【文档说明】浙江省9+1高中联盟2024-2025学年高三上学期11月期中物理试题 Word版含解析.docx，共(28)页，3.563 MB，由envi的店铺上传

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2024学年第一学期浙江省9+1高中联盟高三年级期中考试物理考生须知：1．本卷满分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、考场、座位号及准考证号并核对条形码信息；3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束

后，只需上交答题卷4．参加联批学校的学生可关注“启望教育”公众号查询个人成绩分析。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.下列各组物理量中，均属于矢量的是（）A.动量、动能B.磁感

应强度、磁通量C.速度、加速度D.电场强度、电势【答案】C【解析】【详解】A．动量是矢量，而动能是标量，A错误；B．磁感应强度是矢量，磁通量是标量，B错误；C．速度、加速度均是矢量，C正确；D．电场强度是矢量，电势是标量，D错误。故选C。2.以下情景中，带下划线的研究对象可以看成质点的是（）A

.测算蚂蚁1分钟爬行的路程B.观察蚂蚁爬行时肢体是如何分工的C.裁判员给跳水运动员评分D.观众观察跳高运动员的跳高过程【答案】A【解析】【详解】A．测算蚂蚁1分钟爬行的路程时，蚂蚁的形状、大小可忽略，蚂蚁可看成质点，故A正确；B．观察蚂蚁爬行时肢体是如何分工的，要研究蚂蚁姿态，蚂蚁的

形状、大小不可忽略，蚂蚁不可看成质点，故B错误；C．裁判员给跳水运动员评分时，需要研究跳水运动员的身体姿态，跳水运动员的形状、大小不可忽略，跳水运动员不可看成质点，故C错误；D．观众观察跳高运动员的跳高过程时，需要观察跳高运动员身体姿态

，跳高运动员的形状、大小不可忽略，跳高运动员不可看成质点，故D错误。故选A。3.如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点位置2的高度为h，则足球（）A.在位置2足球的速

度方向水平B.在位置2足球的加速度方向竖直向下C.从位置2到位置3足球的动能增加mghD.从位置1到位置2过程中足球的机械能不变【答案】A【解析】【详解】A．在位置2足球的竖直速度为零，所以速度方向水平，故A正确；B．由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空

气阻力作用，在位置2足球的合外力是阻力和重力的合力，不是竖直向下，根据牛顿第二定律可知，加速度方向也不是竖直向下，故B错误；C．从2到3由于空气阻力作用，机械能减小，重力势能减少mgh，则动能增加量小于mgh，故C错误；D．由于空

气阻力作用，从位置1到位置2过程中足球机械能减小，故D错误。故选A。4.2024年3月17日，日本进行了第四次核污水排放。核污水中包含多种放射性元素，下列说法正确的是（）A.放射性元素放出的β粒子就是原子的核外电子B.

比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定C.β射线与γ射线一样都是电磁波，但γ射线穿透本领比β射线强D.放射性元素的原子核内的核子有半数发生变化所需的时间就是半衰期【答案】B的【解析】【详解】A．放射性元素发生衰变时所释放的电子是原子核内的中子转变为质子和电子，电子释

放出来，A错误B．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，B正确；C．射线是电磁波，射线不是电磁波，射线的穿透本领远比射线强，C错误；D．放射性元素的半衰期是有一半该元素的原子核发生衰变所用的时间。放射性元素的原子核内的核子并不都要发生变化，

D错误。故选B。5.如图所示，电源电动势为E，内阻为r。电路中的R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小），R2、R3为滑动变阻器。当开关S闭合时，平行板电容器极板间有一带电微粒恰好处于静止状态。下列说法正确的是（）A.将R3的滑片P2向下

端移动时，电源消耗的功率变小B.逐渐减小对R1的光照强度，R3中有向上的电流C.增大电容器C极板间距离，电压表读数变小D.若断开开关S，带电微粒将向下运动【答案】D【解析】【详解】A．电路稳定时，电容器相当于开关断开，将R3的

滑片P2向下端移动时，接入电路的总电阻不变，电源输出电流I不变，故电源消耗的功率不变，故A错误；B．逐渐减小对R1的光照强度，R1增大，接入电路的总电阻增大，电流减小，R2两端电压U2减小，电容器C两端电压减

