2024年浙江省麗水、湖州、衢州三地市高考物理質(zhì)檢試卷（4月份）（含詳細(xì)答案解析）

2024年浙江省麗水、湖州、衢州三地市高考物理質(zhì)檢試卷（4月份）

一、單選題：本大題共13小題，共39分。

1.下列屬于國際單位制基本單位的是（）

A.mB.NC.JD.12

2.酒店內(nèi)的智能機(jī)器人可以把1樓大廳的外賣送至指定樓層的客房。如圖為機(jī)器人送餐

至9樓的場(chǎng)景。下列說法正確的是（）

A.在避開障礙物的過程中，可以把機(jī)器人看成質(zhì)點(diǎn)

B.記錄機(jī)器人從1樓至9樓的時(shí)間，可以把機(jī)器人看成質(zhì)點(diǎn)

C.送餐的全過程，機(jī)器人的位移大小可能等于路程

D.若送餐用時(shí)625s,行程50m，機(jī)器人的平均速度大小為0.08m/s

3.先后讓一束電子和一束氫核通過同一對(duì)平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，進(jìn)入時(shí)速度方向與電場(chǎng)方向垂直。下列

情況下，射出極板時(shí)電子和氫核偏轉(zhuǎn)角正切值相同的是（）

A.初速度相同B.初速度的平方相同C.初動(dòng)能相同D.初動(dòng)量相同

4.社基熔鹽核反應(yīng)堆不僅發(fā)電效率高，而且核廢料污染小，具有廣闊的應(yīng)用前景。銘本身不能直接使

用，需經(jīng)過一系列核反應(yīng)后先生成品3pa,鼠再衰變生成第3以利用中子轟擊貴3（7發(fā)生裂變后釋放核

能，其典型產(chǎn)物是劈Ba和瑞Ke,已知匿3pa的半衰期為27天，貝|（）

A.用3[7裂變反應(yīng)的方程為能3u-噎Ba+器Ke+2M

B.鴕Ke的結(jié)合能大于能30的結(jié)合能

C.大量的髭3pa經(jīng)過54天后有四分之一發(fā)生了衰變

D.鼠3pa發(fā)生的是￡衰變

5.圖甲是傳統(tǒng)民居建筑材料瓦片，相同的質(zhì)量為機(jī)的瓦片緊靠在一起靜止豎直疊放在水平地面上如圖乙所

示。下方瓦片的受力點(diǎn)均在其頂端，則瓦片（）

圖甲圖乙

A.4右端對(duì)地面的壓力比左端的大

B.5右端受到的支持力是2右端受到支持力的2倍

C.4頂端受到的壓力大小為“g

D.5左端對(duì)地面的壓力為|mg

6.如圖甲為電容器上極板電量4隨時(shí)間t在一個(gè)周期內(nèi)的變化圖線，如圖乙為L(zhǎng)C振蕩電路的某一狀態(tài)下磁

感線的情況。則（）

A.圖乙狀態(tài)一定發(fā)生在0?五時(shí)間內(nèi)B.圖乙狀態(tài)一定發(fā)生在J?時(shí)間內(nèi)

C.L?12時(shí)間內(nèi)電路中磁場(chǎng)能增強(qiáng)D.t2?t3時(shí)間內(nèi)自感電動(dòng)勢(shì)減小

7.北京時(shí)間2024年1月5日19時(shí)20分,我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心用快舟一號(hào)甲運(yùn)載火箭，成功將天目一

號(hào)氣象星座15-18星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進(jìn)入距地面高度約500km的預(yù)定軌道，至此天目一號(hào)氣象星座

階段組網(wǎng)完畢。取地球同步衛(wèi)星距地面高度3.6xlO9m,則氣象星座15-18星（）

A.與地球同步衛(wèi)星具有相同的動(dòng)能

B.比地球同步衛(wèi)星具有更大的繞行角速度

C.與地球同步衛(wèi)星繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的周期之比為

D.環(huán)繞地球的速度大于第一宇宙速度

8.如圖甲，小球在光滑球面上的A、B之間來回運(yùn)動(dòng)。t=0時(shí)刻將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，球面對(duì)小球的

支持力大小尸隨時(shí)間f變化的曲線如圖乙，若弧長(zhǎng)48遠(yuǎn)小于半徑，貝式）

圖甲圖乙

A.小球運(yùn)動(dòng)的周期為0.2?rsB.光滑球面的半徑為0.1機(jī)

C.小球的質(zhì)量為0.05kgD.小球的最大速度約為0.10m/s

.某同學(xué)根據(jù)光的干涉原理設(shè)計(jì)了探究不同材料熱膨脹程度的實(shí)驗(yàn)裝

9單色光

置，如圖所示。材料甲置于玻璃平板之間，材料乙的上表面3與上層玻

材I

璃下表面2間形成空氣劈尖。單色光垂直照射到玻璃平板上，就可以觀

料

察到干涉條紋。下列說法正確的是（）甲

A.表面3可以與表面2平行

B.該條紋是由上層玻璃上表面1與下層玻璃上表面4的反射光發(fā)生干涉形成的

C.僅溫度升高，若干涉條紋向左移動(dòng)，則材料甲膨脹程度大

D.僅換用頻率更小的單色光，干涉條紋將向左移動(dòng)

10.如圖所示，輕彈簧一端懸掛在橫桿上，另一端連接質(zhì)量為w的重物，彈簧和重物組

成的系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。某時(shí)刻在重物上施加一方向豎直向上，大小為F=的恒

力,重物上升的最大高度為/，，已知彈簧的彈性勢(shì)能表達(dá)式為：k%2,貝女）

A.上升過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒

B.開始時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為3mg/i

C.上升過程中重物的最大動(dòng)能為Jmgh

D.上升到最高點(diǎn)過程中重物的重力勢(shì)能增加

11.用各種頻率的光照射兩種金屬材料得到遏止電壓4隨光的頻率v變化的兩條圖線1、2,圖線上有尸和。

兩點(diǎn)。下列說法正確的是（）

B.圖線1對(duì)應(yīng)金屬材料的逸出功大

C.照射同一金屬材料，用。對(duì)應(yīng)的光比尸對(duì)應(yīng)的光產(chǎn)生的飽和電流大

D.照射同一金屬材料，用P對(duì)應(yīng)的光比。對(duì)應(yīng)的光溢出的電子初動(dòng)能大

12.單鏡頭反光相機(jī)簡(jiǎn)稱單反相機(jī)，它用一塊放置在鏡頭與感光部件之

間的透明平面鏡把來自鏡頭的圖像投射到對(duì)焦屏上。對(duì)焦屏上的圖像通

過五棱鏡的反射進(jìn)入人眼中。圖為單反照相機(jī)取景器的示意圖，

為五棱鏡的一個(gè)截面，4BJ.BC。光線垂直AB射入，分別在

CQ和E4上發(fā)生反射，且兩次反射的入射角相等，最后光線垂直8C射

出。（）

A.光線垂直射入五棱鏡后，光速增大

B.無論射向AB的入射角多大，光線一定會(huì)在CD和EA上發(fā)生全反射

C.若兩次反射都為全反射，則該五棱鏡折射率的最小值為Y7

D.若兩次反射都為全反射，則該五棱鏡折射率的最小值為

sin22.5

13.如圖為某品牌電動(dòng)牙刷，用充電器對(duì)牙刷電池充電，10〃即可從零電量至充滿。已知電池的電動(dòng)

