2023屆浙江省溫州市普通高中高三下學期第二次適應性考試物理試題

2023屆浙江省溫州市普通高中高三下學期第二次適應性考試物理試題

一、單選題（共55分）

1.由單位N、m、Q和s組合成的單位颼對應的基本物理量是（)

A.功率B.電流強度C.磁通量D.物質(zhì)的量

【答案】B

【解析】

【詳解】

由焦耳定律得

Q=I2Rt

可得

又

W=Ft

可知是電流強度的單位,故選B。

2.將一重為G的鉛球放在傾角為50。的斜面上,并用豎直擋板擋住，鉛球處于靜止狀態(tài)。不考慮鉛球受到的摩擦力，鉛球?qū)醢?/p>

的壓力為0、對斜面的壓力為尸2,則（)

C.尸2>GD.F2<G

【答案】C

【解析】

【詳解】

根據(jù)重力的作用效果，分解為垂直于擋板和垂直于斜面兩個方向的分力，有

G

%=Gtan50°，F(xiàn)=-----ZTT

12cos50°

故ABD錯誤；C正確。

故選C。

3.“福建艦”是中國完全自主設(shè)計建造的首艘電磁彈射型航空母艦，采用平直通長飛行甲板。假設(shè)某戰(zhàn)斗機在跑道上加速時加速

度大小為10m/s2,彈射系統(tǒng)向戰(zhàn)斗機提供初速度大小為30m/s,當戰(zhàn)斗機速度達到60m/s時能離開航空母艦起飛，戰(zhàn)斗機在跑道

上運動可視為勻加速直線運動。下列說法正確的是（）

A.航空母艦靜止，戰(zhàn)斗機需在甲板上滑行6s起飛

B.航空母艦靜止，戰(zhàn)斗機需在甲板上滑行135m起飛

C.若航空母艦沿戰(zhàn)斗機起飛方向航行，戰(zhàn)斗機需相對甲板滑行135m起飛

D.戰(zhàn)斗機在航空母艦上加速運動過程，航空母艦可以看成質(zhì)點

【答案】B

【解析】

【詳解】

A.戰(zhàn)斗機需在甲板上滑行的時間為

v—v60-30

t=--------0-=———s=3s

a10

故A錯誤；

B.戰(zhàn)斗機在甲板上滑行的距離為

v+v90

x=---0t=—x3m=135m

22

故B正確；

C.由B項知戰(zhàn)斗機相對于海面的位移大小為135m,戰(zhàn)斗機從被彈出到起飛的過程中假設(shè)航空母艦沿戰(zhàn)斗機起飛方向航行的位

移為&，則戰(zhàn)斗機相對甲板滑行的距離為

d.=135m—x0

故C錯誤：

D.戰(zhàn)斗機在航空母艦上加速運動過程，涉及到跑道的長度，故航空母艦不可以看成質(zhì)點，故D錯誤。

故選B。

4.2023年1月，日本確認將于“今年春夏期間”開始向太平洋排放福島核電站內(nèi)儲存的逾130萬噸核污染水。核泄漏對環(huán)境會造

成污染，影響人類安全，其中核反應之一為相Sr—羽Y+X半衰期為28年。下列說法正確的是（）

A.該核反應為a衰變

B.環(huán)境溫度升高，器Sr的半衰期減小

C.翡Y的比結(jié)合能比弱Sr的比結(jié)合能大

D.100個羽Sr原子核經(jīng)過一個半衰期后，還剩50個未衰變

【答案】C

【解析】

【詳解】

A.根據(jù)題意，由質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，X為二e,該核反應為B衰變，故A錯誤；

B.衰變周期與溫度無關(guān)，故B錯誤；

C.比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，則患Y的比結(jié)合能比瑞Sr的比結(jié)合能大，故C正確；

