还剩22页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2023年浙江省名校协作体高考物理二模试卷（含答案解析）
展开
这是一份2023年浙江省名校协作体高考物理二模试卷（含答案解析），共25页。试卷主要包含了 下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年浙江省名校协作体高考物理二模试卷
1. 下列物理量是矢量且单位正确的是( )
A. 电流A B. 磁通量T⋅m2 C. 电场强度V/m D. 磁感应强度Wb
2. 梅西在2022年卡塔尔世界杯决赛中梅开二度，带领阿根廷夺冠。如图所示为梅西在某场比赛第51分钟时主罚任意球后，足球运动轨迹的示意图，下列说法中正确的是( )
A. 第51分钟指的是时间间隔
B. 足球在飞行过程中可视为质点
C. 足球飞出后受到梅西对它施加的作用力
D. 守门员起跳扑救瞬间，地面对他的作用力等于他对地面的作用力
3. 在物理学的发展过程中，物理学家们做出了巨大的贡献，下列关于物理学家贡献的说法正确的是( )
A. 赫兹首先提出了电磁场理论 B. 伽利略首先发现了自由落体的规律
C. 普朗克第一次将量子观念引入原子领域 D. 库仑首先提出电荷周围存在电场的概念
4. 如图所示，将一个质量为m的铅球放在倾角为45∘的斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态。铅球对挡板的压力为F1，铅球对斜面的压力为F2，不考虑铅球受到的摩擦力，重力加速度取g，则( )
A. F1=mg B. F1
A. “鲲龙”匀速滑行的位移为1120米
B. 由题目所给的条件无法算出t3的数值
C. “鲲龙”在整个滑行过程中的平均速度大小为70m/s
D. “鲲龙”匀加速滑行时和匀减速滑行的加速度大小相等
6. 如图所示是从高空拍摄的一张地形照片，河水沿着弯弯曲曲的河床做曲线运动。若在标注位置处的河水速度近似相等，则河床受力最大的是( )
A. A点 B. B点 C. C点 D. D点
7. 北京时间2022年11月12日10时03分，搭载天舟五号货运飞船的长征七号遥六运载火箭，在我国海南文昌航天发射场点火发射；12时10分，天舟五号货运飞船仅用2小时便顺利实现了与中国空间站天和核心舱的快速交会对接，如图所示，创造了世界纪录。下列说法中正确的是( )
A. 天舟五号货运飞船的发射速度大于11.2km/h
B. 天和核心舱的速度大于7.9km/h
C. 在文昌航天发射场点火发射，是为了更好地利用地球的自转速度
D. 要实现对接，天舟五号货运飞船应在天和核心舱相同轨道处加速
8. 下列关于教科书上的四副插图，说法正确的是( )
A. 图甲为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在线状电离器B上
B. 图乙为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走加油枪上的静电
C. 图丙中摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其工作原理为静电吸附
D. 图丁的燃气灶中安装了电子点火器，点火应用了电磁感应原理
9. 下列关于固体、液体、气体的说法中正确的是( )
A. 夏季天早时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，防止水分蒸发
B. 晶体沿不同方向的导热或导电性能不同，但沿不同方向的光学性质一定相同
C. 由于液体表面层分子间距距离大于液体内部分子间距离，所以存在浸润现象
D. 炒菜时我们看到的烟气，是因为油烟颗粒的热运动
10. 下列说法不正确的是( )
A. 甲图是“核反应堆”示意图，它是通过可控的链式反应实现核能的释放，链式反应是指由裂变产生的中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程
B. 乙图是光电流与电压的关系图，由图可知a、c两束光的频率相等且小于b光的频率
C. 丙图是原子核的比结合能图，由图可知不同原子核的比结合能是不一样的，中等大小的核比结合能最大，这些核最稳定
D. 丁图是中子的转化示意图，强相互作用是引起中子-质子转变的原因
11. 好多同学在寝室熄灯后使用台灯继续学习至深夜，某同学使用如图所示的一款充电宝和一款台灯来照明，部分参数如表所示，已知深夜学习需要6W以上的照明功率，则以下说法不正确的是( )
充电宝部分参数如下：
产品名称
PD快充移动电源
聚合物电池容量
10000mA⋅h
品牌
HUAWEI
输出
5V−4.5A/9V−3A
输入
DC5V−3A/12V−1.5A
产品颜色
黑色/白色
产品重量
若干克
产品尺寸
146*68*17mm
台灯部分参数如下：
产品名称
米格台灯
灯珠
144颗
额定电压
5V
最大电流
1.5A
内置电池容量
1800mA⋅h
其他功能
亮度从0开始连续调节
A. 充电宝输出功率可达27W
B. 台灯的最大功率为7.5W
C. 打开台灯后每颗灯珠的功率都为0.05W
D. 仅用这款台灯和这款充电宝充满一次电的情况下使用，不能保证周日至周五每晚2小时的学习时间
12. 如图所示，某斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为θ，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上距离O点为x的A点停下。以O点为原点建立xOy坐标系，改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标可能是( )
A. (16x,23h) B. (14x,12h) C. (13x,13h) D. (12x,12h)
13. 如图1所示，O点是一半径为R的匀质玻璃半球体的球心，平面水平放置，有一束光线从距离O点为r= 33R的P点入射至玻璃半球内，光线与竖直方向的夹角为θ，当θ=0∘时光线恰好在球面发生全反射，若只考虑第一次射到各表面的光线，则( )
A. 玻璃的折射率为 33
B. 若要使光线从球形表面出射后恰好与入射光平行，则θ=30∘
C. 改变夹角θ，光线在半球中传播的最长时间为(3+ 3)R3c
D. 如图2所示，若半球球面区域均有光线竖直向下入射，则平面有光出射的面积为(2+ 2)8πR2
14. 杭丽铁路被列入浙江省重大建设项目“十四五”规划，杭丽高铁建成后，丽水前往杭州的时间将缩短至1小时内。新建成的高铁将应用许多新技术，图示为高铁的牵引供电流程图，利用可视为理想变压器(原、副线圈匝数比为n1：n2)的牵引变电所，将高压220kV或110kV降至27.5kV，再通过接触网上的电线与车顶上的受电弓使机车获得25kV工作电压，则下列说法正确的是( )
A. 若电网的电压为110kV，则n1：n2=4：1
B. 若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于25kV
C. 高铁机车运行功率增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大
D. 如果高铁机车的电动机输出机械功率为9000kW，电机效率为90%，则牵引变电所到机车间的等效电阻为62.5Ω
15. 如图所示，有两列频率相同、振动方向相同、振幅均为A、传播方向互成60∘的平面波相遇发生干涉，两列波的传播方向如图中箭头所示。图中实线表示波峰，虚线表示波谷，a为波谷与波谷相遇点，b、c为波峰与波谷相遇点，d为波峰与波峰相遇点，e、g是b、c连线上的两点，其中e为b、c的中点，g为b、e的中点，下列描述正确的是( )
A. a、d处的质点位移始终为2A
B. g处的质点的振幅为 2A
C. 图示时刻，e正处于平衡位置
D. 从图示时刻经过38个周期，g处的质点向上振动
16. (1)①在“探究弹簧弹力与形变量的关系实验”与“探究两个互成角度的力的合成规律实验”中
a.两个实验都需要的器材是______ 。
A.弹簧秤
B.弹簧
C.橡皮筋
D.刻度尺
b.在实验中，下列操作正确的是______ (多选)。
A.在探究弹簧弹力与形变量的关系实验中，测弹簧原长时应把弹簧水平放置
B.在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，弹簧秤调零时弹簧秤应水平放置
C.在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，若弹簧秤示数偏大可调短弹簧的有效长度
D.在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，拉弹簧秤时弹簧秤外壳不能与木板接触
②验证物体自由下落过程中机械能守恒，交流电频率为50Hz，重锤质量m=200g，打出了如下纸带，在纸带后端选择连续的7个打印点为计数点，并依次标上1、2、3…，在数据处理中，选计数点3对应的重物位置为零重力势能参考面，则打下5时重物的速度______ m/s，重物的机械能为______ (当地重力加速度g=9.8m/s2，计算结果均保留3位有效数字)。该种验证方法是否要求打第一个点时速度为零？______ (填“是”或“否”)。
(2)①a.小明在做实验时，发现一个色环电阻的外漆脱落，如图2所示，于是用多用电表测量该电阻Rx，正确的操作顺序是______ 。
A.把选择开关旋转到交流电压最高挡
B.调节欧姆调零旋钮使指针到欧姆零点
C.把红黑表笔分别接在Rx两端，然后读数
D.把选择开关旋转到合适的挡位，将红、黑表笔接触
E.把红黑表笔插入多用电表“+、-”插孔，用螺丝刀调节指针定位螺丝，使指针指0
b.小明正确操作后，多用电表的指针位置如图3所示，则Rx=______ Ω。
c.小林认为用多用电表测量电阻误差较大，采用伏安法测量。图4是部分连接好的实物电路图，请用电流表内接法完成接线并在图4中画出。
d.小林用电流表内接法和外接法分别测量了该色环电阻的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U−I图上，如图5所示。请你选择一组合理的数据点，求出该色环电阻的电阻为______ Ω(结果保留两位有效数字)。
②两个相同的电流表G1和G2按如图6所示的方式连接，晃动G1表，当指针向左偏时，静止的G2表的指针______ (选填“向左偏”或“向右偏”或“来回振动”)。
17. 如图所示，内壁光滑的导热汽缸竖直放置在水平桌面上，汽缸内封闭一定质量的气体。活塞质量m=4kg，活塞横截面积S=20cm2。活塞初始状态位于离底部高度h1=5cm处。假设外界空气温度恒为27℃，大气压强p0=1×105Pa，g=10m/s2。
(1)用外力F将活塞缓慢提升4cm，求此时气缸内气体的压强；
(2)对气缸内气体缓慢加热，当温度升到57℃时，气体吸收了10J的热量，求此过程中气体内能的增加量。
18. 如图所示，水平传送带的左端与斜面AB末端连接，另一端与光滑水平轨道CM连接，M端连接半圆形光滑圆弧轨道MPN，圆弧半径R=1.6m，在竖直面MN的右侧(包括M、N点)存在竖直向上的匀强电场，电场强度E=5mg2q。一带正电金属滑块a质量为m=0.1kg，电量为q，从斜面AB上高h=3m处由静止开始下滑，运动到CM上某位置与另一完全相同的不带电金属滑块b发生碰撞后结合在一起，形成结合体c。已知斜面、传送带、轨道均绝缘，滑块与AB斜面之间的动摩擦因数μ1=0.3，与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.2，斜面倾角θ=37∘，传送带长为5m，CM长为2m，滑块a、b及结合体c均可视为质点，不计滑块在B点的能量损失，重力加速度g=10m/s2.
