2025屆浙江省北斗星盟高三下學(xué)期三模物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12025年4月浙江省北斗星盟適應(yīng)性考試高三物理試題考生須知：1、本試題卷共6頁，滿分100分，考試時(shí)間90分鐘。2、答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級(jí)、姓名、考場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)及準(zhǔn)考證號(hào)。3、所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效。4、考試結(jié)束后，只需上交答題卷。選擇題部分一、選擇題Ⅰ（本題共10小題，每小題3分，共30分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1.單位為J/s的物理量是（）A.電功率 B.磁感應(yīng)強(qiáng)度 C.磁通量 D.電場(chǎng)強(qiáng)度【答案】A【解析】焦耳為能量單位，秒是時(shí)間單位。寫成對(duì)應(yīng)的表達(dá)式為。由可知，單位為的物理量是功率。故選A。2.如圖為泰山景區(qū)的機(jī)器狗在搬運(yùn)垃圾（）A.在研究機(jī)器狗的爬行動(dòng)作時(shí)，可以將它視為質(zhì)點(diǎn)B.在研究機(jī)器狗的運(yùn)動(dòng)步距時(shí)，可以將它視為質(zhì)點(diǎn)C.在研究垃圾桶在機(jī)器狗背部的安裝位置時(shí)，可以將機(jī)器狗視為質(zhì)點(diǎn)D.在研究機(jī)器狗通過較長(zhǎng)距離的運(yùn)動(dòng)時(shí)間時(shí)，可以將它視為質(zhì)點(diǎn)【答案】D【解析】在研究機(jī)器狗的爬行動(dòng)作時(shí)，研究機(jī)器狗的運(yùn)動(dòng)步距時(shí)以及研究垃圾桶在機(jī)器狗背部的安裝位置時(shí)，機(jī)器狗的大小形狀都不能忽略不計(jì)，不可以將機(jī)器狗看做質(zhì)點(diǎn)；而在研究機(jī)器狗通過較長(zhǎng)距離的運(yùn)動(dòng)時(shí)間時(shí)，可以忽略機(jī)器狗的大小和形狀，將它視為質(zhì)點(diǎn)。故選D。3.月壤中含有豐富的，參與核反應(yīng)釋放巨大能量，同時(shí)幾乎不產(chǎn)生具有長(zhǎng)期放射性的核廢料，因此是清潔、高效的未來能源。其核反應(yīng)方程為，則（）A.X為質(zhì)子，該核反應(yīng)是α衰變B.的比結(jié)合能比的比結(jié)合能大C.核子平均釋放的能量約為6.42MeVD.該反應(yīng)的質(zhì)量虧損約為【答案】D【解析】A．設(shè)X粒子質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)分別為、，根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可得，解得，由此可知X粒子為質(zhì)子，該核反應(yīng)是核聚變，故A錯(cuò)誤；B．核反應(yīng)放出核能，生成物比反應(yīng)物更穩(wěn)定，比結(jié)合能也更大，即的比結(jié)合能比小，故B錯(cuò)誤；C．參與反應(yīng)的核子數(shù)為核子平均釋放的能量為故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)質(zhì)能方程可知，質(zhì)量虧損約為故D正確。故選D。4.鋰電池體積小、容量大、電壓穩(wěn)定，在手機(jī)中廣泛應(yīng)用。它主要依靠鋰離子在正極（含鋰化合物）和負(fù)極（碳材料）之間移動(dòng)來工作，其原理如圖所示。若某款手機(jī)鋰電池的電動(dòng)勢(shì)3.7V，電池容量4000mA·h，正常通話電流400mA，則（）A.正常通話時(shí)，電池輸出的功率為1.48WB.電池充滿電后，手機(jī)能正常通話2.7hC.圖示狀態(tài)是電池放電狀態(tài)D.負(fù)極積累的鋰離子越多，電池存儲(chǔ)的電能越少【答案】C【解析】A．正常通話時(shí)，電池的總功率為由于存在一定內(nèi)阻，所以電池輸出的功率小于1.48W，故A錯(cuò)誤；B．電池充滿電后，手機(jī)能正常通話時(shí)間為故B錯(cuò)誤；C．圖示狀態(tài)鋰離子從電池負(fù)極到正極，即為電池內(nèi)部的電流方向，故處于放電狀態(tài)，故C正確；D．