【文档说明】《精准解析》浙江省十校联盟2022-2023学年高三下学期第三次联考物理试题（解析版）.docx，共(33)页，3.484 MB，由管理员店铺上传

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浙江省十校联盟2023届高三第三次联考物理试题卷选择题部分一、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.1×10－5NB.1×10－5N/mC.1×10－5N/m2D.1×10－5N/m3【答案】B【解析】【详解】表面张力的单位在SI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1cm/s2的加速度的力，叫做1达因，缩写：

dyn。由于1N=1kg×1m/s2=1×103g×1×100cm/s2=105dyn则1达因其值为1×10－5N/m。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1

731克的月球样品返回地球。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28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；的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日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（）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”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的成立。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】【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；BCD．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20~30km/h，当挡位挂到高速挡——“5挡”，汽车才能获得比较大的车速，则（）A.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—压缩—做功—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2vrnr==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PFv=，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—压缩—做功—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，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B。6.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1OO按图示方向匀速转动（ab向纸外，cd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0I，下面说法正确的是（）A.根据图乙可知4T时，线圈的磁通量最大B.根据图乙可知4T时，线圈的磁通量变化率最大C.若仅把甲图中的转轴1OO改为转轴ab，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】【详解】AB．根据图乙可知4T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，A错误，B正确

。C．若仅把甲图中的转轴1OO改为转轴ab，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B。7.如图所示，为运动员跨栏时的训练图，若运动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212hgt=可知，每一步的时间不变；由22yvgh=，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xxv

t=，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

14圆轨道，轨道内外两侧均光滑，半径为R，质量为m的小滑块以1v、2v初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gR，一定不会脱离轨道C.在轨道的内侧最高点的速度1vgR、外侧最高点的速度20v=，都不会脱离轨道D.在轨道的内侧只要1vgR一定脱离轨道，外侧无论2v多大都会脱离轨道的的【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2TcosvmgFmR+=从最高点滑下来，由机械能守恒定律()221111cos22mvmvmgR=+−联立得21T23cosmvFmgmgR=+−所以当T0F时，小滑块能够不脱离轨道在轨道内侧运动，需满足

2123cosmvmgmgR+当θ=0°时，cosθ最大，所以需满足2123mvmgmgR+解得小滑块在轨道内侧运动不脱离轨道的条件是1vgR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2Tcosv

mgFmR−=从最高点滑下来，由机械能守恒定律()222111cos22mvmvmgR=+−联立得22T3cos2mvFmgmgR=−−所以当T0F时，小滑块能够不脱离轨道在轨道外侧运动，需满足2223cosmvmgmgR+当θ=90°时，cosθ最小

，所以需满足2220mvmgR+显然v2无解，所以无论小滑块以多大的速度在轨道外侧从最高点滑出，都会脱离轨道，所以A、B、C错误。故选D。9.微元思想是物理中一种重要的思想方法，它能巧妙的“化变为恒”，从而便于求解物理量。例如图若为Ft−图

像，因纵轴力F变化，往往将横轴的时间微分，即取无穷多很短的时间t，在很短的时间内力变化很小，F可视为恒力，图像中小长方形的面积代表t时间内的冲量，然后通过求和即可知道函数图像和横轴t包围的面积得到F的总冲量，

以下四个选项说法错误．．的是（）A.若是Vp−（体积-压强）图，则图中函数图像和横轴p围成的面积代表理想气体气体对外做的功B.若是at−（加速度-时间）图，则函数图像和横轴t围成的面积代表对应时间内物体的速度变化量C.若是F

x−（力-位移）图，则函数图像和横轴x围成的面积代表对应位移内力F所做的功D.若是It−（电流-时间）图，则函数图像和横轴t围成的面积代表对应时间内的电荷量【答案】A【解析】【详解】A．若是Vp−（体积-压强）图，横轴微分表示极短

压强变化量，极短压强变化内气体体积可视作不变，则气体不对外做功，则图中函数图像和横轴p围成的面积不能代表理想气体气体对外做的功，A错误，符合题意；B．若是at−（加速度-时间）图，横轴微分表示极短时间，极短时间内的加速度变化可以忽略，由vat=知每个小长方形的面积代表t时间内的速度变化量