(1)求滑块a到达B点时的速度大小；
(2)若传送带逆时针转动的速度v=2m/s，求结合体c到达N点时对轨道的压力；
(3)以M点为坐标原点，向左为正方向建立x轴，改变传送带的速度大小和方向，求结合体c通过圆弧轨道后从N点平抛到x轴上的落点坐标与传送带速度的关系。
19. 如图所示，间距L=1m的两平行光滑金属导轨，x轴平行导轨，y轴垂直导轨。在x=0位置左侧有一宽度为d=0.1m的光滑绝缘薄层(包括x=0处)，隔开左右两部分电路。在导轨间存在磁场，y轴左侧磁场大小为B1=2T方向垂直纸面向外，y右侧磁场大小为B2，且满足B2=0.5x(T)变化，方向垂直纸面向外，在两轨道中x轴为坐标为x2=−0.5m的位置存在一个弹性装置，金属棒与弹性装置碰撞时瞬间等速弹回，导轨右侧的恒流源始终为电路提供恒定的电流I=8A(方向如图中箭头所示)，导轨左侧接一阻值为R1=3Ω的电阻。阻值为R=1Ω质量为m=1kg的金属棒a垂直导轨静止于x=0处，与金属棒a完全相同的金属棒b垂直导轨静止于x1=0.5m处，金属棒a与金属棒b发生弹性碰撞。忽略一切阻力，已知弹簧振子周期公式T=2π mk，其中m为振子质量，k为回复力系数。求：
(1)金属棒b第一次与金属棒a碰撞时的速度；
(2)试定性画出金属棒a的I−t图像(对时间轴数值不做要求)；
(3)金属棒a最终停下位置和整个过程装置产生的焦耳热。
20. 如图所示，以圆柱底面中心O点为坐标原点建立空间直角坐标系O−xyz，另一底面中心O′点坐标为(0,0,1)，圆柱底面半径为R。在圆柱区域内存在沿z轴正方向的匀强磁场。在磁场区域左侧有一矩形区域abcd，其中bc边在xOy平面内，ab边与z轴平行，矩形区域的尺寸和位置已在图中标出，区域内均匀分布一电子源，沿x轴正方向持续不断地发射出速率均为v0的电子，单位时间内发射的电子个数为N，从bc边射出的电子经过磁场偏转后均从M点射出，从ad边射出的电子经过磁场偏转后均从N点射出。在圆柱两底面的正下方有两块半径为R的半圆形平行金属收集板P和Q，圆心分别位于M点和N点。已知电子质量为m，元电荷为e，两板之间的电压UPQ=−8mv02l2eR2，忽略电子重力、电子间相互作用和电子收集后对电压UPQ的影响。求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)从c点射出的电子打到金属板上时的位置坐标；
(3)Q极板收集到电子区域的面积；
(4)若UPQ<0且大小可调，求Q板收集到的电子数n与UPQ的关系。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、电流虽有方向，但电流运算时不遵守矢量的运算法则平行四边形定则，所以电流是标量，单位为安培，符号为A，故A错误；
B、磁通量是标量，单位是Wb，故B错误；
C、电场强度是矢量，单位是N/C或者V/m，故C正确；
D、磁感应强度是矢量，其单位为特斯拉，符号为T，故D错误；
故选：C。
标量是只有大小，没有方向的物理量。矢量是既有大小又有方向的物理量，运算时遵守平行四边定则。电流的单位为安培，磁通量单位为韦伯，电场强度的单位为牛每库或者伏每米，磁感应强度的单位为特斯拉。
对于物理量的矢标性与物理量的定义、物理意义、单位、公式等要一起学习，这是物理概念内涵的一部分。要注意物理量的符号和单位符号是不同的，不能搞混。
2.【答案】B
【解析】解：A.第51分钟指的是时刻，故A错误；
B.足球在飞行过程中足球的大小形状可以忽略，可以视为质点，故B正确；
C.足球飞出后只受到重力，没有受到梅西对它施加的作用力，故C错误；
D.守门员起跳扑救瞬间，根据牛顿第三定律可知地面对他的作用力大小等于他对地面的作用力大小，故D错误。
故选：B。
根据质点的概念、时间和时刻的区别、牛顿第三定律内容分析判断。
本题考查质点、时间和时刻、牛顿第三定律，要求掌握质点的概念、时间和时刻的区别、牛顿第三定律内容。
3.【答案】B
【解析】解：A、麦克斯韦首先提出了电磁场理论，故A错误；
B、伽利略首先发现了自由落体的规律，符合史实，故B正确；
C、玻尔第一次将量子观念引入原子领域，故C错误；
D、法拉第首先提出电荷周围存在电场的概念，故D错误。
故选：B。
本题是物理学问题，根据麦克斯韦、普朗克、伽利略、玻尔、法拉第等人的物理学成就进行解答。
本题考查学生对麦克斯韦、普朗克、伽利略、玻尔、法拉第等人的物理学贡献的掌握情况，平时经加强记忆，注重历史知识的积累。
4.【答案】A
【解析】解：球受到重力mg、斜面的支持力和挡板的支持力作用，其中斜面对铅球的支持力垂直于斜面向上，挡板对铅球的作用力水平向右，如图所示：
根据平衡条件可得：F′1=mgtan45∘=mg，F′2=mgcos45∘= 2mg；
根据牛顿第三定律可知铅球对挡板的压力为mg，铅球对斜面的压力为 2mg
故A正确，BCD错误；
故选：A。
以球为研究对象，分析球的受力情况，根据平衡条件求出球所受挡板的弹力和斜面对球的弹力，再根据牛顿第三定律得到球对竖直挡板的压力和球对斜面的压力。
本题关键是正确地对球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法求解，要求同学们能正确画出受力分析图。
5.【答案】A
【解析】解：A.速度-时间图像与坐标轴包围的面积表示位移，则“鲲龙”匀速滑行的位移为x0=14×80m=1120m，故A正确；
B.减速运动的时间为Δt=Δva′=805s=16s，t=34s+16s=50s，由题目所给的条件可以算出t3的数值，故B错误；
C.“鲲龙”在整个滑行过程中的位移为x=12×(14+50)×80m=2560m
平均速度大小为v−=xt=256050m/s=51.2m/s，故C错误；
D.“鲲龙”匀加速滑行时加速度大小为a=8020m/s2=4m/s2，则匀加速滑行时和匀减速滑行的加速度大小不相等，故D错误。
故选：A。
根据速度-时间图像与坐标轴包围的面积计算位移；根据加速度定义式计算减速时间和总时间；根据平均速度公式计算平均速度；根据速度-时间图像斜率计算加速时的加速度再进行比较。
本题考查速度-时间图像，要求掌握速度-时间图像斜率、与坐标轴包围面积的物理意义。
6.【答案】A
【解析】解：根据向心力的计算公式可得：
F向=mv2r
则半径越小的地方受到的河水冲击力越大，且因为A是河流的凹岸，受力最大，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据向心力公式，结合图像中不同点的位置特点完成分析。
本题主要考查了曲线运动的相关应用，理解向心力的计算公式，结合半径的大小关系即可完成分析。
7.【答案】C
【解析】解：A、天舟五号货运飞船绕地球做匀速圆周运动，发射速度小于11.2km/s，故A错误；
B、7.9km/s是第一宇宙速度，是最大的环绕速度，所以天和核心舱的速度小于7.9km/s，故B错误；
C、在地球表面纬度越低的地方，随地球自转的半径越大，线速度越大，选在纬度较低的海南文昌发射场发射，是为了充分利用地球自转的线速度，故C正确；
D、要实现对接，天舟五号货运飞船应在较低轨道加速，故D错误；
故选：C。
第二宇宙速度11.2km/s是脱离地球引力束缚的最小发射速度。第一宇宙速度7.9km/s是近地卫星的运行速度，也是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度。物体在地球表面纬度越低的地方，随地球自转的半径越大，线速度越大，根据变轨原理分析D。
此题考查了人造卫星的相关知识，解题的关键是明确三种宇宙速度的含义，特别注意第一宇宙速度有三种说法：它是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，它是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度，它是卫星的最小发射速度。
8.【答案】C
【解析】解：A.图甲为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在两板A上，故A错误；
B.图乙为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走人身上的静电，故B错误；
C.图丙中摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其工作原理为静电吸附，故C正确。
D.图丁的燃气灶中安装了电子点火器，点火应用了尖端放电原理，故D错误。
故选：C。
根据静电除尘、静电释放、静电吸附和尖端放电原理分析判断。
本题考查静电除尘、静电释放、静电吸附和尖端放电现象，要求掌握静电除尘、静电释放、静电吸附和尖端放电原理。
9.【答案】A
【解析】解：A、夏季天旱时，给庄稼松土是利用毛细现象，为了破坏土壤中的毛细管，可防止水分蒸发，故A正确；
B、有些单晶体沿不同的方向的导热或导电性能不相同，沿不同方向的光学性质也不相同，故B错误；
C、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子之间的作用力表现为引力，与固体间表现为不浸润，故C错误；
D、炒菜时我们看到的烟气，是因为热对流引起的，故D错误；
故选：A。
单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的；根据毛细现象的定义判断；根据浸润和不浸润现象的定义判断；根据布朗运动分析。
本题考查了单晶体和多晶体、布朗运动、浸润和不浸润现象、毛细现象等知识点，这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A、链式反应是指由裂变产生的中子使裂变反应一代又一代持续下去的过程，故A正确；
B、根据eUc=hν−W0，可知图中a、c两束光的频率相等且小于b光的频率，故B正确；
C、不同原子核的比结合能不同，中等大小的核的比结合能最大，这些核最稳定，故C正确；
D、丁图是中子的转化示意图，弱相互作用，是引起β衰变的原因，故D错误；
本题选择错误选项；
故选：D。
链式反应是指由裂变产生的中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程，根据光电效应方程，结合最大初动能与遏止电压的关系得出遏止电压与入射光频率的关系式，从而分析判断；中等大小的核比结合能最大，原子核最稳定；弱相互作用是引起β衰变的原因。
