2023年6月浙江省普通高校招生選考科目考試物理試卷（含答案）

年6月浙江省普通高校招生選考科目考試物理試卷一、選擇題I(本題共13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．下列四組物理量中均為標(biāo)量的是（）A．電勢(shì)電場強(qiáng)度 B．熱量功率C．動(dòng)量動(dòng)能 D．速度加速度2．在足球運(yùn)動(dòng)中，足球入網(wǎng)如圖所示，則（）A．踢香蕉球時(shí)足球可視為質(zhì)點(diǎn)B．足球在飛行和觸網(wǎng)時(shí)慣性不變C．足球在飛行時(shí)受到腳的作用力和重力D．觸網(wǎng)時(shí)足球?qū)W(wǎng)的力大于網(wǎng)對(duì)足球的力3．鉛球被水平推出后的運(yùn)動(dòng)過程中，不計(jì)空氣阻力，下列關(guān)于鉛球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a、速度大小v、動(dòng)能E和機(jī)械能E隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的變化關(guān)系中，正確的是（）A． B．C． D．4．圖為“玉兔二號(hào)”巡視器在月球上從O處行走到B處的照片，軌跡OA段是直線，AB段是曲線，巡視器質(zhì)量為135kg，則巡視器（）A．受到月球的引力為1350NB．在AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)一定有加速度C．OA段與AB段的平均速度方向相同D．從O到B的位移大小等于OAB軌跡長度5．“玉兔二號(hào)”裝有核電池，不懼漫長寒冷的月夜。核電池將94238Pu衰變釋放的核能一部分轉(zhuǎn)換成電能。94A．衰變方程中的X等于233B．24He的穿透能力比C．94238PuD．月夜的寒冷導(dǎo)致942386．如圖所示，水平面上固定兩排平行的半圓柱體，重為G的光滑圓柱體靜置其上，a、b為相切點(diǎn)，∠aOb=90°，半徑Ob與重力的夾角為37°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，則圓柱體受到的支持力F、A．Fa=0.6G，F(xiàn)b=0.4G C．Fa=0.8G，F(xiàn)b=0.6G 7．我國1100kV特高壓直流輸電工程的送電端用“整流”設(shè)備將交流變換成直流，用戶端用“逆變”設(shè)備再將直流變換成交流。下列說法正確的是（）A．送電端先升壓再整流 B．用戶端先降壓再變交流C．1100kV是指交流電的最大值 D．輸電功率由送電端電壓決定8．某帶電粒子轉(zhuǎn)向器的橫截面如圖所示，轉(zhuǎn)向器中有輻向電場。粒子從M點(diǎn)射入，沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑連接成的虛線（等勢(shì)線）運(yùn)動(dòng)，并從虛線上的N點(diǎn)射出，虛線處電場強(qiáng)度大小分別為E1和E2，則R1、R2和E1、E2應(yīng)滿足（）A．E1E2=R2R1 9．木星的衛(wèi)星中，木衛(wèi)一、木衛(wèi)二、木衛(wèi)三做圓周運(yùn)動(dòng)的周期之比為1：2：4。木衛(wèi)三周期為T，公轉(zhuǎn)軌道半徑是月球繞地球軌道半徑r的n倍。月球繞地球公轉(zhuǎn)周期為T0A．木衛(wèi)一軌道半徑為nB．木衛(wèi)二軌道半徑為nC．周期T與T0之比為nD．木星質(zhì)量與地球質(zhì)量之比為T10．如圖所示，質(zhì)量為M、電阻為R、長為L的導(dǎo)體棒，通過兩根長均為l、質(zhì)量不計(jì)的導(dǎo)電細(xì)桿連在等高的兩固定點(diǎn)上，固定點(diǎn)間距也為L。細(xì)桿通過開關(guān)S可與直流電源E0或理想二極管串接。在導(dǎo)體棒所在空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上、大小為B的勻強(qiáng)磁場，不計(jì)空氣阻力和其它電阻。開關(guān)S接1，當(dāng)導(dǎo)體棒靜止時(shí)，細(xì)桿與豎直方向的夾角固定點(diǎn)θ=A．電源電動(dòng)勢(shì)EB．棒消耗的焦耳熱Q=(1?C．從左向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，最大擺角小于πD．棒兩次過最低點(diǎn)時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等11．如圖所示，置于管口T前的聲源發(fā)出一列單一頻率聲波，分成兩列強(qiáng)度不同的聲波分別沿A、B兩管傳播到出口O。先調(diào)節(jié)A、B兩管等長，O處探測到聲波強(qiáng)度為400個(gè)單位，然后將A管拉長d=15cm，在OA．聲波的波長λ=15cm B．聲波的波長C．兩聲波的振幅之比為3：1 D．兩聲波的振幅之比為2：112．