【文档说明】浙江省宁波市镇海区2022-2023学年高三下学期选考物理试题 含解析.docx，共(31)页，6.011 MB，由小赞的店铺上传

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高三物理选考试卷选择题部分一、选择题（本共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.普朗克常量346.62610Jsh−=，光速为c，电子质量为em，则ehmc在国际单位制下的单位是（）A.J

/sB.mC.JmD.m/s【答案】B【解析】【分析】【详解】根据ehmc可得它们的单位为：2J?sN?m?skg?m/s?m?smkg?m/skg?m/skg?m/s===故选B。2.平潭海峡公铁两用大桥全长16.34km，该大桥所处的平潭海峡是世界三大风暴海域之一，以“风大、浪高、水深、涌

急”著称。为保证安全起见，环境风速超过20m/s时，列车通过该桥的运行速度不能超过300km/h，下列说法正确的是（）A.题目中“全长16.34km”指的是位移大小B.“风速超过20m/s”“不能超过300km/h”中

所指的速度均为瞬时速度C.“风速超过20m/s”指的是平均速度，“不能超过300km/h”指的是瞬时速度D.假设某火车通过该大桥所用时间为0.08h，则平均速度约为204km/h【答案】B【解析】【详解】A．题目中“全长16.3

4km”指的是该大桥的长度，指路程大小，A错误；BC．“风速超过20m/s”“不能超过300km/h”中均指的是某一时刻的速度，均为瞬时速度，B正确，C错误；D．由于不清楚题目中所述的通过大桥的位移，所以无法计算平均速度，D错误。故选B。3.如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑

的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是（）A.男孩和木箱组成的系统机械能守恒B.小车与木箱组成的系统动量守恒C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D.小孩推力的冲量小于木箱的动量的变化量【答案】C【解

析】【详解】A．男孩和木箱组成的系统动能增大，由人体生物能转化为系统机械能，机械能不守恒，故A错误；BC．系统受合外力为零，系统动量守恒，所以男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，故B错误，C正确；D．由动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，所以小孩推

力的冲量等于木箱的动量的变化量，故D错误。故选C。4.图甲所示为生活中巧妙地利用两根并排的竹竿，将长方体砖块从高处运送到低处的场景。将竹竿简化为两根平行放置，粗细均匀的圆柱形直杆，砖块放在两竹竿的正中间，由静止开始从高处下滑，图乙所示为垂直于运动方向的截面图（砖块截面为正方形）。若仅将

两竹竿间距增大一些，则砖块（）A.下滑过程中竹竿对砖块的弹力变大B.下滑过程中竹竿对砖块的摩擦力不变C.下滑的加速度变小D.下滑到底端的时间变短【答案】B【解析】【详解】A．假定两竹竿与地面倾角为、砖块的质量为m，每一根竹竿对砖块的支持力为N，以砖块为研究对象，只在垂直于竹竿平面内对

其受力分析，如图所示，依题意有2coscosNmg=则有cos2cosmgN=若仅将两竹竿间距增大一些，由于支持力垂直于接触面，角保持不变，则N不变，故A错误；B．假定砖块与竹竿的动摩擦因数为，则摩擦力为2fN=据前面分析，由于N不变，则下滑过程

中竹竿对砖块的摩擦力不变，故B正确；C．根据牛顿第二定律有sinmamgf=−解得cossincosgag=−由于角不变，则下滑的加速度不变，故C错误；D．由于下滑加速度变小，根据匀变速直线运动

规律，212xat=，则下滑时间不变，故D错误。故选B。5.假设神舟十五号飞船在对接前在1轨道做匀速圆周运动，空间站组合体在2轨道做匀速圆周运动，神舟十五号在B点采用喷气的方法改变速度，从而达到变轨的目的，通过调整，对接稳定后飞船与组合体仍沿2轨道一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是

（）A.飞船从A点到B点线速度不变B.飞船从B点到C点机械能守恒C.飞船在B点应沿速度反方向喷气，对接稳定后在2轨道周期小于在1轨道周期D.飞船在B点应沿速度反方向喷气，对接稳定后在C点的速度大小小于喷气前在B点的速度大小【答案】D【解析】【详解】A．由于线速度是矢量，既有大小

