2027届浙江新阵地教育联盟高三上学期一模物理试题（含解析）

浙江省新阵地教育联盟2027届高三第一次学情诊断物理试题卷本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。考生注意：1.答题前请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相关参数：重力加速度g取选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30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、错选皆不给分）1.下列物理量单位符号正确的是（）A.角速度 B.磁通量T C.电场强度V/C D.电容H【答案】A【解析】【详解】A．角速度的定义式为角度是国际单位制中无量纲的物理量，单位为弧度（rad，无量纲单位），时间单位为秒（s），因此角速度的国际单位就是，故A正确；B．磁通量的单位是韦伯，符号为；符号是磁感应强度的单位特斯拉，故B错误；C．电场强度的两个常用合法单位是和，不是电场强度的单位，故C错误；D．电容的单位是法拉，符号为；符号是电感的单位亨利，故D错误。故选A。2.下列物理学史正确的有（）A.物理学家法拉第发现电磁感应现象，并首次得出电磁感应定律B.物理学家德布罗意提出物质波的假设，并首次指出电磁波具有波粒二象性C.爱因斯坦发现了光电效应现象，并首次提出“光子”说，成功解释了光电效应D.居里夫人首次提出“放射性”的概念，并发现了放射性元素镭和钋【答案】D【解析】【详解】A．法拉第发现电磁感应现象，但电磁感应定律是纽曼、韦伯总结得出，法拉第只得到定性结论，故A错误；B．德布罗意提出物质波即实物粒子的波粒二象性，爱因斯坦提出电磁波的波粒二象性，故B错误；C．赫兹发现光电效应现象；爱因斯坦提出光子说，成功解释光电效应。发现光电效应的不是爱因斯坦，故C错误；D．居里夫人首次提出“放射性”的概念，并发现了放射性元素镭和钋，故D正确。故选D。3.如图，装有少量水的易拉罐，倾斜静止放置在水平粗糙的桌面上，下列关于桌面和易拉罐系统说法正确的是（）A.易拉罐系统的重心在罐体的几何中心B.易拉罐底部对桌面的摩擦力水平向右C.罐体受到桌面的支持力，其产生的直接原因是桌面发生了形变D.将易拉罐加满水，罐体仍能保持这种倾斜静止状态【答案】C【解析】【详解】A．只有质量分布均匀、形状规则的物体重心才在几何中心，该易拉罐装有少量水，质量分布不均匀，重心不会和罐体几何中心重合，故A错误；B．易拉罐整体静止，水平方向没有其他外力作用，若存在摩擦力水平方向合力就不为零，与平衡状态矛盾，因此易拉罐和桌面之间不存在水平摩擦力，故B错误；C．弹力是施力物体发生弹性形变后，为恢复原状对受力物体产生的作用力，桌面对罐体的支持力的施力物体是桌面，因此该力的直接产生原因是桌面发生了弹性形变，故C正确；D．当前少量水的状态下，系统重心刚好落在桌面的支持面范围内才能保持倾斜平衡；加满水后，系统总重心位置会发生改变，会偏移到支持面之外，重力产生的力矩会让易拉罐倾倒，无法保持该倾斜静止状态，故D错误。故选C。4.静电除尘装置一般用在粉尘较多的各种场所，能有效除去有害微粒，如图是静电除尘的原理示意图，下列说法正确的是（）A.越靠近正极板A，电势越低B.A、B两处附近的空气分子，正极板A附近的空气分子更容易被电离C.被电离出来的正离子，可以从负极B处获得电子又变成气体分子D.尘埃遇到被电离出来的电子带负电，其被吸附到A极板的过程中电势能增大【答案】C【解析】【详解】A．静电场中电场线从正极板A指向负极B，沿电场线方向电势逐渐降低，因此越靠近正极板A，电势越高，故A错误；B．图中B是金属线状负极，A是平板状正极，根据尖端放电规律，金属尖端附近电场强度远大于平板附近，强电场更容易使空气分子电离，因此是负极B附近的空气分子更易被电离，故B错误；C．空气被电离后产生正离子和电子，正离子带正电，会在电场力作用下向负极B运动，最终在B处获得电子还原为中性气体分子，故C正确；D．