2024學(xué)年第一學(xué)期杭州市高三年級教學(xué)質(zhì)量檢測物理試題卷本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共10頁，滿分100分，考試時間90分鐘。考生注意：1.答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答題紙規(guī)定的位置上。2.答題時，請按照答題紙上“注意事項”的要求，在答題紙相應(yīng)的位置上規(guī)范作答，在本試題卷上的作答一律無效。3.非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應(yīng)區(qū)域內(nèi)，作圖時可先使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。4.可能用到的相關(guān)參數(shù)：重力加速度g取。選擇題部分一、選擇題I（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.下列物理量沒有單位的是（）A.電阻率 B.折射率n C.靜電力常量k D.萬有引力常量G【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)可得可知電阻率的單位是，故A錯誤；B．根據(jù)可知，折射率沒有單位，是一個比值，故B正確；C．根據(jù)可得可知靜電力常量的單位是，故C錯誤；D．根據(jù)可得可知萬有引力常量的單位是，故D錯誤。故選B。2.如圖所示是足球比賽中的場景，下列說法正確的是（）A.踢球時足球從剛接觸腳到落地的過程中機械能守恒B.在研究如何才能踢出香蕉球時，不能把足球看作質(zhì)點C.足球在空中加速運動時，其慣性逐漸增大D.放氣壓癟后的足球，其重心一定位于足球上【答案】B【解析】【詳解】A．在踢球過程中，足球從剛接觸腳到落地，機械能不守恒主要原因是由于存在摩擦力和空氣阻力，這些外力會對足球做功，導(dǎo)致機械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量（如內(nèi)能和熱能），因此機械能總量會發(fā)生變化?，因此這個過程機械能不守恒，故A錯誤；B．在研究如何才能踢出香蕉球時，我們需要考慮足球的旋轉(zhuǎn)和空氣動力學(xué)效應(yīng)，這些都與足球的形狀和大小有關(guān)，因此，在這種情況下，不能把足球看作質(zhì)點（質(zhì)點是忽略物體大小和形狀的理想模型），故B正確；C．慣性是物體保持其運動狀態(tài)（靜止或勻速直線運動）的性質(zhì)，它只與物體的質(zhì)量有關(guān)，與物體的運動狀態(tài)無關(guān)，因此，足球在空中加速運動時，其慣性（即抵抗改變其運動狀態(tài)的能力）不會逐漸增大，故C錯誤；D．重心是物體所受重力的合力作用點，對于形狀規(guī)則且質(zhì)量分布均勻的物體，其重心位于物體的幾何中心，但是，對于放氣壓癟后的足球，其形狀不再規(guī)則，且質(zhì)量分布也可能不均勻，因此其重心不一定位于足球上，故D錯誤。故選B。3.洛倫茲力演示儀中玻璃泡內(nèi)充有稀薄氣體，在電子槍發(fā)射出的電子束通過時能夠顯示電子的徑跡。不加磁場時，電子束徑跡是一條直線，如圖甲所示；加磁場后，電子束徑跡是一個圓，如圖乙所示。則所加磁場的方向是（）A.水平向右 B.豎直向上 C.垂直紙面向內(nèi) D.垂直紙面向外【答案】C【解析】【詳解】由乙圖可知，電子順時針偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，可知所加磁場是垂直紙面向內(nèi)。故選C。4.空間站在圓軌道上運行，軌道距地面高度為400~450千米。