小，根据QCU=知电容器上电荷量减小，放电，根据电路知，下极板电势高，故R3中电流向下，故B错误；C．增大电容器C极板间距离，对电路没有影响，接入电路的电阻不变，电压表读数不变，故C错误；D．若断开开关S，电容器

放电，电容器所带电荷量变小，电容器两端电压减小，极板间电场强度减小，带电微粒所受电场力减小，合力向下，带电微粒向下运动，故D正确。故选D。6.如图所示，a、b混合光束从介质射向真空，发现只有b光从界面射

出，反射光束用c表示，则下列说法正确的是（）A.c为a光B.真空中，b光的光速比a光的大C.真空中，b光的波长比a光的长D.通过同一双缝干涉装置，a光的条纹间距比b光的大【答案】C【解析】【详解】A．光在界面上均会发生反射，可知，c为a、b混合光，故A错误；B．真空中，光速一定，

即在真空中，b光的光速等于a光的光速，故B错误；C．根据图形可知，在相同的入射角入射时，a光发生了全反射，b光没有发生全反射，则a光的临界角小于b光的临界角，根据1sinnC=可知，b光的折射率比a光的小，由于折射率越小，波长越长，则真空中，b光的波长比a光的

长，故C正确；D．根据Lxd=由于b光的波长比a光的长，则通过同一双缝干涉装置，a光的条纹间距比b光的小，故D错误。故选C。7.我国探月工程实施了“绕、落、回”三步走规划。如图，“嫦娥”探测器前往月球

的过程中，首先进入“停泊轨道”绕地球旋转，在P点变速进入地月“转移轨道”，接近月球时，被月球引力“俘获”，再在“工作轨道”上匀速绕月飞行，然后择机降落。则探测器（）A.在“停泊轨道”上的绕行速度大于7.9km/sB.在P点向后喷气，然后变轨到转移轨道C.在转移

轨道上，关闭发动机后运行时，动量不变D.探测器在停泊轨道和工作轨道上运行时，相等时间内，探测器与地球连线扫过的面积和探测器与月球连线扫过的面积相等【答案】B【解析】【详解】A．7.9km/s是地球卫星最大的环绕速度，所以“嫦娥”探测器在“停泊轨道”上的绕行速度小于7

.9km/s。故A错误；B．“嫦娥”探测器在P点加速，向后喷气，做离心运动，然后变轨到“地月转移轨道”。故B正确；C．在转移轨道上，关闭发动机后运行时，速度方向时刻改变，动量在改变，故C错误；D．根据开普勒第二定

律可知，在同一轨道上绕同一中心天体，在相同时间内，探测器与中心天体连线扫过的面积相等，故D错误。故选B。8.静止在光滑水平面上质量为4kgm=的物块在水平拉力F作用下开始运动，F随时间变化如图所示。则下列说法正确的是（）A.物块在0~2s内做匀加速运

动，2~4s内做匀减速运动B.物块一直做加速运动，力F的功率一直增大C.力F在0~2s内做的功与2~4s内做的功相等D.0~4s内力F做功为32J【答案】D【解析】【详解】A．由图像可知，0~2s内物体做加速度逐渐增大的加速运动，2~4s内做加速度逐渐减小的加速

运动，A错误；BC．物块一直做加速运动，设2s末物体的速度为1v，4s末物体的速度为2v，根据Ft−图像的面积为力的冲量，则有02s和24s的冲量大小相等，根据动量定理即有121()mvmvv=−解得212vv=根据动能定理可得，02s

拉力做的功21112Wmv=24s拉力做的功2222211113222Wmvmvmv=−=两阶段拉力做的功不相等；2~4s时虽然速度在增大但拉力在减小，分析可知当越接近4s时拉力越趋向0，故此时拉力F的功率在减小

，即拉力F的功率不是一直增大，故BC错误；D．整个过程合外力的冲量为184Ns=16Ns2IFt==根据动量定理可得16Nspmv==解得物体的末速度4m/sv=根据动能定理可得，整个过程外力所

做的功221144J=32J22Wmv==D正确。故选D。9.如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动，以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为()0.1sin2.5πmyt=。0t=时刻，一小球从距物块h高处自由落下，0.6st=时，小球恰好与物块处于同

