2024届浙江省义乌中学高三上学期首考适应性考试物理 Word版含解析.docx

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义乌中学2024届高三首考适应性考试物理试题本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分100分，考试时间90分钟。考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。第Ⅰ卷（选择题共45分）一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合題目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.在微观物理学中，不确定关系告诉我们，如果以表示粒子位置的不确定量，以表示粒子在x方向上动量的不确定量，则，式中h是普朗克常量，其单位是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据位置的不确定量的单位为，动量的不确定量的单位为，没有单位，故普朗克常量的单位为。故选B。2.关于教材中的插图，下列理解不正确的是（　　）A.A图是用微元法探究匀变速直线运动的位移，所有小矩形面积之和近似等于物体的位移大小，分得越多则越接近 B.B图是伽利略在做铜球沿斜面运动的实验，其中斜面的作用是“冲淡”重力，方便测时间，随着斜面倾角的增大，伽利略观察到铜球的运动规律相同，合理外推得到自由落体运动规律C.C图桌面上的装置可以放大桌面的微小形变D.D图是物体由静止状态被拉动，直到物体匀速运动起来，用力的传感器测得拉力的变化过程，说明物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力【答案】D【解析】【详解】A．A图是用微元法探究匀变速直线运动的位移，所有小矩形面积之和近似等于物体的位移大小，分得越多则越接近，故A正确，不满足题意要求；B．B图是伽利略在做铜球沿斜面运动的实验，其中斜面的作用是“冲淡”重力，方便测时间，随着斜面倾角的增大，伽利略观察到铜球的运动规律相同，合理外推得到自由落体运动规律，故B正确，不满足题意要求；C．C图桌面上的装置可以放大桌面的微小形变，故C正确，不满足题意要求；D．D图是物体由静止状态被拉动，直到物体匀速运动起来，用力的传感器测得拉力的变化过程，说明物体所受的最大静摩擦力大于滑动摩擦力，故D错误，满足题意要求。故选D。3.一小车沿直线运动，从t=0开始由静止匀加速至t=t1时刻，此后做匀减速运动，到t=t2时刻速度降为零。在下列小车位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】x—t图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即0—t1图像斜率变大，t1—t2做匀减速运动则图像的斜率变小，在t2时刻停止图像的斜率变为零。故选D。 4.我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（）A.火箭加速度为零时，动能最大B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量【答案】A【解析】【详解】A．火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；B．根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；C．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；D．根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。故选A。5.被誉为“中国天眼”的射电天文望远镜（FAST）如图所示，质量为3×104kg的馈源舱用对称的六索六塔装置悬吊在球面镜正上方，相邻塔顶的水平距离300m，每根连接塔顶和馈源舱的绳索长600m ，不计绳索重力，则每根绳索承受的拉力大约为（　　）A.4×105NB.6×104NC.1×105ND.3×104N【答案】B【解析】【分析】【详解】将各塔顶连接起来，得到正六边形，由几何关系可得馈源舱到塔顶的水平距离等于相邻塔顶的水平距离为300m，则可知每根绳索与竖直方向的夹角为，由平衡条件可得解得所以B正确；ACD错误；故选B。