浙江省Z20名校聯(lián)盟2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期第二次聯(lián)考物理試題（解析版）

高中聯(lián)考精品試卷PAGEPAGE1浙江省Z20名校聯(lián)盟2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期第二次聯(lián)考試題選擇題部分一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。在每小給出的四個(gè)備選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的，不選、錯(cuò)選、多選均不得分）1.下列表達(dá)中等號(hào)左邊的物理量能表示力的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗A．根據(jù)可知A的單位為，故A表示力，故A正確；B．根據(jù)可知B的單位為，故B不表示力，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)可知C的單位為，故C不表示力，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)可知D的單位為，故D不表示力，故D錯(cuò)誤。故選A。2.下列關(guān)于物理學(xué)史實(shí)的說(shuō)法正確的是（）A.伽利略通過(guò)實(shí)驗(yàn)獲取數(shù)據(jù)并得到了慣性定律B.焦耳通過(guò)許多實(shí)驗(yàn)測(cè)定了功與熱的等效性C.庫(kù)侖引入場(chǎng)的概念并用于研究電荷間的相互作用D.愛(ài)因斯坦根據(jù)光電效應(yīng)現(xiàn)象提出了物質(zhì)波的概念〖答案〗B〖解析〗A．伽利略通過(guò)理想斜面實(shí)驗(yàn)總結(jié)出了力不是維持運(yùn)動(dòng)的原因，牛頓總結(jié)了慣性定律，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．焦耳通過(guò)許多實(shí)驗(yàn)測(cè)定了功與熱的等效性，選項(xiàng)B正確；C．電場(chǎng)的概念是法拉第建立的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．愛(ài)因斯坦根據(jù)光電效應(yīng)現(xiàn)象提出了光量子的概念，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。3.玻璃管中一羽毛和一鐵片同時(shí)從管頂由靜止開(kāi)始下落，如圖所示是下落過(guò)程中拍攝的照片，經(jīng)測(cè)量羽毛和鐵片下落的高度之比是，已知鐵片所受的空氣阻力可以忽略，羽毛所受的空氣阻力恒定，可得（）A.羽毛的質(zhì)量是鐵片質(zhì)量的一半B.此時(shí)羽毛的速度是鐵片的倍C.下落過(guò)程中羽毛的加速度為D.羽毛受到阻力大小等于其重力的一半〖答案〗D〖解析〗A．由題中已知條件，無(wú)法得到羽毛與鐵片的質(zhì)量關(guān)系，故A錯(cuò)誤；BCD．設(shè)鐵片質(zhì)量為M，下落高度為h，下落所用時(shí)間為t，羽毛質(zhì)量為m，羽毛所受阻力為f，則鐵片做自由落體運(yùn)動(dòng)，加速度為g，則有對(duì)羽毛有可得對(duì)鐵片有對(duì)羽毛有可得故BC錯(cuò)誤，D正確。故選D。4.如圖所示是教材中用v－t圖像研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移－時(shí)間關(guān)系時(shí)用到的插圖，如果把物體的運(yùn)動(dòng)均分成n個(gè)小段，得到了圖中的n個(gè)矩形，以及它們與v－t圖線所夾的n個(gè)三角形，設(shè)物體做勻變速運(yùn)動(dòng)的初速度為，加速度為a，所用時(shí)間為t。下列說(shuō)法正確的是（）A.每個(gè)三角形的面積與n成反比B.n個(gè)三角形面積之和為C.n個(gè)矩形的面積之和為D.當(dāng)n趨向于無(wú)窮大時(shí)，n個(gè)三角形面積之和趨向于〖答案〗B〖解析〗ABD．每個(gè)三角形的底邊長(zhǎng)為，高等于這段時(shí)間的速度變化量，為每個(gè)三角形的面積每個(gè)三角形的面積與n不成反比，n個(gè)三角形面積之和為當(dāng)n趨向于無(wú)窮大時(shí)，n個(gè)三角形面積之和趨向于0，故AD錯(cuò)誤，B正確；C．