浙江省9+1高中聯(lián)盟2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期11月期中物理試題（含答案解析）

2022學(xué)年第一學(xué)期9+1高中聯(lián)盟期中考試高三年級物理學(xué)科試題考生須知：1.本卷滿分100分，考試時(shí)間90分鐘；2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場、座位號及準(zhǔn)考證號并核對條形碼信息；3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效，考試結(jié)束后，只需上交答題卷；4.本卷中重力加速度均??；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.下列選項(xiàng)中的物理量是矢量且單位正確的是（）A.磁通量 B.磁感應(yīng)強(qiáng)度C.電場強(qiáng)度 D.電勢【答案】B【解析】【詳解】A．磁通量是標(biāo)量，A錯(cuò)誤；B．磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，單位為，B正確；C．電場強(qiáng)度的單位為，C錯(cuò)誤；D．電勢是標(biāo)量，D錯(cuò)誤；故選B。2.下列關(guān)于物理學(xué)家的說法正確的是（）A.伽利略有很多成就，單擺周期公式是他眾多發(fā)現(xiàn)之一B.庫侖發(fā)現(xiàn)了庫侖定律并測出了靜電力常量C.法拉第發(fā)現(xiàn)了法拉第電磁感應(yīng)定律，還首先提出了場的概念D.愛因斯坦建立了相對論，還最早提出光子的概念【答案】D【解析】【詳解】A．伽利略最早發(fā)現(xiàn)了擺的等時(shí)性原理，后來惠更斯得出了單擺周期公式，故A錯(cuò)誤；B．庫侖發(fā)現(xiàn)了庫侖定律，但沒有測出靜電力常量，故B錯(cuò)誤；C．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，還首先提出了場的概念，紐曼和韋伯得出了法拉第電磁感應(yīng)定律，故C錯(cuò)誤；D．愛因斯坦建立了相對論，還最早提出光子的概念，故D正確。故選D。3.關(guān)于運(yùn)動下列說法正確的是（）A.勻速圓周運(yùn)動是一種勻變速運(yùn)動B.平拋運(yùn)動在相等時(shí)間內(nèi)速度的變化可能不等C.簡諧運(yùn)動的加速度隨時(shí)間均勻變化D.勻變速直線運(yùn)動的動量變化率是恒定的【答案】D【解析】【詳解】A．勻速圓周運(yùn)動加速度是不斷變化的，是非勻變速運(yùn)動，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．平拋運(yùn)動的加速度是恒定的g，根據(jù)可知，在相等時(shí)間內(nèi)速度的變化相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．簡諧運(yùn)動的加速度隨位移均勻變化，而位移隨時(shí)間不是均勻變化，可知加速度隨時(shí)間不是均勻變化的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．根據(jù)動量定理，動量變化率為則勻變速直線運(yùn)動的合外力是恒定的，則動量變化率是恒定的，選項(xiàng)D正確。故選D。4.陳夢在乒乓球比賽中發(fā)了一個(gè)高拋球，乒乓球以初速度豎直向上拋出，乒乓球在空中運(yùn)動過程中空氣阻力大小與速率成正比，以向上為正方向，則乒乓球從拋出到落回拋出點(diǎn)的過程中速度隨時(shí)間的變化圖像是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】乒乓球上升過程中，有乒乓球上升過程中，速度逐漸減小，可知乒乓球的加速度逐漸減??；乒乓球下降過程中，有乒乓球下降過程中，速度逐漸增大，可知乒乓球的加速度逐漸減小。圖象的斜率表示加速度，可知B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B。