浙江省2023-2024學(xué)年高三物理上學(xué)期月考試卷含解析

浙江省2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期月考物理試題一、選擇題1.現(xiàn)代健身人群，?？刂瓶防铮╟al）的攝入來(lái)達(dá)到健身效果。已知，下列用國(guó)際單位制中的基本單位來(lái)表示卡路里的單位正確的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)W=Fx以及F=ma可知故選A2.端午節(jié)兩個(gè)隊(duì)伍比賽的速度與時(shí)間關(guān)系圖像如圖所示，甲在第一段時(shí)間的加速度是第二段時(shí)間加速度的2倍，下列說(shuō)法正確的是（）A.甲乙兩隊(duì)伍同時(shí)出發(fā)B.內(nèi)，甲平均速度大于乙的平均速度C.甲在時(shí)刻的速度是D.乙到達(dá)終點(diǎn)的時(shí)刻為【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知乙隊(duì)伍出發(fā)時(shí)間后，甲隊(duì)伍出發(fā)，甲隊(duì)伍比乙隊(duì)伍晚出發(fā)，故A錯(cuò)誤；B．圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，內(nèi)，甲圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積小于乙圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積，乙的位移較大，所用時(shí)間相同，甲平均速度小于乙的平均速度，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)甲在時(shí)刻的速度為，甲在第一段時(shí)間的加速度為甲在第二段時(shí)間的加速度為且可得甲在時(shí)刻的速度是故C正確；D．兩支隊(duì)伍比賽的路程為乙加速階段的位移為設(shè)乙到達(dá)終點(diǎn)的時(shí)刻為，則解得乙到達(dá)終點(diǎn)的時(shí)刻為故D錯(cuò)誤。故選C。3.鼓浪嶼原名“圓沙洲”，因島西南有一海蝕巖洞受浪潮沖擊時(shí)聲如擂鼓，故自明朝起雅化為今稱的“鼓浪嶼”，現(xiàn)為中國(guó)第52項(xiàng)世界遺產(chǎn)項(xiàng)目。某次漲潮中，海浪以的速度垂直撞擊到一平直礁石上，之后沿礁石兩側(cè)流走，已知礁石受沖擊的面積為，海水的密度為，則海浪對(duì)礁石每秒的沖量約為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】每秒撞擊礁石的海浪質(zhì)量為根據(jù)動(dòng)量定理海浪對(duì)礁石每秒的沖量約為故選D。4.如圖甲所示，在“用傳感器觀察平行板電容器的放電”實(shí)驗(yàn)中，單刀雙擲開關(guān)先置于1位置，待一段時(shí)間后，再置于2位置，利用電容器放電過(guò)程中記錄的數(shù)據(jù)作出的Ⅰ－t圖像如圖乙所示，已知電源電動(dòng)勢(shì)為8.0V，下列說(shuō)法正確的是（）A.到時(shí)間內(nèi)，電容器放電量約為B.電容器電容約為C.如果將平行板電容器的板間距離增大，放電I－t圖像距坐標(biāo)原點(diǎn)會(huì)變遠(yuǎn)D.如果勻速將一塊陶瓷板放入電容器兩板之間，則電容C均勻變小【答案】B【解析】【詳解】A．圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積等于電容器的放電量，則到時(shí)間內(nèi)，電容器放電量約為選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．電容器總的放電量為電容器的電容約為選項(xiàng)B正確；C．如果將平行板電容器的板間距離增大，則電容器的電容減小，根據(jù)Q=CU可知，電容器的帶電量減小，則放電電量減小，則放電I－t圖像距坐標(biāo)原點(diǎn)會(huì)變近，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．如果勻速將一塊陶瓷板放入電容器兩板之間，根據(jù)可知，介電常數(shù)均勻增加，則電容C均勻變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。5.一電阻的單匝閉合線框處于變化的磁場(chǎng)中，在一個(gè)周期內(nèi)穿過(guò)線框的磁通量Φ隨時(shí)間t的變化情況如圖所示，已知圖中的曲線部分按正弦規(guī)律變化，取，則下列說(shuō)法正確的是（）A.