n個(gè)矩形的面積之和為故C錯(cuò)誤。故選B。5.如圖所示，兩豎直桿P、Q相距L，把長(zhǎng)為2L的細(xì)繩兩端系在P、Q兩桿上，結(jié)點(diǎn)分別為A、B，忽略打結(jié)對(duì)繩長(zhǎng)的影響，用光滑輕質(zhì)掛鉤把質(zhì)量為m的重物掛在繩上，重物可看作質(zhì)點(diǎn)，對(duì)下列操作的判斷正確的是（）A.僅緩慢下移結(jié)點(diǎn)B，重物的運(yùn)動(dòng)軌跡是曲線B.僅緩慢向右移動(dòng)Q桿，重物的運(yùn)動(dòng)軌跡是直線C.僅緩慢把結(jié)點(diǎn)B下移距離y，重力對(duì)重物做功為D.僅緩慢向右移動(dòng)Q桿過(guò)程中，細(xì)繩的張力始終為〖答案〗C〖解析〗A．如圖由平衡關(guān)系可知可知根據(jù)幾何關(guān)系可知可得既AO與豎直方向的夾角始終是30°，所以僅緩慢下移結(jié)點(diǎn)B，重物的運(yùn)動(dòng)軌跡是直線，故A錯(cuò)誤；B．由幾何關(guān)系可知?jiǎng)t僅緩慢向右移動(dòng)Q桿，MN變大，則α變大，重物的運(yùn)動(dòng)軌跡是曲線，故B錯(cuò)誤；C．僅緩慢把結(jié)點(diǎn)B下移距離y，如圖由幾何關(guān)系可知重力對(duì)重物做功為故C正確；D．由可得僅緩慢向右移動(dòng)Q桿過(guò)程中，α變大，則張力變大，故D錯(cuò)誤。故選C。6.波輪洗衣機(jī)中的脫水筒如圖所示，部分規(guī)格如下表所示。在運(yùn)行脫水程序時(shí)，有一質(zhì)量的硬幣被甩到桶壁上，隨桶壁一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)硬幣只與筒壁有接觸，。下列表達(dá)式中正確的是（）質(zhì)量31kg脫水轉(zhuǎn)速600r/min脫水筒尺寸直徑300mm，高370mm外形尺寸長(zhǎng)555mm，寬510mm，高870mmA.硬幣受到筒壁的彈力B.硬幣受到筒壁的作用力C.硬幣與筒壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)D.硬幣的動(dòng)能〖答案〗B〖解析〗A．由表格中數(shù)據(jù)可知，脫水筒的轉(zhuǎn)速可得角速度脫水筒的半徑圓筒對(duì)硬幣的彈力提供硬幣做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，所以有故A錯(cuò)誤；B．硬幣受到筒壁的彈力與靜摩擦力作用，靜摩擦力大小等于硬幣的重力，可得筒壁對(duì)硬幣的作用力大小故B正確；C．硬幣隨筒壁一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有可得硬幣與筒壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)故C錯(cuò)誤；D．硬幣的動(dòng)能故D錯(cuò)誤。故選B。7.已知萬(wàn)有引力常量用G表示，地球質(zhì)量為M，半徑為R，地球表面的重力加速度為g，地球自轉(zhuǎn)的周期為T(mén)，地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為r，下列表達(dá)式中不能計(jì)算地球同步衛(wèi)星的向心加速度a的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗AB．地球自轉(zhuǎn)的周期為T(mén)，即同步衛(wèi)星的運(yùn)行周期為T(mén)，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)加速度公式，得故A錯(cuò)誤，B正確；CD．由黃金代換，有根據(jù)萬(wàn)有引力定律，地球同步衛(wèi)星運(yùn)行過(guò)程滿足兩式聯(lián)立，得故CD正確。故選A。8.如圖所示，用2.0m長(zhǎng)的絕緣線把一個(gè)質(zhì)量為4.5×10－3kg的帶電小球懸掛在帶等量異種電荷的豎直平行板之間，小球平衡時(shí)偏離豎直位置2.0cm。已知，兩板間的電勢(shì)差大小是1.5×104V，兩板間的距離是10cm，兩板間的電場(chǎng)可看作勻強(qiáng)電場(chǎng)。下列說(shuō)法正確的是（θ很小時(shí)，tanθ≈sinθ）（??）A.小球的電荷量是－3×10－8CB.小球受到的電場(chǎng)力是4.5×10－4NC.若把負(fù)極板略向右移，小球偏離豎直位置的距離將增大D.若把負(fù)極板略向右移，小球偏離豎直位置的距離將減小〖答案〗B〖解析〗AB．