浙江省Z20联盟2024届高三物理上学期第一次联考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省Z20联盟2024届高三物理上学期第一次联考试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了可能用到的相关参数，考试结束后，只需上交答题卷，9km/sB等内容，欢迎下载使用。
Z20名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2024届高三第一次联考物理试题卷
考生须知：
1.本卷共8页，满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、座位号及准考证号并填涂相应数字；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4.可能用到的相关参数：重力加速度g取10m/s2
5.考试结束后，只需上交答题卷。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分.每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列四组物理量中均为标量的是（ ）
A. 电势 电场强度 B. 电流 磁通量
C. 动量 动能 D. 功率 加速度
【答案】B
【解析】
【详解】电势、磁通量、动能、功率只有大小没有方向，是标量，电流虽然有方向，但叠加不符合平行四边形定则，也是标量；电场强度、动量、加速度既有大小又有方向，是矢量。
故选B。
2. 下列说法正确的是（　　）
A. 法拉第对理论和实验资料进行严格分析后，得到法拉第电磁感应定律
B. 法国物理学家库仑比较准确地测定了电子的电荷量
C. 普朗克为了解释黑体辐射的问题，提出了能量量子化概念
D. 爱因斯坦提出的相对论否定了经典力学理论
【答案】C
【解析】
【详解】A．法拉第发现了电磁感应现象，而电磁感应定律则是纽曼和韦伯先后提出的，故A错误；
B．电荷量e的数值最早是由物理学家密立根测得的，故B错误；
C．普朗克为了解释黑体辐射的问题，提出了能量量子化概念，故C正确；
D．爱因斯坦提出的相对论，但相对论并没有否定经典力学，而是在其基础上发展起来的，只是说明了经典力学的局限性，故D错误。
故选C。
3. 2020年11月10日8时12分，中国自主研发的万米载人潜水器“奋斗者”号，在马里亚纳海沟下沉至接近海底时，向水底发射出持续时间为的某脉冲声波信号，最终在深度处成功坐底。在该深度，“奋斗者”号每平方厘米要承受的海水压力，并停留进行了一系列的深海探测科考活动。下列说法正确的是（ ）

A. m、N、s是国际单位制中的基本单位
B. 在下沉过程中，潜水器的位移一定是
C. “8时12分”指的是时间间隔
D. 采集海底矿物时，不能将潜水器视为质点
【答案】D
【解析】
【详解】A．N不是国际单位制中的基本单位，N为导出单位，故A错误；
B．由于潜水器下沉时不一定是竖直下沉，则位移不一定是，故B错误；
C．“8时12分”对应时间轴上的点，是时刻，故C错误；
D．采集海底矿物时，需要注意潜水器的形状和大小，不能视为质点，故D正确。
故选D。
4. “长征七号”A运载火箭于2023年1月9日在中国文昌航天发射场点火升空，托举“实践二十三号”卫星直冲云霄，随后卫星进入预定轨道，发射取得圆满成功。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R，“实践二十三号”卫星距地面的高度为（h小于同步卫星距地面的高度），入轨后绕地球做匀速圆周运动，则（ ）

A. 该卫星的线速度大小大于7.9km/s B. 该卫星的动能大于同步卫星的动能
C. 该卫星的加速度大小等于g D. 该卫星的角速度大小大于同步卫星的角速度
【答案】D
【解析】
【详解】A．地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动时的最大运行速度，可知该卫星的线速度小于7.9km/s，故A错误；
BD．根据万有引力提供向心力可得

解得
，
由于该卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，则该卫星的线速度大于同步卫星的线速度，该卫星的角速度大于同步卫星的角速度，但由于不清楚该卫星与同步卫星的质量关系，所以无法确定该卫星的动能与同步卫星的动能关系，故B错误，D正确；
C．对该卫星，根据牛顿第二定律可得