勢(shì)為2.4V,內(nèi)阻為0.50,容量為800"zA/?,電池剩余電量為總電量的20%時(shí)就無法正常使用而需要

充電。充滿電后每天使用兩次，每次平均2分鐘，可以連續(xù)正常使用30天。則（）

A.充電時(shí)通過電池的平均電流為64mA

B.正常工作時(shí)，電池平均輸出功率約為0.72加

C.正常工作時(shí)，電池每天消耗的電能約為230/

D.充滿電到無法正常使用過程中，電池內(nèi)阻消耗的總電能約為460J

二、多選題：本大題共2小題，共6分。

14.下列說法正確的是（）

A.不可能從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功

B.弱相互作用是短程力，它是引起原子核￡衰變的原因

C.蔗糖受潮后粘成的糖塊屬于非晶體，有確定的熔點(diǎn)，但沒有確定的幾何形狀

D.a粒子散射實(shí)驗(yàn)既可以確定不同元素原子核的電荷量，也可以估算原子核的半徑

15.圖甲和圖乙分別表示甲、乙兩列波在不同介質(zhì)中沿?zé)o軸正方向傳播，如圖所示實(shí)線和虛線分別表示兩

A.甲波的周期可能是乙波周期的0.5倍

B.甲波傳播的速度可能比乙波速度大，也可能比乙波速度小

C.0-0.5s內(nèi)某時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)尸、Q的運(yùn)動(dòng)方向可能相同

D.t=ls時(shí)，P、。質(zhì)點(diǎn)的位移大小可能相等

三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共3小題，共14分。

16.(1)某同學(xué)用如圖甲裝置完成“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)。

圖甲

圖丙圖丁

a/(m-s

F/Nm/kg

-2)

0.290.860.34

0.140.360.40

0.290.610.47

0.190.360.54

0.240.360.66

0.290.410.70

0.290.360.82

0.290.310.93

0.340.360.95

①以下措施有助于減少該實(shí)驗(yàn)誤差的是。

A.使槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)大于小車的質(zhì)量

5紙帶運(yùn)動(dòng)方向應(yīng)與兩限位孔在同一直線上

C.需從紙帶上打下的第一個(gè)點(diǎn)開始取的計(jì)數(shù)點(diǎn)

②實(shí)驗(yàn)中獲得如表的數(shù)據(jù)，根據(jù)這些數(shù)據(jù)，可以探究的是=

A只有加速度與力的關(guān)系

3.只有加速度與質(zhì)量的關(guān)系

C.加速度與力以及加速度與質(zhì)量的關(guān)系

（2）某同學(xué)利用圖乙磁吸式裝置探究平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。

①在調(diào)節(jié)軌道時(shí)，發(fā)現(xiàn)水平儀的狀態(tài)如圖丙所示，此時(shí)應(yīng)將軌道的右端調(diào)（選填“高”或“低”）。

②進(jìn)一步用手機(jī)的“慢動(dòng)作”功能拍攝，并從視頻中，每24幀選取一幀進(jìn)行處理得到如圖丁所示的拋體

運(yùn)動(dòng)“頻閃圖片”，坐標(biāo)板上最小一格實(shí)際長(zhǎng)度為law。由圖像可知該手機(jī)拍攝時(shí)的幀率最有可能是

A.240幀/秒

8480幀/秒

C.960幀/秒

③結(jié)合②問的信息可求出小球的水平速度為（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。

17.某同學(xué)為研究某種金屬導(dǎo)線的電阻率，用圖甲電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，金屬導(dǎo)線的長(zhǎng)度可以通過導(dǎo)線上的滑動(dòng)

頭調(diào)節(jié)，滑動(dòng)頭有一定的電阻，但阻值未知。

（1）請(qǐng)以筆代線，將未連接的導(dǎo)線在圖乙中補(bǔ)齊。

（2）實(shí)驗(yàn)室準(zhǔn)備了h（50、34）和7?2（50。、1.54）兩種滑動(dòng)變阻器，用h、R2分別實(shí)驗(yàn)，以電壓表的讀數(shù)。

為縱軸，以］為橫軸（久為圖甲中AP長(zhǎng)度，乙為A8長(zhǎng)度），得到U-7圖像如圖丙，其中選用&時(shí)對(duì)應(yīng)的圖線

應(yīng)為（選填“加’或"屋）；

u

(3)在用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬導(dǎo)線的直徑如圖丁所示，則該導(dǎo)線的直徑為mm；

(4)在多次調(diào)節(jié)滑動(dòng)頭改變金屬導(dǎo)線的長(zhǎng)度/,并測(cè)量出不同長(zhǎng)度時(shí)的電阻值％,作a-Z圖(圖戊)，根據(jù)

圖像可求出該金屬導(dǎo)線的電阻率為。-爪(計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

18.有同學(xué)完成“用油膜法估測(cè)油酸分子的大小”實(shí)驗(yàn)。

(1)在實(shí)驗(yàn)中油酸體積占油酸酒精溶液總體積的比例最為合適的是;

A.1：50

B.1：500

C.1：5000

(2)由于沒有方格紙，該同學(xué)首先在一張透明膠片上描出油膜的輪廓，測(cè)量膠片的面積S。，并用高精度的電

子天平稱量出整張膠片的質(zhì)量然后沿輪廓剪下對(duì)應(yīng)的油膜形狀的膠片，其質(zhì)量為m則油膜的面積為

(用所給物理量符號(hào)來表示)；

(3)下列操作有助于減小實(shí)驗(yàn)誤差的是。

A.撒粉時(shí)要盡量厚一些，覆蓋整個(gè)淺盤

A滴油酸酒精溶液時(shí)，針頭需遠(yuǎn)離液面

C.滴油酸酒精溶液后需待油膜穩(wěn)定后再測(cè)其面積

四、簡(jiǎn)答題：本大題共4小題，共41分。

19.某同學(xué)采用如圖裝置測(cè)量某一不規(guī)則實(shí)心礦石的體積V,導(dǎo)熱良好的氣缸上部高

—20cm,橫截面積S]=100。根2,下部高均=20cm,橫截面積S?=450cn?2,

質(zhì)量為他的活塞初始輕放到氣缸的頂部，封閉了空氣后繼續(xù)緩慢下落，待平衡后，

活塞下表面正好距氣缸頂部燈=10cm.將礦石放入氣缸底部，再次封上活塞后，

發(fā)現(xiàn)最終活塞靜止時(shí)下表面距氣缸頂部后=8cmo已知大氣壓強(qiáng)Po=1.0x

10sPa,活塞氣缸緊密接觸且不計(jì)兩者間的摩擦，封閉的空氣可視為理想氣體，環(huán)境溫度恒定。

(1)活塞下降過程中，被封閉空氣對(duì)外做功(選填“正”或“負(fù)”)，被封閉空氣待溫度穩(wěn)定后，其內(nèi)