設(shè)平衡時(shí)絕緣線與豎直方向的夾角為α，小球的電荷量大小q，對(duì)小球受力分析如圖兩板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度為小球所受的電場(chǎng)力為F=Eq細(xì)線的拉力為T(mén)，根據(jù)平衡條件，水平方向有Tsinα=Eq豎直方向有Tcosα=mg解得根據(jù)題意及圖中的幾何關(guān)系得綜上解得q=3×10－9C即小球的電荷量為－3×10－9C，小球受到的電場(chǎng)力F=Eq=4.5×10－4NA錯(cuò)誤，B正確；CD．若把負(fù)極板略向右移，根據(jù)可得豎直平行板之間場(chǎng)強(qiáng)與d無(wú)關(guān)，則小球受到的電場(chǎng)力不變，偏離豎直位置的距離不變，CD錯(cuò)誤。故選B。9.如圖所示，電源內(nèi)阻可以忽略，將燈泡的燈絲與小燈泡串聯(lián)接入電路，使小燈泡發(fā)光。當(dāng)用酒精燈給燈絲加熱時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A.燈絲的電阻一定變小 B.小燈泡的電阻一定變大C.燈絲的電功率一定增大 D.電源的輸出功率一定減小〖答案〗D〖解析〗A．當(dāng)用酒精燈給燈絲加熱時(shí)，燈絲的溫度升高，燈絲的電阻率隨溫度升高而增大，由電阻定律，燈絲的電阻一定變大，A錯(cuò)誤；B．燈絲電阻變大，由閉合電路歐姆定律，干路電流減小，小燈泡的變暗，小燈泡燈絲的電阻率隨溫度降低而減小，小燈泡的電阻隨溫度降低而減小，B錯(cuò)誤；C．燈絲的電阻增大，干路電流減小，燈絲的電功率不一定增大，C錯(cuò)誤；D．電源內(nèi)阻可以忽略，電流減小，電源的輸出功率一定減小，D正確。故選D。10.如圖甲，兩列沿相反方向傳播的橫波，形狀相當(dāng)于正弦曲線的一半，上下對(duì)稱，其波速大小均為v，振幅均為A，波長(zhǎng)均為。它們?cè)谙嘤龅哪骋粫r(shí)刻會(huì)出現(xiàn)兩列波“消失”的現(xiàn)象，如圖乙所示，其中a、b為此時(shí)相遇區(qū)域的左右端點(diǎn)，o為ab的中點(diǎn)，c為ao的中點(diǎn)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.此時(shí)a質(zhì)點(diǎn)具有向下速度B.兩列波相遇過(guò)程中質(zhì)點(diǎn)o始終靜止C.兩列波相遇過(guò)程中質(zhì)點(diǎn)c的總路程是4AD.在整個(gè)過(guò)程中質(zhì)點(diǎn)c有時(shí)間速度向下〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)波形平移法可知，向右傳播的波單獨(dú)引起的振動(dòng)方向向下，向左傳播的波單獨(dú)引起的振動(dòng)方向向下，故此時(shí)a質(zhì)點(diǎn)具有向下的速度。故A正確，與題意不符；B．o為振動(dòng)減弱點(diǎn)，波峰與波谷疊加，所以兩列波相遇過(guò)程中質(zhì)點(diǎn)o始終靜止。故B正確，與題意不符；C．兩列波相遇的時(shí)間為即兩列波相遇過(guò)程質(zhì)點(diǎn)c的總路程是A。故C錯(cuò)誤，與題意相符；D．質(zhì)點(diǎn)c在相遇過(guò)程中始終具有向下的速度，所以其時(shí)間為故D正確，與題意不符。本題選錯(cuò)誤的，故選C。11.將四根絕緣硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線順次繞成如圖甲、乙、丙、丁的線圈，其中大圓面積均為，小圓面積均為，垂直線圈平面有一向外的隨時(shí)間t變化的磁場(chǎng)。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，和k均為大于0的常量，下列說(shuō)法正確的是（）A.甲圖的大圓中感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針?lè)较駼.乙圖的大圓和小圓總電動(dòng)勢(shì)為C.丙圖的大圓和小圓總電動(dòng)勢(shì)為D.丁圖的大圓和小圓所受安培力的合力不為零〖答案〗B〖解析〗AB．根據(jù)楞次定律和甲乙兩圖中的繞線方式可判斷，甲乙兩圖中大圓和小圓中產(chǎn)生的感應(yīng)電流、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向均相反，實(shí)際線圈中感應(yīng)電流方向應(yīng)以大圓中感應(yīng)電流方向?yàn)闇?zhǔn)，甲圖的大圓中感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)鐘方向，大圓和小圓總電動(dòng)勢(shì)為兩電動(dòng)勢(shì)之差故A錯(cuò)誤，B正確；C．