浙江省寧波市十校聯(lián)盟2023-2024學年高三下學期3月聯(lián)考物理試題

寧波“十?！?024屆高三3月聯(lián)考物理試題卷滿分100分，考試時間90分鐘?？忌⒁猓?．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答題紙規(guī)定的位置上。2．答題時，請按照答題紙上“注意事項”的要求，在答題紙相應的位置上規(guī)范作答，在本試題卷上的作答一律無效。3．非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應的區(qū)域內(nèi)，作圖時先使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。選擇題部分一、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.下列說法正確的是（）A.甲圖中研究籃球的進入籃筐的過程，可將籃球看成質(zhì)點B.乙圖中羽毛球在空中運動時的軌跡并非拋物線，其水平方向的分速度逐漸減小C.丙圖中運動員訓練蹲踞式起跑時，起跑器對運動員做正功D.丁圖中運動員跳高下落時，通過海綿墊可減少接觸面對運動員的沖量從而實現(xiàn)緩沖【答案】B【解析】【詳解】A．甲圖中研究籃球的進入籃筐的過程，籃球大小和形狀不能忽略，不可以將籃球看成質(zhì)點，A錯誤；B．羽毛球所受空氣阻力不能忽略，故軌跡并非拋物線，在阻力作用下羽毛球水平方向的分速度逐漸減小，B正確；C．起跑器彈力方向運動員沒有位移，起跑器對運動員不做功，C錯誤；D．運動員動量的變化量一定，海綿墊的作用是通過延長接觸時間，減小運動員受到的彈力，起到緩沖作用，D錯誤。故選B。2.理想氣體常數(shù)R是表征理想氣體性質(zhì)的一個常數(shù)，由理想氣體狀態(tài)方程可推得，其中p為氣體壓強，為氣體的摩爾體積（一摩爾物質(zhì)在0℃、的體積），T為熱力學溫度，用國際單位制中的基本單位表示理想氣體常數(shù)R的單位，正確的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】由，可得壓強單位可表示為。摩爾體積的單位為，T的單位為K。則理想氣體常數(shù)R的單位是。故選C。3.如圖所示，在無風的房間內(nèi)，一個氫氣球由靜止釋放，在浮力的作用下往上飄后最終靜止于傾斜天花板上，關于該氫氣球的受力，下列說法正確的是（）A.氣球受到四個力的作用B.天花板對氣球的彈力豎直向下C.天花板對氣球的彈力是由于氣球發(fā)生形變而引起的D.氣球?qū)μ旎ò宓哪Σ亮ρ靥旎ò迤矫嫦蛳隆敬鸢浮緼【解析】【詳解】A．氣球受重力、天花板對氣球的彈力，天花板對氣球的摩擦力以及空氣浮力這四個力的作用，故A正確；B．彈力的方向垂直于接觸面而指向被支撐的物體，可知天花板對氣球的彈力垂直于天花板斜向下，故B錯誤；C．天花板對氣球的彈力是由于天花板發(fā)生形變而引起的，故C錯誤；D．氣球能夠靜止上升，說明浮力大于重力，天花板對氣球的摩擦力沿著天花板斜面向下，根據(jù)牛頓第三定律可知，氣球?qū)μ旎ò宓哪Σ亮ρ靥旎ò迤矫嫦蛏希蔇錯誤。故選A。4.如圖所示，某款可折疊支架，調(diào)節(jié)支撐桿MN，背部支撐平面PQ的傾角隨之改變，底部支撐平面ab與PQ始終垂直，忽略一切摩擦，當逐漸減小時，下列說法正確的是（）A.背部支撐平面PQ對的彈力逐漸變小B.對底部支撐平面ab的彈力逐漸變大C.支架對的作用力逐漸增大D.