，函数图像和横轴t围成的面积代表对应时间内物体的速度变化量，B正确，不符合题意；C．若是Fx−（力-位移）图，横轴微分表示极短位移，极短位移内的力的变化可以忽略，由WFx=知每个小长方形的面积代表t时间内力的功，则函数图像和横轴x围成的面积代表对应位移内力

F所做的功，C正确，不符合题意；D．若是It−（电流-时间）图，横轴微分表示极短时间，极短时间内的电流的变化可以忽略，由qIt=知每个小长方形的面积代表t时间内的电荷量，则函数图像和横轴t围成的面积代表对

应时间内的电荷量，D正确，不符合题意。故选A。10.春分时，当太阳光直射地球赤道时，某天文爱好者在地球表面上某处用天文望远镜恰好观测到其正上方有一颗被太阳照射的地球同步卫星。已知：地球半径为R，地球表面重力加速度为g，地球自转角速度为，若不考虑大气对光的折射，下列关于在

日落后的12小时内，该观察者看不见此卫星的时间t满足的关系式正确的是（）A.()23sinRtg=B.()32singtR=C.23sin2tRg=D.32sin2tgR=【答案】C【解析】【详解】根据光的直线

传播规律，可知日落后的12小时，同步卫星相对地心转过角度的t时间内该观察者看不见此卫星，如图所示同步卫星相对地心转过的角度为2=且sinRr=对同步卫星有22MmGmrr=对在地球表面的物体有2MmGmgR=结合t=，解得

23sin2tRg=故选C。11.如图所示是一个趣味实验中的“电磁小火车”，“小火车”是两端都吸有强磁铁的干电池，“轨道”是用裸铜线绕成的螺线管。将干电池与强磁铁组成的“小火车”放入螺线管内，就会沿螺线管运动。下列关于螺线管电流方向、强磁铁的

磁极、“小火车”运动方向符合实际的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】AB．根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向右；因为小火车是放在螺线管里面的，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧磁极S吸引（参考小磁针），而小火车右侧磁铁N级要受到右侧

N极的排斥力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力向左；小火车运动向左运动，故A正确，B错误；C．根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向右；因为小火车是放在螺线管里面的，小火车左侧磁铁的N被螺

线管左侧磁极S吸引（参考小磁针），而小火车右侧磁铁S级要受到右侧N极的吸引力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力向左；小火车处于静止状态，故C错误；D．根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向左；因为小火车是放在螺线

管里面的，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧磁极N排斥（参考小磁针），而小火车右侧磁铁N级要受到右侧S极的吸引力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力向右，小火车运动向右运动，故D错误。故选A。12.如图所示，在直角坐标系中，先固定

一不带电金属导体球B，半径为L，球心O坐标为()2,0L。再将一点电荷A固定在原点O处，带电量为Q+。a、e是x轴上的两点，b、c两点对称地分布在x轴两侧，点a、b、c到坐标原点O的距离均为2L，Od与金属导体球B外表面相切于d点，已知金属导体球B处于静电平衡状态，k为静电力常数，则

下列说法正确的是（）A.图中各点的电势关系为abcde==B.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，导线中有短暂电的流C.金属导体球B上的感应电荷在外表面d处的场强大小23kQEL=，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O处产生的电场强度为24kQL，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a点的电势，b、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bcde=综上可得abcde=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A在d处的场强大小22223((2))kQkQELLL==−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23kQL，金属导体球外表面场强不为零，则金属导体球B上的感应电

荷在外表面d处的场强大小不等于23kQL，故C错误；D．点电荷A在O处的场强大小24kQEL=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O处产生的电场强度为24kQL，方向沿x轴负方向，故D正确。故选D。13.两个学生研

究小组对机械波进行研究，第一小组让波源S自0=t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=t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1m/s，P、Q是介质中两质点，已知8mSP=，9mSQ=，如图所示。下列说法错误．．的是（）A.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9.5st=时，质点P

