《2022-2023学年浙江省十校联盟高三下学期第三次联考物理试题（解析版）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年浙江省十校联盟高三下学期第三次联考物理试题（解析版）.pdf（32页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、浙江省十校联盟2023届高三第三次联考物理试题卷一、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题目要求的.不选、多选、错选均不得分）1.达因值是液体表面张力系数，是液体表面相邻两部分之间单位长度内互相牵引的力。则1达因其值为（）A.1 x 10-5N B.1 x 10 5N/m C.1 x 10 5N/m2 D.1 x 10-5N/m3【答案】B【解析】【详解】表面张力的单位在S I制中为牛顿/米（N/m）,但仍常用达因/厘米（dyn/cm）,而达因是力的单位,其为使质量是1克的物体产生lcm/s2的加速度的力，叫 做1达因，缩写：dyn。由于IN
2、=1kg x lm/s2=1 x 103g x 1 x 100cm/s2=105dyn则1达因其值为1 x 10 5N/mo故选B。2.2022年中国科技界的重磅新闻，像雪片一样飞落眼前，折射出这个时代的光亮。下面关于科技事件说法正确的是（）A.2022年我国首次火星探测任务“天问一号”探测器发射升空，飞行2000多秒后，成功送入预定轨道。其 中“2000多秒”是指时刻B.2022年中国科学技术大学潘建伟、陆朝阳等学者研制的76个光子的量子计算原型机“九章”问世引发世界关注。由上可知“光子”就 是“量子”C.2022年嫦娥五号经历11个飞行阶段，20余天的在轨飞行过程，采 集1731克的月球样
3、品返回地球。嫦娥五号绕月运动一圈其位移为零D.2022年“奋斗者”号全海深载人潜水器成功完成万米海试并于11月2 8日胜利返航，在研究“奋斗者”号调整姿态穿越狭小障碍物时可以把它视为质点【答案】C【解析】【详解】A.“天问一号”探测器发射升空，飞行2000多秒后，成功送入预定轨道。其 中“2000多秒”是指时间，A错误；B.“光子”只是量子的一种，而并非就是“量子”，“量子计算原型机”可能还有其他非光子型的计算机，故B错误；C.位移指的是起点到终点的有向线段，嫦娥五号绕月运动一圈，起点和终点重合，故其位移为零，c正确；D.在研究“奋斗者”号调整姿态穿越狭小的障碍物时，不可忽略“奋斗者”号的大小
4、和姿态细节，故不可以把它视为质点，D错误。故选C。3.2022年10月12 B 15时45分，“天宫课堂”第三课开讲。某学生设想“天地同一实验”，即在空间站和地面做同一个实验，观察实验现象，下面有关其设想的实验和可能出现的现象说法正确的是（）图1 图2 图3 图4A.如 图1用一根绳子系着一个金属球，拉开一个角度，静止释放后“天上”和“地上”看到的现象相同B.如图2用同样的材料和操作流程，做教材中的薄膜干涉实验，“天上”和“地上”实验现象相同C.如图3相同密闭容器内装着完全相同的气体，在相同的温度下，“天上”和“地上”容器内气体压强相同D.如图4用相同材料做成的两根内径相同、两端开口的圆柱形毛
5、细管竖直插入水中，“天上”和“地上”观察到的现象相同【答案】C【解析】【详解】A.如 图1用一根绳子系着一个金属球，拉开一个角度，静止释放后，“天上”由于完全失重，小球相对空间站静止不动；“地上”由 于 重 力 影 响，小球将做圆周运动，所以观察到的实验现象不相同，故A错误；B.如图2用同样的材料和操作流程，做教材中的薄膜干涉实验，“天上”由于完全失重，薄膜厚度基本均匀分布，“地上”由于重力的影响，薄膜厚度并不是均匀分布，所以观察到的实验现象不相同，故B错误；C.如图3相同密闭容器内装着完全相同的气体，在相同的温度下，“天上”和“地上”容器内气体压强相同，故C正确；D.如图4用相同材料做成的两