一高度，重力加速度g取210m/s。以下判断正确的是（）A1.8mh=B.简谐运动的频率是2.5Hz.C.0.6s内物块运动的路程是0.2mD.0.4st=时，物块与小球运动方向相同【答案】D【解析】【详解】A．由振动方程式可得，t=0.6s时物体的位移为()0.1sin2.5

0.6m0.1my==−则对小球有212hygt+=解得1.7mh=A错误；B．由公式可知，简谐运动的频率为12.51.25Hz22fT====B错误；C．振幅为0.1m，故0.6s内物块运动的路程为30.3mA=C错误；D．0.4s=2Tt=，此时物体在平衡位置向下振动，则此时物块

与小球运动方向相同，D正确。.故选D。10.如图所示，有一半径为R的均匀带电圆形薄板，其中心轴线上与圆心O相距2R处C点固定一电量为+Q的点电荷，A点位于OC的中点，B是A关于圆形薄板的对称点，若B点的电场强度为零，静电力常量为k，则下列说法正确的是（）A.圆形薄板在

B点产生的电场强度大小为2kQR，方向B指向OB.圆形薄板所带电荷量为9Q−C.A点的电场强度大小为2109kQR，方向A指向OD.过A点与轴线垂直的平面上各点电势为零【答案】C【解析】【详解】A．B点的电场

强度为零，表明点电荷在B点产生的电场强度与圆盘在B点产生的电场强度大小相等，方向相反，则有()12292QkQEkRRR==+点电荷带正电，其在B点产生的电场强度方向O指向B，则圆形薄板在B点产生的电场强度大小为29kQR，方向B指向O，圆盘带负电，故A错误；

B．若圆形薄板所带电荷量集中在圆心O，则电荷量应为9Q−，而实际上圆形薄板的电荷量是均匀分布在薄板上的，除了圆心O处距离B点的距离与点电荷9Q−距离B点的距离相同外，其余各点距离B点的距离都大于R，若将电荷量9Q−均匀的分

布在薄板上，则根据点电荷在某点处产生的场强公式可知此时圆盘在B点的场强一定小于E1，故圆形薄板所带电荷量的绝对值一定大于9Q，故B错误；C．点电荷在A点产生的电场强度22kQER=方向向右，根据对称性，结合上述可知，圆盘在A点产生的电场强度3129kQEER

==方向向右，则A点的电场强度大小为232109AkQEEER=+=方向A指向O，故C正确；D．结合上述，点电荷带正电，圆盘带负电，可知，点电荷与圆盘之间的电场线方向整体向右，但电场线的分布在A点左右并不对称，即过A点与轴线垂直的平面并没有与任意电场线垂直，即该平面不是等势面，则过A点与轴线

垂直的平面上各点电势并不都为零，故D错误。故选C。11.平行金属导轨水平放置，间距为d。其左端接有电源，电动势为E，内阻为r。导轨平面处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B。长度也为d的导体棒ab电阻为R，垂直导轨由静止释放，导体棒与导轨始终接触且垂直，导体棒与导轨间摩擦阻力恒为rF不计导轨电阻

。下列说法中正确的是（）A.导体棒先做加速度减小的加速运动，最后匀速B.导体棒匀速运动时，满足BdvE=C.回路中的电流不断减小，导体棒匀速运动时，回路中电流为零D.电源输出的电能转化为导体棒的动能与焦耳热

【答案】A【解析】【详解】A．导体棒受力分析，根据牛顿第二定律可得rFFma−=安可知，由于rF恒定，随着导体棒速度越来越大，在磁场中产生反电动势，回路中的电流逐渐减小，加速度越来越小，当加速度为0时，导体棒匀速运动，A正确；B．当导体棒匀速运动时，则有rF

F=安即rBIdF=根据闭合电路的欧姆定律可得EBdvIr−=联立可得rFrBdvEBd=−B错误；C．结合上述分析可知，匀速运动时，电路中的电流恒定，但不为0，C错误；D．根据能量守恒可知，电源输出的电能转化为导体棒的动能、克服摩擦力所做的功（因摩擦而转化的内能）与焦耳热，