能將(選填“增加”、“減少”或“不變”)；

(2)求活塞的質(zhì)量m；

(3)求礦石的體積V。

20.如圖所示，一質(zhì)量M=1.0kg,高h(yuǎn)=0.7m的平板車靜置在光滑水平地面上，其左端靜止放置一輛質(zhì)量

爪=0.2的大小可忽略的四驅(qū)電動(dòng)玩具小車，右側(cè)同一豎直平面有固定的光滑圓弧軌道AC,軌道半徑/?=

1.25m,圓心角為2仇8=37。，左右兩端點(diǎn)A、C等高，圓弧最低點(diǎn)2位于水平地面上。緊接C點(diǎn)，有一

長(zhǎng)s=1.59爪的傾斜傳送帶，上表面沿圓弧C點(diǎn)的切線方向，傳送帶以U=2a/s的速度順時(shí)針運(yùn)動(dòng)。

玩具小車啟動(dòng)后，恰好能從A點(diǎn)沿AC圓弧切線進(jìn)入軌道，并最終到達(dá)E點(diǎn)后飛離。已知玩具車在平板車

和傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，均產(chǎn)生自重0.8倍的動(dòng)力(忽略摩擦阻力與空氣阻力)，且從C點(diǎn)到D點(diǎn)速度不變。

(1)玩具小車在A點(diǎn)速度大小以；

(2)玩具小車在2點(diǎn)受到支持力的大小心；

(3)平板車的長(zhǎng)度/；

(4)傳送帶由于運(yùn)送玩具小車而多輸出的機(jī)械能力E。

21.某校項(xiàng)目學(xué)習(xí)小組制造了電磁彈射器，其等效電路如圖所示（俯視圖）。通過圖中的理想自耦變壓器可將

e=12.5，Isinl00?rt（y）的交流電電壓升高，再通過直流轉(zhuǎn)換模塊（將交流電轉(zhuǎn)換為直流電，且電壓有效值

不變）。圖中的兩個(gè)電容器的電容0.2幾兩根固定于同一水平面內(nèi)足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距乙=

0.5m,電阻不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=17的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向內(nèi)。金屬棒MN（含其上固定一鐵釘

）總質(zhì)量m=100g、電阻R=0.25。（不計(jì)其他電阻）垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。

開關(guān)S先接1,使兩電容器完全充電，然后將S接至2,開始向右加速運(yùn)動(dòng)達(dá)到最大速度后離開導(dǎo)軌。

已知理想自耦變壓器的原副線圈匝數(shù)比為1：4,電容器儲(chǔ)存電場(chǎng)能的表達(dá)式為：及=92。求:

直流

轉(zhuǎn)換

模塊

（1）直流轉(zhuǎn)換模塊輸出端的電壓UMN；

（2）開關(guān)S接1使電容器完全充電后，每塊極板上所帶的電荷量Q的絕對(duì)值;

（3）MN由靜止開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a；

（4）電容器儲(chǔ)存電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為棒動(dòng)能的轉(zhuǎn)化效率4

22.甲辰龍年，有研究者用如圖裝置實(shí)現(xiàn)“雙龍戲珠”。圖中“1加2和打岫、M3M4和N3N4組成兩對(duì)平行極

板，將空間分隔為/、〃、III三個(gè)區(qū)域，三個(gè)區(qū)域中有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)如圖甲，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為8=

2T。兩發(fā)射源緊靠極板放置，每秒每個(gè)發(fā)射源分別射出1。4個(gè)垂直極板初速度大小為=lX103m/s的正

或負(fù)電子。正負(fù)電子每次經(jīng)過狹縫均被加速，極板電壓UMN隨時(shí)間變化由如圖乙。經(jīng)多次加速，正負(fù)電子

恰能在熒光球表面上某點(diǎn)相遇，并被熒光球吸收發(fā)出熒光，實(shí)現(xiàn)“雙龍戲珠”。已知電子比荷5=18x

10”kg,電子質(zhì)量機(jī)=9xl（p3ikg；以兩發(fā)射源連線中點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn)，平行極板向右方向?yàn)閤軸正

方向；熒光球半徑為=1cm,球心位置在x軸上；極板M,%、M3M4間距。=3cm。由于極板間距極小，

忽略正負(fù)電子之間相互作用、過狹縫時(shí)間及正負(fù)電子穿越極板的動(dòng)能損失、忽略場(chǎng)的邊緣效應(yīng)和相對(duì)論效

應(yīng)，計(jì)算時(shí)兀=3?

BI

發(fā)射源1

M,......................................................................................................M,

1fl,狹縫

1V(xyxxxxxxxxxxxN2

M“”““””"———-

Bn八，光球

***-******生狹縫

M發(fā)射物2..........................................M

Bm

.甲，

25V

O

-25V

(1)正負(fù)電子各由哪個(gè)發(fā)射源射出？求電壓UMN的周期T；

(2)求1=0時(shí)刻發(fā)射的正負(fù)電子相遇的時(shí)刻“和熒光球球心的位置%i；

(3)求正負(fù)電子每秒對(duì)熒光球的沖量/；

(4)以“小

”為一“龍節(jié)”，若同(2)在不改變“龍節(jié)”情況下，沿x軸微調(diào)熒光球的球心位置，求仍能使熒光球發(fā)光

的球心位置范圍。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：國際單位制中的基本單位分別是：長(zhǎng)度的單位是米，符號(hào)加電流的單位是安培，符號(hào)是

A；熱力學(xué)溫度的單位是開爾文，符號(hào)K；物質(zhì)的量單位是摩爾，符號(hào)機(jī)。/;發(fā)光強(qiáng)度的單位是坎德拉，符

號(hào)cd,質(zhì)量的單位是千克，符號(hào)飯；時(shí)間的單位是秒，符號(hào)s；可知題目中只有也是國際單位制中的基本

單位，N、1/和0都是導(dǎo)出單位，故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：Ao

國際單位制規(guī)定了七個(gè)基本物理量。分別為長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間、熱力學(xué)溫度、電流、光強(qiáng)度、物質(zhì)的量。

