浙江省學(xué)軍中學(xué)西溪校區(qū)2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期期中物理試題

浙江省學(xué)軍中學(xué)西溪校區(qū)20232024學(xué)年高二下學(xué)期期中物理試題一、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.新型冠狀病毒在顯微鏡下的形狀如圖所示，其大小在納米（nm）的數(shù)量級(jí)，普通防塵口罩已不能有效阻止該病毒的傳播。根據(jù)我們所學(xué)內(nèi)容，下列選項(xiàng)中的單位均為基本單位的是（）A.g、cm、s B.kg、nm、NC.m/s、km、s D.Ω、N、J【答案】A【解析】【詳解】國(guó)際計(jì)量大會(huì)規(guī)定了七個(gè)基本物理量，分別為長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間、熱力學(xué)溫度、電流、發(fā)光強(qiáng)度、物質(zhì)的量，它們的單位均為基本單位，而由物理量之間的關(guān)系式推導(dǎo)出來的單位叫做導(dǎo)出單位。故選A。2.下列有關(guān)物理學(xué)歷史或物理思想方法說法，錯(cuò)誤的是（）A.牛頓推導(dǎo)萬有引力定律公式時(shí)，用到了開普勒第二定律、牛頓第二定律和牛頓第三定律B.卡文迪許利用扭秤裝置測(cè)出萬有引力常量，采用了放大的思想C.德國(guó)物理學(xué)家紐曼、韋伯在對(duì)理論和實(shí)驗(yàn)資料進(jìn)行嚴(yán)格分析后，總結(jié)得出法拉第電磁感應(yīng)定律D.荷蘭物理學(xué)家惠更斯進(jìn)行了詳盡的研究，發(fā)現(xiàn)單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期T與擺長(zhǎng)l的二次方根成正比，與重力加速度g的二次方根成反比，而與振幅、擺球質(zhì)量無關(guān)【答案】A【解析】【詳解】A．牛頓推導(dǎo)萬有引力定律公式時(shí)，沒用到開普勒第二定律，A錯(cuò)誤，A符合題意；B．卡文迪許利用扭秤裝置測(cè)出萬有引力常量，采用了放大的思想，B正確，B不符合題意；C．紐曼、韋伯在對(duì)理論和實(shí)驗(yàn)資料進(jìn)行嚴(yán)格分析后，先后指出：閉合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比，后人稱之為法拉第電磁感應(yīng)定律，C正確，C不符合題意；D．荷蘭物理學(xué)家惠更斯進(jìn)行了詳盡的研究，發(fā)現(xiàn)單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期T與擺長(zhǎng)l的二次方根成正比，與重力加速度g的二次方根成反比，而與振幅、擺球質(zhì)量無關(guān)，D正確，D不符合題意。故選A。3.在剛剛結(jié)束的中華人民共和國(guó)第十四屆全運(yùn)會(huì)上各位運(yùn)動(dòng)員八仙過海各領(lǐng)風(fēng)騷，下列幾種關(guān)于比賽項(xiàng)目的描述正確的是（）A.在鉛球比賽中，要研究運(yùn)動(dòng)員鞏立姣的推球技術(shù)要領(lǐng)時(shí)，可以把她當(dāng)成“質(zhì)點(diǎn)”處理B.短跑名將蘇炳添的100m比賽成績(jī)是9秒95，“9秒95”指的是“時(shí)刻”C.男子標(biāo)槍冠軍徐家杰比賽成績(jī)是84.54m，“84.54m”指的既不是標(biāo)槍在空中運(yùn)動(dòng)的路程也不是標(biāo)槍的位移大小D.男子4×100米接力比賽中，由湯星強(qiáng)、謝震業(yè)、蘇炳添、吳智強(qiáng)組成的奧運(yùn)聯(lián)合隊(duì)在第8跑道以38秒50奪冠，則這支聯(lián)合隊(duì)在該過程的平均速度為零【答案】C【解析】【詳解】A．在鉛球比賽中，要研究運(yùn)動(dòng)員鞏立姣的推球技術(shù)要領(lǐng)時(shí)，不能忽略鞏立姣的肢體動(dòng)作，不能把她當(dāng)成“質(zhì)點(diǎn)”處理，故A錯(cuò)誤；B．短跑名將蘇炳添的100m比賽成績(jī)是9秒95，“9秒95”指的是時(shí)間間隔，故B錯(cuò)誤；C．男子標(biāo)槍冠軍徐家杰比賽成績(jī)是84.54m，“84.54m”指的是標(biāo)槍在地面上的直線距離，既不是標(biāo)槍在空中運(yùn)動(dòng)的路程也不是標(biāo)槍的位移大小，故C正確；D．