浙江省Z20名校联盟2026届高三上学期第一次联考物理试题（Word版附解析）

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1、本卷共 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、座位号及准考证号并填涂相应数字；
3、所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4、可能用到的相关参数：重力加速度 g=10m/s2；
5、考试结束后，只需上交答题卷。
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、错选均不得分）
1. 自感电动势正比于电流的变化率，其大小 。L 为自感系数，其单位“亨利”用国际单位制中
的基本单位表示正确的是（ꢀꢀ）
A. H B. Vs/A C .  
kgm2 / A2s2 D . Ωs
【答案】C
【解析】
故选 C。
2. 北京时间 2024 年 6 月 4 日，“嫦娥六号”的着陆器和上升器组合体完成了月球背面月壤采样。下列可
以将着陆器看成质点的是（ꢀꢀ）
A. 操控着陆器机械臂，进行采样作业 B. 监测着陆器在落月前的姿态
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E  L
ΔI
Δt
E  L
【详解】根据公 式
E Δt
L

可得自感系 数
ΔI
ΔI
Δt
q
由W  qU，W  Fx，F  ma，I  知V
t
J kgm2
 
C As
3
代入公式得 L 的单位为
kgm2
A s
2 2
C. 定位着陆器在月球上的位置 D. 观测着陆器携带五星红旗在月面成功展开
【答案】C
【解析】
【详解】A．操控着陆器机械臂，进行采样作业，涉及动作，不能看成质点，A 不符合题意；
B．监测着陆器在落月前的姿态，涉及姿势，不能看成质点，B 不符合题意；
C．定位着陆器在月球上的位置，涉及位置，能看成质点， C 正确，符合题意；
D．观测着陆器携带五星红旗在月面成功展开，涉及五星红旗的大小，不能看成质点，D 不符合题意。
故选 C。
3. 质量均匀的钢管，一端支在粗糙的水平地面上，另一端被竖直绳悬挂着（如图所示），下列钢管受力示
意图正确的是（ꢀꢀ）
A. B .
C. D .
【答案】A
【解析】
【详解】钢管受到的重力竖直向下；受到的绳子拉力沿绳子向上，即竖直向上；受到地面的支持力垂直地
故选 A。
4. 某小山坡的等高线如图，M 表示山顶，A、B 是同一等高线上两点，MA、MB 分别是沿左、右坡面的直
滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则（ꢀꢀ）
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面向上，即竖直向上；由于G 、
F 、
T
F 均在竖直方向上，所以地面对钢管的摩擦力为 0。
N
A. 球沿 MA 运动的加速度比沿 MB 的大
B. 小球分别运动到 A、B 点时速度相同
C. 若把等高线看成某静电场的等势线，则 A 点电场强度比 B 点大
D. 若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快
【答案】D
【解析】
【详解】A．等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律可得 mg sin  ma （ 为坡面与水平面夹角）
MB 对应的等高线更密集，坡面更陡， 角越大，小球沿着 MB 运动时加速度比沿着 MA 运动时加速度
大，故 A 错误；
B．A、B 在同一等高线，小球下落高度相同，根据机械能守恒，运动到 A、B 点时速度大小相同，但方向
不同，故 B 错误；
C．等势线越密集，电场强度越大，B 处等势线更密集，A 点电场强度比 B 点小，故 C 错误；
D．等势线越密集，电势降落越快，右侧等势线更密集，右侧电势比左侧降落得快，故 D 正确。
故选 D。
5. 有关下列四幅图的描述，正确的是（ꢀꢀ）
A. 图 1 中，A、B 两板中，A 板电势高
B. 图 2 中，两 D 形盒间接直流电源
C. 图 3 中，通过离子打在底片上的位置可以算出离子的比荷
【答案】C
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v
D. 图 4 中，该装置可以把具有速度
B
 的带电粒子选择出来
E
【解析】
【详解】A．根据左手定则，正电荷向下偏转，负电荷向上偏转，可知 A 板带负电，B 板带正电，则 B 板
电势高，故 A 错误；
B．图为回旋加速器，两 D 形盒间应接交流电源，故 B 错误；
1
qU  mv
2
C．图为质谱仪，在加速电场中有
2
通过测量离子打在底片上的位置可得到轨道半径 r，就可以算出离子的比荷 ，故 C 正确；
D．图为速度选择器，根据平衡条件，有 qE  qvB
故选 C 。
6. 以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体
所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t 图像可能正确的是（ꢀꢀ）
A. B. C.
D .
【答案】B
【解析】
【详解】没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，v-t 图象是直线；有空气阻力时，上升阶段，
根据牛顿第二定律，有
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在磁场中洛伦兹力提供向心力，有
qvB  m
v2
r
联立整理得
q 2U