對支架的作用力始終不變【答案】D【解析】【詳解】AB．背部支撐平面PQ對的彈力和底部支撐平面ab對的彈力，這兩個力始終垂直，對受力分析如圖所示可知在動態(tài)變化的過程中，即逐漸減小時，背部支撐平面PQ對的彈力逐漸變大，底部支撐平面ab對的彈力逐漸減小，根據(jù)牛頓第三定律可知，對底部支撐平面ab的彈力逐漸變小，故AB錯誤；CD．支架對的作用力大小始終等于自身的重力，而根據(jù)牛頓第三定律可知，支架對的作用力大小始終等于對支架的作用力，則可知對支架的作用力始終不變，故C錯誤，D正確。故選D。5.圖為西湖音樂噴泉某時刻的照片，水從噴口傾斜射出，空中呈現(xiàn)不同的拋物線，取其中4條拋物線，分別記作①②③④，空氣阻力不計，下列說法正確的是（）A.4條水柱中，①中的水上升較高，其出射速度最大B.②中的水比③中的水在空中運動的時間長C.在最高點，②中的水比③中的水速度大D.噴口水平傾角越小，水射程越遠【答案】B【解析】【詳解】A．4條水柱中，①中的水上升較高，水在空中的運動時間最大，出射時的豎直速度最大，而其水平位移最小，所以水平速度最小，則出射速度不一定最大，故A錯誤；B．②中的水的高度大于③中的水的高度，所以②中的水在空中運動的時間長，故B正確；C．在最高點，水的速度為水平方向速度，而②中的水比③中的水水平速度小，故C錯誤；D．水的射程為當噴口水平傾角為45°時，水射程越遠，故D錯誤。故選B。6.如圖所示，一帶正電的小球用絕緣細繩懸于O點，將小球拉開小角度后靜止釋放，其運動可視為簡諧運動，下列措施中可使小球振動頻率增加的是（）A.將此單擺置于豎直向下的勻強電場中B.在懸點O處放置一個帶正電的點電荷C.在懸點O處放置一個帶負電的點電荷D.將此單擺置于垂直擺動平面向里的勻強磁場中【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)單擺的周期公式可得單擺的頻率若將此單擺置于豎直向下的勻強電場中，可知帶電小球所受電場力豎直向下，而重力也豎直向下，該處空間重力場與電場疊加，相當于增加了單擺所處空間的加速度，因此該單擺的振動頻率將增加，故A正確；BC．在懸點O處放置一個點電荷，根據(jù)點電荷之間作用力可知，兩點電荷之間產(chǎn)生的靜電力方向始終在兩點電荷的連線上，即沿著繩子方向，則可知，連接小球的繩子上的拉力將會發(fā)生改變，而在小球做簡諧振動時，其回復力為小球重力垂直繩子方向的分力，根據(jù)小球做簡諧振動的周期公式可得即在小球質(zhì)量不變的情況下，其振動頻率與回復力和位移大小比值的系數(shù)有關，而點電荷對小球的靜電力與回復力無關，故BC錯誤；D．若將此單擺置于垂直擺動平面向里的勻強磁場中，則在小球從左向右擺動的過程中，其所受洛倫茲力始終沿著擺繩指向擺心，而從右向左擺動的過程中，其所受洛倫茲力始終沿著擺繩背離擺心，則可知洛倫茲力的出現(xiàn)將使擺繩上的張力發(fā)生改變，但并不會影響擺球的振動頻率，故D錯誤。故選A。7.已知通電長直導線周圍某點的磁感應強度，即磁感應強度B的大小與導線中的電流I成正比，與該點到導線的距離r成反比。如圖所示，兩根平行長直導線M、N分別通以大小相等、方向相反的電流，沿MN和其中垂線建立直角坐標系xOy。規(guī)定磁場沿方向為正，則磁感應強度B隨x、y變化的圖線正確的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】AB．