本题考查了链式反应、光电效应方程、比结合能、衰变等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点．
11.【答案】C
【解析】解：A、充电宝输出功率可达P=UI=9×3W=27W，故A正确；
B、台灯的最大功率为P′=U′I′=5×1.5W=7.5W，故B正确；
C、打开台灯后的电功率可调，所以每颗灯珠的功率不一定为0.05W，故C错误；
D、充满一次电的情况下台灯内置电池容量为1800mA⋅h，工作的时间为t=QI=18001500h=1.2h，所以不能保证周日至周五每晚2小时的学习时间，故D正确；
本题选择错误选项；
故选：C。
根据功率的计算公式解得AB，台灯的电功率可调，所以每颗灯珠的功率无法计算，根据电池容量计算D项。
本题考查电功率的计算，解题关键掌握电功率的计算公式，注意容量与时间的关系。
12.【答案】D
【解析】解：小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，最终停在A点，设斜面长为L，则斜面在水平面的投影为：x1=Lcosθ
根据功能关系可得：mgh=μmgLcosθ+μmg(x−x1)
整理可得：mgh=μmgx
解得：μ=hx
改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标为(x′,h′)
根据前面的分析可得：mgh′=μmg(x−x′)
整理可得：h′=h−hx⋅x′。
A、当x′=16x时，解得：h′=56h，故A错误；
B、当x′=14x时，解得：h′=34，故B错误；
C、当x′=13x时，解得：h′=23h，故C错误；
D、当x′=12x时，解得：h′=12h，故D正确。
故选：D。
根据功能关系求解动摩擦因数；改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，根据功能关系求解小木块静止释放点的纵坐标与横坐标的关系，然后逐项进行分析。
本题主要是考查功能关系，解答本题的关键是能够根据功能关系求解动摩擦因数，知道重力势能的减少等于克服摩擦力做的功。
13.【答案】D
【解析】解：注意题设：本题只考虑第一次射到各表面的光线
A、当θ=0∘时光线恰好在球面发生全反射，即在球面处入射角恰好等于全反射临界角C，光路图如图1所示：
根据几何关系可得：sinC=rR= 33
根据全反射临界角C满足的条件可得：sinC=1n
解得：n= 3，故A错误；
B、若要使光线从球形表面出射后恰好与入射光平行，那么出射光线与入射光线，以及法线必在同一平面内，且入射点与出射点的法线平行，入射光线必须在竖直平面内，光路图如图1所示，出射点必在O点的正上方。
根据几何关系可得：tanβ=rR= 33，可得β=30∘，可知θ必大于30∘，故B错误；
C，要使光线在半球中传播的时间最长，因只考虑第一次射到各表面的光线，当θ临界等于90∘时，光线在半球中传播路程最长，光路图如图3所示，其中路程s满足要求。
因入射角临界为90∘，故折射角等于C，由余弦定理得：
R2=r2+s2−2r⋅s⋅cos(90∘−C)，解得：s=( 7+1)R3，
光在介质中传播速度为：v=cn，最长时间为：t=sv，解得：t=( 21+ 3)R3c，故C错误；
D、能从平面出射的临界光路图如图4所示，光线在平面的B点恰好发生全反射，以OB的长L为半径的圆形区域有光出射。
设临界光线在A点入射角为α，折射角为γ，在B点出射时入射角等于全反射临界角C。
由折射定律得：sinαsinγ=n= 3
由几何关系得：α=C+γ
联立由三角函数知识，结合sinC= 33，解得：tanγ=13− 2，可得：sinγ=1 12−6 2
在△AOB中，由正弦定理得：Rsin(90∘+C)=Lsinγ
解得：L=R 8−4 2
可得平面有光出射的面积为：S=πL2，解得S=(2+ 2)8πR2，故D正确。
故选：D。
根据题设条件画出光路图，根据几何条件求得所需几何量，应用折射定律，全反射临界角C满足条件，介质中光速与折射率的关系解答。
本题考查几何光学的光路判断分析，及相关计算问题，题目较难，用到余弦定理、正弦定理的难度较大的几何关系。此类题目关键是画出光路图，难点在于几何量的求解，一般是利用三角形的几何知识处理问题。
14.【答案】AC
【解析】解：A.若电网的电压为220kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为U1U2=n1n2=11027.5=41，故A正确；
BC.电压由输入电压和线圈匝数决定，若高铁机车运行功率增大，根据P=UI知电流将会增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率ΔP=I2R也会随之增大，故B错误，C正确；
D.若高铁机车功率为P=9000kW=9×106W，根据功率关系可得：P=90%UI，其中U=25kV=25000W，则电流I=400A；
牵引变电所至机车间的等效电阻：R=U2−UI，代入数据解得：R=6.25Ω
故D错误；
故选：AC。
根据电压之比等于匝数之比进行求解；根据功率关系求解电流，根据欧姆定律求解牵引变电所至机车间的等效电阻。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。
15.【答案】BCD
【解析】解：A、由题意：a为波谷与波谷相遇点，d为波峰与波峰相遇点，可知a与d处的质点是振动加强的，做简谐振动的振幅为2A，但位移时刻变化，故A错误；
C、有两列形成稳定的干涉图样，图示图形是规则的几何图形，e为b、c的中点，亦是a、d的中点，图示时刻，a与d点的是振动加强点且处于位移最大处，那么其中点e必是振动减弱点，且处于平衡位置，故C正确；
B、因两波振幅相等均为A、上图中蓝色线上的质点均为振动减弱，且振幅为零，红色线上的质点均为振动加强，且振幅为2A。干涉图样规律可知b、c连线上各质点的振幅与质点位置的关系为正余弦函数关系，如上图所示，g为be的中点，为bc的四分点，g处质点的振幅为Ag=2Asinπ4= 2A，故B正确；
D、图示时刻，bc连线上各质点均处于平衡位置，由图中波的传播方向可知波峰已经过g点，波谷正在向g点传播过来，可得此时刻g点是由平衡位置向下向波谷运动，因38T=14T+18T，故经过14T，g处质点到达波谷，再经过18T，由波谷向上向平衡位置运动，可知从图示时刻经过38个周期，g处的质点向上振动，故D正确。
故选：BCD。
两波干涉时图样是稳定的，波谷与波谷，波峰与波峰相遇点为振动加强点，质点做简谐振动，振幅为两波振幅之和；波谷与波峰相遇点为振动减弱点，振幅为两波振幅之差，当两波振幅相等时，振动减弱点不振动。根据振动与波动的关系分析解答。
本题考查了机械波的叠加与干涉问题，此题新颖在两波传播方向互成角度相遇发生干涉，但是对于干涉图像与规律不无影响，根据干涉原理与图样特点解答即可。
16.【答案】DBC2.280.360否 EDBCA30003.2×103 向左偏
【解析】解：①a、在“探究弹簧弹力与形变量的关系实验”与“探究两个互成角度的力的合成规律实验”中，都需要的器材是刻度尺，在“探究弹簧弹力与形变量的关系实验”没有用到弹簧秤和橡皮筋，“探究两个互成角度的力的合成规律实验”中没有用到弹簧，故D正确、ABC错误；
b、A.在探究弹簧弹力与形变量的关系实验中，测弹簧原长时应把弹簧竖直放置，这样可以排除由于弹簧只受重力造成的误差，故A错误；
B.在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，弹簧秤调零时弹簧秤应水平放置，这样可以排除由于弹簧只受重力造成的误差，故B正确；
C.在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，若弹簧秤示数偏大可调短弹簧的有效长度，这样可以增加弹簧的劲度系数，使得测量范围增大，故C正确；
D.在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，拉弹簧秤时弹簧秤外壳不能内部弹簧接触，可以与木板接触，故D错误。
故选：BC；
②验证物体自由下落过程中机械能守恒，交流电频率为f=50Hz，打点周期为：T=0.02s
根据中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度可得：v5=x462T=0.0437+0.04752×0.02m/s=2.28m/s
打3时重物的速度大小为：v3=x242T=0.0360+0.03992×0.02m/s=1.90m/s
选计数点3对应的重物位置为零重力势能参考面，则物体的机械能为：E=Ek3+Ep3=12mv32+0=12×0.2×1.902J=0.360J；
验证从3到5机械能是否守恒，该种验证方法不要求打第一个点时速度为零。
(2)①a.本实验先进行机械调零，再把选择开关旋转到合适的挡位，进行欧姆调零，然后把红黑表笔分别接在Rx两端进行测量，测量完毕后把选择开关旋转到交流电压最高挡，所以正确的操作顺序是EDBCA；
b.使用欧姆挡的倍率“×100”，多用电表的指针位置如图3所示，则Rx=30×100Ω=3000Ω；
由于待测电阻阻值较大，采用电流表内接；滑动变阻器采用分压器的接法，如图所示：
d.由于内接法在相同电流时电压表的示数偏大，则应该选取上方的一组进行处理，如图所示：
该色环电阻的电阻为Rx=UI=1.600.5×10−3Ω=3.2×103Ω；
②晃动G1表使得G1内的线圈切割磁感应线产生感应电流，根据导线的连接情况可知，通过两个表头的电流方向相反，如图所示：
对G2线圈根据左手定则静止的G2表的指针向左偏。
故答案为：(1)①a、D；b、BC；②2.28；0.360；否；(2)①a、EDBCA；b、3000；c、实物连接图见解析；d、3.2×103；②向左偏。
①a、根据实验操作分析选取的仪器；
b、根据减少实验误差的方法进行逐项分析；