線框中電流的有效值為B.時(shí)，電流到最大值C.到間，線框產(chǎn)生的焦耳熱8πJD.內(nèi)電流方向變化2次【答案】A【解析】【詳解】A．內(nèi)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值為內(nèi)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為內(nèi)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為根據(jù)交變電壓的有效值定義，有解得線框中電流的有效值為故A正確；B．時(shí)，閉合線框內(nèi)磁通量達(dá)到最大，閉合線框內(nèi)磁通量變化率為零，閉合線框內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，電流為零，故B錯(cuò)誤；C．到間，線框產(chǎn)生的焦耳熱為故C錯(cuò)誤；D．由圖可知一周期內(nèi)，即內(nèi)電流方向變化2次，故內(nèi)電流方向變化4次，故D錯(cuò)誤。故選A。6.如圖所示，有一截面為等腰直角三角形ABC的光學(xué)介質(zhì)，其上方放置了一塊平面鏡，該平面鏡所在平面與三角形的底面AC（長(zhǎng)為L(zhǎng)）平行且相距為?，F(xiàn)一束光從底面上的D點(diǎn)（與A點(diǎn)距離為）垂直底面入射，該束光在界面AB上的E點(diǎn)（圖中未畫出）發(fā)生反射和折射；若把反射光到達(dá)界面BC的位置記為F點(diǎn)（圖中未畫出），發(fā)現(xiàn)E點(diǎn)處的折射光經(jīng)過(guò)平面鏡發(fā)生一次反射后也恰能到達(dá)F點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（設(shè)三角形介質(zhì)和平面鏡均處于真空中）（）A.設(shè)光在介質(zhì)中經(jīng)歷的時(shí)間和折射光經(jīng)平面鏡反射到介質(zhì)的時(shí)間比值為k，則入射點(diǎn)越靠近A點(diǎn)，k越大B.該介質(zhì)對(duì)該光束的折射率為C.在E點(diǎn)的反射光和折射光的光速均為D.D點(diǎn)以各個(gè)角度入射的光，都能在AB邊發(fā)生折射【答案】B【解析】【詳解】B．在中可得解得入射角為出射角根據(jù)折射定律，該介質(zhì)對(duì)該光束的折射率為故B正確；C．在E點(diǎn)的反射光的光速為，在E點(diǎn)的折射光的光速為故C錯(cuò)誤；A．根據(jù)幾何關(guān)系，光在介質(zhì)中運(yùn)動(dòng)的距離為光在介質(zhì)中運(yùn)動(dòng)的距離不變，可知入射點(diǎn)越靠近A點(diǎn)，光在介質(zhì)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，為正三角形，折射光經(jīng)平面鏡反射到介質(zhì)的距離為入射點(diǎn)越靠近A點(diǎn)，增大，折射光經(jīng)平面鏡反射到介質(zhì)的距離增大，折射光經(jīng)平面鏡反射到介質(zhì)時(shí)間增大，則入射點(diǎn)越靠近A點(diǎn)，k越小，故A錯(cuò)誤；D．光在AB邊發(fā)生全反射的臨界角為根據(jù)幾何關(guān)系，D點(diǎn)以各個(gè)角度入射的光中，存在光線在AB邊的入射角大于臨界角時(shí)，將在AB邊發(fā)生全反射，故D錯(cuò)誤。故選B。7.第二宇宙速度（又稱為逃逸速度）是指物體完全擺脫地球引力束縛，飛離地球所需的最小發(fā)射速度。已知第二宇宙速度為其中G、M、R分別為引力常量、地球的質(zhì)量、地球的半徑。在目前的天文觀測(cè)范圍內(nèi)，宇宙內(nèi)物質(zhì)的平均密度為ρ。若將宇宙看成一個(gè)密度均勻的球體，任何物體都不能脫離宇宙，則宇宙的半徑至少為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】設(shè)整個(gè)宇宙的半徑為r，則宇宙的質(zhì)量根據(jù)可得宇宙的第一宇宙速度宇宙的第二宇宙速度為依題意可知解得故選C。8.如圖所示，相距3m的和是兩個(gè)完全相同聲源，選某一時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，兩聲源振動(dòng)方程均為，聲速。以兩聲源連線中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)過(guò)兩個(gè)聲源建立x軸，下列說(shuō)法正確的是（）A.