5.如圖所示，一半徑為的玻璃半球，點(diǎn)是半球的球心，虛線表示光軸（過球心與半球底面垂直的直線）。已知玻璃的折射率為1.5?，F(xiàn)有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光線能從球面射出（不考慮被半球的內(nèi)表面反射后的光線）。則以下說法錯(cuò)誤的是（）A.該光在玻璃中的傳播速度是B.該光在玻璃半球面處的全反射臨界角正弦值為C.從球面射出的光線對應(yīng)的入射光線到光軸距離的最大值為D.距光軸的入射光線經(jīng)球面折射后與光軸的交點(diǎn)到點(diǎn)的距離為【答案】D【解析】【詳解】A．該光在玻璃中的傳播速度是選項(xiàng)A正確，不符合題意；B．該光在玻璃半球面處的全反射臨界角正弦值為選項(xiàng)B正確，不符合題意；C．當(dāng)光線在球面發(fā)生全反射，即入射角為臨界角C時(shí)，入射光線到光軸距離最大，由解得選項(xiàng)C正確，不符合題意；D．由折射定律可得由三角函數(shù)定義由正弦定理聯(lián)立解得選項(xiàng)D錯(cuò)誤，符合題意。故選D。6.如圖所示，空間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，一間距為的“U”形金屬導(dǎo)軌水平置于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面，金屬棒置于導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好。若磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化滿足（其中、均為非零常量，為時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度），為使金屬棒向右運(yùn)動過程中所受安培力為零，從時(shí)刻起，金屬棒應(yīng)在外力作用下做（）A.勻速直線運(yùn)動 B.加速度減小加速運(yùn)動C.加速度增大的加速運(yùn)動 D.勻加速直線運(yùn)動【答案】D【解析】【詳解】由金屬棒運(yùn)動過程中所受安培力為零可知，回路中感應(yīng)電流為零，設(shè)t=0時(shí)，金屬棒距導(dǎo)軌左端距離為，為了不產(chǎn)生感應(yīng)電流，任意時(shí)刻t的磁通量應(yīng)與剛開始時(shí)的磁通量相同，即解得可知金屬棒由靜止開始向右做勻加速直線運(yùn)動。故選D。7.右圖為一海上風(fēng)電廠的照片，該海上風(fēng)電廠的風(fēng)力發(fā)電機(jī)的葉片長為52米，有40個(gè)發(fā)電機(jī)組。假設(shè)一年中有三分之一的時(shí)間可以發(fā)電，且發(fā)電時(shí)風(fēng)速約；發(fā)電機(jī)將風(fēng)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿男始s為?？諝饷芏葹?，試通過估算判斷：該海上風(fēng)電廠年發(fā)電量與下列選項(xiàng)中哪一個(gè)最接近（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】在?t時(shí)間內(nèi)吹到風(fēng)葉上空氣的質(zhì)量每臺發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率一年的發(fā)電量帶入數(shù)據(jù)故選B。8.如圖所示，為一電阻可忽略的線圈，為一電阻，為電容器，開關(guān)處于閉合狀態(tài)，現(xiàn)突然斷開，并開始計(jì)時(shí)，能正確反映回路中電流i（規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)檎┘半娙萜髦须妶龅淖兓ㄓ砂逯赶虬鍨殡妶龅恼较颍╇S時(shí)間變化的圖像是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】因?yàn)闉橐浑娮杩珊雎缘木€圈，可知當(dāng)電鍵閉合時(shí)，電容器帶電量為零，通過線圈L的電流向下；斷開電鍵S后，電流在LC電路中開始振蕩，電容器開始充電，電流方向逆時(shí)針方向（負(fù)方向）且電流大小逐漸減小，b板帶正電荷且逐漸增加，即負(fù)方向的電場強(qiáng)度逐漸增加，則選項(xiàng)ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。