浙江省紹興市2023屆高三上學期選考科目診斷性考試物理試題（一模）（解析版）

高考模擬試卷(一模/二模/三模)PAGEPAGE1浙江省紹興市2023屆高三上學期選考科目診斷性考試（一模）一、選擇題Ⅰ（本題共10小題，每小題3分，共30分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.下列儀器測得的物理量單位中，屬于基本單位的是ABCD〖答案〗B〖解析〗選項A、B、C、D測得的物理量分別是力、電流強度、電壓、電能，電流強度是基本物理量，其單位是基本單位，B正確。2.2021年，浙江大學研究團隊設(shè)計了一款能進行深?？碧降淖怨┠芊律涹w智能機器魚。在測試中，該機器魚曾下潛至馬里亞納海溝10900m深處，并在2500mA?h電池驅(qū)動下，保持拍打45分鐘。下列說法正確的是第第2題圖A.“10900m”是路程B.mA?h是能量的單位C.下潛過程中，該機器魚的平均速度約為4m/sD.萬米海底的靜水壓接近于103個標準大氣壓〖答案〗D〖解析〗10900是深度，機器魚下潛的路程要大于10900m，A錯誤；mA?h是電量的單位，B錯誤；機器魚下潛的位移未知，所以平均速度無法獲得，C錯誤；由p=ρgh可知，1個標準大氣壓相當于10米水柱，所以萬米海底的靜水壓接近于103個標準大氣壓，D正確。

3.量子雷達是隱身戰(zhàn)機的克星，可以捕捉到普通雷達無法探測到的目標。有一類量子雷達，仍采用發(fā)射經(jīng)典態(tài)的電磁波，但在接收機處使用量子增強檢測技術(shù)以提升雷達系統(tǒng)的性能。下列說法正確的是第第3題圖A.量子就是α粒子B.隱身戰(zhàn)機不向外輻射紅外線C.電磁波在真空中的傳播速度與其頻率無關(guān)D.量子雷達是利用目標物體發(fā)射的電磁波工作的〖答案〗C〖解析〗量子是現(xiàn)代物理的重要概念，即一個物理量如果存在最小的不可分割的基本單位，則這個物理量是量子化的，并把最小單位稱為量子，所以A錯誤；任何物體都會向外發(fā)射紅外線，B錯誤；任何頻率的電磁波在真空中的傳播速度都等于光速c，C正確；依據(jù)題意，量子雷達仍采用發(fā)射經(jīng)典態(tài)的電磁波，不是目標物體發(fā)射的電磁波，D錯誤。4.小明站在裝有力傳感器的臺秤上，完成下蹲、起立動作。計算機采集到的力傳感器示數(shù)隨時間變化情況如圖所示。下列判斷正確的是第第4題圖A.a點對應(yīng)時刻，小明向下的速度最大B.a點對應(yīng)時刻，小明向下的加速度最大C.b點對應(yīng)時刻，小明處于超重狀態(tài)D.圖示時間內(nèi)，小明完成了兩次下蹲和兩次起立〖答案〗A〖解析〗小明在下蹲過程經(jīng)歷先向下加速再向下減速，即先失重后超重；起立過程經(jīng)歷先向上加速再向上減速，即先失重后超重，所以圖示時間內(nèi)，小明完成了1次下蹲和1次起立，D錯誤；b點對應(yīng)時刻，小明處于失重狀態(tài)，C錯誤；a點對應(yīng)時刻，F(xiàn)=mg，小明的加速度為0，速度最大，A正確、B錯誤。5.女航天員劉洋乘坐神舟十四號飛船，再次執(zhí)行太空飛行任務(wù)，將祖國的驕做寫滿太空?！吧袷摹痹陔x地面約400km高處做勻速圓周運動，下列說法正確的是A.“神十四”的運行速度大于第一宇宙速度B.“神十四”的運行角速度大于地球自轉(zhuǎn)角速度C.劉洋相對飛船靜止時，處于平衡狀態(tài)D.劉洋在一個地球日(24小時)內(nèi)能看到一次日出〖答案〗B〖解析〗由萬有引力提供向心力得eqG\f(Mm,r2)=m\f(v2,r)得eqv=\r(\f(GM,r))，第一宇宙速度是地球表面運行的衛(wèi)星速度，eqv1=\r(\f(GM,R))，由r=R+h可得“神十四”的運行速度小于第一宇宙速度，A錯誤；由eqG\f(Mm,r2)=mrω2得eqω=\r(\f(GM,r3))，地球自轉(zhuǎn)角速度等于同步衛(wèi)星的角速度，同步衛(wèi)星的軌道半徑大于“神十四”的軌道半徑，所以“神十四”的運行角速度大于地球自轉(zhuǎn)角速度，B正確；劉洋相對飛船靜止時，繞地球做勻速圓周運動，是變加速運動，非平衡狀態(tài)，C錯誤；“神十四”的運行周期約為90分鐘，劉洋在一個地球日(24小時)內(nèi)能看到16次日出，D錯誤。