男子4×100米接力比賽中，由湯星強(qiáng)、謝震業(yè)、蘇炳添、吳智強(qiáng)組成的奧運(yùn)聯(lián)合隊(duì)在第8跑道的起點(diǎn)和終點(diǎn)不同，位移不同，則這支聯(lián)合隊(duì)在該過程的平均速度不為零，故D錯(cuò)誤。故選C。4.質(zhì)量為的物塊靜止在傾角為的斜面上，若用平行于斜面沿水平方向大小等于的力推物塊，物塊仍保持靜止，如圖所示．則物塊所受到的摩擦力大小等于（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】物塊在斜面上的受力如圖所示，由平衡條件得：．故選A．5.如圖，海王星繞太陽沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)，P為近日點(diǎn)，Q為遠(yuǎn)日點(diǎn)，M、N為軌道短軸的兩個(gè)端點(diǎn)，運(yùn)行的周期為T0。若只考慮海王星和太陽之間的相互作用，則海王星在從P經(jīng)M、Q到N的運(yùn)動(dòng)過程中（）A.從P到M所用的時(shí)間等于B.從Q到N階段，機(jī)械能逐漸變大C.從P到Q階段，速率逐漸變小D.從M到N階段，萬有引力對(duì)它先做正功后做負(fù)功【答案】C【解析】【詳解】A．海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，則PM段的時(shí)間小于MQ段的時(shí)間，所以P到M所用的時(shí)間小于，故A錯(cuò)誤；B．從Q到N的過程中，由于只有萬有引力做功，機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；C．海王星從P到Q階段，萬有引力對(duì)它做負(fù)功，速率減小，故C正確；D．根據(jù)萬有引力方向與速度方向的關(guān)系知，從M到N階段，萬有引力對(duì)它先做負(fù)功后做正功，故D錯(cuò)誤。故選C。6.消防員在水平地面上使用噴水槍對(duì)著火房屋噴水滅火，出水軌跡可簡(jiǎn)化為圖乙，假設(shè)該消防員控制水柱恰好垂直擊中豎直墻面，此時(shí)噴水槍出水口和水平面夾角為，不計(jì)空氣阻力，下列做法仍可能讓水柱垂直打到豎直墻面的是（）A.噴水槍初速度大小不變，僅改變初速度方向B.噴水槍初速度方向不變，僅改變初速度大小C噴水槍初速度方向不變，僅減小初速度大小，人往后走一定距離D.噴水槍初速度方向不變，僅增大初速度大小，人向前走一定距離【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)題意，設(shè)初速度為，與水平方向夾角為，水柱恰好垂直擊中豎直墻面，則有，整理可得A．由上述分析可知，噴水槍初速度大小不變，僅改變初速度方向，例如角度由變?yōu)椋缴涑滩蛔?，則水柱仍垂直擊中豎直墻面，故A正確；BCD．噴水槍初速度方向不變，僅減小初速度大小，水平射程減小，需人向前走一定距離，僅增大初速度大小，水平射程增大，需人往后走一定距離，故BCD錯(cuò)誤。故選A。7.鐵路在彎道處的內(nèi)外軌道高度是不同的，已知內(nèi)外軌道平面與水平面的夾角為，如圖所示，彎道處的圓弧半徑為，若質(zhì)量為的火車轉(zhuǎn)彎時(shí)速度大于，則（）A.這時(shí)內(nèi)軌對(duì)內(nèi)側(cè)車輪輪緣有擠壓B.這時(shí)鐵軌對(duì)火車的支持力等于C.這時(shí)鐵軌對(duì)火車的支持力小于D.這時(shí)鐵軌對(duì)火車的支持力大于【答案】D【解析】【詳解】A．火車的重力和軌道對(duì)火車的支持力的合力恰好等于需要的向心力時(shí)，有解得此時(shí)火車的速度正好是當(dāng)火車轉(zhuǎn)彎的速度大于，需要的向心力增大，而重力與支持力的合力不變，所以合力小于需要的向心力，外軌就要對(duì)火車產(chǎn)生一個(gè)向里的力，所以此時(shí)外軌對(duì)外側(cè)車輪輪緣有擠壓，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；BCD．當(dāng)內(nèi)外軌沒有擠壓力時(shí)，受重力和支持力，其中N=由于外軌對(duì)火車的作用力沿著軌道平面，可以把這個(gè)力分解為水平和豎直向下兩個(gè)分力，相當(dāng)于重力變大，所以支持力變大，即大于，選項(xiàng)D正確，BC錯(cuò)誤。故選D。8.長(zhǎng)方體金屬板的長(zhǎng)、寬、厚分別為a、b、c，其中，置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)體上表面?，F(xiàn)將金屬板用圖甲、乙兩種方式接到內(nèi)阻可不計(jì)的電源兩端，合上開關(guān)后，在金屬板前后表面（即Ⅰ、Ⅱ面）將產(chǎn)生電勢(shì)差。