6、根内径相同、两端开口的圆柱形毛细管竖直插入水中，“天上”由于完全失重，观察到水上升到毛细管顶部，“地上”由于重力的影响，观察到水上升一小段距离后静止不动，所以观察到的实验现象不相同，故D错误。故选C。4.物理规律往往有一定的适用条件，我们在运用物理规律解决实际问题时，需要判断使用的物理规律是否成立。如图所示，站在车上的人用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止，假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是（）A.连续敲打可使小车持续向右运动B.人、车和锤组成的系统机械能守恒C.人、车和锤组成的系统动量和机械能都不守恒D.人、车和锤组成的系统动量守恒但机械能不守恒【答案】C【解析】【
7、详解】A.把人、车和锤看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，系统的总动量为零，用锤子连续敲打小车的左端，当锤子向左运动，小车向右运动；当锤子向右运动，小车向左运动；所以小车左右往复运动，不会持续向右运动，故 A 错误；B C D.由于人消耗体能，体内储存的化学能转化为系统的机械能，故人、车和锤组成的系统机械能不守恒；在锤子连续敲打下，系统在竖直方向的合外力不等于零，故系统在竖直方向不满足动量守恒，所以人、车和锤组成的系统动量不守恒，故 BD错误，C 正确。故选C。5.如图所示是某款八缸四冲程汽油车的 五挡手动变速箱”的结构示意图，其工作原理是通过挡位控制来改变连接发动机动力轴的
8、主动齿轮和连接动力输出轴的从动齿轮的半径比。当挡位挂到低速挡“1、2挡”时，最大车速为2030km/h,当挡位挂到高速挡“5 挡”，汽车才能获得比较大的车速，则()换档叉一换档杆3、4档同步圈、1、2档同步盘发动机动力5档、倒档同步圈至差速器5档手动变速箱结构示意图动力输出轴主动轴.倒档主动齿轮1档主动齿轮动力输入轴illA.挡 位 从“1挡”逐步增加到“5”挡过程中，主动齿轮和从动齿轮的半径比变大B.若保持发动机输出功率不变，从“2挡”突然挂到“3挡”瞬间，汽车获得的牵引力瞬间减小C.发动机工作时经历“吸气一压缩一做功一放气”四个环节，“压缩”气体时，气体体积变小，气体对外界做功D.随着发动
9、机技术的不断发展，将来有可能实现把发动机的热能全部转化为汽车的机械能，即热机的效率达到100%【答案】B【解析】【详解】A.挡 位 从“1挡”逐步增加到“5”挡过程中，在发动机转速一定的情况下，车速变大，根据u=27rnr可知从动轮的半径将变大，则主动齿轮和从动齿轮的半径比将变小，故 A 错误；B.若保持发动机输出功率不变，从“2 挡”突然挂到“3挡”瞬间，车速变大，根据尸=&,可知汽车获得的牵引力瞬间减小，故 B 正确；C.发动机工作时经历“吸气一压缩一做功一放气”四个环节，“压缩”气体时，气体体积变小，外界对气体做功，故 C 错误；D.根据热力学第二定律可知，即使随着发动机技术的不断发展，
10、将来也不可能实现把发动机的热能全部转化为汽车的机械能，即热机的效率不可能达到100%,故 D 错误。故选Bo6.为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴。按图示方向匀速转动（。匕向纸外，向纸内），并从图甲所示位置开始计时，此时产生的正弦式交流电如图乙所示。已知其周期为T,电流峰值为/（）,下面说法正确的是（)甲 乙TA.根据图乙可知一时，线圈的磁通量最大4TB.根据图乙可知一时，线圈的磁通量变化率最大4C.若仅把甲图中的转轴。改为 转 轴 并 从 图 甲 所 示 位 置 开 始 计 时，则产生的交流电与图乙所示不同D.若仅把甲图中的单匝