D.半衰期具有統(tǒng)計規(guī)律，是對大量原子核適用，對少數(shù)原子核不適用，故D錯誤。

故選C。

5.如圖所示，磁鐵在電動機和機械裝置的帶動下，以。點為中心在水平方向上做周期性往復運動。兩匝數(shù)不同的線圈分別連接相

同的小燈泡，且線圈到。點距離相等。線圈電阻、自感及兩線圈間的相互影響可以忽略，不考慮燈泡阻值的變化。下列說法正

確的是（）

—0—rr\—0----

與-T-yN-AMST

Ugp固定滑槽出F磁鐵

電動機鼠連桿

A.兩線圈產(chǎn)生的電動勢有效值相等B.兩線圈產(chǎn)生的交變電流頻率不相等

C.兩小燈泡消耗的電功率相等D.兩線圈產(chǎn)生的電動勢同時為零

【答案】D

【解析】

【詳解】

磁鐵運動過程中磁通量變化率筆相同，兩線圈產(chǎn)生的交變電流頻率相等，產(chǎn)生的電動勢同時為零，兩線圈匝數(shù)不同故產(chǎn)生的電動

勢有效值不相等，兩小燈泡電阻相同電動勢不同故消耗的電功率不相等。

故選D。

6.《流浪地球2》影片中，太空電梯高聳入云，在地表與太空間高速穿梭。太空電梯上升到某高度時，質(zhì)量為2.5kg的物體重力

為I6N。已知地球半徑為6371km,不考慮地球自轉(zhuǎn)，則此時太空電梯距離地面的高度約為（）

A.1593kmB.3584kmC.7964kmD.9955km

【答案】A

【解析】

【詳解】

設(shè)地球的半徑為R,地球質(zhì)量為M,引力常量為G,地球表面重力加速度為go,太空電梯離地高度為/?,太空電梯所在位置處的

重力加速度為g',根據(jù)萬有引力公式有

「Mm

=mg'

(R+h)2

Mm

mg。

代入數(shù)據(jù)有

Mm

G(6371+h)z=16

Mm

?！?25

整理得

R216R_4

=>=

(R+九產(chǎn)25/?4-h5

所以太空梯距離地面高度為

1

h=-R=1593km

4

故選Ao

7.橡膠板置于絕緣水平桌面上，某同學戴著絕緣手套先用毛皮摩擦橡膠板，使橡膠板帶負電，然后手握絕緣手柄將鋁板靠近橡膠

板，鋁板的下表面與橡膠板上凸起的接地鐵釘接觸，并在其上表面撒上細紙屑，迅速上抬鋁板至某一位置后，可以看到細紙屑從

鋁板上飛濺出來，這就是“靜電飛花”實驗。下列說法正確的是（）

絕緣手柄

鋁板

接地鐵u釘

橡膠板1

A.鋁板未與橡膠板接觸所以始終不帶電

B.紙屑是因為帶正電相互排斥而不斷飛散

C.鋁板與鐵釘接觸時，電子從大地通過鐵釘流向鋁板

D.鋁板與鐵釘接觸時，鋁板上、下表面帶等量異種電荷

【答案】B

【解析】

【詳解】

AD.橡膠板帶負電，鋁板靠近后，鋁板的下表面帶正電，上表面帶負電，當下表面與接地鐵釘接觸后，上表面的負電荷會流到

大地，只有下表面帶正電，A錯誤，D錯誤；

B.上抬鋁板過程中，下表面的正電荷減小，上表面正電荷增加。紙屑因為與金屬板帶同種電荷（正電荷）而不斷飛散，B正

確；

C.因下表面與接地鐵釘接觸時，上表面的負電荷會流到大地，C錯誤。

故選B.