由安培定則可知，左側(cè)導線中的電流在該導線右側(cè)產(chǎn)生的磁場的方向沿方向，而右側(cè)導線中的電流在該導線左側(cè)產(chǎn)生的磁場的方向沿方向，由于規(guī)定磁場方向沿方向為正，此區(qū)間內(nèi)的磁場等于兩條直導線在各處形成的磁感應強度之和，故在MN區(qū)間內(nèi)磁場方向為正，根據(jù)通電長直導線周圍某點磁感應強度知距離導線越遠磁場越弱，又可知在兩根導線中間位置O點磁場最弱，但不為零；在導線M左側(cè)M導線形成的磁場沿方向，N導線形成的磁場沿方向，因該區(qū)域離M導線較近，則合磁場方向沿方向，為負方向，且離M導線越遠處磁場越弱；同理，在導線N右側(cè)N導線形成的磁場沿方向，M導線形成的磁場沿方向，因該區(qū)域離N導線較近，則合磁場方向沿方向，為負方向，且離N導線越遠處磁場越弱，故A錯誤，B錯誤；CD．兩通電導線在y軸的磁感應強度如圖所示因此可知合場強豎直向下，大小為越遠離O點越小，因此B越小，C正確D錯誤。故選C。8.如圖甲、乙所示為某家庭應急式手動發(fā)電機的兩個截面示意圖。推動手柄使半徑為r的圓形線圈a沿軸線往復運動，其運動的圖像為如圖丙所示的正弦曲線，最大速度為。已知線圈匝數(shù)為n，電阻不計，所在位置磁感應強度大小恒為B，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為k，兩燈泡電阻均為R，A為理想交流電流表，閉合開關S，下列說法正確的是（）A.兩端電壓最大值為B.電流表A的讀數(shù)為C.線圈a的輸出功率為D.若斷開開關S，中電流不變，原線圈中電流亦不變【答案】C【解析】【詳解】A．由圖像可知，發(fā)電機產(chǎn)生正弦式交流電，產(chǎn)生電壓的最大值為根據(jù)原副線圈匝數(shù)比，副線圈電壓即兩端電壓最大值為A錯誤；B．副線圈電壓有效值為兩燈泡并聯(lián)總電阻為，電流表A的讀數(shù)為B錯誤；C．理想變壓器線圈a的輸出功率為C正確；D．若斷開開關S，副線圈電壓不變，則中電流不變，但副線圈電流減半，則原線圈中電流減半，D錯誤。故選C。9.如圖甲所示，A、B兩顆衛(wèi)星在同一平面內(nèi)圍繞中心天體做勻速圓周運動，且繞行方向相同，圖乙是兩顆衛(wèi)星之間的距離隨時間t的變化圖像，時刻A、B兩顆衛(wèi)星相距最近。已知衛(wèi)星B的周期，則A、B兩顆衛(wèi)星運行軌道半徑之比為（）A.1∶7 B.1∶4 C. D.1∶2【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)題意，由圖乙可知，經(jīng)過時間，A、B兩顆衛(wèi)星再次相距最近，則有解得由開普勒第三定律有故選B。10.如圖甲，兩等量異種點電荷位于同一豎直線上，在兩點電荷連線的中垂線上放置一粗糙水平橫桿，有一質(zhì)量為m，電荷量為的圓環(huán)（可視為質(zhì)點）可沿橫桿滑動。時刻，圓環(huán)自A處以初速度向右運動，此后圓環(huán)運動的圖像如圖乙所示，時刻和時刻圖線斜率相同，和時刻圖線斜率均為0，已知圓環(huán)t2時刻運動至O點，繼續(xù)向右運動至B點停下，且A、B關于兩電荷連線中點O對稱。若A處場強為，AO間距為L，重力加速度為g，且圓環(huán)運動過程中電量始終不變，則下列說法正確的是（）A.圓環(huán)與橫桿之間的動摩擦因數(shù) B.時間內(nèi)圓環(huán)的位移大小為C.圓環(huán)在O處運動的速度 D.O處的場強大小為【答案】D【解析】【詳解】AD．