已知電流I與自由電子定向移動(dòng)的速率的關(guān)系為I=neSv（n為導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)，e為電子電荷量大小，S為導(dǎo)體的橫截面積），則金屬板（）A.圖甲、乙前后表面電勢(shì)差相等B.圖甲前后表面電勢(shì)差小于圖乙C.圖甲、乙均為后表面電勢(shì)較高D.圖甲前表面電勢(shì)較高，圖乙后表面電勢(shì)較高【答案】B【解析】【詳解】AB．當(dāng)處于圖甲的狀態(tài)時(shí)，根據(jù)變形可得當(dāng)處于圖乙的狀態(tài)時(shí)，根據(jù)變形可得由于，因此根據(jù)則同理可得則即圖甲前后表面電勢(shì)差小于圖乙，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．根據(jù)左手定則可知，圖甲、乙均為前表面電勢(shì)較高，故CD錯(cuò)誤。故選B。9.在深井里同一點(diǎn)以相同的初動(dòng)能將兩個(gè)質(zhì)量不同的物體豎直向上拋向井口，選取地面為零勢(shì)能面，不計(jì)空氣阻力，在它們各自達(dá)到最大高度時(shí)，下列說法中正確的是（）A.質(zhì)量大的物體勢(shì)能一定大 B.質(zhì)量小的物體勢(shì)能一定大C.兩個(gè)物體的勢(shì)能一定相等 D.兩個(gè)物體的勢(shì)能可能相等【答案】B【解析】【詳解】不計(jì)空氣阻力，物體在運(yùn)動(dòng)過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，對(duì)任一位置，都有Ek+Ep=E機(jī)；由于兩個(gè)物體各自的機(jī)械能守恒，所以它們到到最大高度時(shí)，動(dòng)能為零，則此時(shí)重力勢(shì)能等于E機(jī)；因選取地面為零勢(shì)能面，在深井中同一高度，質(zhì)量大的重力勢(shì)能小，動(dòng)能相同，所以，那么質(zhì)量大的，機(jī)械能小，因此質(zhì)量小的機(jī)械能大，則最高點(diǎn)時(shí)質(zhì)量小的物體重力勢(shì)能勢(shì)能也一定大，故ACD錯(cuò)誤，B正確．故選B．【點(diǎn)睛】本題要明確機(jī)械能守恒的條件，能熟練運(yùn)用機(jī)械能守恒定律分析物體的動(dòng)能和勢(shì)能能的關(guān)系．10.電磁波發(fā)射電路中的電磁振蕩電路如圖所示，某時(shí)刻電路中正形成圖示方向的電流，此時(shí)電容器的下極板帶正電，上極板帶負(fù)電，下列說法正確的是（）A.線圈中的磁場(chǎng)方向向上且電流正在減小B.極板間的電勢(shì)差正在變大、電場(chǎng)能正在變小C.若在線圈中插入鐵芯，則發(fā)射的電磁波頻率變小D.若增大電容器極板間的正對(duì)面積，則發(fā)射的電磁波波長(zhǎng)變短【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知，電容器正在放電，電流變大，線圈中的磁場(chǎng)方向向上且電流正在變大，故A錯(cuò)誤；B．電容器中的電場(chǎng)方向向上，由于電容器正在放電，則帶電量減小，由可知極板間的電勢(shì)差正在變小，所以電場(chǎng)能正在變小，故B錯(cuò)誤；C．若在線圈中插入鐵芯，則L變大，根據(jù)則發(fā)射的電磁波頻率變小，故C正確；D．若增大電容器極板間的正對(duì)面積，則電容器電容C增大，根據(jù)則發(fā)射的電磁波波長(zhǎng)變長(zhǎng)，故D錯(cuò)誤。故C。11.將一根柔軟彈性細(xì)繩沿水平的x軸放置，其一端固定于位置為的墻面上，另一端不斷上下振動(dòng)，在繩中形成繩波如圖，在時(shí)刻的質(zhì)點(diǎn)剛好開始振動(dòng)。當(dāng)波傳至固定點(diǎn)時(shí)，繩波將發(fā)生反射。反射處質(zhì)點(diǎn)在反射前后的振動(dòng)速度大小不變方向反向，波的傳播方向也反向。則下列各個(gè)時(shí)刻細(xì)繩的波形圖（實(shí)線）正確的是（）。A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．經(jīng)過，波沿x軸正方向傳播距離為波前傳播到處，和處的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)位于波谷，處的質(zhì)點(diǎn)位于波峰，A錯(cuò)誤；B．