根據(jù)楞次定律和丙圖中的繞線方式可知，丙圖中大圓和小圓中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相同，大圓和小圓總電動(dòng)勢(shì)為兩電動(dòng)勢(shì)之和故C錯(cuò)誤；D．由左手定則和圓的對(duì)稱性可知，丁圖中大圓和小圓各自所受的安培力的合力均為零，所以大圓和小圓所受安培力的合力為零，故D錯(cuò)誤。故選B。12.冰雕展上有一塊邊長(zhǎng)為1m的立方體的冰塊，冰塊內(nèi)上下底面中心連線為，在處安裝了一盞可視為點(diǎn)光源的燈，已知冰塊的折射率為1.3。下列說(shuō)法正確的是（）A.光在冰塊中發(fā)生全反射的臨界角為C，可知B.由燈直接發(fā)出的光照到冰塊四個(gè)側(cè)面時(shí)都能從側(cè)面射出C.由燈直接發(fā)出的光照到冰塊上表面時(shí)都能從上表面射出D.從冰塊正上方沿方向觀察，點(diǎn)光源的視深仍是1m〖答案〗C〖解析〗A．由故A錯(cuò)誤；BC．如圖所示直角中，由幾何關(guān)系可知?jiǎng)t所以由燈直接發(fā)出的光照到冰塊上表面時(shí)都能從上表面射出，而所以由燈直接發(fā)出的光照到冰塊四個(gè)側(cè)面時(shí)不是都能從側(cè)面射出，故B錯(cuò)誤，C正確；D．實(shí)深是AB，視深為h，根據(jù)折射率定義式結(jié)合幾何關(guān)系可知可得故D錯(cuò)誤。故選C。13.某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種天平用來(lái)測(cè)量重物的質(zhì)量，其裝置如圖甲所示，兩相同的同軸圓線圈M、N水平固定，圓線圈P與M，N共軸且平行等距。初始時(shí)，線圈M、N通以等大反向的電流I1后，在線圈P所在平面內(nèi)產(chǎn)生磁場(chǎng)，磁場(chǎng)在線圈P處沿半徑向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，在線圈P內(nèi)、外附近區(qū)域內(nèi)可視為磁感應(yīng)強(qiáng)度與所在位置的半徑成反比，線圈P及其附近的磁場(chǎng)方向的俯視圖如圖乙所示，線圈P′是線圈P的備用線圈，它所用材料及匝數(shù)與P線圈相同，半徑比線圈P略小。開(kāi)始時(shí)天平左托盤(pán)不放重物、線圈P內(nèi)無(wú)電流，調(diào)整天平使之平衡，再在左托盤(pán)放入重物，用恒流源在線圈P中通入電流I2，發(fā)現(xiàn)右托盤(pán)比左托盤(pán)低，此時(shí)（）A.線圈P中通入的電流I2在乙圖中沿順時(shí)針?lè)较駼.適當(dāng)增大線圈M、N中的電流可使天平恢復(fù)平衡C.通過(guò)正確操作使用線圈P、P′均能正確稱量重物質(zhì)量D.使用備用線圈P′稱得重物質(zhì)量比用線圈P稱得重物質(zhì)量大〖答案〗C〖解析〗A．在線圈P中通入電流I2，發(fā)現(xiàn)右托盤(pán)比左托盤(pán)低，說(shuō)明線圈P所受安培力向下，由左手定則，線圈P中通入的電流I2在乙圖中沿逆時(shí)針?lè)较?，A錯(cuò)誤；B．適當(dāng)增大線圈M、N中的電流，P處的磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，線圈P所受安培力變大，方向向下，天平不能恢復(fù)平衡，B錯(cuò)誤；CD．線圈P′半徑比線圈P略小，在線圈P內(nèi)、外附近區(qū)域內(nèi)可視為磁感應(yīng)強(qiáng)度與所在位置的半徑成反比，故可以求出線圈P′處的磁感應(yīng)強(qiáng)度，也可以定量求出線圈P′所受安培力的大小。通過(guò)正確操作使用線圈P、P′均能正確稱量重物質(zhì)量，C正確，D錯(cuò)誤。故選C。二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題2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)得2分，選對(duì)但不選全得1分，有造錯(cuò)的得0分）14.2011年3月11日日本發(fā)生的大地震造成福島核電站核泄漏事故。在泄露的污染物中含有放射性元素，其衰變方程為，半衰期為8天，已知，，，則下列說(shuō)法正確的是（）A.