根據(jù)題意，時刻和時刻圖線斜率相同，則小球的加速度相同，O處的場強大于A點的場強，根據(jù)牛頓第二定律對A點和O點分析聯(lián)立解得O處的場強大小為由于不知道加速度大小，故不能求出動摩擦因數(shù)，和時刻圖線斜率均為0，小球?qū)U的彈力為零，重力等于電場力，也無法求出動摩擦因數(shù)，故A錯誤，D正確；B．根據(jù)AD項分析知，A處場強為，時刻場強為O處的場強大小為解得根據(jù)等量異種點電荷場線分布情況知，越靠近O點位置場強在單位距離上的增加量越大，所以位置一定處于AO的中點靠右，即時間內(nèi)圓環(huán)的位移小于，故B錯誤；C．又根據(jù)等量異種點電荷場線分布的對稱性知，小球從A點運動到B點過程，電場力大小關于中點O對稱，則摩擦力大小關于中點O對稱，故用平均力代替變力，左邊的摩擦力用表示，小球從A點到停在B點，電場力與運動方向始終垂直，不做功，根據(jù)動能定理可得小球從A點到停在O點，根據(jù)動能定理可得解得故C錯誤。故選D。11.DIY手工能夠讓兒童體驗到創(chuàng)造過程中的樂趣和成就感。圖為某款DIY太陽能小車，組裝成功后質(zhì)量約為130g，太陽直射時行駛速度約為0.25m/s，行駛過程中阻力約為車重的0.2倍。已知太陽與地球之間的平均距離約為，太陽每秒輻射的能量約為，太陽光傳播到達地面的過程中大約有37%的能量損耗，太陽能電池有效受光面積約為，則該車所用太陽能電池將太陽能轉(zhuǎn)化為機械能的效率約為（）A.5% B.10% C.20% D.30%【答案】A【解析】【詳解】由題意可知，驅(qū)動該太陽能小車正常行駛時所需要的機械功率為代入數(shù)據(jù)可得該太陽能小車接收太陽的功率為其中，，代入數(shù)據(jù)解得該車所用太陽能電池將太陽能轉(zhuǎn)化為機械能的效率約為故選A。12.在某水平均勻介質(zhì)中建立如圖所示三維直角坐標系，xOy平面水平。在x軸上的兩個波源、的坐標分別為，的振動方程分別為、。若兩波均從平衡位置向上起振，且時刻，剛開始振動，首次到達波峰處，兩列波的波速均為4m/s，傳播過程中能量損耗不計。y軸上P點的坐標為，則下列說法正確的是（）A.兩波均傳至O點后，O點振幅為18cmB.波提前波傳至P點C.時，P點向方向振動D.內(nèi)，質(zhì)點P通過的路程為【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)兩波源的振動方程可知，兩波源的振動周期均為可知兩列波頻率相同，相位差恒定，兩列波相遇后將能發(fā)生穩(wěn)定的干涉，波源的振動傳播到O點的時間為波源的振動傳播到O點的時間為即當波源的振動傳播至O點后，在O點引起的振動振動，波源的振動才剛剛傳播至O點，且根據(jù)題意可知，此刻波源在O點引起的振動應使質(zhì)點處于波峰，而由于波源的振動滿足正弦函數(shù)，即波源的起振方向沿著軸正方向向上，此刻由波源在O點引起的振動使質(zhì)點處于波谷，兩個波源在O點引起的振動相互疊加，疊加后使振動減弱，此刻O點處的質(zhì)點的振幅為故A錯誤；B．根據(jù)題已知可得，則可得波源、的波傳播至P點的時間分別為，可得但根據(jù)題意，波源的波在時刻波源處的質(zhì)點已經(jīng)處于波峰，說明波在時刻前已經(jīng)開始傳播了，因此波提前波傳至P點的時間小于1.25s，故B錯誤；C．當時，波源的波在P點引起的振動振動的時間為1.5s，波源的波在P點引起的振動振動的時間為0.25s，可知由波源的波在P點引起的振動此時恰好回到平衡位置且下一刻將沿著軸負方向振動，由波源的波在P點引起的振動此時也恰好回到平衡位置且下一刻也將沿著軸負方向振動，由此可知，時，P點向方向振動，故C錯誤；D．