8.如圖甲所示，為特高壓輸電線路上使用六分裂阻尼間隔棒的情景。其簡化如圖乙，間隔棒將6條輸電導線分別固定在?個正六

邊形的頂點a、b、c、d、e、/上，。為正六邊形的中心，A點、8點分別為Oa、CW的中點。已知通電導線在周圍形成磁場的磁

感應強度與電流大小成正比，與到導線的距離成反比。6條輸電導線中通有垂直紙面向外，大小相等的電流，其中。導線中的電

流對b導線中電流的安培力大小為F,則（）

【答案】A

【解析】

【詳解】

A.根據(jù)右手螺旋定則可知a和d導線在0點處的磁場等大反向，b和e導線在0點處的磁場等大反向，c和f導線在0點處的磁場等

大反向，故0點的磁感應強度為零，故A正確；

B.根據(jù)對稱性可知A點和B點的磁感應強度大小相等，方向不同，關(guān)于。點對稱，故B錯誤；

CD.根據(jù)題意可知b、f對導線a的安培力大小F,e、c對導線a的安培力大小為a的安培力大小，d對導線a的安培力大小為］根

據(jù)矢量的合成可得a導線所受安培力

V3FFSF

F=2Fsin30°+2x——sin60°+—=—

aQ322

所有導線的電流方向相同，所以導線直線安培力表現(xiàn)為相互吸引，則a導線所受安培力方向沿aO指向0,故CD錯誤。

故選A。

9.如圖所示，足夠大的粗糙斜面傾角為8,小滑塊以大小為力的水平初速度開始沿斜面運動，經(jīng)過一段時間后，小滑塊速度大小

為V、方向與初速度垂直。此過程小滑塊加速度的最大值為電、最小值為已知小滑塊與斜面動摩擦因數(shù)〃=tan。，則

K.v-v0R.v>v0C.a2=y/2gsindD.=&gsln8

【答案】D

【解析】

【詳解】

AB.小滑塊在斜面上滑動，摩擦力力大小始終不變?yōu)?/p>

f=nmgcosB=mgsin。

其大小與重力沿著斜面向下的分力大小相等，滑塊速度從水平到豎直過程中根據(jù)動能定理

mgsind-y—fs=-mv2—-mv0

其中y為垂直初速度方向滑塊沿斜面下滑的長度，s為滑塊運動軌跡的長度，根據(jù)幾何關(guān)系可知

s>y

可知

V<Vo

故AB錯誤；

CD.摩擦力速度的方向始終與滑塊相對斜面的速度方向相反，可知/■的方向與重力沿斜面向下的分力的方向mgsin。的夾角為90。

到180。，則合力的大小范圍

mgsin0-f<<\jf2+(mgsin6)2

結(jié)合牛頓第二定律

「合=ma

可得

0<a<yj2gsin9

則

%=y/2gsin6

0.2=0

故D正確，C錯誤。

故選D。

10.我國科學家吳有訓在上世紀20年代進行X射線散射研究，為康普頓效應的確立做出了重要貢獻。研究X射線被較輕物質(zhì)散

射后光的成分發(fā)現(xiàn)，散射譜線中除了有波長與原波長相同的成分外，還有其他波長的成分，這種現(xiàn)象稱為康普頓效應。如圖所

示，在真空中，入射波長為4的光子與靜止的電子發(fā)生彈性碰撞。碰后光子傳播方向與入射方向夾角為37。，碰后電子運動方向

與光子入射方向夾角為53。(cos37。=0.8,cos53°=0.6),下列說法正確的是()

兒

碰撞前

A.該效應說明光具有波動性

B.碰撞后光子的波長為1.2520

C.碰撞后電子的德布羅意波長為0.64

D.碰撞后光子相對于電子的速度大于3x108m/s

【答案】B

【解析】

【詳解】

A.該效應說明光具有粒子性，故A錯誤；

BC.根據(jù)題意，設(shè)碰撞之前光子的動量為P,碰撞之后光子的動量為電子的動量為七，由動量守恒定律有

P0=Pi(:os37。+P2cos53。

PiSin37。=P2sin53°

解得

Pi=0.8Po

P2-0.6Po

又有

h

則碰撞后光子的波長為

h

Ai=—=1.254()

產(chǎn)1

碰撞后電子的德布羅意波長為

h5

%=Q學。

故C錯誤，B正確；

D.光子的速度等于光速，按照愛因斯坦的光速不變原理即在任何參考系中光速都不變，可知光子相對于電子的速度等于3X

108m/s,故D錯誤。

故選B。

11.如圖所示，水面上&、$2、S3、54是四個同振幅、同頻率、同步調(diào)的水波波源，分布在同一直線上。S/2和S3s4間的距離是

4cm,OS2和OS?間的距離是5cm,尸為S2s3中垂線上的一點，且OP=12cm,若水波的波長為4cm,下列說法不正確的是

()

