2024屆浙江省金麗衢十二校高三上學(xué)期第一次聯(lián)考物理試卷（含答案）

屆浙江省金麗衢十二校高三上學(xué)期第一次聯(lián)考物理試卷一、選擇題Ⅰ（本題共3小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1．理想氣體狀態(tài)方程是描述理想氣體在平衡態(tài)下狀態(tài)參量之間的關(guān)系，可表示為pV=nRT，其中n為氣體的物質(zhì)的量，R為普適氣體恒量。如果用國(guó)際單位制中基本單位的符號(hào)表示R的單位正確的是（）A．Pa?m3mol?KC．kg?m2s2．杭州第19屆亞運(yùn)會(huì)，在賽艇項(xiàng)目女子輕量級(jí)雙人雙槳決賽中，中國(guó)選手鄒佳琪和邱秀萍以7分06秒78的成績(jī)斬獲本屆亞運(yùn)會(huì)首金。下列說(shuō)法正確的是（）A．在比賽中，賽艇能加速前進(jìn)是由于水推槳的力大于槳推水的力B．要研究比賽中運(yùn)動(dòng)員的劃槳技術(shù)技巧，可以將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)C．賽艇到達(dá)終點(diǎn)后，雖然運(yùn)動(dòng)員停止劃水，但由于慣性，賽艇仍會(huì)繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)D．賽艇比賽全程的平均速度一定等于沖刺終點(diǎn)時(shí)瞬時(shí)速度的一半3．如圖小球A在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰能過(guò)最高點(diǎn)，不計(jì)任何阻力，從某次經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，轉(zhuǎn)過(guò)的角度記為θ。下列能正確反映輕繩的拉力F或小球速度大小v變化的圖像是（）A． B．C． D．4．2023年9月，杭亞會(huì)滑板男子碗池決賽，中國(guó)年僅15歲的小將陳燁以84.41分奪冠。圖示為陳燁在比賽中騰空越過(guò)障礙物，若忽略空氣阻力，那么騰空過(guò)程中（）A．在最高點(diǎn)的時(shí)候人的速度為零，但加速度不為零B．運(yùn)動(dòng)員和滑板構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．運(yùn)動(dòng)員和滑板構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D．上升過(guò)程是超重狀態(tài)，滑板對(duì)人的作用力不為零5．如圖，一直梯斜靠在豎直光滑墻壁，人站在梯子上，緩慢爬到梯子的頂端，關(guān)于此過(guò)程，直梯受力情況（）A．地面對(duì)直梯的支持力是由于直梯發(fā)生形變產(chǎn)生的B．地面對(duì)直梯的作用力始終沿直梯向上C．人站的位置越高，直梯受到地面的摩擦力越大D．豎直墻壁對(duì)直梯的作用力保持不變6．2023年8月24日，日本政府正式向海洋排放福島第一核電站的核廢水。核廢水中的84210Po發(fā)生衰變時(shí)的核反應(yīng)方程為84210Po→82206Pb+X，84210Po的比結(jié)合能為A．該衰變是由于弱相互作用引起的B．由于海水的稀釋，84210C．84206Po的平均核子質(zhì)量大于D．該核反應(yīng)過(guò)程中放出的能量ΔE=2067．圖甲為一家用變壓裝置的原理圖。將圖乙所示的正弦式交流電壓加在理想變壓器的原線圈上，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1:n2=1:5，電表均為理想交流電表。已知變壓器副線圈側(cè)的保險(xiǎn)絲R0的熔斷電流為2A，阻值為2Ω，滑動(dòng)變阻器R最大阻值為4Ω，現(xiàn)滑片A．電流表的示數(shù)逐漸減小B．當(dāng)滑片P位于ab中點(diǎn)時(shí)，電壓表讀數(shù)為2.5VC．要求相同時(shí)間內(nèi)滑動(dòng)變阻器R產(chǎn)熱量最多，應(yīng)將滑片P置于b端D．保險(xiǎn)絲即將熔斷時(shí)，原線圈消耗功率為58．空間中固定一電量為Q的點(diǎn)電荷，且存在某方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，使一初速度為v0，帶電量為q的小球恰可繞該點(diǎn)電荷作半徑為rA．若點(diǎn)電荷電量為+Q，則勻強(qiáng)電場(chǎng)方向一定向上B．將點(diǎn)電荷電量變?yōu)?Q，則小球圓周運(yùn)動(dòng)半徑變?yōu)?C．換用另一帶電量2q的小球使之仍以v0繞該點(diǎn)電荷做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)半徑仍為D．若只撤去點(diǎn)電荷Q，同時(shí)調(diào)節(jié)場(chǎng)強(qiáng)為2E，則小球?qū)⒆黝惼綊佭\(yùn)動(dòng)9．2023年5月30日，神舟十六號(hào)載人飛船與空間站組合體成功完成“T”字型徑向交會(huì)對(duì)接。徑向交會(huì)對(duì)接指飛船沿垂直空間站運(yùn)動(dòng)方向與其對(duì)接，載人飛船多次變軌和姿態(tài)調(diào)整來(lái)到距離空間站約2公里的中途瞄準(zhǔn)點(diǎn)，最后在空間站正下方200米處啟動(dòng)動(dòng)力設(shè)備始終沿徑向靠近空間站完成對(duì)接，則此過(guò)程中（）A．飛船到達(dá)中途瞄準(zhǔn)點(diǎn)前的環(huán)繞周期大于空間站的環(huán)繞周期B．飛船到達(dá)中途瞄準(zhǔn)點(diǎn)后具有的動(dòng)能大于空間站的動(dòng)能C．飛船處于空間站正下方200m處時(shí)繞地球運(yùn)行的線速度略小于空間站的線速度D．空間站與飛船對(duì)接后軌道高度會(huì)略微降低10．如圖所示，菱形導(dǎo)線框abcd放置在水平面上，線框各邊長(zhǎng)均為L(zhǎng)且電阻均勻分布，頂角∠abc=θ，整個(gè)空間中存在垂直水平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，將電流從線框a端流入b端流出，通過(guò)ab的電流為I，則線框整體受安培力大小為（）A．F=43BILC．F=0 D．F=2BILcosθ11．