經(jīng)過，波沿x軸正方向傳播的距離為波前傳播到處，和處的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)位于波谷，和處的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)位于波峰，B錯(cuò)誤；C．經(jīng)過，波沿x軸正方向傳播的距離為處的波峰向前移動(dòng)6m到處，處的波谷遇到墻變成波峰反射也移動(dòng)到處，兩個(gè)波峰在處相遇振動(dòng)加強(qiáng)，處的質(zhì)點(diǎn)位于波峰處且振幅等于原來的2倍，C正確；D．經(jīng)過，波沿x軸正方向傳播的距離為處的波谷向前移動(dòng)8m到處，處的波峰向前移動(dòng)7m遇到墻變成波谷反射運(yùn)動(dòng)到處，兩個(gè)波谷在處相遇振動(dòng)加強(qiáng)，處的質(zhì)點(diǎn)的位于波谷處且振幅等于原來的2倍，D錯(cuò)誤。故選C。12.華為在2023年10月發(fā)布了一款據(jù)稱可實(shí)現(xiàn)“一秒一公里”的全液冷超級(jí)充電樁，其最大輸出電流為600A，充電電壓范圍為200V至1000V，并且該充電樁能根據(jù)很多電動(dòng)汽車車型的充電需求智能分配所需充電功率。某天，小振開著自己的某款電動(dòng)汽車來這種充電站體驗(yàn)，其車總質(zhì)量為1.6t，所用電池組規(guī)格為“360V，”（內(nèi)阻不能忽略），車上顯示屏顯示此次充電電量由充到用時(shí)10分鐘，本次充電共消費(fèi)60元（充電樁計(jì)費(fèi)規(guī)則為每度電2元）。經(jīng)他幾天實(shí)測(cè)，顯示屏電量由下降到共行駛了120公里，已知他的車行駛時(shí)的阻力為車重的0.02倍，則（）A.充電樁上標(biāo)識(shí)的“600kW”表示給各車充電時(shí)的平均功率B.小振本次充電的平均功率約為300kWC.小振本次充電的充電效率約為D.小振汽車電機(jī)將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的效率約為【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)最大充電電流與最大充電電壓可知，指的是最大充電功率。而最大功率由于“充電樁能根據(jù)很多電動(dòng)汽車車型的充電需求智能分配所需充電功率”，所以充電樁的平均充電功率必定小于最大功率，故A錯(cuò)誤；B．本次充電時(shí)的平均功率約為故B錯(cuò)誤；C．充電效率約為故C正確；D．機(jī)械效率約為故D錯(cuò)誤。故選C。13.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(diǎn)位于O點(diǎn)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，則曲面有光線射出的面積與曲面面積之比為（）A. B. C. D.【答案】D【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(guān)系有可得做出光路圖如圖所示光線恰好在T點(diǎn)發(fā)生全反射，OT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(guān)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(diǎn)的光線發(fā)生全反射，首次射向曲面，根據(jù)幾何關(guān)系可知，，即經(jīng)過K點(diǎn)反射的光線達(dá)到曲面N點(diǎn)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(huì)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(guān)系可知?jiǎng)t可知根據(jù)對(duì)稱性可知，首次射向曲面的光線，不能透過光的弧長(zhǎng)所對(duì)應(yīng)的圓心角為則能透過光的弧長(zhǎng)對(duì)應(yīng)的圓心角為，由此可知，曲面有光線射出的面積與曲面面積之比為故選D。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分，每小題至少有一個(gè)選項(xiàng)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.原子核核子平均質(zhì)量越小則其平均結(jié)合能越大B.眼鏡鏡片上的增透膜是利用了光的干涉原理C.激光從空氣中射入玻璃中時(shí)頻率不會(huì)發(fā)生改變D.額溫槍通過測(cè)量物體輻射的紫外線來獲得溫度值【答案】BC【解析】【詳解】A．