【文档说明】2023届Z20名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）高三下学期第三次联考物理试题 含解析.docx，共(29)页，11.616 MB，由小赞的店铺上传

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Z20名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2023届高三第三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210ms；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.下列物理单位属于国际单位制中的基本单位的是（）．

A.AB.NC.JD.T【答案】A【解析】【详解】电流是基本物理量，其单位A是国际单位制中的基本单位；N、J、T都是国际单位制中的导出单位。故选A。2.2022年6月17日，我国第三艘航母“福建号”正式下水，预计今年会进行第一次海试．

假设“福建号”离港进行近海海试，航母在海面上航行时，不考虑其质量的变化，下列说法正确的是（）．A.航母加速航行时，其惯性变大B.航母由于体型巨大，一定不能看做质点C.航母所受重力和浮力是一对相互作用力D.航母上停放的舰载机相对于海面是运动的【答案】D【解析】【详解】

A．航母的惯性大小与质量有关，与其运动状态无关，质量不变，惯性不变，故A错误；B．航母能不能看作质点，主要由研究问题而定，若航母的尺寸相对研究问题可忽略，则可看作质点，故B错误；C．航母所受重力和浮力

都作用在航母上，不是相互作用力，故C错误；D．航母上停放的舰载机相对于海面的位置有变化，故相对于海面是运动的，故D正确；故选D。3.如图为一名健身者正在拉绳锻炼，已知健身者质量为50kg，双手对绳的拉力均为100N，两根绳间夹角60=，两根绳关于上方连接的总绳对称且跟总绳处于同

一平面，总绳与竖直方向的夹角为30。若健身者处于静止状态，健身者与地面的动摩擦因数为0.5，绳的质量忽略不计，则健身者受地面的支持力NF和摩擦力fF分别为（）。A.N350NF=，f25NF=B.N500503NF

=−，f503NF=C.N350NF=，f503NF=D.N350NF=，f175NF=【答案】C【解析】【详解】根据题意可知，总绳对人的作用力大小为2100cos301003NF==对人受力分析，如图所示由平衡条件有fsin30503

NFF==Ncos30FFmg+=解得N350NF=故选C。4.纵跳仪是运动员用来测试体能的一种装备，运动员用力从垫板上竖直跳起，后又自由落回到垫板上，此时仪器上会显示跳起的最大高度。运动员某次测试时，仪器显示的高度为80cm。运动员的质量为60kg，不

计空气阻力，下列说法正确的是（）A.运动员在空中运动过程中处于超重状态B.运动员在空中运动的时间约为0.4sC.运动员起跳时，测试板对其做功为960JD.运动员起跳过程和落回过程中，测试板对其冲量的方向相同【答案】D【解析】【详解】A．运动员在空中运动过程中，只受重力，加速度向下

，处于失重状态，A错误；B．运动员某次测试时，仪器显示的高度为h=80cm=0.8m。则运动员在空中运动的时间为220.8shtg==B错误；C．根据功能关系可知运动员起跳时，测试板对其做功为480JWmgh==C错误；D．运动员起跳过程和落回过程中，测试板对运动员

的力向上，则冲量的方向相同，D正确。故选D。5.2022年11月30日5时42分中国空间站与神舟十五号载人飞船成功对接，实现两批航天员太空会师的壮举。已知空间站从正常运行圆轨道Ⅰ降低一定高度后在新的圆轨道Ⅱ绕地运行，准

备迎接神舟十五号的到来，下列说法中正确的是（）A.神舟十五号载人飞船从地球发射的速度大于第二宇宙速度B.空间站在圆轨道Ⅱ上绕地运行的周期大于圆轨道ⅠC.空间站从圆轨道Ⅰ变轨至圆轨道Ⅱ，机械能减少D.对接成功后，欲使空间站恢复到原轨道运行，只需点火加速一次就可实现【答案】C【解析】【详解】A．神

舟十五号载人飞船从地球发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故A错误；B．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得2224GMmmrrT=可得234rTGM=由于圆轨道Ⅱ半径小于圆轨道Ⅰ的半径，则空间站在圆轨道Ⅱ上绕地运行的周

期小于圆轨道Ⅰ的，故B错误；C．空间站从圆轨道Ⅰ变轨至圆轨道Ⅱ，需要点火减速做向心运动，则空间站的机械能减少，故C正确；D．对接成功后，欲使空间站恢复到原轨道运行，需先点火加速变轨到椭圆轨道，在椭圆轨道远地点再次点火加速变轨到原轨道，为了实现空间站恢复到原轨道运行，至

少需要点火加速两次，故D错误。故选C。6.“玉免二号”月球车在太阳光照射不到时，由同位素23894Pu电池为其保暖供电。23894Pu衰变时生成23492U原子核，同时产生射线，已知23894Pu半衰期为88年，则（）A.这个衰变是衰变B.