尘埃吸附电子后带负电，向正极板A运动的过程中，电场力方向与尘埃位移方向一致，电场力做正功，尘埃的电势能减小，故D错误。故选C。5.下列说法正确的是（）A.图甲是电容器，充电后该电容器一定储存了5.5C的电荷量B.图乙是锂电池示意图，锂离子正在由负极向正极移动，电池正在放电C.图丙是显示器内部磁偏器，线圈中电流方向如图所示，O点磁场方向竖直向上D.图丁是用放射性同位素发出的射线测金属板厚度装置，利用了β射线较强的穿透性【答案】B【解析】【详解】A．由公式可知，该电容器储存的电荷量与电容器的电压成正比，只有当电容器两端电压为时，储存的电荷量才为5.5C，故A错误；B．图示时刻负极的锂离子通过电解液返回正极，处于放电过程，故B正确；C．根据安培定则可知O点磁场方向竖直向下，故C错误；D．图丁轧钢机钢板厚度自控装置，利用的是γ射线穿透性很强，不是β粒子，β粒子穿透性弱，故D错误。故选B。6.2025年7月，我国科研人员在原子核的奇特衰变研究领域取得新进展，首次在实验上观测到新核素的自发衰变，衰变的核心方程为：。下列说法正确的是（）A.该衰变是α衰变B.降低温度可以使的衰变速度变慢C.的比结合能小于的比结合能D.若与的质量差等于，则该反应释放的能量等于【答案】C【解析】【详解】A．由核反应中质量数和电荷数守恒，衰变前后质量数减少3，电荷数也减少3，放出的三个相同粒子各具有质量数1和电荷数1，因此为质子。衰变放出的是氦核，故A错误；B．原子核的衰变由核内部因素决定，半衰期与温度等外界条件无关，降低温度不能改变其衰变快慢，故B错误；C．设铝核和氖核的结合能分别为和，释放的核能为。衰变前后质子和中子的总数不变，三个自由质子的核结合能为零，由结合能的定义和能量守恒，释放的核能等于总结合能的增加。该自发衰变释放核能，因此有比结合能是结合能与核子数的比值，两核的结合能均为正，因此有，故C正确；D．设质子的质量为，为真空中的光速。核反应的质量亏损应取反应前后所有粒子总静质量之差，题给仅是铝核与氖核的质量差，还应扣除三个质子的质量。由质能方程，实际释放的核能为，故D错误。故选C。7.甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，甲的频率，时刻的波形图如图所示。下列说法正确的是（）A.乙的波速等于2m/sB.此时平衡位置位于的质点正在向上运动C.平衡位置位于和处的两个质点都是振动加强点D.时，平衡位置位于处的质点位移【答案】D【解析】【详解】A．由图可知甲波的波长为甲波的波速为因为在同一介质中波速相等，所以乙的波速等于4m/s，故A错误；B．根据“平移法”可知此时平衡位置位于的质点正在向下运动，故B错误；C．甲、乙两波振动到平衡位置位于和处的两个质点的波程差均为所以两个质点都是振动减弱点，故C错误；D．两列波传到x=7m处所用的时间为则有所以时，两列波同时振动到负向最大位移处，根据叠加法则可知平衡位置位于x=7m处的质点位移，故D正确。故选D。8.科学家设想在地球同步轨道上建造一个空间站，并用某种足够长也足够结实的“索道”将其与地面相连，建设成太空电梯。如图所示，空间站a离地心距离为r，整个太空电梯相对地面静止。轨道半径为R的卫星b与空间站a的运行方向相反，某时刻二者距离最近，地球的自转周期为T，下列说法正确的是（）A.卫星b的运行周期小于TB.空间站a运行的线速度一定大于卫星b运行的线速度C.货物在电梯箱中沿着索道运往空间站的过程中处于完全失重状态D.若经过时间之后，a，b第一次相距最远【答案】B【解析】【详解】AB．设地球质量为，万有引力常量为，空间站质量为、卫星质量为，卫星运行周期为，空间站和卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，对空间站有对卫星有联立两式得图中，所以卫星的运行周期大于。空间站和卫星的线速度分别为，代入周期关系得因此卫星的线速度小于空间站，故A错误，B正确；C．设索道上货物的质量为，距地心为（），索道对货物的向外支持力为。沿半径方向取指向地心为正方向，对货物应用牛顿第二定律得由此得支持力大小为空间站同步运动时，地球引力提供其所需向心力；结合可知货物途中所受引力大于维持同步转动所需的向心力，因而仍受到索道向外的支持力，支持力大小满足，故C错误；D．