AB、CD兩塊正對(duì)的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示。兩板間距10cm，電荷量為1.0×10?8C、質(zhì)量為3.0×10?4kg的小球用長為5cm的絕緣細(xì)線懸掛于A點(diǎn)。閉合開關(guān)S，小球靜止時(shí)，細(xì)線與A．MC距離為53cm C．電場強(qiáng)度大小為3×104N/C 13．在水池底部水平放置三條細(xì)燈帶構(gòu)成的等腰直角三角形發(fā)光體，直角邊的長度為0.9m，水的折射率n=43，細(xì)燈帶到水面的距離A． B． C． D．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．下列說法正確的是（）A．熱量能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體B．液體的表面張力方向總是跟液面相切C．在不同的慣性參考系中，物理規(guī)律的形式是不同的D．當(dāng)波源與觀察者相互接近時(shí)，觀察者觀測到波的頻率大于波源振動(dòng)的頻率15．有一種新型光電效應(yīng)量子材料，其逸出功為W0。當(dāng)紫外光照射該材料時(shí)，只產(chǎn)生動(dòng)能和動(dòng)量單一的相干光電子束。用該電子束照射間距為d的雙縫，在與縫相距為L的觀測屏上形成干涉條紋，測得條紋間距為?x。已知電子質(zhì)量為m，普朗克常量為h，光速為c，則（）A．電子的動(dòng)量pc=hLC．光子的能量E=W0+三、實(shí)驗(yàn)題（共14分）16．（1）在“探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)”實(shí)驗(yàn)中①用圖1裝置進(jìn)行探究，下列說法正確的是。A．只能探究平拋運(yùn)動(dòng)水平分運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)B．需改變小錘擊打的力度，多次重復(fù)實(shí)驗(yàn)C．能同時(shí)探究平拋運(yùn)動(dòng)水平、豎直分運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)②用圖2裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是。A．斜槽軌道M必須光滑且其末端水平B．上下調(diào)節(jié)擋板N時(shí)必須每次等間距移動(dòng)C．小鋼球從斜槽M上同一位置靜止?jié)L下③用圖3裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，豎直擋板上附有復(fù)寫紙和白紙，可以記下鋼球撞擊擋板時(shí)的點(diǎn)跡。實(shí)驗(yàn)時(shí)豎直擋板初始位置緊靠斜槽末端，鋼球從斜槽上P點(diǎn)靜止?jié)L下，撞擊擋板留下點(diǎn)跡0，將擋板依次水平向右移動(dòng)x，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，擋板上留下點(diǎn)跡1、2、3、4。以點(diǎn)跡0為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向下建立坐標(biāo)軸y，各點(diǎn)跡坐標(biāo)值分別為y1、y2、y3、y4。測得鋼球直徑為d，則鋼球平拋初速度v0為。A．(x+d2)g2y（2）如圖所示，某同學(xué)把A、B兩根不同的彈簧串接豎直懸掛，探究A、B彈簧彈力與伸長量的關(guān)系。在B彈簧下端依次掛上質(zhì)量為m的鉤碼，靜止時(shí)指針?biāo)缚潭葂A、x鉤碼個(gè)數(shù)12…xA/cm7.758.539.30…xB/cm16.4518.5220.60…鉤碼個(gè)數(shù)為2時(shí)，彈簧A的伸長量ΔxA=cm，彈簧B的伸長量ΔxB=17．在“測量干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”實(shí)驗(yàn)中（1）部分連線如圖1所示，導(dǎo)線a端應(yīng)連接到（選填“A”、“B”、“C”或“D”）接線柱上。正確連接后，某次測量中電壓表指針位置如圖2所示，其示數(shù)為V。（2）測得的7組數(shù)據(jù)已標(biāo)在如圖3所示U?I坐標(biāo)系上，用作圖法求干電池的電動(dòng)勢(shì)E=V和內(nèi)阻r=Ω。（計(jì)算結(jié)果均保留兩位小數(shù)）18．以下實(shí)驗(yàn)中，說法正確的是（）A．“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)中，充電時(shí)電流逐漸增大，放電時(shí)電流逐漸減小B．“用油膜法估測油酸分子的大小”實(shí)驗(yàn)中，滴入油酸酒精溶液后，需盡快描下油膜輪廓，測出油膜面積C．