如圖所示波源S1和S2間距為10m，起振方向相同，頻率均為0.8Hz，兩波源產(chǎn)生的簡(jiǎn)諧橫波在均勻介質(zhì)中朝四周各個(gè)方向傳播且同時(shí)到達(dá)P點(diǎn)，已知S1P=6m且A．波源S1比SB．S1產(chǎn)生的波到達(dá)S2時(shí)，C．兩列波完全疊加后線段S1D．兩列波完全疊加后線段S212．如圖所示為某絕緣空心球的示意圖，a、b、c、d、E、F是過(guò)球心O的水平截面的圓周上六個(gè)點(diǎn)等分點(diǎn)，分別在a、d和b、c固定等量的正負(fù)電荷，即qa=qd=+qA．E、F兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同B．A、O、B三點(diǎn)的電勢(shì)分別記為φA、C．將一正的試探電荷從A點(diǎn)沿圓弧AEB移到B點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力先做正功再做負(fù)功D．若b、c、d處的電荷仍固定不動(dòng)，將a處的電荷移到O處，則電荷a的電勢(shì)能將減小13．如圖甲所示為小勇同學(xué)收集的一個(gè)“足球”玻璃球，他學(xué)了光的折射后想用激光對(duì)該球進(jìn)行研究，某次實(shí)驗(yàn)過(guò)程中他將激光水平向右照射且過(guò)球心所在的豎直截面，其正視圖如乙所示，AB是沿水平方向的直徑。當(dāng)光束從C點(diǎn)射入時(shí)恰能從右側(cè)射出且射出點(diǎn)為B，已知點(diǎn)C到AB豎直距離h=32RA．B點(diǎn)的出射光相對(duì)C點(diǎn)入射光方向偏折了60°B．該“足球”的直徑為玻璃球直徑的3C．繼續(xù)增加h(h<R)則光將會(huì)在右側(cè)發(fā)生全反射D．用頻率更小的激光入射時(shí)，光在玻璃球中的傳播時(shí)間將變短二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分，每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）14．下列關(guān)于來(lái)自課本的四幅插圖的描述符合事實(shí)的是（）A．如圖甲所示為應(yīng)變片測(cè)力原理圖，當(dāng)自由端施力F變大時(shí)，上表面應(yīng)變片的電阻也變大B．如圖乙為某分子在0℃的速率分布圖像，當(dāng)溫度升高時(shí)各速率區(qū)間分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比都將增加C．如圖丙為方解石的雙折射現(xiàn)象，該現(xiàn)象說(shuō)明方解石晶體具有各向異性D．如圖丁為核反應(yīng)堆的原理圖，其中鎘棒的作用是將裂變過(guò)程中的快中子變成慢中子15．某實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置探究不同金屬發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)的實(shí)驗(yàn)規(guī)律，當(dāng)用頻率為v的入射光照射金屬K1時(shí)電流表示數(shù)不為零，向右調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片P，直到電流表的示數(shù)剛好為零，此時(shí)電壓表的示數(shù)為Uc，該電壓稱為遏止電壓，該實(shí)驗(yàn)小組得到UcA．實(shí)驗(yàn)時(shí)電源的左端為正極B．分別用從氫原子能級(jí)2到1和能級(jí)3到1輻射的光照射金屬K1得到遏止電壓Uc1和UC．換用不同的光照射逸出功更大的金屬K2時(shí)，得到的Uc?vD．當(dāng)滑片P向左滑動(dòng)的過(guò)程中電流表的示數(shù)先增加后不變?nèi)⒎沁x擇題（本題共5小題，共55分）16．某物理課外小組通過(guò)如圖甲、乙、丙所示的實(shí)驗(yàn)裝置探究物體加速度與其所受合外力之間的關(guān)系。已知他們使用的小車完全相同且質(zhì)量為M，重物的質(zhì)量為m，試回答下列問題：（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)，必須滿足“M遠(yuǎn)大于m”的實(shí)驗(yàn)裝置是（選填“甲”、“乙”或“丙”）（2）按乙圖實(shí)驗(yàn)裝置得到如圖丙所示的紙帶，已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)的周期T=0.02s，其中A、B、C、D、E每相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)點(diǎn)沒有標(biāo)出，根據(jù)紙帶提供的數(shù)據(jù)，算得小車加速度的大小為ms（3）采用（丙）圖實(shí)驗(yàn)裝置探究質(zhì)量一定時(shí)加速度與力的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)，以彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度a為縱坐標(biāo)，畫出的a?F圖線是如圖（?。┑囊粭l直線。測(cè)出圖線與橫坐標(biāo)的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則小車的質(zhì)量為。A.2tanθB.1tanθC.2（4）采用（甲）圖實(shí)驗(yàn)裝置，把重物改成槽碼，槽碼總數(shù)N，將n（依次取n=2,3,4,5??）個(gè)槽碼掛在細(xì)線左端，其余N?n個(gè)槽碼仍留在小車內(nèi)，重復(fù)前面的步驟，并得到相應(yīng)的加速度a，得到a?n圖線是過(guò)原點(diǎn)的直線，但實(shí)驗(yàn)時(shí)漏了平衡摩擦力這一步驟，下列說(shuō)法正確的是。A.a?n圖線不再是直線B.a?n圖線仍是過(guò)原點(diǎn)的直線，但該直線的斜率變小C.a?n圖線仍是直線，但該直線不過(guò)原點(diǎn)17．某學(xué)習(xí)小組測(cè)定某電池的電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，已知其電動(dòng)勢(shì)E約為十幾伏，內(nèi)阻r約為幾歐姆，實(shí)驗(yàn)室中提供以下器材：A．量程為10mA、內(nèi)阻未知的電流表G；B．電阻箱R1C．定值電阻R0D．滑動(dòng)變阻器R3E．滑動(dòng)變阻器R4F．開關(guān)2只，導(dǎo)線若干。