根據(jù)結(jié)合能曲線，中等大小的核其平均結(jié)合能最大，其它的就小些，A錯(cuò)誤；B．鏡片的表面上鍍有增透膜，利用了光的干涉原理，使反射光線進(jìn)行疊加削弱，從而增加透射光的強(qiáng)度，B正確；C．光的頻率由光源決定，與介質(zhì)無關(guān)，所以激光從空氣中射入玻璃中時(shí)頻率不發(fā)生改變，C正確；D．額溫槍通過測(cè)量物體輻射的紅外線來獲得溫度值，D錯(cuò)誤。故選BC。15.如圖甲，兩等量異種點(diǎn)電荷位于同一豎直線上，在兩點(diǎn)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(diǎn)）可沿橫桿滑動(dòng)。時(shí)刻，圓環(huán)自A處以初速度向右運(yùn)動(dòng)，此后圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的圖像如圖乙所示，時(shí)刻和時(shí)刻圖線斜率相同，和時(shí)刻圖線斜率均為0，已知圓環(huán)t2時(shí)刻運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)，繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)停下，且A、B關(guān)于兩電荷連線中點(diǎn)O對(duì)稱。若A處場(chǎng)強(qiáng)為，AO間距為L(zhǎng)，重力加速度為g，且圓環(huán)運(yùn)動(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù) B.時(shí)間內(nèi)圓環(huán)的位移大小為C.圓環(huán)在O處運(yùn)動(dòng)的速度 D.O處的場(chǎng)強(qiáng)大小為【答案】D【解析】【詳解】AD．根據(jù)題意，時(shí)刻和時(shí)刻圖線斜率相同，則小球的加速度相同，O處的場(chǎng)強(qiáng)大于A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)A點(diǎn)和O點(diǎn)分析聯(lián)立解得O處的場(chǎng)強(qiáng)大小為由于不知道加速度大小，故不能求出動(dòng)摩擦因數(shù)，和時(shí)刻圖線斜率均為0，小球?qū)U的彈力為零，重力等于電場(chǎng)力，也無法求出動(dòng)摩擦因數(shù)，故A錯(cuò)誤，D正確；B．根據(jù)AD項(xiàng)分析知，A處場(chǎng)強(qiáng)為，時(shí)刻場(chǎng)強(qiáng)為O處的場(chǎng)強(qiáng)大小為解得根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷場(chǎng)線分布情況知，越靠近O點(diǎn)位置場(chǎng)強(qiáng)在單位距離上的增加量越大，所以位置一定處于AO的中點(diǎn)靠右，即時(shí)間內(nèi)圓環(huán)的位移小于，故B錯(cuò)誤；C．又根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷場(chǎng)線分布的對(duì)稱性知，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程，電場(chǎng)力大小關(guān)于中點(diǎn)O對(duì)稱，則摩擦力大小關(guān)于中點(diǎn)O對(duì)稱，故用平均力代替變力，左邊的摩擦力用表示，小球從A點(diǎn)到停在B點(diǎn)，電場(chǎng)力與運(yùn)動(dòng)方向始終垂直，不做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得小球從A點(diǎn)到停在O點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得故C錯(cuò)誤。故選D。三、非選擇題（本題共6小題，共55分）16.在“探究小車速度隨時(shí)間變化規(guī)律”、“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”、“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”三個(gè)實(shí)驗(yàn)中，下列器材都必須要用到的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】秒表三個(gè)實(shí)驗(yàn)都用不到，重物只有驗(yàn)證機(jī)械能實(shí)驗(yàn)用得到，測(cè)力計(jì)在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實(shí)驗(yàn)中用?？