②根据中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度打5和3时的速度大小，再根据机械能的概念求解机械能；该种验证方法不要求打第一个点时速度为零。
(2)①a.根据欧姆表实验步骤进行分析；
b.使用欧姆挡的倍率“×100”，根据多用电表的指针位置进行读数；
c.采用电流表内接、滑动变阻器采用分压器的接法进行作图；
d.由于内接法在相同电流时电压表的示数偏大，则应该选取上方的一组进行处理，根据欧姆定律求解该色环电阻的电阻；
②晃动G1表使得G1内的线圈切割磁感应线产生感应电流，根据导线的连接情况进行分析。
对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。
17.【答案】解：(1)初状态封闭气体的压强为：p1=p0+mgS=1×105Pa+4×1020×10−4Pa=1.2×105Pa
气体做等温变化，根据玻意耳定律可得：p1Sh1=p2Sh2，其中h2=5cm+4cm=9cm
代入数据解得：p2=23×105Pa；
(2)对气缸内气体缓慢加热，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律可得：Sh1T1=S(h1+Δh)T2
其中T1=(27+273)K=300K，T2=(57+273)K=330K
代入数据解得：Δh=0.5cm=0.005m
外界对气体做功：W=−p1SΔh
代入数据解得：W=−1.2J
根据热力学第一定律可得：ΔU=W+Q，其中Q=10J
代入数据解得：ΔU=8.8J。
答：(1)用外力F将活塞缓慢提升4cm，此时气缸内气体的压强为23×105Pa；
(2)对气缸内气体缓慢加热，当温度升到57℃时，气体吸收了10J的热量，此过程中气体内能的增加量为8.8J。
【解析】(1)根据平衡条件求解初状态封闭气体的压强，再根据玻意耳定律进行解答；
(2)对气缸内气体缓慢加热，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律求解活塞上升的高度，根据功的计算公式求解外界对气体做的功，根据热力学第一定律求解气体内能的增加量。
本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，选择合适的气体实验定律解决问题。
18.【答案】解：(1)滑块a从A到B过程，由动能定理得：mgh−μ1mgcosθ×hsinθ=12mvB2−0
代入数据解得：vB=6m/s
(2)滑块a从B到C过程，由动能定理得：−μ2mgL=12mvC2−12mvB2
代入数据解得：vC=4m/s
a、b碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvC=2mv1
代入数据解得：v1=2m/s
a、b的结合体c从M运动到N过程，由动能定理得：qE×2R−2mg×2R=12×2mv22−12×2mv12
代入数据解得：v2=2 5m/s
在N点，对c，由牛顿第二定律得：2mg+F−qE=2mv22R
代入数据解得：F=3N
由牛顿第三定律可知，结合体c对轨道的压力大小F′=F=3N，方向竖直向上
(3)结合体c离开N后做平抛运动，竖直方向：2R=12gt2，水平方向：x=v2t
①当传送带沿顺时针方向转动且0≤v<4m/s或传送带逆时针方向转动时，滑块到达C点的速度大小vC=4m/s，滑块在M点脱离轨道，无法到达N点
②当传送带顺时针方向转动且速度4m/s≤v≤2 14m/s时，滑块到达C点的速度为v，代入数据解得：x=0.4 v2+64(m)
③当传送带顺时针转动且速度v≥2 14m/s时，滑块到达C点的速度大小vC=2 14m/s，代入数据解得：x=0.8 30m
答：(1)滑块a到达B点时的速度大小是6m/s；
(2)结合体c到达N点时对轨道的压力大小是3N，方向竖直向上；
(3)结合体c通过圆弧轨道后从N点平抛到x轴上的落点坐标与传送带速度的关系是①当传送带沿顺时针方向转动且0≤v<4m/s或传送带逆时针方向转动时，无法到达N点；②当传送带顺时针方向转动且速度4m/s≤v≤2 14m/s时，x=0.4 v2+64(m)；③当传送带顺时针转动且速度v≥2 14m/s时，x=0.8 30m。
【解析】(1)应用动能定理求出滑块a到达B点的速度大小。
(2)应用动能定理求出滑块a与b碰撞前的速度大小，碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的速度大小，应用动能定理求出滑块c到达N点的速度大小，然后应用牛顿第二定律求出轨道对c的弹力，然后求出c对轨道的压力。
(3)c离开N后做平抛运动，应用动能定理与运动学公式求解。
本题是动能定理和圆周运动、平抛运动的综合，关键要把握每个过程所遵守的物理规律，当涉及力在空间的效果时要优先考虑动能定理，要注意电场力做功与沿电场力方向移动的距离成正比。
19.【答案】解：(1)对b棒受力分析可得B棒受到的安培力大小为：F安=B2IL=4x
说明b棒从开始到y轴以y轴为平衡位置做简谐振动(简谐振动的四分之一周期)
根据动能定理可得：W安=12mv02
根据简谐运动的特点可得：W安=12×4x12=12×4×0.52J=0.5J
联立解得：v0=1m/s
(2)由于a、b质量相等故发生完全弹性碰撞后交换速度，所以碰撞后a棒速度：v1=1m/s
a棒减速与弹性装置碰撞后继续减速，然后与b棒弹性碰撞，：故对a棒多次动量定理的总和关系为：
B12L2x总R+R1=0−mv1
解得：x总=1m
碰撞弹性装置时的速度为v2，取初速度方向为正方向，根据动量定理可得：−B12L2(x2−d)R+R1=mv2−mv1
代入数据解得：v2=0.6m/s
再次回到y轴速度为：v3=0.2m/s
绝缘薄层到弹性装置距离0.4m，故在x2区域内运动3次。
图像如下：
(3)由于a、b质量相等故发生完全弹性碰撞，碰撞后a棒速度v1=1m/s
a棒减速与弹性装置碰撞后继续减速，然后与b棒弹性碰撞，根据(2)的分析可知，a最后停在y轴左侧0.3m处
根据能量关系可得：Q=12mv02+I2R(34T)2，其中：T=2π mk=π
解得：Q=(48π+0.5)J
答：(1)金属棒b第一次与金属棒a碰撞时的速度为1m/s；
(2)见解析；
(3)金属棒a最终停在y轴左侧0.3m处，整个过程装置产生的焦耳热为(48π+0.5)J。
【解析】(1)对b棒受力分析可知b棒应该以y轴为平衡位置做简谐振动，结合图像可求解金属棒b第一次与金属棒a碰撞时的速度；
(2)由于a、b质量相等故发生完全弹性碰撞，结合动量定理求解，最后画出金属棒a的I−t图像；
(3)由于a、b质量相等故发生完全弹性碰撞，结合动量定理求解金属棒a最终停下位置和整个过程装置产生的焦耳热。
本题考查电磁感应中的电路和能量类问题，关键是弄清楚棒的受力情况和运动情况，学生可根据题意结合动量定理、动量守恒定律以及功能关系进行解答。
20.【答案】解：(1)沿x轴正方向射入磁场的电子从M点射出，电子在磁场中做运动圆周运动的轨道半径r=R
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev0B=mv02r
解得磁感应强度大小：B=mv0eR
(2)从b、c两点射出的电子运动轨迹如图所示
由几何知识可知：sinα0.6RR=0.6，sinβ=0.8RR=0.8
电子在金属板间做类平抛运动，则l=12at2，Nc′−=v0t
由牛顿第二定律得：−eUPQl=ma
解得：Nc′−=0.5R，则x=−Nc′−sinα=−0.5R×0.6=−0.3R，y=−Nc′−cosα=−0.5R×0.8=−0.4R
即从c点射出的电子打在金属板上的位置坐标是(−0.3R,−0.4R,l)
(3)由(2)同理可知，Q极板收集到电子区域为下图中圆弧区域
Q极板收集到电子区域的面积S=14πNc′−2=14π×(0.5R)2=πR216
(4)当从b、c两点射出的电子恰好到达收集板边缘时，由(2)同理可得：UPQ=−2mv02l2eR2
①当UPQ≤−2mv02l2eR2时所有电子都能打在收集板上，n=N
②当−2mv02l2eR2
解得：n=−eR2N2mv02l2UPQ
答：(1)磁感应强度B的大小是mv0eR；
(2)从c点射出的电子打到金属板上时的位置坐标是(−0.3R,−0.4R,l)；
(3)Q极板收集到电子区域的面积是πR216；
(4)若UPQ<0且大小可调，Q板收集到的电子数n与UPQ的关系是n=−eR2N2mv02l2UPQ。
【解析】(1)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小。
(2)电子在极板间做类平抛运动，应用运动学公式求解。
(3)确定电子打在极板上的区域，然后求出该区域的面积。
(4)电子在极板间做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出Q板收集到的电子数n与UPQ的关系。
本题考查了电子在匀强磁场与匀强电场中的运动，根据题意分析清楚电子电子的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式可以解题。
2023年浙江省名校协作体高考物理二模试卷
1. 下列物理量是矢量且单位正确的是( )
A. 电流A B. 磁通量T⋅m2 C. 电场强度V/m D. 磁感应强度Wb
2. 梅西在2022年卡塔尔世界杯决赛中梅开二度，带领阿根廷夺冠。如图所示为梅西在某场比赛第51分钟时主罚任意球后，足球运动轨迹的示意图，下列说法中正确的是( )
A. 第51分钟指的是时间间隔
B. 足球在飞行过程中可视为质点
C. 足球飞出后受到梅西对它施加的作用力
D. 守门员起跳扑救瞬间，地面对他的作用力等于他对地面的作用力
3. 在物理学的发展过程中，物理学家们做出了巨大的贡献，下列关于物理学家贡献的说法正确的是( )
A. 赫兹首先提出了电磁场理论 B. 伽利略首先发现了自由落体的规律
C. 普朗克第一次将量子观念引入原子领域 D. 库仑首先提出电荷周围存在电场的概念
4. 如图所示，将一个质量为m的铅球放在倾角为45∘的斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态。铅球对挡板的压力为F1，铅球对斜面的压力为F2，不考虑铅球受到的摩擦力，重力加速度取g，则( )