射线是23894Pu原子核跃迁产生的C.23492U原子核的比结合能小于23894Pu原子核D.16个23894Pu原子核经过176年后，一定生成12个23492U原子核【答案】A【解析】【详解】A．根据质量数守恒及核电荷数守恒，23894P

u衰变时放出的粒子为42He，则这个衰变是衰变，故A正确；B．射线是原子核在发生衰变时产生的能量以光子的形式释放，故B错误；C．衰变过程释放能量，生成物比反应物稳定，23492U的比结合能大于23894Pu的比结合能，故C错误；的的D．半衰期是大量统计数据，对少量的原子核不适用，故D错

误。故选A。7.汽车上装有的磁性转速表的内部简化结构如图所示，转轴Ⅰ可沿图示方向双向旋转，永久磁体同步旋转．铝盘、游丝和指针固定在转轴Ⅱ上，铝盘靠近永久磁体，当转轴Ⅰ以一定的转速旋转时，指针指示的转角大小即反映转轴Ⅰ的转速．下列说法正确的

是（）A.水久磁体匀速转动时，铝盘中不会产生感应电流B.永久磁体逆时针（从左向右看）加速转动时，跟转轴Ⅱ相连的指针向逆时针方向偏角变大C.零刻度线应标在刻度盘的a端D.若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ无阻碍地自由转动，铝盘就能同永久磁体完全同步转动【答案】B【解析】【详解】AB．当

永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，当永久磁体加速转动时，跟转轴Ⅱ相连的指针向逆时针方向偏角变大，故A错误，B正确；C．刻度盘上的零刻度线应标在

刻度盘的中央，故C错误；D．若去掉游丝和指针，使转轴II可以无阻碍地自由转动，由楞次定律知，铝盘不能同永久磁体完全同步转动，转速低于磁体，故D错误。故选B。8.某动力公司研发出双足人形机器人如图甲所示，通过连续跳跃来测试机器人性能。某次测试时，机器人连续跳跃三次的轨迹如图乙，共跳出14米远

的好成绩，假设机器人每次起跳腾空后重心离地的高度都是前一次的2倍，水平位移也是前一次的2倍，机器人在空中运动的总时间为1.32s，已知机器人的质量50kgm=，不计一切阻力，取21.4=，则下列说法正确的是（）A.机器人三次跃起的速度方向不同B.机器人第一次跃起到落地的水平位移为3

mC.机器人第一次跃起到落地的运动时间为0.15sD.机器人跳跃过程中增加的重力势能最多为225J【答案】D【解析】【详解】C．根据题意可知，机器人跳起之后竖直方向做竖直上抛运动，由212hgt=可得，上升到最高点的时间为2htg=由于每次起跳腾

空后重心离地的高度都是前一次的2倍，设第一次跃起到落地的运动时间为1t，则第二次、第三次跃起到落地的运动时间分别为12t、12t，则有111221.32sttt++=解得10.3st=故C错误；B．由于每一次跃起到落地的水平位移是前一次的2倍，设第一次跃起到落地的水平位移为1x

，根据题意有1112414mxxx++=解得12mx=故B错误；A．根据题意，竖直方向上，由22vgh=可得，跳起时竖直方向的初速度为2yvgh=可知123::1:2:2yyyvvv=水平方向上，由0xvt=可得，跳起时水平方向的初速度为xxvt=可

知12311124::::1:2:222xxxxxxvvvttt==则跃起的速度方向与水平方向的夹角的正切值为tanyxvv=则有123tan:tan:tan1:1:1=可知机器人三次跃起的速度方向相同，故A错误；D．由上述分析结合对称性可知

，第三次跃起运动到最高点的时间为1t，则上升的最大高度为2110.45m2hgt==则增加的重力势能为p225JEmgh==故D正确。故选D。9.战绳作为一项超燃脂的运动，十分受人欢迎。一次战绳练习中，某运动达人晃动战绳一端使其上下振动（可视为简谐振动）形成横波。图（甲）、（乙）分别是