發(fā)出的聲波和另一個(gè)頻率為Hz的聲波能發(fā)生干涉B.當(dāng)人位于處時(shí)，幾乎聽不到聲音C.時(shí)，處的質(zhì)點(diǎn)位移為D.在和之間有2個(gè)振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)【答案】B【解析】【詳解】A．兩聲源的頻率為由于頻率不同，不能與頻率為Hz的聲波發(fā)生干涉，故A錯(cuò)誤；B．兩聲源的波長(zhǎng)為當(dāng)人位于處時(shí)，兩聲源與人的波程差為故處為振動(dòng)減弱點(diǎn)，幾乎聽不到聲音，故B正確；D．設(shè)振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)的波程差滿足（n=0，1，2，3…）且解得，故在和之間有1個(gè)振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，故D錯(cuò)誤；C．兩聲源的周期為85s為整數(shù)個(gè)周期，時(shí)，處的質(zhì)點(diǎn)位移為恰為計(jì)時(shí)零點(diǎn)時(shí)的位移，由D可知，處的質(zhì)點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，處質(zhì)點(diǎn)與的波程差為，則時(shí)，在處質(zhì)點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)位移為同理時(shí)，在處質(zhì)點(diǎn)位移為故時(shí)，處的質(zhì)點(diǎn)位移為故C錯(cuò)誤。故選B。9.近年來(lái)無(wú)線充電技術(shù)得到了廣泛應(yīng)用，其簡(jiǎn)化的充電原理圖如圖所示。發(fā)射線圈的輸入電壓為220V，電流為正弦式交流電，接收線圈的輸出電壓為。若工作狀態(tài)下，穿過(guò)接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80％，忽略其他損耗，下列說(shuō)法正確的是（）A.接收線圈與發(fā)射線圈中匝數(shù)比為B.接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比等于C.發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率不相同D.當(dāng)發(fā)射線圈的正弦式交流電處于峰值時(shí)，受電線圈的磁通量為0【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)理想變壓器原副線圈電壓與線圈匝數(shù)關(guān)系其中，接收線圈與發(fā)射線圈中匝數(shù)比為故A正確；B．由于存在漏磁現(xiàn)象，接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比不等于原、副線圈匝數(shù)比的倒數(shù)，故B錯(cuò)誤；C．變壓器不改變交變電流的頻率，發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)發(fā)射線圈的正弦式交流電處于峰值時(shí)，產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度達(dá)到最大，受電線圈內(nèi)磁通量達(dá)到最大，磁通量變化率為零，受電線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，故D錯(cuò)誤。故選A。10.靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的碳14原子核，某時(shí)刻放射的某種粒子與反沖核的初速度方向均與磁場(chǎng)方向垂直，且經(jīng)過(guò)一定時(shí)間后形成的軌跡如圖所示。那么碳14的核反應(yīng)方程可能是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】放射的某種粒子與反沖核動(dòng)量守恒可得根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得則放射的某種粒子與反沖核在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑關(guān)系為由圖可知放射的某種粒子與反沖核在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑關(guān)系約為且則，碳14的核反應(yīng)方程可能是故選A。