先用如圖所示甲的電路來(lái)測(cè)定電流表G內(nèi)阻。實(shí)驗(yàn)步驟與如下：①按圖甲連接好電路，斷開S1、S2，將滑動(dòng)變阻器②閉合S1，調(diào)節(jié)R'，使電流表③保持R'不變，再閉合S2，調(diào)節(jié)電阻箱電阻R1=100.0Ω，使電流表④調(diào)節(jié)電阻箱時(shí)，干路上電流可視為幾乎不變，即可測(cè)定的電流表G內(nèi)阻Rg（1）為確保實(shí)驗(yàn)儀器安全，滑動(dòng)變阻器應(yīng)該選?。ㄟx填“R3”或“R4”）；而實(shí)際干路上電流會(huì)發(fā)生變化，故測(cè)得的電流表內(nèi)阻比真實(shí)值（2）按圖乙連接電路，閉合開關(guān)，多次調(diào)節(jié)電阻箱R1的阻值，記錄每次電阻箱的阻值R1及對(duì)應(yīng)的電流表的示數(shù)I。作出1I?R1圖像如圖丙所示，處理數(shù)據(jù)得到斜率k大小為0.2，縱軸截距b18．以下實(shí)驗(yàn)中，說(shuō)法正確的是（）A．在“用雙縫干涉測(cè)量光的波長(zhǎng)”實(shí)驗(yàn)中，干涉圖樣紅光比綠光的條紋間距小B．在“探究可拆式變壓器原副線圈匝數(shù)與電壓關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，當(dāng)原副線圈匝數(shù)比為100：400，測(cè)得副線圈電壓為36V，那么原線圈的輸入電壓可能是10VC．“用油膜法估測(cè)油酸分子的大小”實(shí)驗(yàn)中，油酸酒精溶液久置，酒精會(huì)揮發(fā)，會(huì)導(dǎo)致分子直徑的測(cè)量值偏小D．在“單擺測(cè)重力加速度”實(shí)驗(yàn)中，從平衡位置計(jì)時(shí)，將全振動(dòng)次數(shù)n誤記成n+1次，會(huì)導(dǎo)致測(cè)量g值偏大19．如圖所示裝置是一個(gè)高為H，底面積S的圓柱型導(dǎo)熱氣缸的截面圖。氣缸頂部安裝有擋柱，底部通過(guò)閥門（大小不計(jì)）連接一個(gè)充氣原，厚度不計(jì)的活塞封閉有一部分空氣，活塞距離氣缸底部高度h=13H，質(zhì)量M=p0S2g（1）初始時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)大??；（2）第一次充完氣后，活塞緩慢上升的高度；（3）充氣45次之后，缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)大小。20．如圖所示，足夠長(zhǎng)的水平光滑直軌道AB和水平傳送帶平滑無(wú)縫連接，傳送帶長(zhǎng)L1=4m，以10m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，帶有光滑圓弧管道EF的裝置P固定于水平地面上，EF位于豎直平面內(nèi)，由兩段半徑均為R=0.8m的14圓弧細(xì)管道組成，EF管道與水平傳送帶和水平地面上的直軌道MN均平滑相切連接，MN長(zhǎng)L2=2m，右側(cè)為豎直墻壁?；瑝Ka的質(zhì)量m1=0.3kg，滑塊b與輕彈簧相連，質(zhì)量m2=0.1kg，滑塊c質(zhì)量m3=0.6kg，滑塊a、b、c均靜置于軌道AB上?，F(xiàn)讓滑塊a以一定的初速度水平向右運(yùn)動(dòng)，與滑塊b相撞后立即被粘住，之后與滑塊c發(fā)生相互作用，c與勁度系數(shù)k=1.5N/m的輕質(zhì)彈簧分離后滑上傳送帶，加速之后經(jīng)EF管道后滑上MN。已知滑塊c在F點(diǎn)的速度為46m/s（1）滑塊c第一次經(jīng)過(guò)E點(diǎn)時(shí)對(duì)裝置P的作用力；（2）滑塊a的初速度大小v0（3）試通過(guò)計(jì)算判斷滑塊c能否再次與彈簧發(fā)生相互作用，若能，求出彈簧第二次壓縮時(shí)最大的壓縮量。21．如圖所示，在光滑水平面上建立坐標(biāo)系xoy，在x=?0.1m左右兩側(cè)分別存在著Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，大小均為B=1T，Ⅰ區(qū)方向垂直紙面向里，Ⅱ區(qū)一系列磁場(chǎng)寬度為均為L(zhǎng)=0.1m，相鄰兩磁場(chǎng)方向相反，各磁場(chǎng)具有理想邊界。在x=?0.1m左側(cè)是間距L的水平固定的平行光滑金屬軌道MM'和NN'，軌道MN端接有電容為C=1F的電容器，初始時(shí)帶電量為q0=1C，電鍵S處于斷開狀態(tài)。軌道上靜止放置一金屬棒a，其質(zhì)量m=0.01kg，電阻R=1Ω。軌道右端M'N'上涂有絕緣漆，M'N'右側(cè)放置一邊長(zhǎng)L、質(zhì)量4m、電阻為4R的勻質(zhì)正方形剛性導(dǎo)線框abcd。閉合電鍵（1）電鍵S閉合前，電容器下極板帶電性，a棒勻速時(shí)的速度v1（2）組合體bc邊向右剛跨過(guò)y軸時(shí)，ad兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uad（3）碰后組合體產(chǎn)生的焦耳熱及最大位移。22．如圖所示，水平地面上有一輛小車，上方固定有豎直光滑絕緣細(xì)管，管的長(zhǎng)度L=2v029g，有一質(zhì)量m、電荷量+q的絕緣小球A放置在管的底部，小球的直徑略小于細(xì)管。在管口所在水平面MN的下方存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)讓小車始終保持速度的v0向右勻速運(yùn)動(dòng)，以帶電小球剛經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的豎直邊界為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，并以此時(shí)刻管口處為坐標(biāo)原點(diǎn)O建立（1）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和絕緣管對(duì)小球做的總功；（2）小球經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的坐標(biāo)；（3）若第一象限存在和第四象限大小和方向都相同的的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，同時(shí)絕緣管內(nèi)均勻緊密排滿了大量相對(duì)絕緣管靜止，與小球A完全相同的絕緣小球。不考慮小球之間的相互靜電力，求能到達(dá)縱坐標(biāo)y=9