11、矩形线圈改为两匝矩形线圈，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电与图乙所示不同【答案】B【解析】T【详解】A B.根据图乙可知一时，线圈的感应电流最大，线圈的磁通量变化率最大，磁通量最小为0,A4错误，B 正确。C.若 仅 把 甲 图 中 的 转 轴 改 为 转 轴 a b,并从图甲所示位置开始计时，磁通量的变化情况一样，产生的交流电与图乙所示相同，C 错误；D.若仅把甲图中的单匝矩形线圈改为两匝矩形线圈，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电压最大值变为原来的两倍，但是线圈电阻也变为原来的两倍，则交流电的图像与图乙所示仍一致，D 错误。故选Bo7.如图所示，为运动员跨栏时的训练图，若运动
12、员把起跑八步上栏改成七步上栏，从而使起跳时距栏的水平距离增大，若在过栏时的最高点仍在栏的正上方同一高度处，八步上栏动作中运动员双脚离地时速度与水平方向的夹角为45,则改成七步上栏时该运动员双脚离地时（不计空气阻力）（）A.若速度大小不变，速度与水平方向的夹角一定要增大B.若速度大小不变，速度与水平方向的夹角可能要减小C.若速度大小增大，速度与水平方向的夹角一定要增大D.速度大小必须增大，速度与水平方向夹角一定要减小【答案】D【解析】【详解】A.运动员双脚离地时，运动员做向上斜抛运动，将此运动分成水平方向做匀速直线运动，竖直方向竖直上抛运动，因竖直方向的位移不变，由/=g/可知，每一步的时间不变
13、；由匕2=2 g，可知竖直方向的分速度不变。八步上栏改成七步上栏，则每一步的水平方向位移要增大，由X=可知水平方向的分速度需要增大，若速度大小不变，速度与水平方向的夹角增大，则竖直方向分速度增大，水平方向分速度减小，故 A 错误；B.若速度大小不变，速度与水平方向的夹角减小，则竖直方向分速度减小，水平方向分速度增大，故 B错误；C.若速度大小增大，速度与水平方向的夹角一定要增大，则竖直方向分速度增大，故 C 错误；D.若速度增大，同时减少速度与水平方向的夹角，则水平方向速度增大，竖直方向速度能不变，可以八步上栏改成七步上栏，故 D 正确。故选D。8.如图所示有竖直平面内 L 圆轨道，轨道内外两
14、侧均光滑，半径为R,质量为，”的小滑块以匕、彩初4速度分别在轨道最高点的内侧和外侧运动，以下关于滑块是否脱离轨道的说法正确的是（）A.不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点不脱离则其它点一定不会脱离轨道B.不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点的速度大于等于历，一定不会脱离轨道C.在轨道的内侧最高点的速度片2 标、外侧最高点的速度匕=0,都不会脱离轨道D.在轨道的内侧只要w 厢 一 定 脱 离 轨 道，外侧无论为多大都会脱离轨道【答案】D【解析】【详解】当小滑块在轨道内侧运动时，受力分析如图小滑块所受指向轨道圆心的合力提供向心力，故V2mg cos u+Fy=m-从最高点滑下来，由机械能守
15、恒定律；mv2=-mv+mgR(1-cos 6)联立得L C mVl C 八Fy=2mg+-3mg cos，所以当耳NO时，小滑块能够不脱离轨道在轨道内侧运动，需满足,mv：仁 八2mg+3mg cos 8当族0。时，cos。最大，所以需满足c mv、C2mg+3 mg解得小滑块在轨道内侧运动不脱离轨道的条件是%N廊当小滑块在轨道外侧运动时，受力分析如图小滑块所受指向轨道圆心的合力提供向心力，故 吆 CS FL 唳从最高点滑下来，由机械能守恒定律；+/g R（l-c o s 8）联立得24 =3 mg c o s U八 八 2 m g-m-v=-9所以当耳NO时，小滑块能够不脱离轨道在轨道外侧