解得

可知该卫星的加速度大小小于地面重力加速度g，故C错误。
故选D。
5. 炎热的夏季，有一种网红水上娱乐项目“水上飞人”十分火爆，其原理是借助脚下的喷水装置产生反冲动力，让人腾空而起或平衡或翻滚或匀速或变速运动，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A. 人在翻滚时，水对装置的反冲动力大于装置对水的压力
B. 人在减速上升的过程中，机械能一定减少
C. 人在减速上升过程中一定处于失重状态
D. 人在悬空静止的一段时间内，反冲动力的冲量为零
【答案】C
【解析】
【详解】A．人在翻滚时，水对装置的反冲动力与装置对水的压力是一对相互作用力，等大反向，故A错误；
B．无法确定减速上升过程中动能的减少量和重力势能增加量的大小，故不能判断机械能如何变化，故B错误；
C．人在减速上升的过程中，加速度向下，故一定处于失重状态，故C正确；
D．人在悬空静止的一段时间内，合外力的冲量为零，反冲动力的冲量不为零，和重力的冲量大小相等，方向相反，故D错误。
故选C。
6. 如图所示，一个重为10N的小球O被夹在两光滑斜面间，斜面AB和AC与水平面的夹角分别为60°和30°，下列说法正确的是（　　）

A. 斜面AB对小球的弹力是由小球的形变产生的
B. 斜面AB对小球的弹力为5N
C. 斜面AC对小球的弹力为10N
D. 保持斜面AB倾角不变，缓慢增大斜面AC倾角，斜面AB对小球的弹力不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．斜面对小球的弹力是由斜面的形变产生的，A错误；
BC．画出受力分析图如图

根据受力分析图可得


B正确，C错误；
D．画出力的动态变化图，如图

FC按照箭头方向变化，则FB在逐渐增大，D错误。
故选B。
7. 如图所示，两个定值电阻阻值分别为R1和R2，直流电源的电动势E0，内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m的带电小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，则（　　）

A. 该小球带负电
B. 小球所带的电量为
C. 匀强磁场的磁感应强度为
D. 如果将上极板上移，电容器极板所带的电量将增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．小球在复合场区域做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡，电场力向上；分析电路可知，电容器下极板带正电，上极板带负电，场强的方向向上，小球电场力的方向与场强的方向相同，所以小球带正电，A错误；
B．电容器极板电压跟R2两端电压相同，大小为

所以极板间电场强度大小为

小球电场力与重力平衡，有

得

B错误；
C．小球做圆周运动的轨迹如图所示

设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系

解得

根据

解得

D．平行板电容器电容大小为

当d增大时，C会减小；而电容器两端的电压不变，而

可得电容器上的电荷量会减小，D错误。
故选C。
8. 在测定年代较近的湖泊沉积物形成年份时，常利用沉积物中半衰期较短的，其衰变方程为→Bi+X。以下说法正确的是（ ）
A. 衰变方程中的X是电子
B. 为了精确测量时间，应该考虑温度变化对衰变的影响
C. 的结合能大于Bi的结合能
D. 1000个原子核经过一个半衰期后，还剩500个未衰变
【答案】A
【解析】
【详解】A. 根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，衰变方程中的X质量数为零，电荷数为-1，是电子，选项A正确；
B. 原子核的半衰期与温度等外界条件无关，即温度变化对衰变无影响，选项B错误；
C. 核反应放出能量，生成物更加稳定，则的结合能小于Bi的结合能，选项C错误；
D. 半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核衰变不适应，选项D错误。
故选A。
9. 家庭中用的取暖器，正常工作时所用电压是按照图中正弦规律变化的交流电，取暖器正常工作时的电流是3A。下列表述正确的是（　　）

A. 该交流电的有效值是311V
B. 取暖器的阻值约为103.7Ω
C. 图中所示电压的瞬时值表达式为
D. 取暧器正常工作时的功率约为660W
【答案】D
【解析】
【详解】A．该交流电的有效值是

故A错误；
B．取暖器的阻值

故B错误；
C．电压的瞬时值表达式为

故C错误；
D．取暧器正常工作时的功率

故D正确。
故选D。
10. 如图所示，在边长为L的立方体表面中心EF处固定电荷量均为+q的点电荷，表面中心G、H处固定电荷量均为-q的点电荷。下列说法正确的是（　　）