它們的在國際單位制中的單位稱為基本單位，根據(jù)基本單位及其符號(hào)分析答題。

國際單位制規(guī)定了七個(gè)基本物理量，這七個(gè)基本物理量分別是誰，它們?cè)趪H單位制分別是誰，這都是需

要學(xué)生自己記住的。

2.【答案】B

【解析】解：AB,物體看作質(zhì)點(diǎn)的條件是物體的形狀、大小對(duì)所研究的問題沒有影響，或者影響很小。在

避開障礙物的過程中要注意機(jī)器人的各部分是否會(huì)與障礙物接觸，所以不能將機(jī)器人看作質(zhì)點(diǎn)；但是在記

錄機(jī)器人從1樓運(yùn)動(dòng)到9樓的時(shí)間時(shí)，可以將機(jī)器人看作質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤，8正確；

C、送餐的全過程，機(jī)器人的運(yùn)動(dòng)軌跡不是直線，所以位移大小小于路程，不可能等于路程，故C錯(cuò)誤；

D、若送餐用時(shí)625s,行程50〃z,根據(jù)平均速率公式可知，機(jī)器人的平均速率為7=：=黑機(jī)/s=

0.08m/s,因?yàn)椴恢罊C(jī)器人的位移，所以無法計(jì)算其平均速度大小，故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

根據(jù)物體看作質(zhì)點(diǎn)的條件判斷機(jī)器人是否可以看作質(zhì)點(diǎn)；

分析機(jī)器人送餐的運(yùn)動(dòng)情況，判斷機(jī)器人的位移與路程的關(guān)系；

最后根據(jù)平均速度公式求出機(jī)器人送餐時(shí)的平均速度。

本題考查了描述物體運(yùn)動(dòng)的物理量，解決本題的關(guān)鍵是理解質(zhì)點(diǎn)的條件，能準(zhǔn)確區(qū)分平均速度和平均速率

的不同。

3.【答案】C

【解析】解：粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，電子和氫核的電荷量大小都為e,設(shè)粒子的質(zhì)量為極

板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)粒子穿過電場(chǎng)的時(shí)間為3由動(dòng)力學(xué)知識(shí)可得：

水平方向L=vot

豎直分速度為=at

速度偏向角的正切值tan。=上

聯(lián)立得tan。=普

d-mv6

由于電子和氫核的電荷量大小都為e,若射出極板時(shí)電子和氫核偏轉(zhuǎn)角正切值相同，則必須是它們的初動(dòng)

能相等。故C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選：Co

粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，做類平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求得加速度.粒子垂直電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由

水平位移/和％求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間.粒子在電場(chǎng)方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，并由三角函數(shù)，求出偏角的

正切。

本題是帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題，粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，做類平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法是運(yùn)動(dòng)的分解和合成，常

規(guī)問題。

4.【答案】D

【解析】解:A、根據(jù)重核裂變的特點(diǎn)可知，歌吸收一個(gè)慢中子后才會(huì)發(fā)生裂變，核反應(yīng)方程前后的中

子不能約掉，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)比結(jié)合能與核子個(gè)數(shù)的關(guān)系知第的比結(jié)合能比器Ke的比結(jié)合能略小，但況3（7的核子的數(shù)目是

鴕Ke的2倍多，可知鴕Ke的結(jié)合能小于用3u的結(jié)合能，故2錯(cuò)誤；

C、已知匿3pa的半衰期為27天，則結(jié)合54天，即經(jīng)過了2個(gè)半衰期，剩余的匿3p。的為原來的右則有四

分之三發(fā)生了衰變，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒可知，能3。。衰變生成的3〃的過程中放出的粒子的質(zhì)量數(shù)為a=233-

233=0,電荷數(shù)z=91-92=-1,可知放出的粒子為電子，則於3p。發(fā)生的衰變?yōu)椤晁プ?，故。正確。

故選：Do

根據(jù)裂變的特點(diǎn)判斷；根據(jù)結(jié)合能的定義，結(jié)合比結(jié)合能的大小判斷；根據(jù)半衰期與剩余質(zhì)量的關(guān)系判

斷；根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒判斷。

本題考查了核反應(yīng)方程和愛因斯坦質(zhì)能方程的基本運(yùn)用，比較簡(jiǎn)單，要加強(qiáng)訓(xùn)練，才能熟練。

5.【答案】D

【解析】解：A、1對(duì)2的壓力為：zng

11O

2對(duì)4的壓力為尸24=5X0mg+mg）=-mg

4對(duì)地面的壓力線=gx+尸24），解得（血9，故A錯(cuò)誤;

BD、2的右端所受支持力為F2=\mg

5的右端所受的支持力為尻=3*&山9+2尸2），解得尸5=3a9，故。正確，B錯(cuò)誤;

C、4的頂端受到的壓力大小為F^F2=\mg,故C錯(cuò)誤。

故選：Do

根據(jù)力的分解原理，瓦片兩端的支持力是瓦片自身重力與瓦片受到的壓力的和，由此可得出正確選項(xiàng)。

學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意分析受力時(shí)，不要丟力少力，找到瓦片兩端的支持力是瓦片自身重力與瓦片受

到的壓力的和事解題的關(guān)鍵。

6.【答案】C

【解析】解：A3、由安培定則可知圖乙時(shí)刻電流的方向從下向上，根據(jù)電磁振蕩周期性變化的規(guī)律可知，

可能是上極板帶正電，電容器正在充電，則對(duì)應(yīng)的時(shí)刻為0?匕時(shí)間內(nèi)；也可能是上極板帶負(fù)電，電容器

正在放電，則對(duì)應(yīng)的時(shí)刻為七?Q時(shí)間內(nèi)，故錯(cuò)誤；

C、由圖可知，t1?。時(shí)間內(nèi)，上極板電量為正，且減小，可知電容器正在放電，則回路內(nèi)的電流正在增

大，則電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)增強(qiáng)，所以G?。時(shí)間內(nèi)電路中磁場(chǎng)能增強(qiáng)，故C正確；

D,由圖可知，t2?t3時(shí)間內(nèi)，上極板帶負(fù)電且電荷量不斷增大，則電容器反向充電，此過程中線圈產(chǎn)生

的自感電動(dòng)勢(shì)逐漸增大，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

由安培定則判斷電流的方向，由電容器上所帶電荷量的變化關(guān)系從而分析出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的變化。

本題主要考查了感應(yīng)電流的方向問題，解題關(guān)鍵在于運(yùn)用圖象中電荷量的變化規(guī)律分析出此時(shí)電流的方向

和大小。

7.【答案】B

【解析】解：A、因?yàn)樘炷恳惶?hào)氣象星座15-18星與同步衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系未知，由動(dòng)能的公式a=：6后

知，兩衛(wèi)星的動(dòng)能不一定相等，故A錯(cuò)誤；

B、天目一號(hào)氣象星座15-18星與同步衛(wèi)星圍繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，由G呼=爪32「可得：出二倒，由于

天目一號(hào)氣象星座15-18星的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以天目一號(hào)氣象星座15-18星比地