“觀察光敏電阻特性”和“觀察金屬熱電阻特性”實(shí)驗(yàn)中，光照強(qiáng)度增加，光敏電阻阻值減?。粶囟壬撸饘贌犭娮枳柚翟龃驞．“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，如果可拆變壓器的“橫梁”鐵芯沒裝上，原線圈接入10V的交流電時(shí)，副線圈輸出電壓不為零19．如圖所示，導(dǎo)熱良好的固定直立圓筒內(nèi)用面積S=100cm2，質(zhì)量m=1kg的活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動(dòng)。圓筒與溫度300K的熱源接觸，平衡時(shí)圓筒內(nèi)氣體處于狀態(tài)A，其體積VA=600cm3。緩慢推動(dòng)活塞使氣體達(dá)到狀態(tài)B，此時(shí)體積VB=500cm3。固定活塞，升高熱源溫度，氣體達(dá)到狀態(tài)C，此時(shí)壓強(qiáng)pC=1.4×105（1）氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B，其分子平均動(dòng)能（選填“增大”、“減小”或“不變”），圓筒內(nèi)壁單位面積受到的壓力（選填“增大”、“減小”或“不變”）；（2）求氣體在狀態(tài)C的溫度T；（3）求氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B過程中外界對(duì)系統(tǒng)做的功W。20．為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R=0.4m的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k=100N/m的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質(zhì)量m=0.12kg的滑塊a以初速度v0=221m/s從D處進(jìn)入，經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時(shí)間極短）。已知傳送帶長L=0.8m，以（1）求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時(shí)速度大小v和所受支持力大小F；（2）若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時(shí)速度vB=1m/s，求滑塊a、（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx。21．某興趣小組設(shè)計(jì)了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導(dǎo)軌、承載火箭裝置（簡化為與火箭絕緣的導(dǎo)電桿MN）和裝置A組成，并形成團(tuán)合回路。裝置A能自動(dòng)調(diào)節(jié)其輸出電壓確?；芈冯娏鱅恒定，方向如圖所示。導(dǎo)軌長度遠(yuǎn)大于導(dǎo)軌間距，不論導(dǎo)電桿運(yùn)動(dòng)到什么位置，電流I在導(dǎo)電桿以上空間產(chǎn)生的磁場近似為零，在導(dǎo)電桿所在處產(chǎn)生的磁場近似為勻強(qiáng)磁場，大小B1=kI（其中k為常量），方向垂直導(dǎo)軌平面向里；在導(dǎo)電桿以下的兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場近似為勻強(qiáng)磁場，大小B2=2kI，方向與B1相同?；鸺裏o動(dòng)力下降到導(dǎo)軌頂端時(shí)與導(dǎo)電桿粘接，以速度v0進(jìn)入導(dǎo)軌，到達(dá)絕緣?？科脚_(tái)時(shí)速度恰好為零，完成火箭落停。已知火箭與導(dǎo)電桿的總質(zhì)量為M，導(dǎo)軌間距d=3Mg（1）求導(dǎo)電桿所受安培力的大小F和運(yùn)動(dòng)的距離L；（2）求回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的關(guān)系；（3）求裝置A輸出電壓U與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的關(guān)系和輸出的能量W；（4）若R的阻值視為0，裝置A用于回收能量，給出裝置A可回收能量的來源和大小。22．利用磁場實(shí)現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，Oxy平面（紙面）的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于(0，3L)處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng)。（1）求離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；（2）若B2=2B1，求能到達(dá)y=（3）若B2=B1L