两者初始距离最近，第一次相距最远时相对角位置变化。由前述周期关系及两者运行方向相反，相对角速度大小为所以第一次相距最远所需时间为，故D错误。故选B。9.如图甲是氢原子的能级结构，图乙是研究光电效应的实验装置，大量处于激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，照射K极，其中3条光电流I随电压U变化的图线如图丙所示，已知可见光光子能量范围约为1.6eV到3.1eV之间。下列说法正确的是（）A.一群氢原子从能级向低能级跃迁时，向跃迁时释放出的光子波长最短。B.一个氢原子从能级向低能级跃迁时就能辐射出2种频率的可见光C.如果图乙中电源右侧为正极，无论怎样调节滑动变阻器滑片都不能使光电流为零D.b光的光子频率小于a光的光子频率【答案】C【解析】【详解】A．氢原子跃迁释放光子的能量等于能级差，由​可知能级差越小，光子能量越小，波长越长。向跃迁的能级差仅为是所有跃迁中能级差最小的，因此释放的光子波长最长，故A错误；B．大量激发态的氢原子跃迁，共产生6种能量的光子，分别为：：（红外，非可见光）：（可见光）：（紫外，非可见光）：（可见光）：（紫外，非可见光）：（紫外，非可见光）可见光共2种。但一个氢原子从向低能级跃迁，跃迁路径是随机的，比如路径为时只有可辐射1种可见光，路径为时只有可辐射1种可见光，路径为和路径为没有可见光，并不能辐射出2种可见光，故B错误；C．若图乙电源右侧为正极，则光电管阳极A接正、阴极K接负，光电管加的是正向电压，电场会驱动光电子向阳极运动，光电流只会随正向电压增大逐渐饱和，无法通过调节滑片加反向遏止电压让光电流为零，只要光子都能产生光电效应，正向电压下光电流不可能调为零，故C正确；D．根据光电效应方程其中可知遏止电压​越大，对应光子频率越高。由图丙可知的遏止电压最大，的遏止电压最小，因此光的光子频率大于光的光子频率，故D错误。故选C。10.如图，竖直放置的光滑圆轨道半径为R，可视为质点的小球从与圆心O等高的A点以初速度沿轨道向下运动，小球会在B点离开轨道然后做斜抛运动，图中BOC为直径，下列说法正确的是（）A.小球在B点的速度是B.小球做斜抛运动的轨迹离直线BOC最远距离等于C.小球恰好落在C点D.小球从B点飞出到经过BOC直线的时间等于【答案】D【解析】【详解】A．设小球质量为，点高于圆心的高度为。由图中半径与高度的关系，重力沿指向圆心方向的分量为。脱离瞬间轨道支持力为零，沿径向应用牛顿第二定律得从到，轨道支持力不做功。取圆心所在水平面为重力势能零面，由机械能守恒定律得将题给初速度代入，联立两式得小球脱离轨道时的速度大小为，故A错误；BCD．小球离开轨道后仅受重力作用，初速度沿点的切线方向。以为原点，取沿直径由指向为轴正方向，沿飞出速度方向为轴正方向，设飞出后的时间为。下图标出轨迹与直径的交点、再次碰轨的位置，以及轨迹最远点和它在直径上的垂足。由点的高度与半径之比，重力沿两轴的分量分别为和。分别沿两轴应用牛顿第二定律得，因此两方向的加速度分别为，沿轴初速度为零，由匀变速直线运动位移公式得沿轴初速度为，相应位移为将垂直于直径的位移配方得所以小球在直径的初速度一侧达到的最大距离为再次经过直线时垂直位移为零，位移方程除去发射瞬间的零根，只有一个正时间根此时沿直径方向的位移为该位移小于直径长度，交点位于，之间；垂直位移在飞出后只有这一个正时间零点，故轨迹不经过点。为核对整个飞行过程的最大距离，注意再次碰轨前小球始终在圆内，沿轴的位移不超过直径长度。沿轴位移达到直径长度时，由位移方程有对应时间为此时垂直位移为小球经过后垂直位移持续减小，实际碰轨时间早于，所以另一侧的距离小于，也小于前述最大距离。故飞行轨迹离直线最远的距离为，故BC错误，D正确。故选D。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11.下列说法正确的是（）A.玻尔的原子理论成功解释了各种原子光谱的实验规律B.