如圖所示，航天員進行艙外巡檢任務(wù)，此時航天員與空間站相對靜止，下列說法正確的是（）A.此時航天員所受合外力零B.空間站運行速度約為3km/sC.空間站繞地球運轉(zhuǎn)的周期大于24hD.與空間站同軌同向運行的衛(wèi)星不會與空間站相撞【答案】D【解析】【詳解】A．航天員圍繞地球做圓周運動，所以合外力不為零，故A錯誤；B．根據(jù)萬有引力提供向心力在地球表面萬有引力等于重力，有地球半徑R=6400km，聯(lián)立解得故B錯誤；C．根據(jù)萬有引力提供向心力解得空間站的軌道半徑比地球同步衛(wèi)星的軌道半徑小，所以空間站繞地球運轉(zhuǎn)的周期小于24h，故C錯誤；D．根據(jù)萬有引力提供向心力解得由此可知空間站與同軌同向運行的衛(wèi)星速度相等，所以空間站與空間站同軌同向運行的衛(wèi)星不會與空間站相撞，故D正確。故選D。5.如圖所示，甲在高處，乙在地面，兩人通過系在重物上的輕繩P、Q將重物吊起。當(dāng)重物處于靜止?fàn)顟B(tài)時，兩繩拉力大小分別為、，與豎直方向夾角分別為、。重物重力大小為G，下列說法中正確的是（）A.可能等于 B.可能等于C.一定大于G D.一定大于G【答案】C【解析】【詳解】AB．對重物受力分析，由平衡條件，水平方向有豎直方向有若等于，則等于，則，顯然不滿足條件，故不可能等于，不可能等于，故AB錯誤；CD．根據(jù)可得所以根據(jù)題目條件無法確定與G的關(guān)系，故C正確，D錯誤。故選C。6.將鈾原料投入核電站的核反應(yīng)堆中，其中一種核反應(yīng)是：，已知、、的比結(jié)合能分別為、、。則（）A.該核反應(yīng)中的X是質(zhì)子B.投入核反應(yīng)堆后，鈾235的半衰期變短C.1kg鈾礦石釋放的能量為D.與的平均核子質(zhì)量相差約【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒，X的質(zhì)量數(shù)為根據(jù)質(zhì)子數(shù)守恒，X的質(zhì)子數(shù)為所以該核反應(yīng)中的X是中子，故A錯誤；B．半衰期是原子核自身屬性，不隨外界的物理化學(xué)環(huán)境變化而變化，故B錯誤；C．一個鈾原子反應(yīng)放出的能量1kg鈾含有的原子數(shù)1kg鈾礦石釋放的能量為故C錯誤；D．的平均核子質(zhì)量的平均核子質(zhì)量與平均核子質(zhì)量相差約故D正確。故選D。7.如圖所示是雙量程的磁電式電表的原理圖，測量時分別接入“A、B”或“A、C”，下列說法正確的是（）A.此為電流表，接“A、B”時量程更大B.此為電壓表，接“A、C”時量程更大C.若被短路，接“A、B”時電表測量值仍正確D.若被短路，接“A、C”時電表測量值偏大【答案】A【解析】【詳解】AB．接“A、B”時，為分流電阻，接“A、C”時，與串聯(lián)的總電阻為分流電阻，故此為電流表，根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律，接“A、B”時，其量程為接“A、C”時，其量程為顯然即接“A、B”時量程更大，故A正確，B錯誤；CD．由以上分析可知，若被短路，接“A、B”時，電流表量程變小，測量值將偏大，若被短路，接“A、C”時，電流表量程變大，測量值將偏小，故CD錯誤。故選A。8.為了測量物體的位移，將與被測物體固定相連的電介質(zhì)板插入平行金屬板電容器中，電容器C可通過開關(guān)S與電感L或電源相連，如圖所示。當(dāng)開關(guān)S從a撥到b時，由電感L和電容C構(gòu)成的回路中產(chǎn)生振蕩電流。通過檢測振蕩電流的頻率變化，可以推知被測物體的位移。關(guān)于此裝置，下列說法正確的是（）A.電源電動勢越小，則振蕩電流的頻率越低B.當(dāng)電容器中電量最大時，電路中的電流也最大C.