16、运动，需满足2_ mv _ _2 mg+3 mg c o s ”当 0=9 0。时，c o s。最小，所以需满足,mv 2 m g H-PeB.金属导体球左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷，用一根导线分别连接左右两侧，导线中有短暂电流C.金属导体球8 上的感应电荷在外表面d 处的场强大小E=方向垂直于金属球表面D.金属导体球上的感应电荷在球心0 处产生的电场强度为磐，方向沿x 轴负方向【答案】D【解析】【详解】A.由于感应电荷对场源电荷的影响，点电荷A 左边电场小于右边的电场强度，根据U=Ed定性分析可知c 点的电势小于“点的电势，氏 c 在同一等势面上，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可得
17、P b =(Pd(Pe综上可得%=外 像 外故 A 错误；B.金属导体球左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷，由于金属球是等势体，用一根导线分别连接左右两侧，导线中没有短暂的电流，故 B 错误：C.点电荷4 在 4 处的场强大小*kQ _kQE ,=-=r(Jw 3L-金属导体球内部电场强度为零，则金属导体球内表面与d 相同的点电场强度大小为M，金属导体球外表面场强不为零，则金属导体球8 上的感应电荷在外表面d 处 的 场 强 大 小 不 等 于 ，故 C 错误；3 LD.点电荷A 在。处的场强大小4L2方向沿x 轴正方向，金属导体球内部电场强度为零，则金属导体球上的感应电荷在球心。处产生的电场
18、强度 为 空，方向沿 轴负方向，故 D 正确。4L-故选D。1 3.两个学生研究小组对机械波进行研究，第一小组让波源S 自f=0 时刻起开始振动，每 隔 1s做两种不同频率的简谐运动，振幅均为2cm,4s后波源S 停止振动，其振动图像如图甲所示。第二小组让波源S 自，=0 时刻起开始振动，做两种不同频率的简谐运动，振幅均为2cm,一段时间后波源S 停止振动，其波动图像如图乙所示。产生的简谐波均沿SP方向传播，波速均为lm/s,P、。是介质中两质点，已知SP=8m,SQ=9 m,如图所示。下列说法蕾考的是（）S P QS P QA.两个研究小组产生的机械波波源开始振动的方向相反B.第一小组实验中
19、，=9.5s时，质点P、。的振动方向相反C.第二小组实验中，=9.5s时，质点P、。的振动方向相反D.若将一、二两个实验小组的波源分别置于S、。处，且同时开始振动产生上述两列波，位于S、。中点处的质点，振动始终减弱（两列波相遇过程中）【答案】D【解析】【详解】A.根据甲组的波的波源的振动图像可知，甲组波源起振方向向上；根据乙组波的波形图可知，在 x=4m处的质点起振方向向下，可知乙波源起振方向向下，则两个研究小组产生的机械波波源开始振动的方向相反，选项A 正确，不符合题意；B.第一小组实验中r=9.5s时，波向前传播9.5 m,此时质点尸向上振动、质点。向下振动，即两质点的振动方向相反，选项B
20、 正确，不符合题意；C.第二小组实验中r=9.5s时，波向前传播9.5 m,此时质点尸向上振动、质点。向下振动，质点P、Q 的振动方向相反，选项C 正确，不符合题意；D.若将一、二两个实验小组的波源分别置于S、。处，且同时开始振动产生上述两列波，则两列波同时传到位于S、。中点处的质点，但是两列波相遇时叠加的两部分波的频率不同，则两列波相遇过程中该质点振动不是始终减弱，选项D 错误，符合题意。故选D。二、选择题n（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.由俄罗斯、比利时和德国科学家
21、组成的国际科研小组，首次在实验中观察到了中子衰变的新方式放射P衰变，即一个自由中子衰变成质子（：p）和电子（）同时放出质量可视为零的反中微子匕）。该科研成果对粒子物理的研究有重要意义。已 知 电 子 质 量 乙=9.以10-31=（）.51乂6丫6 2,中子质量A nn=939.57MeV/c2,质子质量忤=938.27MeV/c?（c为光速，不考虑粒子之间的相互作用）。若某次一个静止的中子衰变中放出的质子动量p=3xl（）TMeVs-m T。贝ij（）A.强相互作用是中子衰变成质子和电子的原因B.中子衰变的核反应式为In T p+L e+S匕C.中子衰变过程中电子和反中微子的总动能为0.74