m B r
2 2
v
解得

E
B
故该装置可以把具有速度为
E
B
的带电粒子选择出来，故 D 错误。
mg  f  ma
可得
由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，最小值为 g；v-t 图象的斜率表示加速度，故图线与 t 轴的
交点对应时刻的加速度为 g，切线与虚线平行；ACD 错误，B 正确。
故选 B。
雷彗星公转周期为T2 ，下列说法正确的是（ꢀꢀ）
【答案】A
【解析】
1 1
rv t  r v t 【详解】A．根据开普勒第二定律可得 1 1 2 2
2 2
C．哈雷彗星运动过程，只有万有引力做功，机械能守恒，所以有 E1  E2 ，故 C 错误；
r  r
( 1 2 )
3
r
3
D．设地球的轨道为 r ，根据开普勒第三定律可得 2

T T
2 2
1 2
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a  g 
f
m
7. 若哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离为 r1 ，线速度大小为
v ，加速度大小为
1
a ，机械能为 E ；在远
1 1
日点与太阳中心的距离为 r2 ，线速度大小为 a ，机械能为
v ，加速度大小为
2 2
E 。地球公转周期为T ，哈
2 1
A .
v r
1 2
 B .
v r
2 1
a r E r
 D .   3
T r r
1 1
 C . 1 1
1  1 2
a r E r
T r3
2 2 2 2
2 1
可得
v r
1  2 ，故 A 正确；
v r
2 1
B．根据牛顿第二定律可得
GMm
r
2
 ma
可得
a
GM 1
 ∝
r r
2 2
则有
a r
2
1 2
 ，故 B 错误；
a r
2
2 1
故选 A。
8. 如图所示，光滑水平轨道上放置长板 A（上表面粗糙）和滑块 C，滑块 B 置于 A 的左端，质量分别为
发生碰撞（时间极短）后 C 向右运动，经过一段时间，A、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不
再与 C 碰撞。A、B 间动摩擦因数为 0.5，则下列判断错误的是（ꢀꢀ）
A. A 与 C 碰撞后的瞬间 A 的速度大小是 2m/s
B. 碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为 15J
C. 碰撞后到三者相对静止，B 相对长板滑动的距离为 0.6m
D. 碰撞后到三者相对静止，需要时间为 0.4s
【答案】B
【解析】
【详解】A．因碰撞时间极短，A 与 C 碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间 A 的速度大小为 vA，C 的速度大
小为 vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mAv0=mAvA+mCvC
A 与 B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为 vAB，由动量守恒定律得 mAvA+mBv0=（mA+mB） vAB
A、B 达到共同速度后恰好不再与 C 碰撞，应满足 vAB=vC
联立解得 vA=2m/s，vAB=3m/s，A 正确；
B ． 运 动 过 程 中 因 摩 擦 而 产 生 的 热 量 等 于 A 、 B 相 互 作 用 的 过 程 中 损 失 的 机 械 能 ， 即
1 1 1
Q  m v2  m v2  m  m v2
A A B 0 A B AB
2 2 2
代入数据解得 Q=3J，B 错误；
C．根据Q  mB gx
解得 x=0.6m
即碰撞后到三者相对静止，B 相对长板滑动的距离为 0.6m，C 正确；
D．对 B 由动量定理 mB gt  mBvAB  mBv0
解得∆t=0.4s，D 正确。
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可得
T 8r3
1 
T r r
2 ( 1  2 )3
，故 D 错误。
mA  2kg,mB 1kg,mC  2kg 。开始时 C 静止，A、B 一起以 v0  5m / s 的速度匀速向右运动，A 与 C
此题选择错误选项，故选 B。
9. 在同一竖直平面内距离地面高度为 hA、hB 处的 A、B 两点，A、B 所在竖直线与球网之间的水平距离为
L。有两个网球以相同大小的速度v0 分别斜向上和斜向下抛出，与水平方向的夹角均为 θ，网球恰好均能掠
【答案】A
【解析】
联立解得 hA  hB  L
故选 A。
10. 手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜
头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈 c、d 分别固定在镜头右、上两侧，c、d 中的
一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度
a 的大小和方向，依此自动调节 c、d 中通入的电流 Ic 和 Id 的大小和方向（无抖动时 Ic 和 Id 均为零），使镜
头处于零加速度状态。下列说法正确的是（ꢀꢀ）
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过球网，且轨迹平面与球网垂直，
1
tan  ，不计空气阻力。则 A、B 两点高度差为（ꢀꢀ）
2
A. L B .
5L
4
C .
L
2
D .
L
4
t
【详解】设球网高为 h ，两球在水平方向上做匀速直线运动，则有