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】由理想氣體狀態(tài)方程pV=nRT可得R=則有用國(guó)際單位制中基本單位的符號(hào)表示R的單位，國(guó)際單位制共有7個(gè)基本單位，Pa?ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。

【分析】根據(jù)一定質(zhì)量理想氣體狀態(tài)方程結(jié)合單位的推導(dǎo)解答。2．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)作用力與反作用力特點(diǎn)判斷，在比賽中，賽艇能加速前進(jìn)是由于水推槳的力大于賽艇受到的阻力。水推槳的力和槳推水的力是作用力與反作用力，大小相等。故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)看作質(zhì)點(diǎn)的條件判斷，要研究比賽中運(yùn)動(dòng)員的劃槳技術(shù)技巧，運(yùn)動(dòng)員的大小和形狀對(duì)問題研究的影響不能忽略，不能將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)。故B錯(cuò)誤；C．物體保持原來(lái)的勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)叫做慣性，賽艇到達(dá)終點(diǎn)后，雖然運(yùn)動(dòng)員停止劃水，但由于慣性，賽艇仍會(huì)繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)，故C正確；D．比賽過(guò)程，賽艇的運(yùn)動(dòng)不一定是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故賽艇比賽全程的平均速度不一定等于沖刺終點(diǎn)時(shí)瞬時(shí)速度的一半。故D錯(cuò)誤。故選C。

【分析】作用力和反作用力總是等大、反向的，可以把其中任何一個(gè)力叫作作用力，另一個(gè)力叫作反作用力。如果在研究的問題中，物體的形狀、大小及物體上各部分運(yùn)動(dòng)的差異是次要或不起作用的因素，就可以把物體看做一個(gè)質(zhì)點(diǎn)。3．【答案】A【解析】【解答】CD．本題考查了豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，涉及繩子的臨界問題，先列出表達(dá)式再結(jié)合圖像分析即可。小球A在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，輕繩的拉力F與小球重力沿繩子方向分量的矢量和提供向心力，由此確定F與v2關(guān)系，結(jié)合牛頓第二定律分析F與θ的關(guān)系。小球A在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰能過(guò)最高點(diǎn)，有mg=m解得v=從某次經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，初始的速度不為0，且小球A向下運(yùn)動(dòng)的的過(guò)程中，重力做正功，速度增大，CD錯(cuò)誤；B．小球A在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，有FF向與v2成正比，而F向A．小球A恰能過(guò)最高點(diǎn)，則最高點(diǎn)重力提供向心力，輕繩的拉力F=0，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度最大，向心力最大，此時(shí)有F解得F=最低點(diǎn)時(shí)向心力最大，輕繩的拉力F達(dá)到最大值；運(yùn)動(dòng)一周即轉(zhuǎn)過(guò)2π后小球回到最高點(diǎn)，輕繩的拉力F=0，A正確。故選A。

【分析】小球A在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰能過(guò)最高點(diǎn)重力提供向心力，可得最高點(diǎn)的速度大小，由此分析小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度的變化情況。4．【答案】B【解析】【解答】A．在最高點(diǎn)的時(shí)候人的豎直方向的速度為零，水平方向的速度不為零，故在最高點(diǎn)的時(shí)候人的速度不為零，受到重力作用，加速度為重力加速度，加速度不為零，故A錯(cuò)誤；B．在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動(dòng)能與勢(shì)能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。運(yùn)動(dòng)員和滑板構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B正確；C．在開始起跳到脫離滑板瞬間，在豎直方向上運(yùn)動(dòng)員和滑板所受合力不為零，故運(yùn)動(dòng)員和滑板構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故C錯(cuò)誤；D．物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運(yùn)動(dòng)還是向下運(yùn)動(dòng)，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。上升過(guò)程是運(yùn)動(dòng)員只受重力作用，有豎直向下的重力加速度，運(yùn)動(dòng)員處于完全失重狀態(tài)，滑板對(duì)人的作用力為零，故D錯(cuò)誤。故選B。