6.靜電紡紗是利用高壓靜電場使單纖維兩端帶異種電荷，在電場力作用下使纖維伸直、平行排列和凝聚的紡紗工藝。如圖所示為其電場分布簡圖，下列說法正確的是第第6題圖A.虛線可能是等勢線B.電場強度EA<EC<EBC.負電荷在C點的電勢能大于其在A點的電勢能D.在C點靜止釋放一電子，它將在電場力作用下沿著虛線CD運動〖答案〗C〖解析〗電極是等勢體，其表面是等勢面，根據(jù)電場線與等勢面垂直可知虛線應(yīng)是電場線，A錯誤；由電場線的疏密表示電場強度的大小可知EA<EB<EC，B錯誤；電場線由高壓電源的正極到負極，所以A點的電勢高，C點的電勢低，由EP=qφ可知，負電荷在C點的電勢能大于其在A點的電勢能，C正確；CD電場是曲線，在C點靜止釋放一電子，在電場力作用下不會沿著虛線CD運動，D錯誤。7.某同學將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在導(dǎo)熱性能良好的注射器內(nèi)，并將注射器置于恒溫水池中，注射器通過非常細的導(dǎo)氣管與壓強傳感器相連。開始時，活塞位置對應(yīng)的刻度數(shù)為“8”，測得壓強為p0，活塞緩慢壓縮氣體的過程中，當發(fā)現(xiàn)導(dǎo)氣管連接處有氣泡產(chǎn)生時，立即進行氣密性加固；繼續(xù)緩慢壓縮氣體，當活塞位置對應(yīng)刻度數(shù)為“4”時停止壓縮，此時壓強為eq\f(4,3)p0。則第第7題圖A.氣泡在上升過程中要吸收熱量B.在壓縮過程中，氣體分子的平均動能變大C.泄漏氣體的質(zhì)量為最初氣體質(zhì)量的一半D.泄漏氣體的內(nèi)能與注射器內(nèi)存留氣體的內(nèi)能相等〖答案〗A〖解析〗氣泡在上升過程中溫度不變，由等溫變化pV=C可知，氣泡內(nèi)氣體壓強減小時，體積增大，氣體對外做功，即W<0；理想氣體的內(nèi)能只跟溫度有關(guān)，所以氣泡在上升過程中內(nèi)能不變，由熱力學第一定律ΔU=W+Q可知，Q>0，所以氣泡在上升過程中要吸收熱量，A正確；由于注射器導(dǎo)熱性能良好，所以注射器內(nèi)的氣體溫度不變，據(jù)溫度是氣體分子平均動能大小的標志，所以在壓縮過程中，氣體分子的平均動能不變，B錯誤；設(shè)單位刻度的氣體體積為V0，由p0×8V0=eq\f(4,3)p0×V總，解得eqV總=6V0，則泄漏氣體的質(zhì)量為eqΔm=\f(6－4,6)m總=\f(1,3)m總，C錯誤；溫度相同時，理想氣體的內(nèi)能與分子數(shù)有關(guān)，可知泄漏氣體的內(nèi)能是注射器內(nèi)存留氣體的內(nèi)能的一半，D錯誤。8.2022年4月29日，紹興地鐵1號線全線通車，標志著紹興已經(jīng)進入地鐵時代，為“融杭(聯(lián)甬接滬)戰(zhàn)略”邁出了堅實的一步。小明從A站上車，注意到列車經(jīng)過加速、勻速和減速三個過程后在B站停下，總用時2min30s，列車以最大速度80km/h行駛了30s。假設(shè)列車在加速和減速階段的速率均隨時間均勻變化，由此估算出AB兩站點之間的路程約為A.1kmB.2kmC.3kmD.7km〖答案〗B〖解析〗由列車在加速和減速階段的速率均隨時間均勻變化，在加速和減速階段的平均速率均為最大速率的一半，即40km/h，所以AB兩站點之間的路程約為s=40km/h×eq\f(2,60)h+80km/h×eq\f(0.5,60)h=2km，B正確。9.