【334395】2024年1月普通高校招生选考科目物理考试浙江卷

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159042-卷5 2024年1月普通高校招生选考科目考试(浙江卷)《2025高考试题攻略 第1辑 一年真题风标卷 物理》

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

题号	一	二	三	总分
得分

注意事项:

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

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．下列属于国际单位制基本单位符号的是    

A.sB.NC.FD.T

2．杭州亚运会顺利举行,如图所示为运动会中的四个比赛场景。下列研究可将运动员视为质点的是    

甲:跳水　　 乙:体操

丙:百米比赛　　 丁:攀岩

A.研究甲图运动员的入水动作

B.研究乙图运动员的空中转体姿态

C.研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度

D.研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作

3．如图所示,质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3,在空中达到最高点2的高度为h,则足球    

A.从1到2动能减少mgh

B.从1到2重力势能增加mgh

C.从2到3动能增加mgh

D.从2到3机械能不变

4．磁电式电表原理示意图如图所示,两磁极装有极靴,极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向,两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是    

A.图示左侧通电导线受到的安培力向下

B.a、b两点的磁感应强度相同

C.圆柱内的磁感应强度处处为零

D.c、d两点的磁感应强度大小相等

5．如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u=5sin 100πt(V)的交流电,经原、副线圈匝数分别为n₁和n₂的理想变压器升压至峰值大于10 kV,就会在打火针和金属板间引发电火花,实现点火。下列正确的是

    

A. <

B. <

C.用电压表测原线圈两端电压,示数为5 V

D.副线圈输出交流电压的频率是100 Hz

6．如图所示,在同一竖直平面内,小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d,其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上,d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连,调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为50 g,细线c、d平行且与水平方向成θ=30°角(不计摩擦),则细线a、b的拉力分别为

    

A.2 N,1 NB.2 N,0.5 N

C.1 N,1 ND.1 N,0.5 N

7．已知氘核质量为2.0141 u,氚核质量为3.0161 u,氦核质量为4.0026 u,中子质量为1.0087 u,阿伏加德罗常数N_A取6.0×10²³ mol^-1,氘核摩尔质量为2 g·mol^-1,1 u相当于931.5 MeV。关于氘核与氚核聚变成氦核,下列说法正确的是    

A.核反应方程式为 H H He n

B.氘核的比结合能比氦核的大

C.氘核与氚核的间距达到10^-10m就能发生核聚变

D.4 g氘完全参与聚变释放出能量的数量级为10²⁵ MeV

8．如图所示,小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍,在地面上平移水桶,水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h,直径为D,则水离开出水口的速度大小为    

A.                      B.

C.        D.( +1)D

9．如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗卫星送入距离地面约 的轨道.取地球质量 ，地球半径 ，引力常量 .下列说法正确的是（      ）

A. 火箭的推力是空气施加的

B. 卫星的向心加速度大小约为

C. 卫星运行的周期约为

D. 发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态

10．如图1所示,质量相等的小球和点光源,分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上,间距为l,竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为2l,小球和光源做小振幅运动时,在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向,小球和光源的振动图像如图2所示,则    

图1　　 图2

A.t₁时刻小球向上运动

B.t₂时刻光源的加速度向上

C.t₂时刻小球与影子相位差为π

D.t₃时刻影子的位移为5A

11．如图所示,金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子,最大速率为v_m。正对M放置一金属网N,在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d(远小于板长),电子的质量为m,电荷量为e,则    