當(dāng)電感自感電動勢最大時，電容器中電場能最大D.檢測到振蕩電流的頻率增加，說明被測物體向左運動【答案】C【解析】【詳解】A．振蕩電流的頻率則振蕩頻率與電源電動勢無關(guān)，故A錯誤；B．由LC震蕩電路可知，當(dāng)電容器中電量最大時，電路中的電流為零，故B錯誤；C．當(dāng)電感自感電動勢最大時，此時剛剛充電完畢，電容器中電場能最大，故C正確；D．檢測到振蕩電流的頻率增加，則電容減小，根據(jù)可知，電介質(zhì)在被拔出，說明被測物體向右運動，故D錯誤。故選C。9.如圖所示，勻強磁場方向與水平面成角斜向右下方，矩形線圈以恒定角速度繞水平面內(nèi)的軸按圖示方向轉(zhuǎn)動，線圈通過換向器與電阻R相連。以圖中時刻為計時起點，規(guī)定電流由a通過R流向b方向為電流正方向，則通過R的電流i隨時間變化圖像正確的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】從圖示位置順時針轉(zhuǎn)角的過程中，線圈的磁通量在減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向由b通過R流向a，即為負方向。這段時間為當(dāng)轉(zhuǎn)到線圈平面與磁場方向平行時，線圈的感應(yīng)電流最大。繼續(xù)轉(zhuǎn)角的過程中，線圈的磁通量在增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向由b通過R流向a，即為負方向。這段時間為繼續(xù)轉(zhuǎn)角的過程中，線圈的磁通量在增大，線圈兩個接頭通過換向器改變了與R兩端的連接，由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向由a通過R流向b，即為正方向。這段時間為此時，線圈平面與磁場方向垂直，感應(yīng)電流為0。故選A。10.一只蜜蜂在平靜湖面邊上的淺水中振翅，在水面激起的波紋（部分）如圖所示。蜜蜂翅膀與水面接觸點為A、B，y軸與AB中垂線重合，與AB兩點距離差為9mm的C點附近區(qū)域水面較為平靜。已知蜜蜂每秒鐘振動翅膀200次，則該水波（）A.波速約為3.6m/sB.經(jīng)過直徑9cm的石頭時不會發(fā)生衍射現(xiàn)象C.在深度不同的水域傳播時會發(fā)生折射現(xiàn)象D.振動加強和減弱的區(qū)域位置隨時間交替變化【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)題意可知C點為振動減弱點，滿足波的頻率波速聯(lián)立解得故A錯誤；B．衍射是波特有的性質(zhì)，經(jīng)過直徑9cm的石頭時不會有明顯的衍射現(xiàn)象，但有衍射現(xiàn)象，故B錯誤；C．在深度不同的水域傳播時，由于深度不同，則水壓不同，水密度不同，水波在不同密度的水中傳播速度不同，故會發(fā)生折射現(xiàn)象，故C正確；D．某一點與A、B兩點距離差為波長的整數(shù)倍時，為振動加強點，與A、B兩點距離差為半波長的奇數(shù)倍時，為振動減弱點，所以振動加強和減弱的區(qū)域是固定的，故D錯誤。故選C。11.如圖所示，用折射率為n的玻璃制成頂角很小的棱鏡，稱為光楔。一束平行光垂直光楔左側(cè)射入，不考慮多次反射，光線從光楔右側(cè)出射時與入射時相比（）A.向上偏折了 B.向下偏折了C.向上偏折了 D.向下偏折了【答案】B【解析】【詳解】光線在法線兩側(cè)，光線從光楔右側(cè)出射時向下偏折，光路圖如圖設(shè)光線從光楔右側(cè)出射時與入射時相比的偏轉(zhuǎn)角為，根據(jù)折射定律由于角很小，所以也很小，所以原式約等于解得故選B。12.某水流造景設(shè)施的截面如圖所示，水平噴水口P橫截面積為S、噴水的流速恒定為v，從P噴出的水柱恰好能垂直撞到傾角為30°的斜面AC上的B處，速度瞬間變?yōu)榱?