L
v0 cs
对于斜向下抛的网球则有
对于斜向上抛的网球则有
1
h  h  v sint  gt
2
A 0
2
1
h  h  (v sin)t  gt2
B 0
2
A. 若 Ic 沿顺时针方向， Id  0 ，则表明 a 的方向向右
B. 若 Id 沿顺时针方向， Ic  0 ，则表明 a 的方向向上
【答案】C
【解析】
【详解】A． Ic 顺时针而 Id  0 ，则 c 线圈受到向右的安培力，故手机的加速度是向左，使镜头处于零加
速度状态，故 A 错误；
B． Id 顺时针而 Ic  0 ，则 d 线圈受到向上的安培力，镜头处于零加速度状态，则手机加速度方向向下，
故 B 错误；
C．若 a 的方向左偏上30，说明手机框架给镜头向上以及向左的作用力，要使得镜头处于零加速度状
D．若 a 的方向右偏上30，说明手机框架给镜头向上以及向右的作用力，且向右的分力大于向上的分力
故选 C。
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一个
符合题目要求。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. 历史上，为了研究原子、原子核的性质，科学家们做了大量的实验研究，下面四幅示意图中说法正确
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C. 若 a 的方向沿左偏上30，则
I 沿顺时针方向，
c
I 沿逆时针方向且
d
I  I
c d
D. 若 a 的方向沿右偏上30，则
I 沿顺时针方向，
c
I 沿顺时针方向且
d
I  I
c d
态，线圈 c 需要受到向右的安培力
F 、线圈 d 需要受到向下的安培力
c
F ，且
d
F  F ，故可知
c d
I 顺时
c
针， Id 逆时针，由 F  BIl 可知
I  I ，故 C 正确；
c d
要使得镜头处于零加速度状态，线圈 c 需要受到向左的安培力
F 、线圈 d 需要受到向下的安培力
c
F ，且
d
F  F ，可知
c d
I 逆时针，
c
I 逆时针，且
d
I  I ，故 D 错误。
c d
的是（ꢀꢀ）
A. 卢瑟福根据图①的 α 粒子散射实验结果提出了原子核式结构模型
92235 U 15464 Ba 8396 Kr  210 n B. 图②表示的重核裂变的核反应方程为：
C. 图③中向左偏转的是 β 射线，向右偏转的是 α 射线，不偏转的是 γ 射线
D. 用图④中一群处于 n=3 能级的氢原子发出的光照射逸出功为 3.34eV 的锌板，能发生光电效应
【答案】AD
【解析】
【详解】A．卢瑟福根据图①的 α 粒子散射实验结果，少数 α 粒子发生了大角度偏转，提出了原子核式结
构模型，故 A 正确；
92235 U 10 n 15464 Ba 8396 Kr  310 n B．重核裂变的核反应方程为：
左侧的中子体现了链式反应，不能够消去，故 B 错误；
C．β 射线带负电，α 射线带正电，γ 射线不带电，根据左手定则可知，图③中向左偏转的是 α 射线，向右
偏转的是 β 射线，不偏转的是 γ 射线，故 C 错误；
D．一群处于 n=3 能级的氢原子发出的光的光子能量的最大值为
1.51eV 13.6eV12.09eV  3.34eV
可知，能使逸出功为 3.34eV 的锌板发生光电效应，故 D 正确。
故选 AD。
12. 如图甲，“战绳”训练是当下一种火热的健身方式，健身员晃动战绳一端，使战绳的一端上下振动
（可视为简谐振动），如图乙所示是某次训练中t  0.2s 时战绳的波形图，绳上质点 P 的振动图像如图丙所
示。下列说法正确的是（ꢀꢀ）
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A. 若增大抖动的频率，波速不变
B. 该波沿 x 轴负方向传播
C. P 点的振动方程为 y  40sin5πt cm
D. 从t  0.2s 到t  0.6s ，质点 P 通过的路程为 200cm
【答案】AC
【解析】
【详解】A．机械波的传播速度只由介质决定，若增大抖动的频率，波速保持不变，故 A 正确；
B．由图丙可知，t  0.2s 时刻质点 P 沿 y 轴负方向振动，根据同侧法可知，该波沿 x 轴正方向传播，故
B 错误；
2
C．根据丙图可知质点 P 的振动方程为 y  Asint  40sin t cm 40sin5πt cm，故 C 正确；
0.4
D．由图丙可知，周期为 0.4s，从t  0.2s 到t  0.6s ，经历的时间等于一个周期，则质点 P 通过的路程为
s  4A 160cm ，故 D 错误。
故选 AC。
13. 如图，ABC 为半圆柱体透明介质的横截面，AC 为直径，B 为 ABC 的中点。真空中一束单色光从 AC
边射入介质，入射点为 A 点，折射光直接由 B 点出射。不考虑光的多次反射，下列说法正确的是（ꢀꢀ）
A. 入射角 θ 小于 45
B. 由 B 点出射的光线与在 A 点入射的光线平行
C. 增大入射角，该单色光在 BC 上可能发生全反射
D. 减小入射角，该单色光在 AB 上可能发生全反射
【答案】BD
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【解析】
【详解】AB．根据题意，画出光路图，如图所示
则有sin 2
  ， n  2
2
可得入射角 θ 大于 45；根据图中几何关系可知，光线在 B 点出射时的入射角为 45°，则折射角为 θ，所以
由 B 点出射的光线与在 A 点入射的光线平行，故 A 错误，B 正确；
即C  45
增大入射角，光路图如图所示
由几何关系可知，光在 BC 上的入射角小于 45°，则该单色光在 BC 上不可能发生全反射，故 C 错误；
D．减小入射角，光路图如图所示
由几何关系可知，光在 AB 上的入射角大于 45°，可能大于临界角，则该单色光在 AB 上可能发生全反射，
故 D 正确。
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n
由几何关系可知，折射角为 45°，则由折射定律有
sin
 