A.M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大

B.只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能 m +eU

C.电子从M到N过程中y方向位移大小最大为v_md

D.M、N间加反向电压 时电流表示数恰好为零

12．氢原子光谱按频率展开的谱线如图所示,此四条谱线满足巴耳末公式 =R ,n=3、4、5、6。用H_δ和H_γ光进行如下实验研究,则    

A.照射同一单缝衍射装置,H_δ光的中央明条纹宽度宽

B.以相同的入射角斜射入同一平行玻璃砖,H_δ光的侧移量小

C.以相同功率发射的细光束,真空中单位长度上H_γ光的平均光子数多

D.相同光强的光分别照射同一光电效应装置,H_γ光的饱和光电流小

13．若通以电流I的圆形线圈在线圈内产生的磁场近似为方向垂直线圈平面的匀强磁场,其大小B=kI(k的数量级为10^-4 T/A)。现有横截面半径为1 mm的导线构成半径为1 cm的圆形线圈处于超导状态,其电阻率上限为10^-26 Ω·m。开始时线圈通有100 A的电流,则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为    

A.10^-23 V,10^-7 AB.10^-20 V,10^-7 A

C.10^-23 V,10^-5 AD.10^-20 V,10^-5 A

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,选对但不全的得2分,有选错的得0分。

14．下列说法正确的是    

A.相同温度下,黑体吸收能力最强,但辐射能力最弱

B.具有相同动能的中子和电子,其德布罗意波长相同

C.电磁场是真实存在的物质,电磁波具有动量和能量

D.自然光经玻璃表面反射后,透过偏振片观察,转动偏振片时可观察到明暗变化

15．在如图所示的直角坐标系中,xOz平面为介质Ⅰ和Ⅱ的分界面(z轴垂直纸面向外,图中未画出)。在介质Ⅰ中的P(0,4λ)处有一点波源,产生波长为λ、速度为v的波。波传到介质Ⅱ中,其速度为 v,图示时刻介质Ⅱ中仅有一个波峰,与x轴和y轴分别交于R和S点,此时波源也恰好位于波峰。M为O、R连线的中点,入射波与反射波在O点相干加强,则    

A.介质Ⅱ中波的频率为

B.S点的坐标为(0,- λ)

C.入射波与反射波在M点相干减弱

D.折射角α的正弦值sin α=

三、非选择题:本题共5小题,共55分。

16．实验题(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14分)

16-Ⅰ．(7分)如图1所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。

图1

(1)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的,因此我们采用的研究方法是　　　　; 

A.放大法B.控制变量法

C.补偿法

(2)该实验过程中操作正确的是　　　　; 

A.补偿阻力时小车未连接纸带

B.先接通打点计时器电源,后释放小车

C.调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行

(3)在小车质量　　　　(填“远大于”或“远小于”)槽码质量时,可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为　　　　(填“偶然误差”或“系统误差”)。为减小此误差,下列可行的方案是　　　　; 

A.用气垫导轨代替普通导轨,滑块代替小车

B.在小车上加装遮光条,用光电计时系统代替打点计时器

C.在小车与细绳之间加装力传感器,测出小车所受拉力大小

(4)经正确操作后获得一条如图2所示的纸带,建立以计数点0为坐标原点的x轴,各计数点的位置坐标分别为0、x₁、…、x₆。已知打点计时器的打点周期为T,则打计数点5时小车速度的表达式v=　　　　;小车加速度的表达式是　　　　。 

图2

A.a= B.a=

C.a=

16-Ⅱ．(3分)在“观察电容器的充、放电现象”实验中,把电阻箱R(0~9999 Ω)、一节干电池、微安表(量程0~300 μA,零刻度在中间位置)、电容器C(2200 μF、16 V)、单刀双掷开关S组装成如图1所示的实验电路。

(1)把开关S接1,微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零;然后把开关S接2,微安表指针偏转情况是　　　　; 

A.迅速向右偏转后示数逐渐减小

B.向右偏转示数逐渐增大

C.迅速向左偏转后示数逐渐减小

D.向左偏转示数逐渐增大

(2)再把电压表并联在电容器两端,同时观察电容器充电时电流和电压变化情况。把开关S接1,微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到160 μA时保持不变;电压表示数由零逐渐增大,指针偏转到如图2所示位置时保持不变,则电压表示数为　　　 V,电压表的阻值为　　　　 kΩ(计算结果保留两位有效数字)。 