衰變過(guò)程中存弱相互作用B.該反應(yīng)前后質(zhì)量虧損C.該核反應(yīng)放出的射線可能為X射線D.經(jīng)過(guò)16天，75%的原子核發(fā)生了衰變〖答案〗AD〖解析〗A．該衰變是衰變，過(guò)程中存在弱相互作用，故A正確；B．該反應(yīng)前后質(zhì)量虧損故B錯(cuò)誤；C．該核反應(yīng)放出的射線是和射線，不可能為X射線，故C錯(cuò)誤；D．半衰期為8天，經(jīng)過(guò)8天，有一半發(fā)生衰變，當(dāng)經(jīng)過(guò)16天，有75%的原子核發(fā)生了衰變，故D正確。故選AD。15.玻爾氫原子模型成功解釋了氫原子光譜的實(shí)驗(yàn)規(guī)律，氫原子能級(jí)圖如圖所示，（電子電荷量，普朗克常量）（??）A.氫原子從高能級(jí)躍遷到基態(tài)時(shí)，會(huì)輻射射線B.用波長(zhǎng)為325nm的光照射，可使氫原子從n＝1躍遷到n＝2的能級(jí)C.當(dāng)氫原子從n＝4的能級(jí)躍遷到n＝2的能級(jí)時(shí)，輻射出頻率為的光子D.氫原子從n＝4的能級(jí)躍遷到n＝2的能級(jí)時(shí)所輻射的光去照射逸出功為2.25eV的鉀表面，產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能為0.3eV〖答案〗CD〖解析〗A．射線是原子核受激發(fā)后產(chǎn)生的，與氫原子躍遷無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)氫原子的能級(jí)圖和能級(jí)躍遷規(guī)律，當(dāng)氫原子從n=2能級(jí)躍遷到n=1能級(jí)時(shí)，釋放的能量為解得輻射光的波長(zhǎng)根據(jù)發(fā)生躍遷時(shí)只能吸收或輻射一定頻率的光子，可知，波長(zhǎng)為325nm的光照射，不能使氫原子發(fā)生躍遷，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)當(dāng)氫原子從n＝4的能級(jí)躍遷到n＝2的能級(jí)時(shí)，輻射出頻率為故C正確；D．根據(jù)光電效應(yīng)方程，產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能為故D正確。故選CD。16.一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a出發(fā)，經(jīng)過(guò)等容過(guò)程到達(dá)狀態(tài)b，再經(jīng)過(guò)等溫過(guò)程到達(dá)狀態(tài)c，最后經(jīng)等壓過(guò)程回到初態(tài)a，其p—V圖像如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A.a→b過(guò)程中所有氣體分子的動(dòng)能都在增加B.b→c過(guò)程中氣體對(duì)外做的功大于它吸收的熱量C.c→a過(guò)程中氣體向外界釋放的熱量大于它減小的內(nèi)能D.從a到b到c再回到a的整個(gè)過(guò)程中氣體從外界吸收熱量〖答案〗CD〖解析〗A．a(chǎn)→b過(guò)程，一定質(zhì)量的理想氣體其體積V不變，而壓強(qiáng)p變大，由pV=nRT可知，氣體的溫度升高，則平均動(dòng)能增加，但不是所有氣體分子的動(dòng)能都在增加，A錯(cuò)誤；B．b→c過(guò)程為等溫過(guò)程，則內(nèi)能變化為零，氣體的體積增大，故氣體對(duì)外做功，由熱力學(xué)第一定律U=Q＋W可知，氣體對(duì)外做的功等于它吸收的熱量，B錯(cuò)誤；C．c→a過(guò)程為等壓，體積變小，即外界對(duì)氣體做功W>0，由pV=nRT可知，溫度降低，則內(nèi)能減少U<0，由U=Q＋W可知?dú)怏w放熱，且│Q│>W，│Q│>│U│，即氣體向外界釋放的熱量大于它減小的內(nèi)能，C正確；D．從a到b到c再回到a的整個(gè)過(guò)程中，溫度不變，則U=0，而p—V圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示做功，從a到b到c再回到a的整個(gè)過(guò)程氣體對(duì)外做的功大于外界對(duì)氣體的功，即總功為負(fù)，W<0，由U=Q＋W可知，Q>0，即氣體從外界吸收熱量，D正確。故選CD。非選擇題部分三、非選擇題（本題共6小題，共55分）17.某同學(xué)用氣墊導(dǎo)軌驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。