战绳上P、Q两质点的振动图像，传播方向为P到Q。波长大于1m、小于3m，P、Q两质点在波的传播方向上相距3m，下列说法正确的是（）A.P、Q两质点振动方向始终相反B.该列波的波长可能为2.4mC.该列波的波速可能为12ms7D.从0=t至1.125st=

，Q质点运动的路程为1.8m【答案】B【解析】【详解】B．波传播方向为P到Q，则有13m4xn=+=（n=0，1，2，3⋯）44312mm414141xnnn===+++（n=0，1，2，3⋯）当n=0时，=12m>3m，不符合题意；当

n=1时，2.4m=；当n=2时，=4m3；当n=3时，=12m13<1m，不符合题意，则波长可能是2.4m=或=4m3，B正确；A．由于P、Q两质点相距的距离满足114x=或者124x=可知P、Q两质点振

动方向并不会始终相反，A错误；C．由题图可知T=1.0s，则有波速为()12ms411.0vTn==+（n=0，1，2，3⋯）当n=1时，2.4msv=；当n=2时，4ms3v=，C错误；D．由题图可知，Q质点的振动方程为()()240sincm40si

n2cmQyttT==Q质点在0.125s时的位移202cm，因此从0=t至1.125st=，Q质点运动的路程为()440cm202cm1.6m0.22m1.8ms=+=+D错误。故选B10.用如图所示的光电管研究光电效应的规律，分别用a、b、c三束单色光照射图

中的光电管阴极K，先。闭合开关S接1，调节滑动变阻器的滑片位置，使电流计G的示数达到最大值aI、bI、cI，读数大小cabIII；然后将开关S接2，再次调节滑动变阻器的滑片位置，使电流计G的指针示数恰好为零，记录三

种情况下电压表的示数aU、bU、cU，读数大小abcUUU=，以下判断不正确．．．的是（）A.三种光的频率一定大于阴极K的极限频率B.c光的强度一定大于b光的强度C.a光的频率一定大于b光的频率D.a光照射光电管逸出光电子的动能一定大于b光照射光电管逸出光电子的动能

【答案】D【解析】【详解】A．由题意可知，三种光都能产生光电效应，由产生光电效应的条件可知，三种光的频率一定大于阴极K的极限频率，A正确，不符合题意；B．由题意可知，最大光电流cabIII，由于照射光频率一定时，最大光电流仅与光的强度有关，因此c光的强度一定大于b

光的强度，B正确，不符合题意；C．由题意可知，反向截止电压abcUUU=，由动能定理可得2m12eUmv=可知a光照射时，射出光电子的最大初动能最大，由光电效应方程k0EhW=−ν可知，a光的频率一定大于b光的频率，C正确，不符合题意；D．由C选项分析可知，a光照射光电管阴极K，逸出光电子的

最大初动能一定大于b光照射光电管逸出光电子的最大初动能，可a光照射光电管逸出光电子的动能不一定大于b光照射光电管逸出光电子的动能，D错误，符合题意。故选D。11.如图为一风力发电机的模型图，风带动叶片转动，升速齿轮箱通过1:k的转速比带动发电机线圈高速转动，线圈产生的交变电流经过理想变压器

后向用户端的m盏灯泡供电，其中电路中的A灯为指示灯，A与用户端的灯泡规格完全相同．若某段时间内叶片的转速为n转/秒，电路中的所有灯泡均正常发光，已知发电机线圈所在处磁场为匀强磁场，线圈电阻不计，则下列说法正确的

是（）．A.经理想变压器后输出交流电的频率为kmnB.发电机输出的电压和变压器副线圈的电压比为:1mC.理想变压器原、副线圈的电流比为:1mD.若此时用户突然增多，则A灯变亮，其余灯泡的亮度变暗【答案】D【解析】【详解】A．叶片的转速为n转/秒，则发电机线圈转速为kn转／

秒，理想变压器后输入交变电流的频率为f=kn理想变压器不能改变交变电流的频率，则经过理想变压器后输出交变电流的频率为kn，故A错误；BC．设灯泡的额定电流为I，电路中的所有灯泡均正常发光，则原线圈电流I1=I，副线圈电流I2=mI，理想变压器原、副线圈的电流比为1:m，原副线圈匝数比等