老師采用圖1所示的實驗器材演示交變電流的產(chǎn)生，并聯(lián)的兩個發(fā)光二極管連接方式如圖2所示，二極管兩端正向電壓大于0.7V時才能發(fā)光，反向電壓超過20V將損壞。勻速轉(zhuǎn)動手柄，1min內(nèi)二極管閃爍100次。已知發(fā)電機中正方形線框的邊長為10cm，匝數(shù)為1000，假設(shè)線圈所在處的可視為勻強磁場，下列判斷正確的是第第9題圖圖1圖2A.線框的轉(zhuǎn)速為100r/sB.線框的電動勢有效值可能是20VC.磁感應(yīng)強度B不會超過0.4TD.若轉(zhuǎn)速減半，1min內(nèi)閃爍次數(shù)將變?yōu)?0次〖答案〗C〖解析〗正弦式交變電流一個周期內(nèi)電流方向改變2次，所以1min內(nèi)有50個周期，線框的轉(zhuǎn)速為50r/min，A錯誤；若線框的電動勢有效值是20V，則最大值為eq20\r(2)V=28.2V，二極管將被擊穿，B錯誤；由最大值Em=nBSω=nBS×2πf=1000×B×0.12×2×3.14×eq\f(50,60)V<20V，解得B<0.4T，C正確；若轉(zhuǎn)速減半，交流電的最大值減半，如果這時的最大值小于0.7V，二極管將不會閃爍，1min內(nèi)閃爍次數(shù)將變?yōu)?次，D錯誤。10.由均勻透明材料制成的半圓柱的截面如圖所示，AB為直徑邊界，O為圓心，半徑為R；有一點光源嵌于P點，在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射黃光，該材料對黃光的折射率n=2。已知PO⊥AB，PO=eq\f(\r(3),3)R。不考慮光在材料內(nèi)部的反射，則第第10題圖A.直徑邊界與半圓弧邊界有光線射出的總長度為eq\f(2+π,6)RB.欲使黃光能從半圓形邊界全部射出，n不能超過eq\r(3)C.若改用紅光光源，有光線射出的邊界總長度將變短D.人眼在P點正上方C處觀察，看到點光源的像就在P處〖答案〗B〖解析〗黃光的臨界角sinC=eq\f(1,n)=\f(1,2)得C=300，做出臨界光線如圖所示，EEFGHI由幾何關(guān)系可得∠EPF=1200，∠HPG=600，所以在直徑邊界與半圓弧邊界有光線射出的總長度為eqs=\f(1,3)πR+\f(2,3)R=\f(2+π,3)R，A錯誤；從P點射向半圓形邊界的光線在I處的入射角最大，欲使黃光能從半圓形邊界全部射出，則n的最小值eqnmin=\f(1,sin∠PIO)=\r(3)，B正確；若改用紅光光源，紅光的折射率小于黃光的折射率，紅光的臨界角大，有光線射出的邊界總長度將增大，C錯誤；人眼在P點正上方C處觀察，看到點光源的像被抬高，D錯誤?！甲ⅲ嚎赏茖?dǎo)垂直看水下物體的深度eqh視深=\f(h實際,n)〗二、選擇題Ⅱ(本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有錯選的得0分)11.如圖所示是指紋識別原理圖，它利用了光學棱鏡的全反射特性。在指紋谷線(凹部)處入射光在棱鏡界面發(fā)生全反射；在指紋脊線(凸部)處入射光的某些部分被吸收或者漫反射到別的地方。這樣就在指紋模塊上形成了明暗相間的圖像。下列說法正確的有第第11題圖A.從指紋谷線處反射的光線更亮一些B.產(chǎn)生的明暗相間指紋圖像是由于光的干涉造成的C.手機貼膜后再進行指紋識別，反射光的頻率將發(fā)生變化D.手指濕潤后識別率降低，是因為明暗條紋的亮度對比下降了〖答案〗AD〖解析〗由題意可知，A正確；光的干涉需要兩個相干光源，入射到谷線和脊線的光線不是相干光，所以B錯誤；在光的反射和折射過程中，光的頻率不變，C錯誤；手指濕潤后在手指表面形成水膜會使明暗條紋的亮度對比下降，識別率降低，D正確。12.質(zhì)子與中子都是由三個夸克組成，其中質(zhì)子由兩個上夸克和一個下夸克組成，中子由兩個下夸克和一個上夸克組成，形成過程中均可類比核聚變。