又有方向，飞船从A点到B点线速度大小不变，方向改变，A错误；B．飞船从B点到C点，做加速运动，速度增大，喷气对飞船做正功，飞船的机械能增大，机械能不守恒，B错误；C．飞船在B点应沿速度反方向喷气，对接稳定后2轨道的半径大于1轨道的

半径，由地球的万有引力提供向心力，可得2224MmGmrrT=解得32rTGM=可知对接稳定后在2轨道周期大于在1轨道周期，C错误；D．飞船在B点应沿速度反方向喷气，对接稳定后2轨道的半径大于1轨道的半径，由地球的万有引力提供向心力，可得22MmvGmrr=解得GMvr=可知对接稳定后在

C点的速度大小小于喷气前在B点的速度大小，D正确。故选D。6.运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，若N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.排球两次飞行过程

中重力对排球做功相等B.排球两次飞行过程中外力对排球的冲量相等C.排球离开M点的速率比经过Q点的速率小D.排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大【答案】D【解析】【详解】A．从M到P，重力对排球做功mgh，从P到N过程中，重力对排球做功为零，则排球两次飞行过

程中重力对排球做的功不相等，选项A错误；B．因从P到N过程中排球飞行的时间等于从M到P过程中排球飞行时间的2倍，排球飞行过程中只受重力作用，则根据I=mgt可知，排球两次飞行过程中外力对排球的冲量不相等，选项B错误；C．根据xvt=可知，排球从M到

P的水平速度大于从P到N的水平速度，而在最高点Q的速率等于从P到N的水平速度，即排球离开M点的速率比经过Q点的速率大，选项C错误；D．排球到达P点时的竖直速度等于排球离开P点时的竖直速度（高度相同），而排球到达P点时的水平速度大于排球离开P点时的水平速度，则排球到达P点时的

速率比离开P点时的速率大，选项D正确。故选D。7.如图所示，原来不带电，长为l的导体棒水平放置，现将一个电荷量为(0)qq+的点电荷放在棒的中心轴线上距离棒的左端R处，A、B分别为导体棒左右两端的一点，静电力常量为k。当棒达到静电平衡后，下列说法正确的是（）的A.导体棒上的A点电势

比B点电势高B.将导体棒A处接地，则A处不存在感应电荷C.导体棒上感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度大小()20.5qEkRl=+D.增加点电荷的带电量，导体静电平衡时O处的电子受到的电场力将增大【答案】C【解析】【详解】A．

根据静电现象规律，当棒达到静电平衡后，导体棒是等势体，所以导体棒上的A点电势等于B点电势，故A错误；B．将导体棒A处接地，静电现象仍会发生，A处出现负电荷，故B错误；C．根据静电平衡规律可知，中心O处场强为零，所以导体棒上感应电荷在棒的中心O处产生的电

场强度大小与(0)qq+的点电荷在该处产生的电场强度大小相等，方向相反，即大小为()20.5qEkRl=+故C正确；D．根据静电平衡规律可知，导体静电平衡时中心O处场强始终为零，所以增加点电荷的带电量

，导体静电平衡时O处的电子受到的电场力不变始终为零，故D错误。故选C。8.某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的

图像。不计电源内阻及电感线圈L的电阻。下列说法正确的是（）A.开关S闭合瞬间，流经灯2D和3D的电流相等B.开关S闭合瞬间至断开前，流经灯1D的电流保持不变C.开关S断开瞬间，灯2D闪亮一下再熄灭D.根据题中信息，可以推算出图乙中1u与2u的比值【答案】D【解析】【详解】AB．开关

S闭合瞬间，由于电感线圈的阻碍作用，灯D3逐渐变亮，通过灯D3的电流缓慢增加，待稳定后，流经灯2D和3D的电流相等；故从开关S闭合瞬间至断开前，流经灯1D的电流也是逐渐增加，A、B错误；C．开关S断开瞬间

，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为灯2D和3D提供电流，又因为电路稳定的时候，流经灯2D和3D的电流相等，所以灯2D逐渐熄灭，C错误；D．开关S闭合瞬间，灯1D和2D串联，电压传感器所测电压为D2两端电压，由欧姆定律12Eu=电路稳定