11.如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平面上，一質(zhì)量為的小球從彈簧正上方某高度處自由下落，從它接觸彈簧到壓縮彈簧至最短的過(guò)程中（彈簧始終在彈性限度內(nèi)），其速度v和彈簧壓縮量Δx之間的函數(shù)圖像如圖乙所示，其中A為曲線的最高點(diǎn)，小球和彈簧接觸瞬間機(jī)械能損失不計(jì)，空氣阻力不計(jì)，g取。下列說(shuō)法正確的是（）A.當(dāng)時(shí)，小球處于超重狀態(tài)B.若小球接觸彈簧瞬間粘住（不計(jì)能量損失），最低點(diǎn)的小球加速度大小可能等于gC.該彈簧的勁度系數(shù)為D.從接觸彈簧到壓縮彈簧至最短的過(guò)程中，小球的機(jī)械能先增大后減小【答案】C【解析】【詳解】A．當(dāng)時(shí)，小球做加速運(yùn)動(dòng)，小球受到的重力大于彈簧的彈力，小球有向下的加速度，小球處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；C．由圖像知，小球與彈簧接觸的開始一段位移內(nèi)速度增大，說(shuō)明小球的重力大于彈簧對(duì)它的彈力，當(dāng)Δx為0.1m時(shí)，小球的速度最大，然后減小，說(shuō)明當(dāng)Δx為0.1m時(shí)，小球的重力大小等于彈簧對(duì)它的彈力，由解得故C正確；B．由圖可知，當(dāng)時(shí)，小球處于最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得解得最低點(diǎn)的小球加速度大小為故B錯(cuò)誤；D．從接觸彈簧到壓縮彈簧至最短的過(guò)程中，彈簧彈力一直做負(fù)功，小球的機(jī)械能一直減小，故D錯(cuò)誤。故選C。12.如圖所示，單刀雙擲開關(guān)S先打到a端讓電容器充滿電。時(shí)開關(guān)S打到b端，已知線圈中的電場(chǎng)能連續(xù)兩次達(dá)到最大的時(shí)間間隔為，不考慮振蕩過(guò)程中的能量損失，下列說(shuō)法正確的（）A.電容器兩端電壓最大時(shí)所儲(chǔ)存的電場(chǎng)能最小B.若線圈的自感系數(shù)L增大為原來(lái)的4倍時(shí)，周期C.時(shí)，M點(diǎn)電勢(shì)低于N點(diǎn)的電勢(shì)D.至內(nèi)，電容器一直放電【答案】C【解析】【詳解】A．電容器兩端電壓最大時(shí)所儲(chǔ)存的電場(chǎng)能最大，故A錯(cuò)誤；B．一周期內(nèi)線圈中的電場(chǎng)能兩次達(dá)到最大，線圈中的電場(chǎng)能連續(xù)兩次達(dá)到最大的時(shí)間間隔為，則振蕩周期為根據(jù)若線圈的自感系數(shù)L增大為原來(lái)的4倍時(shí)，振蕩周期為故B錯(cuò)誤；CD．由于可知至內(nèi)，電容器先放電再反向充電，時(shí)，M點(diǎn)電勢(shì)低于N點(diǎn)的電勢(shì)，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。13.如圖所示，面積為S、匝數(shù)為N的矩形線框在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁感線的軸OO＇勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，通過(guò)滑環(huán)向理想變壓器供電，燈泡、、均正常發(fā)光．已知、、的額定功率均為P，額定電流均為I，線框及導(dǎo)線電阻不計(jì)，則（）A.理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1：2B.在圖示位置時(shí)，穿過(guò)線框的磁通量變化率最小C.若在副線圈再并聯(lián)一個(gè)相同的小燈泡，則燈泡將變暗D.線框轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為【答案】D【解析】【詳解】A．設(shè)原線圈電流為I，則副線圈電流為2I，則理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．在圖示位置時(shí)，穿過(guò)線框的磁通量為零，此時(shí)磁通量的變化率最大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．