【分析】根據(jù)斜上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律判斷；根據(jù)機(jī)械能守恒的條件判斷；根據(jù)動(dòng)量守恒的條件判斷；根據(jù)超重和失重的定義判斷。5．【答案】C【解析】【解答】A．支持力是一種彈力，是由發(fā)生彈性形變的物體產(chǎn)生的。地面對(duì)直梯的支持力是由于地面發(fā)生形變而產(chǎn)生的，故A錯(cuò)誤；B．分析直梯的受力情況，根據(jù)力的合成法分析地面對(duì)直梯的作用力方向。地面對(duì)直梯的支持力垂直地面向上，而地面對(duì)直梯的靜摩擦力平行地面向左，則根據(jù)力的合成可知，地面對(duì)直梯的作用力斜向左上方，故B錯(cuò)誤；CD．本題考查受力平衡，解題關(guān)鍵掌握對(duì)直梯的受力進(jìn)行分析，注意直梯的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)為靜止。對(duì)人和梯子整體受力分析如圖所示整體受重力G、豎直墻壁的支持力N1、地面的支持力N2和地面的摩擦力f，圖中F為N2與f的合力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知，F(xiàn)、G和N1三力平衡，三個(gè)力的延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)O，人站在梯子上，緩慢爬到梯子的頂端的過(guò)程中，梯子和人整體的重心大致向左上移動(dòng)，則三力交匯點(diǎn)O水平向左平移，則可知F與豎直方向的夾角增大，設(shè)該夾角為F顯然，夾角增大，力F必然增大，而力F的水平分量f=F則可知地面對(duì)直梯的摩擦力增大，而水平方向始終有f=由此可知，人站的位置越高，直梯受到地面的摩擦力越大，豎直墻壁對(duì)直梯的作用力越大，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。

【分析】支持力是一種彈力，是由發(fā)生彈性形變的物體產(chǎn)生的。分析直梯的受力情況，根據(jù)力的合成法分析地面對(duì)直梯的作用力方向。對(duì)人和梯子整體受力分析，作出受力示意圖，根據(jù)平衡條件分析直梯受到地面的摩擦力和墻壁對(duì)直梯的作用力變化情況。6．【答案】D【解析】【解答】A．根據(jù)核反應(yīng)的特點(diǎn)衰變類型，進(jìn)而確定是哪種相互作用引起的。根據(jù)衰變方程可知X為24He，所以84210PoB．根據(jù)半衰期的概念，結(jié)合半衰期的影響因素完成分析，半衰期與原子所處的物理狀態(tài)無(wú)關(guān)，與原子核內(nèi)部結(jié)構(gòu)決定，故B錯(cuò)誤；C．比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，原子核的平均核子質(zhì)量越小。平均核子質(zhì)量是原子質(zhì)量與核子數(shù)的比值，所以84206Po的平均核子質(zhì)量小于D．比結(jié)合能是原子核的結(jié)合能與核子數(shù)的比值，所以84210Po的比結(jié)合能為210E1，82206ΔE=206故D正確。故選D。

【分析】核反應(yīng)過(guò)程中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒等，根據(jù)比結(jié)合能大小判斷平均核子質(zhì)量大小的關(guān)系。7．【答案】B【解析】【解答】A．本題主要考查變壓器的知識(shí)，要掌握變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比與電壓、電流之比的變化情況，與歐姆定律結(jié)合運(yùn)用?；琍從b端緩慢移動(dòng)至a端的過(guò)程，原副線圈兩端電壓不變，則副線圈電阻減小，所以副線圈電流變大，根據(jù)原副線圈電流與匝數(shù)比的關(guān)系可知，電流表的示數(shù)逐漸增大，故A錯(cuò)誤；B．原、副線圈的電壓之比等于匝數(shù)之比，由n可得副線圈電壓U當(dāng)滑片P位于ab中點(diǎn)時(shí)，電壓表讀數(shù)始終為U=故B正確；C．由P=要求相同時(shí)間內(nèi)滑動(dòng)變阻器R產(chǎn)熱量最多，則要滿足R所以應(yīng)將滑片P置于ab中點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D．原、副線圈的電流之比等于匝數(shù)的反比，由I可得保險(xiǎn)絲即將熔斷時(shí)，原線圈中電流為I原線圈消耗功率為P故D錯(cuò)誤。故選B。

【分析】變壓器的電壓之比等于匝數(shù)之比，滑動(dòng)變阻器R的滑片P由b端向a端緩慢滑動(dòng)時(shí)，電阻變小，電流變大，根據(jù)電功率公式解。8．【答案】C【解析】【解答】A．本題是電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)與圓周運(yùn)動(dòng)的綜合，圓周運(yùn)動(dòng)的關(guān)鍵是確定向心力的來(lái)源。若點(diǎn)電荷電量為+Q，則q帶負(fù)電，小球所受的勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力與重力平衡，因此勻強(qiáng)電場(chǎng)方向一定豎直向下，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)庫(kù)侖定律和牛頓第二定律可知kQq可知若點(diǎn)電荷電量變?yōu)?Q，小球的速度大小不變，小球圓周運(yùn)動(dòng)半徑應(yīng)變?yōu)?r，B錯(cuò)誤；C．結(jié)合小球在豎直方向受力平衡，利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，推導(dǎo)可分析出半徑的關(guān)系。用另一帶電量2q的小球使之仍以v0Eq=mg可知小球的質(zhì)量變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，根據(jù)kQq可知?jiǎng)t小球運(yùn)動(dòng)半徑仍為r，C正確；D．于不知道小球初始速度的方向，撤出點(diǎn)電荷Q后，物體的運(yùn)動(dòng)情況為類平拋、豎直上拋和斜拋運(yùn)動(dòng)都有可能。只撤去點(diǎn)電荷Q，同時(shí)調(diào)節(jié)場(chǎng)強(qiáng)為2E，則小球所受的合力為2Eq?mg=mg若初速度沿水平方向，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，若初速度豎直向上，則做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若初速度傾斜，做斜拋運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。故選C。