負(fù)極積累的鋰離子越多，電池中充入的電荷量也就越多，存儲(chǔ)的電能越多，故D錯(cuò)誤。故選C。5.火災(zāi)報(bào)警的工作原理圖如圖所示，理想變壓器的原線圈接電壓恒定的交流電，副線圈的電路中R為熱敏電阻，為滑動(dòng)變阻器，為定值電阻。當(dāng)溫度升高時(shí)，R的阻值變小，報(bào)警裝置通過檢測(cè)中的電流來實(shí)現(xiàn)報(bào)警。則（）A.發(fā)生火災(zāi)時(shí)，原線圈中的電流在變小B.發(fā)生火災(zāi)時(shí)，報(bào)警裝置檢測(cè)到電流變小C.為了降低報(bào)警溫度，的滑片P應(yīng)向下滑動(dòng)D.的滑片P向上滑動(dòng)時(shí)，副線圈兩端的電壓變大【答案】C【解析】AB．發(fā)生火災(zāi)時(shí)，溫度升高，熱敏電阻阻值變小，根據(jù)歐姆定律可知副線圈電流變大，則報(bào)警裝置檢測(cè)到電流變大；根據(jù)可知，原線圈電流也變大，故AB錯(cuò)誤；C．為了降低報(bào)警溫度，即對(duì)應(yīng)的熱敏電阻阻值變大，根據(jù)可知，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻應(yīng)減小，則的滑片P應(yīng)向下滑動(dòng)，故C正確；D．根據(jù)可知，副線圈電壓由原線圈電壓及匝數(shù)比決定，故D錯(cuò)誤。故選C。6.如圖所示，衛(wèi)星甲、乙沿不同軌道繞半徑為R的某一星球轉(zhuǎn)動(dòng)。其中，衛(wèi)星甲在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其距星球表面的高度為R；衛(wèi)星乙在水平面上做長(zhǎng)軸為4R的橢圓運(yùn)動(dòng)。則（）A.甲的運(yùn)行周期比乙的大B.甲的平均速率比乙的小C.某時(shí)刻甲的速率與乙的速率相等D.甲的加速度大小始終比乙的小【答案】C【解析】A．因?yàn)榧椎陌霃脚c乙的半長(zhǎng)軸相等，由開普勒第三定律知，周期相同，故A錯(cuò)誤；B．圓周長(zhǎng)大于橢圓周長(zhǎng)，甲的平均速率更大，故B錯(cuò)誤；C．乙在橢圓上，距離星球最近點(diǎn)的速率比甲的速率大，而最遠(yuǎn)點(diǎn)比甲的速率小，某時(shí)刻兩者速率相等，故C正確；D．由圖知，某時(shí)刻星球距甲和乙的距離將相同，此時(shí)加速度大小相等，故D錯(cuò)誤。故選C。7.籃球投出后經(jīng)多次曝光得到的照片如圖所示，每次曝光的時(shí)間間隔相等?；@球受到的空氣阻力大小相等，方向始終與速度方向相反，則籃球（）A.速度大小一直在減小B.加速度大小先減小后增大C.相鄰位置的動(dòng)量變化量一直減小D.相鄰位置的機(jī)械能變化量先增大后減小【答案】C【解析】AB．重力與空氣阻力的夾角，在上升階段為銳角，下降階段為鈍角，角度一直在增大，知加速度一直在減小，速度先減小后增大，故AB錯(cuò)誤；C．因知一直減小，故C正確；D．空氣阻力做功引起機(jī)械能的變化，相鄰位置軌跡長(zhǎng)度先減小后增大，變化量也先減小后增大，相鄰位置的機(jī)械能變化量先減小后增大，故D錯(cuò)誤。故選C8.半球體透明介質(zhì)ABC和置于底部的發(fā)光管芯PQ組成照明裝置。管芯是一個(gè)圓心與介質(zhì)的球心O重合的圓面，裝置的截面如圖所示。已知半球體的半徑為R，圓面的半徑為，透明介質(zhì)的折射率為，則（）A.管芯射向半球面的所有光線都將從圓弧區(qū)域射出B.圓弧區(qū)域有光線射出和沒有光線射出的比例為C.射向半球面的所有光線都能射出的相應(yīng)管芯面積為D.射向半球面的光線，所有光線都能射出圓弧面與部分光線能射出圓弧面的相應(yīng)管芯長(zhǎng)度之比為2：1【答案】D【解析】A．管芯射向半球面的某些光線可能在圓弧區(qū)域發(fā)生全反射，A錯(cuò)誤；B．因?yàn)閺膱A心O處發(fā)出的光線均可從球面射出，可知半球面所有區(qū)域均有光線射出，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)可得臨界角最難射出的是平行于豎直邊OB的邊界，知解得相應(yīng)的面積故C錯(cuò)誤；D．射向半球面的光線，所有光線都能射出圓弧面與部分光線能射出圓弧面的相應(yīng)管芯長(zhǎng)度之比為故D正確。故選D。9.無動(dòng)力帆船依靠風(fēng)力垂直河岸渡河。