A. F1=mg B. F1
A. “鲲龙”匀速滑行的位移为1120米
B. 由题目所给的条件无法算出t3的数值
C. “鲲龙”在整个滑行过程中的平均速度大小为70m/s
D. “鲲龙”匀加速滑行时和匀减速滑行的加速度大小相等
6. 如图所示是从高空拍摄的一张地形照片，河水沿着弯弯曲曲的河床做曲线运动。若在标注位置处的河水速度近似相等，则河床受力最大的是( )
A. A点 B. B点 C. C点 D. D点
7. 北京时间2022年11月12日10时03分，搭载天舟五号货运飞船的长征七号遥六运载火箭，在我国海南文昌航天发射场点火发射；12时10分，天舟五号货运飞船仅用2小时便顺利实现了与中国空间站天和核心舱的快速交会对接，如图所示，创造了世界纪录。下列说法中正确的是( )
A. 天舟五号货运飞船的发射速度大于11.2km/h
B. 天和核心舱的速度大于7.9km/h
C. 在文昌航天发射场点火发射，是为了更好地利用地球的自转速度
D. 要实现对接，天舟五号货运飞船应在天和核心舱相同轨道处加速
8. 下列关于教科书上的四副插图，说法正确的是( )
A. 图甲为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在线状电离器B上
B. 图乙为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走加油枪上的静电
C. 图丙中摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其工作原理为静电吸附
D. 图丁的燃气灶中安装了电子点火器，点火应用了电磁感应原理
9. 下列关于固体、液体、气体的说法中正确的是( )
A. 夏季天早时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，防止水分蒸发
B. 晶体沿不同方向的导热或导电性能不同，但沿不同方向的光学性质一定相同
C. 由于液体表面层分子间距距离大于液体内部分子间距离，所以存在浸润现象
D. 炒菜时我们看到的烟气，是因为油烟颗粒的热运动
10. 下列说法不正确的是( )
A. 甲图是“核反应堆”示意图，它是通过可控的链式反应实现核能的释放，链式反应是指由裂变产生的中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程
B. 乙图是光电流与电压的关系图，由图可知a、c两束光的频率相等且小于b光的频率
C. 丙图是原子核的比结合能图，由图可知不同原子核的比结合能是不一样的，中等大小的核比结合能最大，这些核最稳定
D. 丁图是中子的转化示意图，强相互作用是引起中子-质子转变的原因
11. 好多同学在寝室熄灯后使用台灯继续学习至深夜，某同学使用如图所示的一款充电宝和一款台灯来照明，部分参数如表所示，已知深夜学习需要6W以上的照明功率，则以下说法不正确的是( )
充电宝部分参数如下：
产品名称
PD快充移动电源
聚合物电池容量
10000mA⋅h
品牌
HUAWEI
输出
5V−4.5A/9V−3A
输入
DC5V−3A/12V−1.5A
产品颜色
黑色/白色
产品重量
若干克
产品尺寸
146*68*17mm
台灯部分参数如下：
产品名称
米格台灯
灯珠
144颗
额定电压
5V
最大电流
1.5A
内置电池容量
1800mA⋅h
其他功能
亮度从0开始连续调节
A. 充电宝输出功率可达27W
B. 台灯的最大功率为7.5W
C. 打开台灯后每颗灯珠的功率都为0.05W
D. 仅用这款台灯和这款充电宝充满一次电的情况下使用，不能保证周日至周五每晚2小时的学习时间
12. 如图所示，某斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为θ，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上距离O点为x的A点停下。以O点为原点建立xOy坐标系，改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标可能是( )
A. (16x,23h) B. (14x,12h) C. (13x,13h) D. (12x,12h)
13. 如图1所示，O点是一半径为R的匀质玻璃半球体的球心，平面水平放置，有一束光线从距离O点为r= 33R的P点入射至玻璃半球内，光线与竖直方向的夹角为θ，当θ=0∘时光线恰好在球面发生全反射，若只考虑第一次射到各表面的光线，则( )
A. 玻璃的折射率为 33
B. 若要使光线从球形表面出射后恰好与入射光平行，则θ=30∘
C. 改变夹角θ，光线在半球中传播的最长时间为(3+ 3)R3c
D. 如图2所示，若半球球面区域均有光线竖直向下入射，则平面有光出射的面积为(2+ 2)8πR2
14. 杭丽铁路被列入浙江省重大建设项目“十四五”规划，杭丽高铁建成后，丽水前往杭州的时间将缩短至1小时内。新建成的高铁将应用许多新技术，图示为高铁的牵引供电流程图，利用可视为理想变压器(原、副线圈匝数比为n1：n2)的牵引变电所，将高压220kV或110kV降至27.5kV，再通过接触网上的电线与车顶上的受电弓使机车获得25kV工作电压，则下列说法正确的是( )
A. 若电网的电压为110kV，则n1：n2=4：1
B. 若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于25kV
C. 高铁机车运行功率增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大
D. 如果高铁机车的电动机输出机械功率为9000kW，电机效率为90%，则牵引变电所到机车间的等效电阻为62.5Ω
15. 如图所示，有两列频率相同、振动方向相同、振幅均为A、传播方向互成60∘的平面波相遇发生干涉，两列波的传播方向如图中箭头所示。图中实线表示波峰，虚线表示波谷，a为波谷与波谷相遇点，b、c为波峰与波谷相遇点，d为波峰与波峰相遇点，e、g是b、c连线上的两点，其中e为b、c的中点，g为b、e的中点，下列描述正确的是( )
A. a、d处的质点位移始终为2A
B. g处的质点的振幅为 2A
C. 图示时刻，e正处于平衡位置
D. 从图示时刻经过38个周期，g处的质点向上振动
16. (1)①在“探究弹簧弹力与形变量的关系实验”与“探究两个互成角度的力的合成规律实验”中
a.两个实验都需要的器材是______ 。
A.弹簧秤
B.弹簧
C.橡皮筋
D.刻度尺
b.在实验中，下列操作正确的是______ (多选)。
A.在探究弹簧弹力与形变量的关系实验中，测弹簧原长时应把弹簧水平放置
B.在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，弹簧秤调零时弹簧秤应水平放置
C.在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，若弹簧秤示数偏大可调短弹簧的有效长度
D.在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，拉弹簧秤时弹簧秤外壳不能与木板接触
②验证物体自由下落过程中机械能守恒，交流电频率为50Hz，重锤质量m=200g，打出了如下纸带，在纸带后端选择连续的7个打印点为计数点，并依次标上1、2、3…，在数据处理中，选计数点3对应的重物位置为零重力势能参考面，则打下5时重物的速度______ m/s，重物的机械能为______ (当地重力加速度g=9.8m/s2，计算结果均保留3位有效数字)。该种验证方法是否要求打第一个点时速度为零？______ (填“是”或“否”)。
(2)①a.小明在做实验时，发现一个色环电阻的外漆脱落，如图2所示，于是用多用电表测量该电阻Rx，正确的操作顺序是______ 。
A.把选择开关旋转到交流电压最高挡
B.调节欧姆调零旋钮使指针到欧姆零点
C.把红黑表笔分别接在Rx两端，然后读数
D.把选择开关旋转到合适的挡位，将红、黑表笔接触
E.把红黑表笔插入多用电表“+、-”插孔，用螺丝刀调节指针定位螺丝，使指针指0
b.小明正确操作后，多用电表的指针位置如图3所示，则Rx=______ Ω。
c.小林认为用多用电表测量电阻误差较大，采用伏安法测量。图4是部分连接好的实物电路图，请用电流表内接法完成接线并在图4中画出。
d.小林用电流表内接法和外接法分别测量了该色环电阻的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U−I图上，如图5所示。请你选择一组合理的数据点，求出该色环电阻的电阻为______ Ω(结果保留两位有效数字)。
②两个相同的电流表G1和G2按如图6所示的方式连接，晃动G1表，当指针向左偏时，静止的G2表的指针______ (选填“向左偏”或“向右偏”或“来回振动”)。
17. 如图所示，内壁光滑的导热汽缸竖直放置在水平桌面上，汽缸内封闭一定质量的气体。活塞质量m=4kg，活塞横截面积S=20cm2。活塞初始状态位于离底部高度h1=5cm处。假设外界空气温度恒为27℃，大气压强p0=1×105Pa，g=10m/s2。
(1)用外力F将活塞缓慢提升4cm，求此时气缸内气体的压强；
(2)对气缸内气体缓慢加热，当温度升到57℃时，气体吸收了10J的热量，求此过程中气体内能的增加量。
18. 如图所示，水平传送带的左端与斜面AB末端连接，另一端与光滑水平轨道CM连接，M端连接半圆形光滑圆弧轨道MPN，圆弧半径R=1.6m，在竖直面MN的右侧(包括M、N点)存在竖直向上的匀强电场，电场强度E=5mg2q。一带正电金属滑块a质量为m=0.1kg，电量为q，从斜面AB上高h=3m处由静止开始下滑，运动到CM上某位置与另一完全相同的不带电金属滑块b发生碰撞后结合在一起，形成结合体c。已知斜面、传送带、轨道均绝缘，滑块与AB斜面之间的动摩擦因数μ1=0.3，与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.2，斜面倾角θ=37∘，传送带长为5m，CM长为2m，滑块a、b及结合体c均可视为质点，不计滑块在B点的能量损失，重力加速度g=10m/s2.
