【文档说明】浙江省精诚联盟2023-2024学年高三上学期12月适应性联考物理试卷 含解析 .docx，共(28)页，10.672 MB，由小赞的店铺上传

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2023学年第一学期浙江精诚联盟适应性联考高三物理学科试题考生须知：1．本试题卷共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、考场号、座位号及准考证号。3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。4

．考试结束后，只需上交答题卷。5．可能用到的相关参数：重力加速度g取210m/s。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.

下列物理量属于矢量，且其单位用国际单位制基本单位表示的是（）A.功22kgms−B.电场强度1Vm−C.磁感应强度12kgAs−−D.磁通量2Tm【答案】C【解析】【详解】A．功是标量，功的单位为22JNmkgms−==，故A不符合题意；

B．电场强度是矢量，电场强度的单位为1113VmNCkgmAs−−−==，故B不符合题意；C．磁感应强度矢量，磁感应强度的单位为1121TAgsmNkA−−−−==，故C符合题意；D．磁通量是标量，磁通量的单位2122WbTmkgmAs−−==，故D不符合题意

。故选C。2.第19届亚运会在中国杭州召开，下列说法正确的是（）A.在乒乓球比赛中，研究运动员发球时，可将乒乓球视为质点B.在足球比赛中，球在空中飞行的速度越大，其惯性越大C.在举重比赛中，·运动员举起杠铃并在空中保持静止状态时，运动员对地面的压力和其对杠铃的支持力是一对

平衡力D.铅球比赛中，不计空气阻力，在空中运动的铅球处于完全失重状态【答案】D【解析】【详解】A．在乒乓球比赛中，研究运动员发球时，乒乓球的大小和形状不可忽略，不可将乒乓球视为质点，故A错误；B．足球的惯性大小只与足球的质量有关，与速度大小无关，故B错误；C．在举重比赛中，·运动

员举起杠铃并在空中保持静止状态时，运动员对杠铃的支持力与杠铃所受的重力是一对平衡力，故C错误；D．铅球比赛中，不计空气阻力，在空中运动的铅球只受重力，加速度向下，大小为g，处于完全失重状态，故D正确。故选D。3.气排球运动是一项集运动、休闲、娱乐为一体的群众性体育项目。某次气排球在竖直方向上

运动，其受到的阻力大小与速度大小成正比，当气排球从最高点下落的过程中，关于气排球的速度v与下落时间t的关系图像正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】根据牛顿第二定律mgkvma−=可知气排球随着速度增大，加速度减小，做加速度减小的加速运动，图像斜率变小。故选

C。4.某科技公司设计的一套多用途城市无人驾驶系统如图所示，由乘客舱和三角形支架组成，支架的四条完全相同带轮触脚可绕轴转动。先将乘客舱悬空固定于支架顶部，再利用自身的动力系统调节触脚与竖直方向的夹角以升高乘客舱，然后利用自动驾驶系统，将乘客舱运送至相应地点。

已知三角形支架和乘客舱的总质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.乘客舱被缓慢吊起过程中，夹角逐渐增大B.乘客舱被缓慢吊起过程中的某个时刻，地面对每个轮子的支持力为4cosmgC.乘客舱被缓慢吊起过程中，地面对每个轮子的作用力发生了变化D.该装置在平直公路上加速行驶时

，支架对乘客舱的作用力等于乘客舱的重力【答案】C【解析】【详解】A．触脚与竖直方向的夹角，设左右两个轮子之间的距离为l，乘客舱的高度为h，三角形支架如下图由2tanlh=当l变小，h变大时，变小，故A错误；B．设地面对每个轮子的支持力为NF，乘客舱被缓慢吊起过程

中可以看成匀速运动，根据平衡条件得N4Fmg=解得N4mgF=故B错误；C．设每个触角对乘客舱的作用力为F，对乘客舱受力分析，如下图根据平衡条件，可得2cos2mgF=解得4cosmgF=根据牛顿第三定律，