若在副線圈再并聯(lián)一個(gè)相同的小燈泡，則次級(jí)電阻減小，次級(jí)電流變大，則初級(jí)電流也變大，則燈泡將變亮，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．線圈輸出的總功率為3P，總電流為I，則電動(dòng)勢(shì)的有效值為根據(jù)可得線框轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為選項(xiàng)D正確。故選D。二、選擇題14.下列說(shuō)法不正確的是（）A.查德維克通過(guò)α粒子散射實(shí)驗(yàn)否定了湯姆遜的模型B.某激光器能發(fā)射波長(zhǎng)為λ的激光，發(fā)射功率為P，真空中光速為c，普朗克常量為h，則該激光器每秒發(fā)射的光子數(shù)為C.第二類永動(dòng)機(jī)不違反能量守恒定律，但違反了熱力學(xué)第一定律D.肉眼可以觀察到懸浮微粒的布朗運(yùn)動(dòng)【答案】ACD【解析】【詳解】A．盧瑟福通過(guò)α粒子散射實(shí)驗(yàn)否定了湯姆遜的模型，故A錯(cuò)誤；B．每個(gè)光子的能量設(shè)每秒激光器發(fā)出的光子數(shù)是n，則即則該激光器每秒發(fā)射的光子數(shù)為故B正確；C．第二類永動(dòng)機(jī)不違反能量守恒定律，但違反了熱力學(xué)第二定律，故C錯(cuò)誤；D．布朗運(yùn)動(dòng)需在顯微鏡下觀察，肉眼無(wú)法觀察到懸浮微粒的布朗運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。本題選錯(cuò)誤的，故選ACD。15.列說(shuō)法正確的有（）A.如圖（a）所示，丙同學(xué)制作的“彩虹糖旋風(fēng)”，在玻璃容器里放置少量液體，色素逐漸溶于水，呈現(xiàn)出圖片中的狀態(tài)，這是分子運(yùn)動(dòng)引起的擴(kuò)散現(xiàn)象導(dǎo)致的B.如圖（b）所示，張華在《博物志》中記載“孔雀毛，隨光色變易，或黃或赤”，孔雀羽毛的在陽(yáng)光下色彩斑斕，這屬于光的全反射現(xiàn)象C.如圖（c）所示，《莊子》中曾記載，不同房間里的瑟，在調(diào)音一致后，彈動(dòng)其中一只瑟，另一只也會(huì)發(fā)生振動(dòng)，這是因?yàn)閮芍簧墓逃蓄l率十分接近D.如圖（d）所示，輝光球在其周圍形成了一不均勻的電場(chǎng)，丁同學(xué)利用輝光球“點(diǎn)亮”了日光燈燈管，這是感應(yīng)起電現(xiàn)象【答案】AC【解析】【詳解】A．丙同學(xué)制作的“彩虹糖旋風(fēng)”，在玻璃容器里放置少量液體，色素逐漸溶于水，呈現(xiàn)出圖片中的狀態(tài)，這是分子運(yùn)動(dòng)引起的擴(kuò)散現(xiàn)象導(dǎo)致的，故A正確；B．孔雀羽毛上有很多縫隙，在自然光下衍射現(xiàn)象，故B錯(cuò)誤；C．不同房間里的瑟，在調(diào)音一致后，彈動(dòng)其中一只瑟，另一只也會(huì)發(fā)生振動(dòng)，這是因?yàn)閮芍簧墓逃蓄l率十分接近，發(fā)生共振，故C正確；D．輝光球周圍有高壓電場(chǎng)，日光燈靠近，在高壓下，燈管中的稀有氣體電離發(fā)光，故D錯(cuò)誤。故選AC。三、實(shí)驗(yàn)題16.①在“探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中（圖1所示），下列說(shuō)法正確的是________．A．實(shí)驗(yàn)不需要平衡摩擦力B．實(shí)驗(yàn)下面所掛重物的質(zhì)量應(yīng)滿足遠(yuǎn)小于小車處總質(zhì)量C．探究加速度與質(zhì)量關(guān)系時(shí)，控制小車質(zhì)量不同，鉤碼質(zhì)量相同②用圖2裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究，下列說(shuō)法正確的是________。A．可以用來(lái)研究“機(jī)械能守恒”實(shí)驗(yàn)B．裝置可以用來(lái)探究“小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”實(shí)驗(yàn)C．裝置平衡摩擦力時(shí)，平衡的是小車與木板之間的摩擦力③在“探究單擺周期與擺長(zhǎng)的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中（1）用游標(biāo)卡尺測(cè)量小球的直徑示數(shù)如圖3所示，小球直徑為________mm（2）某同學(xué)通過(guò)多次改變擺長(zhǎng)的方法，測(cè)得了多組不同擺長(zhǎng)下對(duì)應(yīng)的連續(xù)50次全振動(dòng)所用的時(shí)間t，擺線長(zhǎng)為，為小球直徑。