【分析】小球做圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明重力的方向和電場(chǎng)力的方向必然向反，由此可以判斷勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向，球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是由二者之間的庫(kù)侖力提供的，結(jié)合庫(kù)侖定律和牛頓第二定律分析即可。9．【答案】C【解析】【解答】A．飛船受到的萬(wàn)有引力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律求解。對(duì)飛船，由萬(wàn)有引力提供向心力得G可得T=2π由上式可知，飛船到達(dá)中途瞄準(zhǔn)點(diǎn)前的環(huán)繞周期小于空間站的環(huán)繞周期，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)G可得v=可知飛船到達(dá)中途瞄準(zhǔn)點(diǎn)后的速度大于空間站的速度，但二者質(zhì)量未知，所以無(wú)法比較動(dòng)能，故B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)線速度的計(jì)算公式，結(jié)合半徑的大小得出線速度的大小關(guān)系。飛船沿徑向接近空間站過(guò)程中，始終在空間站正下方，所以需要控制飛船繞地球運(yùn)行的角速度等于空間站的角速度，根據(jù)v=ωR飛船繞地球運(yùn)行的線速度小于空間站的線速度，飛船沿徑向到達(dá)空間站與之對(duì)接時(shí)的線速度相同，由萬(wàn)有引力提供向心力可知，對(duì)接后軌道高度不會(huì)降低，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。

【分析】本題主要考查了萬(wàn)有引力定律的相關(guān)應(yīng)用，理解飛船做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力來(lái)源，結(jié)合牛頓第二定律即可完成分析。10．【答案】A【解析】【解答】線框的adcb部分和ab是并聯(lián)關(guān)系，其電阻之比為Radcb：Rab=3：1，由并聯(lián)電路的分流關(guān)系可知：線框的adcb部分與ab部分的電流之比為Iadcb：Iab=1：3。線框的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)，由于R兩個(gè)支路是并聯(lián)關(guān)系，因此流過(guò)線框的總電流I等效電流與磁場(chǎng)垂直，線框整體受安培力大小為F=B故選A。

【分析】利用并聯(lián)電路電流之比等于電阻的反比，根據(jù)F=BIL求安培力大小。11．【答案】D【解析】【解答】A．本題主要考查波的干涉的有關(guān)知識(shí)，根據(jù)波的疊加原理解答。根據(jù)幾何關(guān)系可知S波在同種介質(zhì)中的傳播速度相同，波源S2比SΔA錯(cuò)誤；B．周期與頻率互為倒數(shù)，波的振動(dòng)周期T=S1產(chǎn)生的波到達(dá)St=因此S1C．振幅最小的點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，振動(dòng)減弱點(diǎn)是到兩波源的路程差是半波長(zhǎng)奇數(shù)倍。兩列波疊加后在S1S2間形成駐波，兩個(gè)相鄰的振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)間的距離為12λ，兩個(gè)相鄰的振動(dòng)減弱點(diǎn)間的距離也為12λ，加強(qiáng)點(diǎn)與減弱點(diǎn)間的最近距離為14λ，起振方向向上，兩列波相遇點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，由于波源x=又由于波長(zhǎng)λ=因此到S1距離為0.25m，2.75m，5.25m，7.75m點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，C錯(cuò)誤；D．振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)是到兩波源的路程差是波長(zhǎng)整數(shù)倍。P點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，到兩波源距離差為2m，到兩波源距離再多出波長(zhǎng)整數(shù)倍的點(diǎn)也為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，因此在S2P上，到S1、S2兩波源距離差為3.0m，8.0m點(diǎn)也為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，D正確。故選D。

【分析】波在同一種均勻介質(zhì)中勻速傳播，數(shù)學(xué)知識(shí)結(jié)合公式求解波源S1比S2誰(shuí)先振動(dòng)，根據(jù)波傳播的特點(diǎn)可以判斷S1處質(zhì)點(diǎn)的位置，據(jù)題意起振方向相同，振動(dòng)減弱點(diǎn)是到兩波源的路程差是半波長(zhǎng)奇數(shù)倍；振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)是到兩波源的路程差是波長(zhǎng)整數(shù)倍。12．【答案】A,D【解析】【解答】A．畫出位于a、b、c、d四點(diǎn)的電荷在E、F兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的合成分析E、F兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度關(guān)系。畫出在abcd四點(diǎn)的電荷在EF兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向如圖，由圖可知，E、F兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同，選項(xiàng)A正確；B．根據(jù)等量異種電荷周圍的電勢(shì)分布分析A、O、B三點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系。由等量異種電荷周圍的電勢(shì)分布可知，A、O、B三點(diǎn)在等量異種電荷的連線的中垂面上，則各點(diǎn)電勢(shì)均為零，即φAC．根據(jù)電勢(shì)的變化分析電場(chǎng)力做功正負(fù)，將一正的試探電荷從A點(diǎn)沿圓弧AEB移到B點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)先升高后降低，則正電荷的電勢(shì)能先增加后減小，則電場(chǎng)力先做負(fù)功再做正功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．若b、c、d處的電荷仍固定不動(dòng)，將a處的電荷移到O處，因b處的電荷在Oa兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，則b處的電荷使a處的電荷移到O處引起的電勢(shì)能不變，則主要考慮dc兩處的電荷對(duì)電荷a的影響，在a處時(shí)，dc兩處的電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)為正，則電荷a的電勢(shì)能為正，到O處時(shí)dc兩處的電荷在O點(diǎn)的電勢(shì)為零，則電荷a在O點(diǎn)的電勢(shì)能為零，可知將a處的電荷移到O處電荷a的電勢(shì)能將減小，選項(xiàng)D正確。故選AD。