图1　　 图2

16-Ⅲ．(4分)在探究热敏电阻的特性及其应用的实验中,测得热敏电阻R_t在不同温度时的阻值如下表。

温度 /℃	4.1	9.0	14.3	20.0	28.0	38.2	45.5	60.4
电阻 /(102 Ω)	220	160	100	60	45	30	25	15

某同学利用上述热敏电阻R_t、电动势E=3 V(内阻不计)的电源、定值电阻R(阻值有3 kΩ、5 kΩ、12 kΩ三种可供选择)、控制开关和加热系统,设计了A、B、C三种电路,如图所示。因环境温度低于20 ℃,现要求将室内温度控制在20 ℃~28 ℃范围,且1、2两端电压大于2 V,控制开关开启加热系统加热,则应选择的电路是　　　　,定值电阻R的阻值应选　　　　 kΩ,1、2两端的电压小于　　　　 V时,自动关闭加热系统(不考虑控制开关对电路的影响)。 

A　　 B　　 C

17．(8分)如图所示,一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V₁=750 cm³的左右两部分。面积为S=100 cm²的绝热活塞B被锁定,隔板A的左侧为真空,右侧中一定质量的理想气体处于温度T₁=300 K、压强p₁=2.04×10⁵ Pa的状态1。抽取隔板A,右侧中的气体就会扩散到左侧中,最终达到状态2。然后解锁活塞B,同时施加水平恒力F,仍使其保持静止,当电阻丝C加热时,活塞B能缓慢滑动(无摩擦),使气体达到温度T₂=350 K的状态3,气体内能增加ΔU=63.8 J。已知大气压强p₀=1.01×10⁵ Pa,隔板厚度不计。

(1)气体从状态1到状态2是　　　　(填“可逆”或“不可逆”)过程,分子平均动能　　　　(填“增大”“减小”或“不变”); 

(2)求水平恒力F的大小;

(3)求电阻丝C放出的热量Q。

18．(11分)某固定装置的竖直截面如图所示,由倾角θ=37°的直轨道AB,半径R=1 m的圆弧轨道BCD,长度L=1.25 m、倾角为θ的直轨道DE,半径为R、圆心角为θ的圆弧轨道EF组成,轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5 kg的滑块b,其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放,经圆弧轨道BCD滑上轨道DE,轨道DE由特殊材料制成,小物块a向上运动时动摩擦因数μ₁=0.25,向下运动时动摩擦因数μ₂=0.5,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ₁,小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生弹性碰撞。(其他轨道均光滑,小物块视为质点,不计空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)

(1)若h=0.8 m,求小物块

①第一次经过C点的向心加速度大小;

②在DE上经过的总路程;

③在DE上向上运动时间t_上和向下运动时间t_下之比。

(2)若h=1.6 m,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。

19．(11分)如图1所示,扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台通过三根关于O'O″轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O,弹簧上端固定悬挂在O'点,三个相同的关于O'O″轴对称放置的减振器位于平台下方。如图2所示,每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成,辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称,线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动,线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动,其位移随时间变化的图像如图3所示。已知t=0时速度为v₀,方向向下,t₁、t₂时刻的振幅分别为A₁、A₂。平台和三个线圈的总质量为m,弹簧的劲度系数为k,每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为Δx时,其弹性势能为 k(Δx)²。不计空气阻力,求:

(1)平台静止时弹簧的伸长量Δx₀;

(2)t=0时,每个线圈所受到安培力F的大小;

(3)在0~t₁时间内,每个线圈产生的焦耳热Q;