可知触角对轮子的作用力和地面对每个轮子的作用力的大小为4cosmgFF==可得F与有关，乘客舱被缓慢吊起过程中，发生了变化，因此地面对每个轮子的作用力发生了变化，故C正确；D．当该装置在平直公路上加速行驶时，根据牛顿第二定律，乘客舱受到的合力不等于零，因此支架

对乘客舱的作用力不等于乘客舱的重力，故D错误。故选C。5.如图是一款称之为“钢珠永动机”的玩具，小钢珠从A处小孔沿轨道静止滑落，从C处飞离轨道作斜抛运动，然后落到圆盘后滚至A处从小孔再次落下，周而复始。下列判断正确的是（）A.此玩具是一个不需要外界能量的永动机B.钢珠在运动过程中机械能守恒C.此玩

具可能仅在轨道的最低处B处的下方安装了一个强磁铁吸引钢珠实现永动D.钢珠运动过程有除重力、弹力和摩擦力之外的力对钢球做了功【答案】D【解析】【详解】A．永动机违背能的转化和守恒定律，故永动机不能制造成功，故A错误；B．钢珠在运动过程中有空气阻力、轨道间摩擦力做功，

机械能转化为内能，钢珠机械能不守恒，故B错误；C．此玩具仅在轨道的最低处B处的下方安装了一个强磁铁吸引钢珠，钢珠靠近磁铁时引力做正功，远离磁铁时引力做负功，不能实现永动，故C错误；D．钢珠能一直运动，运动过程中一部分机械能转化为内能

，钢珠运动过程有除重力、弹力和摩擦力之外的力对钢球做了功，故D正确。故选D。6.如图所示，一无人机携带救援物资进行救援任务，飞到O点时悬停，以12m/s的水平速度向右弹出物资，物资恰好垂直打在倾角37=斜坡上的A点。不计

空气阻力，下列说法正确的是（）A.物资落到A点的时间为0.9sB.物资弹出的位置离落地点的水平距离为19.2mC.若其他条件不变，弹出位置改为O点的正下方，则物资仍能垂直打在斜坡上D.若其他条件不变，弹出的初速度减小，则物资落到斜坡

上的时间不变【答案】B【解析】【详解】A．弹丸垂直打在斜坡上的A点时，设竖直方向的速度为vy，在A点进行运动的合成与分解，如图所示根据0tanyvvgt==物资落到A点的时间为1.6st=故A错误；B．物资弹出的位置离落地点的水平距离

为019.2mxvt==故B正确；C．若其他条件不变，弹出位置改为O点的正下方，相当于将图中轨迹向下平移，速度沿切线方向，可知，不可能垂直打在斜面上，故C错误；D．若其他条件不变，弹出的初速度减小，与落在

A点比较，相同时间会落到A点所在水平面左侧，可知最终会落在A点下方，竖直方向212hgt=可知时间变长，故D错误。故选B。7.如图所示，某同学用图甲所示的装置做模拟“静电植绒”的实验，两块水平放置的平行铝板分别连接起电机的两极，下铝板上表面铺一层带电草粉，上铝板下表

面固定一张用白乳胶涂有字样的硬纸板（有字的一面朝下）。转动起电机，草粉向上运动碰到白乳胶后就黏在硬纸板上，留下痕迹，如图乙所示。下列说法正确的是（）A.草粉向上运动是因为磁场力的作用B.草粉向上运动的过程中，电势能增大C.质量相同的草粉

，带电量越多，到达硬纸板的速率越大D.停止转动起电机，断开铝板与起电机的接线，用一绝缘夹子将上铝板向上移动，同一草粉所受电场力增大【答案】C【解析】【详解】A．草粉向上运动是因为电场力的作用，A错误；B．带电上铝板吸引带电的草粉