后，流过D3的电流为13232EEIRR==开关S断开瞬间，电感线圈能够为2D和3D提供与之前等大电流，故其两端电压为2223EuIR==所以1234uu=故可以推算出图乙中1u与2u的比值，D正确。故选D。9.关于这些装置，以下说法正确的是（）A.甲图装置霍尔元件左右移动时，能产生霍尔

电压的原理是电磁感应B.乙图中物体向左移，则电容器的电容变小C.丙图装置中通过物体位置变化引起线圈的自感系数改变从而将位置量换转成电学量D.丁图装置只要有声音，即使不接入电源，R两端也有电压输出【答案】C【解析】【详解】A．甲图装置霍尔元件左右移动时，能产生霍尔电压的原理是带电粒子

在磁场中受洛伦兹力作用而发生偏转，不是电磁感应，选项A错误；B．乙图中物体向左移，插入电容器的电介质增加，则电容器的电容变大，选项B错误；C．丙图装置中通过物体位置变化引起线圈的自感系数改变从而将位置量

换转成电学量，选项C正确；D．丁图装置是电容话筒一样利用振膜接受空气振动信号，振膜与固定的平面电极之间形成一个电容，两者之间的距离变化会导致其电容的变化。在电容两端施加固定频率及大小的电压，通过电容的电流就会变化。将这个电流

信号进行转换，即可输出音频信号。但是只有声音，不接入电源，R两端不会有电压输出，选项D错误。故选C。10.已知某款汽车每百公里平均油耗为7L，每升汽油8.3元，家庭用电每度（1度=1kW·h）0.52元。小明家里某款电动自行车的一些主要参数如下表所示，假定电动自行车载人行驶时，受到的阻力是

人与车总重力的0.02倍，小明自身质量为60kg。下列说法正确的是（）外形尺寸1630mm×600mm×1100mm额定输出功率100~200W整车质量40kg标准载重90kg充电电压36V电池容量12A·h欠压保护31.5V过流保护6A一次充电连续行驶里程

20km充电时间4~8hA.小明骑电动自行车在水平路面上以6m/s的速度匀速行驶时，电动自行车的输出功率为72WB.小明骑电动自行车在水平路面上匀速行驶时的最大速度为15m/sC.正常充电情况下，将完全没电的电池充满电至少需要耗电0

.432度D.骑该电动自行车比开小汽车每行驶10km节省约3元【答案】C【解析】【详解】A．小明骑电动自行车在水平路面上匀速行驶时，有()()f0.02604010N20NFFkMmg==+=+=则电动自行车的

输出功率为206W120WPFv===A错误；B．小明骑电动自行车在水平路面上匀速行驶时的最大速度为mf200ms10ms20PvF===额B错误；C．在额定电压下，将完全没电的电池充满电至少需要耗

电3612Wh0.432kWh0.432WUItUQ=====度C正确；D．骑该电动自行车每行驶10km，需要的钱数为10.4320.520.520.1122Wx==元元元小汽车每行驶10km，需要的钱数为2178.35.8110x==元元骑

该电动自行车比开小汽车每行驶10km节省约215.810.115.7xxx=−=−=元元元D错误。故选C11.如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在0~t0内驱动

线圈的电流iab随时间t的变化如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是。（）A.发射线圈中感应电流产生的磁场水平向左B.t=t0时驱动线圈产生的自感电动势最大C.t=0时发射线圈具有的加速度最大D.t=

t0时发射线圈中的感应电流最大【答案】A【解析】【详解】A．根据安培定则，驱动线圈内的磁场方向水平向右，再由图乙可知，通过发射线圈的磁通量增大，根据楞次定律，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，A正确；BD．由图乙可知，t=t0时驱动线圈的电流变化最慢，则此时通

过发射线圈的磁通量变化最慢，此时驱动线圈产生的自感电动势为零，感应电流为零，BD错误；C．t=0时驱动线圈的电流变化最快，则此时通过发射线圈的磁通量变化最快，产生的感应电流最大，但此时磁场最弱，安培力不是最大值，则此时发射线圈具有的加速度不是最大，C错误。故选A。12.冰雕展上有一

块边长为1m的立方体的冰块，冰块内上下底面中心连线为OO′，在O′处安装了一盏可视为点光源的灯，已知冰块的折射率为1.3。下列说法正确的是（）A.从冰块正上方沿OO′方向观察，点光源的视深为1.3mB.光在冰块中发生全反射的临界角为C，可知