A.Si、Sz發(fā)出的波傳到0點總是相互加強

B.Si、S,發(fā)出的波傳到P點總是相互加強

C.S1、Sz、S3、S4發(fā)出的波傳到。點總是相互加強

D.S1、52、S3、54發(fā)出的波傳到P點總是相互加強

【答案】D

【解析】

【詳解】

A.Si、S2發(fā)出的波傳到O點的波程差為4cm,等于波長，總是相互加強，故A正確不符合題意；

B.S［、S4發(fā)出的波傳到P點的波程差為0,總是相互加強，故B正確不符合題意；

C.當波源發(fā)出的波到O點的波程差為半波長的偶數(shù)倍時，振動加強，可知，Si、S?、S3、S,發(fā)出的波傳到0點總是相互加強，

故C正確不符合題意。

D.Si、S?發(fā)出的波傳到P點的波程差為2cm,等于半波長，總是相互減弱，故D錯誤符合題意。

故選D。

二、多選題（共5分）

12.如圖所示，一輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，自然伸長時彈簧上端處于A點。t=0時將小球從A點正上方。點由

靜止釋放，口時到達A點，。時彈簧被壓縮到最低點B。以。為原點，向下為正方向建立x坐標軸，以B點為重力勢能零點，彈

簧形變始終處于彈性限度內(nèi)。小球在運動過程中的動能Ek、重力勢能Epi、機械能用＞及彈黃的彈性勢能Ep2變化圖像可能正確的是

【答案】B

【解析】

【詳解】

根據(jù)題意可知下落過程中，第一階段：自由落體；第二階段：0到平衡位置，重力大于向上的彈力；第三階段：平衡位置

向下到B處，向上的彈力大于向下的重力。平衡位置處，重力大小等于彈力。

AB.根據(jù)重力勢能表達式可知

Epi=+&一嗎

xwxi時，彈性勢能為0,機械能等于重力勢能的最大值。x>xi時，彈性勢能

Ep2

設(shè)系統(tǒng)總能量為E,根據(jù)能量守恒定律可知

E=E。+Ep2

可知

1,

EQ=E--k（x-x-02

是開口向下的拋物線。故A錯誤，B正確：

CD.設(shè)小球下落到A點時的時間為6,則第一階段

1,1,mg2,

mvmt

Ek=2i=2（Si）=-^-ti

故第一階段的Ek-t圖像是一條拋物線。第二階段中重力大于向上的彈力，且隨著壓縮彈簧，彈力大小逐漸增大，則由

mg-F彈

a=-----------

m

可知小球做加速度逐漸減小的加速運動，平衡位置處速度最大，動能也最大。第三階段由

F彈一mg

a=-----------

m

可知小球做加速度逐漸增加的減速運動，直至到達B處動能為0。由上述速度的分析可知，在的范圍內(nèi)，先加速后減速，

x-t圖像的斜率先增大后減小，則Ep2-t的圖像的斜率也是先增大后減小。但由于動能最大時，重力勢能和彈性勢能都不是0。

即彈性勢能的最大值大于動能的最大值。故CD錯誤。

故選B。

三、單選題（共5分）

13.如圖所示，…均勻透明體上部分為半球、下部分為圓柱，半球的半徑和圓柱上表面的半徑均為R,圓柱高度為5R,在圓柱體

的底部中心。點放一點光源，半球上發(fā)光部分的表面積S=0.8兀R2（已知球冠表面積的計算公式為5=2"”!，r為球的半徑，h

為球冠的頂端到球冠底面圓心的高度），不計光的二次反射，該透明物質(zhì)對光的折射率為（）

A.1.33B.1.41C.1.67[).2.00

【答案】B

【解析】

【詳解】

根據(jù)題意可知，半球上發(fā)光部分的表面積

S=O.BnR2=2nRh

解得

h=OAR

則距離球冠的頂端0.4R的位置為發(fā)生全反射的臨界位置。根據(jù)勾股定理可知任一全反射的點距離光源

I=y/R2-（/?-0.4/?）2+Q5R+R-0.4ft）2=4&R

設(shè)臨界狀態(tài)入射角為C,根據(jù)余弦定理可知

l2+R2-(5R)2V2

cosC=-------------------=—

21R2

故C=45。，sinC=根據(jù)全反射規(guī)律可知

sinC=—=

解得

n=V2?1.41

故選B。

四、多選題（共10分）

14.下列說法正確的是（）

A.醫(yī)院中用于體檢的“B超”屬于電磁波

B.無線網(wǎng)絡信號繞過障礙物繼續(xù)傳播，利用了干涉原理

C.鐵路、民航等安檢口使用“X射線”對行李箱內(nèi)物品進行檢測