，则其带与草粉电性相反的电荷，草粉在飞往上铝板过程中，草粉在加速运动，电场力做正功，电势能不断减小，B错误；C．由动能定理212qUmv=质量相同的草粉，带电量越多，到达硬纸板的速率越大，C正确。D.停止转动起电机，断开铝板与起电机的接线，上下

极板的电荷量不变，根据QCU=4SCkd=UEd=联立求得4kQES=当板间距减小时，电场强度不变，同一草粉所受电场力不变，D错误。故选C。8.磁式电流计的结构如图所示，当电流流入线圈时，线圈会发生转

动，从线圈偏转的角度就能判断电流的大小。下列说法不正确．．．的是（）A.电表表盘的刻度是均匀的，则偏转角度与电流大小呈线形关系B.当电流流入线圈时，螺旋弹簧对线圈偏转有阻碍作用C.在磁极间放入软铁，可使线圈处在匀强磁场中D.实际的灵敏电流计，会将线圈绕在铝框上。铝框的作用是利用涡流，起到电磁阻

尼的作用【答案】C【解析】【详解】A．极靴与圆柱间磁场是均匀地辐向分布，并不是匀强磁场，这样即可保证线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，从而使电流表表盘刻度均匀；电表表盘刻度均匀说明指针偏转角度与电流大小成正比；故A正确，不符合题意；B．稳定后，线圈受到螺旋弹簧的力矩与线圈受到的磁力矩

方向是相反的，故螺旋弹簧对线圈偏转有阻碍作用；故B正确，不符合题意；C．在磁极间放入软铁，软铁被辐向磁场磁化，可使线圈仍处在辐向磁场中，故C错误，符合题意；D．实际的灵敏电流计，会将线圈绕在铝框上。当线

圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，这样做的目的是利用涡流；从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止摆动。故D正确，不符合题意。故选C。9.由中国国家航天局组织实施研制的嫦娥五号是我国首个实施无人月面取样返回的月球探测器。如图所示为嫦娥五号飞行轨迹的简化图，

其中Q为各绕地轨道的交点，P为各环月轨道的交点。关于嫦娥五号，以下说法正确的是（）A.在环月轨道1上的机械能比在环月轨道2上的机械能大B.在绕地轨道1上的周期比在绕地轨道2上的周期大C.从绕地轨道进入地

月转移轨道需要在Q点加速，而从地月转移轨道进入环月轨道需要在P点减速的D.无动力情形下，在离地球表面和离月球表面相同高度处的加速度大小相同【答案】C【解析】【详解】A．嫦娥五号在环月轨道2上的P减速进入环月轨道1，嫦娥五号向运动反方向喷

气，做负功，机械能减小，在环月轨道1上的机械能比在环月轨道2上的机械能小，A错误；B．根据开普勒第三定律可得33222221arTT=由于22ar，可得在绕地轨道1上的周期比在绕地轨道2上的周期小，B错误；C．从绕地轨道进入地月转移轨道在Q

点加速，从低轨道进入高轨道，运动到地月转移轨道月球对嫦娥五号的引力大于地球对嫦娥五号的引力，嫦娥五号被月球捕获，在P点减速，使其绕月飞行，C正确；D．根据2MmGmar=343MR=得离地表面h处的加速度为()3243RaGRh=

+由于地球月球的平均密度，星球半径不同，所以无动力情形下，在离地球表面和离月球表面相同高度处的加速度大小不相同，D错误。故选C。10.如图甲所示为一块折射率为2的楔形玻璃，侧面ABC为直角三角形，30ABC=。有一根长为l的线光源DE与FB平行放置在底

面上，线光源到FB的距离为d，线光源到三个侧面的距离都足够大。图乙为楔形玻璃的侧视图，若不考虑多次反射，则AB所在的上表面的透光面积是（）A.228dB.dlC.228ddl+D.24ddl+【答案】D【解析】【详解】

对于玻璃下单一点光源来说，由于光源发出的单色光在玻璃中的折射率为n，有一部分光将发生全反射。由对称性可知，在玻璃面上，可以通过玻璃面射入空气的光将形成一个圆形光斑，设此光斑半径为r，如下图所示。设发生全反射的临界角为C，则有根据折射率与全反射的临界角之