(1)求滑块a到达B点时的速度大小；
(2)若传送带逆时针转动的速度v=2m/s，求结合体c到达N点时对轨道的压力；
(3)以M点为坐标原点，向左为正方向建立x轴，改变传送带的速度大小和方向，求结合体c通过圆弧轨道后从N点平抛到x轴上的落点坐标与传送带速度的关系。
19. 如图所示，间距L=1m的两平行光滑金属导轨，x轴平行导轨，y轴垂直导轨。在x=0位置左侧有一宽度为d=0.1m的光滑绝缘薄层(包括x=0处)，隔开左右两部分电路。在导轨间存在磁场，y轴左侧磁场大小为B1=2T方向垂直纸面向外，y右侧磁场大小为B2，且满足B2=0.5x(T)变化，方向垂直纸面向外，在两轨道中x轴为坐标为x2=−0.5m的位置存在一个弹性装置，金属棒与弹性装置碰撞时瞬间等速弹回，导轨右侧的恒流源始终为电路提供恒定的电流I=8A(方向如图中箭头所示)，导轨左侧接一阻值为R1=3Ω的电阻。阻值为R=1Ω质量为m=1kg的金属棒a垂直导轨静止于x=0处，与金属棒a完全相同的金属棒b垂直导轨静止于x1=0.5m处，金属棒a与金属棒b发生弹性碰撞。忽略一切阻力，已知弹簧振子周期公式T=2π mk，其中m为振子质量，k为回复力系数。求：
(1)金属棒b第一次与金属棒a碰撞时的速度；
(2)试定性画出金属棒a的I−t图像(对时间轴数值不做要求)；
(3)金属棒a最终停下位置和整个过程装置产生的焦耳热。
20. 如图所示，以圆柱底面中心O点为坐标原点建立空间直角坐标系O−xyz，另一底面中心O′点坐标为(0,0,1)，圆柱底面半径为R。在圆柱区域内存在沿z轴正方向的匀强磁场。在磁场区域左侧有一矩形区域abcd，其中bc边在xOy平面内，ab边与z轴平行，矩形区域的尺寸和位置已在图中标出，区域内均匀分布一电子源，沿x轴正方向持续不断地发射出速率均为v0的电子，单位时间内发射的电子个数为N，从bc边射出的电子经过磁场偏转后均从M点射出，从ad边射出的电子经过磁场偏转后均从N点射出。在圆柱两底面的正下方有两块半径为R的半圆形平行金属收集板P和Q，圆心分别位于M点和N点。已知电子质量为m，元电荷为e，两板之间的电压UPQ=−8mv02l2eR2，忽略电子重力、电子间相互作用和电子收集后对电压UPQ的影响。求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)从c点射出的电子打到金属板上时的位置坐标；
(3)Q极板收集到电子区域的面积；
(4)若UPQ<0且大小可调，求Q板收集到的电子数n与UPQ的关系。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、电流虽有方向，但电流运算时不遵守矢量的运算法则平行四边形定则，所以电流是标量，单位为安培，符号为A，故A错误；
B、磁通量是标量，单位是Wb，故B错误；
C、电场强度是矢量，单位是N/C或者V/m，故C正确；
D、磁感应强度是矢量，其单位为特斯拉，符号为T，故D错误；
故选：C。
标量是只有大小，没有方向的物理量。矢量是既有大小又有方向的物理量，运算时遵守平行四边定则。电流的单位为安培，磁通量单位为韦伯，电场强度的单位为牛每库或者伏每米，磁感应强度的单位为特斯拉。
对于物理量的矢标性与物理量的定义、物理意义、单位、公式等要一起学习，这是物理概念内涵的一部分。要注意物理量的符号和单位符号是不同的，不能搞混。
2.【答案】B
【解析】解：A.第51分钟指的是时刻，故A错误；
B.足球在飞行过程中足球的大小形状可以忽略，可以视为质点，故B正确；
C.足球飞出后只受到重力，没有受到梅西对它施加的作用力，故C错误；
D.守门员起跳扑救瞬间，根据牛顿第三定律可知地面对他的作用力大小等于他对地面的作用力大小，故D错误。
故选：B。
根据质点的概念、时间和时刻的区别、牛顿第三定律内容分析判断。
本题考查质点、时间和时刻、牛顿第三定律，要求掌握质点的概念、时间和时刻的区别、牛顿第三定律内容。
3.【答案】B
【解析】解：A、麦克斯韦首先提出了电磁场理论，故A错误；
B、伽利略首先发现了自由落体的规律，符合史实，故B正确；
C、玻尔第一次将量子观念引入原子领域，故C错误；
D、法拉第首先提出电荷周围存在电场的概念，故D错误。
故选：B。
本题是物理学问题，根据麦克斯韦、普朗克、伽利略、玻尔、法拉第等人的物理学成就进行解答。
本题考查学生对麦克斯韦、普朗克、伽利略、玻尔、法拉第等人的物理学贡献的掌握情况，平时经加强记忆，注重历史知识的积累。
4.【答案】A
【解析】解：球受到重力mg、斜面的支持力和挡板的支持力作用，其中斜面对铅球的支持力垂直于斜面向上，挡板对铅球的作用力水平向右，如图所示：
根据平衡条件可得：F′1=mgtan45∘=mg，F′2=mgcos45∘= 2mg；
根据牛顿第三定律可知铅球对挡板的压力为mg，铅球对斜面的压力为 2mg
故A正确，BCD错误；
故选：A。
以球为研究对象，分析球的受力情况，根据平衡条件求出球所受挡板的弹力和斜面对球的弹力，再根据牛顿第三定律得到球对竖直挡板的压力和球对斜面的压力。
本题关键是正确地对球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法求解，要求同学们能正确画出受力分析图。
5.【答案】A
【解析】解：A.速度-时间图像与坐标轴包围的面积表示位移，则“鲲龙”匀速滑行的位移为x0=14×80m=1120m，故A正确；
B.减速运动的时间为Δt=Δva′=805s=16s，t=34s+16s=50s，由题目所给的条件可以算出t3的数值，故B错误；
C.“鲲龙”在整个滑行过程中的位移为x=12×(14+50)×80m=2560m
平均速度大小为v−=xt=256050m/s=51.2m/s，故C错误；
D.“鲲龙”匀加速滑行时加速度大小为a=8020m/s2=4m/s2，则匀加速滑行时和匀减速滑行的加速度大小不相等，故D错误。
故选：A。
根据速度-时间图像与坐标轴包围的面积计算位移；根据加速度定义式计算减速时间和总时间；根据平均速度公式计算平均速度；根据速度-时间图像斜率计算加速时的加速度再进行比较。
本题考查速度-时间图像，要求掌握速度-时间图像斜率、与坐标轴包围面积的物理意义。
6.【答案】A
【解析】解：根据向心力的计算公式可得：
F向=mv2r
则半径越小的地方受到的河水冲击力越大，且因为A是河流的凹岸，受力最大，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据向心力公式，结合图像中不同点的位置特点完成分析。
本题主要考查了曲线运动的相关应用，理解向心力的计算公式，结合半径的大小关系即可完成分析。
7.【答案】C
【解析】解：A、天舟五号货运飞船绕地球做匀速圆周运动，发射速度小于11.2km/s，故A错误；
B、7.9km/s是第一宇宙速度，是最大的环绕速度，所以天和核心舱的速度小于7.9km/s，故B错误；
C、在地球表面纬度越低的地方，随地球自转的半径越大，线速度越大，选在纬度较低的海南文昌发射场发射，是为了充分利用地球自转的线速度，故C正确；
D、要实现对接，天舟五号货运飞船应在较低轨道加速，故D错误；
故选：C。
第二宇宙速度11.2km/s是脱离地球引力束缚的最小发射速度。第一宇宙速度7.9km/s是近地卫星的运行速度，也是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度。物体在地球表面纬度越低的地方，随地球自转的半径越大，线速度越大，根据变轨原理分析D。
此题考查了人造卫星的相关知识，解题的关键是明确三种宇宙速度的含义，特别注意第一宇宙速度有三种说法：它是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，它是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度，它是卫星的最小发射速度。
8.【答案】C
【解析】解：A.图甲为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在两板A上，故A错误；
B.图乙为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走人身上的静电，故B错误；
C.图丙中摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其工作原理为静电吸附，故C正确。
D.图丁的燃气灶中安装了电子点火器，点火应用了尖端放电原理，故D错误。
故选：C。
根据静电除尘、静电释放、静电吸附和尖端放电原理分析判断。
本题考查静电除尘、静电释放、静电吸附和尖端放电现象，要求掌握静电除尘、静电释放、静电吸附和尖端放电原理。
9.【答案】A
【解析】解：A、夏季天旱时，给庄稼松土是利用毛细现象，为了破坏土壤中的毛细管，可防止水分蒸发，故A正确；
B、有些单晶体沿不同的方向的导热或导电性能不相同，沿不同方向的光学性质也不相同，故B错误；
C、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子之间的作用力表现为引力，与固体间表现为不浸润，故C错误；
D、炒菜时我们看到的烟气，是因为热对流引起的，故D错误；
故选：A。
单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的；根据毛细现象的定义判断；根据浸润和不浸润现象的定义判断；根据布朗运动分析。
本题考查了单晶体和多晶体、布朗运动、浸润和不浸润现象、毛细现象等知识点，这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A、链式反应是指由裂变产生的中子使裂变反应一代又一代持续下去的过程，故A正确；
B、根据eUc=hν−W0，可知图中a、c两束光的频率相等且小于b光的频率，故B正确；
C、不同原子核的比结合能不同，中等大小的核的比结合能最大，这些核最稳定，故C正确；
D、丁图是中子的转化示意图，弱相互作用，是引起β衰变的原因，故D错误；
本题选择错误选项；
故选：D。