β衰變時，核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為一個質(zhì)子和電子，質(zhì)子質(zhì)量約為1.6726×10-27kg，中子質(zhì)量約為1.6749×10-27kg，電子質(zhì)量約為9.1096×10-31kg，真空中光速c=3.00×108m/s。下列說法正確的有A.中子轉(zhuǎn)化的核反應(yīng)式為eq\o\al(\s\up2(1),\s\do2(0))n→eq\o\al(\s\up2(1),\s\do2(1))H+eq\o\al(\s\up2(0),\s\do2(-1))eB.弱相互作用是引起衰變的原因C.上、下夸克的質(zhì)量差為2.3×10-30kgD.一次β衰變釋放出的能量為1.3×10-14J〖答案〗AB〖解析〗β衰變時，核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為一個質(zhì)子和電子，根據(jù)質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)守恒判斷A正確；弱相互作用是引起原子核β衰變的原因，即引起中子一質(zhì)子轉(zhuǎn)變的原因(課文原話)，B正確；由題中“形成過程中均可類比核聚變”可知，不能簡單地列1.6726×10-27kg=2m上+m下、1.6749×10-27kg=m上+2m下計算上、下夸克的質(zhì)量差，C錯誤；β衰變中的質(zhì)量虧損Δm=1.6749×10-27kg－1.6726×10-27kg－9.1096×10-31kg=1.39×10-30kg，釋放出的能量為ΔE=Δm?c2=1.39×10-30×9×1016=1.25×10-13J，D錯誤。13.如圖所示，在y軸兩側(cè)有兩種不同的均勻介質(zhì)，波源S1和S2分別位于x=－6m、x=12m處。t=0時刻x=－2m和x=4m處的質(zhì)點剛好開始振動，某時刻兩列簡諧橫波恰好同時到達原點O，測得0~0.75s內(nèi)質(zhì)點P(x=6m)經(jīng)過的路程為12cm，則第第13題圖A.兩波源開始振動的方向相反B.波源S1振動的周期為0.5sC.兩列波相遇過程中坐標原點處不會振動D.t=2s時兩列波恰好同時到達對方波源處〖答案〗ACD〖解析〗波源S1開始振動的方向與t=0時刻x=－2m處質(zhì)點的起振方向相同，為+y軸方向，同理波源S2開始振動的方向與t=0時刻x=4m處質(zhì)點的起振方向相同，為－y軸方向，所以A正確；0~0.75s內(nèi)質(zhì)點P經(jīng)過的路程為12cm，則有0.75s=eq\f(3,4)T乙，得T乙=1s，eqv乙=\f(λ乙,T乙)=\f(8,1)m/s=8m/s；由兩列簡諧橫波恰好同時到達原點O可知，eqv甲=\f(1,2)v乙=4m/s，eqT甲=\f(λ甲,v甲)=1s，B錯誤；兩列波頻率相同，恰好同時到達原點O，兩列波在O點的起振方向相反，所以O(shè)點是振動減弱點，其振幅為0，所以坐標原點處不會振動，C正確；t1=0.5s時，甲、乙兩波都傳到原點O，過O點后，甲波以v乙=8m/s傳播，t=2s時到達x=12m處，同理可知，乙波在t=2s時到達x=－6m處，D正確。14.如圖1所示，“颶風飛椅”是集旋轉(zhuǎn)、升降、變傾角等多種運動形式于一體的大型飛行塔類游藝機?，F(xiàn)對其中的甲、乙、丙、丁四位游客進行分析，他們的質(zhì)量分別為m1、m2、m3、m4，對應(yīng)的繩長分別為l1、l2、l3、l4，繩子與豎直方向的夾角分別為θ1、θ2、θ3、θ4，如圖2、圖3所示，已知l3<l1=l2<l4，m4<m1=m2<m3。當“颶風飛椅”保持某一角速度水平面轉(zhuǎn)動時，下列說法正確的有第第14題圖圖1A.圖2中，甲、乙兩位游客所受合力相同B.圖3中，θ3<θ4C.四位游客的加速度大小相等D.