利用計(jì)算機(jī)作出了的圖線（如圖4所示），圖像斜率均為4，請(qǐng)問(wèn)：繪制的圖像是________（選填“①”“②”或“③”，由圖像可得當(dāng)?shù)刂亓铀俣萠_______（取，結(jié)果保留三位有效數(shù)字）?！敬鸢浮竣?BC##CB②.B③.18.0④.③⑤.9.87【解析】【詳解】①[1]A．為使繩子的拉力等于小車的合外力，實(shí)驗(yàn)需要平衡摩擦力，故A錯(cuò)誤；B．為使重物的重力大小可以代替繩子中的拉力大小，實(shí)驗(yàn)下面所掛重物的質(zhì)量應(yīng)滿足遠(yuǎn)小于小車處總質(zhì)量，故B正確；C．探究加速度與質(zhì)量關(guān)系時(shí)，應(yīng)控制小車質(zhì)量不同，合外力大小相同，即鉤碼質(zhì)量相同，故C正確。故選BC。②[2]A．圖2裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究，小車受到摩擦力的作用，且摩擦力做負(fù)功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，不可以用來(lái)研究“機(jī)械能守恒”實(shí)驗(yàn)，故A錯(cuò)誤；B．圖2裝置可使小車做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，可以用來(lái)探究“小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”實(shí)驗(yàn)，故B正確；C．裝置平衡摩擦力時(shí)，平衡的是木板和小車之間及紙帶和打點(diǎn)計(jì)時(shí)器間的摩擦，故C錯(cuò)誤。故選B。③（1）[3]小球直徑為（2）[4]根據(jù)單擺周期公式整理得可知圖象的縱截距大于零，繪制的圖像是③。[5]圖象的斜率為可得當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹?7.（1）某實(shí)驗(yàn)小組想借助電阻箱得到歐姆表內(nèi)部的電動(dòng)勢(shì)E、內(nèi)阻和表頭的滿偏電流，為此設(shè)計(jì)了如圖1所示的電路，測(cè)得電阻箱的示數(shù)和表頭的電流滿足如圖3所示的關(guān)系，其中、、已知，則________________________。（2）因表頭故障，無(wú)法讀出電流的大?。ㄈ钥娠@示0刻度和滿偏值），為了得到電流，小組在電阻箱的旁邊串聯(lián)了一個(gè)電流表之后，再進(jìn)行歐姆調(diào)零，如圖2，由于電流表有內(nèi)阻，E的測(cè)量值比真實(shí)值________（填“偏大”、“偏小”或“不變”），的測(cè)量值比真實(shí)值________（填“偏大”、“偏小”或“不變”）?！敬鸢浮竣?②.③.④.不變⑤.偏大【解析】【詳解】（1）[1]根據(jù)閉合電路的歐姆定律整理得圖象的斜率表示電動(dòng)勢(shì)，為[2]當(dāng)時(shí)，有解得內(nèi)阻為[3]滿偏電流為（2）[4]由于電流表有內(nèi)阻，根據(jù)閉合電路的歐姆定律整理得可知圖象的斜率不變，故電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值比真實(shí)值不變。[5]圖象的縱截距的絕對(duì)值表示內(nèi)阻，由于電流表有內(nèi)阻，圖象的縱截距的絕對(duì)值增大，的測(cè)量值比真實(shí)值偏大。18.以下實(shí)驗(yàn)中，說(shuō)法正確的是（）A.“雙縫干涉實(shí)驗(yàn)”中，將屏向靠近雙縫的方向移動(dòng)，可增加從目鏡中觀察到的條紋個(gè)數(shù)B.“油膜法實(shí)驗(yàn)”中，水面上爽身粉撒的較多，油酸分子的直徑測(cè)量值偏小C.“觀察光敏電阻特性實(shí)驗(yàn)”如圖所示，光照增強(qiáng)，電壓表示數(shù)減小D.“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)關(guān)系實(shí)驗(yàn)”中，實(shí)際情況是原副線圈測(cè)得的電壓之比大于匝數(shù)之比【答案】ACD【解析】【詳解】A．根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式“雙縫干涉實(shí)驗(yàn)”中，將屏向靠近雙縫的方向移動(dòng)，雙縫干涉條紋間距減小，從目鏡中觀察到的條紋個(gè)數(shù)增加，故A正確；B．