球同步衛(wèi)星具有更大的繞行角速度，故B正確；

C、由開普勒第三定律可得：竺=2,解得:￥=I篙3=/貯儒尸豐G導(dǎo)，故C錯(cuò)誤；

心中同T同7面N'R+36000，7'72，

。、第一宇宙速度的衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的最大環(huán)繞速度，故天目一號(hào)氣象星座15-18星環(huán)繞地球的速度小于第一宇

宙速度，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)外判斷衛(wèi)星動(dòng)能關(guān)系；天目一號(hào)氣象星座15-18星與同步衛(wèi)星圍繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，由

G*M32r可求兩衛(wèi)星的角速度的大?。挥砷_普勒第三定律可求與地球同步衛(wèi)星繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的周期之

比；第一宇宙速度的衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的最大環(huán)繞速度，天目一號(hào)氣象星座15-18星環(huán)繞地球的速度小于第一宇

宙速度。

本題主要考查衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，解決本題的關(guān)鍵在于根據(jù)冬=,小，判斷衛(wèi)星動(dòng)能關(guān)系，根據(jù)開普勒第三

定律判斷周期關(guān)系，第一宇宙速度的衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的最大環(huán)繞速度。

8.【答案】C

【解析】解：A、小球在一個(gè)周期內(nèi)兩次經(jīng)過最低點(diǎn)，由圖可知周期7=0.4g，故A錯(cuò)誤；

B、當(dāng)弧長(zhǎng)A8遠(yuǎn)小于半徑時(shí)，小球的運(yùn)動(dòng)類似于單擺，由單擺的周期公式7=則光滑球面的半徑

R=與=1°義黑力m=0.4m故8錯(cuò)誤；

C。、小球的回復(fù)力由重力沿小球運(yùn)動(dòng)軌跡切向的分力提供，是小球所受的軌道的支持力與重力的合力沿

切線方向的分力。

在最高點(diǎn)有％也=mgcosB

2

在最低點(diǎn)B時(shí)，有&ax=mg+*

K

從A到最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgR（l-cos。）=1mv2

其中。是0A與豎直方向之間的夾角，v是運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度；

聯(lián)立解得：m=0.05kg,v=0.089m/s,故C正確，。錯(cuò)誤；

故選：Co

弧長(zhǎng)AB遠(yuǎn)小于半徑時(shí)，小球的回復(fù)力由重力沿小球運(yùn)動(dòng)軌跡切向的分力提供；根據(jù)圖圖像判斷得到周

期，根據(jù)單擺的周期公式計(jì)算出光滑球面的半徑，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式以及機(jī)械能守恒計(jì)算出

小球的質(zhì)量與最大速度。

本題主要考查了單擺的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)圖像分析出周期，利用單擺的周期公式計(jì)算出擺長(zhǎng)，分析過程中結(jié)

合了機(jī)械能守恒和牛頓第二定律，綜合性較強(qiáng)，難度中等偏上。

9.【答案】C

【解析】解：A、薄膜干涉是等厚干涉，若表面3與表面2平行，則不能產(chǎn)生條紋，故A錯(cuò)誤；

3、根據(jù)薄膜干涉的原理可知，該條紋是由上層玻璃下表面2與材料乙的上表面3的反射光發(fā)生干涉形成

的，故8錯(cuò)誤；

C、從劈形空氣層的上下表面分別反射的兩列光是相干光，發(fā)生干涉現(xiàn)象，出現(xiàn)條紋。根據(jù)條紋的位置與

空氣層的厚度是對(duì)應(yīng)的，劈形空氣層厚度變大，同一厚度的空氣層向劈尖移動(dòng)，條紋向劈尖移動(dòng)，即條紋

向左移動(dòng)。溫度升高時(shí)，材料甲和乙均發(fā)生熱膨脹，體積增大。若干涉條紋向左移動(dòng)，即條紋向空氣膜較

薄的方向移動(dòng)，則說明乙與玻璃之間的空氣膜厚度增大，則材料甲膨脹程度大，故C正確；

。、僅換用頻率更小的單色光，根據(jù)2=]可知光的波長(zhǎng)更長(zhǎng)，由于相同的條紋個(gè)數(shù)情況下波長(zhǎng)較長(zhǎng)的光對(duì)

應(yīng)的薄膜的厚度更大，則干涉條紋將向右移動(dòng)，故O錯(cuò)誤。

故選：Co

空氣層干涉形成的條紋是空氣層的上下表面的反射光干涉產(chǎn)生的，當(dāng)兩反射光的路程差(即膜厚度的2倍)

是半波長(zhǎng)的偶數(shù)倍，出現(xiàn)明條紋，是半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍，出現(xiàn)暗條紋，可知薄膜干涉是等厚干涉，即可判斷

條紋的移動(dòng)方向；根據(jù)不同材料膨脹系數(shù)的不同分析空氣層厚度的變化；

本題考查光的干涉，解決本題的關(guān)鍵是知道薄膜干涉形成的條紋是膜的上下表面的反射光干涉產(chǎn)生的，知

道空氣薄層干涉是一種等厚干涉。

10.【答案】B

【解析】解：A、在重物上施加一方向豎直向上，大小為尸=^巾9的恒力，重物上升的過程中，恒力歹對(duì)

重物做正功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能增加，故A錯(cuò)誤；

B、開始時(shí)重物處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧的彈力與重力平衡，則彈簧的彈力大小為：kx=mg；

某時(shí)刻在重物上施加一方向豎直向上，大小為尸=^根9的恒力，重物上升的最大高度為，，在此過程中，

根據(jù)動(dòng)能定理可得：

kx+k(x—h)

----------2------------h+Fh—mgh=0

聯(lián)立解得：x=h

開始時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Epo=|fcx2=-h=gmgh,故8正確；

c、物體受力平衡時(shí)速度最大，根據(jù)對(duì)稱性可知重物上升的高度為爭(zhēng)八，此過程中根據(jù)動(dòng)能定理可得：

]kx+k[x—i/i)ii

Fx—/iH---------------------------耳h-mgx—/i=E1cm—0

1

解得：Ekm=-mgh,故C錯(cuò)誤；

D、上升到最高點(diǎn)過程中重物的重力勢(shì)能增加量為/Ep=mgh,故。錯(cuò)誤。

故選：瓦

根據(jù)機(jī)械能守恒定律進(jìn)行分析；根據(jù)動(dòng)能定理得到原來彈簧伸長(zhǎng)量和h的關(guān)系，根據(jù)彈性勢(shì)能的計(jì)算公式

求解開始時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能；物體受力平衡時(shí)速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理進(jìn)行解答；上升到最高點(diǎn)過程中重

物的重力勢(shì)能增加量為mgh.