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】電勢(shì)、熱量、功率、動(dòng)能只有大小，沒有方向，是標(biāo)量，電場強(qiáng)度、動(dòng)量、速度、加速度既有大小，又有方向，是矢量，故B符合題意，ACD不符合題意。

故答案為：B

【分析】矢量是既有大小，又有方向的物理量，而標(biāo)量是只有大小，沒有方向的物理量，根據(jù)有沒有方向確定是標(biāo)量還是矢量。2．【答案】B【解析】【解答】A.在研究如何踢出“香蕉球”時(shí)，需要考慮踢在足球上的位置與角度，所以不可以把足球看作質(zhì)點(diǎn)，故A不符合題意；

B.慣性只與質(zhì)量有關(guān)，足球在飛行和觸網(wǎng)時(shí)質(zhì)量不變，則慣性不變，故B符合題意；

C.足球在飛行時(shí)腳已經(jīng)離開足球，故在忽略空氣阻力的情況下只受重力，故C不符合題意；

D.觸網(wǎng)時(shí)足球?qū)W(wǎng)的力和網(wǎng)對(duì)足球的力是一對(duì)相互作用力，大小相等，故D不符合題意。

故答案為：B

【分析】在研究如何踢出“香蕉球”時(shí)，需要考慮踢在足球上的位置與角度；慣性只與質(zhì)量有關(guān)；足球在飛行時(shí)只受重力作用；觸網(wǎng)時(shí)足球?qū)W(wǎng)的力和網(wǎng)對(duì)足球的力是一對(duì)相互作用力。3．【答案】D【解析】【解答】A.鉛球做平拋運(yùn)動(dòng)，加速度恒定，故A不符合題意；

B.豎直方向有vy=gt，則拋出后速度大小為：v=v02+（gt）2，可見速度大小與時(shí)間不是一次函數(shù)關(guān)系，故B不符合題意；

C.鉛球拋出后的動(dòng)能4．【答案】B【解析】【解答】A.在月球上的重力加速度約為地球上的16，所以受到月球的引力約為225N，故A不符合題意；

B.由于在AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)做曲線運(yùn)動(dòng)，速度方向一定改變，一定有加速度，故B符合題意；

C.平均速度方向與位移方向相同，由圖知OA段與AB段位移方向不同，所以平均速度方向不相同，故C不符合題意；

D.根據(jù)位移的定義可知從O到B的位移大小等于OB的連線長度，故D不符合題意。

故答案為：B

5．【答案】C【解析】【解答】A.根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒得：238=X+4，解得：X=234，故A不符合題意；

B.24He的穿透能力比γ射線弱，故B不符合題意；

C.比結(jié)合能越大越穩(wěn)定，由于94238Pu衰變成為了92234U，所以92234U比94238Pu穩(wěn)定，即94238Pu比926．【答案】D【解析】【解答】對(duì)光滑圓柱體受力分析如圖：

三力平衡，由三角形法得：Fa=Gsin37°=0.6G，F(xiàn)b=G7．【答案】A【解析】【解答】AB.升壓和降壓都需要在交流的時(shí)候才能進(jìn)行，所以送電端應(yīng)該先升壓再整流，用戶端應(yīng)該先變交流再降壓，故A符合題意，B不符合題意；

C.1100kV是指交流電的有效值，故C不符合題意；

D.輸電的功率是由用戶端負(fù)載得總功率來決定的，故D不符合題意。

故答案為：A

【分析】升壓和降壓都需要在交流的時(shí)候才能進(jìn)行；1100kV是指交流電的有效值；輸出功率決定輸入功率。8．【答案】A【解析】【解答】帶電粒子在電場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場力提供向心力，則qE=mv2R，所以E1E9．【答案】D【解析】【解答】根據(jù)題意，T1=T4，T2=T2，T3=T，R3=nr，T月=T0。

AB.由開普勒第三定律得：R13T110．【答案】C【解析】【解答】A.當(dāng)開關(guān)接1時(shí)，對(duì)導(dǎo)體棒受力分析如圖：

由幾何關(guān)系得：Mg=BIL，解得：I=MgBL，根據(jù)歐姆定律得：I=E0R，聯(lián)立解得：E0=MgRBL，故A不符合題意；

B.假設(shè)棒從左側(cè)開始運(yùn)動(dòng)到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度為零，則棒的重力勢(shì)能減少：?Ep=Mgl（1-cosθ）=（1-22）Mgl，根據(jù)能量守恒定律知，棒消耗的焦耳熱：Q=（1-211．【答案】C【解析】【解答】AB.AB管等長時(shí)，兩列波發(fā)生干涉加強(qiáng)，將A管拉長15cm之后，聲波強(qiáng)度最小，意味著兩列波發(fā)生干涉減弱，由于是第一次干涉減弱，表明A管整體伸長的距離為波長的一半，即2d=λ2，解得：λ=4d=60cm，故AB不符合題意；