链式反应是指由裂变产生的中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程，根据光电效应方程，结合最大初动能与遏止电压的关系得出遏止电压与入射光频率的关系式，从而分析判断；中等大小的核比结合能最大，原子核最稳定；弱相互作用是引起β衰变的原因。
本题考查了链式反应、光电效应方程、比结合能、衰变等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点．
11.【答案】C
【解析】解：A、充电宝输出功率可达P=UI=9×3W=27W，故A正确；
B、台灯的最大功率为P′=U′I′=5×1.5W=7.5W，故B正确；
C、打开台灯后的电功率可调，所以每颗灯珠的功率不一定为0.05W，故C错误；
D、充满一次电的情况下台灯内置电池容量为1800mA⋅h，工作的时间为t=QI=18001500h=1.2h，所以不能保证周日至周五每晚2小时的学习时间，故D正确；
本题选择错误选项；
故选：C。
根据功率的计算公式解得AB，台灯的电功率可调，所以每颗灯珠的功率无法计算，根据电池容量计算D项。
本题考查电功率的计算，解题关键掌握电功率的计算公式，注意容量与时间的关系。
12.【答案】D
【解析】解：小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，最终停在A点，设斜面长为L，则斜面在水平面的投影为：x1=Lcosθ
根据功能关系可得：mgh=μmgLcosθ+μmg(x−x1)
整理可得：mgh=μmgx
解得：μ=hx
改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标为(x′,h′)
根据前面的分析可得：mgh′=μmg(x−x′)
整理可得：h′=h−hx⋅x′。
A、当x′=16x时，解得：h′=56h，故A错误；
B、当x′=14x时，解得：h′=34，故B错误；
C、当x′=13x时，解得：h′=23h，故C错误；
D、当x′=12x时，解得：h′=12h，故D正确。
故选：D。
根据功能关系求解动摩擦因数；改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，根据功能关系求解小木块静止释放点的纵坐标与横坐标的关系，然后逐项进行分析。
本题主要是考查功能关系，解答本题的关键是能够根据功能关系求解动摩擦因数，知道重力势能的减少等于克服摩擦力做的功。
13.【答案】D
【解析】解：注意题设：本题只考虑第一次射到各表面的光线
A、当θ=0∘时光线恰好在球面发生全反射，即在球面处入射角恰好等于全反射临界角C，光路图如图1所示：
根据几何关系可得：sinC=rR= 33
根据全反射临界角C满足的条件可得：sinC=1n
解得：n= 3，故A错误；
B、若要使光线从球形表面出射后恰好与入射光平行，那么出射光线与入射光线，以及法线必在同一平面内，且入射点与出射点的法线平行，入射光线必须在竖直平面内，光路图如图1所示，出射点必在O点的正上方。
根据几何关系可得：tanβ=rR= 33，可得β=30∘，可知θ必大于30∘，故B错误；
C，要使光线在半球中传播的时间最长，因只考虑第一次射到各表面的光线，当θ临界等于90∘时，光线在半球中传播路程最长，光路图如图3所示，其中路程s满足要求。
因入射角临界为90∘，故折射角等于C，由余弦定理得：
R2=r2+s2−2r⋅s⋅cos(90∘−C)，解得：s=( 7+1)R3，
光在介质中传播速度为：v=cn，最长时间为：t=sv，解得：t=( 21+ 3)R3c，故C错误；
D、能从平面出射的临界光路图如图4所示，光线在平面的B点恰好发生全反射，以OB的长L为半径的圆形区域有光出射。
设临界光线在A点入射角为α，折射角为γ，在B点出射时入射角等于全反射临界角C。
由折射定律得：sinαsinγ=n= 3
由几何关系得：α=C+γ
联立由三角函数知识，结合sinC= 33，解得：tanγ=13− 2，可得：sinγ=1 12−6 2
在△AOB中，由正弦定理得：Rsin(90∘+C)=Lsinγ
解得：L=R 8−4 2
可得平面有光出射的面积为：S=πL2，解得S=(2+ 2)8πR2，故D正确。
故选：D。
根据题设条件画出光路图，根据几何条件求得所需几何量，应用折射定律，全反射临界角C满足条件，介质中光速与折射率的关系解答。
本题考查几何光学的光路判断分析，及相关计算问题，题目较难，用到余弦定理、正弦定理的难度较大的几何关系。此类题目关键是画出光路图，难点在于几何量的求解，一般是利用三角形的几何知识处理问题。
14.【答案】AC
【解析】解：A.若电网的电压为220kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为U1U2=n1n2=11027.5=41，故A正确；
BC.电压由输入电压和线圈匝数决定，若高铁机车运行功率增大，根据P=UI知电流将会增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率ΔP=I2R也会随之增大，故B错误，C正确；
D.若高铁机车功率为P=9000kW=9×106W，根据功率关系可得：P=90%UI，其中U=25kV=25000W，则电流I=400A；
牵引变电所至机车间的等效电阻：R=U2−UI，代入数据解得：R=6.25Ω
故D错误；
故选：AC。
根据电压之比等于匝数之比进行求解；根据功率关系求解电流，根据欧姆定律求解牵引变电所至机车间的等效电阻。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。
15.【答案】BCD
【解析】解：A、由题意：a为波谷与波谷相遇点，d为波峰与波峰相遇点，可知a与d处的质点是振动加强的，做简谐振动的振幅为2A，但位移时刻变化，故A错误；
C、有两列形成稳定的干涉图样，图示图形是规则的几何图形，e为b、c的中点，亦是a、d的中点，图示时刻，a与d点的是振动加强点且处于位移最大处，那么其中点e必是振动减弱点，且处于平衡位置，故C正确；
B、因两波振幅相等均为A、上图中蓝色线上的质点均为振动减弱，且振幅为零，红色线上的质点均为振动加强，且振幅为2A。干涉图样规律可知b、c连线上各质点的振幅与质点位置的关系为正余弦函数关系，如上图所示，g为be的中点，为bc的四分点，g处质点的振幅为Ag=2Asinπ4= 2A，故B正确；
D、图示时刻，bc连线上各质点均处于平衡位置，由图中波的传播方向可知波峰已经过g点，波谷正在向g点传播过来，可得此时刻g点是由平衡位置向下向波谷运动，因38T=14T+18T，故经过14T，g处质点到达波谷，再经过18T，由波谷向上向平衡位置运动，可知从图示时刻经过38个周期，g处的质点向上振动，故D正确。
故选：BCD。
两波干涉时图样是稳定的，波谷与波谷，波峰与波峰相遇点为振动加强点，质点做简谐振动，振幅为两波振幅之和；波谷与波峰相遇点为振动减弱点，振幅为两波振幅之差，当两波振幅相等时，振动减弱点不振动。根据振动与波动的关系分析解答。
本题考查了机械波的叠加与干涉问题，此题新颖在两波传播方向互成角度相遇发生干涉，但是对于干涉图像与规律不无影响，根据干涉原理与图样特点解答即可。
16.【答案】DBC2.280.360否 EDBCA30003.2×103 向左偏
【解析】解：①a、在“探究弹簧弹力与形变量的关系实验”与“探究两个互成角度的力的合成规律实验”中，都需要的器材是刻度尺，在“探究弹簧弹力与形变量的关系实验”没有用到弹簧秤和橡皮筋，“探究两个互成角度的力的合成规律实验”中没有用到弹簧，故D正确、ABC错误；
b、A.在探究弹簧弹力与形变量的关系实验中，测弹簧原长时应把弹簧竖直放置，这样可以排除由于弹簧只受重力造成的误差，故A错误；
B.在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，弹簧秤调零时弹簧秤应水平放置，这样可以排除由于弹簧只受重力造成的误差，故B正确；
C.在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，若弹簧秤示数偏大可调短弹簧的有效长度，这样可以增加弹簧的劲度系数，使得测量范围增大，故C正确；
D.在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，拉弹簧秤时弹簧秤外壳不能内部弹簧接触，可以与木板接触，故D错误。
故选：BC；
②验证物体自由下落过程中机械能守恒，交流电频率为f=50Hz，打点周期为：T=0.02s
根据中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度可得：v5=x462T=0.0437+0.04752×0.02m/s=2.28m/s
打3时重物的速度大小为：v3=x242T=0.0360+0.03992×0.02m/s=1.90m/s
选计数点3对应的重物位置为零重力势能参考面，则物体的机械能为：E=Ek3+Ep3=12mv32+0=12×0.2×1.902J=0.360J；
验证从3到5机械能是否守恒，该种验证方法不要求打第一个点时速度为零。
(2)①a.本实验先进行机械调零，再把选择开关旋转到合适的挡位，进行欧姆调零，然后把红黑表笔分别接在Rx两端进行测量，测量完毕后把选择开关旋转到交流电压最高挡，所以正确的操作顺序是EDBCA；
b.使用欧姆挡的倍率“×100”，多用电表的指针位置如图3所示，则Rx=30×100Ω=3000Ω；
由于待测电阻阻值较大，采用电流表内接；滑动变阻器采用分压器的接法，如图所示：
d.由于内接法在相同电流时电压表的示数偏大，则应该选取上方的一组进行处理，如图所示：
该色环电阻的电阻为Rx=UI=1.600.5×10−3Ω=3.2×103Ω；
②晃动G1表使得G1内的线圈切割磁感应线产生感应电流，根据导线的连接情况可知，通过两个表头的电流方向相反，如图所示：
对G2线圈根据左手定则静止的G2表的指针向左偏。
故答案为：(1)①a、D；b、BC；②2.28；0.360；否；(2)①a、EDBCA；b、3000；c、实物连接图见解析；d、3.2×103；②向左偏。
①a、根据实验操作分析选取的仪器；