6.某种光电式火灾报警器的原理如图所示，由红外光源发射的光束经烟尘粒子散射后照射到光敏电阻上，光敏电阻接收的光强与烟雾的浓度成正比，其阻值随光强的增大而减小。闭合开关，当烟雾浓度达到一定值时，干簧管中的两个簧片被磁化而接通，触发蜂鸣器报警。为了能在更低的烟雾浓度下触发报警，下列调节正确的是（） A.增大电阻箱的阻值B.增大电阻箱的阻值C.增大电源的电动势D.增大干簧管上线圈的匝数【答案】D【解析】【详解】A．增大电阻箱的阻值，则红外光源发出的红外线强度减小，若烟雾浓度降低，则光敏电阻接收的光强降低，阻值变大，则干簧管的电流减小，则干簧管中的两个簧片不能被磁化而接通，触发蜂鸣器不能报警，选项A错误；B.同理，若烟雾浓度降低，则光敏电阻接收的光强降低，阻值变大，若再增大电阻箱的阻值，则干簧管的电流减小，则干簧管中的两个簧片不能被磁化而接通，触发蜂鸣器不能报警，选项B错误；C．增大电源的电动势，对干簧管的通断无影响，选项C错误；D．增大干簧管上线圈的匝数，可是干簧管在电流减小时增加磁性，可使干簧管中的两个簧片被磁化而接通，触发蜂鸣器报警，选项D正确。故选D。7.如图，虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道Ⅰ为与第一宇宙速度对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度对应的脱离轨道，三点分别位于三条轨道上，点为轨道Ⅱ的远地点，点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的2倍，则（　　） A.卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ的2倍B.卫星经过点的速率为经过点的倍C.卫星在点的加速度大小为在点的3倍D.质量相同的卫星在点的机械能小于在点的机械能【答案】D【解析】【详解】A．由题可知轨道I的半径与轨道Ⅱ的半长轴之比为根据开普勒第三定律解得卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ的倍。故A错误；B．根据如果b点在过该点的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，如图所示 卫星经过a点的速率为经过b点的倍，而轨道Ⅱ是椭圆，因此在轨道Ⅱ上b点的速度不等于圆轨道的速度，故B错误；C．根据公式点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的2倍。可知，卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍，故C错误；D．卫星从轨道Ⅱ变到轨道Ⅲ需要点火加速，因此再同一点加速动能增大也就是机械能增大，而同一轨道机械能守恒，因此b点的机械能小于在c点的机械能，故D正确。故选D。8.下列说法正确的是（　　）A.原子核的结合能越大，说明该原子核越稳定B.1mol某放射性元素经过16天后，还剩下没衰变，则它的半衰期1天C.原子核发生β衰变时放出一个高速运动的电子，这表明原子核中存在着电子D.太阳就是一个巨大的热核反应堆，在“核燃烧”的过程中“体重”不断减轻【答案】D【解析】【详解】A．原子核的结合能越大，该原子核不一定越稳定；原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故A错误；B．1mol某放射性元素经过16天后，还剩下没衰变，根据可得 解得（天）则它的半衰期为4天，故B错误；C．原子核发生β衰变时放出电子，该电子是原子核内的中子转变而来的，其转变方程为故C错误；D．太阳能来自其内部的热核反应，随着太阳能的向外释放，太阳的质量在不断的减小，故D正确。故选D。9.如图甲所示，在同一均匀介质中有两个振动完全相同的波源、，两波源相距24cm，M、N为介质中两波源连线的中垂线上的两个质点。已知波速为0.25m/s，两波源同时开始振动，从波源振动开始计时，M点的振动图像如图乙所示。