、Q的振动方向相反C.第二小组实验中9.5st=时，质点P、Q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、Q处，且同时开始振动产生上述两列波，位于S、Q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9.5st=时，波向前传播9.5m

，此时质点P向上振动、质点Q向下振动，即两质点的振动方向相反，选项B正确，不符合题意；C．第二小组实验中9.5st=时，波向前传播9.5m，此时质点P向上振动、质点Q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、Q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、Q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β衰变，即

一个自由中子衰变成质子（11p）和电子（01e−）同时放出质量可视为零的反中微子（00e）。该科研成果对粒子物理的研究有重要意义。已知电子质量32e9.110kg0.51MeV/cm−==，中子质量2n93

9.57MeV/cm=，质子质量2p938.27MeV/cm=（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81310MeVsmp−−=。则（）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110001

10enpe−→++C.中子衰变过程中电子和反中微子的总动能为0.7468MeVD.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1100011

0enpe−→++，B正确；C．中子衰变过程中释放的能量为()2nep0.79MeVEmmmc=−−=一个静止的中子衰变过程中放出的质子动能为()()22882kpp310310MeV0.0432MeV22938.27pEm−===中子衰

变过程中电子和反中微子的总动能为kp0.7468MeVEE−=C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定大小相等方向相反，D错误。故选BC。

15.某半径为r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()21r−、折射率为2n=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431r+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62sin154−=，62cos154+=，则（）A.大气外表面发光区域在截面上形成的弧长为23rB.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4331r+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源发出的频率【答案】BC【解析】【详解】A．如图

所示从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OC即为法线，则11sin2n==可得6=由题知OP长为r，OC长度为(21)2rrr+−=所以由正弦定理得22sinsinsin6rrrr===可得34=所以1512

=−−==则大气外表面发光区域在截面上形成的弧长为22(2)6rlr==故A错误；B．如图所示从C点出射的光折射角为2，过C点作大气外表面的切线，与卫星探测器轨道交于E点，与OP连线交于D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E点为

观察不到光的临界点，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12=，边OC长度为2r，所以可以求出OD长度为2224cos31coscos()1246ODrrrrl====+−由于卫星探测器轨道半径也为431r+，所以D点在卫星轨道上，则由三角形

ECO与三角形DCO全等，得到EOC=，所以能观测到的轨道弧长为44433131rrl==++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BC。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.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”。（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8V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砝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—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）A.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（单位：cm）。取“A”计数点为0=t时刻，作出“xtt−”如

图4所示，则由图像可得其加速度为________m/s2（保留两位有效数字）（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）A.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1234RRRR

===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F时，弹性梁发生形变，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F，若要ad两点输出的电压尽量大，则图7中A处电阻应为

__________（填“2R”或者“4R”）【答案】①.B②.D③.4.0④.A⑤.R4【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。（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50.02s0.

10sT==根据匀变速直线运动位移时间规律2012xvtat=+可得012xvatt=+知xtt−图像的斜率22132.2m/s2.0m/s20.4ka−===则小车的加速度为24.0m/sa=（4）[4]A．实验中因为绳子的

拉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。（5）[5]在弹性梁左侧施加外力F时，弹性梁发生形变，四个电阻发生变化，其中R1、R2减小，R3、R4增大，四者变化后的阻值关系为R1<R2<R4<R3，电路中ad两点输出的电压为1133ABadAABBRRUUURRRRRRRR=−++++其中，U为b

c两点电压，可见，要使Uad两点电压最大，在题中条件中，使RA>RB即可，即A应选R4。17.一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___________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“×10”挡测量时发现指针偏转角度过大，为了准确测量，应换到“×100”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。实验用到的器材如下：A．

待测电阻RxB．灵敏电流计GC．定值电阻R0=80ΩD．粗细均匀的电阻丝AB（总长为L=60.00cm）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3V）①在闭合开关S前，可将线夹P2大致固定于电阻丝AB中部位

置，滑片P1应置于a端。闭合开关后，先移动滑动变阻器的滑片P1至某一位置，然后不断调节线夹P2所夹的位置，直到灵敏电流计G示数为零，测出此时AP2段电阻丝长度x=12.00cm，则Rx的阻值计算式为______