已測(cè)得遮光條寬度d、滑塊1、2（均包活遮光條）的質(zhì)量分別為、?，F(xiàn)接通氣源，將氣墊導(dǎo)軌調(diào)至水平，將滑塊1向左彈出，與靜止的滑塊2發(fā)生碰撞，碰后兩滑塊沒(méi)有粘連，與光電門(mén)1相連的計(jì)時(shí)器顯示的擋光時(shí)間為，與光電門(mén)2相連的計(jì)時(shí)器顯示的先后擋光時(shí)間為和，則碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量____，碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量____（用所測(cè)物理量的符號(hào)表示）〖答案〗〖解析〗〖1〗碰撞前滑塊1的速度為碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量〖2〗碰撞后滑塊2的速度為滑塊1的速度為碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量18.（1）在“長(zhǎng)度的測(cè)量及其測(cè)量工具的選用”實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)使用螺旋測(cè)微器測(cè)量某段金屬絲直徑，測(cè)量結(jié)果如圖甲所示，則直徑D讀數(shù)為_(kāi)_____mm．（2）在“測(cè)量金屬絲的電阻率”的實(shí)驗(yàn)中，該同學(xué)打算通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)量題（1）中金屬絲的電阻率，為此他設(shè)計(jì)了圖乙所示的實(shí)驗(yàn)電路。調(diào)節(jié)電阻絲上的導(dǎo)電夾P的位置，用毫米刻度尺測(cè)量并記錄連入電路的電阻絲的長(zhǎng)度x；閉合開(kāi)關(guān)S，記錄電壓表示數(shù)U、電流表示數(shù)I；改變電阻絲上的導(dǎo)電夾P的位置，重復(fù)測(cè)量，記錄多組x、U，I的值。根據(jù)測(cè)得的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪出圖像如圖丙所示，若圖線斜率為k，縱軸截距為b，則由圖可得電阻絲的電阻率______，電流表的內(nèi)阻______（均用已知或測(cè)量出的物理量的符號(hào)表示）；電流表內(nèi)阻對(duì)電阻率的測(cè)量______（“有”或“沒(méi)有”）影響。（3）某同學(xué)在做了“利用傳感器制作簡(jiǎn)單的自動(dòng)控制裝置”實(shí)驗(yàn)后，設(shè)計(jì)了一個(gè)高溫報(bào)警器。下圖為用電源、電磁繼電器、滑動(dòng)變阻器、綠燈泡、小電鈴、半導(dǎo)體熱敏電阻（電阻隨溫度升高而減小）、開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線等組成的一個(gè)高溫報(bào)警器電路圖，要求正常情況綠燈亮。有險(xiǎn)情時(shí)電鈴報(bào)警。則圖中的甲、乙、丙分別是______。A．小電鈴、半導(dǎo)體熱敏電阻、綠燈泡B．半導(dǎo)體熱敏電阻、小電鈴、綠燈泡C．綠燈泡、小電鈴、半導(dǎo)體熱敏電阻D．半導(dǎo)體熱敏電阻、綠燈泡、小電鈴〖答案〗（1）0.852##0.853##0.854（2）沒(méi)有（3）B〖解析〗（1）〖1〗直徑D讀數(shù)為（2）〖2〗根據(jù)又聯(lián)立可得可知圖像的斜率為解得金屬絲的電阻率為〖3〗圖像縱軸截距為b，所以安培表的內(nèi)阻為〖4〗根據(jù)上述分析可知，電流表內(nèi)阻對(duì)電阻率的測(cè)量沒(méi)有影響。（3）〖5〗根據(jù)要求，在常溫下熱敏電阻甲阻值較大，電磁鐵磁性較弱，不能將銜鐵吸下，此時(shí)綠燈所在電路接通，綠燈亮，所以丙為是綠燈泡；溫度升高，熱敏電阻阻值較小，控制電路電流增大時(shí)，電磁鐵磁性增大，將銜鐵吸下。此時(shí)小電鈴所在電路接通，所以乙為是小電鈴；所以甲為半導(dǎo)體熱敏電阻。圖中的甲、乙、丙分別是半導(dǎo)體熱敏電阻、小電鈴、綠燈泡。故選B。19.某運(yùn)動(dòng)員在平直雪道上的A、E兩地進(jìn)行滑雪訓(xùn)練，在某次訓(xùn)練中，他從A由靜止開(kāi)始向前滑行，利用滑雪杖獲得水平推力F，經(jīng)過(guò)到達(dá)B點(diǎn)，之后立即撤去F，滑行后到達(dá)C點(diǎn)，再次用滑雪杖獲得同樣的水平推力F，作用距離為到達(dá)D點(diǎn)，接著再次撤去水平推力后，運(yùn)動(dòng)員剛好停在E點(diǎn)。