D错误。故选A。12.甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中分别沿x轴正方向、负方向传播，波速均为1m/s，某时刻两列波的部分波形如图，此时P、Q两质点刚好开始振动。下列说法正确的是（）A.以3.5mx=处的质点开始振动时

刻作为计时起点，该质点的振动方程为()12sin2cmyt=B.两列波叠加后，PQ（包括P、Q）之间振幅为12cm的点有5个C.从图示时刻开始计时，4st=时4mx=处的质点正处在平衡位置向y轴负方向运动D.3mx=处的质点从图示时刻开始经过3s通过的路程是2

4cm【答案】D【解析】【详解】B．由波形图可知两列波的波长均为2m，而波速都为1m/s，由2sTv==由()()520123xxnn−−−==（，，，）得2.5m3.5m4.5mx=，，两列波叠加后，PQ（包

括PQ、）之间振幅为12cm的点有3个，故B错误；A．以35mx=．处的质点开始振动时刻作为计时起点，该点起振方向向上，根据以上分析可知，该点振幅8cm4cm12cmA=+=所以，该质点的振动方程为()212sincm12sincmyttT==故A错误；C．4s

t=时，波传播的距离4mxvt==左侧原点处的波形传到该位置，右侧x=8cm处质点的波形传到该位置，左侧引起振动向上，右侧引起振动向下，根据叠加可知，4st=时4mx=处的质点正处在平衡位置向y轴正方向运动，故C错误；D．左侧波传到3mx=处需要

时间111sxtv==右侧波传到3mx=处需要时间222sxtv==都传到该点时，该点振动减弱，所以从图示时刻开始经过3s通过的路程是22144()24cmttttsAAATT−−=+−=总右左左故D正确。故选D。13.如图甲所示，用波长110nm=紫外线照

射光电管阴极K，恰好能发生光电效应。图乙是氢原子的能级图，若大量处于4n=激发态的氢原子发出的光照射阴极K，微安表显示有示数，调整电源和滑动变阻器，测得微安表示数为零时电压表示数为U，已知普朗克常量346610Jsh−=．，真空中光速83010m/sc=．。下列说法正

确的是（）的A.改用可见光照射，仍能发生光电效应B.阴极K材料的逸出功0W是181.810eV−C.电压表示数U为1.5VD.有4种频率的光能使该光电管发生光电效应【答案】C【解析】【详解】A．根据爱因斯坦光电效应方程k0EhW=−ν由于可见光的频率小于紫外线

的频率，所以改用可见光照射，不能发生光电效应，故A错误；B．根据爱因斯坦光电效应方程k0EhW=−ν可得k000cEhWhW=−=−=代入数据可得阴极K材料的逸出功为83418093.0106.610J1

.810J11010cWh−−−===故B错误；C．处于4n=激发态的氢原子跃迁至1n=能级所释放的能量为4112.75eVEhEE=−==根据爱因斯坦光电效应方程0eUhW=−可得电

压表示数为180191.81012.75VV1.5V1.610WhUee−−=−=−=故C正确；D．能发生光电效应入射光的能量最小为834180903.0106.610J1.810J11.25eV11010cEh−−−====大量

处于4n=激发态的氢原子跃迁时释放的能量分别为1430.66eVEEE=−=2422.55eVEEE=−=34112.75eVEEE=−=4321.89eVEEE=−=53112.09eVEEE=−=62110.2eVEEE=−=故有2种频率的光能使该光电管发生光电效应，

故D错误。故选C。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个选项中至少有一个符合题目要求，全部选对得3分，漏选得2分，错选得0分。）14.下列说法中正确的是（）A.图甲是表示一定质量

理想气体不同温度下的等温线，图中12T>TB.图乙是黑体辐射的实验规律，图中12T>TC.图丙是分了运动速率分布曲线，图中12T>TD.图丁是闭合电路中电源输出功率与外电阻的关系，当Rr=时，电源效率最大【答案】AB【解析】【详解】A．根据理想气体状态方程pVCT=