  2 sin 1
sin 45
sinC
C．根据题意，由
 1 ，可知sin 2
C 
n
2
故选 BD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共 5 小题，共 58 分）
14. 某学习小组“探究加速度与力之间关系”的实验装置如图所示。将轨道分上下双层排列，两小车尾部
的刹车线由后面的刹车系统同时控制，能使两辆小车同时从静止开始运动，一段时间后两辆小车同时停下
来。
（1）选择两个质量相同的小车，安装实验器材，调节轨道的倾斜度，使小车在不受牵引时能沿轨道做
_______（填“匀速”或“匀加速”）直线运动。
（2）小车甲悬挂小盘及重物总质量为 m1 ，小车乙悬挂小盘及重物总质量为 m2 ，如果认为 m1g、m2g 为
小车所受的合外力，_______（选填“需要”或“不需要”） m1、m2 均远小于小车的质量。
（3）操作控制系统，让两小车同时开始运动，再同时停下来。用刻度尺测出甲、乙小车移动的位移
（4）若 m1、m2、x1、x2 满足_______，则可说明小车的加速度与其所受的合外力成正比。
【答案】（1）匀速 （2）需 要
【解析】
【小问 1 详解】
安装实验器材时，需要平衡摩擦力，故应调节轨道的倾斜度，使小车在不受牵引时能沿木板做匀速直线运
动。
【小问 2 详解】
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x、x ，则甲、乙小车的加速度之比为_______（用
1 2
x、x 表示）。
1 2
（3）
x
1
x
2
（4）
x m
1  1
x m
2 2
对小车受力分析，根据牛顿第二定律可得T  Ma
对小盘及重物受力分析则有 mg T  ma
故只有小车的总质量 M 远远大于小盘及重物的质量时，小车受到的外力才等于小盘及重物的重力，即需
要满足 M  m
【小问 3 详解】
【小问 4 详解】
对小车而言，根据牛顿第二定律可得 mg  Ma
15. 某兴趣小组要测量一个未知电阻， Rx 的阻值，实验室提供的器材如下：
A、多用电表
B、恒压电源（输出电压为 3V）
C、电压表（量程 0~3V，内阻约为 1kΩ）
D、电流表（量程 0~3mA，内阻约为 40Ω）
E、滑动变阻器（最大阻值 20Ω）
F、定值电阻 R1、R2 、电阻箱 R、灵敏电流表 G
G、开关及导线若干
（1）该小组先用多用电表的电阻挡粗测 Rx 的阻值。选用“×10”挡试测时，指针如图 a 所示，于是决定
换用_______（选填“×1”或“×100”）倍率。换用另一倍率后，重新进行欧姆调零，方可再次进行测量指
针如图 b 所示，测量值为_______Ω。
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T
联立解得