(4)在t₁~t₂时间内,弹簧弹力冲量I_弹的大小。

图1　　　 图2           　 图3

20．(11分)类似光学中的反射和折射现象,用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示,在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ;Ⅰ区宽度为d,存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场,Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区内电势处处相等,分别为φ_Ⅰ和φ_Ⅲ,其电势差U=φ_Ⅰ-φ_Ⅲ。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角θ射向Ⅰ区,在P点以出射角θ射出,实现“反射”;质子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区,经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区,其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动,单位时间发射的质子数为N,初速度为v₀,不计质子重力,不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。

(1)若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”,求d的最小值;

(2)若U= ,求“折射率”n(入射角正弦与折射角正弦的比值);

(3)计算说明如何调控电场,实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”(即质子束全部返回Ⅰ区);

(4)在P点下方距离 处水平放置一长为 的探测板CQD(Q在P的正下方),CQ长为 ,质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束,与原质子束关于法线左右对称,同时从O点射入Ⅰ区,且θ=30°,求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。

参考答案

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. A　

秒(s)是国际单位制中的基本单位,A正确。

2. C　

在研究的问题中物体的大小和形状可以忽略不计时,可将物体视为质点。

选项	分析	结论
A	研究运动员入水动作,运动员的大小和形状不能忽略,不能将运动员视为质点	×
B	研究运动员的空中转体姿态,运动员的大小和形状不能忽略,不能将运动员视为质点	×
C	研究运动员在百米比赛中的平均速度,其大小和形状可忽略,故能将运动员视为质点	√
D	研究运动员通过某个攀岩支点的动作,运动员的大小和形状不能忽略,不能将运动员视为质点	×

3. B　

足球在空中运动时受重力和阻力作用。

选项	分析	结论
A	由动能定理知,足球从1到2减少的动能大于mgh	×
B	足球从1到2重力势能增加mgh	√
C	足球从2到3增加的动能小于mgh	×
D	足球在空中运动时有阻力做负功,机械能减少	×

4. A　

由左手定则知,图示左侧通电导线受到的安培力方向向下,A正确;a、b两点磁感应强度大小相等、方向不同,故两点磁感应强度不同(易错点:磁感应强度是矢量,既有大小又有方向),B错误;磁感线是闭合曲线,故圆柱内磁感应强度不会处处为零,C错误;磁感线越密,磁感应强度越大,故c、d两点磁感应强度大小不相等,D错误。

5. B　

由理想变压器原、副线圈两端的电压与线圈匝数的关系得 = ,U₁=5 V,U₂>10 kV,故 < ,A错误,B正确;交流电路中电压表的示数为有效值,故用电压表测原线圈两端电压,示数为 V(易错点:交流电路中电表的示数为有效值),C错误;理想变压器不改变交流电的频率,故副线圈输出交流电压的频率为f= =50 Hz,D错误。

6. D　

设细线b与竖直方向的夹角为α,对小球A受力分析,由平衡条件得T_bsin α=mgcos θ,mg=T_bcos α+mgsin θ,解得T_b=0.5 N,对小球A、B整体分析,由平衡条件得T_a=2mg=1 N,D正确。

7. D　

核反应过程中质量数和电荷数守恒,核反应方程式为 H H He n,A错误;核反应过程中,生成物比反应物要稳定,比结合能越大,原子核越稳定,故氘核的比结合能比氦核的小,B错误;核力是短程力,数量级在10^-15 m内才会发生核聚变,故氘核与氚核的间距达到10^-10 m不会发生核聚变,C错误;一个氘核与一个氚核聚变反应质量亏损Δm=(2.0141+3.0161-4.0026-1.0087)u=0.0189 u,聚变反应释放的能量是ΔE=Δm·931.5 MeV≈17.6 MeV,4 g氘完全参与聚变释放出能量E= ×6.0×10²³×ΔE≈2.11×10²⁵ MeV,数量级为10²⁵ MeV,D正确。

8. C　

由平抛运动规律得,水在桶中运动时间为t= - , =v₀t,联立解得水离开出水口的速度大小为v₀= ,C正确。

9. B

火箭向后喷射燃气的同时,燃气会给火箭施加反作用力,故火箭的推力是向后喷出的燃气施加的,A错误；由万有引力提供向心力得 ,解得卫星的向心加速度大小约为 正确；由万有引力提供向心力得 ,解得卫星的周期 错误；发射升空初始阶段,火箭加速度方向向上,故装在火箭上部的卫星处于超重状态,D错误.