，在图甲中两等温图线上取体积V相等的两点比较，可知对应的压强关系为12pp，则有12T>T，故A正确；B．根据黑体辐射实验规律可得，一定温度下黑体辐射强度随波长的分布有一个极大值，黑体热辐射强度的极大值随温度的升高向波长较小的方向移动，则图乙中有12T>T，故B正确；

C．温度越高，分子热运动越激烈，速率大的分子所占的比例大，由图丙可知2T对应曲线速率大的分子所占的比例比1T对应曲线速率大的分子所占的比例大，所以12TT，故C错误；D．图丁是闭合电路中电源输出功率与外电阻的关系，当Rr

=时，电源的输出功率最大；但电源的效率为221100%100%()1IRRIRrr==++可知外电阻越大，电源的效率越高，故D错误。故选AB。15.如图所示，粗糙绝缘的倾斜直杆上套着一个带正电圆环，圆环直径略大于直杆直径，整

个装置处于垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环一个沿杆向下的初速度0v，圆环运动过程中电荷量保持不变。则下列说法中正确的有（）A.圆环可能做加速度增大的减速运动，最后静止B.圆环可能做加速度增大的加速运动，最后匀速C.圆环可能做加速度减小的加速运动，

最后匀速D.圆环可能做加速度减小的减速运动，最后匀速【答案】ACD【解析】【详解】圆环运动过程中受到摩擦力为N0cosfFqvBmg==−根据牛顿第二定律可得sinmgfma−=若0sincosmgqvBmg−，且0co

sqvBmg，圆环将沿杆向下做加速运动，加速过程中圆环受到的摩擦力逐渐增大，圆环的加速度逐渐减小，减小至零后将做匀速直线，故圆环有可能做加速度减小的加速运动，最后匀速。若0sincosmgqvBmg−，且0cosqvBmg，圆环将沿杆向下做加速运动

，加速过程中圆环受到的摩擦力先减小后增大，圆环的加速度先增大后减小，减小至零后将做匀速直线，故圆环有可能做加速度先增大后减小的加速运动，最后匀速。若0sincosmgqvBmg−，且0cosqv

Bmg，圆环将沿杆向下做减速运动，减速过程中圆环受到的摩擦力逐渐减小，圆环的加速度逐渐减小，减小至零后将做匀速直线，故圆环可能做加速度减小的减速运动，最后匀速。若0sincosmgqvBmg−，且0cosqvBmg，圆环

将沿杆向下做减速运动，减速过程中圆环受到的摩擦力逐渐增大，圆环的加速度逐渐增大，直至圆环静止，故圆环可能做加速度增大的减速运动，最后静止。故选ACD。非选择题部分三、非选择题部分（本题有5小题，共55分）

16.实验题：用如图甲所示装置探究“加速度与力的关系”，气垫导轨上质量为M的滑块（含遮光条）通过轻质细绳绕过滑轮与拉力传感器及质量为m的钩码相连，遮光条宽度为d。实验时，滑块由静止释放，测得遮光条通过光电门的时间为t，

拉力传感器的读数为F。不计滑轮轴、滑轮与轻质细绳之间的摩擦。（1）用螺旋测微器测出遮光条的宽度，示数如图乙所示，则遮光条的宽度为d=______mm；（2）为了保证细线的拉力等于滑块受到的合外力，下列操作中必要的有______；A.使钩码质量远小于滑块质量B.调

节气垫导轨水平C.调节定滑轮使细线与气垫导轨平行（3）实验时，改变悬挂钩码的质量，每次均从同一位置A由静止释放，重复实验，得到多组数据。已知遮光条起始位置到光电门的距离为L。用图像法处理数据，最合理应作______图像（选填“tF−”、“2tF−”、“1Ft−”或“

21Ft−”），如果图像是过原点的一条直线，且图像的斜率为______（用题中所给物理量字母表示），则表明质量一定时，加速度与合外力成正比。【答案】（1）3.205（2）BC（3）①.21Ft−②.22LMd【解析】【小问1详解】遮光条的宽度为3mm20.50.01mm3.205mm=+=d【

小问2详解】A．力传感器可测出线对滑块拉力，故不必要使钩码质量远小于滑块质量，故A错误；BC．因气垫导轨与滑块不接触，有气隙阻力极小，故不必要平衡摩擦力，为了保证细线的拉力等于滑块受到的合外力，需要调节气垫导轨水平、调节定滑轮使细线与气垫导轨平行。故BC正确。故选BC。【小问3详解】[