CD.根據(jù)題意設(shè)聲波加強(qiáng)時(shí)振幅為20，聲波減弱時(shí)振幅為10，則A1+A2=20，A12．【答案】B【解析】【解答】A.剪斷細(xì)線，小球沿直線運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，如圖所示：

根據(jù)幾何關(guān)系得：MC=10tan30°cm=103cm，故A不符合題意；

B.根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系得：T=qE，Tcos30°+qEcos30°=mg，聯(lián)立解得：qE=3×10-3N，根據(jù)幾何關(guān)系得小球沿著電場力方向的位移x=（0.1-0.05×sin13．【答案】C【解析】【解答】在燈帶上取一點(diǎn)作為點(diǎn)光源，點(diǎn)光源發(fā)出的光在水面上有光射出的水面形狀為圓形，設(shè)此圓形的半徑為R，點(diǎn)光源射出的光線在水面恰好發(fā)生全發(fā)射的光路圖如圖：

臨界角的正弦值：sinC=1n=34，所以tanC=37，根據(jù)幾何關(guān)系得：R=htanC=0.3m。

三條細(xì)燈帶構(gòu)成的等腰直角三角形發(fā)光體發(fā)出的光在水面上有光射出的水面形狀如圖：

設(shè)直角邊的長度為a=0.9m，由幾何關(guān)系得：此三角形的內(nèi)切圓的半徑：r=a-14．【答案】B,D【解析】【解答】A.根據(jù)熱力學(xué)第二定律知，熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，故A不符合題意；

B.液體的表面張力方向總是跟液面相切，故B符合題意；

C.由狹義相對(duì)論的兩個(gè)基本假設(shè)知，在不同的慣性參考系中，一切物理規(guī)律都是相同的，故C不符合題意；

D.根據(jù)多普勒效應(yīng)的原理知，當(dāng)波源與觀察者相互接近時(shí)，觀察者接收到的頻率增大；反之，觀察者接收到的頻率減小，故D符合題意。

故答案為：BD

【分析】根據(jù)熱力學(xué)第二定律分析即可；根據(jù)液體表面張力的特點(diǎn)分析即可；根據(jù)狹義相對(duì)論分析即可；根據(jù)多普勒效應(yīng)分析即可。15．【答案】A,D【解析】【解答】A.根據(jù)?x=Ldλ得：λ=dL?x，所以電子的動(dòng)量為：p=hλ=hLd?x，故A符合題意；

B.根據(jù)動(dòng)能和動(dòng)量的關(guān)系Ek=p22m=16．【答案】（1）B；C；D（2）0.78；1.29；>【解析】【解答】（1）①圖1裝置，只能探究平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向上的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，為了保證小球的水平速度不同，需改變小錘擊打的力度，多次重復(fù)實(shí)驗(yàn)，故B符合題意，AC不符合題意。

②AC.為了保證小球做平拋運(yùn)動(dòng)，需要斜槽末端水平，為了保證小球拋出時(shí)速度相等，每次需要小球由靜止從同一位置釋放，斜槽不需要光滑，故A不符合題意，C符合題意；

B.上下調(diào)節(jié)擋板N時(shí)不必每次等間距移動(dòng)，故B不符合題意。

③根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：y4=12gt2，4x-d2=v0t，聯(lián)立解得：v0=（4x-d2）【分析】（1）①此裝置只能分析出兩球豎直方向上的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，為了保證多次實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證，需要改變小球的初速度；

②為了保證小球的初速度相同，要讓小球從同一位置由靜止下滑，軌道是否光滑對(duì)實(shí)驗(yàn)無影響，擋板N不需要等間距移動(dòng)；

③根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求初速度的表達(dá)式；

（2）根據(jù)指針刻度和彈簧伸長量的關(guān)系得出彈簧的伸長量，根據(jù)能量守恒定律得出彈性勢(shì)能增加量和重力勢(shì)能減少量的大小關(guān)系17．【答案】（1）B；1.20（2）1.50；1.04【解析】【解答】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理知，電壓表要連接在電源的兩端，因此導(dǎo)線a端應(yīng)連接到B接線柱上；電壓表的量程是0~3V，分度值為0.1V，需要估讀到分度值的下一位，所以示數(shù)為1.20V。