9.如圖所示，2022年1月22日我國“實(shí)踐21號”衛(wèi)星在地球同步軌道“捕獲”已失效的北斗二號衛(wèi)星后，成功將其送入“墓地軌道”（可視為圓軌道），此后“實(shí)踐21號”又回歸同步軌道，這標(biāo)志著中國能夠真正意義上實(shí)現(xiàn)“太空垃圾清理”。已知同步軌道和墓地軌道的軌道半徑分別為、，轉(zhuǎn)移軌道與同步軌道、墓地軌道分別相切于、點(diǎn)，地球自轉(zhuǎn)周期為，則對北斗二號衛(wèi)星的下列說法中錯(cuò)誤的是（）A.在墓地軌道運(yùn)行時(shí)的速度小于其在同步軌道運(yùn)行的速度B.在轉(zhuǎn)移軌道上運(yùn)行時(shí)衛(wèi)星處于完全失重狀態(tài)C.若要從點(diǎn)逃脫地球的引力束縛，則在該處速度必須大于D.沿轉(zhuǎn)移軌道從點(diǎn)運(yùn)行到點(diǎn)所用最短時(shí)間為【答案】C【解析】【詳解】A.因?yàn)樵谀沟剀壍肋\(yùn)行半徑大于其在同步軌道運(yùn)行的軌道半徑，根據(jù)可知，在墓地軌道運(yùn)行時(shí)的速度小于其在同步軌道運(yùn)行的速度，選項(xiàng)A正確，不符合題意；B.在轉(zhuǎn)移軌道上運(yùn)行時(shí)地球的引力充當(dāng)向心力，則衛(wèi)星處于完全失重狀態(tài)，選項(xiàng)B正確，不符合題意；C.若要從地球表面逃脫地球的引力，則在地球表面的速度必須大于11.2km/h，而若要從點(diǎn)逃脫地球的引力束縛，則在該處速度只需小于即可，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，符合題意；D.根據(jù)開普勒第三定律，則則沿轉(zhuǎn)移軌道從點(diǎn)運(yùn)行到點(diǎn)所用最短時(shí)間為選項(xiàng)D正確，不符合題意。故選C。10.一定質(zhì)量理想氣體的狀態(tài)變化如圖所示，為圓弧，為半徑相同的圓弧。氣體從狀態(tài)經(jīng)狀態(tài)、、，最終回到狀態(tài)，則（）A.從狀態(tài)到狀態(tài)是等溫膨脹過程B.從狀態(tài)到狀態(tài)，氣體吸收熱量，內(nèi)能不變C.處于狀態(tài)時(shí)氣體分子單位時(shí)間撞擊單位面積的次數(shù)一定比狀態(tài)少D.從狀態(tài)經(jīng)、、回到狀態(tài)，氣體吸收熱量【答案】C【解析】【詳解】A．從狀態(tài)到狀態(tài)是體積減小。等溫過程為雙曲線，為圓弧，從狀態(tài)到狀態(tài)不是等溫過程。故A錯(cuò)誤；B．從狀態(tài)a到狀態(tài)c，氣體壓強(qiáng)相等，體積增大，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知其溫度必定升高，且對外界做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，有氣體吸收熱量故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)上一選項(xiàng)分析，在狀態(tài)c，氣體體積較大，分子數(shù)密度較小，氣體溫度升高導(dǎo)致分子平均動能增加，在保持壓強(qiáng)不變的情況下，單位時(shí)間撞擊單位面積的次數(shù)一定較少。故C正確；D．從狀態(tài)a經(jīng)b、c、d回到狀態(tài)a，氣體的溫度不變，內(nèi)能不變，外界對氣體做功等于圖形的面積，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，有氣體放出熱量。故D錯(cuò)誤。故選C。11.一交流電源的輸出電壓如圖甲所示，通過理想變壓器對電路供電，電路如圖乙所示。