，之后沿斜面流下。已知水的密度為，重力加速度為g，不計空氣阻力，則（）A.水流單位時間撞到B處的體積B.水流在B處的速度C.水流對B處的沖擊力D.空中水的質(zhì)量【答案】D【解析】【詳解】A．設(shè)水從水平噴水口P噴水到撞到B處的時間為t，這段時間水的體積為故水流單位時間撞到B處的體積為故A錯誤；B．因水柱恰好能垂直撞到傾角為30°的斜面AC上的B處，根據(jù)速度的分解與合成有解得水流在B處的速度故B錯誤；C．由題知，水柱撞到B處速度瞬間變?yōu)榱?，設(shè)碰撞時間為，則水柱的質(zhì)量為根據(jù)動量定理得解得斜面對水流的沖擊力為根據(jù)牛頓第三定律可知，水流對B處的沖擊力為，故C錯誤；D．因水流在B處的速度，則此時豎直方向的速度為則水流從P到B處的時間為故空中水的質(zhì)量故D正確。故選D。13.如圖所示，空間存在豎直方向的勻強磁場和勻強電場，磁感應(yīng)強度大小為，電場強度大小可調(diào)。一帶電小球從O點正上方2m處以初速度水平拋出。已知小球質(zhì)量為，電量為，則其能經(jīng)過O點時的最大動能約為（）A0.20J B.0.28J C.1.28J D.2.20J【答案】B【解析】【詳解】由于電場力與重力合力處于豎直方向，由于磁場方向處于豎直方向，在豎直方向的分速度不會產(chǎn)生洛倫茲力；水平方向的分速度受到洛倫茲力作用；將小球的運動分解為以初速度的水平面勻速圓周運動和豎直方向初速度為0的勻加速直線運動；對于水平面勻速圓周運動有解得軌道半徑為周期為則小球從水平拋出到經(jīng)過O點所用時間滿足（，，）小球從水平拋出到經(jīng)過O點，豎直方向有可得小球經(jīng)過O點豎直分速度為（，，）當(dāng)時，豎直分速度有最大值，小球經(jīng)過O點時的動能有最大值，則有故選B。二、選擇題II（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的，全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）14.下列說法正確的是（）A.懸浮在液體中的顆粒越大，其布朗運動越明顯B.可以從單一熱庫吸收熱量，使其完全變成功C.隨著溫度升高，黑體輻射的短波輻射強度增加，長波輻射強度減小D.湯姆孫根據(jù)陰極射線在電磁場中的偏轉(zhuǎn)情況斷定其為帶負電的粒子流【答案】BD【解析】【詳解】A．液體中的懸浮顆粒越大，在某一瞬間撞擊它的液體分子數(shù)越多，布朗運動越不明顯，故A錯誤；B．根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，物體不可以從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其他影響。所以可以從單一熱庫吸收熱量，使其完全變成功，但會產(chǎn)生其他影響，故B正確；C．隨著溫度升高，黑體輻射的長波和短波輻射強度都增加，故C錯誤；D．湯姆孫根據(jù)陰極射線在電磁場中的偏轉(zhuǎn)情況斷定其為帶負電的粒子流，故D正確。故選BD。15.圖甲所示實驗裝置中陰極K由金屬M制成，由此裝置測出金屬M的遏止電壓與入射光的頻率關(guān)系如圖乙所示。已知普朗克常量。下列說法正確的是（）A.測量遏止電壓時應(yīng)將圖甲中滑片P向a端移動B.乙圖中直線的斜率為普朗克常量hC.由圖乙可知金屬M的逸出功約為4.27eVD.圖乙中A點對應(yīng)的入射光光子動量大小數(shù)量級為【答案】AD【解析】【詳解】A．測量遏止電壓時，應(yīng)接反向電壓，則應(yīng)將圖甲中滑片P向a端移動，故A正確；B．根據(jù)光電效應(yīng)方程和動能定理可得，聯(lián)立可得可知乙圖中直線的斜率為，故B錯誤；C．