如果A、B两个系统达到热平衡，则A、B两个系统的温度一定相等C.布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的热运动D.核反应堆中常用的慢化剂主要有石墨、重水等，其作用是吸收中子，控制核反应速度【答案】BC【解析】【详解】A．玻尔的原子理论仅成功解释了氢原子的光谱规律，无法解释多电子原子的复杂光谱规律，不能适配各种原子的光谱实验结果，故A错误；B．根据热平衡定律（热力学第零定律），两个系统达到热平衡的充要条件就是二者的温度相等，温度是热平衡的宏观标志，故B正确；C．布朗运动是液体或气体中悬浮固体微粒的无规则运动，是大量液体分子无规则热运动对微粒撞击不平衡的宏观体现，它本身不是分子的热运动，故C正确；D．核反应堆里慢化剂（石墨、重水等）的作用是让裂变产生的快中子减速为慢中子，提升中子引发链式反应的概率；吸收中子、控制核反应速度的是控制棒（通常为镉棒），不是慢化剂，故D错误。故选BC。12.如图所示，电阻忽略不计的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝（狭缝宽度不计），取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，导轨左侧通过单刀双掷开关S可以与电容器C或电阻R相连，导轨上有一足够长且不计电阻的金属棒与x轴垂直，在开关S接1或接2时，都让金属棒在外力F作用下从O点开始向右匀速运动，电容器没被击穿。下列说法正确的是（）A.若开关S接1，通过金属棒的电流I保持不变B.若开关S接1，外力F的大小与金属棒的位移平方成正比C.若开关S接2，电容器储存的电荷量q与位移平方成正比D.若开关S接2，外力F的大小与金属棒的位移成正比【答案】BD【解析】【详解】AB．当开关接1时，经过时间后金属棒的位移金属棒接入电路的有效长度为根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有则若开关S接1，通过金属棒的电流I逐渐增大；金属棒受到的安培力为代入解得由于金属棒向右匀速运动，则外力则若开关S接1，外力F的大小与金属棒的位移平方成正比，故A错误，B正确；CD．当开关接2时，电容器所带电荷量为代入解得则若开关S接2，电容器储存的电荷量q与位移成正比；通过金属棒的电流为金属棒受到的安培力为解得则若开关S接2，外力F的大小与金属棒的位移成正比，故C错误，故D正确。故选BD。13.如图甲，a、b、c三个质量均为m，带等量正电荷的小球，用两根长度均为L的不可伸长绝缘轻绳连接，排成一条直线静置于光滑绝缘的水平面上，已知点电荷Q激发的静电场中距点电荷r处的电势（k为静电力常量），小球均可视为质点，现在给b球一个垂直于绳方向向右的初速度，当两根绳夹角成60°角时，a、c两个小球的相对速度为零，如图乙，此过程中下列说法正确的是（）A.两绳的拉力对b球不做功B.系统电势能变化量C.每个小球所带电荷量为D.当三个球再一次位于一条直线上时，b球的速度大小为，方向向左【答案】BD【解析】【详解】A．轻绳的拉力方向始终沿绳指向绳收缩的方向，而球的实际运动位移方向与绳方向不垂直，拉力与拉力作用点的位移之间的夹角为钝角，因此两根绳的拉力均对球做负功，故A错误；B．取三个小球组成的系统为研究对象，水平面光滑，三个小球组成的系统不受外力，系统动量守恒。设的初速度方向为方向，垂直的初速度方向为方向。方向：初始总动量为0，当两绳夹角为时，、相对速度为零，根据方向动量守恒可得三个小球该方向的分速度均为0；方向：初始总动量为，当两绳夹角为时，、相对速度为零，可得、沿初速度方向的速度相同，设为，与连接、的轻绳夹角为，沿初速度方向的速度为，与连接、的细绳夹角也等于，根据关联速度可得根据动量守恒有解得系统初始动能为，系统末态总动能为根据能量守恒，系统动能的减少量等于电势能的增加量，可得，​