D.列車鳴笛駛近乘客的過程中，乘客聽到的聲波頻率大于波源振動的頻率

【答案】CD

【解析】

【詳解】

A.醫(yī)院中用于體檢的“B超”屬于機械波，故A錯誤：

B.無線網(wǎng)絡信號繞過障礙物繼續(xù)傳播，利用了衍射原理，故B錯誤；

C.鐵路、民航等安檢口使用“X射線”對行李箱內(nèi)物品進行檢測，故C正確；

D.根據(jù)多普勒效應，列車鳴笛駛近乘客的過程中，乘客聽到的聲波頻率大于波源振動的頻率，故D正確。

故選CD。

15.如圖甲所示，光電編碼器由碼盤和光電檢測裝置組成，電動機轉(zhuǎn)動時，碼盤與電動機旋轉(zhuǎn)軸同速旋轉(zhuǎn)，發(fā)光二極管發(fā)出的光

經(jīng)凸透鏡轉(zhuǎn)化為平行光，若通過碼盤鏤空的明道照在光敏管上，信號端輸出高電位，反之輸出低電位，兩個光敏管分布在同一半

徑上。根據(jù)輸出兩路信號可以測量電動機的轉(zhuǎn)速和判斷旋轉(zhuǎn)方向。從左往右看，內(nèi)、外都均勻分布20個明道的碼盤如圖乙所

示，電動機轉(zhuǎn)動時兩信號的圖像如圖丙所示，則（）

丙

A,從左往右看，電動機順時針轉(zhuǎn)動B.從左往右看，電動機逆時針轉(zhuǎn)動

C.電動機轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速為50r/sD.電動機轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速為125r/s

【答案】AC

【解析】

【詳解】

AB.由圖丙可知，在1=1x10-3$時，信號A開始輸出低電位，此時信號B開始輸出高電位，結(jié)合圖乙可知，從左往右看，電

動機順時針轉(zhuǎn)動，故A正確，B錯誤；

CD.由圖丙可知，電動機轉(zhuǎn)動的周期為

T=20x1x10_3s=2x10-2s

則角速度為

2n

w=—=lOOnrad/s

根據(jù)

3=2nn

可得電動機轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速為

3

n=—=50r/s

27r

故C正確，D錯誤。

故選AC。

五、實驗題（共5分）

16.實驗題

I.（1）在下列實驗中，需要用到打點計時器的有。

A.“探究平拋運動的特點”

B.“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”

C.“用單擺測重力加速度大小”

D.“探究向心力大小表達式”

（2）在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，實驗裝置如圖1。按照正確操作得到如圖2所示的紙帶。其中打。點時釋放物體，計

數(shù)點A、B、C是打點計時器連續(xù)打下的三個點。已知打點計時器的電源頻率為50Hz,重物質(zhì)量為200g,當?shù)刂亓铀俣萭取

9.80m/s2?

①實驗桌上放著如圖3所示的三個物體甲、乙、丙，則實驗裝置中的重物應選擇______（填“甲”、“乙”或“丙”）。

②在紙帶。B段，重物的重力勢能減少量為J（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。

③為了計算在OB段重物的動能增加量，需得到計時器打B點時重物的速度大小為。下列計算B點速度大小方法正確的

A.VR=B.ve=gtoBC.利用AC段的平均速度為=

（3）為了探究物體下落受空氣阻力大小的影響因素，某同學利用手機中的加速度傳感器及相關(guān)應用程序，記錄如圖4中甲、乙

兩種情況下落手機的加速度大小隨時間變化的圖像。與甲對應的圖像為圖5中的（填"A”或"B”），在圖A中手機下落過

程中加速度逐漸減少的原因是_____。

II.（I）在“用多用表測量電學中的物理量'’實驗中，按如圖6所示連接電路給燈泡“2.5V0.8A”通電。

B

?圖6

①一組同學閉合開關(guān)移動滑動變阻器的滑片，使燈泡正常發(fā)光。斷開開關(guān)，將多用表選擇開關(guān)置于合適擋位，紅黑兩表筆分別接

開關(guān)兩個接線柱A、B,則此時多用電表測量的是小燈泡的_____(填“電壓”、“電流”或“電阻”)，紅表筆應接接線柱

(填“A”、"B”或"A、B都可以”)