根據(jù)以上分析可知，內(nèi)，由波源在P點引起振動使P處質(zhì)點先振動了1.25s，即個周期后由波源引起的振動的波峰恰好傳播至P點，說明S2的波傳到P點時為S1的波單獨振動一個周期時，而此刻由兩波源在P點引起的振動均使該處的質(zhì)點處于波峰，即振動加強，該處質(zhì)點的振幅為由此可知，內(nèi)，質(zhì)點P通過的路程為故D正確。故選D13.如圖甲所示，為某種透明新材料制成的半徑為R的半圓柱體，其折射率。是與軸線平行的線光源，S點位于O點正下方處，圖乙為其截面圖。平面PQMN鍍有反光薄膜，射向平面PQMN的光線將全部反射。若只考慮首次射向曲面的光線，則曲面無光線射出的面積和有光線射出的面積之比為（）A.1∶5 B.1∶1 C.2∶1 D.5∶1【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)題意，只考慮首次射向曲面的光線，則可知此光線包括第一次直接射向曲面的光線和直接經(jīng)PQ反射后射向曲面的光線，根據(jù)全反射角的反射角與折射率之間的關系有可得做出光路圖如圖所示光線恰好在T點發(fā)生全反射，OT為法線，根據(jù)正弦定理有其中，解得因此可知或根據(jù)幾何關系可知，，而另一全反射的臨界角為，但光線不能射出PQ，將在界面上發(fā)生全反射，射向K點的光線發(fā)生全反射，首次射向曲面，根據(jù)幾何關系可知，，即經(jīng)過K點反射的光線達到曲面N點后恰好再次被反射，則可知，射向OK段的光線經(jīng)過PQ反射后都能穿過曲面，而直接射向TQ的光線會在曲面上發(fā)生全反射，從而不能透過曲面，綜合可知，段不能透過光線的區(qū)域只有，而根據(jù)幾何關系可知則可知根據(jù)對稱性可知，首次射向曲面的光線，不能透過光的弧長所對應的圓心角為則能透過光的弧長對應的圓心角為，由此可知，曲面無光線射出的面積和有光線射出的面積之比為故選A。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）14.下列說法正確是（）A.圖甲為一定質(zhì)量的氧氣分子在0℃和100℃時的速率分布圖像，其中圖線Ⅰ溫度較高B.從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功是可能實現(xiàn)的C.圖乙中靜止的鈉核在磁場中發(fā)生衰變，曲線1為粒子的運動軌跡D.相對論時空觀認為運動物體的長度和物理過程的快慢都跟物體運動狀態(tài)有關【答案】BD【解析】【詳解】A．圖甲中，氧氣分子在圖線Ⅱ溫度下速率大的分子所占百分比較多，故圖線Ⅱ溫度較高，故A錯誤；B．根據(jù)熱力學第二定律可知，在引起其他變化的前提下，可以從單一熱庫吸收熱量，使之全部變成功，故B正確；C．根據(jù)動量守恒得知，放出的粒子與新核的速度方向相反，由左手定則判斷得知，放出的粒子應帶負電，是粒子，故C錯誤；D.相對論時空觀認為運動物體的長度和物理過程的快慢都跟物體運動狀態(tài)有關，故D正確。故選BD。15.如圖甲為氫原子的能級圖，現(xiàn)用頻率為v0的光照射大量處于基態(tài)的氫原子，只能發(fā)射出頻率為的三條譜線，現(xiàn)用這三種頻率的光去照射圖乙的光電效應的實驗裝置，其中只有a、b兩種光能得到圖丙所示的電流與電壓的關系曲線。已知。以下說法正確的是（）A.一定有B.圖乙中滑片P從O向b端移動過程中，電流表示數(shù)減小C.