“油膜法實(shí)驗(yàn)”中，水面上爽身粉撒的較多，油酸未完全散開，油酸分子層的測(cè)量面積偏小，油酸分子的直徑測(cè)量值偏大，故B錯(cuò)誤；C．“觀察光敏電阻特性實(shí)驗(yàn)”如圖所示，光照增強(qiáng)，光敏電阻阻值減小，電路總電阻減小，總電流增大，滑動(dòng)變阻器滑頭右側(cè)兩端的電壓增大，光敏電阻兩端的電壓減小，電壓表示數(shù)減小，故C正確；D．由于變壓器漏磁、鐵芯發(fā)熱，“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)關(guān)系實(shí)驗(yàn)”中，實(shí)際情況是原副線圈測(cè)得的電壓之比大于匝數(shù)之比，故D正確。故選ACD。四、計(jì)算題19.把一個(gè)小燒瓶和一根彎成直角均勻玻璃管用橡皮塞連成如圖所示的裝置，在玻璃管內(nèi)引入一小段水銀柱，將一定質(zhì)量的空氣密封在容器內(nèi)。如果不計(jì)水銀柱與管壁間的摩擦和外界大氣壓強(qiáng)的變化，利用此裝置可以研究燒瓶?jī)?nèi)空氣的體積隨溫度變化的關(guān)系。（1）瓶?jī)?nèi)氣體在溫度________，壓強(qiáng)________時(shí)，可視為理想氣體。（2）已知1mol任何氣體在壓強(qiáng)，溫度時(shí)，體積約為。瓶?jī)?nèi)空氣的平均摩爾質(zhì)量，體積，溫度為。試估算瓶?jī)?nèi)空氣的質(zhì)量。（）（3）改變燒瓶?jī)?nèi)氣體的溫度，測(cè)出幾組體積V與對(duì)應(yīng)溫度T的值，作出V－T圖像如圖所示。已知大氣壓強(qiáng)，則由狀態(tài)a到狀態(tài)b的過(guò)程中，若此過(guò)程中氣體吸收熱量60J，求氣體的內(nèi)能的增加量。（）【答案】①.不太低②.不太大③.2.65g④.10J【解析】【詳解】（1）瓶?jī)?nèi)氣體在溫度不太低，壓強(qiáng)不太大時(shí)，可視為理想氣體。（2）瓶?jī)?nèi)空氣體積溫度為轉(zhuǎn)化為標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)，有解得物質(zhì)的量為故質(zhì)量（3）由圖像可知，由狀態(tài)a到狀態(tài)b的過(guò)程中，氣體發(fā)生等壓變化，氣體對(duì)外做功為根據(jù)熱力學(xué)第一定律則氣體的內(nèi)能增加了10J。20.圖示為一游戲裝置的簡(jiǎn)化圖。其軌道ABCDEM由以順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶AB、一段粗糙的水平直軌道BC、光滑圓軌道CDE、粗糙斜軌道EM組成，圓弧CDE分別與軌道BC、EM相切。圖中傾角為與O等高，底端有一彈簧裝置。游戲開始時(shí)，一質(zhì)量為0．02kg的小鋼球（其直徑比圓管內(nèi)徑稍小，可視作質(zhì)點(diǎn)）在A點(diǎn)被瞬間擊打，以某一水平初速度v沖上傳送帶，已知傳送帶長(zhǎng)、傳動(dòng)速度。B處有一單向閥門，小鋼球若向右運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)能自由通過(guò)，且能量損失不計(jì)；若向左返回閥門則閥門關(guān)閉，且被閥門吸住。小鋼球若能運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，則能被等速率反彈。其中水平軌道BC長(zhǎng)為，傳送帶、水平軌道BC和斜面EM的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，圓軌道半徑為。某次游戲時(shí)，小鋼球恰能通過(guò)圓弧的最高點(diǎn)D點(diǎn)，求：（計(jì)算結(jié)果可保留根號(hào)）（1）小鋼球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；（2）小鋼球在A點(diǎn)被瞬間擊打時(shí)所受沖量Ⅰ滿足的條件；（3）若改變初速度v，求小鋼球在粗糙斜軌道EM上運(yùn)動(dòng)的總路程s與v函數(shù)關(guān)系?！敬鸢浮浚?），方向豎直向下；（2）；（3）見解析【解析】【詳解】（1）小鋼球恰過(guò)D點(diǎn)，有，從C到D由動(dòng)能定理可得解得在C點(diǎn)由牛頓第二定律可得解得由牛頓第三定律可知，軌道受的壓力，方向豎直向下。