A. 立方体中心处的电场强度为0
B. A、C两点的电势相等
C. 若移去H点的电荷，F点的电荷所受电场力大小为
D. 若移去H点的电荷，将F点的电荷移到H点的过程中，电场力做正功
【答案】B
【解析】
【详解】A．F、H处的点电荷在立方体中心处的电场强度方向竖直向上，G、E处的点电荷在立方体中心处的电场强度方向水平向右，根据电场强度的叠加可知立方体中心处的电场强度不为0，故A错误；
B．由于A点到两个正电荷的距离与C点到两个正电荷的距离相等，同时，A点到两个负电荷的距离与C点到两个负电荷的距离相等，故图中A处电势等于C处电势，故B正确；
C．若移去H点的电荷，F点的电荷所受电场力大小为

故C错误；
D．若移去H点的电荷，将F点的电荷从F沿直线移到H的过程中，根据电场强度的叠加可知F点的电荷受到的电场力一直水平向右，速度方向与电场力方向一直垂直，故电场力不做功，故D错误。
故选B。
11. 在匀质轻绳上有两个相距10m的波源S1、S2，两波源上下振动产生两列绳波，可将其看作简谐波。两波源的连线上有两质点A、B，A距S1波源3m，B距S2波源5m，如图甲所示。t=0时波源S1开始向上振动，其振动方程为cm，而波源S2的振动图像如图乙所示。t=0.2s时质点A开始振动，则下列说法不正确的是（ ）

A. 1s后S1、S2两波源之间有7个振动加强点
B. 波源S1产生波的波长为3m
C. 波源S1产生的波的波速为15m/s
D. 0～s内质点B通过的路程为40cm
【答案】A
【解析】
【详解】BC．由振动方程可知A波源的振动周期为

在一个周期内振动从传到了A点，所以波源产生的波长为

波速

故BC正确；
A．由图乙可知，振动的周期为

由于在同种介质中，所以激发的波的速度为

所以

由于两个波源的振动步调相反，1s后两波源之间的振动加强点到两波源之间的距离差满足

其中，由于，解得

则加强点为5个，故A错误；
D．由于B点到波源、的距离相等，所以两列机械波同时到达B点；并且两个波源的振动步调相反，所以B点始终是振动减弱处，其振幅为

则B点在一个周期内经过的路程为8cm；在内B点的振动时间为

则经过的路程为

故D正确。
本题要求选择错误的，故选A。
12. 某地区常年有风，风速基本保持在4m/s，该地区有一风力发电机，其叶片转动可形成半径为10m的圆面，若保持风垂直吹向叶片，空气密度为1.3kg/m3，风的动能转化为电能的效率为20%.现用这台风力发电机给一水泵供电，使水泵从地下10m深处抽水，水泵能将水抽到地面并以2m/s的速度射出，出水口的横截面积为0.1m2，水的密度为1×103kg/m3，水泵及电机组成的抽水系统效率为80%，则下列说法正确的是（ ）
A. 该风力发电机的发电功率约为12.8kW
B. 每秒钟水流机械能增加400J
C. 风力发电机一天的发电量可供该水泵正常工作约3h
D. 若风速变为8m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的4倍
【答案】C
【解析】
【详解】AD．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为

单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为

依题意，此风力发电机发电的功率为

若风速变为8m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的8倍；
故AD错误；
B．每秒钟水流机械能增加约为

其中

解得

故B错误；
C．水泵正常工作每秒钟耗电为

风力发电机一天的发电量为

解得

故C正确；
故选C。
13. 某半径为r的类地行星表面有一单色点光源P，其发出的各方向的光经过厚度为、折射率为n=2的均匀行星大气层（图中阴影部分）射向太空。取包含P和行星中心O的某一截面如图所示，设此截面内一卫星探测器在半径为2r的轨道上绕行星做匀速圆周运动，忽略行星表面对光的反射，则（　　）

A. 大气外表面发光区域在截面上形成的弧长为
B. 卫星探测器运行时，任意时刻只能在轨道上某部分观测到光，这部分轨道弧长为
C. 若该行星没有大气层，则卫星探测器运行时，在轨道上能观测到光轨道弧长与有大气层时的光轨道弧长相同
D. 若探测器公转方向和行星自转的方向相同，探测器接收到光的频率一定大于光源发出的频率
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据全反射临界角与折射率的关系有