圖丙中D.圖丙中的a光照射陰極，光電流達到飽和時，陰極每秒射出的光電子數(shù)大約個【答案】AC【解析】【詳解】AC．根據(jù)圖乙可知根據(jù)可知所以這三種光的能量分別為12.09eV、10.2eV、1.89eV，則從而解得故AC正確；B．圖乙中滑片P從O向b端移動過程中，Ob部分的電阻變小，A端的電勢變高，A端的電勢高于K端的電勢，所以電流表示數(shù)增大，故B錯誤；D．圖丙中的a光照射陰極，光電流達到飽和時，飽和電流為，由可知每秒射出的電荷量為,所以陰極每秒射出的光電子數(shù)大約故D錯誤。故選AC。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）實驗題（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三題共14分）16.某實驗小組采用如圖1所示的實驗裝置在水平桌面上探究“小車的加速度與力和質(zhì)量之間的關系”。（1）實驗之前要平衡小車所受的阻力，具體的步驟是：______（填“掛”或“不掛”）砂桶，連接好紙帶后，調(diào)整木板右端的高度，用手輕撥小車，直到打點計時器在紙帶上打出一系列間距均勻的點。（2）已知打點計時器所用交變電源的頻率為50Hz，某次實驗得到的紙帶如圖2所示。A、B、C、D、E是5個連續(xù)的計數(shù)點，相鄰兩計數(shù)點間有四個點未畫出，實驗數(shù)據(jù)如表中所示，其中有一組數(shù)據(jù)記錄不當，這組數(shù)據(jù)是______（填“A”、“B”、“C”、“D”或“E”）。根據(jù)上述信息可得小車的加速度大小為______m/s2（保留兩位有效數(shù)字）。計數(shù)點ABCDE位置坐標（cm）4.505.507.309.8013.1（3）另一小組在驗證加速度與質(zhì)量關系實驗時，保證砂桶的總質(zhì)量不變，通過在小車上增加砝碼來改變小車總質(zhì)量，每次實驗時僅記錄了小車上砝碼的總質(zhì)量m，但未測小車質(zhì)量M，作出與m之間的關系圖像如圖3所示，已知圖中直線的斜率為k，在縱軸上的截距為b，若該同學其他操作均正確，沒有遠小于，可得到小車的質(zhì)量M為______（用k、b、表示）?！敬鸢浮浚?）不掛（2）①.E②.3.8（3）【解析】【小問1詳解】實驗之前要平衡小車所受的阻力，即不掛砂桶，連接好紙帶后，調(diào)整木板右端的高度，用手輕撥小車，直到打點計時器在紙帶上打出一系列間距均勻的點?！拘?詳解】[1]根據(jù)題意有，，，所以由此可知，E組數(shù)據(jù)記錄不當；[2]小車運動的加速度為【小問3詳解】根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立可得所以解得17.用如圖1實驗裝置探究向心力大小與質(zhì)量、角速度、半徑的關系。實驗可供選擇的小球大小相同，材質(zhì)分別是膠木、鋁和鐵，三種材料的密度如表中所示。材料膠木鋁鐵密度（）2.77.8實驗時，先將左右兩側(cè)塔輪半徑調(diào)至相等，左側(cè)小球6可置于長槽或短槽處，小球在長槽和短槽處運動時半徑之比為2∶1。勻速轉(zhuǎn)動時，若左邊標尺露出約2格，右邊標尺露出約3格（如圖2所示），已知小球受到的彈力與標尺露出的格子數(shù)成正比，則左側(cè)小球應置于______（填“長槽”或“短槽”）處，材質(zhì)應選擇______（填“膠木”、“鋁”或“鐵”）?！敬鸢浮竣?長槽②.