mg
m
1
M
两小车做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律则有
1
x  at2
2
则两小车的加速度之比为
a x
1 1

a x
2 2
结合题意可得
a m
1 1

a m
2 2
结合上述结论即有
x m
1  1
x m
2 2
（2）接下来该小组采用伏安法继续测量。
①为使电阻的测量结果尽量准确且在调节电路的过程中电压表示数的变化范围足够大，应选择以下哪个电
路进行测量？_______。
②下列关于伏安法测电阻实验误差的说法正确的是_______
A、由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
B、若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除偶然误差
C、用 U-I 图像处理数据求电阻 Rx 可以减小偶然误差
D、该小组选用合理电路进行测量， Rx 的测量值小于真实值
（3）该小组又采用了实验电路如图 c 测量，连接好电路，先将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合开关，
调节滑动变阻器滑片位置，再调节电阻箱的阻值，直到灵敏电流表 G 的示数为零，读出此时电阻箱阻值
示）。
【答案】（1） ①. “×100” ②. 100 0
第 14 页/共 23 页
R， R1和
R 均为阻值已知的定值电阻，由以上数据可得
2
R 的阻值为_______（用题中给的物理量的字母表
x
（2） ①. B ②. C
【解析】
【小问 1 详解】
[1]由图可知，多用表的指针偏转幅度过小，故应更换大倍率的挡位，即更换为“×100”的倍率；
[2]待测电阻的大小为 R 10100Ω 1000Ω
x
【小问 2 详解】
[1]由于使用要求电压表示数的变化范围足够大，因此滑动变阻器应采用分压式接法；待测电阻的阻值
R 1000  R R  401000  200 ，故应采用电流表的内接法。
x A V
故选 B。
[2] A．由于电流表和电压表的内阻引起的误差属于系统误差，故 A 错误；
B．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故 B 错误；
C．用图象处理数据能起到“平均”的作用，可以减小偶然误差但不能消除偶然误差，故 C 正确；
D．电流表内接法测量的电阻为 RA  Rx ，大于真实值，故 D 错误。
故选 C。
【小问 3 详解】
由于灵敏电流计的示数为零，a、b 两点的电势相等，则有 Rx 、 R1两端的电压相等，设为
U ，同理可知
1
16. 下列实验操作，正确的有（ꢀꢀ）
A. “用单摆测重力加速度”时，在最高点释放摆球并同时开始计时
B. “探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”时，使用多用电表的交流电压挡测电压
C. “用油膜法估测油酸分子直径的大小”是一种通过测量宏观量来测量微观量的方法
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D. “双缝干涉测波长”实验中，单缝与光源之间不放滤光片，观察不到干涉条纹
【答案】BC
【解析】
【详解】A．“用单摆测重力加速度” 时，用单摆测重力加速度” 时，应将摆球从平衡位置拉开一个小角
度后释放，并从摆球经过平衡位置时开始计时，因为平衡位置速度最大，计时误差小，故 A 错误；