解得

由几何关系可知，点光源发出的光与圆弧在P点相切时恰好发生全反射，大气外表面发光区域在截面上形成的弧长为

故A错误；
B．根据上述可知，卫星探测器运行时，任意时刻只能在轨道上某部分观测到光，这部分轨道弧长为

故B错误；
C．根据上述可知，点光源发出的光与圆弧在P点相切时恰好发生全反射，即若该行星没有大气层，则卫星探测器运行时，在轨道上能观测到光轨道弧长与有大气层时的光轨道弧长相同，故C正确；
D．若探测器公转方向和行星自转的方向相同，探测器接收到光的频率不一定大于光源发出的频率，根据多普勒效应可知，当探测器与点光源P相对靠近时，探测器接收到光的频率大于光源发出的频率，当探测器与点光源P相对远离时，探测器接收到光的频率小于光源发出的频率，故D错误。
故选C。
二、选择题Ⅰ（本题共2小题，每小题3分，共6分，每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14. 关于以下四幅图片，说法正确的是（ ）

A. 甲图是电子的干涉图样，如果电子是一个一个发射的，仍能得到干涉图样
B. 乙图是粒子散射的实验装置，当带荧光屏的显微镜放在D位置时，荧光屏上观察到大量闪光
C. 丙图是花粉微粒在液体中运动位置的连线，说明花粉中的分子在做无规则热运动
D. 丁图是观察自然光的偏振现象实验，将偏振片以光线为轴旋转任意角度，屏亮度不变
【答案】AD
【解析】
【详解】A．甲图是电子的干涉图样，电子具有波粒二象性，即使是一个一个发射的，也会得到干涉图样，故A正确；
B．乙图是粒子散射的实验装置，当带荧光屏的显微镜放在D位置时，荧光屏上将观察到极少量的闪光，因为金原子的原子核非常小，所以大部分粒子将穿过金箔沿原方向前进，少部分发生偏转，极少部分会被弹回，故B错误；
C．丙图是花粉微粒在液体中运动位置的连线，花粉微粒的无规则运动是大量液体分子对微粒的撞击不平衡导致的，故C错误；
D．丁图是观察自然光的偏振现象实验，自然光包含了沿着各个方向的偏振光，所以将偏振片以光线为轴旋转任意角度，穿过偏振片的光的偏振方向变了，但屏的亮度不变，故D正确。
故选AD。
15. 几种金属的逸出功和氢原子的能级图如图所示，已知可见光的光子能量在1.62eV-3.11eV之间。现有大量氢原子处于激发态，则（ ）
表 几种金属的截止频率和逸出功
金属
钨
钙
钠
钾
铷

10.95
7.73
5.53
5.44
5.15


4.54
3.20
2.29
2.25
2.13

A. 氢原子的能级En指的是氢原子中电子的动能
B. 氢原子从n=4能级跃迁到n=3时会辐射出具有显著热效应的电磁波
C. 处于n=3能级的氢原子在跃迁时辐射出的光子于可以使钾金属发生光电效应，光电子的最大初动能可能为12.09eV
D. 氢原子从能级3跃迁到能级2和从能级4跃迁到能级2均辐射出可见光，用这两种光在同一双缝干涉装置做实验，前者的相邻条纹间距更大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．氢原子的能级指的是氢原各个状态的能量值，包括氢原子的电势能和动能，故A错误；
B．氢原子从能级跃迁到时会辐射出光子的能量为

属于红外线，即具有显著热效应的电磁波，故B正确；
C．根据题意可知，大量处于能级的氢原子在跃迁时，可以辐射3种光子，即从跃迁到、从跃迁到和从跃迁到，而从跃迁到跃迁辐射光子的能量最大，最大值为(-1.51eV)-(-13.6eV)=12.09eV，若使钾金属发生光电效应，则逸出光电子的最大初动能为

可知光电子的最大初动能不可能为12.09eV，故C错误；
D．从能级3跃迁到能级2辐射光子的能量为(-1.51eV)-(-3.4eV)=1.89eV；从能级4跃迁到能级2辐射光子的能量为(-0.85eV)-(-3.4eV)=2.55eV，则两者都是可见光；因从能级3跃迁到能级2辐射光子的能量比从能级4跃迁到能级2均辐射出可见光的能量小，由公式

可知，从能级3跃迁到能级2辐射出可见光的波长较大，则用这两种光在同一双缝干涉装置做实验，根据

可知，前者的相邻条纹间距更大，故D正确。
故选BD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
实验题（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14分）
16. 如图所示为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。