鋁【解析】【詳解】[1][2]由題意可知，兩側(cè)小球角速度相等，且彈力即向心力之比為向心力表達式為小球大小相等，則質(zhì)量與密度成正比，結合表格數(shù)據(jù)，左側(cè)放置鋁球，右側(cè)放置鐵球時，運動半徑之比為應為，才能使向心力之比為2:3。故左側(cè)小球應置于長槽，且為鋁球。18.在“練習使用多用電表”實驗中：（1）可供選擇的器材中有一碳膜電阻，如圖1所示，觀察其色環(huán)顏色，查得該碳膜電阻的阻值為2kΩ，誤差為。①在使用多用電表測該電阻前，發(fā)現(xiàn)指針如圖2所示，現(xiàn)需要調(diào)整圖3中的部件______（填字母“K”、“S”或“T”），使指針對準電流的“0”刻線。②將部件K撥至“”擋，通過歐姆調(diào)零使指針對準電阻的“0刻線”。將紅、黑表筆分別與待測電阻兩端接觸，若多用電表指針如圖4所示，則待測電阻為______Ω，測量完畢后將選擇開關撥至“OFF”擋。（2）測量該碳膜電阻的阻值，實驗室提供了如下器材：A．電流表（量程0~3mA，內(nèi)阻約20Ω）B．電流表（量程0~0.6A，內(nèi)阻約0.5Ω）C．電壓表V（量程0~5V，內(nèi)阻約5kΩ）D．滑動變阻器（阻值范圍0~10Ω，允許的最大電流2A）E．待測碳膜電阻F．電源（電動勢6V，內(nèi)阻約2Ω）G．開關和導線若干①實驗時電流表應選______（填器材前面的序號）。②為了獲得更多的數(shù)據(jù)使測量結果更準確，采用下列實驗電路進行實驗，較合理的是______。A．B．C．D．③用伏安法測電阻時，由于電壓表、電流表內(nèi)阻的影響，測量結果總存在系統(tǒng)誤差。按如圖5所示的電路進行測量，可以消除這種系統(tǒng)誤差。該實驗的第一步是：閉合電鍵，將電鍵接1，調(diào)節(jié)滑動變阻器和，使電壓表讀數(shù)盡量接近量程，讀出此時電壓表和電流表的示數(shù)；接著讓兩滑動變阻器的滑片保持位置不動，將電鍵接2，讀出這時電壓表和電流表的示數(shù)。由以上記錄數(shù)據(jù)計算被測電阻的表達式是______．【答案】（1）①.S②.1900##（2）①.A②.B③.【解析】【小問1詳解】[1]在使用多用電表測該電阻前，發(fā)現(xiàn)指針如圖2所示并未指在“0”刻度處，因此需要調(diào)整圖3中的部件“S”指針定位螺絲，即機械調(diào)零旋鈕，使指針指在“0”刻度處。[2]多用電表歐姆擋表盤為最上面弧線所示刻度，測電阻讀數(shù)時，應用表盤讀數(shù)乘以所選倍率，根據(jù)讀數(shù)原理可得該待測電阻的阻值為【小問2詳解】[1]實驗中所選電源電動勢為6V，根據(jù)直除法可得電路中最大電流約為根據(jù)電表的選取原則，實驗中的電流讀數(shù)要超過其量程的三分之一，因此可知應選擇電流表。故選A。[2]為了獲得更多的數(shù)據(jù)使測量結果更準確，則滑動變阻器應采用分壓式接法，同時根據(jù)可知，為了使實驗結果更加準確則應選擇電流表的內(nèi)接法。故選B。[3]根據(jù)實驗原理，當開關S2接1時，根據(jù)部分電路的歐姆定律有當開關S2接2時，根據(jù)部分電路的歐姆定律有由此可得19.某興趣小組設計了一溫度報警裝置，原理圖如圖所示，豎直放置的導熱汽缸內(nèi)用質(zhì)量、橫截面積、上表面涂有導電物質(zhì)的活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，當缸內(nèi)氣體的溫度時，活塞下表面與汽缸底部的距離，上表面與a、b兩觸點的距離。