间的关系可得12sin2Cn==解得45C=从垂直玻璃面看去如图所示高度2dhME==所以半径2dr=线光源到三个侧面的距离都足够大，所以面积如图所示所以面积2224Srlrddl=+=+故选D。11.磁控溅射是一种新型溅射技术，如图甲所示，

电子在跑道上的运动原理可以近似认为：从水平靶面电离出初速度为零的电子，在阴极暗区只受竖直方向的电场力作用，加速飞向负辉区，阴极暗区上下侧面间的电势差保持不变；电子进入负辉区的运动速度始终与磁场方向垂直，磁感应强度大小处处相等，电子绕行半个圆周之后，

重新进入阴极暗区，回到靶面时，速度恰好为零。电子就实现跳跃式地朝右漂移，如图乙所示，简称EB漂移。则下列说法正确的是（）A.负辉区中的整个磁场为匀强磁场B.电子每次飞离靶面时，电场和磁场的方向均要与原先反向才能实现E

B漂移C.其他条件不变的情况下，阴极暗区厚度越大，电子到达负辉区的速度越大D.在直道区，电子每次跳跃的水平距离相同【答案】D【解析】【详解】A．电子从阴极暗区进入负辉区的运动速度始终与磁场方向垂直，电子的速度

方向时刻改变，所以磁场方向变化，则负辉区中的整个磁场不是匀强磁场，故A错误；B．电子每次飞离靶面时，电子都要加速运动电场方向不变，电子从阴极暗区进入负辉区所受洛伦兹力都是向右，磁场方向不变，故B错误；C．由动能定理212eUmv=可

知电子到达负辉区的速度由阴极暗区的电压决定，与阴极暗区厚度无关，故C错误；D．阴极暗区上下侧面间的电势差保持不变，由212eUmv=，可知电子从阴极暗区进入负辉区的运动速度大小不变，磁感应强度大小处处相等，由2vevBmr=，可知电子在负辉区做圆周运动的半径相同，所以电子绕行半个圆周之后，

电子每次跳跃的水平距离相同，故D正确。故选D。12.一列简谐横波沿x轴方向传播，传播速度为10m/s，振幅为10cm。图甲是0.14st=时刻波图像，图乙为图甲中质点P的振动图像，则下列说法正确的是（）A.该波沿x轴正方向传播B.质点

P平衡位置的坐标0.3mx=C.从图甲时刻开始计时，经过四分之一周期，质点Q比质点P通过的路程小D.一观察者沿x正方向向波源运动，接收到波的频率比他静止时的大【答案】D【解析】【详解】A．由图甲可知，波长为2.4m=由vT=可知2.4s0.24s10Tv=

==则在0.14st=，由图乙可知，P在y轴正半轴，且向远离平衡位置移动，则根据“上坡下法”可知该波沿x轴负方向传播，故A错误；B．P不随波的传播改变其在x轴上的横坐标，则由图甲可知2510sin()2.4x=

解得的0.2mx=故B错误；C．根据图甲可知，P向远离平衡位置移动，而Q向平衡位置移动，经过四分之一周期，质点Q比质点P的速度大，即通过的路程大，故C错误；D．根据多普勒效应，一观察者沿x正方向向波源

运动，接收到波的频率比他静止时的大，故D正确。故选D。13.随着我国海军实力的日益增强，对舰载直升机的需求量也越来越大。在某次出海训练中，为了测试某种新型舰载直升机的各项性能指标，福建舰舰长让直升飞机从甲板上竖直匀加速起飞，在离福建舰6km的

山东舰的舰载雷达向外持续发射波长为1m的无线电波。直升机起飞4s后第一次接收到山东舰的最强雷达信号。已知山东舰的舰载雷达离海面高30m，福建舰甲板离海平面的高度为20m。无线电波射到水面时遵循反射定律，不考虑海水对无线电波的吸收和反射后的相位变化。下列说法正确的是（提示：无线电波与其经