船頭正指對(duì)岸，通過調(diào)整帆面位置使風(fēng)向垂直于帆面，此時(shí)帆面與航向間的夾角為θ。若風(fēng)力的大小為F，河水沿平行河岸方向的阻力恒為，沿垂直河岸方向的阻力大?。╧為比例系數(shù)，v為航行速度），則帆船（）A.先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，后勻速運(yùn)動(dòng)B.航行時(shí)的最大速度為C.若風(fēng)力大小加倍，最大速度也加倍D.若風(fēng)力大小增大，為保持航向不變，θ也增大【答案】D【解析】A．垂直航向受力平衡，沿航向知先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后勻速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)題意可得解得故B錯(cuò)誤；C．風(fēng)力大小加倍，垂直航線方向不再平衡而產(chǎn)生加速度，速度不再沿船頭指向，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)題意知F增大時(shí)，θ也增大，故D正確。故選D。10.如圖所示，木板C靜置于光滑水平地面上，中點(diǎn)處放置物塊B。某時(shí)刻物塊A以水平初速度從左端滑上木板。已知物塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量均為m，與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，木板的質(zhì)量為2m，A、B間為彈性碰撞，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則（）A.若物塊A、B不發(fā)生碰撞，則木板C長(zhǎng)度的最大值為B.若物塊A、B不從木板C的右端滑離，則木板C長(zhǎng)度的最小值為C.若物塊B恰好不滑離木板C，則物塊A、B碰撞前后的兩段時(shí)間內(nèi)，摩擦力對(duì)木板C的沖量大小是相等的D.若物塊A、B最終與木板C相對(duì)靜止，則摩擦力對(duì)木板C的沖量大小與物塊A、B在木板C上相對(duì)靜止的位置有關(guān)【答案】B【解析】A．設(shè)木板長(zhǎng)為L(zhǎng)，恰好發(fā)生碰撞時(shí)，由能量守恒有聯(lián)立解得若物塊A、B不發(fā)生碰撞，木板長(zhǎng)的最小值為，故A錯(cuò)誤；B．由于AB質(zhì)量相等且A、B的碰撞為彈性碰撞，則碰后不損耗能量，只是交換速度，故B到C右端恰好靜止，則有能量守恒有聯(lián)立解得故B正確；C．A碰B前，BC做一起做加速運(yùn)動(dòng)，A做減速運(yùn)動(dòng)，A碰B后，速度交換，AC一起做加速運(yùn)動(dòng)，B做減速運(yùn)動(dòng)，最終共速，速度時(shí)間圖像如下如圖，由于前后兩個(gè)階段的相對(duì)位移即面積差要相同，知第二個(gè)階段時(shí)間長(zhǎng)，摩擦力的沖量大，故C錯(cuò)誤；D．只要相對(duì)靜止，那么共速相等，由動(dòng)量定理，知摩擦力對(duì)木板C的沖量大小是一定值，與相對(duì)靜止的位置無關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選B。二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題4分，共12分，每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不選全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）11.如圖所示是研究光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)裝置。大量處于n＝3激發(fā)態(tài)的氫原子躍遷時(shí)，發(fā)出頻率不同的大量光子，其中頻率最高的光子能量為12.09eV，用此光束照射到光電管電極K上。移動(dòng)滑片P，當(dāng)電壓表的示數(shù)為7V時(shí)，微安表的示數(shù)恰好為零。圖示位置中滑片P和O點(diǎn)剛好位于滑動(dòng)變阻器的上、下中點(diǎn)位置。則（）A.要使微安表的示數(shù)恰好為零，滑片P應(yīng)由圖示位置向a端移動(dòng)B.不同頻率的光子照射電極K，只要能發(fā)生光電效應(yīng)，遏止電壓是相同的C.若10.2eV為另一光子能量，則能發(fā)生光電效應(yīng)的光子共有2種D.