b、根据减少实验误差的方法进行逐项分析；
②根据中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度打5和3时的速度大小，再根据机械能的概念求解机械能；该种验证方法不要求打第一个点时速度为零。
(2)①a.根据欧姆表实验步骤进行分析；
b.使用欧姆挡的倍率“×100”，根据多用电表的指针位置进行读数；
c.采用电流表内接、滑动变阻器采用分压器的接法进行作图；
d.由于内接法在相同电流时电压表的示数偏大，则应该选取上方的一组进行处理，根据欧姆定律求解该色环电阻的电阻；
②晃动G1表使得G1内的线圈切割磁感应线产生感应电流，根据导线的连接情况进行分析。
对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。
17.【答案】解：(1)初状态封闭气体的压强为：p1=p0+mgS=1×105Pa+4×1020×10−4Pa=1.2×105Pa
气体做等温变化，根据玻意耳定律可得：p1Sh1=p2Sh2，其中h2=5cm+4cm=9cm
代入数据解得：p2=23×105Pa；
(2)对气缸内气体缓慢加热，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律可得：Sh1T1=S(h1+Δh)T2
其中T1=(27+273)K=300K，T2=(57+273)K=330K
代入数据解得：Δh=0.5cm=0.005m
外界对气体做功：W=−p1SΔh
代入数据解得：W=−1.2J
根据热力学第一定律可得：ΔU=W+Q，其中Q=10J
代入数据解得：ΔU=8.8J。
答：(1)用外力F将活塞缓慢提升4cm，此时气缸内气体的压强为23×105Pa；
(2)对气缸内气体缓慢加热，当温度升到57℃时，气体吸收了10J的热量，此过程中气体内能的增加量为8.8J。
【解析】(1)根据平衡条件求解初状态封闭气体的压强，再根据玻意耳定律进行解答；
(2)对气缸内气体缓慢加热，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律求解活塞上升的高度，根据功的计算公式求解外界对气体做的功，根据热力学第一定律求解气体内能的增加量。
本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，选择合适的气体实验定律解决问题。
18.【答案】解：(1)滑块a从A到B过程，由动能定理得：mgh−μ1mgcosθ×hsinθ=12mvB2−0
代入数据解得：vB=6m/s
(2)滑块a从B到C过程，由动能定理得：−μ2mgL=12mvC2−12mvB2
代入数据解得：vC=4m/s
a、b碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvC=2mv1
代入数据解得：v1=2m/s
a、b的结合体c从M运动到N过程，由动能定理得：qE×2R−2mg×2R=12×2mv22−12×2mv12
代入数据解得：v2=2 5m/s
在N点，对c，由牛顿第二定律得：2mg+F−qE=2mv22R
代入数据解得：F=3N
由牛顿第三定律可知，结合体c对轨道的压力大小F′=F=3N，方向竖直向上
(3)结合体c离开N后做平抛运动，竖直方向：2R=12gt2，水平方向：x=v2t
①当传送带沿顺时针方向转动且0≤v<4m/s或传送带逆时针方向转动时，滑块到达C点的速度大小vC=4m/s，滑块在M点脱离轨道，无法到达N点
②当传送带顺时针方向转动且速度4m/s≤v≤2 14m/s时，滑块到达C点的速度为v，代入数据解得：x=0.4 v2+64(m)
③当传送带顺时针转动且速度v≥2 14m/s时，滑块到达C点的速度大小vC=2 14m/s，代入数据解得：x=0.8 30m
答：(1)滑块a到达B点时的速度大小是6m/s；
(2)结合体c到达N点时对轨道的压力大小是3N，方向竖直向上；
(3)结合体c通过圆弧轨道后从N点平抛到x轴上的落点坐标与传送带速度的关系是①当传送带沿顺时针方向转动且0≤v<4m/s或传送带逆时针方向转动时，无法到达N点；②当传送带顺时针方向转动且速度4m/s≤v≤2 14m/s时，x=0.4 v2+64(m)；③当传送带顺时针转动且速度v≥2 14m/s时，x=0.8 30m。
【解析】(1)应用动能定理求出滑块a到达B点的速度大小。
(2)应用动能定理求出滑块a与b碰撞前的速度大小，碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的速度大小，应用动能定理求出滑块c到达N点的速度大小，然后应用牛顿第二定律求出轨道对c的弹力，然后求出c对轨道的压力。
(3)c离开N后做平抛运动，应用动能定理与运动学公式求解。
本题是动能定理和圆周运动、平抛运动的综合，关键要把握每个过程所遵守的物理规律，当涉及力在空间的效果时要优先考虑动能定理，要注意电场力做功与沿电场力方向移动的距离成正比。
19.【答案】解：(1)对b棒受力分析可得B棒受到的安培力大小为：F安=B2IL=4x
说明b棒从开始到y轴以y轴为平衡位置做简谐振动(简谐振动的四分之一周期)
根据动能定理可得：W安=12mv02
根据简谐运动的特点可得：W安=12×4x12=12×4×0.52J=0.5J
联立解得：v0=1m/s
(2)由于a、b质量相等故发生完全弹性碰撞后交换速度，所以碰撞后a棒速度：v1=1m/s
a棒减速与弹性装置碰撞后继续减速，然后与b棒弹性碰撞，：故对a棒多次动量定理的总和关系为：
B12L2x总R+R1=0−mv1
解得：x总=1m
碰撞弹性装置时的速度为v2，取初速度方向为正方向，根据动量定理可得：−B12L2(x2−d)R+R1=mv2−mv1
代入数据解得：v2=0.6m/s
再次回到y轴速度为：v3=0.2m/s
绝缘薄层到弹性装置距离0.4m，故在x2区域内运动3次。
图像如下：
(3)由于a、b质量相等故发生完全弹性碰撞，碰撞后a棒速度v1=1m/s
a棒减速与弹性装置碰撞后继续减速，然后与b棒弹性碰撞，根据(2)的分析可知，a最后停在y轴左侧0.3m处
根据能量关系可得：Q=12mv02+I2R(34T)2，其中：T=2π mk=π
解得：Q=(48π+0.5)J
答：(1)金属棒b第一次与金属棒a碰撞时的速度为1m/s；
(2)见解析；
(3)金属棒a最终停在y轴左侧0.3m处，整个过程装置产生的焦耳热为(48π+0.5)J。
【解析】(1)对b棒受力分析可知b棒应该以y轴为平衡位置做简谐振动，结合图像可求解金属棒b第一次与金属棒a碰撞时的速度；
(2)由于a、b质量相等故发生完全弹性碰撞，结合动量定理求解，最后画出金属棒a的I−t图像；
(3)由于a、b质量相等故发生完全弹性碰撞，结合动量定理求解金属棒a最终停下位置和整个过程装置产生的焦耳热。
本题考查电磁感应中的电路和能量类问题，关键是弄清楚棒的受力情况和运动情况，学生可根据题意结合动量定理、动量守恒定律以及功能关系进行解答。
20.【答案】解：(1)沿x轴正方向射入磁场的电子从M点射出，电子在磁场中做运动圆周运动的轨道半径r=R
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev0B=mv02r
解得磁感应强度大小：B=mv0eR
(2)从b、c两点射出的电子运动轨迹如图所示
由几何知识可知：sinα0.6RR=0.6，sinβ=0.8RR=0.8
电子在金属板间做类平抛运动，则l=12at2，Nc′−=v0t
由牛顿第二定律得：−eUPQl=ma
解得：Nc′−=0.5R，则x=−Nc′−sinα=−0.5R×0.6=−0.3R，y=−Nc′−cosα=−0.5R×0.8=−0.4R
即从c点射出的电子打在金属板上的位置坐标是(−0.3R,−0.4R,l)
(3)由(2)同理可知，Q极板收集到电子区域为下图中圆弧区域
Q极板收集到电子区域的面积S=14πNc′−2=14π×(0.5R)2=πR216
(4)当从b、c两点射出的电子恰好到达收集板边缘时，由(2)同理可得：UPQ=−2mv02l2eR2
①当UPQ≤−2mv02l2eR2时所有电子都能打在收集板上，n=N
②当−2mv02l2eR2
解得：n=−eR2N2mv02l2UPQ
答：(1)磁感应强度B的大小是mv0eR；
(2)从c点射出的电子打到金属板上时的位置坐标是(−0.3R,−0.4R,l)；
(3)Q极板收集到电子区域的面积是πR216；
(4)若UPQ<0且大小可调，Q板收集到的电子数n与UPQ的关系是n=−eR2N2mv02l2UPQ。
【解析】(1)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小。
(2)电子在极板间做类平抛运动，应用运动学公式求解。
(3)确定电子打在极板上的区域，然后求出该区域的面积。
(4)电子在极板间做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出Q板收集到的电子数n与UPQ的关系。
本题考查了电子在匀强磁场与匀强电场中的运动，根据题意分析清楚电子电子的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式可以解题。
相关试卷
_物理｜浙江省名校协作体2024届高三上学期９月联考物理试卷及答案： 这是一份_物理｜浙江省名校协作体2024届高三上学期９月联考物理试卷及答案，共13页。
2023年浙江省天域全国名校协作体高考物理联考试卷（含解析）： 这是一份2023年浙江省天域全国名校协作体高考物理联考试卷（含解析），共30页。试卷主要包含了4km/h，2s时，Q点的位移是AD等内容，欢迎下载使用。
精品解析：2023届浙江省名校协作体高三下学期二模物理试题： 这是一份精品解析：2023届浙江省名校协作体高三下学期二模物理试题，文件包含精品解析2023届浙江省名校协作体高三下学期二模物理试题解析版docx、精品解析2023届浙江省名校协作体高三下学期二模物理试题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共50页， 欢迎下载使用。