四位游客的重力均不做功〖答案〗BD〖解析〗甲、乙兩位游客所受合力指向圓心，方向肯定不同，A錯誤；由圓錐擺模型得游客所受合力eqF=mgtanθ=mrω2，得eqω=\r(\f(gtanθ,r))=\r(\f(g,h))，由于甲、乙、丙、丁四位游客的角速度和周期相等，所以圓錐擺的高度相等，設(shè)圓盤的半徑為r0，eqh3=\f(r0,tanθ3)+l3cosθ3=(\f(r0,sinθ3)+l3)cosθ3，同理eqh4=(\f(r0,sinθ4)+l4)cosθ4，由l3<l4、h3=h4得θ3<θ4，B正確；由于a=gtanθ，θ不同，加速度大小不同，C錯誤；游客在水平面轉(zhuǎn)動上轉(zhuǎn)動，重力不做功，D正確。三.非選擇題(本題共6小題，共54分)15.(6分)利用圖1裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗。(1)已如打點計時器所用的交流電頻率為50Hz，實驗中得到一條點跡清晰的紙帶如圖2所示，把第一個點記做O，另選連續(xù)的4個點A、B、C、D作為測量點，測得A、B、C、D各點到O點的距離為62.90cm、70.14cm、77.76cm、85.73cn。由此可知打下B點時紙帶的速度為m/s(計算結(jié)果保留2位有效數(shù)字)：第第15題圖圖1(2)重物固定在紙帶的端(選填“左”或“右”)；(3)選取某個過程，發(fā)現(xiàn)重物動能的增加量略大于重力勢能的減小量，造成這一結(jié)果的原因可能是A.重物質(zhì)量過大B.電源電壓高于規(guī)定值C.重物質(zhì)量測量錯誤D.先釋放紙帶，后接通電源(4)某同學在紙帶上選取多個計數(shù)點，測量它們到某一計數(shù)點O的距離h，計算出對應(yīng)計數(shù)點的重物速度v，描繪出v2－h(huán)圖像。下列說法中正確的是A.為減小誤差，應(yīng)利用公式v=eq\r(2gh)計算重物在各點的速度B.在選取紙帶時，必須選取第1、2兩點間距為2mm的紙帶C.若圖像是一條過原點的直線，則重物下落過程中機械能一定守恒D.若圖像是一條不過原點的直線，重物下落過程中機械能也可能守恒〖答案〗(1)3.7(2)左(3)D(4)D〖解析〗(1)B點的速度等于AC間的平均速度，eqvB=\f(xAC,2T)=\f(77.76－62.90,0.04)×10-2m/s=3.7m/s(2)由圖可知，紙帶上起始點靠近重物，所以重物固定在紙帶的左端。(3)由eqmgh=\f(1,2)mv2可知，重物質(zhì)量過大、重物質(zhì)量測量錯誤都不會使動能的增加量略大于重力勢能的減小量，A、C錯誤；電源電壓高于規(guī)定值不會影響打點周期，B錯誤；若O點的初速度不為0，則eq\f(1,2)mv2=mgh+\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(0))，會使動能的增加量略大于重力勢能的減小量，原因可能是先釋放紙帶，后接通電源，D正確。(4)公式v=eq\r(2gh)是用機械能守恒定律推導(dǎo)出來的，實驗中不能用v=eq\r(2gh)計算重物在各點的速度，A錯誤；在選取紙帶時，可以選取其中兩點來驗證，如eq\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(C))－\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(A))=mghAC，與第1、2兩點間距是否為2mm無關(guān)，B錯誤；這時描繪出v2－h(huán)圖像是一條不過原點的直線，只要滿足圖線的斜率等于2g，就驗證了重物下落過程中機械能守恒，D正確；由動能定理得eq\f(1,2)mv2=mah，只要重物做勻加速直線運動，v2－h(huán)圖像就是一條過原點的直線，當圖線的斜率小于2g，機械能就不守恒，C錯誤。16.(8分)某物理興趣小組測量一段粗細均勻的合金絲電阻率ρ。