3sin4CC.由灯直接发出的光照到冰块四个侧面时都能从侧面射出D.由灯直接发出的光照到冰块上表面时都能从上表面射出【答案】D【解析】【详解】A．实深是OO′，视深为h，根据折射率定义式结合几何关系可知ABnh=可得10m13h=A错误；B．由11103

sin1.3134Cn===B错误；CD．如图所示在直角ABO中，由几何关系可知222m26()()m2BOAOBOAB==+=则31sinsin31.3BOCAO===所以由灯直接发出光照到冰块上表面

时都能从上表面射出，而61sinsin31.3ABCAO===所以由灯直接发出的光照到冰块四个侧面时不是都能从侧面射出，C错误、D正确。故选D。13.如图，两端开口的圆筒与水平地面成一定角度倾斜放置，OO＇是圆筒的中轴线，M、N是筒壁上的两个点，且MNOO

∥。一个可视为质点的小球自M点正上方足够高处自由释放，由M点无碰撞进入圆筒后一直沿筒壁运动，a、b、c是小球运动轨迹与MN的交点。小球从M到a用时1t，从a到b用时2t，从b到c用时3t，小球经过a、b、c

时对筒壁压力分别为aF、bF、cF，经过a、b、c时的速度大小分别为的av、bv、cv，Mal、abl、bcl表示M、a、b、c相邻两点间的距离，不计一切摩擦。下列说法正确的是（）A.123tttB.abcFFF==C.::1:2:3abcvvv=D.::1:3:5:M

aabbclll=【答案】B【解析】【详解】A．由题意可知，小球从高处自由下落，由M点无碰撞进入圆筒后一直沿筒壁运动，设小球在M点时的速度为v，可知该速度在MN方向的分速度1sinvv=在沿垂直MN方

向的分速度2cosvv=小球在垂直轴线的平面内做变速圆周运动，由于在垂直轴线方向的分速度大小不变，因此每运动一周所用时间的情况相同，则有123ttt==A错误；B．小球在垂直轴线的平面内做变速圆周运动，在垂直轴线方向的分速度大小不变，则有小球在a、b、c位置时，所需向心力大小均为22

vFmR=可知小球在a、b、c各点筒壁对小球提供的向心力大小相同，由牛顿第三定律可知，小球经过a、b、c时对筒壁压力大小相同，即abcFFF==B正确；C．小球沿MN方向的初速度不是零，由0vvat=+，可求出小球经a、b、c时在沿MN方向的速度，小球在垂直MN方向的速

度大小不变，可知小球经a、b、c时的速度关系::1:2:3abcvvvＣ错误；D．若小球在沿MN方向的初速度是零，由初速度是零的匀加速直线运动规律可得::1:3:5:Maabbclll=由于小球在沿MN方向的初速

度不是零，是1sinvv=因此则有::1:3:5:MaabbclllD错误。故选B。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.图甲是三颗微粒做布朗运动的位置连线图，图乙是氧气分子速率分布图，图丙是静止在水面上的硬币，图丁是空气压缩仪点燃硝化棉，下列说法正确的是（）A.甲图中，微粒越小，布朗运动越明显B.乙图中，温度升高，所

有氧分子的速率都增大C.丙图中，硬币能浮在水面上，主要是因为水的浮力D.丁图中，压缩空气压缩仪内的空气，空气的温度升高，内能增大【答案】AD【解析】【详解】A．微粒越小，布朗运动越明显，故A正确；B．温度越高，氧气分子的平均速率增大，不是每一个分子速率都增大，故B错误；C．硬币浮在水面上，主要

是因为水的表面张力，故C错误；D．压缩空气，外界对气体做功，空气的温度升高，内能增大，故D正确。故选AD。【点睛】本题考查分子动理论，目的是考查学生的理解能力。15.在x轴正半轴和负半轴存在两种不同材质的

弹性绳（相连于O点），6mx=−和12mx=处为两波源，分别向右、向左传播形成振幅均为4cm的简谐横波，0=t时刻的波形如图所示，此时2mx=−和4mx=处的质点刚好开始振动，已知波在左右两种介质中的