水面的反射波在空中叠加时会发生干涉现象，使直升机在不同位置接收到的信号强弱发生变化）（）A.无线电波在空气中的传播速度为340m/sB.直升机的加速度为25m/sC.直升机再经过2s时第二次接收到辽宁舰的雷达信号最强D.起飞4s后直升机接收到最强雷达信号的时间间隔均相等【答案】

C【解析】【详解】A．无线电波是电磁波，在空气中的传播速度远大于340m/s，故A错误；BCD．无线电波与其经水面的反射波在空中叠加时会发生干涉现象，根据双缝干涉相邻亮条纹间距公式可得60001m100m230Lxd===直升机起飞4s后

第一次接收到山东舰的最强雷达信号，且福建舰甲板离海平面的高度为20m，则有210112xxxat=−=解得直升机的加速度为2202212()2(10020)m/s10m/s4xxat−−===由于飞机做匀加速直线运动，则起飞4s后直升机接收到最强雷达信号的时间

间隔越来越小，设直升机再经过Δt时第二次接收到辽宁舰的雷达信号最强，则有220112()2xxxatt=−=−解得012(2)2(210020)s4s2s10xxtta−−=−=−=故C正确，BD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，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）14.下列说法中正确的是（）A.真空中的光速在不同的惯性参

考系中大小都是相同的B.冰融化过程中，吸收热量而温度保持不变，分子势能变大C.比结合能越大的原子核越稳定，核子平均质量越大D.氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近轨道的过程中，放出光子，电子的动能减少【答案】AB【解析】【详解】A．根据爱因

斯坦相对论理论可知，真空中的光速在不同的惯性参考系中大小都是相同的，故A正确；B．冰融化过程中，吸收热量而温度保持不变，分子平均动能不变，冰内能增大，可知分子势能变大，故B正确；C．比结合能越大的原子

核越稳定，比结合能越大，核子的平均质量越小，故C错误；D．氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近轨道的过程中，氢原子放出光子，根据222evkmrr=则有22k122keEmvr==可知，轨道半径减小，电子的动能增大，故D错误。故选AB。15.如图甲所示是研究光电效应的实验装置，

开始时，滑片P与固定点O正对。如图乙是氢原子的能级图，由波尔能级理论可知，一群处于4n=能级的氢原子能辐射出6种不同频率的光，频率从小到大依次为1v、2v、3v、4v、5v、6v。现用光强一定，频率为4v的光照射装置甲，恰能发生光电效应，则以下说法正确的是（）A.在真空中，频

率为1v的光的波长最长B.金属的逸出功为10.2eVC.若用频率为6v的光照射装置甲，滑片P从O点向b端移动的过程中，电流表的示数一直增加D.若用频率为6v的光照射装置甲，滑片P滑至O的左侧某处，光电子向A板运动的过程中动

能变小【答案】ABD【解析】【详解】A．根据题意可知1v频率最小，根据c=可知，波长最长，故A正确；B．根据能级差越大，对应光子频率越高可知，4v是2到1能级跃迁对应释放的光子，所以4410.2eVEhv==恰能发生光电效应0410.2eVWhv==故

B正确；C．若用频率为6v的光照射装置甲，频率大于4v，能发生光电效应，P从O点向b端移动的过程中，加正向电压，但是当电流达到饱和时，电流不再增加，故C错误；D．若用频率为6v的光照射装置甲，滑片P滑至O的左侧某

处，加反向电压，则光电子向A板运动的过程中电场力做负功，动能变小，故D正确。故选ABD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.某实验小组完成“研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒”实验后，根据类似的实验思想，设计了一个非对心碰撞实验，以验证动量守恒