1][2]由22daLt=解得2212daLt=根据牛顿第二定律FMa=，得到2212LFtMd=因此作21Ft−图像，如果图像是过原点的一条直线，且图像的斜率为22LMd，则表明质量一定时，加速度与合外力成正比。17.按要求填空：（1）用伏安法测某电阻的阻值。为减小误差，用图示

电路进行探究，发现当S分别接a、b时，电流表的示数变化较大，而电压表的示数几乎不变，则测量时S应接到______（选填“a”或“b”），此测量值______（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。（2）某电阻阻值BR随磁感应强度B的变化规律如图甲所示，利用其特性设计了一款测量磁感应强度大小

的磁场测量仪，工作原理电路图如图乙所示，提供的器材有：A．磁敏电阻BR（工作范围为0~1.5T）B．电源（电动势为3V，内阻不计）C．电流表（量程为5.0mA，内阻不计）D．电阻箱CR（最大阻值为9999.9Ω）E．定值电阻1R（阻值为30Ω）

F．定值电阻2R（阻值为300Ω）G．开关，导线若干第一步：按照图乙所示连接实验电路，定值电阻R应选用______（填“1R”或“2R”）第二步：按下列步骤进行调试：①闭合开关1S，将电阻箱CR调为______Ω，然后将开关2S向______（填“a”或“b”）端闭合，将电流表此时指针对应的刻度线

标记为1.5T；②逐步减小电阻箱CR的阻值，按照图甲将电流表的“电流”刻度线标记为对应的“磁感应强度”值；③将开关2S向另一端闭合，测量仪即可正常使用。第三步：用调试好的磁场测量仪进行测量，当电流表的示数为3mA时，对

应磁感应强度为______T（结果保留两位有效数字）。【答案】（1）①.b②.大于（2）①.2R②.1300或1300.0③.a④.1.0【解析】【小问1详解】[1]当S分别接a、b时，电流表的示数变化较大，说明电

压表的分流作用对电路的影响比较大，为了避免电压表分流作用的影响，应采用电流表的内接法，故S应接在b端；[2]这种接法测量电阻时，由于电流表分压作用，导致电压测量偏大，根据欧姆定律可得URI=可知，测量值比真实值偏大。【小问2详解】[1]根据题意可知，电路中的最小电阻min3max3Ω600Ω5

10ERI−===综合考虑，定值电阻应选择2300R=[2][3]由甲图可知，当磁感应强度1.5TB=，电阻1300BR=，故应将变阻箱的阻值调为1300，将2S接在a端，标记此时电流表的电流；[4]由欧姆定律可知，此时电路中

的阻值331000310ERI−===故有2BRRR+=解得21000300700BRRR=−=−=结合甲图可知，此时磁感应强度的大小为1.0TB=18.导热良好的圆筒形容器水平放置，用横截面积为20.01mS=的光滑活塞

密封了一定质量的理想气体，如图甲所示，活塞到底面的距离1L为102cm。现在将容器缓慢转到竖直，如图乙所示，此时活塞到底面的距离变为2100cmL=，设大气压501.010Pap=，热力学温度T与摄氏温度t的关系取273Tt=+的

（K），重力加速度210m/sg=。（1）求活塞的质量（2）若原先的环境温度为27℃，现在要通过改变环境温度使活塞回到原先的位置，则①应使环境温度变为多少？②理想气体的内能与温度的关系为UaT=，此理想气体25J/Ka=，在（2）所述过程中气体是吸热还

是放热？传递的热量是多少？【答案】（1）2kgm=（2）①3306KT=；②吸热，170.4J【解析】【小问1详解】从水平到竖直，气体做等温变化0102mgpLSpLSS=+代入数据可得2kgm=【小问2详解】①活塞回复过程中气体压强不变，由

2123LSLSTT=其中227273K300KT=+=代入数据可得3306KT=②活塞回复过程中气体对外做功()021Δ20.4JmgWpVpLLSS==+−=−气体的内能变化()ΔΔ25306300J150JUaT==−=由热力学第一定律得UWQ