（1）该实验中需要把带滑轮的长木板右端垫高来补偿阻力的影响，在操作此步骤时需要______（单选）
A.悬挂槽码同时连接纸带并使用打点计时器
B.悬挂槽码但不使用纸带和打点计时器
C.不悬挂槽码但要连接纸带并使用打点计时器
D.不悬挂槽码也不使用纸带和打点计时器
（2）在质量不变的情况下探究加速度与合力关系时，应该保持______的总质量M不变，多次改变______的总质量m并测量出每次对应的加速度。根据实验数据描绘出______进而得出实验结论。以下答案组合中正确的是______（单选）
A.小车和车内砝码、槽码、a-mg图像 B.槽码、小车和车内砝码、a-mg图像
C.小车和车内砝码、槽码、a-M-1图像 D.槽码、小车和车内砝码、a-M-1图像
【答案】 ①. C ②. A
【解析】
【详解】（1）[1]该实验中需要把带滑轮的长木板右端垫高来补偿阻力的影响，使小车的重力沿斜面方向的分力正好补偿小车和纸带受到的阻力，实验中不悬挂槽码但要连接纸带并使用打点计时器。
故选C。
（2）[2]当小车的质量远大于槽码的质量时，近似认为细线对小车的拉力大小等于槽码重力的大小 ，在质量不变的情况下探究加速度与合力关系时，应该保持小车和车内砝码的总质量M不变，多次改变槽码的总质量m并测量出每次对应的加速度。根据实验数据描绘出a-mg图像进而得出实验结论。
故选A。
17. 在“用单摆测定重力加速度”实验中：
（1）先用游标卡尺测小球的直径D，如图1所示，则小球的直径D=______mm

（2）调节好装置，用毫米刻度尺测得摆线长为l，拉开一个小角度（小于5%）释放小球开始摆动，记小球某次经过最低点为“1”并按下秒表开始计时，再次经过最低点记为“2”，一直数到“n”时停止计时，秒表记录时间为t，请写出重力加速度的字母表达式g=______（用D，l，n，t表示）
（3）为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出T2—L图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2—L图像是图2中的______（选填①、②、③）
【答案】 ①. 19.00 ②. ③. ①
【解析】
【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规律，该读数为

（2）[2]令单摆周期为T，根据计时过程有

摆长为

根据单摆周期公式有

解得

（3）[3]由于把小球直径当作半径来计算摆长，则实际摆长为，则有

解得

可知图像的纵坐标截距为负值，则由此得到的T2—L图像是图2中的①。
18. 热敏电阻的阻值会随温度的变化而变化。实验小组用伏安法测量某热敏电阻的阻值，并研究其阻值与温度的关系，实验室可提供的器材有：热敏电阻Rt（阻值在几百到几千欧的范围内）；电压表V（量程为15V，内阻约3kΩ）；电流表A（量程为10mA，内阻约1Ω）：滑动变阻器R（最大阻值20Ω）；蓄电池（电动势为E=12V，内阻不计）：开关、导线若干。

（1）为了减小热敏电阻测量误差，图1中电压表右侧导线接______（选填“a”或“b”）；正确连接电路后，调节恒温箱中的温度1，调节滑动变阻器的滑片P，使电流表和电压表示数在合适数值，记录对应的电流表和电压表的示数，并算出热敏电阻的阻值Rt。多次改变温度t，算出对应的阻值Rt；
（2）在坐标纸上作出Rt与温度t关系图像如图2所示。由图可知，当电压表的示数为9.0V，电流表的示数为3.0mA时，热敏电阻所在处的温度约为______°C；
（3）实验小组用该热敏电阻设计了如图3所示的保温箱温度控制电路，Rt为热敏电阻，R2为电阻箱，控制系统可视为R=300Ω的电阻，电源的电动势E0=10V（内阻不计）。当通过控制系统的电流小于2mA时，加热系统将开启为保温箱加热；当通过控制系统的电流达到2mA时，加热系统将关闭。若要使得保温箱内温度低于48°C，加热系统就开启，应将R2调为______Ω；
【答案】 ① b ②. 48 ③. 1700
【解析】
【详解】（1）[1]因为有