22、68MeVD.中子衰变过程中放出的质子和电子，两者的动量大小相等方向相反【答案】BC【解析】【详解】A.弱相互作用是中子衰变成质子和电子的原因，A错误；B.中子衰变的核反应式为 n f；p+e+；匕，B正确；C.中子衰变过程中释放的能量为AE=（mn-me-mp）c2=0.79MeV一个静止的中子衰变过程中放出的质子动能为2mp4（3xlO-8）2x（3xlO8）22x938.27MeV=0.0432MeV中子衰变过程中电子和反中微子的总动能为-,.K P=0.7468MeVc正确；D.中子衰变过程中放出的质子和电子，中子衰变前速度为零，动量为零，衰变后中微子的动量不为零，则质子和电子两者不一
23、定大小相等方向相反，D错误。故选BCo15.某半径为 类地行星表面有一单色光源P，其发出的各方向的光经过厚度为（五-1）、折射率为 =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。的某一截面如图所示，设此截面内一卫星探测器在半径为4 rV 3 +1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，已知A.大气外表面发光区域在截面上形成的弧长为正 竺3B.71若卫星探测器运行时，只能在轨道上某部分观测到光，则这部分轨道弧长为一3C.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将变大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
24、源发出的频率【答案】B C【解析】从P点发出的光入射到大气外表面C处，恰好发生全发射，C点即为所求弧长的端点，对称的另一端点为C,连接o c即为法线，则.1 1s in/=一n 2可得兀/=6由题知OP长为，OC长度为所以由正弦定理得可得所以r+(/2-l)r=近 r扬sin a sin yr小-=2r.7 1sin 63a-K4(3=-a y=则大气外表面发光区域在截面上形成的弧长为/=2(扬 )=正伫6故A错误;B.如图所示。点，假设卫星逆时针方向运行，则E点即为卫星开始观测到光的位置，而对称的 点为观察不到光的jr临界点，则弧EE长度即为所求轨道长度。由于三角形OCD为直角三角形，角0=
25、一,边OC长度为12瓜，所以可以求出O D长度为A/2r _ 叵r _ 叵r _ 4r砺=忑=不r百r由于卫星探测器轨道半径也为4rV3+1，所以。点在卫星轨道上，则由三角形E C。与三角形O C。全等,得到Z E O C =B,所以能观测到的轨道弧长为r=444rV3+17 1：（4厂）5 1否d故B正确；C.若该行星没有大气层，单色光源P向各方向发出的光不发生反射和折射，则卫星探测器运行时，在轨道上能观测到光轨道弧长将变大，故c正确；D.若探测器公转方向和行星自转的方向相同，但由于二者的速度大小关系未知，根据多普勒效应，可知探测器接收到光的频率不一定大于光源发出的频率，故D错误。故选B C
26、 o非选择题部分三、非选择题（本题共5 小题，共 55分）1 6.如 图1所示是“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置图，该装置同时也可以完成“探究物体加速度与质量、力的关系”。图1（1）用该装置完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验时，下 面 说 法 正 确 的 是 （单选）A.图中打点计时器应使用8 V左右的交流电源B.实验时必须通过调节轨道左端的滑轮以让细线和轨道平行C.实验时必须把轨道右端抬高以补偿阻力，但不需要满足槽码的质量远小于小车的质量D.为了提高实验的精度，本实验需要改变车中祛码的个数以改变运动小车的质量，获得多组数据（2）某同学利用如图1所示的装置进行“探究小车速度随时间