（2）根據(jù)U=E-Ir，結(jié)合圖像得：E=1.50V，r=1.50-1.000.48Ω=1.04Ω【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理知電壓表測量的是外電壓，由此分析出導(dǎo)線a端的連接方式，根據(jù)電壓表的讀數(shù)規(guī)則得出對(duì)應(yīng)的示數(shù)；

（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律，結(jié)合圖像的物理意義得出電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。18．【答案】C,D【解析】【解答】A.“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)中，充電時(shí)和放電時(shí)電流均逐漸減小，故A不符合題意；

B.“用油膜法估測油酸分子的大小”實(shí)驗(yàn)中，滴入油酸酒精溶液后，需待油酸溶液全部散開，才能在水面上形成一層油膜，此時(shí)油膜是由單層油酸分子，用一玻璃板輕輕蓋在淺盤上，然后用水筆把油酸溶液的輪廓畫在玻璃板上，測出油膜面積，故B不符合題意；

C.“觀察光敏電阻特性”和“觀察金屬熱電阻特性”實(shí)驗(yàn)中，光照強(qiáng)度增加，光敏電阻阻值減??；溫度升高，金屬熱電阻阻值增大，故C符合題意；

D.“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，如果可拆變壓器的“橫梁”鐵芯沒裝上，會(huì)導(dǎo)致變壓器的效果減弱，但副線圈磁通量還是會(huì)發(fā)生變化，所以副線圈輸出電壓不為零，故D符合題意。

故答案為：CD

【分析】理解電容器充電時(shí)和放電時(shí)電流均逐漸減小；理解油酸在水面盡可能散開，是為了形成單分子油膜；光敏電阻阻值隨光照強(qiáng)度增加而減小，金屬熱電阻阻值隨溫度升高而增大；根據(jù)變壓器的規(guī)律分析。19．【答案】（1）不變；增大（2）在狀態(tài)A：pA=p0-mgS=1.0×105Pa，TA=300K，V（3）因?yàn)閺腁到B過程中氣體的溫度保持不變，則?UAB=0，從B到C的過程中氣體的體積不變，則WAB=WAC，從A到C的過程中，根據(jù)熱力學(xué)第一定律得：?【解析】【解答】（1）氣體從狀態(tài)A緩慢推動(dòng)活塞到狀態(tài)B，氣體溫度不變，則氣體分子平均動(dòng)能不變；氣體體積減小，壓強(qiáng)變大，圓筒內(nèi)壁單位面積受到的壓力增大；

故答案為：不變；增大。

【分析】（1）根據(jù)題意分析氣體的溫度變化，由此分析分子平均動(dòng)能的變化；根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程分析出氣體的壓強(qiáng)變化，結(jié)合題意完成分析；（2）從A到C過程，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程得出氣體的溫度；

（3）從A到B過程中氣體的溫度保持不變，內(nèi)能不變，從B到C的過程中氣體的體積不變，氣體即沒對(duì)外界做功，外界也沒對(duì)氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律得出從狀態(tài)A到狀態(tài)B過程中外界對(duì)系統(tǒng)的做功情況。20．【答案】（1）滑塊a從D到F的過程，由動(dòng)能定理得：mg·2R=12mvF2-12（2）設(shè)碰撞后滑塊a的速度為v1，滑塊b的速度為v2?；瑝Ka碰后返回到B點(diǎn)的過程中，

根據(jù)動(dòng)能定理得：-2mgR-μmgL=12mvB2-12mv12，（3）設(shè)a、b碰撞后粘在一起的速度為v，對(duì)a、b碰撞瞬間，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mvF=（m+3m）v，解得：v=2.5m/s，當(dāng)彈簧的長度最大或者最小時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能都最大，且滑塊的速度相等，設(shè)共同速度為v'，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：4mv=（4m+2m）v'，解得：v'=53m/s，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)壓縮量為x1【解析】【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理得出滑塊的