定理。用纸板搭建如图所示的滑道，它由弧形斜面滑道与水平滑道平滑连接而成，使象棋可以在其上平滑地滑动。实验时选用材质相同质量分别为1m和2m象棋甲和乙，然后进行如下实验：（1）将象棋甲放在斜面某一位置A静止释放，滑至P点停下，如图（a）所示，测出其在水平滑道上从O点到P的距离OPs；（2）将

象棋乙放置于O处，其中心稍偏离OP连线，左侧与过O点垂直于OP的线相切，甲置于位置A静止释放，两象棋发生斜碰（碰后两象棋运动方向不在同一直线上），如图（b）所示，则要求1m______2m（选填“大于”、“小于”或“等于”）。分别测出甲、乙从O点到停止处的滑行距离OMs和ONs以及其与OPs

之间的夹角1和2；（3）若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则在垂直OP方向，有OMONss=______；沿OP方向有12coscosOPOMONsss−=______（均用1m、2m和1、2表示）；（4）实验结果表明，（3）中的等式并不严格相等，试写出二条可能的原因：①

___________；②___________；（5）关于本实验，下列说法正确的是（多选）（）A．重复多次测量，可减小偶然误差B．象棋较小，可视为质点来处理C．弧形斜面滑道必须光滑D．象棋甲静置的位置A的高度高些比低些好（能完成实验的条件下）【答案】①.大于②.2211s

insinmm③.21mm④.不满足内力远大于外力⑤.重心不在同一水平面⑥.BD##DB【解析】【详解】（2）[1]为使甲碰撞乙后，甲的速度方向仍然向右，不发生反弹，则要求甲的质量大于乙的质量。（3）设象棋

与水平滑道的动摩擦因素为，根据动能定理有211012OPmgsmv=211112OMmgsmv=222212ONmgsmv=可得02OPvgs=，12OMvgs=，22ONvgs=[2]若动量守恒，在

垂直OP方向有111222sinsinmvmv=代入变形可得2211sinsinOMONsmsm=[3]若动量守恒，沿OP方向有10111222coscosmvmvmv=+代入变形可得1212coscosOPOMONssm

ms−=（4）[4][5]等式并不严格相等，有可能碰撞过程不满足内力远大于外力；或两象棋碰撞重心不在同一水平面等。（5）[6]A．无法保证每次碰撞后速度方向相同，则不能多次测量，故A错误；B．象棋的大小不影响距离的测量，则可看作质点，故B正确；C．弧形斜面滑道的光滑度不影响测量，只

需要两次到达O点时速度相同即可，故C错误；D．象棋甲静置的位置A的高度高些，在水平滑道上运动的距离会长些，可减小误差，故D正确。故选BD17.小明用伏安法测绘一额定电压为2.5V、额定电流为0.3A的小灯泡的伏安特性曲线，实验所用电压表内阻约为3k，电流表内阻约为1.0。另有滑动变阻器、

两节干电池、开关和导线若干。小明的实验部分连线图如图1所示，闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于______（选填“最左”、“最右”或“中间”）；当接线端P与A端连接时，得到如图2所示的伏安特性曲线，则当接线端P

与B端连接时，试在图2的基础上定性绘出其伏安特性曲线（用虚线）。______【答案】①.最左②.见解析【解析】【详解】[1]闭合开关前，为了保证电表的安全，滑动变阻器滑片应置于最左。[2]当接线端P与A端连接时，电流表采用外接法，由

于电压表的分流使得电流表的读数大于流过灯泡的实际电流；当接线端P与B端连接时，电流表采用内接法，由于电流表的分压使得电压表的读数大于灯泡的两端电压，则当接线端P与B端连接时，其伏安特性曲线如图中虚线所示18.某实验小组在探究电磁感应现象

时，将漆包线绕在竖直放置的有机玻璃管上，线圈的两端与电流传感器相连，在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离。将一小的强磁体从管的上端静止释放，下落过程中不会碰到管壁，则电流传感器测得电流I随时间t的变化图象可