于电流的反比，则12nmn=变压器原线圈的电压和变压器副线圈的电压比为1122UnmUn==但发电机输出的电压和变压器副线圈的电压比不为:1m，故BC错误；D．将变压器以及所有用户看作一个负载，若此时

用户突然增多，则负载电阻减小，则通过灯泡A的电流增大，则A灯变亮，发电机输出电压不变，故原线圈电压减小，根据变压比可知，副线圈电压减小，则其余灯泡的亮度变暗，故D正确。故选D。12.如图所示，ABCD为半圆柱体玻璃截面，CD为直径，O为圆心，B为顶点．一束由a、b两种光的组成的复色光沿PD方向从

真空射入玻璃，a、b光分别从A、B点射出。则下列说法正确的是（）．A.a光在玻璃中的折射率小于b光B.b光传播到B点会发生全反射C.a光沿DA传播的时间等于b光沿DB传播的时间D.a光光子的动量小于b光光子的动量【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，a光在玻璃中的偏折程度大于

b光，a光在玻璃中的折射率大于b光，故A错误；B．由题意b光从B点射出，知b光传播到B点不会发生全反射，故B错误；C．根据折射定律有sinsininr=根据几何知识可知光在玻璃中的光程为2sinLRr=光在玻璃中传播的时间为Ltv=解得2sinRitc=两光在D点入射角相同，则a光沿D

A传播的时间等于b光沿DB传播的时间，故C正确；D．a光在玻璃中的折射率大于b光，可知a光频率大于b光，根据hp=，cn=解得hnpc=可知a光光子的动量大于b光光子的动量，故D错误。故选：C。13.如图

甲所示为多路导线输电时经常用到的一个六分导线间隔棒，用于固定和分隔导线，图乙为其截面图．间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心．已知通电直导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比，假设a、c、e三条输

电直导线中电流方向垂直纸面向外，b、d、f三条输电直导线中电流方向垂直纸面向里，所有直导线电流大小相等，其中导线a对导线b的安培力为F，下列说法正确的是（）．A.O点的磁感应强度方向垂直于cf向下B.b、c、d、e、f5根导线在a导线处产生磁场的磁感应强度方向沿aO指向OC.

a导线所受安培力方向沿aO指向OD.a导线所受安培力的合力为0.5F【答案】D【解析】【详解】A．根据安培定则，a、d两条导线在O点的合场强和b、e两条导线在O点的合场强大小相等，夹角为120°，设为B，则合场强

方向竖直向上，大小为B，c、f两条导线在O点的合磁场大小为B，方向竖直向下，所以O点的磁感应强度为零：故A错误；BCD．根据安培定则，b、c、d、e、f处5根导线在a处产生磁场磁感应强度方向如图所示：设b在a处产生的磁感应强度大小为B，则f在a处磁感应强度大小为B，c、e在a处磁感应强度

大小为33F，d在a处产生的磁感应强度大小为12F，根据磁感应强度的叠加可知，b、c、d、e、f处5根导线在a处产生磁场磁感应强度方向垂直于aO斜向右上方，合磁感应强度大小为0.5B，方向垂直aO，根据左

手定则和安培力公式可知，a受安培力方向为沿aO,由O指向a，大小为0.5F，故BC错误，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.无线电波的接收，需要先调谐再解调B.在工业上，可利用X射线检查金属构件内部的缺陷C.利用电化学气体传感器可以制成可燃气体报警器D.霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转化为电阻这个电学量【答案】ABC【解析】【详解】A．天空中有各种频率且载有

信号的无线电波，因此无线电波的接收，需要先调谐再解调，A正确；B．由于X射线具有较强的穿透能力，在工业上，可利用X射线检查金属构件内部的缺陷，B正确；C．利用电化学气体传感器可以检测气体的浓度，则可以制成可燃气体报警器，C正确；D．霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转化为电压这

个电学量，D错误。故选ABC。15.如图所示，电子枪产生的初速度为零的电子经过0100VU=的电场加速，沿中央进入平行板电容器，板间电压()400sin2πVut=，板长L和板间距离d均为10cm，距板右侧5cmD=处有一竖直圆

筒，圆筒外侧粘贴涂有感光材料的荧光纸，圆筒以角速度()4πrads=转动，不计电子通过平行板时极板上电压的变化，电子打到荧光纸上留下印迹．然后从圆筒上沿轴线方向剪开荧光纸并展开，剪开位置不同，得到的图像形状也不同，以下图像可能正确的是（）．A.B.C.D.【答案】BD【解析】【详解】设

