2024屆山西省太原市高三一模物理試卷（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE32024年山西省太原市高考物理一模試卷一、單選題：本大題共5小題，共30分。1.如圖所示，手機僅有兩個側面與手機夾接觸，靜止在手機支架上。手機平面與水平面夾角為QUOTE，手機質量為204g，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是(

)A.手機夾對手機作用力的大小為2.04N

B.手機對手機夾兩側的彈力指向手機內側

C.手機夾單側面受到靜摩擦力的大小為0.255N

D.順時針緩慢轉動手機夾，手機所受靜摩擦力變小2.如圖所示，蜜蜂同上同下?lián)]動兩個翅膀，在水面上形成穩(wěn)定的干涉圖樣，A為加強區(qū)一點，B為減弱區(qū)一點。下列說法正確的是(

)A.圖中B處質點振幅最大B.圖中A處質點位移始終最大

C.蜜蜂兩翅膀揮動頻率可以不同D.A點到兩個波源的距離差為波長的整數(shù)倍3.神舟17號返回艙開傘后，返回艙與降落傘中心連接的中軸線始終保持豎直。整體受到豎直向上的空氣阻力，同時在水平風力的作用下，整體以0.5m/s2的加速度沿虛直線斜向下減速運動。下列說法正確的是(

)A.返回艙中的航天員處于失重狀態(tài)

B.豎直向上的空氣阻力大于水平風力

C.若水平風力突然消失，返回艙將做平拋運動

D.整體克服豎直向上空氣阻力做的功等于其機械能的減少量4.運動員某次發(fā)球，將球從離臺面高h0處發(fā)出，球落在A點反彈后又落在B點，兩次擦邊。AB間距離為L，球經(jīng)過最高點時離臺面的高度為h(h>h0)，重力加速度為gA.2gh+gL28h B.5.如圖所示，A、B、C是地球的三顆人造衛(wèi)星，A軌道半徑為地球半徑的4倍，B、C為同軌道近地衛(wèi)星，三者軌道位于同一平面內且繞行方向相同。已知地球半徑為R，表面重力加速度為g，A先后飛越B、C正上方所經(jīng)歷的最短時間t=16π21Rg，忽略地球自轉，B、A.QUOTE B.QUOTE C.QUOTE D.QUOTE二、多選題：本大題共3小題，共18分。6.用紫外光照射一種新型材料時，只產(chǎn)生動能和動量單一的相干電子束。用該電子束照射間距為d的雙縫，觀測到相鄰明條紋間距為QUOTE的干涉現(xiàn)象，普朗克常量為h，雙縫到屏的距離為L。下列說法正確的是(

)A.電子束的波長QUOTE

B.電子的動量QUOTEp=hLd螖xp=hLd螖x

C.僅減小照射光的波長，電子束形成的干涉條紋間距將變大

D.與實物粒子相聯(lián)系的波被稱為德布羅意波，也叫做物質波7.如圖所示，圓形區(qū)域內存在垂直紙面方向的勻強磁場，O為圓心，AN和CM為圓的兩條直徑，QUOTE。質量為m1、電荷量為q1的帶電粒子1沿AO方向從A點射入。質量為m2電荷量為q2的帶電粒子2從C點射入，兩粒子入射速度相同且都從M點飛離磁場，不考慮兩帶電粒子的重力及相互作用力。下列說法正確的是(

)A.粒子1與粒子2的比荷之比為2：3

B.粒子1與粒子2的出射方向夾角為QUOTE

C.粒子1與粒子2的運動半徑之比為2：1

D.粒子1與粒子2在磁場內運動的時間之比為2：38.如圖所示，正方體的棱ae豎直，可視為質點的帶正電小球從a點沿ab方向水平拋出，僅在重力的作用下，恰好經(jīng)過f點。若空間中增加沿ad方向的勻強電場，小球仍從a點沿ab方向水平拋出，恰好經(jīng)過底面中心k點。下列說法正確的是(