一题多解 向心加速度与周期的关系

由 得,卫星的周期 错误.

10. D　

11. C　

由动能定理得eU=E_k-E_k0,故电子到达N的动能与M、N间距离无关,A错误;由动能定理得eU=E_k- m ,则到达N的电子的最大动能与初速度方向无关,B错误;逸出的光电子初速度最大且方向沿y方向时,y方向位移最大,由 =ma,d= at²,y_m=v_mt,联立解得y=v_md ,C正确;由动能定理得eU_c= m ,解得U_c= ,D错误。

12. C　

由 =R 和c=λf,解得f=cR ,n越大,频率越大,相邻光的频率之差越小,由题图知,H_δ的频率大于H_γ的频率,由c=λf知,H_δ的波长小于H_γ的波长,由波长越长衍射现象越明显知,照射同一衍射装置,H_δ的中央明条纹宽度窄,A错误;频率越大,折射率越大,偏折程度越大,以相同入射角斜射入平行玻璃砖,H_δ光的侧移量大,B错误;功率P=nhν,故以相同功率发射的细光束,频率越大,光子数越少,真空中单位长度上H_γ光的平均光子数多,C正确;频率越大,光子能量越大,相同光强的光,H_γ光的光子数多,故分别照射同一光电效应装置时H_γ光的饱和光电流大,D错误。

13. D　

线圈中电流I(t)的减小将在线圈内产生自感电动势ε=-L =IR,其中L为线圈的自感系数,有L= ,在计算通过线圈的磁通量Φ时,由题意知B=kI,则L=kS=kπ ,根据电阻定律有R=ρ =ρ ,联立解得ΔI= = A≈2×10^-5 A,ε=2×10^-20 V,则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为10^-20 V和10^-5 A,D正确。

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,选对但不全的得2分,有选错的得0分。

14. CD　

相同温度下,黑体吸收能力和辐射能力都最强,A错误;E_k= ,德布罗意波长λ= ,联立解得λ= ,中子的质量与电子质量不同,故具有相同动能的中子和电子的德布罗意波长不同,B错误;电磁场是真实存在的物质,电磁波具有动量和能量,C正确;自然光经玻璃表面反射后成为偏振光,透过偏振片观察,转动偏振片可观察到明暗变化,D正确。

15. BD　

波在介质Ⅰ中传播时,波的频率f= ,波由介质Ⅰ进入介质Ⅱ频率不变,故介质Ⅱ中波的频率为 ,A错误;图示时刻S点位于波峰时,P点也恰好位于波峰,OP=4λ,故此时O点也位于波峰,则OS=λ₂= = λ,故S点的坐标为(0,- λ),B正确;由于S位于波峰,且波传到介质Ⅱ中,其速度为 v,图示时刻介质Ⅱ中仅有一个波峰,与x轴和y轴分别交于R和S点,则R也为波峰,故P到R比P到O多一个波峰,则PR=5λ,OR=3λ,由于|MO-PM|≠2n· 或(2n+1) (n=0,1,2,…),故M点不是减弱点,C错误;由C项分析知PR=5λ,设入射角为i,由几何关系得sin i= ,由折射定律得n₁sin i=n₂sin α,其中n₁= 、n₂= ,联立解得sin α= ,D正确。

三、非选择题:本题共5小题,共55分。

16. Ⅰ(1)B(1分)　(2)B(1分)　(3)远大于(1分)　系统误差(1分)　C(1分)　(4) (1分)　A(1分)Ⅱ(1)C(1分)　(2)0.50(1分)　3.1(1分)ⅢC(2分)　3(1分)　1.8(1分)