电子的电量为e，质量为m，出加速电场的速度为0v，在加速电场的运动过程，由动能定理得20012emvU=解得002eUvm=电子在平行板间做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，设离开电场时速度方向与水平方向的夹角为，竖直

方向的分速度为yv，竖直方向的位移为y，则有00022yeuLeuLmuLevatmdvmdeUdmU====00tan2yvuLvdU==20024yvLuLyvdU==电子打在圆筒上时的竖直位移200tan42uLDuLyyDdUdU=+=

+代入数据解得20sin2cmyt=（）可知若电子打到平面的白纸上留下黑色印迹随时间是按正弦规律变化的，峰值为20cm。圆筒以()4πrads=转动，其周期为T=0.5s，而y变化的周期为1s，即圆筒转一周只能在白纸上留下半个周期的正弦图像印迹。AB．若在0y=处沿轴线剪开，在展

开的白纸上会看到两个12周期的正弦图像上下对称分布，故A错误，B正确；CD．若在y最大为20cm处沿轴线剪开，在展开的白纸上会看到两个12周期的正弦图像交叉分布，故C错误，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16.（1）某研究小组利用DIS实验装置验证机械能守恒定律。如图1，内置有光电门的重锤通过轻杆与转轴O相连，重锤通过遮光片时可记录遮光时间。实验时，重锤从M点由静止释放，依次记录其通过每个速光片所对应的时间t。用刻

度尺测出每个遮光片距最低点N的竖直高度为h，重锤质量为m，重力加速度为g。①实验前，用游标卡尺测量遮光片的宽度d，其示数如图2，则d=__________mm．②若以最低点N为零势能面，选用字母m、h、d、t、g表示物理量，则经过某个遮光片时，

重锤的重力势能pE=__________，动能kE=__________；对比通过各遮光片处重锤的机械能()pkEEEE=+是否相等，可判断机械能守恒与否。③为了更直观的处理数据，研究小组绘制了重锤摆下过程中动能、重力势能及机械能随高度变化的图像如图3所示，其中重力势能pE的图线

应为______（选填“A”，“B”或“C”）；仔细比对数据发现，重锤摆下过程中，重力势能减少量__________动能增加量（选填“大于”或“小于”）。【答案】①.2.4②.mgh③.222mdt④.B⑤

.大于【解析】【详解】①[1]由图2可知，游标卡尺的主尺读数为2mm，游标尺的第4条刻度线与主尺上某刻度线对齐，读数为0.1×4mm=0.4mm，因此则有d=2mm+0.4mm=2.4mm②[2]若以最低点N为零势能面，则经过某个遮光片时，重锤的重力势能pEmgh=[3]重锤经过某遮光片

时的速度大小dvt=则经过某遮光片时重锤的动能222k2211222dmdEmvmtt===③[4]由于重锤重力势能pE=mgh可知pEh−的图像应是经过原点的倾斜直线，因此pE的图线应为B。[5]图线A应是重锤摆下过程中机械能随高度变化

的图像，可知重锤摆下过程中机械能逐渐减小，则有重锤摆下过程中，重力势能减少量大于动能增加量。17.在“利用双缝干涉测量光的波长”实验中，将双缝干涉实验装置按图所示安装在光具座上，单缝保持竖直方向，并选用缝间距为d的双缝，使单缝与双缝保持

平行，调节实验装置使光屏上出现清晰的干涉条纹。下列说法正确的是（）A.滤光片的作用是让白光变成单色光，取走滤光片，屏上显示彩色的干涉条纹B.若将滤光片由绿色换成红色，光屏上相邻两条亮条纹中心的距离减小C.若测得5个亮条纹中心间的距离为x，则相邻两条

亮条纹间距0.2xx=D.若更换间距更大的双缝，其他条件不变，可从目镜中观察到更多的条纹数量【答案】AD【解析】【详解】A．滤光片的作用是让白光变成单色光，取走滤光片，屏上显示彩色的干涉条纹，故A正确；B．红光波长较长，由Lxd=可知光屏上相邻两条亮条纹中心的距离变大，故B错误

；C．若测得5个亮条纹中心间的距离为x，则相邻两条亮条纹间距为0.25x，故C错误；D．若更换间距更大的双缝，其他条件不变，由Lxd=可知条纹间距变小，所以可从目镜中观察到更多的条纹数量，故D正确。故选AD。18.某实验小组的同学在实验室找到了一段粗