根據(jù)題意可知，當(dāng)時，可得金屬M的逸出功為故C錯誤；D．圖乙中A點對應(yīng)的入射光光子動量大小為故D正確。故選AD。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16.（1）下列說法正確的是___________A.“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”實驗中需要進行補償阻力操作B.“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”實驗中彈簧秤外殼與木板間的摩擦對實驗結(jié)果有影響C.“探究平拋運動的特點”實驗中斜槽與鋼球間的摩擦力對實驗結(jié)果沒有影響D.“研究氣墊導(dǎo)軌上滑塊碰撞時的動量守恒”實驗中需要進行補償阻力操作（2）某同學(xué)利用圖甲中實驗裝置進行“探究物體加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗，他完成補償阻力的正確操作后進行了一次實驗，實驗中槽碼質(zhì)量為，小車和車內(nèi)砝碼總質(zhì)量為M，紙帶如圖乙所示，圖中刻度尺最小刻度為毫米。則圖中D點的讀數(shù)為___________cm，打此條紙帶時小車的加速度為___________（計算結(jié)果保留2位有效數(shù)字，電源頻率為50Hz）。（3）之后他僅改變槽碼質(zhì)量為，又進行了一次實驗，測得小車加速度為，可知在此次實驗中___________A.因為沒有重新進行補償阻力操作導(dǎo)致實驗誤差比較大B.小車所受合外力近似與槽碼重力相等C.D.【答案】（1）C（2）①.5.25②.0.5（3）D【解析】【小問1詳解】A．“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”實驗中只需要小車做勻變速直線運動即可，不需要補償阻力，故A錯誤；B．“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”實驗中拉彈簧秤時，只需讓彈簧與外殼間沒有摩擦，此時彈簧測力計的示數(shù)即為彈簧對細繩的拉力，與彈簧秤外殼與木板之間是否存在摩擦無關(guān)，故B錯誤；C．“探究平拋運動的特點”實驗中為了保證小球每一次拋出時速度大小相等，需要讓小球每一次從相同高度靜止釋放，斜槽與鋼球間的摩擦力對實驗結(jié)果沒有影響，故C正確；D．“研究氣墊導(dǎo)軌上滑塊碰撞時的動量守恒”實驗中只需要調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌讓滑塊做勻速運動即可，不需要進行補償阻力操作，故D錯誤。故選C?！拘?詳解】[1]毫米刻度尺的分度值為0.1cm，需要估讀到分度值下一位，即圖中D點的讀數(shù)為5.25cm；[2]相鄰計數(shù)點時間間隔根據(jù)逐差法可得代入數(shù)據(jù)【小問3詳解】A．補償阻力操作后，更換小車和槽碼的質(zhì)量，不需要重新補償阻力，沒有重新進行補償阻力操作對實驗無影響，故A錯誤；B．為了使小車所受的合外力等于槽碼的重力，需要使得小車的質(zhì)量遠大于槽碼的質(zhì)量，所以小車所受合外力近似與槽碼重力相等，不是小車加速度變大的原因，故B錯誤；CD．對小車和槽碼，根據(jù)牛頓第二定律，對兩次實驗分別有根據(jù)題意有聯(lián)立可得故D正確，C錯誤。故選D。17.（1）根據(jù)實驗器材說明書，“用雙縫干涉測量光的波長”實驗中小燈泡正常工作電壓為8V~12V，現(xiàn)研究該小燈泡不同電壓下的功率。①某同學(xué)進行了正確的實驗操作，并將實驗數(shù)據(jù)在I-U坐標(biāo)系中描點如圖甲所示。