已知原、副線圈匝數(shù)比為4∶1，燈泡的額定功率為，排氣扇電機(jī)線圈的電阻為，電流表的示數(shù)為，用電器均正常工作，電表均為理想電表，則（）A.交流電源電壓瞬時(shí)值的表達(dá)式為B.電壓表的示數(shù)為C.通過保險(xiǎn)絲的電流為D.排氣扇電機(jī)的發(fā)熱功率為【答案】D【解析】【詳解】A．因則交流電源電壓瞬時(shí)值的表達(dá)式為選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．初級電壓有效值為U1=220V，則次級電壓有效值即電壓表的示數(shù)為選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．通過保險(xiǎn)絲的電流為選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．通過燈泡的電流排氣扇電機(jī)的電流為發(fā)熱功率為選項(xiàng)D正確。故選D。12.如圖所示，A、B為平行板電容器的金屬板，G為靜電計(jì)，P為二極管（正向電阻可看作零，反向電阻可看作無窮大），開始時(shí)開關(guān)S閉合，靜電計(jì)指針張開一定角度，下列說法正確的是（）A.若保持開關(guān)閉合，將A、B兩極板靠近些，指針張開角度將變小B.若保持開關(guān)閉合，將A、B兩極板正對面積變小些，指針張開角度將不變C.若斷開開關(guān)后，將A、B兩極板靠近些，指針張開角度將變小D.若斷開開關(guān)后，將A、B兩極板正對面積變小些，指針張開角度將不變【答案】C【解析】【詳解】A．若保持開關(guān)閉合，根據(jù)可知將A、B兩極板靠近些，電容增大，電容器A、B兩極板間的電勢差等于電源電動勢，電容器帶電量增大，二極管正向?qū)ǎ娙萜鞒潆?，可得靜電計(jì)兩端的電勢差不變，故指針張開角度將不變，故A錯(cuò)誤；B．若保持開關(guān)閉合，根據(jù)將A、B兩極板正對面積變小些，電容減小，電容器帶電量將減小，由于二極管反向截止，電路中沒有電流，故電容器帶電量不變，根據(jù)可知電容器A、B兩極板間的電勢差增大，故指針張開角度將增大，故B錯(cuò)誤；C．若斷開開關(guān)后，電容器帶電量保持不變，根據(jù)可知將A、B兩極板靠近些，電容增大，根據(jù)可知電容器A、B兩極板間的電勢差減小，故指針張開角度將變小，故C正確；D．若斷開開關(guān)后，電容器帶電量保持不變，根據(jù)將A、B兩極板正對面積變小些，電容減小，根據(jù)可知電容器A、B兩極板間的電勢差增大，故指針張開角度將增大，故D錯(cuò)誤。故選C。13.如圖所示，洗衣機(jī)內(nèi)的漏斗狀容器可以繞豎直對稱軸勻速轉(zhuǎn)動，質(zhì)量為的物塊B放在容器傾斜側(cè)壁上，傾斜側(cè)壁的傾角為，質(zhì)量也為的物塊A貼在豎直側(cè)壁上，A、B與容器側(cè)壁間的動摩擦因數(shù)均為，A、B兩物塊到轉(zhuǎn)軸的距離分別為，，不計(jì)物塊的大小，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，要使兩物塊均相對于容器靜止，容器轉(zhuǎn)動的角速度大小范圍為（）A B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】對于物塊A剛好不下滑時(shí)N1=m×2rμN(yùn)1=mg求得當(dāng)物塊B剛好不下滑時(shí)N2sin－μN(yùn)2cos=m×rN2cos+μN(yùn)2sin=mg求得當(dāng)物塊B剛好不上滑時(shí)N3sin+μN(yùn)3cos=m×rN3cos=μN(yùn)3sin+mg求得要使A、B均不滑動，則轉(zhuǎn)動的角速度必須滿足故選B。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。全部選對的得2分，選對但不選全的得1分，有選錯(cuò)的得0分）14.氫原子的能級圖如圖甲所示，一群處于第4能級的氫原子，向低能級躍遷過程中能發(fā)出6種不同頻率的光，其中只有頻率為、兩種光可讓圖乙所示的光電管陰極K發(fā)生光電效應(yīng)。