已知該運(yùn)動(dòng)員連同裝備的總質(zhì)量為m=60kg，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員受到阻力大小恒為，且，，，，求運(yùn)動(dòng)員：（1）在AB段的加速度的大??；（2）到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小；（3）從A點(diǎn)到E點(diǎn)的位移大小?！即鸢浮剑?）1.2m/s2；（2）0.8m/s；（3）6.53m〖解析〗（1）第一次利用滑雪杖滑行過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律得解得（2）第一次利用滑雪杖獲得速度大小為這段時(shí)間內(nèi)的位移大小為第一次撤除推力后的時(shí)間內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員的加速度為末速度為（3）第二次用力的過(guò)程中，由解得此即運(yùn)動(dòng)員最大速度。第一次撤除推力后的時(shí)間內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員的位移為第二次撤除推力后運(yùn)動(dòng)員滑行的過(guò)程中有從A點(diǎn)到E點(diǎn)的位移大小解得20.某校科技小組參加了如圖甲所示的過(guò)山車(chē)游戲項(xiàng)目，為更好研究過(guò)山車(chē)運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目中所遵循的物理規(guī)律，科技組成員設(shè)計(jì)出如圖乙所示的裝置，圖中P為彈性發(fā)射裝置，AB為傾角為的傾斜軌道，BC為水平軌道，為豎直圓軌道，為足夠長(zhǎng)的傾斜軌道，各段軌道均平滑連接，以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向建立平面直角坐標(biāo)系。已知滑塊質(zhì)量為m，圓軌道半徑R，軌道AB長(zhǎng)為，BC長(zhǎng)為，AB、BC段動(dòng)摩擦因數(shù)為，其余各段軌道均光滑。彈射裝置P位置可在坐標(biāo)平面內(nèi)調(diào)節(jié)，使水平彈出的滑塊均能無(wú)碰撞從A點(diǎn)切入斜面，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)。（1）若滑塊從y＝0.45m的某點(diǎn)彈出，求滑塊彈出時(shí)的初速度；（2）若改變彈射裝置位置，求彈出點(diǎn)的坐標(biāo)（x，y）應(yīng)滿足的關(guān)系；（3）若滑塊從A點(diǎn)切入后不脫離軌道，求彈出時(shí)滑塊縱坐標(biāo)y應(yīng)滿足的條件?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）平拋運(yùn)動(dòng)的豎直方向有解得則（2）由平拋運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)得解得（3）滑塊剛好不脫離軌道，有兩種臨界情況，一是剛好能夠到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)，二是剛好到達(dá)與圓軌道圓心等高的地方。第一種情況：在最高點(diǎn)有從P到圓軌道最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理得又聯(lián)立解得第二種情況：從P到與圓心等高的位置，由動(dòng)能定理得又聯(lián)立解得所以y應(yīng)該滿足21.航空母艦上的彈射器能將質(zhì)量為M的飛機(jī)在極短的時(shí)間內(nèi)加速到起飛速度，起飛前飛機(jī)緊貼在彈射滑塊上，當(dāng)彈射滑塊與飛機(jī)一起速度達(dá)到時(shí)飛機(jī)被放飛（如圖1）。某型彈射器利用超級(jí)電容的大電流放電使動(dòng)力桿獲得動(dòng)力，動(dòng)力桿與彈射滑塊為一整體，其工作原理可用圖2加以說(shuō)明：光滑導(dǎo)軌AG、BH相距為L(zhǎng)，在C、D處各被一小段正對(duì)絕緣材料隔開(kāi)，金屬部分導(dǎo)軌電阻不計(jì)，左端接有電動(dòng)勢(shì)為E的電源、單刀雙擲開(kāi)關(guān)和電容量為C的超級(jí)電容；右端接有單刀雙擲開(kāi)關(guān)和穩(wěn)定輸出電流的恒流源。