請在圖乙中補全實驗的電路圖，閉合開關(guān)前滑動變阻器應(yīng)置于___________端（選填“a”或“b”）。②某次測量時電壓表量程為0~15V，指針偏轉(zhuǎn)如圖丙所示，則電壓表讀數(shù)為___________V，此時小燈泡電阻R=___________（計算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。③由實驗可知工作電壓為8V時小燈泡的功率為___________W（計算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（2）圖甲為“用雙縫干涉測量光的波長”裝置圖。①雙縫安裝在圖甲中___________位置（選填“A”、“B”、“C”、“D”或“E”）②本實驗所用的電源為學(xué)生電源，如圖乙所示。小燈泡為（1）中所用小燈泡，為使小燈泡正常工作，最合適的操作是___________A.將小燈泡接“穩(wěn)壓6V”接線柱，打開電源開關(guān)B.將小燈泡接“直流”接線柱，將電壓旋鈕轉(zhuǎn)至12V，打開電源開關(guān)C.將小燈泡接“交流”接線柱，將電壓旋鈕轉(zhuǎn)至12V，打開電源開關(guān)D.將小燈泡接“交流”接線柱，打開電源開關(guān)，將電壓旋鈕由2V逐漸轉(zhuǎn)至12V③已知雙縫間距為0.3mm，屏離雙縫距離為1.2m。以某種單色光照射雙縫時，將測量頭的分劃板中心刻線與第1條亮紋中心對齊，手輪上的示數(shù)如圖丙所示；然后同方向轉(zhuǎn)動手輪，使分劃板中心刻線與第6條亮紋中心對齊，此時手輪上的示數(shù)如圖丁所示，則這種光的波長是___________nm（保留3位有效數(shù)字）。【答案】（1）①.，a②.③.④.（2）①.C②.D③.【解析】【小問1詳解】[1]小燈泡的電壓和電流從零開始變化，滑動變阻器應(yīng)采用分壓式接法，補全后的電路圖如圖為了保護負載，閉合開關(guān)前滑動變阻器應(yīng)置于a端；[2]電壓表量程為，每小格表示，讀數(shù)時精確到，故讀數(shù)為；[3]由圖甲可知，電壓為時，電流為，故[4]由圖甲可知，電壓為時，電流為，故【小問2詳解】[1]A處為透鏡，B處為單縫，故雙縫應(yīng)安裝在C位置；[2]小燈泡可以使用直流電壓也可以使用交流電壓，但為了使小燈泡正常工作且不損壞小燈泡，打開電源開關(guān)之前，旋鈕應(yīng)處于電壓很低的位置，打開電源開關(guān)后，再把電壓緩慢調(diào)至正常工作電壓，故選D；[3]圖丙和圖丁的讀數(shù)分別為和，故相鄰兩條亮紋間的距離為由，得18.某同學(xué)設(shè)計了一款多用途的簡易裝置，如圖所示。容積為的導(dǎo)熱薄壁玻璃泡A與豎直的薄玻璃管B相連，B橫截面積為。容器內(nèi)充入一定質(zhì)量的理想氣體，并用質(zhì)量為的活塞封閉，活塞能無摩擦滑動，裝置密封良好。B管內(nèi)活塞上方的空氣柱長度l可反映泡內(nèi)氣體的溫度（環(huán)境溫度），在恒定大氣壓下對B管進行溫度刻度標(biāo)注，此裝置可作為簡易溫度計使用。當(dāng)環(huán)境溫度為時，氣柱長度為；環(huán)境溫度緩慢地升高到時，氣柱長度為，此過程中氣體內(nèi)能增加。（1）該簡易溫度計___________（選填“上方”或“下方”）刻度表示的溫度高；在緩慢升溫過程中單位時間容器內(nèi)氣體分子撞擊活塞的次數(shù)___________（選填“增多”或“減少”）；（2）求：①；②緩慢升溫過程中氣體吸收的熱量Q；（3）把該裝置豎直固定在電梯轎廂內(nèi)作為加速度計使用。若轎廂內(nèi)溫度為，觀察到活塞穩(wěn)定在處，則電梯可能的運動狀態(tài)是___________A.向上加速 B.向下加速 C.向上減速 D.向下減速【答案】（1）①.下方②.