故B正确；C．根据点电荷电势定义，电荷量为的两个等量同种点电荷系统的电势能初始状态（图甲）：、和、的间距为，、间距均为，总电势能末状态（图乙）：两绳夹角为，、、得间距为均，总电势能电势能变化量联立得解得，故C错误；D．当三个球再次共线时，根据方向动量守恒可得此时三个小球该方向的分速度均为0；方向：根据对称性可得、速度大小相等，方向相同，设、速度为，速度为，根据动量守恒有初态和再次共线的末态，三球的相对位置完全相同，（均为a-b-c依次间距L的直线排列），因此初末态系统的电势能完全相等，

根据能量守恒得解得，b球的速度方向向左，大小为​，故D正确。故选BD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共58分）实验题（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14分）14.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，（1）同时研究加速度与力、质量之间的定量关系是非常困难的。面对这样的问题，我们通常采用__________的方法进行研究。（2）实验装置如图1所示，保持小车受的拉力不变，通过增减小车中的重物改变小车的质量，测得不同质量的小车在这个拉力下运动的加速度。某次实验得到如图2所示的打点纸带，其中A、B和C是每隔0.02s时间的连续打点。①小车在打点B时的速度__________m/s（保留三位有效数字）；②通过对纸带测量数据及小车加速度值分析，指出该实验的不合理之处__________。（3）小明用此装置设计实验方案测量当地重力加速度：去掉槽码和细线，在水平桌面上把轨道的一侧垫高，让小车沿轨道滑下，通过打点计时器测出小车的加速度a再测出垫块的高度h和木板的长度L，由测得重力加速度。小明此方案主要误差来源是__________（多选）A.小车与木板间的摩擦力 B.小车质量偏大C.小车质量偏小 D.打点计时器对纸带的阻力【答案】（1）控制变量（2）①.之间均可②.小车加速度过大，不满足小车总质量远大于悬挂槽码质量的条件，不能把槽码的重力近似当作小车所受的恒定拉力。（3）AD【解析】【小问1详解】研究加速度与力、质量的关系时，应采用控制变量的方法：保持质量不变，研究加速度与力的关系；保持受力不变，研究加速度与质量的关系。【小问2详解】[1]图2是纸带与刻度尺的对应图，尺上读数表示各打点的位置。由图读得，。以小车运动方向为正，相邻打点的时间间隔为，点时的速度为由于估读数据不同故速度在之间均可。[2]图中与之间还有一个打点，故到及到各含两个时间间隔，时间均为。由图读得，由逐差法得设小车（含车内重物）的总质量为，悬挂槽码的质量为，细绳拉力为。按平衡摩擦力后的理想模型，忽略滑轮阻力，以小车运动方向和槽码下降方向分别为正方向，由牛顿第二定律分别有，联立得测得的约为重力加速度的一半，可见小车质量并未远大于槽码质量，不满足的条件。槽码所受拉力明显小于其重力，且改变小车质量时拉力也随之改变，不能通过保持槽码质量不变来保持小车所受拉力不变。【小问3详解】A．小车与木板间的摩擦力阻碍小车下滑，使测得的偏小。由题给测量公式在板长和高度测量准确时，计算所得的重力加速度也偏小，故A正确；BC．忽略阻力时，题给测量公式中的小车质量已约去，质量偏大或偏小不使测量结果产生系统偏差，故BC错误；D．打点计时器对纸带的阻力也阻碍小车下滑，使测得的及计算所得的偏小，故D正确。故选AD。15.小阳、小芳用双缝干涉实验测量激光波长，其实验装置如图1所示。双缝间距。实验时通过改变双缝与观测屏间的距离L测出相应的条纹间距。然后将实验测量数据标在图2的坐标纸上。（1）请根据实验测量数据点的拟合直线，求出所用激光的波长__________m（保留三位有效数字）；（2）用白炽灯加滤光片代替激光，__________（填“能”、“不能”）测得该光的波长；理由__________。【答案】（1）（）（2）①.不能②.白炽灯经滤光片后获得单色光，若原有双缝干涉实验装置满足相干条件（有平行的单缝和双缝），则可以产生稳定的等间距干涉条纹，可以通过双缝干涉的规律测得该单色光的波长。但根据图1所示，实验装置缺少单缝。【解析】【小问1详解】根据双缝干涉条纹间距公式

可知图像的斜率

因此波长