本題主要是考查了功能關(guān)系和能量守恒定律，首先要選取研究過程，分析運(yùn)動(dòng)過程中物體的受力情況和能

量轉(zhuǎn)化情況，然后分析運(yùn)動(dòng)過程中哪些力做正功、哪些力做負(fù)功，初末動(dòng)能為多少，根據(jù)功能關(guān)系列方程

解答。

11.【答案】A

【解析】解：A、由光電效應(yīng)方程及動(dòng)能定理可得04=取6=hv-W,可得%=2“一9,可知圖線的

斜率表示2則圖線的斜率相同，圖線1、2一定平行，故A正確；

e

B、由4=2"一生，可知入射光的頻率相等的情況下，圖線1的遏止電壓較大，所以圖線1對(duì)應(yīng)金屬材

料的逸出功小，故B錯(cuò)誤；

C、由于飽和光電流僅僅與入射光的強(qiáng)弱有關(guān)，可知根據(jù)圖中的條件不能判斷。對(duì)應(yīng)的光比尸對(duì)應(yīng)的光產(chǎn)

生的飽和電流哪一個(gè)大，故C錯(cuò)誤；

D、由=成-勿，可知光電子的最大初動(dòng)能只與入射光的頻率以及金屬的逸出功有關(guān)，由圖可知尸的

頻率小，則照射同一金屬材料，用尸對(duì)應(yīng)的光比。對(duì)應(yīng)的光溢出的電子初動(dòng)能小，故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

結(jié)合光電效應(yīng)方程與圖乙中數(shù)據(jù)，列式求解即可聯(lián)立解得普朗克常量〃的表達(dá)式；入射光的頻率增大，電

子最大初動(dòng)能增大，相應(yīng)遏止電壓增大；光電子的最大初動(dòng)能只與入射光的頻率有關(guān)。

本題考查光電效應(yīng)，要求學(xué)生結(jié)合題干給出圖像和光電效應(yīng)方程進(jìn)行分析求解，難度不大。

12.【答案】D

【解析】解：A、設(shè)介質(zhì)的折射率為小則光在介質(zhì)內(nèi)的速度u=；,由于幾＞1,可知光線垂直A8射入五

棱鏡后，光速減小，故A錯(cuò)誤；

B、若射向AB的入射角滿足特定的條件，可以讓上的折射光線垂直射到C。上，光線一定不會(huì)在。

上發(fā)生全反射，故2錯(cuò)誤；

CD、由題意畫出光路圖如圖所示

D

光線在CD和AE界面上恰好發(fā)生全反射時(shí)，對(duì)應(yīng)著五棱鏡折射率的最小值加，貝iJsine=；

710

解得沏=空而，故C錯(cuò)誤，。正確。

sin22.5

故選：Do

光在介質(zhì)內(nèi)的速度小于光速；根據(jù)發(fā)生全反射的條件判斷；作出光路圖，根據(jù)幾何知識(shí)求出光在面上

的入射角，當(dāng)光線剛好在CD面和AE面上發(fā)生全反射時(shí)，五棱鏡折射率最小，根據(jù)臨界角公式sinC=」求

n

出折射率最小值。

解決該題的關(guān)鍵是能正確作出光路圖，能根據(jù)幾何知識(shí)求出臨界角。要知道光線剛好在界面上發(fā)生全反射

時(shí)，棱鏡的折射率最小。

13.【答案】B

【解析】解：A、電池的容量為800"出/7,充電10/i可以從零電量至充滿，則充電的平均電流人=?=

SOOmAh仆八八MA廿H"、口

———=80mA,故A錯(cuò)誤；

10n

B、因?yàn)槭褂玫娇傠娏康?0%就無法再使用了，則使用過程中消耗的電量為q'=(1-20%)q=80%X

800mAh=640nl力h

總的使用時(shí)間為t2=2x2x30min=120min=2h

則使用過程中的平均電流為/2=￡=筆竺=320mA=0.324

電池的輸出功率為P=EI2-Ilr=2.4x0.321V-0.32x0.32X0.5V7?0.72W,故B正確；

C、正常工作時(shí)，電池每天的使用時(shí)間為匕=2x2min=4min=240s

所以電池每天消耗的電能W=E/2t3=2,4X0.32x2407?184/,故C錯(cuò)誤；

。、充滿電導(dǎo)無法正常使用的過程中，電池內(nèi)阻消耗的總電能為

W'=I^rt2=0.32x0.32x0.5x2x3600/-369/,故D錯(cuò)誤。

故選：Bo

根據(jù)電池的容量與充電時(shí)間計(jì)算充電時(shí)的平均電流；根據(jù)正常工作消耗的總電量與總時(shí)間求出正常工作時(shí)

的平均電流，再用正常工作時(shí)電池的總功率減去電池內(nèi)阻消耗的功率即為電池的平均輸出功率；根據(jù)電流

做功的公式計(jì)算電池每天消耗的電能；根據(jù)焦耳定律計(jì)算電池內(nèi)阻消耗的總電能。

本題考查的是電池的充放電以及電功和電功率的相關(guān)知識(shí)，一定要牢記電路的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，電池消耗的

總功率等于輸出功率與內(nèi)阻消耗功率的和。

14.【答案】BD

【解析】解：A、可能從單?熱庫吸收熱量，使之完全變成功，但必然會(huì)引起其它的變化，故A錯(cuò)誤；

8、根據(jù)目前的研究可知，弱相互作用是引起原子核0衰變的原因，故8正確；

C、蔗糖受潮后會(huì)粘在一起，是很多晶體結(jié)合在一起造成的，雖然沒有確定的幾何形狀，但它仍是晶體，

故C錯(cuò)誤；

。、a粒子散射類似于碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和庫侖定律等規(guī)律可以用來確定原子核電荷量和估算原子核

半徑。故根據(jù)a粒子散射實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可以用來確定原子核電荷量和估算原子核半徑，故。正確。

故選：BDo

根據(jù)熱力學(xué)第二定律，可能從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功，但必然會(huì)引起其它的變化；弱相互作

用是引起原子核S衰變的原因；晶體有固定的熔點(diǎn)，而非晶體卻沒有固定的熔點(diǎn)；原子核的半徑無法直接

測(cè)量，a粒子散射是估計(jì)核半徑的最簡(jiǎn)單方法。

本題考查知識(shí)點(diǎn)較多，考查了熱力學(xué)第二定律、￡衰變、晶體和非晶體a粒子散射實(shí)驗(yàn)，解題的關(guān)鍵是掌握

基礎(chǔ)概念知識(shí)，深刻理解每一個(gè)概念的內(nèi)容，才不會(huì)出錯(cuò)。

15.【答案】BC

【解析】解：4由圖可得甲波的波長(zhǎng)為七=4小，則有

1

=[A]4-72al=1+471

1

t=/+叫

周期大于0.35s,可得.