減少（2）①0.20m；②2.4J（3）AD【解析】【小問1詳解】[1]溫度升高，容器內(nèi)的理想氣體受熱膨脹，體積增大，則B管內(nèi)活塞上方的空氣柱長度l越長，所以該簡易溫度計下方刻度表示的溫度高；[2]在緩慢升溫過程中氣體做等壓變化，體積增大，所以氣體的密集程度減小，根據(jù)氣體壓強的微觀意義可知，氣體分子單位時間對艙壁單位面積碰撞的次數(shù)將減少?！拘?詳解】①氣體等壓變，則有代入數(shù)據(jù)解得②對活塞受力分析，則有由題知，氣體對外做功，則有根據(jù)熱力學(xué)第一定律有聯(lián)立可得【小問3詳解】由題知，廂內(nèi)溫度為，觀察到活塞穩(wěn)定在處，比氣柱原長度更長，氣體此時做等溫變化，根據(jù)可知，氣體的氣柱變長，則體積V變大，故氣體壓強減小，對活塞受力分析，可得故活塞所受合力向上，根據(jù)牛頓第二定律可知，此時活塞具有向上的加速度，故整體也具有向上的加速度，所以電梯可能的運動狀態(tài)向上加速或向下減速。故選AD。19.某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角的直軌道AB，半徑、圓心角為的圓弧BCD，半徑為R、圓心角為的圓弧DE組成，軌道間平滑連接。在軌道末端E點的右側(cè)光滑水平地面FG上緊靠著質(zhì)量的滑板b，其上表面與軌道末端E所在的水平面齊平。水平地面上距滑板右側(cè)足夠遠處固定有擋板GH，滑板b與其碰撞時會立即被鎖定。質(zhì)量為的物塊a從軌道AB上距B高度為處以初速度下滑，經(jīng)圓弧軌道BCD滑上軌道DE。物塊a與軌道AB間的動摩擦因數(shù)，與滑板b間的動摩擦因數(shù)。（其他軌道均光滑，物塊a視為質(zhì)點，不計空氣阻力，，）。（1）若初速度，求物塊a①第一次通過D點時速度大??；②在軌道AB上運動的總路程S。（2）若物塊a能沿軌道沖上滑板b，則①應(yīng)滿足什么條件？②滑板b至少要多長，物塊a一定不會碰到擋板GH？【答案】（1）①；②（2）①；②0.75m【解析】【小問1詳解】①物塊從開始運動到D點過程，根據(jù)動能定理解得②設(shè)過D點后沖上曲面高度為，根據(jù)機械能守恒定律解得而所以故物塊不會沖上滑板，會原路返回。物體運動全程由能量守恒有解得【小問2詳解】①在D點不脫離軌道則全程不會脫離軌道，此時初速度最大，根據(jù)動能定理還需要滿足解得同理，物塊能到達E點，滿足解得綜上②物塊在D點沒有脫軌，根據(jù)牛頓第二定律物塊以最大速度到達E點，根據(jù)機械能守恒定律物塊在滑板上運動，在剛滑上滑板到與滑板共速的過程中，由動量守恒定律和能量守恒定律有，滑板被鎖定后，物塊繼續(xù)滑動，由能量守恒定律故滑板長度最小為20.如圖所示的裝置左側(cè)是法拉第圓盤發(fā)電機，其細轉(zhuǎn)軸豎直安裝。內(nèi)阻不計、半徑的金屬圓盤盤面水平，處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度。圓盤在外力作用下以角速度逆時針（俯視）勻速轉(zhuǎn)動，圓盤的邊緣和轉(zhuǎn)軸分別通過電刷a、b與光滑水平導(dǎo)軌、相連，導(dǎo)軌間距。在導(dǎo)軌平面內(nèi)以O(shè)點為坐標(biāo)原點建立坐標(biāo)系xOy，x軸與導(dǎo)軌平行。區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度，導(dǎo)電性能良好的導(dǎo)軌上放置著一根質(zhì)量、電阻的金屬棒，金屬棒離y軸足夠遠；區(qū)域內(nèi)存在豎直向下磁場，磁感應(yīng)強度，導(dǎo)軌由絕緣材料制成，導(dǎo)軌上緊貼y軸放置著一U型金屬框，其質(zhì)量、電阻為3R、長度為L、寬度。不計其它一切電阻。（1）比較a、b兩