(1)實驗開始前，用螺旋測微器測量合金絲的直徑，圖1讀數(shù)為mm；圖圖1(2)某同學采用分壓電路和電流表內(nèi)接法，取這段合金絲繞在半徑為0.3m的量角器上，連成圖2所示電路。閉合開關(guān)前，請老師檢查，發(fā)現(xiàn)導(dǎo)線(填寫標號)接線錯誤，滑動變阻器的滑片應(yīng)置于端(選填“左”或“右”)；圖圖3第16題圖(3)改變金屬夾位置，通過調(diào)節(jié)滑動變阻器保持電壓表示數(shù)始終為1.00V，記錄電流表的示數(shù)I與接入電路的合金絲所對應(yīng)的圓心角θ，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)在圖3中作出eq\f(1,I)－θ圖像，則該合金絲的電阻率為Ω?m(保留2位有效數(shù)字)，電流表的內(nèi)阻為Ω?！即鸢浮?1)0.800(2)③右(3)4.7~5.1×10-70.18~0.22〖解析〗(1)螺旋測微器讀數(shù)d=0.5mm+30.0×0.01mm=0.800mm(2)按實物圖轉(zhuǎn)化為電原理圖如圖，可知實物圖接成了電流表外接法，導(dǎo)線③接錯；實驗開始前，滑動變阻器的滑片應(yīng)置于右端；(3)由歐姆定律UV=I(rA+Rx)，量角器的半徑為R0，根據(jù)電阻定律Rx=ρeq\f(θR0,\f(1,4)πd2)解得eq\f(1,I)=\f(rA,UV)+\f(4ρθR0,UV?πd2)代入數(shù)據(jù)得eq\f(1,I)=rA+\f(15,8π)×106?ρθ，作出eq\f(1,I)－θ圖線，如圖，可知圖線的斜率k=eq\f(0.78,\f(5π,6))=eq\f(15,8π)×106?ρ，求得ρ=5.0×10-7Ω?m，圖線的截距為電流表的內(nèi)阻rA=0.2Ω。17.(8分)某物理興趣小組設(shè)計了一款火警報警裝置，原理圖簡化如下：質(zhì)量M=2kg的氣缸通過細線懸掛在天花板下，質(zhì)量m=0.1kg、橫截面積S=10cm2的活塞將一定質(zhì)量的理想氣體密封在導(dǎo)熱氣缸內(nèi)。開始時活塞距氣缸底部的高度h=30cm，缸內(nèi)溫度t1=27℃；當環(huán)境溫度上升，活塞緩慢下移Δh=6cm時，活塞表面(涂有導(dǎo)電物質(zhì))恰與a、b兩觸點接觸，蜂鳴器發(fā)出報警聲。不計活塞與氣缸之間的摩擦，活塞厚度可忽略，大氣壓強p0=1.0×105Pa，求：第第17題圖(1)細線的拉力及缸內(nèi)氣體的壓強；(2)蜂鳴器剛報警時的環(huán)境溫度t2；(3)若氣體內(nèi)能增加了15J，該過程中氣體吸收的熱量Q為多大？〖答案〗(1)21N0.99×105Pa(2)360K或870C(3)20.94J〖解析〗(1)對氣缸活塞整體：F=(M+m)g=21N對活塞：p0S=p1S+mg解得p1=0.99×105Pa(2)等壓變化過程，eq\f(V1,T1)=\f(V2,T2)即eq\f(hS,T1)=\f((h+Δh)S,T2)解得T2=360K，則t2=870C(3)氣體等壓膨脹對外做功W=－p1SΔh=－5.94J根據(jù)熱力學第一定律ΔU=W+Q解得Q=20.94J18.(10分)如圖所示，在水平面上固定一彈簧匣，左端與輕質(zhì)彈簧的A端相連，自由狀態(tài)下彈簧另一端位于B點；在與B點相距1m的C處固定一豎直圓軌道，半徑R=0.1m，圓軌道底端略微錯開：在D點右側(cè)放置等腰直角三角形支架PEQ，∠Q=900，PQ=eq\r(5)m，E點在D點正下方，P點與D點等高，EQ水平。質(zhì)量m=0.1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)被壓縮的彈簧彈出，它與BC段的動摩擦因數(shù)μ=0.4，不計軌道其它部分的摩擦。第第18題圖(1)要使物塊能進入豎直圓軌道，彈簧的初始彈性勢能至少多大；(2)若物塊在豎直圓軌道上運動時不脫離軌道，則彈性勢能的取值范圍是多少；(3)若物塊能打在三角形支架上，求打在支架上時的最小動能。