整個(gè)裝置處于豎直向下磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。開(kāi)始時(shí)動(dòng)力桿a（連帶滑塊質(zhì)量為m）靜止于AB處，質(zhì)量為4m的阻尼桿b置于貼近CD的右側(cè)；置于“1”處，置于“3”處；當(dāng)電源給超級(jí)電容器C充滿電后，將撥到“2”電容器放電，動(dòng)力桿驅(qū)動(dòng)飛機(jī)向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá)CD時(shí)速度剛好為飛機(jī)被放飛，接著a和b相碰兩者合二為一成為一“雙棒”整體，該“雙棒”向右運(yùn)動(dòng)到EF（圖中未畫(huà)出）后停止，為了使a、b復(fù)位，把打到“4”利用恒流源將其推回。已知a、b棒的接入電阻相同即，試求（1）將撥到“2”瞬間，飛機(jī)的加速度；（2）飛機(jī)被彈射時(shí)電容器兩端的電壓U；（3）在使“雙棒”返回到CD過(guò)程中，恒流源輸出的能量為多少?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）將撥到“2”瞬間，此時(shí)電容器兩極板間電壓等于，電路中電流為動(dòng)力桿受到的安培力為由牛頓第二定律可得（2）對(duì)a根據(jù)動(dòng)量定理有將撥到“2”瞬間電容達(dá)到CD處時(shí)電容運(yùn)動(dòng)過(guò)程減少的電荷量聯(lián)立解得（3）對(duì)ab兩棒碰撞后由動(dòng)量定理可得對(duì)ab兩棒碰撞后的位移為解得恒流源輸出的能量為22.某型號(hào)質(zhì)譜儀由加速區(qū)域和偏轉(zhuǎn)區(qū)域構(gòu)成，如圖所示，O1，O2為加速電場(chǎng)兩金屬板上的小孔，長(zhǎng)方體形狀的偏轉(zhuǎn)區(qū)域位于側(cè)面P、M之間，分界面Q將該區(qū)域分為寬度均為d的相同的Ⅰ、Ⅱ兩部分，OO′是長(zhǎng)方體的中心線，且O1、O2、O、O′在同一水平直線上。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，垂直紙面向內(nèi)為x軸、豎直向上為y軸、水平向右為z軸建立直角坐標(biāo)系Oxyz，區(qū)域Ⅰ、Ⅱ內(nèi)分別充滿沿x軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，加速電場(chǎng)的電壓為U。某種帶正電的待測(cè)粒子流從O1孔飄入電場(chǎng)（初速度視為零），加速后從O2處射出，再?gòu)腛點(diǎn)進(jìn)入偏轉(zhuǎn)區(qū)域，穿過(guò)分界面Q后，再?gòu)膫?cè)面M穿出，不計(jì)粒子重力。（1）若已知粒子流穿過(guò)分界面Q時(shí)的y坐標(biāo)為y0，求粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)角度的正弦值；（2）若已知粒子流穿過(guò)側(cè)面M時(shí)的x坐標(biāo)為x0，求粒子的比荷；（3）若希望增大氘、氚打到M板上在x方向的距離，可以采取怎樣的措施。請(qǐng)定性給出兩種可行的方法；（4）若已知粒子的電量為q、質(zhì)量為m，加速電壓U在波動(dòng)，即（u0－u)≤u≤(u0＋u），磁場(chǎng)B、電場(chǎng)E穩(wěn)定，分別用x01、x02表示粒子流穿過(guò)側(cè)面M時(shí)的x坐標(biāo)的最小值、最大值，求的值?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）見(jiàn)〖解析〗；（4）〖解析〗（1）作出粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的示意圖如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系有，解得，（2）在O1、O2兩金屬板間，由動(dòng)能定理得在區(qū)域I中，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)力提供向心力，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得設(shè)區(qū)域II中粒子沿z軸方向的分速度為vz，沿x軸正方向加速度大小為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，由牛頓第二定律