A=0.4s或7,=2s

由圖可得乙波的波長(zhǎng)%=6小，則有

1

%2=2入2+幾=3+6幾

1

t=272+n^2

周期大于0.35s,可得

72=1S

甲波的周期不可能是乙波周期的0.5倍，故A錯(cuò)誤；

8.甲波傳播的速度％=靠

11

解得%=10m/s或u'i=2m/s

乙波傳播的速度方=孕

12

解得功=6m/s

甲波傳播的速度可能比乙波速度大，也可能比乙波速度小，故8正確；

C當(dāng)甲周期為0.4s時(shí)，0?0.1s內(nèi)向y軸正方向，0.1?0.3s向y軸負(fù)方向，0.3?0.5s向y軸正方向；乙在

。?曾s向y軸負(fù)方向，曾s?0.5s向y軸正方向，所以質(zhì)點(diǎn)尸、。的運(yùn)動(dòng)方向可能相同，故C正確；

D當(dāng)t=ls時(shí)，甲周期分別為0.4s和2s時(shí)，尸質(zhì)點(diǎn)的位移都為0,。質(zhì)點(diǎn)的位移還在現(xiàn)在的位置，故。錯(cuò)

誤。

故選:BCo

根據(jù)題意分析甲、乙的波長(zhǎng)與周期，從而計(jì)算波速，通過時(shí)間與周期的關(guān)系分析質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況。

解決本題關(guān)鍵要理解尸、。運(yùn)動(dòng)情況的分析，注意波速的計(jì)算方法，同時(shí)要明確本題具有多解性。

16.【答案】BC低Bl.lm/s

【解析】解：(1)①設(shè)槽碼的質(zhì)量為相，小車的質(zhì)量為將小車和槽碼整體分析可得：mg=(m+M)a

對(duì)小車而言，繩子的拉力為小車受到的合外力T=Ma=嚕

m+M

化簡(jiǎn)為7=各

1+M

故當(dāng)M>>m時(shí)，T=mg,故A錯(cuò)誤；

8.紙帶運(yùn)動(dòng)方向應(yīng)與兩限位孔在同一直線上，使小車所受外力方向沿斜面方向，故8正確；

C.由于需要計(jì)算小車得速度及加速度，需要在紙袋上選取合適得出點(diǎn)跡做為計(jì)數(shù)點(diǎn)，無需把第一個(gè)點(diǎn)做為

計(jì)數(shù)點(diǎn)，故C錯(cuò)誤。

故選：Bo

②4BC.根據(jù)控制變量法得原理可知，在探究加速度與力關(guān)系時(shí)，需要控制小車的質(zhì)量不變；探究加速度與

質(zhì)量的關(guān)系時(shí)，需使小車受到的外力不變，即槽碼的質(zhì)量不變，而小車的質(zhì)量變化。綜合分析表中的第一

列和第二列數(shù)據(jù)，均可找到對(duì)應(yīng)不變的量，故AB錯(cuò)誤，C正確。

故選：Co

(2)①水平儀右端有氣泡，說明右端偏高，則應(yīng)把右側(cè)調(diào)低。

②坐標(biāo)板上最小一格實(shí)際長(zhǎng)度為law,豎直高度約為40小格，豎直方向小球下落的高度約為40cm=

0.40m,則自由落體時(shí)間約為t=J?0.3s

而每24幀選取一幀進(jìn)行處理得到如圖所示的拋體運(yùn)動(dòng)“頻閃圖片”，共有7個(gè)小球的位置，則有6個(gè)時(shí)間

間隔，故手機(jī)拍攝時(shí)的幀率約為得X6幀=480幀，故AC錯(cuò)誤，B正確。

故選：Bo

③小球在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有Z/i=gr2,=

其中/h=3cm=0.03m,Ax-6cm—0.06m,解得初速度為為?l.lm/s

故答案為：(1)①8；②C；

(2)①低；②8(寫成480幀/秒也給分)；③l.lzn/s(1.0—1.3m/s都正確)

(1)①槽碼和小車向下運(yùn)動(dòng)的過程中具有相等大小的加速度，根據(jù)牛頓第二定律寫出加速度的表達(dá)式，然

后結(jié)合實(shí)驗(yàn)的條件判斷；

②根據(jù)“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)原理判斷。

(2)①根據(jù)水平儀的特點(diǎn)判斷；

②由圖得到全過程中小球下落的高度，由自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出下落的時(shí)間，然后結(jié)合共有7個(gè)小球的

位置，則有6個(gè)時(shí)間間隔，然后求出手機(jī)拍攝時(shí)的幀率；

③小球在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)相應(yīng)的公式，代入數(shù)據(jù)即可求出。

本題考查了實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理問題，理解實(shí)驗(yàn)原理，掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論即可解題；解題時(shí)注意單位換

算與有效數(shù)字的保留。

17.【答案】ml.0076.1XIO』

【解析】解：(1)根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖，如圖

i&n圖乙

(2)若電源為理想電源，由于滑動(dòng)變阻器匕電阻較小，則移動(dòng)滑動(dòng)變阻器，并聯(lián)支路電壓變化較小，則

根據(jù)串聯(lián)分壓原理可知？=誓普號(hào)

匕KABPjL

化簡(jiǎn)可得u=E3

則U-楙圖像的斜率近似為定值，故選用心時(shí)對(duì)應(yīng)的圖線應(yīng)為相。

⑶螺旋測(cè)微器的分度值為OOlzmn,則該導(dǎo)線的直徑為d=1mm+0,7x0.01mm=1.007mm

(4)根據(jù)電阻定律2?=勺=罩

JTia

由圖可知卜=々

7rd

代入數(shù)據(jù)解得，該金屬導(dǎo)線的電阻率為p=6.1X10-612-m

(3)1.007(1.006-1.009都對(duì));

(4)6,1x10-6(5.9x10-6_6.4x10-6都對(duì))。

(1)從電源的正極出發(fā)，依據(jù)電路圖甲，依次連接；

(2)根據(jù)串聯(lián)電路的分壓原理，公式變形，然后分析;

(3)螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀；

(4)利用電阻定律結(jié)合測(cè)得的電阻阻值，聯(lián)立即可求出該金屬導(dǎo)體的電阻率。

本實(shí)驗(yàn)考查測(cè)量金屬電阻率實(shí)驗(yàn)，還考查了螺旋測(cè)微器的讀數(shù)；螺旋測(cè)微器固定刻度與可動(dòng)刻度示數(shù)之和