【分析】畫出位于a、b、c、d四點(diǎn)的電荷在E、F兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的合成分析E、F兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度關(guān)系。根據(jù)等量異種電荷周圍的電勢(shì)分布分析A、O、B三點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系。將一正的試探電荷從A點(diǎn)沿圓弧AEB移到B點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)電勢(shì)的變化分析電場(chǎng)力做功正負(fù)。若b、c、d處的電荷仍固定不動(dòng)，將a處的電荷移到O處，分析電勢(shì)的變化，判斷電荷a的電勢(shì)能如何變化。13．【答案】A,D【解析】【解答】A．畫出從C點(diǎn)入射的光路圖，由幾何關(guān)系求得光束從C點(diǎn)射入時(shí)入射角和折射角，根據(jù)光路可逆原理可的光束在B點(diǎn)射出時(shí)的折射角，根據(jù)幾何關(guān)系求解光束偏折的角度。從C點(diǎn)入射的光線，進(jìn)入玻璃球后光線如圖所示

設(shè)入射角為i，折射角為r，法線與直徑AB夾角為θ，則根據(jù)幾何關(guān)系θ=i，θ=2r而sin可知i=60o進(jìn)入玻璃時(shí)，光線沿順時(shí)針偏轉(zhuǎn)了30o，根據(jù)光的折射定律，從B點(diǎn)射出時(shí)，光線沿順時(shí)針又偏轉(zhuǎn)了30o，因此從B點(diǎn)的出射光相對(duì)C點(diǎn)入射光方向偏折了60o，A正確；B．根據(jù)幾何關(guān)系，足球的直徑d=2RB錯(cuò)誤；C．由于光線從C點(diǎn)射入玻璃中的折射角等于從B點(diǎn)出射時(shí)的入射角，離開玻璃球的折射角等于射入玻璃球時(shí)的入射角，因此光線不會(huì)發(fā)生全反射，C錯(cuò)誤；D．如果用頻率更小的激光入射時(shí)，進(jìn)入玻璃的折射角增大，從而在玻璃內(nèi)傳播的距離減小，而頻率更小時(shí)，光在玻璃中的傳播速度增大，從而光在玻璃球中的傳播時(shí)間變短，D正確。故選AD?！痉治觥勘绢}考查了光學(xué)的折射定律以及全反射現(xiàn)象，解答此類題目依據(jù)物理原理作出光路圖是基礎(chǔ)，利用數(shù)學(xué)幾何知識(shí)解題。根據(jù)題意可知在C點(diǎn)進(jìn)入玻璃球的光線與球內(nèi)的“足球”相切，根據(jù)幾何關(guān)系可得“足球”的直徑；根據(jù)光路可逆原理可知光束不會(huì)在右側(cè)發(fā)生全反射。14．【答案】A,C【解析】【解答】A．當(dāng)應(yīng)變片在其彈性極限內(nèi)受外力增大時(shí)，上表面的應(yīng)變片電阻也變大，A正確；B．當(dāng)溫度升高時(shí)，平均分子速率變大，但是不會(huì)各速率區(qū)間分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比都增加，只是速率較大分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比增加，B錯(cuò)誤；C．雙折射是光束入射到各向異性的晶體，分解為兩束光而沿不同方向折射的現(xiàn)象，方解石的雙折射現(xiàn)象，該現(xiàn)象說(shuō)明方解石晶體具有各向異性，C正確；D．圖丁中鎘棒的作用是吸收中子，從而影響鏈?zhǔn)椒磻?yīng)速度，D錯(cuò)誤。故選AC。

【分析】根據(jù)應(yīng)變片測(cè)力原理分析；溫度升高，平均分子速率變大；晶體具有各向異性；鎘棒吸收中子。15．【答案】D【解析】【解答】A．因滑片向右調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片P，可使電流表的示數(shù)為零，此時(shí)光電管加反向電壓，則光電管右端電勢(shì)高，則電源右端為正極，故A錯(cuò)誤；C．根據(jù)光電效應(yīng)方程：Ek=hν-W0，其中hν為入射光子的能量，Ek為光電子的最大初動(dòng)能，W0是金屬的逸出功．可得U換用不同的光照射逸出功更大的金屬K2時(shí)，所得到的UcB．光電子的最大初動(dòng)能由入射光的頻率決定，與所加電壓無(wú)關(guān)。飽和光電流由入射光的強(qiáng)度決定，與入射光的頻率無(wú)關(guān)。氫原子從能級(jí)2躍遷到能級(jí)1輻射出的光子能量小于從能級(jí)3躍遷到能級(jí)1輻射出的光子能量，根據(jù)E=hν可知，氫原子從能級(jí)2躍遷到能級(jí)1輻射出的光子頻率小于從能級(jí)3躍遷到能級(jí)1輻射出的光子頻率，而根據(jù)愛因斯坦的光電效應(yīng)方程eUc=Ek=hν-W逸出功可知Uc1＜Uc2故B錯(cuò)誤；D．滑片P初始位置應(yīng)該是在中間，此時(shí)加在光電管上的電壓為零，P左滑的過(guò)程中，光電管所加的正向電壓變大，形成的光電流逐漸增大，當(dāng)達(dá)到飽和電流后電流不再變，因此可知電流表的示數(shù)先增加后不變，故D正確。該題考查了愛因斯坦光電效應(yīng)方程的相關(guān)知識(shí)，解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)方程，知道最大初動(dòng)能與遏止電壓的關(guān)系。故選D。