②另一組同學閉合開關(guān)移動滑動變阻器的滑片，燈泡始終不發(fā)光。該同學用多用電表的直流電壓擋來檢測電路哪個位置發(fā)生了故

障。他在閉合開關(guān)的情況下用多用電表的一支表筆始終接在電路的A接線柱，另一支表筆依次接觸電路中的B、C、D接線柱進

行檢測，發(fā)現(xiàn)接觸B、C時電表指針沒有偏轉(zhuǎn)，接觸D時有一定偏轉(zhuǎn)。則出現(xiàn)故隙的原因可能是。

A.電池沒電了B.僅開關(guān)接觸不良

C.僅滑動變阻器滑片接觸不良D.僅燈泡和燈泡座接觸不良

(2)在“利用傳感器制作簡單的自動控制”實驗中，圖7是簡單的門窗磁控防盜報警裝置示意圖。門的上沿嵌入一小塊永磁體

M,門框內(nèi)與M相對的位置嵌入干黃管SA,并將干簧管接入報警電路。

①如圖8所示，干簧管SA作為傳感器，用于感知磁體磁場是否存在，繼電器(虛線方框部分)作為執(zhí)行裝置，發(fā)光二極管LED

作為電路正常工作提示，蜂鳴器H作為報警提醒。電路中P點應接直流電源的(填“正極”或"負極”)。

②連接好電路，閉合開關(guān)S接通電源，將磁體靠近和離開干簧管，分別觀察并記錄實驗現(xiàn)象。

磁體M靠近干簧管磁體M離開干簧管

實驗現(xiàn)象

【答案】Q).B(2).丙(3).0.453(4).C(5).B(6).根據(jù)牛頓第二定律可得mg-f=ma,速度逐漸變

大,空氣阻力也變大，故加速度減小。(7).電流(8).A(9).C(10).正極Q1).二極管發(fā)光(12).蜂鳴器

友尸

【解析】

【詳解】

I.(1)[1]A.探究平拋運動的特點，需要描物體的運動軌跡，旦軌跡是曲線，打點計時器只能用來研究直線運動，所以不需要打

點計時器，故A錯誤；

B.探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實驗中需要測量加速度的大小，需要通過紙帶測量加速度，所以需要打點計時器，故B正確；

C.用單擺測量重力加速度實驗中需要用刻度尺測擺長和秒表測周期，不需要打點計時器，故C錯誤；

D.探究向心力大小表達式，不需要打點計時器，故D錯誤。

故選Bo

(2)①⑵紙帶下端所掛物體應該體積小，質(zhì)量大，從而受到的阻力較小，而丙是重錘，故選丙。

②[3]在紙帶0B段，重物的重力勢能減少量為

Ep=mgh=200xIO-3x9.8x23.10x10-2J?0.453)

③[4]計算B點速度大小，根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的速度等于該段時間內(nèi)的平均速度可以求出物體在點時的速度。