传播速度之比为1:2，0st=到5s12t=时间内P点经过的路程为6cm，则下列说法正确的是（）A.0=t时刻P处质点向右运动B.波2振动的周期为1sC.波2在x轴负半轴的传播速度为8m/sD.不考虑不同介质中的振幅变化，两列波相遇后在1mx=−处质点的振幅为8cm【答案】BD【解析】【详

解】A．根据波形平移法可知，0=t时刻P处质点向上振动，并不会随波的传播方向向右运动，故A错误；BC．由图可知两列波的波长分别为14m=，28m=，即波长之比为1:2；依题意，波在左右两种介质中的传播速度之比为

1:2，根据波的传播速度与周期、波长关系vT=可知两列波周期相同；研究向右传播的波1，根据质点的振动方程有12sinyAtT=其中14cmA=，2cmy=，可得的12Tt=0st=到5s12t=时间内P点经过的路程

为6cm，则有5s124124TTT=−+解得1sT=可知波2振动的周期也为1s；向右传播的波1在x轴负半轴的传播速度为114m/s4m/s1vT===机械波的传播速度由介质决定，可知波2在x轴负半轴的传播速度也为4m/s，故B正确，C错误；D．波2在x轴正半轴的传播速度为228

m/s8m/s1vT===由图可知，0=t时刻向右传播的波1在5mx=−处的波谷传播到1mx=−处所用时间为11(5)s1s4xtv−−−===0=t时刻向左传播的波2在6mx=处的波谷传播到1mx=−处所用时间为1221

600(1)ss1s84xxtvv−−−=+=+=可知两列波的波谷同时传到1mx=−处，故1mx=−处为振动加强点，则两列波相遇后在1mx=−处质点的振幅为128cmAAA=+=故D正确。故选BD。非选择题部分三

、非选择题（本题共7小题，共55分）16.同学们用如图所示的“杆线摆”研究摆的周期与等效重力加速度的关系。杆线摆可以绕着立柱'OO来回摆动（立柱并不转动），使摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内。具体操作步骤如下

：（1）测量“斜面”的倾角。①将铁架台放在水平桌面上，在铁架台立柱上绑上重垂线，调节杆线摆的线长，使重垂线与摆杆垂直。②把铁架台底座的一侧垫高，使立柱倾斜。测出静止时摆杆与重垂线的夹角为，则“斜面”的倾角=___________。（2）根据斜面倾角，求

出等效重力加速度a。（3）测量杆线摆的周期。尽量减小摆杆与立柱之间的摩擦，将摆拉开一个较小的角度，轻轻释放摆球。用停表测量摆球全振动20次所用的时间t，则单摆的周期为T=___________。（4）改变铁架台的倾斜程度，重复实验，将所需数据记

录在表格中。序号（）Ts（）2/ams（）21msa−（）111.02.521.870.731214.52.112.450.639319.01.833.190.560422.51.733.750.516525.51.624.220.

487629.01.504.750.459（5）为了直观体现周期与等效重力加速度的关系，请在坐标纸中选择合适的物理量与单位，补全缺少的数据点并绘图________。（6）通过图线，可以计算出在摆长一定的情况下，摆的周期与等效重力加速度的关系。若忽略球的尺寸，本实验中的摆长应为___

________（填“摆线”、“摆杆”）的长度，摆长为L=___________m（结果保留1位有效数字）。【答案】①.90−②.20t③.④.摆杆⑤.0.3【解析】【详解】（1）[1]摆杆与重垂线的夹角为，为摆杆与水平方向的夹角，根据几何关系可知

90=−（3）[2]根据摆球全振动的次数和所用时间，周期tTn=（5）[3]根据题图可知等效重力加速度为agsin=根据单摆周期公式有122sinsinLTLgg==在图中以周期T为纵坐标轴、以1sing为横坐标轴建立坐标系，根据表格中相应的各组数据在坐标系中描点、作

图如图所示：（6）[4][5]本实验的摆长为摆杆；由上述图像1Tgsin−图像的斜率11222.50m3.4m0.740k−=−结合1Tgsin−图像函数可知2kL=解得22223.4m0.3m443.14kL==17.如图甲所示为苹果自动分拣装置的示意图