故电流表应采用内接法，图1中电压表右侧导线接b；
（2）[2]当电压表示数为9.0V，电流表的示数为3.0mA时，热敏电阻的阻值为

根据图2可知热敏电阻所处的温度约为48℃；
（3）[3]取控制系统电流为

由图2知，当温度为48℃时热敏电阻的阻值为，根据闭合电路欧姆定律，有

代入数据得

所以若要使得保温箱内温度低于48°C，加热系统就开启，应将R2调为1700Ω。
19. 关于下列实验，说法正确的是（ ）
A. “用油膜法测油酸分子大小”的实验中，由于油酸酒精溶液长时间放置，会导致测量结果偏小
B. “测量玻璃的折射率”实验中，入射光路上大头针、与出射光路上的、分布在一条直线上
C. “探究平抛运动的特点”实验中，应用光滑的曲线将描在纸上的所有点连起来，得到轨迹
D. “探究影响感应电流方向的因素”实验中，必须要确定电流表指针偏转方向和电流方向的关系
【答案】AD
【解析】
【详解】A．如果油酸酒精溶液长时间放置在空气中，酒精挥发，导致油酸酒精溶液中的油酸体积分数增大，1滴油酸酒精溶液形成的面积偏大，则分子直径的测量结果偏小，故A正确；
B．“测量玻璃的折射率”实验中，入射光与出射光相互平行，但不在同一条直线上，故B错误；
C．“探究平抛运动的特点”实验中，应用光滑的曲线将描在纸上的点连起来，偏差较大的点可以舍去，故C错误；
D．“探究影响感应电流方向的因素”实验中，需要根据电流表指针偏转方向用于确定电流方向，故D正确。
故选AD。
20. 如图所示，导热气缸（不计缸壁厚度）与活塞之间无摩擦且不漏气，通过不可伸长的绳索竖直悬挂。气缸质量m=4kg，底面积为S=0.04m2，气缸内密封一定质量的理想气体。从状态A开始，气体缓慢升温至状态B，活塞与底面间的距离从LA=30cm，增大到LB=40cm，此时温度为400K。在状态B将活塞锁定，气体温度下降到350K至状态C。已知，大气压强p0=1.01×105Pa，A到C过程气体内能增加量为500J。试求理想气体：
（1）在状态A的温度TA；
（2）在状态C的压强；（计算结果保留3位有效数字）
（3）从状态A到状态C的过程中，吸收的热量Q。

【答案】（1）300K；（2）；（3）900J
【解析】
【详解】（1）气体从状态A缓慢升温至状态B，气体发生等压变化，则有

其中
，
解得

（2）气体从状态B缓慢降温至状态C，气体发生等容变化，则有

又

解得

联立解得

（3）根据热力学第一定理可得

又


联立解得从状态A到状态C的过程中，吸收的热量为

21. 如图所示为一游戏装置的竖直截面图，A、B、D、E、H、I处于同一水平面上，在A端的弹簧装置能将滑块（可视为质点）水平弹出，并从B点顺利进入曲线轨道BC、半径为R的螺旋圆轨道CD、曲线轨道CE。在E点连接了倾角为的斜面EF和水平平台FG，平台FG高度为且平台长度为。靠在平台右侧的小车上表面与平台FG齐平，小车的长度为，在B、F处均设置了转向防脱离轨道装置。已知滑块的质量，小车的质量，，，，，，滑块与斜面EF、平台FG间的动摩擦因数均为，滑块与小车上表面间的动摩擦因数为，其余部分均光滑，各处平滑连接，不计空气阻力，取，。求：
（1）若滑块在C处对轨道的压力为时，此时滑块的向心加速度大小；
（2）若弹簧的弹性势能为，螺旋圆轨道能承受的最大压力为，且螺旋圆轨道半径R可以通过改变C的位置而改变（保持最高点D的高度不变），要使滑块第一次进入螺旋圆轨道时能顺利通过，求螺旋圆轨道半径R需满足的条件；
（3）螺旋圆轨道半径时，若要求滑块最终停在小车上，车获得的动能和弹簧的弹性势能之间应满足的关系。