潭瘸呷齻€(gè)實(shí)驗(yàn)都需要用來測(cè)量紙帶點(diǎn)間距。故選B。17.某小組做“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)。將紙帶穿過電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器時(shí)，三位同學(xué)的操作分別如圖1中的①、②、③所示。你認(rèn)為正確的操作應(yīng)該是_____（選填“①”、“②”或“③”）。操作正確后得到一條紙帶如圖2所示，已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源的頻率為50Hz，相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)點(diǎn)未畫出。則小車的加速度a=_____。（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）【答案】①.①②.0.393【解析】【詳解】[1]紙帶穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器應(yīng)從限位孔穿過，并使紙帶放置在復(fù)寫紙的下方，只有①符合。[2]圖2中相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔為小車的加速度18.一實(shí)驗(yàn)小組利用圖（a）所示的電路測(cè)量一電池的電動(dòng)勢(shì)E（約）和內(nèi)阻r（小于）。圖中電壓表量程為1V，內(nèi)阻：定值電阻；電阻箱R，最大阻值為；S為開關(guān)。按電路圖連接電路。完成下列填空：（1）為保護(hù)電壓表，閉合開關(guān)前，電阻箱接入電路的電阻值可以選___________（填“5.0”或“15.0”）；（2）閉合開關(guān)，多次調(diào)節(jié)電阻箱，記錄下阻值R和電壓表的相應(yīng)讀數(shù)U；（3）利用測(cè)量數(shù)據(jù)，做圖線，如圖（b）所示：（4）通過圖（b）可得___________V（保留2位小數(shù)），___________（保留1位小數(shù)）；（5）若將圖（a）中的電壓表當(dāng)成理想電表，得到的電源電動(dòng)勢(shì)為，由此產(chǎn)生的誤差為___________%?！敬鸢浮竣?15.0②.1.55③.1.0④.5【解析】【詳解】（1）[1]電壓表和定值電阻并聯(lián)總阻值為回路最大電流回路中最小電阻則電阻箱最小值因此接入電阻。（4）[2]根據(jù)可得即則解得[3]將和代入公式得（5）[4]若當(dāng)做理想電壓表，則則則解得則19.小明在冬天使用保溫杯裝開水，突然“嘭”的一聲，瓶?jī)?nèi)氣體溫度升高頂開了未擰緊的瓶蓋。如圖所示，一個(gè)絕熱容器瓶口橫截面積，當(dāng)裝入一定量的開水后迅速塞上不透氣的絕熱瓶塞，瓶塞重20g且與瓶口間有大小為的最大靜摩擦力。通過晃動(dòng)容器（瓶身保持豎直）使瓶?jī)?nèi)氣體溫度升高，溫度上升到最高時(shí)瓶塞恰好松動(dòng)，并被彈出。大氣壓強(qiáng)。求：（1）瓶?jī)?nèi)氣體升到最高溫后達(dá)到的壓強(qiáng)p；（2）若瓶?jī)?nèi)氣體剛封閉時(shí)溫度為，則瓶?jī)?nèi)氣體達(dá)到最高溫后的溫度T；（3）若活塞從移動(dòng)到離開瓶口過程位移，滑動(dòng)后摩擦力即立刻消失，該過程瓶?jī)?nèi)氣體內(nèi)能損失0.212J，則瓶塞離開瓶口后的速度v。（不計(jì)噴出過程瓶?jī)?nèi)氣體熱量損失及液化）【答案】（1）；（2）330K；（3）【解析】【詳解】（1）對(duì)瓶塞受力分析得解得（2）瓶?jī)?nèi)氣體升溫過程為一個(gè)等容變化解得（3）由熱力學(xué)第一定律可得由動(dòng)能定理可得得20.如圖所示為一處于豎直平面內(nèi)的實(shí)驗(yàn)探究裝置示意圖，該裝置由光滑圓弧軌道AB、速度可調(diào)節(jié)，長(zhǎng)度為的固定水平傳送帶BC及兩半徑均為的固定四分之一光滑細(xì)圓管DEF組成，其中圓弧軌道的B、D端與水平傳送帶相切且平滑連接。緊靠F處有一質(zhì)量為的小車靜止在光滑水平地面上，小車的上表面由長(zhǎng)為的水平面GH和半徑為的四分之一的光滑圓弧面HI組成，GH與F等高且相切?