，该装置把大小不同的苹果，按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果。该装置的托盘秤压在一个以1O为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在压力传感器R上，R的阻值随压力变化的曲线如图乙所示。调节托盘秤压在杠杆上的位置，使质量等于分拣标准（0.20kg）的大苹果经过托盘秤时，杠杆对R的压力为

1N。调节可调电阻0R，可改变R、0R两端的电压比，使质量等于分拣标准的大苹果通过托盘秤时，0R两端的电压恰好能使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁，此电压叫做放大电路的激励电压。该放大电路中包含保持电路，能够确保大苹果在衔铁上运动时电磁铁始终保持吸动状态。（1）该自

动分拣装置正常工作时，大苹果通过___________（填“通道A”、“通道B”）。（2）若电源电动势为5V，内阻不计，放大电路的激励电压为2V，为使该装置达到上述分拣目的，0R的阻值等于___________kΩ。（结果保留两位有效数字）（3）小镇同学想在托盘秤压在杠杆上的位

置不变的情况下，利用一块电压表测出每个苹果的质量，且电压表的示数随苹果质量的增大而增大，则电压表应该并联在电阻___________（填“R”、“R0”或“电源”）两端，苹果质量与电压表示数___________（填“均匀”、“不均匀”）

对应。【答案】①.通道B②.20③.0R④.不均匀【解析】【详解】（1）[1]大苹果通过托盘秤时，0R两端的电压达到放大电路的激励电压，使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁，大苹果进入下面的通道B。（2）[2]杠

杆对R的压力为1N，R阻值为30kΩ，为使该装置达到上述分拣目的，0R的阻值需满足()052V2VRR−=则020kΩR=（3）[3]随着苹果质量增大，R阻值减小，分压减小，电源电动势不变，0R分压增大，为了满足电压表的

示数随苹果质量的增大而增大，需要将电压表并联在0R两端。[4]由图乙可知R的阻值随压力的增大而减小，且不是线性变化关系。电压表示数为R0两端的电压。苹果质量与压力传感器上的压力成正比，由闭合电路欧姆定律得，电路中的电流与苹果质量不是线性变化关系。苹果质量与电压表示数不均匀对应。18.用某种单

色光做双缝干涉实验时，已知双缝间距离为d，测出图⑤中双缝的位置为1L，毛玻璃屏的位置为2L，实验时移动测量头（如图①所示）上的手轮，把分划线对准靠近最左边的一条亮条纹（如图②所示），并记下螺旋测微器的读数为x1（如图③所示），然后转动手轮，把分划线向右边移动，直到对准第7条亮条纹

并记下螺旋测微器读数为x7=___________mm（如图④所示），由以上测量数据可求得该单色光的波长λ=___________（用题中测量量的符号表示）【答案】①.14.700②.()()71216dxxLL−−【解析】【详解】[1]螺旋测微器读数为x7=14.5mm+0.01mm×20.0

=14.700mm[2]条纹间距7171716xxxxx−−==−根据lxd=可得()()71216dxxxdlLL−==−19.如图所示，为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液。某种药瓶的容积为5mL，瓶内装有4mL的药液，在-3C

的冰箱内时，瓶内空气压强为49.010Pa。在室温27C条件下放置较长时间后，护士先把注射器内0.5mL压强为51.010Pa的空气注入药瓶，然后抽出3mL的药液。抽取药液的过程中，瓶内外温度相同且保持不变，忽略针头内气体的体积和药液体积，气体视为理想气体。（1）放置较

长时间后，瓶内气体压强多大？（2）注入的空气与瓶中原有空气质量之比多大？（3）抽出药液后瓶内气体压强多大？在将气体注入及抽液过程中，气体总体是吸收热量还是放出热量？【答案】（1）5110pa；（2）12；（3）43.7510Pa，吸

收热量【解析】【详解】（1）以瓶内气体为研究对象，经过等容过程41910270300p=解得51110pap=（2）注入的空气与瓶中原有空气质量之比为12mVmV==注注原原（3）由玻意耳定律得521.5110pV=又(543)ml4mlV=−+=解