=+代入数据得1704JQ=.即气体是吸热170.4J。19.如图所示，在同一竖直平面内，有倾角为37=的粗糙斜面AB，粗糙水平轨道BC，竖直光滑圆轨道（最低点略微错开），圆轨道右侧是光滑轨道CD，连接处均平滑。小车紧靠平台停在光滑水平地面上，上表面为

14光滑圆弧EF，小车E点切线水平与轨道CD等高。从斜面上A点静止释放一小物块（可视为质点），小物块能沿着轨道运动并滑上小车。已知小物块与斜面AB、轨道BC间的动摩擦因数均为0.5=，（已知sin370.6cos

370.8==，，重力加速度210m/sg=），斜面长25ms=，轨道BC长度3.6mL=，圆轨道半径为1mR=，小物块质量1kgm=，小车质量7kgM=，E点距地面高度0.2mH=。求：（1）小物块从A运动到B的时间；（2）小物块到圆轨道最高点时对轨道的

压力𝐹N；（3）小物块离开小车落到地面上时与小车左端E点的水平距离x（假设小物块落地后不反弹）。【答案】（1）5s（2）14N；方向竖直向上（3）1.6m【解析】【小问1详解】根据牛顿第二定律，小物体沿传送带下滑的加速度为21sincos2m/smgmgam−==小物体从A端

运动到B端做初速度为零的匀加速直线运动，设需要的时间为t，则有21112sat=解得1125ssta==【小问2详解】到B点的速度1110m/svat==由B点到最高点过程有22111222mgLmgRm

vmv−−=−滑块运动到最高点有21NvFmgmR+=由牛顿第三定律可知'NN14NFF==方向竖直向上【小问3详解】从B点到D点由动能定理2221122mgLmvmv−=−从物块滑上小车到滑离小车由动量守恒和能量关系234mvmvMv=+222234111222m

vmvMv=+联立解得346m/s2m/svv=−=，小物块离开小车做平抛运动由2212Hgt=得20.2st=()4321.6mxvvt=−=20.如图所示，平行金属导轨倾斜放置，倾角37=，导轨间距离为L。

导轨顶端接有电阻R，下端G、H处通过绝缘材料与足够长的水平导轨平滑连接，水平导轨间距也为L，其右端接有电容为C的电容器。斜轨道EF的下方及水平轨道处均有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度均为B．质量为m

、长度为L、电阻为r的导体棒ab垂直倾斜导轨放置，与磁场边界EF的距离为0x。现将导体棒ab由静止释放，已知导体棒到达斜轨道底部前已匀速，EF离倾斜导轨底端距离为x。已知1TB=，1mL=，4R=，2r=，0.08kgm=，0

0.75mx=，3.6mx=，0.1FC=，当电容器电压为U时，电容器储存的电场能为212ECU=，不计一切摩擦，不考虑电磁辐射，导体棒始终与导轨接触且垂直。（已知sin370.6=，cos370.8=，重力加速度2

10m/sg=）求：（1）导体棒刚进入磁场时ab两端电压abU；（2）导体棒在倾斜导轨上运动的时间t；（3）在整个过程中导体棒ab上产生的焦耳热Q。【答案】（1）1.6V（2）155s．（3）0876J．【解析】【小问1详解】依题意，导体棒进入磁场前，做匀加速直线运动，设加速度为a，由牛顿第二

定律得sinmgma=的解得2sin6m/sag==进入磁场时速度为v1，则由匀变速直线运动规律得2102vax=解得13m/sv=此时导体棒产生的电动势11cosEBLv=结合闭合电流欧姆定律可知，此时ab两端电压11cos1.6VabERURBLvRrRr==

=++【小问2详解】导体棒进入磁场前做匀加速直线运动，由速度时间关系可知，其运动时间110.5svta==在磁场中匀速运动时，设此时速度为v2，导体棒受重力mg、支持力、安培力FA，由平衡条件沿斜面方向有AcossinFmg=因为此时安

培力2AEFBILBLRr==+因为此时电动势22cosEBLv=联立解得24.5m/sv=设导体棒从进入磁场到运动到斜面底部过程用时t2，则由动量定理有1222sinmgtBLItmvmv−=−