当N点开始振动后，在某一时刻在中垂线上M、N是相邻的波峰，则（　　）A.M、N间的距离为5cmB.M、N间的距离为7cmC.M、N连线的中点振动减弱D.M、N处于波峰时，两点连线的中点处于波谷【答案】B【解析】【详解】AB．由乙图可知，波的周期为T=0.2s所以两个波源产生的波的波长为因经0.6s波从波源传到M，所以到M的距离为M、N是相邻的波峰，所以它们到波源（或）的路程差为5cm，到N的距离为 则又由几何关系可知，M到两波源连线中点的距离为9cmN到两波源连线中点的距离为所以M、N间的距离为7cm，选项A错误，B正确；C．两波源连线中垂线的到两波源和路程差都为0，所以都是振动加强的点，选项C错误；D．M、N两点连线的中点到波源连线中点的距离为12.5cm，到波源的距离为而波谷到的距离应为17.5cm，所以M、N两点连线的中点不是波谷，选项D错误。故选B。10.我国潜艇研制已经取得了重大突破，开始进入试车定型阶段，该潜艇应用了超导磁流体推进器。如图是超导磁流体推进器原理图，推进器浸没在海水中，海水由前、后两面进出，左、右两侧导体板连接电源，与推进器里的海水构成回路，由固定在潜艇上的超导线圈（未画出）产生垂直于海平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。已知左、右两侧导体板间海水的体积为V，垂直于导体板方向单位面积上的电流为I（导体板外电流不计），下列说法正确的是（　　）A.要使潜艇前进，左，右两侧导体板所接电源的正、负极应与图示方向相同B.同时改变超导线圈中电流的方向和海水中电流的方向，潜艇受磁场力的方向将反向C.潜艇所受磁场力的大小为IVBD.若导体板间海水的电阻为R，其两端的电压为U，则潜艇在海水中匀速前进时，海水中的电流等于【答案】C【解析】【详解】A．根据左手定则，左、右内侧导体板所接电源的正、负极与图示方向相同时，海水受到安培力向前，根据牛顿第三定律，海水对磁场（实质是海水对超导潜艇）的作用力向后，该力是使潜艇后退的力，选项A错误；B ．改变超导线圈中电流的方向，匀强磁场的方向发生改变，同时改变海水中电流的方向，则潜艇受磁场力的方向不变，选项B错误；C．设推进器内侧导体板的面积为S，间距为d，装满水时，磁场力为选项C正确；D．船在海水中匀速前进时，可视为导体在海水中切割磁感线，产生与电流方向相反的感应电动势，所以海水中的电流小于，选项D错误。故选C。11.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B.若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于25kVC.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【答案】C【解析】【详解】A．若电网的电压为，则故A错误；BC．若高铁机车运行功率增大，则牵引变电所副线圈输入功率增大，而副线圈电压不变，所以牵引变电所至机车间之间的电流增大，热损耗功率也会随之增大，导线电阻分压增大，机车工作电压将会低于25kV，故B错误，C正确；D．根据功率关系可得 其中则电流为则牵引变电所至机车间的等效电阻为故D错误。故选C。12.如图所示，为了给一座特殊的密闭仓库采光，在正南朝向的竖直墙壁上切开一个正方形孔，其中AF边与BE边水平、AB边与FE边竖直，并在孔内镶嵌一块折射率为的玻璃砖。这块玻璃砖的室内部分是边长为2R的正方体，室外部分是半圆柱体。某时刻正南方向的阳光与竖直面成30°角斜向下射向半圆柱面，已知光在真空中的传播速度为c，则（　　）A.从圆弧面折射进入玻璃的各光束中，从AF边入射的那束光，其偏转角最大B.在半圆柱表面以入射角45°折射进入玻璃砖的那束光，其首次从玻璃砖表面折射回到空气的折射角大小为45°C.在半圆柱表面沿半径方向入射玻璃砖的那束光，首次从玻璃砖表面出射至空气前，在玻璃砖内传播的时间为D.若考虑玻璃对不同色光的折射率差异，则阳光中的紫光在玻璃表面发生全反射的临界角大于红光的临界角【答案】B【解析】【详解】A．与半圆柱相切的光偏转角最大，此时入射角为90°，折射角为45°，其偏转角最大，故A错误；B．在半圆柱表面以入射角45°折射进入玻璃砖的那束光，在玻璃中折射角 解得折射角为30°，根据几何关系可知，首次从玻璃砖表面折射回到空气的入射角为30°，所以折射角为45°，故B正确；C．