得423.7510Pap=整个过程中，气体膨胀，对外做功，内能不变，根据热力学第一定律UWQ=+可知，气体总体吸收热量。20.如图所示，长L=1m的传送带AB以速度v0=1m/s顺时针转动，与水平面夹角为α=37°，下端与足够长的光滑水平轨道BC平滑连接。滑块P、Q用细线拴在一起静止在水平

轨道BC上，中间有一被压缩的轻质弹簧（P、Q与弹簧不相连）。剪断细线后弹簧恢复原长时，滑块P向左运动的速度为v1=4m/s。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，滑块P、Q质量分别为m1=1kg、m2=2kg。高H=1.5m倾角

为θ的粗糙倾斜轨道与水平轨道BC在C处平滑连接，光滑曲线轨道DEF左右对称，E为最高点。对于一般曲线上的某点，若存在一个最接近该点附近曲线的圆，则这个圆叫做曲率圆，它的半径叫做该点的曲率半径。图中圆1和圆2分别为D、E两点的曲率

圆，半径分别为R1=0.8m、R2=0.2m。滑块Q在光滑轨道DEF内侧运动时的向心加速度恰好始终恒为a=2g。求：（1）滑块Q从C运动到D过程中损失的机械能E；（2）曲线轨道DEF上任意高度h处的曲率

半径R与h的关系；（3）物块P与传送带之间因摩擦而产生的热量Q。【答案】（1）E=18J；（2）R=0.8－h，（0≤h≤0.6m）；（3）6J【解析】【详解】（1）弹簧将P、Q弹开的过程动量守恒有112

2mvmv=解得v2=2m/s由题知，滑块Q在光滑轨道DEF内侧运动时的向心加速度恰好始终恒为a=2g，则在D点有21DvaR=解得vD=4m/s故滑块Q从C运动到D过程中损失的机械能为2222221122

DEmvmgHmv=+−解得E=18J（2）同理在E点也有22EvaR=解得vE=2m/s从D点到曲线轨道DEF上任意高度有222221122Dmghmvmv−=−且2vaR=联立有R=0.8－h其中R≥R1则0≤h≤0.6m（3）滑块P在传送带

向上减速，其加速度为a1=gsinα＋μgcosα=10m/s2滑块P向上减速到0时有1110.4svta==位移11110.8m2xvtL==则滑块P未从顶端冲出，之后向下先加速，加速到共速有0210.1svta==10210.05m2xv

t==共速后a2=gsinα－μgcosα=2m/s2则滑块P向下减速有212032312xxvtat−=+解得t3=05s故整个过程中滑块P与传送带相对运动的距离()()()10102221031.5msxvtvtxxxv

t=++−+−−=则2cos6JQmgs==21.如图甲所示，水平固定一半径为r的金属圆环，一长为r、电阻为0R的金属杆a沿半径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO上，可随轴自由转动，圆

环内存在磁感应强度为1B的匀强磁场。圆环边缘、转轴通过接触良好的电刷分别与间距L的水平放置的足够长粗糙金属轨道MP、NQ相连，两者间接有理想的电压表，同样足够长的光滑绝缘轨道PM、QN与金属轨道平滑连接，PM、QN的间距也为L。金属轨道PM、QN处在磁感应强度为2B的匀强磁场中，金属

杆b垂直轨道放置，其长为L、质量为m、电阻为1R，与金属轨道的动摩擦因数为。绝缘轨道PM与QN上放置边长为L，质量为M、电阻为2R的“”形金属框EFGH，以FG为原点向右存在磁感应强度为3B的磁场，()30.40.40Bxx=+。已知1mr=，01

R=，0.2=，1mL=，1kgm=，122RR==，3kgM=，121TBB==、方向均竖直向下，不考虑框架中的电流产生的磁场影响，除已给电阻其它电阻不计，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，金属杆b与“”形金属框发生

碰撞时会形成一闭合的正方形方框。求：（1）加速转动a杆，金属杆b恰好向右运动时，电压表的示数1U；（2）若匀速转动a杆，且角速度为20rad/s=时，b杆到达PQ的速度大小v；（3）若固定a杆，对b杆施加

向右的外力，理想电压表如图乙规律变化。10t时间内为正弦曲线，b杆刚好向前位移为6m，若01V=U，求10t过程外力的冲量I；（4）若b杆以04m/sv=的初速度撞击“”形金属框，且碰撞后正方形方框在外力作用下进入磁场3B中电流不变，求进入过程中外力做功的平均功率P。