能正确的是（）。A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】电流的方向反复改变了8次，这是由于小磁体下落通过每一匝线圈过程中，对单匝线圈来说，其磁通量都是先增加后减小，由楞次定律可知，每一个单匝线圈中感应电动势、感应

电流的方向也会由正方向变到负方向，因为下落速度不断增大，所以感应电流最大值也在增大。故选A。19.小明利用光的全反射原理测量玻璃三棱镜的折射率n。光线通过三棱镜二次折射的光路如图1所示。（1）已知三棱镜的顶角为，调节入射角1i，当3Cii=（玻璃到空气的临界角

）时，BC面发生全反射。则三棱镜的折射率n=______。（用1i和表示）（2）光线在界面BC发生全反射时对应的入射角1i可用分光计来测量。分光计测量角度的角游标结构如图2所示，与游标卡尺类似，它由主尺和游标尺组成。主尺刻度盘上一格为0.5°，游标尺将其均分为30等分，即游标尺上每小

格为1。则图2所示的角度读数为______。【答案】①.2212(sincos)sinsini++②.11345'【解析】【详解】（1）[1]由折射定律可知12sinsinini=由全反射临界角与折射率的关系可知31sinin=

由几何关系得23ii=+解得2212(sincos)sinsinin++=（2）[2]图2所示的角度读数为113.5151'11345'+=20.一开口向上的导热气缸内，用质量不计的活塞密

闭一定质量的理想气体，初始温度为300K，压强为5110Pa。可让气体经历以下两个过程之一。过程一：活塞固定，气体吸收250J的热量后温度上升100K；过程二：活塞自由且不计活塞与气缸壁的摩擦，气体缓慢吸收350J的热量后温

度上升100K。求：（1）过程一中始末状态气体的压强之比；（2）过程二中气体对外所做的功；（3）初始状态时气体的体积。【答案】（1）3:4；（2）100J；（3）33310m−【解析】【详解】（1）由等容变化可知1212ppTT=可得112230

03:4300100pTpT===+（2）过程一、二最后气体的内能相同，由热力学第一定律UWQ=+可得250350J100JWUQ=−=−=−既气体对外做功100J；（3）由3131VVTT=可得3143VV=则11131()3pVWpVV=−=可得初始状态的体积为33

1310mV−=21.如图所示，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个抛物线形的光滑轨道，其轨道方程为222yx=−（直角坐标系Oxy如图所示，x，y以m为单位，并固定于凹槽上），质量为m的小球，初始时刻从抛物线右侧的最高点P由静止开始下滑。整个过程凹槽不翻转，已知2Mm=。（1

）若凹槽固定，求小球运动到轨道最低点时的速度大小；（2）若凹槽自由置于光滑水平面上，求小球从右侧P点下滑至最低点时速度大小及凹槽相对于初始时刻运动的距离；（3）若凹槽自由置于光滑水平面上，求小球运动的轨迹方程（固定于地面在平面直角坐标系Oxy中，当凹槽与小球均静止时，Oxy与Oxy重

合）。【答案】（1）210m/s；（2）2023m/s，1m3；（3）见解析【解析】【详解】（1）若凹槽固定，根据动能定理2102mvmgy−=其中2my=解得210m/sv=（2）根据系统水平方向动量守恒12mvMv=，22121122mvMv

mgy+=解得1202/s3mv=根据人船模型可知12mxMx=，121mxx+=解得凹槽相对于初始时刻运动的距离21m3x=小球相对初始运动距离12m3x=（3）设小球从静止滑至某位置时的坐标为x，对地水平位移为1x−，

凹槽的圆心向右运动了x，得，相对原轨迹方程横坐标1(1)xxx=−−+代入222yx=−，(1)mxMx−=解得2(31)22xy−=−22.如图所示，在Oxy光滑绝缘水平面上的01mx、00.9my区域内存在方向垂直纸面向外、大小0.5TB