在玻璃砖中的速度在半圆柱表面沿半径方向入射玻璃砖的那束光，经过路程用时故C错误；D．紫光频率高，折射率大，根据可知，紫光临界角小，故D错误。故选B。13.如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度的大小（g为重力加速度），A、B两物体通过劲度系数为k的绝缘竖直轻质弹簧相连放在水平面上，A、B都处于静止状态。A、B质量均为m，其中A带正电，电荷量为，B不带电。弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能可表示为，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。若不计空气阻力，不考虑A物体电荷量的变化，保持电场强度的大小不变，将电场方向改为竖直向上，下列说法正确的是（） A.电场换向的瞬间，物体A的加速度大小为gB.从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，物体A的速度一直增大C.从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，物体A的机械能增加量等于物体A电势能的减少量D.物体B刚要离开地面时，A的速度大小为【答案】D【解析】【详解】A．在电场未反向时，A物体处于平衡状态，对A根据平衡条件可得当施加上电场力瞬间，对A物体根据牛顿第二定律可得解得故A错误；B．在电场未反向时，弹簧处于压缩状态，压缩量为，根据平衡条件可得解得B刚要离开地面时，弹簧处于伸长状态，伸长量为，对B根据平衡条件可得解得对物体A受向上的电场力与向下的重力等大反向，可知物体A受的合力等于弹簧的弹力，则A受的合外力先受向上后向下，则加速度先向上后向下，则物体A先向上加速后向上减速，故B错误；C．从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，因，即从初态到末态弹簧的形变量减小，弹性势能减小，A物体的机械能增量等于电势能的减少量与弹性势能的减少量之和，则物体A的机械能增加量大于物体A电势能的减少量，故C错误； D．物体B刚要离开地面时，由能量关系可知解得A的速度大小为故D正确。故选D。二、选择题II（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。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.下列说法正确的是（　　）A.甲图中，“彩超”利用多普勒效应的原理测定血管中血液的流速B.乙图中，核电站的核反应堆外面修建很厚的水泥层，用来屏蔽裂变产物放出的各种射线C.丙图中，用同一装置仅调节单缝宽度得到某单色光的两幅衍射图样，可判定A的缝宽大于B的缝宽D.丁图中，由氢原子能级图可知，某一氢原子从n=2能级向基态跃迁辐射的光子，有可能被另一个处于n=2能级的氢原子吸收并使之电离【答案】ABD【解析】【详解】A．“彩超”利用超声波多普勒效应，根据反射波的频率变化，就能知道血流的速度，故A正确；B．核电站的核反应堆发生核反应的过程中会放出大量的射线，其产物也有很多的放射性物质，核电站的核反应堆外面修建很厚的水泥层，用来屏蔽裂变产物放出的各种射线，故B正确；C．丙图中，用同一装置仅调节单缝宽度得到某单色光的两幅衍射图样，缝的宽度小衍射现象越明显，可判定A的缝宽小于B的缝宽，故C错误；D．丁图中，由氢原子能级图可知，某一氢原子从n=2能级向基态跃迁辐射的光子能量处于n=2能级的氢原子发生电离所需要的能量 因为故D正确。故选ABD。15.氖泡可用于指示和保护电路。在玻璃管中有两个相同的板状金属电极，并充入低压氖气，在两极间接入电压使氖气导电，如果金属电极发出的电子在电场作用下获得足够的能量，就能使氖气发光。将氖泡、保护电阻和电压可调的电源按如图所示的电路连接。氖泡用黑纸包住，黑纸上留出一条狭缝使光可以照射到氖泡。发现在没有光照的暗室中，当电源两端电压为时，氖泡恰能发光；当电源两端电压为时，氖泡不发光，但同时用频率为，的紫光照射氖泡，氖泡也恰能发光。两次实验中，氖泡恰能发光时回路中的电流可认为相等。已知普朗克常量为h，电子电荷量为e。