从图2的拟合直线取两点计算斜率得计算得【小问2详解】[1]不能[2]白炽灯是复色光源，但其发出的光经过滤光片后，可筛选出某一特定波长范围的单色光，若原有双缝干涉实验装置满足相干条件（有平行的单缝和双缝），则可以产生稳定的等间距干涉条纹，可以通过双缝干涉的规律测得该单色光的波长。根据图1所示，实验装置缺少单缝，故无法产生稳定的等间距干涉条纹。16.在实验室测量一电阻的阻值。（1）该同学先用多用电表测量其阻值，选用倍率为“×10”的欧姆挡测电阻时，表针如图1所示，此时，红表笔（上）接触点的电势比黑表笔（下）__________（填“高”或“低”）。观察此时指针的偏转情况，为了使测量结果更精确，该同学应该使倍率更换为__________（选填“×1”“×100”或“×1k”），更换倍率后__________（填“需要”或“不需要”）重新欧姆调零后再进行测量。（2）根据上述实验的测量情况，该同学尝试用如图2电路图方案进行进一步测量。已知图2中定值电阻，电压表采用的量程为3V。实验时，先将单刀双掷开关掷到位置1，电压表的示数如图3所示，其读数为__________V，记录电压表读数；再将单刀双掷开关掷到位置2，调节电阻箱的阻值，使电压表的读数与前一次相同，电阻箱的示数如图4所示。则待测电阻__________Ω。该同学通过观察所用电阻箱的表盘，分析该实验有明显的实验误差，理由是__________。【答案】（1）①.低②.×1③.需要（2）①.1.70②.1③.电阻箱的最小分度（精度）与待测电阻的阻值接近，最小分度值太大，精度不够。（提到最小精度引起误差就给分）【解析】【16题详解】[1]多用电表欧姆挡内部自带电源，黑表笔接内部电源的正极，红表笔接内部电源的负极，电流从黑表笔流出、经待测电阻流入红表笔，因此红表笔接触点的电势比黑表笔低。[2]选用×10欧姆挡时，指针偏转角度极大，指向欧姆挡刻度右侧小阻值区域，说明待测电阻阻值较小、当前倍率选大了，因此要换更大的×1倍率，让指针落到欧姆表中值刻度附近，保证测量精度。[3]欧姆表每次更换倍率后，内部电路总内阻发生变化，必须重新进行欧姆调零才能测量。【17题详解】[1]电压表用3V量程，分度值为0.1V，估读一位后读数为1.70V。[2]该方法为等效替代法，两次开关分别接1、2时，两次电压相等，说明由电阻箱读数得已知，可得[3]该电阻箱的最小步进为1Ω，无法连续调节阻值，不能让两支路总电阻严格相等，很难实现两次电压表示数完全一致，因此存在明显系统误差。17.如图所示，开口向右的水平固定导热汽缸，用横截面积为S的光滑活塞封闭一定质量的理想气体。跨过定滑轮的轻绳一端连接活塞，另一端连接质量为m的小桶，小桶静止。活塞离左侧缸底距离为L，此时环境温度为开氏温度，气体处于状态1.在右边小桶轻放一质量为M（未知）的物块，最终系统平衡后，活塞相对状态1的位置向右移动距离L，气体处于状态2，接着降低环境温度至T（未知），活塞向左缓慢移动L后静止，气体处于状态3.已知重力加速度为g，外界大气压强始终为。（1）判断封闭气体从状态1到状态2，气体__________（填“吸热”或“放热”）。若从状态1到状态3气体内能变化量为，则__________0（填“>、<或=”）；（2）求物块质量M；（3）求状态3对应环境的开氏温度T。【答案】（1）①.吸热②.<（2）（3）【解析】【小问1详解】[1]状态1到状态2：汽缸导热，过程温度始终等于环境温度，理想气体内能仅由温度决定，因此内能变化气体体积膨胀，气体对外做功，根据热力学第一定律可得，因此气体吸热。[2]从状态1到状态2气体温度始终等于环境温度，从状态2到状态3气体温度从降低到，理想气体内能仅由温度决定，因此内能变化；【小问2详解】初始小桶静止，活塞受力平衡得已知解得状态1气体压强状态1到状态2为导热过程，温度恒为，属于等温变化，由玻意耳定律其中活塞右移后解得再对状态2的活塞受力分析，可得可得解得【小问3详解】从状态2到状态3，小桶和物块总质量不变，因此气体压强始终为，气体是等压变化过程，根据盖-吕萨克定律得活塞左移后代得18.如图所示，以速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与粗糙水平地面平滑对接。