细均匀、电阻率较大的电阻丝，设计了如图甲所示的电路进行了实验探究，其中MN为电阻丝，其横截面积大小为24mm，0R是阻值为0.5的定值电阻．正确接线后，闭合开关S，调节滑片P，记录电压表示数U、电流表示数I以及

对应的PN长度x，通过调节滑片P，记录多组U、I、x的值．（1）实验室提供“0.6A、3A”双量程电流表，在本实验中该同学选用0.6A挡。实验过程中，测得某次电流表的示数如图乙所示，则此时电流大小为__________A；（2）根据实验数据绘

出的UI−图像如图丙所示，由图丙可得电池的电动势E=__________V，内阻r=__________（结果均保留两位有效数字）；由于电表内阻的影响，通过图像法得到的电动势的测量值__________其真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）；（3）根据实

验数据可进一步绘出−UxI图像如图丁所示，根据图像可得电阻丝的电阻率=__________m；图丁中所作图线不通过坐标原点的原因__________。【答案】①.0.26②.1.5③.0.50④.小于⑤.51

.610−⑥.由电流表的内阻产生的【解析】【详解】（1）[1]由图乙可知，电流表选用0.6A挡，精确度为0.02A，则电流表的示数为0.26A。（2）[2]由图丙可得电池的电动势E=1.5V[3]由闭合电路欧姆定律可得()0UIRrE=−++由图丙可得UI−图像斜率的绝对

值1.51.01.00.5UkI−===则有01.0Rr+=1.00.50.50r=−=[4]由于电压表的分流作用，使电流表的示数小于电池的输出电流，导致电源电动势的测量值小于其真实值。（3）[5]由电阻定律l

RS=可得UxIS=由−UxI图像可得2.70.3m4.0m0.6S−==解得654.0m4104.0m1.610mS−−===[6]由图丁可知，当x=0时，0.3UI=，这应是电流表的内阻，

因此可知，图丁中所作图线不通过坐标原点的原因是：是由电流表的内阻产生的。19.如图甲所示，是某品牌波轮洗衣机，其控水装置如图乙，洗衣缸的底部与一竖直均匀细管相连，细管的上端封闭并接有一压力传感器．当洗衣缸进水时，细管中的空气被水封闭，随着

洗衣缸水位的升高，细管中的空气不断被压缩，当细管中的气压达到一定数值时，压力传感器使进水阀关闭，实现自动控水的目的．假设刚进水时细管被封闭的空气柱长度042cmL=，当空气柱被压缩到140cmL=时洗衣机停止进水，若气体可视为理想气体且进水过程中温度始终不变．大气压501.010Pap=，

水的密度331.010kgm=，试求：（1）洗衣缸进水过程中，为维持管内空气温度不变，需要“吸热”还是“放热”；（2）进水结束后，洗衣缸内水位高度h；（3）若某次洗衣时，正遇台风天气，洗衣机周围大气压降至510.9910Pap=，则洗衣机进

水水位变为多少？【答案】（1）放热；（2）52cm；（3）62.4cm【解析】【详解】（1）进水时水位上升，细管内空气的体积减小，外界对气体做功，而温度不变，气体的内能不变，根据热力学第一定律，所以管内空气将放热。（2）对于封闭在细管中的空气，温度不变，由玻意耳定律有001pLSpLS=代

入数据可得极限压强51.?0510Pap=设洗衣机缸与细管中的水面高度差为h，细管中气体的压强为0pghp=+故洗衣机的水位()01hhLL=+−解得h=52cm（3）大气压减少，但进水阀的耐受极限压强不变，故11pghp=+得1h=60cm细管内的空

气柱长度变为2L，有102pLSpLS=可得239.6cmL=故大气压变化后，洗衣机的水位()1102hhLL=+−解得h1=62.4cm20.如图所示，一半径12.0mR=的14光滑圆弧最低点B位置有一弹簧锁定装置，圆弧下方固定一根离地高度5.85mh=的光滑水平杆，杆上穿有一个质

量1.0kgm=的圆环，开始时圆环处于B点下方并被弹簧装置锁定。另有一个质量2.0kgM=的物块P通过不可伸长的轻绳与圆环相连，绳长2.4mL=，开始时将物块P拉至水平且绳恰好拉直。现将一个与圆环质量相同的物块Q从A点静止释放，滑到弹簧锁定装置B