下列说法正确的是（　　）A.若保持电压不变，用黄光照射氖泡，氖泡也能发光B.通过实验可知，紫光的光子能量C.通过实验可知，电极中的电子脱离金属至少需要的能量D.实验中使用交流电源也能观察到上述现象【答案】BD【解析】【详解】B．通过金属电极发出的电子在电场作用下获得足够的能量，就能使氖气发光，假设恰好能让氖气发光的电子动能为，电极中的电子脱离金属至少需要的能量为，在没有光照的暗室中，当电源电压为时，氖泡恰能发光，设发光时电路电流为，保护电阻为，则有 当电源电压为时，同时用频率为的紫光照射氖泡，氖泡也恰好能发光，则有联立解得B正确；A．若保持电压不变，用黄光照射氖泡，由于黄光的频率小于紫光的频率，则黄光光子能量小于紫光光子能量，可知氖泡不能发光，A错误；C．通过实验可知，电极中的电子脱离金属需要的能量小于，C错误；D．实验中如果采用交流电源，当电压达到一定数值时，也可能观察到上述现象，D正确。故选BD。Ⅱ卷（非选择题共55分）16.小明用如图甲所示装置来验证动量守恒定律，该装置由水平长木板及固定在木板左端的硬币发射器组成，硬币发射器包括支架、弹片及弹片释放装置，释放弹片可将硬币以某一初速度弹出。已知五角硬币和一元硬币与长木板间动摩擦因数近似相等，主要实验步骤如下：①将五角硬币置于发射槽口，释放弹片将硬币发射出去，硬币沿着长木板中心线运动，在长木板中心线的适当位置取一点O，测出硬币停止滑动时硬币右侧到O点的距离。再从同一位置释放弹片将硬币发射出去，重复多次，取该距离的平均值记为，如图乙所示；②将一元硬币放在长木板上，使其左侧位于O点，并使其直径与中心线重合，按步骤①从同一位置释放弹片，重新弹射五角硬币，使两硬币对心正碰，重复多次，分别测出两硬币碰后停止滑行时距O点距离的平均值和，如图丙所示。 （1）实验中还需要测量的量有____________A.五角硬币和一元硬币的质量、B.五角硬币和一元硬币的直径、C.硬币与木板间的动摩擦因数D.发射槽口到O点的距离（2）该同学要验证动量守恒定律的表达式为________________（用已知量和测量的量表示），若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，需要判断关系式___________是否成立（用、、表示）。【答案】①.A②.③.【解析】【详解】（1）[1]A．为了得出动量守恒定律的表达式应测量质量，故应分别测出一枚五角硬币和一元硬币的质量、。故A正确；BD．验证碰撞过程动量守恒，需要测出硬币在O点以后滑行的位移，可以不测量五角硬币和一元硬币的直径，发射槽口到O点的距离也不需要测量，故BD错误；C．由于五角硬币和一元硬币与长木板间动摩擦因数近似相等，所以硬币与木板间的动摩擦因数不需要测量，故C错误；故选A。（2）[2]硬币在桌面上均做加速度相同的匀减速运动，根据速度-位移关系可知。其中则由动量守恒定律可知只需验证 成立，即可明确动量守恒。[3]如果该碰撞为弹性碰撞，则解得17.某同学利用如图装置测量小车和智能手机的质量，智能手机可以利用APP直接测量出手机运动时的加速度。悬挂质量为的钩码，用智能手机测出小车运动的加速度；改变钩码的质量，进行多次测量；做出与的图像如图，已知图像中直线的截距为，斜率为。不计空气阻力，重力加速度为。（1）（单选）以下说法正确的是___________；A．钩码的质量应该远小于智能手机和小车的质量B．细绳应该始终与长木板平行C．不悬挂钩码时，应使小车和智能手机匀速沿木板下滑D．细线的拉力等于钩码的重力（2）根据图像可得，小车和手机的质量为____________；（3）再利用手机APP测出斜面倾角为，则小车和智能手机沿木板运动过程中受摩擦力的大小为_______。【答案】①.B②.③.【解析】【详解】（1）[1]设小车和手机的质量为，斜面倾角为，对钩码和小车以及手机的系统由牛顿第二定律有整理可得 可得本实验的原理为与成一次函数。A．因本实验验证牛顿第二定律为对系统采用准确的方法，故不需要近似的用钩码重力代替绳的拉力，也就不需要质量关系，即不需要钩码的质量应该远小于智能手机和小车的质量，故A错误；B．为了让绳子拉小车的力为恒力，则细绳应该始终与长木板平行，故B正确；C．本实验若平衡了摩擦力，系统的牛顿第二定律表达式为与成正比例函数，不符合实验实验结果，则不需要平衡摩擦力，故C错误；D．