B．变压器原、副线圈电压是交流电压，“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系” 时，用多用电表交
流电压挡测电压，故 B 正确；
C．“用油膜法估测油酸分子直径的大小”，通过测量油膜面积（宏观量）等，计算分子直径（微观
量） ，故 C 正确；
D．“双缝干涉测波长” 实验中，单缝与光源间不放滤光片，光源含多种色光，会出现彩色干涉条纹，不
是观察不到，故 D 错误。
故选 BC。
17. 如图，在竖直放置的导热性能良好的圆柱形容器内用质量为 m 的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦
地滑动，容器的横截面积为 S，将整个装置放在大气压恒为 p0 的空气中，开始时容器内气体的温度为T0 ，
活塞与容器底的距离为 h0 ，当气体从外界吸收热量 Q 后，活塞缓慢上升 d 后再次平衡。（重力加速度为
g）
（1）活塞上升过程中，气体分子热运动平均速率_______（选填“增大”或“减小”），单位时间撞击单位
面积的分子个数_______（选填“增多”或“减少”或“不变”）
（2）活塞上升 d 时外界空气的温度是多少？
（3）在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？
【答案】（1） ①. 增大 ②. 减 少
（3）Q mg  p Sd
0
【解析】
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（3）
R
1
R
2
R
R 、 R2 两端的电压也相等，设为U2 ,根据欧姆定律可得
U U
U U
 ， 1  2
1 2
R R R R
x
1 2
联立可得可得
R R
x  1
R R
2
即
R
R R
 1
x
R
2
（2）
h  d
0
h
0
T
0
气体的体积增大，故温度升高，则气体的内能增大， 气体分子热运动平均速率增大，因体积增大，分子
数密度减小，故单位时间撞击单位面积的分子个数减少。
h  d
T  T
0
得温度
0
h
0
h  d
T  0 T 即容器导热性能良好，外界温度也为
0
h
0
（3）活塞上升的过程，外界对系统做的功W  mg  p Sd
0
根据热力学第一定律， ΔU  Q W
得气体的内能增加了 ΔU  Q mg  p Sd
0
18. 一游戏装置由倾角为  37 直轨道 AB、半径为 R 圆心在 O 点的竖直螺旋圆轨道、水平轨道 BC、CE
构成，其竖直截面如图所示，C 是圆轨道与水平轨道的切点，B、C、D、E 处于同一水平面，各连接处平
滑过渡。在 D 点有一质量为 m2 的物块与劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，弹簧的另一端 E 连在竖直墙壁
上，弹簧处于原长。G 为圆轨道上的一点，OG 连线与 OC 夹角  60。开始游戏时从斜面上 A 点静止
2
 ，其余接触面均光滑。已知 R  0.5m ， m1  0.2kg ， m2  0.3kg ， 1  0.125，   ，
2 2
3 50
k  两物块均可视为质点，不计空气阻力，简谐运动的周期公式T 2π m
N / m  ，弹簧弹性势能表达
3 k
1
E  kx2 ，sin37  0.6， cs37  0.8 。 式
p
2
（1）若 AB 长 L  2.5m ，求从 A 运动到 B 的时间；
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【详解】（1）[1][2]气体从外界吸收热量，活塞缓慢上升过程压强不变，根据
V V
0