上面时，通过压力解除对圆环的锁定，同时静止释放物块P，当物块P摆到最低时，绳被拉断，物块P作平抛运动，恰好沿切线进入斜面CD，然后从D点平滑进入水平地面，并从E点进入半径为2R的光滑圆轨道，恰好通过圆轨道最高点F点，然后返回最低点E（与E点稍错开）向右运

动并冲上传送带GH，传送带和水平地面平滑连接。已知物块P与斜面CD和水平轨道DG及传送带之间的动摩擦因数均为0.5=，斜面及传送带与水平面夹角37=，1.0mDEEG==，传送带长度3.05md=，调节传送带速度u使物块P能沿传送带运动至最高

点H。P、Q均可视为质点，求：（1）物块Q滑到圆弧最低点B对弹簧锁定装置的压力；（2）绳刚被拉断时，圆环沿杆滑行的速度大小；（3）圆轨道半径2R的大小；（4）要将物块P运送到H点，传送带速度u至少多大？【答案】（1）30N，方向竖直向下；（2）8m/s；（3）0.7m；（4

）3m/s【解析】【详解】（1）对物块Q从初始位置滑到圆弧底端由动能定理210102mgRmv=−在最低点120NmvFmgR−=可得N30NF=由牛顿第三定律可得物块对锁定装置的压力大小为30N，方向竖直向下。（2）解锁后，P和圆环水平方向动量守恒12Mvmv=能量守

恒22121122MgLMvmv=+联立可得的28m/sv=（3）根据（2）中可得物块P运动到最低点的速度14m/sv=绳断后，物块P做平抛运动，恰好进入斜面轨道C点，水平方向1cos37Cvv=得5m/sCv=竖直方向0sin37Cyvv=得20.45m2yvyg==根据几何关

系可得5msinhLyL−−==制在最高点受力有22=FmvmgR物块P从C运动至圆弧轨道最高点F，由动能定理22211(sincos)222DEFCMgLMgXMgRMvMv−−−=−制可得20.7mR=（4）物块P从圆弧轨道最高点F运动至G点，由动能定理

'22211222GFEGMgRMgxMvMv−=−求得物块P运动至G点的速度5m/sGv=设传送带速度为u，且Gvu＞物块P冲上传送带后做匀减速运动1sin37cos37MgMgMa+=得2110m/sa=

由22112Gvuax−=减速至与传送带共速后，摩擦力反向，继续做匀减速运动2sin37cos37MgMgMa−=得222m/sa=匀减速为零时恰好至传送带最高点222uax=根据12xxd+=得3m/su=21.如图所示，有一匝数100

n=匝、内阻5.0r=、横截面积20.5mS=的螺线管线圈内存在垂直线圈平面向上的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律为()10.20.2TBt=+，线圈左侧有电容为0.5FC=的超级电容器，平行倾斜金属导轨可通过单刀双掷开关分别与

线圈和电容器相连，倾斜导轨与水平金属导轨间通过一小段光滑绝缘圆弧平滑连接．已知倾斜导轨的倾角37=，倾斜导轨和水平导轨间距均为1.0mL=，倾斜导轨内存在垂直导轨平面向上、磁感应强度21.0TB=的匀强磁场，水平导轨FGHI区域内存在方向竖直向上、宽度为0.5mx=、磁感应强度

为31.0TB=的匀强磁场，磁场边界与导轨垂直．现将开关接1，将一电阻不计、质量10.5kgm=的金属杆ab垂直倾斜导轨放在磁场边界AC下方某处，金属杆ab处于静止状态．然后将开关接2，金属杆ab由静

止开始下滑，当滑到底端DE时速度为3.0msv=，此后进入较长的光滑水平导轨，与磁场边界FG左侧的“工”字型联杆发生弹性碰撞，随后联杆向左运动穿过磁场区域．已知金属杆ab与倾斜导轨间动摩擦因数0.5=，金属杆cd、ef长度均为1.0mL=、质量均为

20.25kgm=、电阻均为1.0=R，与金属杆垂直的绝缘轻杆gh长度也为0.5m、质量不计．已知金属杆始终与导轨良好按触，导轨电阻不计，忽略磁场的边界效应，求：（1）当开关接1时，金属杆ab所受的摩擦力大小；（2）当开关接2时，金属杆ab从初始位置运动到倾