本实验研究系统的牛顿第二定律，则绳子的拉力小于钩码的重力，故D错误。故选B。（2）[2]根据与的一次函数关系，可知图像的斜率的意义为则小车和手机的质量为（3）[3]根据与的一次函数关系，可知纵截距的物理意义为联立解得摩擦力大小为18.灵敏电流计（俗称“表头”）的结构如图1所示，线圈由长而细的铜丝绕制而成，当电流通过接柱流入线圈时，线圈会在均匀辐向磁场中转动，从线圈的偏转角度就能判断电流的大小。灵敏电流计的优点是灵敏度高，但是允许通过的电流很弱，如希望用它测量较大的电流值，就要进行电表的改装。（1）当电流流过灵敏电流计的线圈时，线圈因受到______力的作用而转动。（2）如图2所示，为将内阻为200Ω，满偏电流为2mA的表头改装成量程为0.1A 的电流表，应给表头并联一个定值电阻R1，R1的阻值为______Ω。（结果保留两位有效数字）（3）某同学查阅资料了解到制作定值电阻的材料是锰铜或镍铬合金，而制作表头线圈的材料是铜，对比材料的电阻率随温度变化的数据得知，图2中表头的阻值Rg随温度升高而增大，而R1几乎不随温度变化。他认为电流表这样直接改装会因环境温度变化的影响对测量带来较大的误差。为了探究大量程电流表的结构，他打开了双量程安培表的后盖观察内部电路，发现其表头是与一个电阻R0串联后才一起接入电路的，如图3所示，经查阅资料发现这是一个温度补偿电阻。a．为保持在一定温度区间内精准测量的要求，这个温度补偿电阻的阻值随温度变化的特点应为：随温度升高电阻的阻值______（选填“增大”、“减小”或“不变”）b．若将用图2方法改装且已完成刻度盘重新标度的电流表，放到更高温度的环境下使用，会造成测量结果偏大还是偏小______？请分析说明______。【答案】①.安培②.4.1③.减小④.偏小⑤.设在不同温度下两次测量同一电流I，则流过表头的电流，当温度升高后，Rg变大而R1不变，因此Ig变小；而改装表的读数正比于流过表头的电流Ig，因此测量值小于真实值【解析】【详解】（1）[1]当电流流过灵敏电流计的线圈时，线圈因受到安培力的作用而转动。（2）[2]根据串并联电路规律可知，R1的阻值为（3）[3]为了保持在一定温度区间内精确测量的要求，表头的内阻与温度补偿电阻的阻值之和应尽可能不随温度变化，所以温度补偿电阻随温度变化的特点应与表头的相反，即随温度升高电阻的阻值减小。[4][5]设在不同温度下两次测量同一电流I，则流过表头的电流，当温度升高后，Rg变大而R1不变，因此Ig变小；而改装表的读数正比于流过表头的电流Ig，因此测量值小于真实值。19.如图所示，左端封闭右端开口、内径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长的空气柱，初始两管水银面相平，下方水银柱足够长，已知大气压强，初始时封闭气体的热力学温度。现将下端阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，发现左管水银面下降的高度为。（1）求放出的水银对应的水银柱长度；（2）关闭阀门S后，若缓慢升高左管内封闭气体的温度，使左管的水银面再下降 ，求此时左管内气体的热力学温度；（3）在（2）问的过程中，测得左管气体的内能增加为，左管气体从外部吸收的热量为Q，请比较与Q的大小关系。【答案】（1）25cm；（2）420K；（3）【解析】【详解】（1）由可得（2），对应空气柱长度为，由可得（3）由可知左管气体对外做功，所以，所以。20.如图所示，轨道ABCD由半径的光滑四分之一圆弧轨道AB、长度的粗糙水平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道CD组成。质量的物块P和质量的物块Q 压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不连接），三者静置于CD段中间，物块P、Q可视为质点。紧靠D的右侧水平地面上停放着质量的小车，其上表面EF段粗糙，与CD等高，长度；FG段为半径的四分之一光滑圆弧轨道；小车与地面间的阻力忽略不计。P、Q与BC、EF间的动摩擦因数均为，重力加速度，现解除弹簧锁定，物块P、Q由静止被弹出（P、Q脱离弹簧后立即撤走弹簧），其中物块P进入CBA轨道，而物块Q滑上小车。不计物块经过各连接点时的机械能损失。