故選C。

(3)[5]甲手機下落過程中，隨著速度的增大，空氣阻力變化較小，故手機加速度近似不變，故選B。

[6]手機在下落過程中，對手機進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得

mg—f=ma

速度逐漸變大，空氣阻力也變大，故加速度減小。

II.(I)①|(zhì)7]紅黑兩表筆分別接開關(guān)兩個接線柱A、B,多用電表測量串聯(lián)在電路中，測量電路電流，即燈泡電流。

網(wǎng)測電流時，紅筆在電壓高的一端，故接A接線柱。

②[9]A.若電池沒有電，則無論接那個接線柱，電表指針均不偏轉(zhuǎn)，故A錯誤；

B.僅開關(guān)接觸不良，接BC接線柱，電表指針均會偏轉(zhuǎn)，故B錯誤；

C.僅滑動變阻器滑片接觸不良，則接線柱接B和C,電表指針不偏轉(zhuǎn)，接D時電表指針偏轉(zhuǎn)，故C可能存在，故C正確；

D.僅燈泡和燈泡座接觸不良，則接線柱接C和D時，電表指針均偏轉(zhuǎn)，故D錯誤。

故選C。

(2)①[10]由于二極管具有單向?qū)щ娦?，故電路中P點應接直流電源的正極。

②[11]磁體M靠近干黃管，干黃管兩片黃片被磁化相吸，繼電器的動觸點與常開觸電接通，發(fā)光二極管發(fā)光。

[12]磁體M離開干簧管，干簧管斷開，繼電器的動觸點與常閉觸點接通，蜂鳴器發(fā)聲。

六、解答題(共20分)

17.如圖甲為汽車中使用的氮氣減振器，氣缸中充入氮氣后，能有效減少車輪遇到?jīng)_擊時產(chǎn)生的高頻振動。它的結(jié)構(gòu)簡圖如圖乙

所示，氣缸活塞截面積S=40cm2,活塞及支架質(zhì)量m=1kg,氣缸缸體導熱性良好?，F(xiàn)為了測量減震器的性能參數(shù)，將減震器

豎直放置，充入氮氣后密閉，活塞被卡環(huán)卡住，缸體內(nèi)氮氣處于氣柱長度L=20cm、壓強以=4.0x105pa的狀態(tài)A,此時彈簧

恰好處于原長?，F(xiàn)用外力尸向下壓活塞，使其緩慢下降h=4cm,氣體達到狀態(tài)B。從狀態(tài)4到B過程氣體放出熱量Q=71.4J。

氣缸內(nèi)的氮氣可視為理想氣體，不計摩擦和外界溫度變化，大氣壓強取Po=l.OxlO5pa,彈簧勁度系數(shù)k=1.0x10，N/m。

求：

(1)狀態(tài)B氣體的壓強詼；

(2)氣體處于狀態(tài)B時外力大小F；

(3)狀態(tài)A到8過程外界對氣體做的功W。

圖甲圖乙

【答案】(1)5x105Pa；(2)1990N；(3)71.4J

【解析】

【詳解】

(1)氣缸缸體導熱性良好，可知從狀態(tài)A到狀態(tài)B,氣體發(fā)生等溫變化，則有

pASL=pBS(L-h)

解得狀態(tài)B氣體的壓強為

p=產(chǎn)Y=5x10sPa

BL—h,

(2)活塞和支架處于平衡狀態(tài)，則有

F+p0S+mg=pBS+kh

代入數(shù)據(jù)解得

F=1990N

(3)氣缸缸體導熱性良好，可知從狀態(tài)A到狀態(tài)B,氣體發(fā)生等溫變化，氣體內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學第一定律可得