)A.小球兩次運動的時間相等

B.小球兩次拋出的初速度相同

C.小球經(jīng)過f點的動能與經(jīng)過k點的動能之比為20：21

D.小球從a到k，機械能增加量是重力勢能減少量的一半三、實驗題：本大題共2小題，共17分。9.為了驗證機械能守恒定律，某學習小組用如圖1所示的氣墊導軌裝置進行實驗，可使用的實驗器材還有：游標卡尺、毫米刻度尺。

(1)學習小組設計了如下的實驗步驟：

QUOTE用游標卡尺測量遮光條的寬度d

QUOTE在導軌上選擇兩個適當?shù)奈恢肁、B安裝光電門Ⅰ、Ⅱ，并連接數(shù)字毫秒計

QUOTE調整氣墊導軌的傾斜狀態(tài)

QUOTE使滑塊從導軌的左端下滑，分別測出遮光條經(jīng)過兩光電門Ⅰ、Ⅱ的時間t1、t2

QUOTE用毫米刻度尺分別測量A、B點到水平桌面的高度h1、h2

QUOTE改變氣墊導軌的傾斜程度，重復步驟QUOTE，進行多次測量

(2)游標卡尺的示數(shù)如圖2所示，d=______cm；

(3)重力加速度為g，在誤差允許范圍內，若滿足h1-h2=______(用t1、t2、d、g表示)，可驗證滑塊下滑過程中機械能守恒；

(4)寫出誤差產(chǎn)生的一條原因：______。10.實驗小組測量某圓柱體材料的電阻率，圓柱體的長度為9.20cm。

(1)用螺旋測微器測量該圓柱體的直徑，示數(shù)如圖1所示，d=______mm；

(2)用歐姆表對圓柱體的電阻進行粗測，選擇“QUOTE”擋，發(fā)現(xiàn)指針偏轉角度過大，應該換用______擋(選填“QUOTE”或“QUOTE”)，并重新進行______調零，指針指在如圖2位置，阻值為______QUOTE；

(3)為精確測量該圓柱體電阻的大小，實驗小組設計了如圖3所示的實驗電路圖，實驗室提供了如下器材：

A.電源E(電動勢為3V，內阻不計)

B.電流表A(量程為QUOTE，內阻r1約為QUOTE

C.電流表A(量程為QUOTE，內阻r2為QUOTE

D.定值電阻R0(阻值為QUOTE

E.滑動變阻器R1(最大阻值為QUOTE

F.滑動變阻器R2(最大阻值為QUOTE

請回答下列問題：

a.實驗中，乙表應選______(選填“B”或“C”)，滑動變阻器應選______(選填“E”或“F”)，根據(jù)圖3所示電路，閉合開關，調節(jié)滑動變阻器，記錄甲的示數(shù)I1和乙的示數(shù)I2，電阻Rx=______(用題中的字母符號表示)；

b.I1和I2的函數(shù)圖像如圖4所示，根據(jù)數(shù)據(jù)可算得Rx=______QUOTE結果保留2位有效數(shù)字)；

c.通過計算，該圓柱體材料的電阻率約為QUOTE______QUOTE結果保留1位有效數(shù)字)；

(4)僅從系統(tǒng)誤差的角度考慮，本次實驗電阻率的測量值______真實值。(選填“大于”“等于”或“小于”)四、簡答題：本大題共3小題，共45分。11.如圖所示，粗細均勻的U形細玻璃管豎直倒置，豎直高度為20cm，水平寬度為5cm，左端開口，右端封閉。用長度為10cm的水銀柱在右側管內封閉了長為10cm的理想氣體，初始狀態(tài)環(huán)境溫度為258K，大氣壓強為76cmHg。現(xiàn)緩慢升高環(huán)境溫度，有6cm長的水銀柱進入左側豎直細管，細玻璃管的內徑遠小于其自身的長度。求：

(1)此時管內封閉氣體的壓強；

(2)此時環(huán)境的溫度。

12.輕質彈簧原長為l，將彈簧豎直放置在水平地面上，在其頂端將一質量為7m的小球由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度變?yōu)樵L的一半?，F(xiàn)將該彈簧水平放置在光滑水平面上，一端固定在A點，另一端與質量為m的小球P接觸但不拴連；一長度為2l的輕繩一端系于O點，另一端與質量為m的小球Q拴連。用外力緩慢推動P，將彈簧壓縮至原長的一半，撤去外力，P被彈出后與Q發(fā)生彈性對心碰撞，Q開始擺動。輕繩在彈力變?yōu)?時斷開，Q飛出后落在水平地面上的B點(圖中未畫出)，P、Q始終在同一豎直平面內運動且均可視為質點，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：