，F(xiàn)有一質(zhì)量為的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從圓弧軌道AB上距B點(diǎn)高度為處自由下滑，滑塊與傳送帶及小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，不計(jì)其他阻力，取。求（1）當(dāng)傳送帶靜止時(shí)，滑塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道上D點(diǎn)時(shí)，細(xì)圓管道受到滑塊的作用力；（2）當(dāng)傳送帶靜止時(shí)，滑塊在小車上運(yùn)動(dòng)過程中離上表面GH的最大高度；（3）調(diào)節(jié)傳送帶以不同速度v勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，試分析滑塊最終在小車上表面GH滑行的路程S與速度v的關(guān)系?！敬鸢浮浚?），方向豎直向下；（2）；（3）見解析【解析】【詳解】（1）滑塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道上的D點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理解得在D點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律解得方向豎直向下。（2）從D點(diǎn)到F點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理解得根據(jù)動(dòng)量守恒解得根據(jù)能量守恒有解得（3）要求滑塊不脫離小車，有①滑塊不離開小車的右端時(shí)解得②滑塊不離開小車左端時(shí)解得所以滑塊到F點(diǎn)時(shí)的最大速度為，則D點(diǎn)時(shí)的最大速度為，根據(jù)動(dòng)能定理解得所以，當(dāng)傳送帶逆時(shí)針或傳送帶的速度順時(shí)針時(shí)，則滑行的路程為當(dāng)傳送帶的速度順時(shí)針時(shí)，滑塊會(huì)脫離小車當(dāng)傳送帶的速度順時(shí)針時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理解得根據(jù)能量守恒解得21.如圖所示，甲圖是游樂場(chǎng)的“空中摩托”設(shè)備示意圖，為了縮短項(xiàng)目收尾時(shí)的制動(dòng)時(shí)間，某興趣小組設(shè)計(jì)了乙圖所示的簡(jiǎn)化模型、平行光滑金屬導(dǎo)軌AG和DE、GC和EF的間距均為L(zhǎng)，與水平面夾角均為θ，在最低點(diǎn)G、E平滑連接且對(duì)稱固定于水平地面上，導(dǎo)軌的兩端AD、CF間均接有阻值為R的電阻，在導(dǎo)軌的NMGE和GEKJ兩個(gè)矩形區(qū)域內(nèi)存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直于兩軌道平面向上；區(qū)域邊界MN和JK的離地高度均為h?，F(xiàn)將“空中摩托”簡(jiǎn)化為電阻為r，質(zhì)量為m，長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒QT，它垂直導(dǎo)軌由離地為H的高度處從靜止釋放，若導(dǎo)體棒QT第一次到達(dá)GE時(shí)速度大小為v，第一次到達(dá)JK時(shí)速度恰好為0，假設(shè)整個(gè)過程QT均垂直于導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，不計(jì)空氣阻力和摩擦，重力加速度為g，求：（1）導(dǎo)體棒QT第一次經(jīng)過MN時(shí)它兩端的電壓大??；（2）導(dǎo)體棒QT從靜止釋放后到最終狀態(tài)的整個(gè)過程中它的發(fā)熱量；（3）導(dǎo)體棒QT從靜止釋放后到它第一次到達(dá)JK的時(shí)間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）導(dǎo)體棒QT從靜止釋放到第一次經(jīng)過MN的過程，由機(jī)械能守恒定律得解得導(dǎo)體棒QT第一次經(jīng)過MN時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為導(dǎo)體棒QT第一次經(jīng)過MN時(shí)它兩端的電壓為（2）由于電磁感應(yīng)產(chǎn)生電流，從而使QT的重力勢(shì)能mgH全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，考慮到電路結(jié)構(gòu)，故QT上的發(fā)熱量為（3）下滑階段，由動(dòng)量定