AU=W-Q=0

解得外界對氣體做的功為

W=Q=71.4J

18.如圖甲所示，某同學利用樂高拼裝積木搭建一游戲軌道，其結(jié)構(gòu)簡圖如圖乙所示。該軌道由固定的豎直軌道AB,半徑分別為

r=0.4m,0.5八L5，?的三個半圓軌道BC4、O3DO^FGH,半徑為r的四分之一圓弧軌道0送，長度L=1m的水平軌道EF組

成，軌道BCO3和軌道OiE前后錯開，除水平軌道EF段外其他軌道均光滑，且各處平滑連接?？梢暈橘|(zhì)點的滑塊從4點由靜止釋

放，恰好可以通過軌道。3。。1的最高點D,不計空氣阻力。

(1)求4、C兩點的高度差

(2)要使物塊至少經(jīng)過F點一次，且運動過程中始終不脫離軌道，求滑塊與水平軌道EF間的動摩擦因數(shù)〃的范圍；

(3)若半圓軌道O3DO1中缺一塊圓心角為29的圓弧積木(/、1/關(guān)于。2。對稱)，滑塊從/飛出后恰能無碰撞從1/進入軌道，

求9的值。

【答案】(1)0.7m；<2)0.15<//<0.7；(3)60°

【解析】

【詳解】

(I)滑塊恰好經(jīng)過D,重力提供向心力

VD

滑塊從A到。，根據(jù)動能定理

mg(h—r—0.5r)=^mvt>

聯(lián)立解得

h=0.7m

(2)若恰好滑到尸點停下，根據(jù)動能定理

mgh—^mgL=0

解得

Hi=0.7

當?shù)紾點速度為零，根據(jù)動能定理

mg{h—1.5r)-R2nlgL=0

解得

〃2=0,l

當返回時不超過Oi點，根據(jù)動能定理

mg(h—r)—-2L=0

解得

〃3-0.15

綜上可得滑塊與水平軌道E尸間的動摩擦因數(shù)〃的范圍

0.15<//<0.7

(3)4點到/點過程中根據(jù)動能定理

11?

mg{h—r--rcos0)=-mv￡

設(shè)/點到最高點時間為t,則有

vsin0=gt

O.5rsin0=(vcos0)-t

解得

1

COS0=-

可得

另一解cos。=1舍去。

19.如圖所示，間距為d、折成直角的QFG和PEH金屬導軌水平部分QF、PE足夠長，豎直部分FG、底端接有電動勢為E的

電源和開關(guān)K,M、N兩點間接有電容為C的電容器。傾角為8的傾斜金屬軌道77)、SC,間距也為"，S、T兩點間接有自感系數(shù)

為L的電感線圈。水平軌道和傾斜軌道用長度為/的水平粗糙絕緣材料平滑連接。整個空間存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強

度為B.閉合開關(guān)K,電容器充電完畢后斷開開關(guān)，并將質(zhì)量為，小長度為d的金屬桿必從傾斜軌道上某一位置由靜止釋放，

下滑過程中流過時桿的電流大小為/=若理方(x為桿沿斜軌道下滑的距離)。曲桿到達傾斜軌道底端CQ處時加速度恰好為

0,通過粗糙絕緣材料到達PQ處時速度為%。已知m=0.3kg、d=0.5m>Q=30°,E=1.0V,C=1,2F,L=0.1H,B=

1.0T,vo=1.0m/s,f=0.6m?不計除絕緣材料外的一切摩擦與空氣阻力，不計電感線圈、金屬桿岫及導軌的電阻。油桿始終

與導軌垂直且接觸良好。求：(提示：力「與位移x共線時，可以用F-x圖像下的“面積”代表力F所做的功)

(1)電容器充電完畢所帶的電荷量Q

(2)，心桿釋放處距水平軌道的高度分：

(3)油桿從EF處飛出時的速度v；

G

【答案】(1)12C；(2)0.4m；(3)21m/s；(4)0.25

【解析】

【詳解】

(1)根據(jù)題意可知

q=CE=12C

(2)時桿到達傾斜軌道底端CO處時加速度恰好為0,則

Bld—mgtand

即

B2d2cos8

-------x=mgtang

ab桿釋放處距水平軌道的高度

h=xsin0=0.4m

(3)經(jīng)過PQ后

Bid=ma，Av=aAt

整理

BdiAtBdq

△v=-----=----=20m/s

mm

所以桿從EF處飛出時的速度

□=%+Av=21m/s

(4)下滑過程

—0=mgh—WA

安培力做功

nDr,82d2cos8

WA=FAXCOS6FA=Bld=------x

力F與位移x共線時，可以用F-x圖像下的“面積”代表力廣所做的功，解得

WA=0.6J,v=2m/s

經(jīng)過粗糙段

1212；

2mvo-2mV=""RM

解得

〃=0.25

20.如圖所示，直角坐標系中，邊長為L的正方形區(qū)域OPSQ,OP、OQ分別與x軸、y軸重合，正方形內(nèi)的適當區(qū)域【(圖中未

畫出)中分布有勻強磁場。位于S處的粒子源，沿紙面向正方形區(qū)域內(nèi)各個方向均勻發(fā)射速率為%的帶負電粒子，粒子的質(zhì)量為

m,電荷量為-q。所有粒子均從S點進入磁場，離開區(qū)域I磁場時速度方向均沿x軸正方向，其中沿)，軸正方向射入磁場的粒子

從。點射出磁場。)，軸右側(cè)依次