Ⅰ.(1)该实验采用的研究方法是控制变量法,B正确。

(2)补偿阻力时小车要连接纸带,A错误;实验时要先接通打点计时器的电源,后释放小车,B正确;调节滑轮高度,使细绳与木板平行,C错误。

(3)对小车分析,由牛顿第二定律得F=Ma,对槽码分析,mg-F=ma,联立解得F= g= g,当小车质量远大于槽码质量时,可认为细绳拉力近似等于槽码的重力。由于实验原理不完善造成的误差为系统误差。该实验误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的,不是由于车与木板间存在阻力(实验中已经补偿了阻力)或是速度测量精度低造成的,为减小此误差,可在小车与细绳之间加装力传感器,测出小车所受拉力大小,C正确,A、B错误。

(4)由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度得,打计数点5时小车速度v= ;由逐差法得,小车加速度的表达式为a= ,A正确。

Ⅱ.(1)开关接1时,电容器充电,电流自右向左流过微安表,微安表指针向右偏转后示数逐渐减小到零,电容器下极板带正电,开关接2时,电容器放电,电流自左向右流过微安表,微安表指针迅速向左偏转后示数逐渐减小,C正确。

(2)一节干电池的电动势为1.5 V,故电压表选用量程为0~3 V,由题图2知电压表的示数为U=0.50 V;当微安表示数稳定时,电容器相当于断路,此时干电池、电阻箱、微安表和电压表构成回路,由欧姆定律得电压表的阻值为R_V= = =3.1 kΩ。

Ⅲ.由表格中的数据知,环境温度低于20 ℃时,温度降低,热敏电阻的阻值变大,电压变大,当1、2两端的电压大于2 V时,控制开关开启加热系统,故控制开关与热敏电阻并联,本实验是通过电压的变化控制加热系统,故应选择电路C;环境温度为20 ℃时,R_t=6 kΩ,由串联分压知, = ,解得R=3 kΩ,故定值电阻的阻值应选3 kΩ;28 ℃时关闭加热系统,此时热敏电阻的阻值为4.5 kΩ,此时1、2两点间的电压为 ×4.5 V=1.8 V,则1、2两端的电压小于1.8 V时,控制开关自动关闭加热系统。

17. (1)不可逆　不变　(2)10 N　(3)89.3 J

(1)根据热力学第二定律可知,气体从状态1到状态2是不可逆过程,由于隔板A的左侧为真空,可知气体从状态1到状态2,气体不做功,又没有发生热传递,根据热力学第一定律可知,气体的内能不变,气体的温度不变,分子平均动能不变     (2分)

(2)气体从状态1到状态2发生等温变化,根据玻意耳定律有

p₁V₁=p₂·2V₁     (1分)

解得状态2气体的压强为

p₂= =1.02×10⁵ Pa     (1分)

解锁活塞B,同时施加水平恒力F,仍使其保持静止,以活塞B为研究对象,根据受力平衡得

p₂S=p₀S+F,

解得F=(p₂-p₀)S=10 N     (1分)

(3)当电阻丝C加热时,活塞B能缓慢滑动(无摩擦),使气体达到温度T₂=350 K的状态3,可知气体做等压变化,根据盖-吕萨克定律有

= ,

可得状态3气体的体积为

V₃= ·2V₁=1 750 cm³     (1分)

该过程气体对外做功为

W=p₂ΔV=p₂(V₃-2V₁)=25.5 J     (1分)

根据热力学第一定律得

ΔU=-W+Q',

解得气体吸收的热量为

Q'=ΔU+W=89.3 J,

可知电阻丝C放出的热量为

Q=Q'=89.3 J     (1分)

18. (1)①16 m/s²　②2 m　③1∶2　(2)0.2 m

(1)①对小物块a从A到第一次经过C的过程,根据机械能守恒定律有

mgh= m      (1分)