〖解析〗(1)EP0－μmgL=0解得EP0=0.4J(2)臨界情況1：物塊恰能到達圓心等高處，EP1－μmgL－mgR=0解得EP1=0.5J臨界情況2：物塊恰能過圓周最高點，EP2－μmgL－2mgR=eq\f(1,2)mv2，其中eqv=\r(gR)解得EP2=0.65J彈性勢能的取值范圍是0.4J<EP≤0.5J或EP≥0.65J(3)eqEk=mgy+\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(D))，又eqy=\f(1,2)gt2、eqvD=\f(x,t)=\f(\r(5)－y,t)以t為變量，得eqEk=(\f(5,8)mg2t2+\f(5m,2t2))－\f(\r(5),2)mg當eq\f(5,8)mg2t2=\f(5m,2t2)(即t2=0.2)時，Ek有最小值eqEmin=\f(5－\r(5),2)≈1.38J(10分)如圖所示，在xOy坐標平面內(nèi)，固定著足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距L=0.5m，在x=0處由絕緣件相連，導(dǎo)軌某處固定兩個金屬小立柱，立柱連線與導(dǎo)軌垂直，左側(cè)有垂直紙面向外的勻強磁場，右側(cè)有垂直紙面向里的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B=0.2T；導(dǎo)軌左端與電容C=5F的電容器連接，起初電容器不帶電?，F(xiàn)將兩根質(zhì)量均為m=0.1kg的導(dǎo)體棒a、b分別放置于導(dǎo)軌左側(cè)某處和緊貼立柱的右側(cè)(不粘連)，某時刻起對a棒作用一個向右的恒力F=0.3N，當a棒運動到x=0處時撤去力F，此后a棒在滑行到立柱的過程中通過棒的電量q=1C，與立柱碰撞時的速度v1=1m/s，之后原速率反彈。已知b棒電阻R=0.4Ω，不計a棒和導(dǎo)軌電阻，求：第第19題圖(1)小立柱所在位置的坐標xb；(2)a棒初始位置的坐標xa；(3)假設(shè)b棒穿出磁場時的速度v2=0.3m/s，此前b棒中產(chǎn)生的總熱量。〖解析〗(1)a棒減速向右運動過程中，eqq=\f(ΔΦ,R)=\f(BLxb,R)解得：xb=4m(2)a棒在0~xb區(qū)間，由動量定理得－BLq=mv1－mv0解得v0=2m/sa棒在恒力作用過程中，設(shè)某時刻的速度為v，加速度為a，棒中的電流為I，則有F－BiL=ma、eqi=\f(Δq,Δt)=\f(CΔU,Δt)=\f(CBLΔv,Δt)=CBLa解得eqa=\f(F,m+CB2L2)=2m/s2即a棒做勻加速運動，根據(jù)eqv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(0))=2a(－xa)解得xa=－1m(3)a棒在0~xb區(qū)間向右運動過程中，電路產(chǎn)生的熱量eqQ1=\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(0))－\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(1))=0.15J反彈后，a棒向左，b棒向右運動，兩棒的加速度大小相等，相等時間內(nèi)速度點變化量大小也相等所以a棒的速度v'=0.7m/s此過程中發(fā)熱量eqQ2=\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(1))－\f(1,2)mv'\o\al(\s\up2(2),\s\do2(1))－\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(2))=0.021J所以Qb=Q