.【答案】（1）14V=U；（2）4m/sv=；（3）25NsI=+；（4）24W25P=−【解析】【详解】（1）金属杆b恰好向右运动时，安培力等于摩擦力，则有12BILmg=解得12AI=此时电压表的示数1114VUIR==（2）最终b匀速时

，受到的安培力等于摩擦力22BILmg=由电磁感应定律和闭合回路电阻定律可得()21220112BrBLvIRR−=+解得v4m/s=（3）设1t时b杆的速度为0v，由电磁感应定律有020EBLv=00001RUERR=+解得03m/sv

=，03VE=将此过程产生的交流电等效成由交流发电机产生，则有26WbBLx==0E=解得rad/s2=另有11s42Tt===由动量定理可得22210010BLImgtxmvRR−−=−+解得25NsI=+

（4）若b杆以04m/sv=的初速度撞击，碰撞过程由动量守恒定律可得()01mvMmv=+解得碰后正方形方框的速度1v为11m/sv=刚进入3B时感应电流为3011230.1ABLvIRR==+进入磁场

3B中电流不变，则正方形方框受到的安培力()3A30.041NFBILx==+克服安培力所做的功为()AA10.040.081J0.06J2WFL==+=当正方形方框全进入磁场时，即xL=有()231233IRRBLv+=，()330.410.

4T0.8TB=+=解得20.5m/sv=根据动能定理可得()()22A211122WWMmvMmv−=+−+解得1.44JW=−根据能量转化知，克服安培力做功等于电路产生的焦耳热()2A1223WQIRRt==+解得21.5st=外力做功的平均功率224W25WPt==−22.电子

工业中，离子注入成为了微电子工艺中一种重要的掺杂技术，利用磁场、电场可以实现离子的分离和注入。某同学设想的一种离子分离与注入原理如图所示。空间直角坐标系O-xyz中，x轴正半轴上放置有足够长涂有荧光物质的细棒，有

离子击中的点会发出荧光。在Oxy平面的上方分布有沿y轴正向的匀强磁场，磁感应强度为B。一发射带正电离子的离子源置于坐标原点O，只在Oxz平面内不断射出速率均为v的离子，速度方向分布在z轴两侧各为37=角的范围内，且沿各个方向的离子个数均匀分布，包含有电量相

同，质量分别为m和0.5m的两种离子。发现x轴上出现两条亮线，可确认击中右侧亮线最右端到O点的距离为L。不计离子间的相互作用力和离子重力，整个装置置于真空中。（osin370.6=，ocos370.8=）（1）求离子的电量q；（2）

质量0.5m的离子在x轴上的亮线长度∆1x；（3）若磁感应强度在()()BkBBkB−+范围内波动（k小于0.5，波动周期远大于离子在磁场中的运动时间），要使x轴上的两条亮线某时刻恰好能连接成一条亮线，求k值；（4）若某段时间内磁感应强度恒为B，θ角增为60，离子源只发出质量为m的离子

。在Oxy平面的上方再施加沿y轴正向的匀强电场，电场强度为E，在Oxy平面上某点（O点除外）垂直离子速度方向放置待注入离子的某种材料小圆板（忽略大小），可得到最大注入深度，若离子进入该材料过程中受到的阻力恒为其速度的k倍，求该最大深度d。【答案】（1）2mvBL；（2）10

L；（3）313；（4）2253EmvBdk+=【解析】【详解】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得2vqvBmr=可得1mvrqB=20.5mvrqB=12rr

因为12Lr=可得2mvqBL=（2）由于21124Lrr==则有12222cos37xrr=−解得110Lx=（3）x轴上的两条亮线某时刻恰好能连接成一条亮线，则有()1mvrqBkB=+()20.5mvrqBkB=−2122cosrr=联

立解得313k=（4）带电粒子运动的周期22rmTvqB==在磁场中运动时间最长30053603mtTqB==在电场中Eqam=沿电场方向yvat=则有221yvvv=+离子进入该材料过程中受到的阻力恒为其速度的k倍，在很小的时间

内对某个离子由动量定理，可得iikvtp−=在全程中则有10kdmv−=−联立解得2253EmvBdk+=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com