從圖示位置滑動(dòng)滑片P，微安表的讀數(shù)可能不變【答案】AC【解析】A．要使微安表的示數(shù)恰好為零，光電管應(yīng)接入反向電壓，即K板電勢(shì)高于A板電勢(shì)，則滑片P應(yīng)由圖示位置向a端移動(dòng)，故A正確；B．根據(jù)可知不同頻率的光子照射電極K，只要能發(fā)生光電效應(yīng)，遏止電壓是不同的，故B錯(cuò)誤；C．用光子能量為12.09eV照射到光電管電極K上，當(dāng)電壓表的示數(shù)為7V時(shí)，微安表的示數(shù)恰好為零，可知遏止電壓為7V，根據(jù)可得逸出功為由于逸出功小于10.2eV，大于1.89eV，可知能發(fā)生光電效應(yīng)的光子共有2種，故C正確；D．圖示電壓趨近于零，未能達(dá)到飽和電流，所以從圖示位置滑動(dòng)滑片P，微安表的讀數(shù)會(huì)變化，故D錯(cuò)誤。故選AC。12.波源P、Q分別位于x＝0和x＝12m處，如圖所示，t＝0時(shí)刻分別恰好傳到2m和6m處，圖中箭頭分別為兩列波的傳播方向，波速為2m/s，振幅均為5cm，則（）A.t＝1s后，x＝4m處的質(zhì)點(diǎn)做振幅為10cm的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)B.波源間質(zhì)點(diǎn)位移大小第1次達(dá)到10cm是由于兩列波的波峰相遇C.波源間質(zhì)點(diǎn)位移大小第1次和第2次達(dá)到10cm的兩質(zhì)點(diǎn)相距2.5mD.t＝3s時(shí)，兩波源間（不含波源）有4個(gè)質(zhì)點(diǎn)位移為零【答案】BC【解析】A．題圖可知兩波的波長(zhǎng)不同，因?yàn)橥N介質(zhì)波速相同，因而兩波頻率不同，不能形成穩(wěn)定干涉，振幅周期性變化，故A錯(cuò)誤；BC．由題意知，t＝0.5s時(shí)，波源P達(dá)到第1次波峰，此時(shí)距波源Q第1個(gè)波峰出現(xiàn)在x=6.5m，故再經(jīng)兩波峰第一次相遇，即在時(shí)波峰相遇，質(zhì)點(diǎn)坐標(biāo)x＝3.25m；同理，可以求得兩波谷第一次相遇為t＝2.375s，質(zhì)點(diǎn)坐標(biāo)x＝5.75m，兩個(gè)波峰相遇使質(zhì)點(diǎn)位移大小第1次達(dá)到10cm，第1次和第2次位移達(dá)到10cm的兩質(zhì)點(diǎn)相距2.5m，故B、C正確；D．由圖形知，t＝3s時(shí)，P波傳到8m處，Q波傳到0m處，波形如下（紅線為P波，藍(lán)線為Q波）根據(jù)疊加原理可知，兩波源間（不含波源）有5個(gè)質(zhì)點(diǎn)位移為零，故D錯(cuò)誤。故選BC。13.如圖所示半徑為R的虛線圓內(nèi)，存在垂直紙面向里感應(yīng)強(qiáng)度大小為（k>0）的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)。變化的磁場(chǎng)在空間產(chǎn)生感生電場(chǎng)，電場(chǎng)線為一系列以O(shè)為圓心的同心圓，在同一電場(chǎng)線上，電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同。長(zhǎng)度為2R的導(dǎo)體棒ac與虛線圓交于a、b兩點(diǎn)，其中b為ac的中點(diǎn)。則（）A.b點(diǎn)的電勢(shì)比a點(diǎn)高B.b、c兩點(diǎn)的電勢(shì)相等C.a、b兩點(diǎn)間的電動(dòng)勢(shì)大小為D.a、c兩點(diǎn)間的電動(dòng)勢(shì)大小為【答案】AC【解析】AB．磁感應(yīng)強(qiáng)度變化時(shí)，電場(chǎng)線為逆時(shí)針方向的同心圓，使電子向a點(diǎn)聚集，b點(diǎn)的電勢(shì)比a點(diǎn)高；同理可知c點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)高，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．連接Oa、Ob、Oc，Oab構(gòu)成等邊三角形，Ob和Oc所圍磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)閳A心角30°的扇形，如圖所示電場(chǎng)線垂直于Oa和Ob，電子不發(fā)生定向移動(dòng)，a、b兩點(diǎn)間的電動(dòng)勢(shì)大小為b、c兩點(diǎn)間的電動(dòng)勢(shì)大小為a、c兩點(diǎn)間的電動(dòng)勢(shì)大小為故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共58分）14.