因为2BLxItqRr==+联立整理得()222221cossinBLxmgtmvmvRr−=−+联立解得21.05st=总时间121.55sttt=+=总【小问3详解】由能量守恒可知，在斜轨道上运动时导体棒ab产生的焦耳热()21021

0.426J2rQmgxxmvrR=+−=+分析可知，导体棒在水平轨道上先减速后匀速，设匀速时速度为v3，且导体棒两端电压等于电容器两端电压，有3qBLvC=由动量定理得32BLqmvmv−=−联立解得32m/sv=，q=0.2C此时电容器两端电压2VqUC==由能量守恒22223

2111222mvmvCUQ−=+解得20.45J=Q故整个过程中ab棒产生焦耳热120.876JQQQ=+=21.如图所示，在xOy平面内有一以O为圆心，半径为R的圆形磁场区域Ⅰ，磁感应强度为1B（未知）。在圆形磁场区域

右侧放置水平极板M、N，其中心线12OO在x轴上，极板长度和极板间距离均为12LR=，极板间接有偏转电场的电压MNU（未知）。位于S处的粒子源沿纸面内向圆形磁场区域内各个方向均匀发射速率为0v的带电粒子，粒子质量为m、电荷量为+q，单位时间内放出的粒子数为n。

所有粒子经圆形磁场偏转后均沿x轴正方向。其中沿y轴正方向入射的粒子从1O点出磁场，并经过偏转电场后刚好从下极板的边缘飞出，打在下极板上的粒子立即被吸收，并通过电流表导入大地。距离极板MN右端2LR=处有

一宽度为3dR=的匀强磁场区域Ⅱ，磁感应强度为2B，方向垂直纸面向里，a、b是磁场的左右边界。区域Ⅱ左边界上有一长度为2R的收集板CD，C端在x轴上。粒子打在收集板上立即被吸收。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，不考虑电场的边缘效

应。求：（1）圆形磁场区域磁感应强度1B的大小及方向；（2）极板MN间电压MNU及稳定后电流表示数I；（3）要使所有穿出电场的粒子都能被收集板收集，区域Ⅱ磁感应强度2B的范围：（4）若区域Ⅱ中磁感应强度02mvBqR

=，在区域Ⅱ中加一沿x轴正方向的匀强电场，要使粒子不从磁场的右边界穿出，所加电场的场强E不能超过多少？【答案】（1）0mvqR，方向垂直纸面向外（2）20mvq，2nq（3）()002213mvmvBqRqR+（4）203mvqR【解析】【小问1详解】由于所有粒

子经圆形磁场偏转后均沿x轴正方向，根据粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何关系可知，粒子运动半径r等于磁场圆半径R，则有2001mvqvBR=解得01mvBqR=根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外【小问2详

解】粒子在电场中做类平抛运动，则有201222MNqURyRmRv==解得20MNmvUq=结合题意可知，粒子经过电场偏转后有一半粒子打在下极板N上被吸收，则有2nqI=【小问3详解】作

出粒子运动轨迹图，如图所示结合上述可知，穿出电场的粒子偏转距离1y都等于R，根据速度分解有101012tan2112yyvtvyvLvt====解得45=粒子飞出电场时，根据速度分解有0cosvv=解得02vv=结合上述可知，粒子飞出

电场速度方向的反向延长线与水平分位移对应线段的中点相交，设射入磁场时的偏转距离为2y，则有122112212LLyLy+==解得22yR=粒子经磁场区域Ⅱ偏转后竖直方向偏移距离2cosyr=粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有22vqvBmr=解得02

2mvyBq=要使所有粒子打在收集板上，则有23RyR代入解得00223mvmvBqRqR当粒子轨迹刚好与磁场右边界相切时有232rrdR+==结合上述有0222132mvRBq+=解得()02213mvBqR+=综上所述，区域Ⅱ磁场的磁感应强度范围为()

002213mvmvBqRqR+【小问4详解】当轨迹与磁场右边界相切时，设速度为1v，如图所示由动能定理可得2211122Eqdmvmv=−在y轴方向上，根据动量定理可得()21Δsin45xqvBtmvmv=−−即有210qBdmvmv=+解得203mvEqR=