小物块a第一次经过C点的向心加速度大小为

a= = =16 m/s²     (1分)

②小物块a在DE上时,因为

μ₂mgcos θ<mgsin θ     (1分)

所以小物块a每次在DE上运动至最高点后一定会下滑,之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失,最终小物块a将在B、D间往复运动,且小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等,设其在DE上经过的总路程为s,根据功能关系有

mg[h-R(1-cos θ)]=(μ₁mgcos θ+μ₂mgcos θ)      (1分)

解得s=2 m     (1分)

③根据牛顿第二定律可知,小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为

a_上=gsin θ+μ₁gcos θ=8 m/s²,

a_下=gsin θ-μ₂gcos θ=2 m/s²,

将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑,根据运动学公式有

a_上 = a_下      (1分)

解得 =      (1分)

(2)对小物块a从A到F的过程,根据动能定理有

mg[h-Lsin θ-2R(1-cos θ)]-μ₁mgLcos θ= m      (1分)

解得v_F=2 m/s,

设滑块长度为l时,小物块a恰好不脱离滑块,且此时二者达到共同速度v,根据动量守恒定律和能量守恒定律有

mv_F=2mv     (1分)

m = ×2mv²+2μ₁mgl     (1分)

解得l=0.2 m     (1分)

19. (1) 　(2) 　(3) (m -k )(4)mg(t₂-t₁)-

(1)平台静止时,根据平衡条件得

mg=kΔx₀     (1分)

解得Δx₀=      (1分)

(2)t=0时,每个线圈产生的感应电动势

E=Blv₀=B·2πr·v₀     (1分)

根据闭合电路欧姆定律得

I= =      (1分)

每个线圈所受安培力大小为F=BIl=      (1分)

(3)Δx'=Δx₀-A₁,

由能量守恒定律得

m + k(Δx₀)²=mgA₁+ k(Δx')²+Q'     (1分)

解得Q'= m - k      (1分)

每个线圈产生的焦耳热Q= Q'= (m -k )     (1分)

(4)以向上方向为正方向,在t₁~t₂时间内,由动量定理得

I_A+I_弹-I_G=0     (1分)

其中I_G=mg(t₂-t₁),

I_A=3×∑F·Δt= =      (1分)

解得I_弹=mg(t₂-t₁)-      (1分)

20. (1) 　(2) 　(3)U≤- 　(4)见解析

(1)若水平向左射向磁场的质子能实现“反射”,则不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”,有d_min=2r,

由牛顿第二定律得

Bev₀=m      (1分)

解得d_min=      (1分)

(2)质子在Ⅱ区内水平方向速度不变,在竖直方向速度变大,设折射角为θ',

根据动能定理得

eU= m - m      (1分)

解得v₁= v₀,v₀sin θ=v₁sin θ'

则n= = =      (1分)

(3)“全反射”临界状态:质子到达Ⅲ区的时候竖直方向速度为0,

根据动能定理得

eU=- m(v₀cos θ)²     (1分)

故U≤- 时满足题设     (1分)

(4)临界情况有两个:①全部都能打到探测板,②全部都打不到探测板。

①∠CPQ=30°,如果U≥0,折射角比入射角小,两边射入的质子都能打到探测板上,

U≥0时,取竖直向上为正方向,根据动量定理得

F=2Nmv_y     (1分)

根据动能定理得

eU= m - m(v₀cos θ)²     (1分)

解得F=2Nm ,

②全部都打不到探测板的情况,

临界情况为出射角为60°打到D点,

水平方向速度v_x= v₀,

竖直方向速度v_y= = v₀,

根据动能定理得

eU= m - m      (1分)

解得U=- ,即当U<- 时,F=0     (1分)

③当- ≤U<0时,

仅有一束质子能够打到探测板,则

F=Nmv_y,

eU= m - m(v₀cos θ)²,

解得F=Nm      (1分)