用如圖1所示裝置完成“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)，查閱當(dāng)?shù)刂亓铀俣?。?）在紙帶上確定計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)，選取起始點(diǎn)為第1個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，得到的紙帶如圖2所示，打下B點(diǎn)時(shí)重物的速度為______m/s（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）；（2）測(cè)得重物的質(zhì)量，重物由O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)重力勢(shì)能的減小量為______J（結(jié)果保留2位有效數(shù)字），C點(diǎn)可能是第______（選填“11”、“12”或“13”）計(jì)數(shù)點(diǎn)；（3）將測(cè)得的數(shù)據(jù)描繪圖像，求得圖線斜率為k，下落h時(shí)，重力勢(shì)能減小量與動(dòng)能增加量之間的差值為______（結(jié)果用字母“m”、“h”、“k”、“g”表示）。【答案】（1）2.07（2）0.5213（3）【解析】【小問1詳析】電火花計(jì)時(shí)器的周期打下B點(diǎn)時(shí)重物的速度為【小問2詳析】[1]重物由O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，重力做功重力做正功，重力勢(shì)能減小量為。[2]由O運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，由自由落體運(yùn)動(dòng)公式可得運(yùn)動(dòng)時(shí)間設(shè)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)有n個(gè)時(shí)間間隔，可得由于存在阻力作用，因此取12，又因?yàn)镺點(diǎn)為第1個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，因此C點(diǎn)可能是第13個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)。【小問3詳析】下落的高度為時(shí)，重力勢(shì)能的減小量為由圖像和圖線斜率k可得圖像的表達(dá)式為由于初速度為0，可得動(dòng)能的增加量重力勢(shì)能減小量與動(dòng)能增加量之間的差值為15.在“測(cè)定電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”的實(shí)驗(yàn)中，電流表內(nèi)阻很小，電壓表內(nèi)阻很大，（1）按電路圖1連接的實(shí)物圖2，其中連接錯(cuò)誤的導(dǎo)線是______（選填“①”、“②”或“③”）；（2）該小組并未發(fā)現(xiàn)連線錯(cuò)誤，于是繼續(xù)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。記錄電壓表和電流表示數(shù)，發(fā)現(xiàn)電壓表最小示數(shù)為2V，此時(shí)電流表示數(shù)最大為2A；電壓表最大示數(shù)為2.7V時(shí)，此時(shí)電流表示數(shù)為0.3A，定值電阻______Ω，滑動(dòng)變阻器全電阻，R＝______Ω，由此知電源總電動(dòng)勢(shì)E＝______V，總內(nèi)阻r＝______Ω（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。【答案】（1）②（2）1.0143.00.50【解析】【小問1詳析】圖1可知滑動(dòng)變阻器采用的是限流式接法，而圖2中滑動(dòng)變阻器采用的是分壓式接法，即圖2中連接錯(cuò)誤的是②；【小問2詳析】[1][2]電壓示數(shù)最小時(shí)（滑動(dòng)變阻器接入電路阻值為0），故此時(shí)電壓示數(shù)最大時(shí)（此時(shí)滑動(dòng)變阻器滑片置于滑動(dòng)變阻器中間位置，），故此時(shí)解得[3][4]電壓示數(shù)最小時(shí)，根據(jù)閉合電路歐姆定律有電壓示數(shù)最大時(shí)，根據(jù)閉合電路歐姆定律有聯(lián)立解得16.