【分析】光電子的最大初動(dòng)能由入射光的頻率決定，與所加電壓無(wú)關(guān)。飽和光電流由入射光的強(qiáng)度決定，與入射光的頻率無(wú)關(guān)；根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程求金屬的極限頻率。16．【答案】甲【解析】【解答】（1）當(dāng)鉤碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的總質(zhì)量時(shí)，可以近似認(rèn)為小車受到的拉力等于鉤碼的重力，若用力傳感器，則不需要滿足此條件。乙、丙兩圖繩上的拉力都可測(cè)量直接讀出，不需要重物重力替代，甲圖需要用重物重力替代拉力，所以需要滿足“M遠(yuǎn)大于m”；（2）熟練應(yīng)用所學(xué)基本規(guī)律解決實(shí)驗(yàn)問題，根據(jù)逐差法公式可得a=解得a=0.58（3）根據(jù)牛頓第二定律可得2F=Ma整理得a=所以小車的質(zhì)量為2k（4）探究加速度與力、質(zhì)量關(guān)系實(shí)驗(yàn)要采用控制變量法。因?yàn)闆]有平衡摩擦力，所以可得nmg?f=整理得a=所以a?n圖線仍是直線，但該直線不過(guò)原點(diǎn)，故選C。

【分析】（1）只有用重物的重力代替繩子的拉力，才需要滿足M＞＞m；若用力傳感器，則不需要滿足此條件。

（2）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的逐差法解得加速度；

（3）根據(jù)牛頓第二定律得到加速度與F的函數(shù)關(guān)系。

（4）根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合圖像分析解答。17．【答案】R4【解析】【解答】（1）根據(jù)電源電動(dòng)勢(shì)與電流表量程求出電路最小總電阻，由于電池的電動(dòng)勢(shì)約為十幾伏，電流表量程為10mA，可知電路最小電阻應(yīng)大于1000Ω，滑動(dòng)變阻器為限流接法，為確保實(shí)驗(yàn)儀器安全，滑動(dòng)變阻器應(yīng)該選取R由于接入電阻箱R1，導(dǎo)致干路上電流變大，當(dāng)電流表G示數(shù)為5mA，則流過(guò)變阻箱的電流大于5mA，則電流表內(nèi)阻真實(shí)值大于R（2）根據(jù)圖示電路圖應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，由實(shí)驗(yàn)步驟三、四可知流過(guò)電阻箱R1的電流與流過(guò)電流表的電流相等，電阻箱與電流表并聯(lián)，由并聯(lián)電路特點(diǎn)可知，電流表內(nèi)阻等于電阻箱接入電路的阻值R由閉合電路歐姆定律得E=由R0與GI聯(lián)立解得1根據(jù)圖示圖象可以求出電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，可知1IR解得電源電動(dòng)勢(shì)為E=15V1IR解得內(nèi)阻為r≈6.7Ω

【分析】（1）選擇滑動(dòng)變阻器，由實(shí)驗(yàn)原理判斷電流表內(nèi)阻比真實(shí)值偏??；

18．【答案】B,C,D【解析】【解答】A．紅光比綠光的波長(zhǎng)更長(zhǎng)，由雙縫干涉條紋間距公式Δ可知，在相同條件下，波長(zhǎng)越長(zhǎng)，條紋間距越大，因此干涉圖樣紅光比綠光的條紋間距大，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)理想變壓器原副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系電壓比等于匝數(shù)比U解得U由于實(shí)際變壓器存在能量損失，所以原線圈電壓應(yīng)大于9V，所以原線圈的輸入電壓可能是10V，故B正確；C．“用油膜法估測(cè)油酸分子的大小”實(shí)驗(yàn)中，油酸酒精溶液久置，酒精會(huì)揮發(fā)，導(dǎo)致油酸濃度變大，根據(jù)公式d=可知，V不變，但有油酸濃度變大，導(dǎo)致形成的油膜面積變大，分子直徑的測(cè)量值偏小，故C正確；D．在“單擺測(cè)重力加速度”實(shí)驗(yàn)中，從平衡位置計(jì)時(shí)，將全振動(dòng)次數(shù)n誤記成n+1次，則周期偏小，根據(jù)單擺的周期公式T=2π得到重力加速度表達(dá)式，可知，測(cè)量g值偏大，故D正確。故選BCD。

【分析】紅光比綠光的波長(zhǎng)更長(zhǎng)，根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式分析；根據(jù)理想變壓器原副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系，來(lái)求解原線圈的輸入電壓；“用油膜法估測(cè)油酸分子的大小”實(shí)驗(yàn)中，油酸酒精溶液久置，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析誤差情況；根據(jù)單擺的周期公式分析。19．【答案】解：（1）對(duì)活塞受力分析，由平衡條件得p解得p（2）第一次充完氣，對(duì)充進(jìn)部分的氣體研究，有p解得h（3）活塞與氣缸剛好卡住時(shí)，有n=H?h則充氣的30次氣體做等壓變化，后15次做等容變化，有p解得p【解析】【分析】（1）對(duì)活塞受力分析，由平衡條件得初始時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)大??；

（2）第一次充完氣，對(duì)充進(jìn)部分的氣體研究，根據(jù)玻意耳定律求解活塞緩慢上升的高度；

（3）活塞與氣缸剛好卡住時(shí)，根據(jù)體積關(guān)系求充氣的次數(shù)，再據(jù)玻意耳定律求解充氣45次之后，缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)大小。20．【答案】解：（1）滑塊c第一次經(jīng)過(guò)E點(diǎn)到F點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理m滑塊c在F點(diǎn)的速度為v解得v根據(jù)牛頓第二定律，在E點(diǎn)滑塊cF解得F方向豎直向下，根據(jù)牛頓第三定律知滑塊c第一次經(jīng)過(guò)E點(diǎn)時(shí)對(duì)裝置P的作用力為F方向豎