=的匀强磁场。0=t时，一阻值0.4R=、质量0.4kgm=和边长0.8mL=的正方形金属框在水平向右的外力F作用下，其右边界bc恰好到达y轴（0x=）；当bc边到达0.4mx=时，撤去外力F。已知线框

bc边从0x=运动到0.4mx=的过程中线框中的电流1Ix=+，0.5A/m=。求：（1）0=t时线框的速度0v；（2）0=t以后的过程中，线框产生的焦耳热Q；（3）线框bc边从0x=运动到0.4mx=的过程中

外力的冲量大小FI。【答案】（1）1m/s；（2）0.464J；（3）0.24Ns【解析】【详解】（1）0=t时线框右边界bc恰好到达y轴，此时电流为()0110.50A=1AIx=+=+电动势为000.4V

EIR==又由00EBLv=求得01m/sv=（2）线框bc边从0x=运动到0.4mx=的过程中安培力为()()0.510.8N0.40.2NFBILxx==+=+安得到安培力F安与x的关系图为安培力与位移图线和x轴围成图形面积表示安培力做功

，求得0.40.480.40.176J2W+==克服安培力做功等于这一过程线框产生热量10.176JQW==当bc边到达0.4mx=时，电流()110.50.4A1.2AI=+=电动势为11EIR=又由11EBLv=

求得11.2m/sv=在撤去F之后，到线框离开磁场区域，对线框应用动量定理可得21Ftmvmv−=−安即21BqLmvmv−=−其中222322EBLBLBLqIttRRRR===+=联立求得的20v=从撤去F之后，到线框离开磁场区域，对线框应用能量守恒可得2221

2110.288J22Qmvmv=−=0=t以后过程中，线框产生的焦耳热120.464JQQQ=+=（3）线框bc边从0x=运动到0.4mx=的过程中，对线框应用动量定理可得F10IFtmvmv−=−安即F110IBqLmvmv−=−其中2

12EBLqIttRR===联立求得F0.24NsI=23.如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。在Oxy平面内有与y轴平行的匀强电场E，在半径0.1mR=和0.06mr=两圆弧所围的区域内还有与Oxy平面垂直的匀强磁场

B，其中0.06mr=的圆弧圆心在原点O，0.1mR=的圆弧圆心在()0,0.08m处。在磁场区域的左边放置微粒发射装置，它沿x轴正方向发射一束分布在00.18my的区间内、初速度50610m/sv=的带正电微粒，其比荷810C/kgqm=。已知从发射装置0.14my=处射出的微粒从

等高处进入磁场区域，经偏转沿y轴负方向打到原点O，不计带电微粒间的相互作用，重力加速度210m/sg=，sin370.6=。求（1）匀强电场的场强E和磁感应强度B；（2）从发射装置0.18my=处射出的离子，求其在磁场中运动的圆心角；（3

）请指出这束离子与x轴相交的区域，并说明理由。的【答案】（1）710N/C−；（2）143°；（3）原点【解析】【详解】（1）根据题意粒子在进入磁场之前，重力与电场力平衡，则qEmg=解得710N/CmgEq−==方向竖直

向上。根据题意，从发射装置y=0.14m处射出的微粒从等高处进入磁场区域，经偏转沿y轴负方向打到原点O，则轨迹半径'0.08mR=根据洛伦兹力提供向心力200'mvqvBR=解得27.510TB−=（2

）从发射装置y=0.18m处射出的离子，在磁场顶点进入磁场，轨迹半径为0.08m，则轨迹圆心坐标为（0,0.10m），根据几何关系射出磁场点应该在小圆弧上，坐标设为11xy（，），则有222110.06xy+=()222110.1'xyR+−=解得110.048m,0.036mxy==

其在磁场中运动的圆心角110.190tan143yarcx−=+=（3）令粒子从A点进入磁场，则有如图所示其中B为粒子做圆周运动的圆心，有一问可知10.08mABOO==则四边形1ABOO为平行四边形，因此10.1mOBOA==获得更多资源请扫码加入

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