27、变化的规律”的实验，实验中重物始终未落地，最后得到了如图2所示的速度一时间图像，根据图像可以分析出在实验操作中可能存在的问题是（单选）图2A.实验中没有补偿阻力 B.实验中没有满足小车质量远大于槽码质量C.实验中先让释放小车后打开打点计时器 D.实验中未保持细线和轨道平行（3）某同学利用上述实验装置进行“探究小车速度随时间变化的规律”的实验。实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如图3。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出各计数点到“A”的距离X（单位：cm）。取 计 数 点 为 =0时刻，作 出“-1”如图4所示，则由图像可得其加速度为tm/s2（保留两位有效数字）T 24.00 J
28、单位:cmH 52.00：-84.00-120.00图3（4）在“探究物体加速度与质量、力的关系”实验中，为了提高实验精度，某同学通过合理的操作使用力传感器（图5）来测量绳子拉力，下 面 有 关 实 验 操 作 中 说 法 正 确 的 是 （单选）图5A.实验操作中不需要槽码的质量远小于小车的质量B.实验操作中不需要细线和轨道平行C.实验操作中不需要补偿阻力D.实验操作中不需要多次改变小车的质量以获得多组数据（5）该同学为了研究力传感器的原理，查阅相关原理，发现力传感器内部的核心结构是如图6 所示的装置，四个电阻凡=&=6=&贴在右侧固定的弹性梁上。其主要原理是在弹性梁左侧施加外力尸时，弹性梁
29、发生形变，引起贴在弹性梁上的四个电阻形状发生改变，引起电阻值大小发生变化，使输出的电压发生变化，把力学量转化为电学量。其电路简化图如图7 所示。施加如图6 所示的外力厂，若要a d 两点输出的电压尽量大，则图7 中A 处电阻应为（填“尺 2 ”或 者“&）【答案】.B.D 4.0 ,A 【解析】【详解】（1）1 A.图中是电火花计时器，使用220V交流电源，A 错误；B.实验时必须通过调节轨道左端的滑轮以让细线和轨道平行，以保证细线拉力保持不变，小车做匀加速直线运动，B 正确；C.实验目的是“探究小车速度随时间变化的规律“，只要保证小车所受合力不变即可，不需要补偿阻力和满足槽码的质量远小于小车
30、的质量的要求，c 错误；D.为了提高实验的精度，本实验需要改变细线所挂的槽码的个数以改变运动小车的质量，获得多组数据，D 错误。故选B o（2）2 有图像可知小车在运动的后阶段加速度变小，说明细线拉力方向后阶段发生变化，故可能存在的问题是试验中未保持细线和轨道平行。故选D。（3）3 每 5 个点取一个计数点，故相邻计数点时间间隔为T=5 x0.02s=0.10s根 据 匀 变 速 直 线 运 动 位 移 时 间 规 律+；。产可得X 1知士X一，图像的斜率t,1 3 2.2 2 o n,2k-a=-m/s=2.0m/s2 0.4则小车的加速度为a=4.0m/s2（4）4 A.实验中因为绳子的拉
31、力大小通过力传感器读出，因此不需要槽码的质量远小于小车的质量，A正确；BC.实验目的是“探究物体加速度与质量、力的关系“，要保证小车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要补偿阻力，要保持细线和轨道平行，BC错误；D.实验操作中需要多次改变小车的质量以获得多组数据，以减小偶然误差，D错误。故选A o（5）5 在弹性梁左侧施加外力尸时，弹性梁发生形变，四个电阻发生变化，其中4、&减小，R3、甩增大，四者变化后的阻值关系为用&凡当，电路中a d两点输出的电压为11 _ RA u RB U氏+N R,A+N RB+&+凡其中，U为历两点电压，可见，要 使 U a d两点电压最大，在题中条件中，使即可，即