T T
0
（2）取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖-吕萨克定律有
h  d S
h S
0
 0
T T
0
释放质量为 m1 的物块，物块 m1 与斜面 AB 间动摩擦因数为 1 ，物块
m、m 与轨道 DE 的动摩擦因数均为
1 2
（2）若物块 m1 从斜面下滑后恰好能过圆最高点 H，求过 G 点时轨道对物块的作用力大小 FN ；
（3）若满足（2）中的条件，物块 m1 与 m2 碰撞粘在一起（碰撞时间极短），向右压缩弹簧到最短（弹簧
始终在弹性限度内）。
①求此过程中摩擦力做的功；
②求从粘在一起到弹簧压缩到最短的时间。（结果可保留根式）
【答案】（1）1s
（2）9N
【解析】
【小问 1 详解】
A-B 过程中，根据牛顿第二定律可得 m1gsin  1m1gcs  m1a
【小问 2 详解】
ꢀ훼ꢀꢀꢀ
ꢀꢀ
在 G 点由牛顿第二定律可得ꢀ푣ꢀ−ꢀꢀꢁꢀꢃꢀ(+ꢀꢀs ꢀꢀꢁ
联立解得 FN  9N
【小问 3 详解】
1 1
m g2R  m v  m v
2 2
①由 C 到 H 点根据动能定理可得
1 1 H 1 C
2 2
解得 v  5m / s
C
碰撞过程动量守恒，则有ꢀꢀꢁꢀꢀꢀꢀs ꢂꢀꢀꢁ 푅 ꢀꢀ훼ꢀꢀ
解得碰后共同速度 v  2m / s
设碰后总质量为 m  m1  m2  0.5kg
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（3）①
 2 ；② π 3 s
J
3
30
结合运动学规律
联立解得t 1s
1
L  at
2
2
m g  m
恰好过最高点 H 根据牛顿第二定律则有
1 1
v
2
H
R
由 G 到 H 根据动能定理则有−ꢀꢀꢁꢀꢀꢀꢂꢁ 푅 ꢃ(+ꢀꢀs
ꢁ
훼
ꢀꢀꢁꢀ훼ꢀꢀꢀ−
ꢁ
훼
ꢀꢀꢁꢀ훼ꢀꢀꢀ
解得 xm  0.2m
解得 A  0.4m
19. 某兴趣小组为研究电动汽车能量回收装置原理，设计了如图所示的模型：两个半径不同的同轴圆柱体
间存在由内至外沿半径方向的辐向磁场。有一根质量为 m、长度为 L、电阻为 R 的金属棒 MN 通过导电轻
杆与中心轴相连，可绕轴转动，金属棒所在之处的磁感应强度大小均为 B，整个装置竖直方向放置。中心
轴右侧接一单刀双掷开关：开关接通 1，由电动势为 E，内阻为 r 的电源给金属棒供电，棒 MN 受到阻力 f
方向与速度相反，大小与速度成正比， f  kv ，k 为已知常数。当 MN 运动的路程为 s 时已经匀速运动。
若开关接通 2，开始能量回收，给电容为 C 的电容器充电。初始时电容器不带电、金属棒 MN 静止，电路
其余部分的电阻不计。
（1）在开关接通 1 瞬间，求棒 MN 受安培力大小；
（2）开关接通 1，求稳定后棒 MN 的最大速度 vm ；
（3）接第（2）问，若最大速度已知，记为 vm ，则
①求开始转动到最大速度过程中，电源把多少其他形式能转化为电能；
②达到最大速度 vm 后，开关接通 2，若此后阻力不计，在一段时间后金属棒将再次匀速转动，求此时电容
器 C 上的带电量 Q。
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从碰后共速到速度为零，根据能量守恒则有
1 1
mv  kx   mgx
2 2
m 2 m
2 2
所以ꢀꢀꢁ f =ꢀ휇ꢀꢀ ꢀ ꢀꢀꢀꢂꢀ f =
휇
푔
ꢃ
②m 向右运动受力 F  kx  2mg 可视为简谐运动的一部分，由
kA  kx   mg （A 为简谐运动振幅）
m 2
由
A
x  可知 D 点是简谐运动振幅一半位置到最大位移时间 1 π 3 s
t  T 
m 2
6 30
【答案】（1）
BEL
R  r
BEL
（2）  
B L  k R  r
2 2
【解析】
【小问 1 详解】
【小问 2 详解】
匀速转动，动力与阻力平衡 BI1L  kvm
BEL
v 
解得  
m 2 2  
B L k R r
【小问 3 详解】
①由动量定理 BqL  kvt  mv  0
m
mv  ks
解得 q  m
BL
BQL  mv  mv
m
20. 一圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图（a）所示，圆筒足够长，半径 R。在 O 点有一
电子源，向空间中各个方向发射速度大小为v0 、质量是 m、电量为 e 的电子，某时刻起筒内加大小可调节
且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图（b）所示，当磁感应强度大小调至 B0
时，恰好没有电子落到筒壁上。忽略场的边界效应、电子受到的重力及电子间相互作用力。若电子碰到筒
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（3）①
  