分別用頻率為、的兩個(gè)光源照射光電管陰極K，測得電流隨電壓變化的圖像如圖丙所示。下列說法中正確的是（）A.圖丙中的圖線所表示的光的光子能量為B.圖丙中的圖線所表示的光是氫原子由第4能級向基態(tài)躍遷發(fā)出的C.處于第4能級的氫原子可以吸收一個(gè)能量為的光子并電離D.用圖丙中的圖線所表示的光照射陰極K時(shí)，光電子的最大初動能比用圖線所表示的光照射時(shí)更大【答案】AC【解析】【詳解】AB．圖丙中圖線所表示的光的遏止電壓較大，則光電子最大初動能較大，所對應(yīng)的光子能量較大，原子躍遷對應(yīng)的能級差較大，即對應(yīng)于從到的躍遷，則光子能量為故A正確，B錯(cuò)誤；C．處于第4能級的氫原子至少要吸收的能量才能電離，則處于第4能級的氫原子可以吸收一個(gè)能量為的光子并電離，故C正確；D．用圖丙中的圖線所表示的光照射陰極K時(shí)，遏止電壓小于圖線表示的光子的遏止電壓，可知表示的光照射陰極K時(shí)，光電子的最大初動能比用圖線所表示的光照射時(shí)更小，故D錯(cuò)誤。故選AC。15.玉兔二號月球車是采用核能來提供能量，它的核能電池系統(tǒng)主要包括兩個(gè)組成部分：一個(gè)裝填钚二氧化物的熱源和一組固體熱電偶。該裝置使钚238衰變產(chǎn)生的核能轉(zhuǎn)化為電能，這一系統(tǒng)設(shè)計(jì)使用壽命為14年。钚238的半衰期為88年，原來靜止的一個(gè)钚238衰變時(shí)放出粒子和光子，生成原子核。已知钚238、粒子、的質(zhì)量分別為、、，普朗克常量為，真空中的光速為，下列說法正確的是（）A.的中子數(shù)比钚238的中子數(shù)少4個(gè)B.經(jīng)過176年，钚238將全部衰變C.钚238衰變過程一定有質(zhì)量虧損，釋放出能量D.光子的波長大于【答案】CD【解析】【詳解】A．钚238的中子數(shù)為根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒可知，X的質(zhì)量數(shù)為電荷數(shù)為所以中子數(shù)故A錯(cuò)誤；B．經(jīng)過176年，也就是經(jīng)過兩個(gè)半衰期，钚238的質(zhì)量還剩，故B錯(cuò)誤；C．钚238衰變過程一定有質(zhì)量虧損，釋放出能量，故C正確；D．钚238衰變時(shí)動量守恒和能量守恒，總動量為零，衰變后射線動能不為零，因此釋放的核能只有一部分以光子的形式輻射出去，則有又因此故D正確。故選CD。16.如圖甲所示，在某介質(zhì)中波源、相距，點(diǎn)位于距波源A點(diǎn)處。時(shí)兩波源同時(shí)開始上下振動，兩波源的振動圖像如圖乙和丙所示，只振動了半個(gè)周期，連續(xù)振動，所形成的波的傳播速度都為。下列說法正確的是（）A.兩列波不能相遇B.兩列波能相遇但不能產(chǎn)生干涉現(xiàn)象C.質(zhì)點(diǎn)，在到內(nèi)所經(jīng)過的路程為D.在到內(nèi)從發(fā)出的半個(gè)波前進(jìn)過程中所遇到的波峰個(gè)數(shù)為6個(gè)【答案】BCD【解析】【詳解】A．波源振動，波可以向四周傳播，所以兩列波會相遇，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)乙丙圖可知兩撥的周期分別為，根據(jù)周期和頻率的關(guān)系可知兩列波的頻率不同，所以兩列波不能發(fā)生干涉現(xiàn)象，故B正確；C．A的振動先到達(dá)P點(diǎn)，則質(zhì)點(diǎn)P先經(jīng)過的路程為B波產(chǎn)生的波到P點(diǎn)的時(shí)間為B波產(chǎn)生的波使P振動了即P振動了1.5個(gè)周期，所以B波使P振動的路程為綜上可得在到內(nèi)所經(jīng)過的路程為故C正確；D．16s內(nèi)兩列波相對運(yùn)動的長度為A波的寬度為B波的波長為所以在到內(nèi)從發(fā)出的半個(gè)波前進(jìn)過程中所遇到的波峰個(gè)數(shù)為故D正確。故選BCD。三、實(shí)驗(yàn)題（第17題7分，第18題7分）17.某同學(xué)“探究小球加速度與合外力的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，他用無線力傳感器來測量繩子的拉力。