32、 A应选心。1 7.一实验小组为了测量某元件的电阻，进行了如下实验：（1）首先用多用电表进行粗测，如图所示下列操作步骤正确的是甲 乙A.如图甲，将红黑表笔短接，进行机械调零B.如图乙，利用所示旋钮进行欧姆调零C.如图丙，用“*1 0”挡测量时发现指针偏转角度过大，为了准确测量，应换到“x l O O”挡D.实验完成后，挡位调至如图丁所示位置（2）随着使用时间的增长，欧姆表内部的电源电动势会减小，内阻会增大，但仍能进行欧姆调零。若仍用该表测电阻，则测量结果会（选填“偏大”、偏小”或“不变（3）为了精确测量该元件的电阻，同学们又采用了如图所示电路进行测量。电路由控制电路和测量电路两大部分组成。实验
33、用到的器材如下：B.灵敏电流计GC.定值电阻R）=8 0。D.粗细均匀的电阻丝AB （总长为L=6 0.0 0 c m）E.滑动变阻器RF.线夹、电源、开关以及导线若干G.电 源（电动势为3 V）在闭合开关S前，可将线夹P 2大致固定于电阻丝A B中部位置，滑片P i应置于。端。闭合开关后，先移动滑动变阻器的滑片P i至某一位置，然后不断调节线夹P 2所夹的位置，直到灵敏电流计G示数为零，测出此时AP 2段电阻丝长度41 2.0 0 c m,则R,的阻值计算式为（用R o、L、x表示），代入数据得Rx=Q o为减小因电阻丝粗细不均匀带来的误差，将定值电阻Ko换成电阻箱，并按照中的操作，电阻箱的
34、阻值记为品；然后将电阻箱与&交换位置，保持线夹P 2的位置不变，调节电阻箱，重新使灵敏电流计G示数为零，此时电阻箱的阻值记为此,则电阻/?=o【答案】.B .偏大 华：2 0 RL 人【解析】【详解】（1）1 JA.如图甲，将红黑表笔短接，进行的是欧姆调零，A错误；B.图乙所示旋钮为欧姆调零旋钮，B正确；C.用“x l O”挡测量时发现指针偏转角度过大，即读数太小，为了减小误差，应使指针停留在刻度盘中间g区域，要增大读数，应换到“x l”挡，C错误；D.实验完成后，应将挡位开关置于O F F挡或交流电压最高挡，D错误。故选B o（2）2 多用电表的测量原理为闭合电路欧姆定律，当电池电动势减小、
35、内阻变大时，欧姆表重新调零，即满偏电流不变，则%可 知 欧 姆 表 的 内 阻 变 小，当测电阻时有一 E 1 A 4R 卜 +&。+R*i+8“因R巾变小，则同一旦对应的电流要变小，对应的电阻刻度值要变大，即测量结果会偏大。（3）4 当灵敏电流计G示数为零时，说明心的分压和AP2部分的分压相等，即U=u U RAP2 U LA P 2=U.X,凡+5 伍 RAB L L整理得R,一&+R L则L-x代入数据解得Rx=20Q根据第问的原理，交换位置前有R、_ x&+&_ L交换位置后有R2 _ xRX+R2 L可得&-&+R&+K解得凡二师1 8.如图所示，在温度为1 7 C的环境下，一根竖直
36、的轻质弹簧支撑着一倒立汽缸的活塞，使汽缸悬空且静止，此时倒立汽缸的顶部离地面的高度为=4 9 c m,已知弹簧原长/。=5 0 c m,劲度系数4=1 0 0 N/m,气缸的质量闻=2 k g,活塞的质量加=1 k g,活塞的横截面积S =2 0 c m 2，若大气压强Po =1 x1（-Pa ,且不随温度变化。设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动，缸壁导热性良好，使缸内气体的温度保持与外界大气温度相同。（弹簧始终在弹性限度内，且不计汽缸壁及活塞的厚度）（1）求弹簧的压缩量；（2）若环境温度缓慢上升到3 7,求此时倒立汽缸的顶部离地面的高度；（3）若 在 第（2）问中，密闭气体内能增加1