【答案】（1）；（2）；（3）（）
【解析】
【详解】（1）滑块在C处，根据牛顿第二定律可得

解得此时滑块的向心加速度大小为

（2）临界1：滑块恰好过最高点D点，有重力提供向心力得

根据能量守恒可得

解得

临界2：对最低点C点的压力为，根据牛顿第二定律可得

根据能量守恒可得

解得

则轨道半径需要满足

（3）设滑块到G点的速度为，滑块从A到G的过程，根据能量守恒可得

小车与滑块共速，根据动量守恒可得

可得

联立可得

要保证滑块不滑出小车右端，如滑块恰好滑到小车右端，则有

可得

则有

综上所述可得
（）
22. 如图所示，两根一样的“L”形金属导轨平行放置，其间距d=0.75m，导轨竖直部分粗糙，水平部分光滑且足够长。整个装置处于方向竖直向上、大小B=1T的匀强磁场中。有两根导体棒ab和cd，它们的质量都为m=0.1kg，阻值都为R=lΩ，ab棒与竖直导轨间的动摩擦因数=0.5。ab棒在竖直导轨平面左侧并垂直导轨固定，cd棒垂直导轨放置在水平导轨上。现用一大小F=3N的水平恒力由静止开始向右拉动cd棒，同时释放ab棒。t=ls末，ab棒速度恰好为0。ab棒始终与竖直导轨接触良好，其余电阻不计，求：.
（1）当cd棒的速度为v0=1m/s时，cd棒两端电压Ucd和流过ab棒的电流I的大小；
（2）t=ls末cd棒的速度v；
（3）在0～1s内，两根棒上产生的总焦耳热Q。

【答案】（1），；（2）10m/s；（3）
【解析】
【详解】（1）当cd棒的速度为v0=1m/s时，产生的感应电动势为

cd棒两端电压为

流过ab棒的电流大小为

（2）对ab棒在0～ls过程中运用动量定理

解得

对cd棒在0～1s过程中运用动量定理

联合解得

（3）cd棒在0～1s过程中受到安培力的冲量

解得

对cd棒在0～ls过程中运用动能定理

由于安培力对ab棒不做功，故可得

23. 如图为某同学设计的带电粒子的聚焦和加速装置示意图。位于S点的粒子源可以沿纸面内与SO1（O1为圆形磁场的圆心）的夹角为的方向内均匀地发射速度为v0=10m/s、电荷量均为q=-2.0×10-4C、质量均为m=1.0×10-6kg的粒子，粒子射入半径为R=0.1m的圆形区域匀强磁场。已知粒子源在单位时间发射N=2.0×105个粒子，圆形区域磁场方向垂直纸面向里，沿着SO1射入圆形区域磁场的粒子恰好沿着水平方向射出磁场。粒子数控制系统是由竖直宽度为L、且L在范围内大小可调的粒子通道构成，通道竖直宽度L的中点与O1始终等高。聚焦系统是由有界匀强电场和有界匀强磁场构成，匀强电场的方向水平向右、场强E=0.625N/C，边界由x轴、曲线OA和直线GF（方程为：y=-x+0.4（m））构成，匀强磁场方向垂直纸面向里、磁感应强度B=0.25T，磁场的边界由x轴、直线GF、y轴构成，已知所有经过聚焦系统的粒子均可以从F点沿垂直x轴的方向经过一段真空区域射入加速系统。加速系统是由两个开有小孔的平行金属板构成，两小孔的连线过P点，上下两板间电势差U=-10kv，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。求：
（1）圆形磁场的磁感应强度B0；
（2）当L=R时，求单位时间进入聚焦系统的粒子数N0；
（3）若进入加速系统内粒子的初速度均忽略不计，设从加速系统射出的粒子在测试样品中运动所受的阻力f与其速度v关系为（k=0.2N·s·m-1），求粒子在样品中可达的深度d；
（4）曲线OA的方程。

【答案】（1）0.5T；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力得

解得

（2）临界1：粒子恰好从控制系统上边界进入，粒子在S点入射速度与的夹角为

解得

临界2：粒子恰好从控制系统下边界进入，粒子在S点入射速度与的夹角为

解得

能进入控制系统的粒子数
个
（3）对粒子在加速系统运用动能定理：

解得

对粒子进入样品得过程运用动量定理


（4）设粒子从曲线OA的点进入电场，则粒子从直线GF的点射出电场，


得