_____（用R0、L、x表示），代入数据得Rx=___________Ω。②为减小因电阻丝粗细不均匀带来的误差，将定值电阻R0换成电阻箱，并按照①中的操作，电阻箱的阻值记为R1；然后将电阻箱与Rx交换位置，保持线夹P2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R2，则电阻R=___________。【答案】①.B②.偏大③.0RxLx−④.20⑤.12RR【解析】【详解】（1）[1]A．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“×10”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13区域，要增大读数，应换到“×1”挡，C错误；D．实验完成后，应将挡位开关置于OFF挡或交流电压最高挡，D错误。故选B。（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、内阻变

大时，欧姆表重新调零，即满偏电流不变，则gIER=中可知欧姆表的内阻R中变小，当测电阻时有1ggxxxREIRRRRIRIR===+++中中中中因R中变小，则同一Rx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）①[3][4]当灵

敏电流计G示数为零时，说明Rx的分压和AP2部分的分压相等，即2220xAPAPxRAPxABABURULURUxUURRRLL=====+整理得0xxRxRRL=+则0xRxRLx=−代入数据解得20ΩxR=②[5]根据第①问的原理，交换位置前有1xxRx

RRL=+交换位置后有22xRxRRL=+可得212xxxRRRRRR=++解得12xRRR=18.如图所示，在温度为17℃的环境下，一根竖直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49cmh=，已知弹簧原长050cml=，劲度系数100N/mk=，气缸的质量2kgM=，活塞的质量1kgm=，活塞的横截面积220cmS=，若大气压强50110Pap=，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37℃，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10J，则求该过程中密闭气体吸收的热量。【答案】（1）0.3m；（2）51

cm；（3）14.4J【解析】【详解】（1）对气缸和活塞整体受力分析()Mmgkx+=带入得()0.3mMmgxk+==（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50cm－30cm=20cm故初始时，内部气体的高度为l=29cm。且该过程为

等压变化。1121290K310KVlsTVlsT====，，，根据1212VVTT=代入得31cml=故此时倒立汽缸的顶部离地面的高度=51cmhhll+−=（3）设密闭气体压强为p1，对气缸受力分析得01pSMgpS+=代入得511.110Pap=在第（2）问中为等压变化，故气

体对外做功14.4JWpV=−=−根据热力学第一定律得UQW=+解得14.4JQ=19.如图所示，水平传送带AB，长为2mL=，其左端B点与半径0.5R=的半圆形竖直轨道BCD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D与水平细圆管道DE平滑连接。管道DE与竖直

放置的内壁光滑的圆筒上边缘接触，且DE延长线恰好延圆筒的直径方向。已知水平传送带AB以6m/sv=的速度逆时针匀速运行，圆筒半径0.05mr=、高度0.2mh=。质量0.5kgm=、可视为质点的小滑块，从P点处以初速度0v向左运动，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D，求滑块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小NF；（2）若小滑块恰好能通过半圆形轨道最高点D，求滑块的初速度0

v；（3）若小滑块能从D点水平滑入管道DE，并从E点水平离开DE后与圆筒内壁至少发生6次弹性碰撞，求滑块的初速度0v的范围。【答案】（1）30N；（2）1m/s；（3）05m/sv【解析】【详解】（1）小滑块恰好能通过最高点D处，则在最高点重力提供向心力，轨道对小滑块无压力，即

2DvmgmR=小滑块从B点向D点运动过程中根据动能定理2211222DBmgRmvmv−=−解得5m/sBv=在最低点B点，有2NBvFmgmR−=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B

点时对轨道的压力大小为NN30NFF==（2）根据（1）中5m/s6m/sBv=，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2201122BmgLmvmv=−解得01m/sv=（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212hgt=解得0.2st=水平方向上126DDtrvtv==解得3m/sDv=从B到D过程，根据动能定理可得2211222DBmgRmvmv−=−解得29m/s6m/sBv