他將無線力傳感器和小車固定在一起，將細(xì)繩的一端掛一小球，另一端系在傳感器的掛鉤上，調(diào)整細(xì)繩與木板平行。則在改進(jìn)后的實(shí)驗(yàn)中以下步驟是否還有必要？①把木板的右端墊高以補(bǔ)償阻力______（選填“有必要”或“沒必要”）。②控制小球的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車（含傳感器）的總質(zhì)量______。（選填“有必要”或“沒必要”）。（2）實(shí)驗(yàn)中打出的其中一條紙帶如下圖，由該紙帶可求得小球的加速度______（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）（3）本實(shí)驗(yàn)中，保持繩端所掛小球質(zhì)量不變，先按住小車，記下傳感器讀數(shù)為；而后在小車上陸續(xù)放置鉤碼，讓小車運(yùn)動，從而得到繩子的不同拉力大小與小球相應(yīng)的加速度大小，作出圖像。則下面圖像中正確的是（）A.B.C.D.【答案】①.有必要②.沒必要③.1.10④.B【解析】【詳解】（1）①[1]為了保證細(xì)繩的拉力為小車的合力，需要平衡摩擦力，有必要把木板的右端墊高以補(bǔ)償阻力。②[2]由力傳感器可以直接讀出細(xì)繩的拉力，沒必要控制小球的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車（含傳感器）的總質(zhì)量。（2）[3]相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔T=0.1s，根據(jù)逐差法，小球的加速度（3）[4]根據(jù)題意得可知a與成正比關(guān)系。故選B。18.實(shí)際電流表有內(nèi)阻，測量實(shí)際電流表的內(nèi)阻，可供選擇的器材如下：①待測電流表（量程，內(nèi)阻約）②電壓表V（量程，內(nèi)阻約）③電流表（量程，內(nèi)阻約）④定值電阻⑤定值電阻⑥滑動變阻器⑦滑動變阻器⑧干電池（，內(nèi)阻不計(jì)）⑨電鍵及導(dǎo)線若干（1）定值電阻選______，滑動變阻器選______。（在空格內(nèi)填寫序號）（2）在右框中畫出實(shí)驗(yàn)電路圖______，相應(yīng)器材標(biāo)上符號。（3）寫出待測電流表內(nèi)阻的表達(dá)式______。（注明各字母的意義）（4）某次實(shí)驗(yàn)中表指針如右圖所示，則示數(shù)______?！敬鸢浮竣?②.③.④.（、分別是電流表和的示數(shù)）⑤.3.58##3.59##3.60##3.61##3.62【解析】【詳解】（1）[1]根據(jù)電路連接特點(diǎn)，應(yīng)該測量定值電阻和電流表的總電流，若定值電阻選，則易使流過的總電流超過其滿偏值，所以選，應(yīng)選C；（2）[2]本實(shí)驗(yàn)應(yīng)采用滑動變阻器分壓接法，則滑動變阻器選擇阻值較小的；（3）[3]由題意可知，本實(shí)驗(yàn)應(yīng)采用滑動變阻器分壓接法；同時(shí)因待測電阻較小；故應(yīng)采用電流表外接法；原理圖如下圖所示（4）[4]由歐姆定律得得其中、分別是電流表和的示數(shù)。（5）[5]某次實(shí)驗(yàn)中表指針如右圖所示，則示數(shù)四、計(jì)算題（本題共4小題，19題9分、20題12分、21題10分，22題10分，共41分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。）19.“羊角球”因跳跳球身上長了兩個(gè)手柄而得名，如圖所示，“羊角球”是用進(jìn)口PVC材料設(shè)計(jì)的一種最新型、集娛樂和健身為一體的運(yùn)動器材，具有坐、騎、跳、拍等功能，使用安全可靠，有助于鍛煉腿部力量和掌握協(xié)調(diào)平衡能力。某同學(xué)發(fā)現(xiàn)在7℃的室外的“羊角球”有點(diǎn)癟了需重新充氣，此時(shí)“羊角球”體積為，壓強(qiáng)為?