斜导轨底端DE的位移s；（3）ab与联杆相碰后，联杆穿过磁场区域FGHI过程中，ef杆上产生的焦耳热？【答案】（1）1N；（2）4.5m；（3）1.25J【解析】【详解】（1）当开关打到接头1时，由法拉第电磁感应定律，可知10VB

EnSt==感应电流2AEIr==根据受力平衡列平衡方程21sinfFBILmg+=代入可得1NfF=（2）当开关打到接头2时，对金属杆ab受力分析可知1121sincosmgmgBILma−−=杆ab与电容器构成闭合回路，电流22CBLvqCUICBLattt

====联立求得杆做匀加速运动，加速度21m/sa=杆ab运动至底端，根据匀变速直线运动规律有22vas=可得4.5ms=（3）杆ab与联动装置发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可知其交换速度，故碰后杆ab静止，联杆速度变为v1=3.0m/s

①当杆ef从FG运动到HI过程，ef杆为电源，ab和cd并联构成外电路，由于ab电阻不计，外电路短路，电路中产生的电能全部转化为ef杆的焦耳热。对ef杆列动量定理2232122()BLxmvvR=−得v2=2m/s由此得ef杆产生的

焦耳热22212211221.25J22Qmvmv=−=②当杆cd从FG运动到HI过程，cd杆为电源，ab和ef并联构成外电路，由于ab电阻不计，ef被短路，电路中产生的电能全部转化为ab杆的焦耳热，ef杆不发热。所以ef杆产生的焦耳热Q=1.25J22.

现代科学研究中经常利用电场、磁场来控制带电粒子的运动．在平面直角坐标系xOy中存在如图的电磁场，在x轴上方有方向垂直纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场1B区域，圆心1O的位置坐标为(),OR，x轴下方有宽度为d、电场强度为E、方向沿y轴负向的匀强电场，边界MN与x轴平

行．在MN下方有垂直纸面向外，磁感应强度随y轴衰减的磁场，为了研究非均匀磁场对带电粒子的偏转，简化建立如图所示理想模型．设每个磁场间距均为d，磁场分界线与x轴平行，从上向下磁场依次减弱，第一区域磁感应强度为0B，下面各区域磁感应强度依次为00.9B、00

.8B、……、00.1B的匀强磁场．在第二象限磁场区域左侧有一平行于y轴的线状粒子源ab（b点与O等高）源源不断发射沿x轴正方向初速度均为0v的正电粒子进入匀强磁场1B，从b点射出的粒子恰好从O点进入电场．已知3mab=、3mR=、2md=、10.1TB=、46

.7510VmE=、251.610kgm−=、191.610Cq−=，粒子重力和其相互间作用力均不计，计算结果可以保留根式，求：（1）粒子的初速度0v；（2）粒子穿过MN边界时的速率v；（3）粒子从进入匀强磁场1B至运

动到MN边界时所经历的最长时间；（4）若从a射出的粒子恰好未进入衰减磁场的第二层，则至少需要几层衰减磁场才能确保粒子不从衰减磁场下方射出？【答案】（1）5310；（2）5610；（3）54310s9−+；（4）3

层【解析】【详解】（1）从b点射出的粒子恰好从O点进入电场，则粒子在匀强磁场1B区域做圆周运动的半径3mrR==质子在磁场中作匀速圆周运动，根据200mvqvBr=联立可得50310m/sv=（2）电子经过电场区域

，由动能定理2201122qEdmvmv=−代入数据可得5610m/sv=（3）从a点射出的粒子在磁场和电场中运动的时间最长，故总时间最长，设该粒子在磁场中运动的时间为1t，则5110s2TmtqB−===设粒

子在电场中运动的时间为2t，则电场中恰好做类平抛运动2212qEtdm=代入数据可得524310s9t−=故总时间54310s9t−=+（4）设向下速度为yv，水平速度为xv，在水平方向上很短时间，有0yxqBvtmv=a粒子恰好

未进入衰减磁场第二层，则有0cos60qBdmvmv=−b点进入的粒子在衰减磁场中沿y轴的偏移量最大，在衰减磁场中依次有()010xqBdmv=−()0210.9xxBqdmvv=−()0320.8xxBqdmvv=−最低点时水平速度为v，联立方程组代入可得0000

.90.80qBdqBdqBxmv++=−xd最多3层就能确保粒子不从衰减磁场射出。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com