37、0 J,则求该过程中密闭气体吸收的热量。【答案】（1）0.3 m；（2）5 1 c m；（3）1 4.4 J【解析】【详解】（1）对气缸和活塞整体受力分析(M+m)g=kM带入得A (M +m)gAx=-=0.3mk(2)由于温度变化，活塞离地面的高度不发生变化，气缸顶部离地面为h=49cm而活塞离地面50 cm30 cm=20cm故初始时，内部气体的高度为/=29cm。且该过程为等压变化。匕=Is,T=290K,V2=ls,7；=310K根据匕=%工T2代入得I-3 1cm故此时倒立汽缸的顶部离地面的高度=/?+/-/=5 1cm(3)设密闭气体压强为，对气缸受力分析得PoS+Mg=PA代入
38、得Pi=l.lxl()5 pa在 第(2)问中为等压变化，故气体对外做功W=-p1AV=-4.4J根据热力学第一定律得U=Q+W解得2 =14.4J1 9.如图所示，水平传送带A 8,长为L=2 m,其左端B点与半径R=().5的半圆形竖直轨道8 c o 平滑连接，其右端A 点与光滑长直水平轨道平滑连接。轨道BCD最高点。与水平细圆管道Q E 平滑连接。管道O E 与竖直放置的内壁光滑的圆筒上边缘接触，且 O E 延长线恰好延圆筒的直径方向。已知水平传送带以u=6m/s的速度逆时针匀速运行，圆筒半径r=().05m、高度=().2m。质量根=0.5kg、可视为质点的小滑块，从P点处以初速度均向
39、左运动，与传送带间的动摩擦因数=0.6,与其它轨道间的摩擦以及空气阻力均忽略不计，不计管道DE的粗细。(1)若小滑块恰好能通过半圆形轨道最高点。，求滑块经过半圆形轨道8点时对轨道的压力大小/;(2)若小滑块恰好能通过半圆形轨道最高点。，求滑块的初速度%;(3)若小滑块能从。点水平滑入管道。石，并从E点水平离开DE后与圆筒内壁至少发生6次弹性碰【答案】(1)3 0N；(2)l m/s；(3)v0 V5 m/s【解析】【详解】(1)小滑块恰好能通过最高点。处，则在最高点重力提供向心力，轨道对小滑块无压力，即vl次=m R小滑块从3点向。点运动过程中根据动能定理-mg-2 R=mvl-mvl解得vB
40、=5 m/s在最低点3点，有2口，v-FN-mg=m-K联立以上各式，根据牛顿第三定律可知，滑块经过半圆形轨道3点时对轨道的压力大小为然=/=3 0N(2)根 据(1)中 以=5 m/s 6 m/s,则小滑块在传送带上一直保持匀加速直线运动。则根据动能定理jumgL=m vj -mv1解得%=lm/s（3）设小滑块与圆筒内壁刚好发生6 次弹性碰撞，小滑块在竖直方向做自由落体运动，水平方向速度大小不变，则有解得t=0.2s水平方向上2 r=也=O解得vDr=3m/s从 B 到。过程，根据动能定理可得-m g 2R=g mv2-g fnv解得vB=V29 m/s 0）压。两导轨间存在的磁场满足的条
41、件如下：B（x）=八 二 （单位：特斯拉），其方向垂直导0.5（x X X;-X X;【答案】(1)2 V 2 x l 04m/s-2后m；8m；(3)2 0【解析】【详解】(1)粒子在进入第1层磁场中运动过程经过一次加速，穿过磁场过程洛伦兹力不做功，由动能定理得Eqd=gmv；解得v,陛%=2及 x U m/sV m粒子在磁场中受到洛伦兹力提供向心力，有将速度代入后整理可得(2)粒子运动到第层磁场时，有nEqd=m v；t7omv-qv“B=Lq设粒子在进入第层磁场时，速度方向与水平方向的夹角为a,从第层磁场射出时，速度方向与水平方向的夹角为夕，由于粒子在运动过程只有电场产生加速度，垂直于电场方向速度不变，因此有匕-sinQ_|=v,i sina“同时由几何关系得rn sin 0n-rn S in a r d联立上式可得可以得出等差数列关系式rnsinOn-q sin由几何关系得出sin Ox=d得r“sin 0n=nd整理得当粒子偏转角度为90。时，粒子向右运动的水平距离最大，此时sin。,=1得2 Emn=B2qd代入数据可得n-2即最大水平距离为x=2dn=8m(3)若将另一个电量4仍为1.6XK)79C，质量为加=L6xl(T23kg的带正电粒子从同一点静止释放，代入上题中的公式2 Emn=B-qd求得的值为7 7 =20