（1）若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块P通过B点时，物块P对圆弧轨道的弹力；（2）若物块P经过CB后恰好能到达A点，试分析物块Q能否冲出小车上的G点，若能冲出G点，求出物块Q从飞离G点到再次回到G点过程中小车通过的位移；若物块Q不能飞离G点，请说明理由；（3）若弹簧解除锁定后，物块Q向右滑上小车后能通过F点，并且后续运动过程始终不滑离小车，求被锁定弹簧的弹性势能取值范围。【答案】（1）60N，方向竖直向下；（2）能，；（3）【解析】【详解】（1）物块P从B到A过程，根据动能定理有物块P在B点，根据牛顿第二定律有解得根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小60N，方向竖直向下；（2）物块P被弹出到运动到A过程，根据动能定理有解得 对P、Q构成的系统，根据动量守恒定律有解得对Q与小车构成的系统，在水平方向，根据动量守恒定律有解得根据能量守恒定律有解得物块P运动时间为（3）物块被弹开过程有当物块Q向右滑上小车后恰好到达F点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，此时，对物块Q与小车有解得由于当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E 点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物块过程有当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速过程有解得综合上述，被锁定弹簧的弹性势能的取值范围为21.如图甲所示，由粗细均匀的金属丝绕制而成的单匝矩形线圈abcd固定在绝缘滑块上，线圈和滑块的总质量为m=1kg，水平面粗糙，线圈ab边长度为L1=2m，线圈ad边长度为L2=1m，金属丝单位长度的电阻为λ=0.1Ω/m。滑块的右侧有一以EH、EG为界的匀强磁场，磁场区域足够大。滑块在外力F的作用下以速度v=0.6m/s水平向右做匀速直线运动。从某时刻开始计时，得到F随时间t变化的图像如图乙所示。已知ab边到磁场下边界EH的距离x=0.5m，取，求：（1）匀强磁场磁感应强度的大小；（2）线圈进入磁场过程中cd两点间的电势差Ucd，通过线圈的电荷量和线圈中产生的热量；（3）从开始计时到线圈ad边刚好进入磁场过程中外力F做的总功和摩擦力的冲量。【答案】（1）；（2），，2J；（3）17J，，水平向左【解析】【详解】（1）如题图乙所示，设，，滑块与水平面间的动摩擦因数为，在线圈进磁场之前，滑块做匀速运动，由平衡条件可知 解得设匀强磁场的磁感应强度为，在线圈刚进入磁场时，切割磁场线产生的感应电动势为回路中的感应电流方向为cbad，大小为线圈水平方向所受安培力方向为水平向左，大小为由图可知时，线圈边刚进入磁场，线圈竖直方向所受安培力方向为竖直向下，大小为因滑块是匀速运动的，由平衡条件可知刚进入磁场时，即时，竖直方向安培力等于零，解得（2）线圈进入磁场过程中的感应电流为cd两点间的电势差为线圈进入磁场过程中通过线圈的电荷量线圈中产生的热量（3）在时间内，外力F做的功为线圈进入磁场过程中，线圈中的电流大小不变，设线圈进入磁场长度为，则有 可知外力随线圈进入磁场的长度呈线性变化，当线圈ad边刚好进入磁场时，有则线圈进入磁场过程，外力F做的功为从开始计时到线圈ad边刚好进入磁场过程中外力F做的总功为在时间内摩擦力冲量在时，线圈ad边刚好进入磁场，此时摩擦力在时间内摩擦力冲量摩擦力的总冲量为方向水平向左。22.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圆形磁场的磁感应强度为（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，则解得临界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，则 解得能进入控制系统的粒子数（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粒子在样品中可达的深度为（4）设粒子从曲线OA点进入电场，则粒子从直线GF的点射出电场，根据动能定理有由洛伦兹力提供向心力得曲线OA的方程为