當活塞上移至卡口處，上表面恰好與a、b兩觸點接觸，觸發(fā)報警器報警。不計一切摩擦，大氣壓強恒為，重力加速度g取。（1）求該報警裝置報警的最低熱力學溫度；（2）當環(huán)境溫度緩慢升高到時，求封閉氣體的壓強；（3）若環(huán)境溫度由緩慢升高到時，氣缸內(nèi)氣體吸收熱量1.8J，求該部分氣體內(nèi)能的增量?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）當環(huán)境溫度緩慢上升，活塞剛到達卡扣處，此過程中封閉氣體處于等壓膨脹過程，則有解得（2）加熱之前，根據(jù)平衡條件有解得當環(huán)境的熱力學溫度升高到時，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有解得（3）環(huán)境的熱力學溫度由升高到時時，外界對氣體做功為由熱力學第一定律可得可得20.如圖所示為某彈射游戲裝置，游戲軌道由水平直軌道AB和兩個半徑為、圓心角的圓弧軌道BC、組成，OB、豎直，小球（可視為質(zhì)點）能無碰撞地從軌道BC進入軌道。小球1被固定于A處的彈簧彈出后，與靜置在水平軌道的小球2發(fā)生彈性碰撞。游戲設置一、二、三等獎：若小球2能夠進入圓弧軌道獲三等獎，若小球2能在圓弧軌道（不包括D點）段脫離獲二等獎，若小球1能在圓弧軌道（不包括D點）段脫離則獲一等獎，其他情況都不能獲獎。已知小球1的質(zhì)量，小球2的質(zhì)量，重力加速度g取，忽略一切摩擦，不考慮小球間的二次碰撞。（1）若游戲能獲獎，則小球2進入B點時，求軌道BC對小球彈力的最小值；（2）小球2碰后的速度多大時，游戲能獲二等獎；（3）彈性勢能滿足什么條件時可獲一等獎。【答案】（1）4.5N；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）若游戲能獲獎，設小球2到達C點的最小速度為根據(jù)機械能守恒在B點，根據(jù)牛頓第二定律解得，軌道BC對小球彈力（2）游戲能獲二等獎，小球2能在圓弧軌道（不包括D點）段脫離，過點作水平線與軌道交于E點，即小球2能在E點脫離，根據(jù)機械能守恒得小球2能在D點脫離根據(jù)機械能守恒得則小球2碰后的速度（3）小球1能在圓弧軌道（不包括D點）段脫離則獲一等獎，由（2）可知，小球1碰后的速度最小值設碰前小球1的速度v，小球2碰后的速度，根據(jù)動量守恒根據(jù)能量守恒，解得根據(jù)能量守恒，彈性勢能小球1碰后的速度最大值同理由動量守恒及能量守恒，根據(jù)能量守恒，彈性勢能21.如圖，電阻不計的光滑水平導軌距，其內(nèi)有豎直向下的勻強磁場，導軌左側(cè)接一電容的電容器，初始時刻電容器帶電量，電性如圖所示。質(zhì)量、電阻不計的金屬棒ab垂直架在導軌上，閉合開關S后，ab棒向右運動，且離開時已勻速。下方光滑絕緣軌道間距也為L，正對放置，其中為半徑、圓心角的圓弧，與水平軌道相切于M、N兩點，其中NO、MP兩邊長度，以O點為坐標原點，沿導軌向右建立坐標系，OP右側(cè)處存在磁感應強度大小為的磁場，磁場方向豎直向下。質(zhì)量、電阻的“U”型金屬框靜止于水平導軌NOPM處。導體棒ab自拋出后恰好能從處沿切線進入圓弧軌道，并于MN處與金屬框發(fā)生完全非彈性碰撞，碰后組成閉合線框一起向右運動。（1）求導體棒ab離開時的速度大??；（2）若閉合線框進入磁場區(qū)域時，立刻給線框施加一個水平向右的外力F，使線框勻速穿過磁場區(qū)域，求此過程中線框