是螺旋測(cè)微器的示數(shù)，螺旋測(cè)微器需要估讀。

18.【答案】BS=^mC

【解析】解：(1)在實(shí)驗(yàn)中油酸體積占油酸酒精溶液總體積的比例要適中，比例較小溶液黏稠不易于形成

單分子油膜，比例較大形成的油膜面積較小，或者油膜中含有的酒精較多，使實(shí)驗(yàn)的誤差較大，故最為合

適的比例是1：500,故2正確，AC錯(cuò)誤。

(2)膠片厚度相同，則質(zhì)量比等于面積比，可得油膜面積為：S=^m

(3)4撒粉時(shí)若過厚，且覆蓋整個(gè)淺盤，不利于油酸形成單分子油膜，故A錯(cuò)誤；

A滴油酸酒精溶液時(shí)，若針頭需遠(yuǎn)離液面，則油酸酒精溶液滴到水面上時(shí)可能會(huì)濺起，也不利于形成整片

的油膜，故B錯(cuò)誤；

C.滴油酸酒精溶液后需待油膜穩(wěn)定后再測(cè)其面積，這樣面積的測(cè)量才能較為準(zhǔn)確，故C正確。

故答案為：(1)8；(2)S="??；(3)C

(1)在實(shí)驗(yàn)中油酸體積占油酸酒精溶液總體積的比例要適中，比例較小或較大均會(huì)使實(shí)驗(yàn)的誤差較大；

(2)根據(jù)膠片厚度相同時(shí)質(zhì)量比等于面積比求解；

(3)根據(jù)油膜的形成過程解答。

本題考查了“用油膜法估測(cè)油酸分子的大小”實(shí)驗(yàn)，基礎(chǔ)題目。掌握油膜法估測(cè)分子直徑的原理、實(shí)驗(yàn)正

確的操作步驟。

19.【答案】負(fù)不變

【解析】解：(1)活塞下降過程中，氣體體積減小，被封閉空氣對(duì)外做負(fù)功，被封閉空氣待溫度穩(wěn)定后，

由于氣缸導(dǎo)熱良好，即溫度不變，封閉的空氣可視為理想氣體，其內(nèi)能將不變。

(2)對(duì)活塞進(jìn)行分析有

mg+PoS]=PA]

氣缸導(dǎo)熱良好，溫度不變，即氣體發(fā)生的是等溫變化，根據(jù)玻意耳定律有

Po(LISi+L2s2)=—八i)S】+L2s2]

解得.

m=10kg

(3)再次平衡時(shí)，對(duì)活塞有

mg+PoSi=P2sl

根據(jù)玻意耳定律有.

Po&S]+L2S2-V)=Pi[(Li-h2)S1+L2S2-V]

解得

V=2200cm3

故答案為：(1)負(fù)；不變；(2)活塞的質(zhì)量為10七；(3)礦石的體積為22000根3。

(1)氣體體積減小，被封閉空氣對(duì)外做負(fù)功，根據(jù)溫度變化分析內(nèi)能；

(2)(3)根據(jù)平衡條件結(jié)合玻意耳定律分析解答。

根據(jù)題意分析清楚氣體狀態(tài)變化過程是解題的前提，求出氣體的狀態(tài)參量，應(yīng)用玻意耳定律即可解題。

20.【答案】解：(1)玩具小車離開平板車后到達(dá)A點(diǎn)的過程做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)離開平板車時(shí)的速度大小為

為,到達(dá)A點(diǎn)的速度為力,由幾何關(guān)系可得以的方向與水平方向的夾角為根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)可得，

在A點(diǎn)水平分速度大小為%=vAcos0,豎直分速度大小為%=%sin。。

平拋過程在豎直方向有：Vy=2g[h-R(1-cos0)]

解得：vy=3m/s,vA=5m/s,v0=4m/s

(2)從A到8,由動(dòng)能定理得：

11

mgR(l—cos0)=—2nl若

在2點(diǎn)由牛頓第二定律的：FN-mg=m^

解得：FN=6.87V

(3)玩具小車在平板車上滑到過程，設(shè)小車與平板車的速度大小分別為女、“2,此過程小車與平板車的位移

大小分別為%1、&，兩者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，則有：

0=mv1—MV2

可得：0=—MUz/t

可得：0=mx1—MX2

對(duì)玩具小車，由動(dòng)能定理得：

17

0.8mgx1=—0

解得：%】=Im,%2=0.2m

平板車長(zhǎng)度為：2=%1+%2=17n+0-2m=1.2m

(4)玩具小車到達(dá)。點(diǎn)的速度為巧)=vA=Sm/s>v=2m/s,由牛頓第二定律得：

0.8mg—mgsinS=ma2

2

解得：a2=2m/s

玩具小車在傳送帶上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：

12

S-VDt+2。2tz

解得：t=0.3s(另一解為負(fù)值，舍棄)

在時(shí)間t內(nèi),傳送帶對(duì)地位移為：x=vt=2x0.3m=0.6m

傳送帶由于運(yùn)送玩具小車而多輸出的機(jī)械能就等于其克服摩擦力做的功，玩具小車產(chǎn)生的動(dòng)力等于其與傳

送帶之間的摩擦力，則有：

4E=W=O.SmgXfp=0.8X0.2X10X0.6/=0.96/

答：(1)玩具小車在A點(diǎn)速度大小以為5m/s；

(2)玩具小車在B點(diǎn)受到支持力的大小FN6.8M

(3)平板車的長(zhǎng)度/為1.2m；

(4)傳送帶由于運(yùn)送玩具小車而多輸出的機(jī)械能4E為0.96/。

【解析】(1)玩具小車離開平板車后到達(dá)A點(diǎn)的過程做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)求得在A點(diǎn)豎直分

速度大小，以及水平分速度和合速度。

(2)根據(jù)動(dòng)能定理與牛頓第二定律求解。

(3)玩具小車在平板車上滑到過程，兩者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與動(dòng)能定理求解。

(4)根據(jù)牛頓第二定律求得玩具小車在傳送帶上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得運(yùn)動(dòng)時(shí)

間與傳送帶的位移，傳送帶由于運(yùn)送玩具小車而多輸出的機(jī)械能就等于其克服摩擦力做的功。

本題為力學(xué)綜合題，考查了動(dòng)量守恒定律，功能關(guān)系，牛頓第二定律的應(yīng)用，涉及到了平拋運(yùn)動(dòng)，圓周運(yùn)

動(dòng)，傳送帶模型。掌握各種運(yùn)動(dòng)形式滿足的物理原理。

21.【答案】解：(1)理想自耦變壓器的輸入電壓為：/=震=又浮U=12.5U

根據(jù)理想變壓器的工作原理可得：乎=也

解得自耦變壓器輸出端電壓為：u2=50V

由題意可得直流轉(zhuǎn)換器的輸出端電壓為：UMN=4=50U

(2)開關(guān)S接1時(shí)電容器的電壓等于UMN，則電容器的每塊極板上所帶的電荷量為：

Q=CUMN=。*2x50c=10C

(3)金屬棒MN由靜止開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過金屬棒的瞬間電流為：I。=等=獨(dú)力=2004

KU.Z3

此刻金屬棒MN所受安培力為：F=BI0L=1X200x0.5N=100N

W22

根據(jù)牛頓第二定律得此刻的加速度為：a=±=°_3m/s=1000m/s

m100x103

(4)金屬棒MN做加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，直到棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)與電容器兩端的電壓相等時(shí)速度達(dá)

到最大。設(shè)金屬棒的最大速度為外，此時(shí)電容器的電壓為小,則有：

g=BLvm

以金屬棒MN的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理得：

BILt=mv