為了研究圖1所示的玩具電動(dòng)機(jī)的能量轉(zhuǎn)換，設(shè)計(jì)了如圖2所示的電路，其中學(xué)生電源穩(wěn)壓4V。先將滑動(dòng)變阻器的滑片移到最左端，閉合開關(guān)S，緩慢改變滑動(dòng)變阻器的阻值，增大電動(dòng)機(jī)兩端的電壓，在表中記錄電壓表、電流表的讀數(shù)。表組數(shù)123456789101112U/V0.070.140.210.280.350.420.520.680.891.101.321.50I/A0.040.08

0.160.200.240.140.160.180200.220.24（1）補(bǔ)充第3組電流表讀數(shù)為______A（2）電流相同時(shí)，電動(dòng)機(jī)兩端的電壓可能不同。比如第4組和第8組，從能量轉(zhuǎn)換的角度，其理由是______（3）電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)后，隨著電壓的增大，機(jī)械能的轉(zhuǎn)換效率______（選填“逐漸變大”、“逐漸變小”或“保持不變”）。【答案】（1）0.12（0.11~0.13均可）（2）見解析（3）逐漸變大【解析】【小問1詳析】由表中數(shù)據(jù)分析可得，當(dāng)電壓較小時(shí)，電動(dòng)機(jī)不轉(zhuǎn)動(dòng)，相當(dāng)于一個(gè)電阻，此時(shí)線圈的電阻為第3組電流表讀數(shù)為【小問2詳析】第4組數(shù)據(jù)，電壓較小，電動(dòng)機(jī)不轉(zhuǎn)動(dòng)，相當(dāng)于一個(gè)電阻，電能完全轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；第8組數(shù)據(jù)，電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)，電能除了轉(zhuǎn)化為內(nèi)能外，大部分轉(zhuǎn)化為葉片轉(zhuǎn)動(dòng)的機(jī)械能。因此電流相同時(shí)，電動(dòng)機(jī)兩端的電壓可能不同。小問3詳析】不考慮發(fā)熱對(duì)線圈電阻的影響，機(jī)械能的轉(zhuǎn)換效率可得第7組數(shù)據(jù)的轉(zhuǎn)換效率第8組數(shù)據(jù)的轉(zhuǎn)換效率第9組數(shù)據(jù)的轉(zhuǎn)換效率第10組數(shù)據(jù)的轉(zhuǎn)換效率第11組數(shù)據(jù)的轉(zhuǎn)換效率第12組數(shù)據(jù)的轉(zhuǎn)換效率由表中給出的數(shù)據(jù)可知電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)后，隨著電壓的增大，機(jī)械能的轉(zhuǎn)換效率逐漸變大。17.如圖為一測(cè)溫裝置的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖。玻璃泡A內(nèi)封有一定量氣體，與A相連的B管插在水銀槽中，管內(nèi)水銀面的高度x即可反映泡內(nèi)氣體的溫度，即環(huán)境溫度，此溫度可由B管上的刻度直接讀出。當(dāng)溫度時(shí)，管內(nèi)水銀面高度，此高度即為300K的刻度線。已知管內(nèi)水銀面最大高度為26cm，大氣壓強(qiáng)。忽略B管的體積和水銀槽內(nèi)液面的變化，當(dāng)環(huán)境溫度從300K緩慢下降的過程中：（1）A泡內(nèi)氣體分子動(dòng)能______（選填“均增大”、“均減小”或“增大和減小均有”），其內(nèi)壁單位面積受到的氣體分子的平均作用力______（選填“變大”“變小”或“不變”）；（2）該裝置能測(cè)出的最低溫度；（3）已知分子平均動(dòng)能跟熱力學(xué)溫度成正比，其關(guān)系滿足（k＝0.2J/K），環(huán)境溫度下降至（2）問中的時(shí)，外界對(duì)氣體做功為2.9J，求熱量的變化Q?！敬鸢浮浚?）增大和減小均有變小（2）（3）放出熱量12.9J【解析】【小問1詳析】[1]溫度降低時(shí)A泡內(nèi)氣體分子平均動(dòng)能減小，但對(duì)個(gè)別分子動(dòng)能增大和減小均有；[2]溫度降低時(shí)，液柱液面上升，則其它壓強(qiáng)減小，即其內(nèi)壁單位面積受到的氣體分子的平均作用力減小；【小問2詳析】氣體等容變化，由查理定理其中，得【小問3詳析】溫度降低，則內(nèi)能減?。