（2）小鋼球從B到C由動(dòng)能定理可得解得若小鋼球從A一直勻加速到B達(dá)到，則初速度最小，滿足解得若小鋼球從A一直勻減速到B達(dá)到，則初速度最大，滿足解得綜上，初速度滿足因?yàn)樗孕′撉蛟贏點(diǎn)被瞬間擊打時(shí)所受沖量Ⅰ滿足的條件是（3）①若，小鋼球不能運(yùn)動(dòng)到斜軌道，故。②若，小球在斜軌道上來(lái)回運(yùn)動(dòng)直至停在M處，有解得③若小鋼球恰好第二次到達(dá)D點(diǎn)，滿足解得所以當(dāng)小鋼球最終停在M處。滿足解得④若，則小鋼球可以第二次通過(guò)D點(diǎn)，之后運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)被吸住。所以小鋼球在斜軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程綜上則有21.圖1為某種發(fā)電裝置，輕質(zhì)釹磁鐵固定在帶狀薄膜上，上下各固定一個(gè)完全相同的線圈。兩線圈與磁鐵共軸，以薄膜平衡位置為原點(diǎn)O建立豎直向上x軸，線圈與磁鐵相距均為，當(dāng)周期性外力作用時(shí)，薄膜帶動(dòng)磁鐵在豎直方向上下振動(dòng)，振幅為A。已知線圈的匝數(shù)為n、橫截面積為S、磁鐵中軸線上各點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與該點(diǎn)到磁鐵中心距離x的關(guān)系如圖2所示，忽略線圈長(zhǎng)度，線圈內(nèi)各處磁感應(yīng)強(qiáng)度的豎直分量近似等于線圈中心位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，不計(jì)線圈電阻和自感互感的影響，電路連接如圖3所示。定值電阻，電容器的電容足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌AG、BH固定于水平面內(nèi)，相距為，處于豎直向下、大小為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，軌道在C、D處各被一小段正對(duì)的絕緣材料隔開，質(zhì)量為的金屬棒a靜置于導(dǎo)軌AB處，質(zhì)量為的金屬棒b緊貼CD右側(cè)放置，質(zhì)量為的金屬棒c靜置于b棒右側(cè)的EF處。a、b棒的接入電阻相同，，c棒的接入電阻，所有導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)。初始時(shí)單刀雙擲開關(guān)S與觸點(diǎn)“1”閉合。（1）若磁鐵從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)歷時(shí)Δt，判斷此過(guò)程流過(guò)電阻R中電流方向及流過(guò)R的電量；（2）磁鐵上升過(guò)程某時(shí)刻，電容器帶電量時(shí)，將開關(guān)S撥到觸點(diǎn)“2”。當(dāng)金屬棒a運(yùn)動(dòng)至CD時(shí)電容器的電壓，此時(shí)a、b兩棒相碰結(jié)合為一個(gè)“雙棒”整體，最終各棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，求最終“雙棒”整體與c棒的距離以及從a、b棒碰后到各棒穩(wěn)定的過(guò)程中a棒中產(chǎn)生的焦耳熱；（3）圖2中B與x關(guān)系式滿足（其中k為未知常數(shù)），圖中、、為已知量，寫出磁鐵以速率向上經(jīng)平衡位置時(shí)，電阻R的電功率表達(dá)式?！敬鸢浮浚?）從M流向N，；（2），；（3）【解析】【詳解】（1）磁鐵從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，上線圈內(nèi)的磁通量增大，下線圈內(nèi)的磁通量減小，根據(jù)右手螺旋定則可知流過(guò)電阻R中電流方向?yàn)閺腗流向N。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律流過(guò)R的電量為（2）S接2后，電容放電，棒a運(yùn)動(dòng)至D時(shí)，電容器帶電量為該過(guò)程電容放電對(duì)棒a，根據(jù)動(dòng)量定理有且解得ab棒碰撞粘合，根據(jù)動(dòng)量守恒有解得此后，abc系統(tǒng)動(dòng)量守恒，最終速度相同，有解得對(duì)棒c，根據(jù)動(dòng)量守恒有其中其中解得最終“雙棒”整體與c棒的距離撞后abc系統(tǒng)，能量守恒從a、b棒碰后到各棒穩(wěn)定的過(guò)程中a棒中產(chǎn)生的焦耳熱（3）以速率向上經(jīng)平衡位置時(shí)，取極短一段