，F(xiàn)將“羊角球”拿到溫度為27℃的室內(nèi)進(jìn)行充氣，充氣筒每次可為其充入的氣體，充氣后，“羊角球”內(nèi)氣體壓強(qiáng)增大至。忽略“羊角球”體積變化及充氣過程中氣體溫度的變化。求：（1）拿到室內(nèi)，充氣前“羊角球”中氣體壓強(qiáng)將變?yōu)槎嗌?；?）充氣筒需要充氣多少次?！敬鸢浮浚?）；（2）次【解析】【詳解】（1）溫度變化，氣體發(fā)生等容變化，由查得定律得解得（2）在室溫下把球內(nèi)的氣體折算成下的體積為的氣體。由波意耳定律得設(shè)打氣次數(shù)為，把打進(jìn)去的氣體與折算后體積為的氣體看成一整體，由波意耳定律得：解得次20.如圖所示，軌道由三部分組成，即：半徑的光滑圓弧軌道，長度的粗糙水平軌道，以及足夠長的光滑水平軌道。物塊質(zhì)量、物塊質(zhì)量壓縮著一輕質(zhì)彈簧并鎖定（物塊與彈簧不連接）靜止于段中間，物塊、可視為質(zhì)點(diǎn)。緊靠的右側(cè)水平地面上停放著質(zhì)量的小車，其上表面段粗糙，與等高，長度；段為半徑的光滑圓弧軌道；小車與地面的阻力可不計(jì)。、與，間的滑動摩擦因數(shù)均為，現(xiàn)解除彈簧鎖定，物塊、由靜止被彈出（、脫離彈簧后立即撤走彈簧），其中物塊進(jìn)入軌道，而物塊滑上小車。不計(jì)物塊經(jīng)過各連接點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能損失。（1）若物塊經(jīng)過后恰好能到達(dá)A點(diǎn)，求通過點(diǎn)時(shí)圓弧軌道對的彈力大?。唬?）若物塊經(jīng)過后恰好能到達(dá)A點(diǎn)，請分析物塊能否沖出小車最高點(diǎn)；（3）若彈簧解除鎖定后，要求物塊不從軌道滑出，物塊滑上小車后始終不滑離小車，求被鎖定彈簧的最大彈性勢能。【答案】（1）；（2）能；（3）【解析】【詳解】（1）從B到A由動能定理得解得在B點(diǎn)由牛頓第二定律得解得（2）P從C到B由動能定理得彈簧釋放時(shí)由動量守恒定律得解得設(shè)物塊滑上小車后與車共速時(shí)上滑的高度為，共同速度為，由動量守恒定律得解得由動能定理得解得即物塊能沖出小車最高點(diǎn)G；（3）①P不從左側(cè)軌道A點(diǎn)沖出，彈簧解除鎖定時(shí)②P不從左側(cè)軌道點(diǎn)滑出，彈簧解除鎖定時(shí)解得③滑上小車，且剛好不從小車最高點(diǎn)沖出則解得④滑上小車，且剛好不從小車左端滑出解得綜上所述此時(shí)所以，彈簧解除鎖定前具有的最大彈性勢能21.如圖所示，間距為的兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左端連接一電容為的電容器（初始不帶電），導(dǎo)體棒質(zhì)量為、電阻為；導(dǎo)體棒質(zhì)量為、電阻為，兩導(dǎo)體棒分別置于導(dǎo)軌左側(cè)和中間，初始均靜止。導(dǎo)軌處于大小為、方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場中，僅在棒所在處磁場為零。棒在沿導(dǎo)軌方向的外力作用下開始運(yùn)動，達(dá)到最大速度時(shí)撤去外力，同時(shí)棒剛好出磁場與棒碰撞，粘合在一起即刻進(jìn)入磁場，碰撞時(shí)間不計(jì)，導(dǎo)軌足夠長，在運(yùn)動過程中，棒、始終與導(dǎo)軌接觸良好，且與導(dǎo)軌垂直，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，忽略磁場邊界效應(yīng)。（已知電容器儲能表達(dá)式，為電容器兩板間的電壓，忽略電磁輻射）（1）求施加在棒上的外力的大?。唬?）求兩棒的最終速度；（3）若外力做的功為，求整個(gè)運(yùn)動過程中電路產(chǎn)生的焦耳熱。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）棒速度最大時(shí)，電容等效為開路，于是（2）碰撞過程動量守恒電容器帶電量對粘合棒由動量定理，有（3）碰撞過程損失的動能由能量關(guān)系解得22.在平面內(nèi)第一象限的某一區(qū)域內(nèi)（圖中未畫出）有一個(gè)場強(qiáng)大小為