粶p小量而W=29J由?U＝W＋Q，Q＝－12.9J，即氣體放出熱量12.9J。18.一游戲裝置由彈射器，水平軌道AB，圓心為的豎直半圓細(xì)管道BCD，圓心為的豎直半圓軌道DEF，水平軌道GH、IJ和足夠長(zhǎng)的固定斜面組成?；屐o止在GH上，其上表面與IJ相平，左端位于GF連線上，其上靜置滑塊乙，在同一條豎直線上。如圖所示，游戲時(shí)，滑塊甲從A點(diǎn)彈出，經(jīng)過軌道AB、BCD、DEF后與滑塊乙發(fā)生彈性碰撞，隨后滑塊乙?guī)?dòng)滑板一起運(yùn)動(dòng)，滑板到達(dá)側(cè)壁HI后即被鎖定。已知滑塊甲、乙和滑板的質(zhì)量分別為（大小未知），M＝0.02kg，軌道GH長(zhǎng)L＝1.4m，滑板右端距側(cè)壁HI的距離d＝0.2m，BCD、DEF的半徑均為R＝0.1m，滑塊乙與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余各處均光滑，各軌道間平滑連接，彈簧的彈性勢(shì)能，彈射時(shí)從靜止釋放且彈簧的彈性勢(shì)能完全轉(zhuǎn)化為滑塊動(dòng)能滑塊，滑塊甲、乙均可視為質(zhì)點(diǎn)。（1）求滑塊甲運(yùn)動(dòng)到軌道DEF最高點(diǎn)F時(shí)受到的壓力大小；（2）若，求整個(gè)過程中，滑塊乙與滑板間的摩擦內(nèi)能Q；（3）若滑板長(zhǎng)度，左端仍位于GF連線上。要求滑塊甲、乙碰撞后，甲在反彈后不脫離軌道（返回接觸到彈射器后即被鎖定），乙在滑板到達(dá)側(cè)壁前不脫離滑板，求滑塊乙的質(zhì)量取值范圍。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳析】對(duì)滑塊甲，從A到F過程中，以AB面的重力勢(shì)能為0由能量守恒得v1＝4m/s在F點(diǎn)，由得【小問2詳析】依題意經(jīng)判斷，滑塊乙和滑板在達(dá)到共速前，滑板已到達(dá)側(cè)壁并被鎖定對(duì)滑板，設(shè)滑板到達(dá)側(cè)壁HI時(shí)的速度為v2由動(dòng)能定理得v2＝1m/s由于滑塊甲、乙質(zhì)量相等，故甲、乙發(fā)生彈性碰撞時(shí)，交換速度，則碰后滑塊乙的初速度為v1＝4m/s對(duì)滑板和滑塊乙，滑塊乙到達(dá)側(cè)壁HI時(shí)的速度為，以水平向右為正由動(dòng)量守恒得此過程，滑板和滑塊乙組成的系統(tǒng)摩擦內(nèi)能為Q1由能量守恒得經(jīng)分析可知，此后滑塊乙繼續(xù)在滑板上滑動(dòng)，經(jīng)軌道IJ和斜面后，速度等大反向滑回滑板，最后停止在滑板上，此過程中，滑板和滑塊乙組成的系統(tǒng)摩擦內(nèi)能為整個(gè)過程中，【小問3詳析】①若滑塊甲、乙碰后，滑塊甲返回時(shí)恰好不脫離軌道，在F點(diǎn)有得，方向水平向左以水平向右為正，滑塊甲、乙碰撞時(shí)由動(dòng)量守恒由能量守恒得，為滑塊甲不脫離軌道時(shí)，滑塊乙的最小質(zhì)量。②若碰后滑塊乙恰好不脫離滑板，對(duì)滑塊乙和滑板由能量守恒由動(dòng)量守恒對(duì)滑塊甲和滑塊乙由動(dòng)量守恒由能量守恒得，此時(shí)滑板右端未到達(dá)側(cè)壁，為滑塊乙在滑板到達(dá)側(cè)壁前不脫離滑板的最小質(zhì)量。比較①②后，知滑塊乙的質(zhì)量取值范圍為。19.某探究小組利用電磁阻尼原理設(shè)計(jì)了一減震裝置，其簡(jiǎn)化結(jié)構(gòu)如圖1所示。質(zhì)量為m的“日”字型金屬框架abcdef由7根長(zhǎng)度均為l，電阻均為r的金屬桿焊接而成，水平有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的高度也為l，水平足夠?qū)拸V，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。開始時(shí)水平桿af與磁場(chǎng)的上邊界平行。框架由某一高度下落，以初速度進(jìn)入磁場(chǎng)，磁場(chǎng)中框架運(yùn)動(dòng)的速度v與下落距離x之間的v~x圖像如圖2所示，則（1）框架剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力的大小；（2）穿過磁場(chǎng)過程中，框