E mv ks
m
BL
；②
BLCmv
m
m  B2L2C
由闭合电路的欧姆定律
安培力 FA  BIL
I 
E
R  r
可得
F
A

BEL
R  r
匀速转动时回路中电流 I1 ，则
I
1

E  BLv
m
R  r
其他形形式能转化为电能W  Eq 
  
E mv ks
m
BL
②令再次匀速 v，电容器电量 Q，由
BLv 
Q
C
Q
解得

BLCmv
m
m  B L C
2 2
壁，则被吸收且电中和，R、v0 、m、e 均为已知量。
（1）求 B0 的大小；
1
B  B （2）接第（1）问，当磁感应强度大小调至 0
2
①求垂直中心轴发射的电子，从发射到落到筒壁上的时间；
②求筒壁上落有电子的区域面积 S；
③如图 c 若电子发射速度与中心轴夹角为 α，可经过离 O 点正上方距离为 y  3πR 的点，求 α 角的可能
值。
2mv
【答案】（1） 0
eR
【解析】
【小问 1 详解】
当磁场的磁感应强度为 B0 时，电子刚好不会落到筒壁上。则电子以速度v 垂直轴线方向射出，电子在磁
0
2mv
联立解得 B  0
0
eR
【小问 2 详解】
B
B  ，电子轨道半径 r  R ，如下图所示 P 点为电子在筒壁落点△AOOP 为等边三角形 ①当 0
2
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（2）①
πR
3v
0
；② 2 3π2R2 ；③0或30
场中做匀速圆周运动，轨迹恰好与圆筒壁相切，轨迹半径为
R
R  ，根据洛伦兹力提供向心力可得
0 2
eB v
0 0

mv2
0
R
0
运动，平行轴线方向上做匀速直线运动，速度沿垂直轴线和平行轴线方向进行分解 vx  v0sin ，
vy  v0cs
电子击中筒壁距离粒子源的最远点时，其垂直轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切，则轨迹圆半径为
R
R 
0 2
v
联立解得 v  0 ，  30
x
2
3v
解得 v  v cs  0
y 0
2
可知最大面积ꢀꢀꢁ =2ꢀꢀꢂꢀ ꢁ = 푦2=ꢀꢀ=
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t
所以
60 2πR πR
  
360 v 3v
0 0
B
②磁感应强度调整为 0
2
后，将速度方向与中心轴夹角为 θ 的电子运动分解为垂直轴线方向上做匀速圆周
根据洛伦兹力提供向心力可得
B mv2
e v  x
0
x
2 R
0
t
电子发出到与筒壁相切时间
πR πR
 0 
v v
x 0
电子发射方向上下对称，则打在筒壁沿轴方向长度
ym  2vyt  3πR
③根据题意可知  0时电子不受洛伦兹力，可匀速直线运动过 y  3πR 点。
竖直方向匀速直线运动ꢀꢀ푦 ꢀꢀꢀ≠ꢀꢂ푇ꢃꢀꢀ푣ꢀ푦 ꢄccs(1
当 n=1 时  30；
当 n>1 时  30，电子打在筒壁上，不符合要求。
综上所述：经过 O 点正上方距离为 y  3πR 的点 α 角的可能值是0或30。T
当ꢀꢀꢁ ≠0电子水平方向圆周运动周期为
2πm 2πR
 
eB v
0
解得ꢂ푇ꢃꢀꢀ푦
ꢀꢀ
ꢀꢀ
ꢀ≠ꢀ푦
s
푣ꢀꢀ푦 ꢄccs(1
ꢀꢀ