水平地面上有一个固定弹性挡板，与B点相距。质量的物块从轨道上高的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小，传送带A、B两点间的距离。物块与传送带之间的动摩擦因数，与水平地面动摩擦因数，物块与挡板碰撞后能原速弹回。已知，重力加速度求解下列问题：（1）物块在弧形轨道上运动克服摩擦力做功；（2）物块从A运动到B所用时间，以及在该过程中由摩擦而产生的热量Q；（3）求从物块和弹性挡板碰撞开始到物块不再返回传送带过程中，①物块在传送带上运动的总时间t；②传送带相对空载多消耗的电能。（计算结果均用表达）【答案】（1）（2），18J（3）①；②【解析】【小问1详解】由动能定理得可得【小问2详解】由于，物块在传送带上先加速，加速度为加速时间加速位移接着匀速时间所以物块从A运动到B所用时间又相对路程故摩擦生热【小问3详解】①物块以速度冲上右侧水平地面，匀减速运动，加速度大小由于物块与挡板碰撞速度大小不变，返回传送带时速度大小为，根据能量守恒得可得返回传送带时的速度物体在传送带上向左做匀减速直线运动，设速度为0时位移为，可得解得，故物体不会冲过传送带左侧，然后向右做匀加速直线运动，根据动能定理可得可得物块第二次从传送带右侧离开传送带的速度大小与第一次从传送带右侧进入传送带的速度大小相等，即物块在右侧水平面减速运动的总路程可得物块来回5次最终停在传送带右端。第一次物块在传送带上来回用时同理可得第二次进入传送带速度大小，第三次进入传送带速度大小，第四次进入传送带速度大小，从物块和弹性挡板碰撞开始到物块不再返回传送带过程中，物块在传送带上总时间②此过程中传送带多消耗电能19.如图所示，某研究小组设计了一种电磁弹射与回收的装置。整个水平金属导轨的间距为L，但在M、N处是左右绝缘的；弹射系统由MN左侧的金属导轨、质量为m的CD金属杆、开关、电动势为E，内阻为r的电源组成；回收系统由MN右侧的金属导轨、开关、输出电流恒为的恒流源等组成。MN的左侧有范围足够大的、磁感应强度为、方向垂直轨道向下的匀强磁场；MN的右侧有范围足够大的、磁感应强度为的随x变化的磁场（已知，x轴以N为原点、平行轨道向右为正方向）、方向垂直轨道向下。整个装置只考虑电源的内阻，金属导轨、CD金属杆的电阻均不计；当CD金属杆在MN的左侧运动时，受到的阻力（已知），CD金属杆在MN的右侧运动时不考虑此阻力。CD金属杆起始静止在图示位置。（弹簧振子的周期，弹性势能）（1）求CD金属杆在接通开关瞬间的加速度大小；（2）若已知CD金属杆在MN的左侧加速至稳定状态过程中的位移为，①求稳定状态时金属杆的速度；②求此过程流过CD杆的电荷量q（当已知，结果用含的式子表达）；（3）当CD金属杆自左侧滑过MN瞬时断开开关、同时闭合开关。①求CD金属杆在MN的右侧滑动时离MN的最大距离（结果用含的式子表达）；②求CD金属杆在MN右侧运动的时间t。【答案】（1）（2）①②（3）①②【解析】【小问1详解】开关刚闭合时，杆静止，动生电动势为零，回路中只有电源内阻，因此电流为由安培力大小公式结合图示电流和磁场方向可知安培力沿轴正方向。根据牛顿第二定律，杆的加速度大小为【小问2详解】①杆达到稳定速度时，向右的安培力与阻力平衡。设稳定电流为，杆向右切割磁感线产生的动生电动势与电源电动势方向相反，故将稳定电流代入安培力与阻力平衡条件，得解得稳定速度为②加速阶段杆沿轴正方向运动。阻力满足阻力冲量等于乘以速度—时间图像与时间轴所围面积，该面积就是位移，所以取轴正方向为正，由动量定理，安培力冲量减去阻力冲量等于杆的动量变化，故因此流过杆的电荷量为【小问3详解】①杆进入右侧后，恒流源使杆中电流方向如图所示，安培力沿轴负方向。由于杆所受回复力为因此杆在右侧做简谐运动，其等效劲度系数为。取处为平衡位置和等效势能零点，杆从以速度出发，到最远处速度为零，由能量关系有解得最大距离为②处是平衡位置，杆从向右出发，经最远点后返回处经历半个周期。根据弹簧振子周期公式，所求时间为20.在离子阱量子计算与离子光钟中，难以直接激光冷