=在传送带上，根据动能定理可得2201122BmgLmvmv=−解得05m/sv=故为了保证小滑块与圆筒内壁至少发生6次弹性碰撞，滑块的初速度0v的范围为05m/sv20.如图甲所示，在xOy水平面内，固定放置着间距为0.4ml=，电阻不计的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为0.15

ΩR=的电阻，电阻两端连接示波器（内阻可视为无穷大），可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在的磁场满足的条件如下：0.50.5(0)()0.5(0)xxBxx+=（单位：特斯拉），其方向垂直导轨平面向下。一根质量0.1k

gm=、电阻0.05Ωr=的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在外力作用下从负半轴1x=−（单位：m）处从静止开始沿导轨向右运动，1t时刻恰好运动到0x=处（1t未知），并在外力作用下继续往x轴正半轴运动，整个过程中观察到示波器显示的电压随时

间变化的波形是如图乙所示，10t−时间内为14周期的正弦曲线，示数最大值为0.3V，1t以后示数恒为0.3V。（提示：简谐振动满足Fkx=−回，周期2mTk=，m为运动物体的质量）求：（1）金属棒整个运动过程中的最大速度；（2）金属棒从1x=−运动到0mx=过程中金属棒产生的

焦耳热；（3）金属棒从1x=−运动到2mx=过程中外力的平均功率。【答案】（1）2m/s；（2）1J40；（3）0.765W【解析】【详解】（1）运动的导体棒充当电源，则34RUEERr==+导体棒切割磁感线EBlv=根据题

意可知，在1t时刻导体棒恰好运动到0x=处时maxvv=，此时0.4VE=，max2m/sEvBl==（2）回复力与偏离平衡位置的距离成正比，由图像可知到O点为平衡位置，根据动能定理2m1022kxxmv=−又根据

2mTk=，14Tt=联立以上各式得11s4t=金属棒产生的焦耳热为22max1111=()J402UQIrtrtR==有效（3）在0x=到2mx=范围内，安培力大小为(0.50.5)FBIlxIl==+安可知安培力随位置线性变化

，即0221()2WBIlBIlx=+安代入数据得1.6JW=安在2mx=处，导体棒速度为222m/s3EvBl==根据动能定理可知22201122FWWmvmv−=−安又因为22()WIRrt=+安，2AUIR==解得22st=对全过程列动能定理，有221

2121()()02PttIRrtWmv+−+−=−有效安故金属棒从1x=−运动到2mx=过程中外力的平均功率为0.765WP21.现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的无限长多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度

d均为2m，电场强度E均为3210N/C，方向水平向右；磁感应强度B均为0.1T，方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直，一个质量241.610kgm−=、电荷量191.610Cq−=的带正电粒子

在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。（1）求粒子在第1层磁场中运动时速度1v的大小与轨迹半径1r；（2）求该粒子向右运动的最大水平距离；（说明：忽略虚线位置场对带电粒子的影响）（3）若将另一个电量q仍为191.6

10C−，质量为231.610kgm−=的带正电粒子从同一点静止释放，该粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，求n的值。【答案】（1）42210m/s，22m；（2）8m；（3）20【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2112Eqdmv=解得4122210m/sEqdvm==粒子在磁场中受到洛伦兹力提供向心力，有2111mvqvBr=将速度代入后整理可得11222mEdmrBq

==（2）粒子运动到第n层磁场时，有212nnEqdmv=2nnnmvqvBr=设粒子在进入第n层磁场时，速度方向与水平方向的夹角为，从第n层磁场射出时，速度方向与水平方向的夹角为，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111sinsinnnnnvv−−−=同时由几何关系得sinsinnnnnrrd−=联立上式可得11sinsinnnnnrrd−−−=可以得出等

差数列关系式()11sinsin1nnrrnd=+−由几何关系得出11sinrd=得sinnnrnd=整理得sin2nqndBEm=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sin1n=12qndBEm=得

22EmnBqd=代入数据可得2n=即最大水平距离为28mxdn==（3）若将另一个电量q仍为191.610C−，质量为231.610kgm−=的带正电粒子从同一点静止释放，代入上题中的公式22EmnBqd=求得n的值为20n=获得更多资

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