(1)彈簧由原長壓縮為原長的一半，彈性勢能的變化量；

(2)P與Q碰撞后的瞬間，Q速度的大??；

(3)Q落到B點時，Q與P之間的距離。13.如圖所示，兩平行且等長的粗糙金屬導軌ab、cd間距為L，傾斜角度為QUOTE，ab、cd之間有垂直導軌平面斜向上的勻強磁場，磁感應強度的大小為B1，ac之間電容器的電容為C1，光滑等長的水平金屬導軌ef、gh間距為L，ef、gh之間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小為B2，fh之間電容器的電容為C2。質量為m的金屬棒PQ垂直導軌放置，在沿斜面向上恒力F的作用下由靜止開始運動，經(jīng)過時間t后以速度v飛出導軌，同時撤去F，PQ水平躍入ef、gh導軌，PQ始終與ef、gh導軌垂直。導軌與棒的電阻均不計，重力加速度為g，求：(1)金屬棒PQ分別在B1、B2中運動時電流的方向；(請分別說明QUOTE或QUOTE

(2)導軌ef、gh足夠長，電容器C2帶電量的最大值；

(3)金屬棒PQ與導軌ab、cd的動摩擦因數(shù)。——★參考答案★——1.〖答案〗A

〖解析〗解：A.由平衡條件可知手機夾對手機作用力與其重力平衡，兩者等大反向，則手機夾對手機作用力的大小為：QUOTE，故A正確；

B.手機對手機夾兩側的彈力指向手機外側，故B錯誤；

C.因手機夾對手機的兩個側面的彈力在水平方向上平衡了，故手機夾兩側面對手機的靜摩擦力必與重力平衡，由對稱性可知，手機夾單側面對手機的靜摩擦力大小等于重力的一半，為：12×2.04N=1.02N，根據(jù)牛頓第三定律可知手機夾單側面受到手機對其靜摩擦力的大小為1.02N，故C錯誤；

D.順時針緩慢轉動手機夾，手機處于平衡狀態(tài)，合力始終為零，手機夾對手機的兩個側面的彈力仍在水平方向上平衡了，故手機夾兩側面對手機的靜摩擦力必與重力始終平衡，保持不變，故D錯誤。

故選：A。

由平衡條件可知手機夾對手機作用力與其重力平衡，兩者等大反向；手機對手機夾兩側的彈力指向手機外側；因手機夾對手機的兩個側面的彈力在水平方向上平衡了，故手機夾兩側面對手機的靜摩擦力必與重力平衡，結合對稱性解答；順時針緩慢轉動手機夾，手機處于平衡狀態(tài)，手機夾兩側面對手機的靜摩擦力與重力始終平衡。

本題考查了共點力平衡問題，對研究對象正確受力分析是前提，按已知力、重力、彈力、摩擦力的順序進行受力分析。依據(jù)平衡條件解答。2.〖答案〗D

〖解析〗解：A、由題，B是振動減弱點，則B點的振幅最小，故A錯誤；

B、圖中A點是振動加強點，則A點的振幅增大，并不是A處質點位移始終增大，故B錯誤；

C、蜜蜂兩翅膀揮動頻率始終相同，不然，在水面上不能形成穩(wěn)定的干涉圖樣，故C錯誤；

D、A為加強點，根據(jù)干涉加強點的條件可知，A點到兩個波源的距離差為波長的整數(shù)倍，故D正確。

故選：D。

兩波發(fā)生干涉時，振動加強點與兩個波源的距離差為零或者為半波長的偶數(shù)倍，振動減弱點與兩個波源的距離差為半波長的奇數(shù)倍。

本題考查波的干涉，知道振動加強點和振動減弱點的找法。3.〖答案〗B

〖解析〗解：A.返回艙與降落傘整體以0.5m/s2的加速度沿虛線斜向下減速運動，加速度有豎直向上的分量，所以處于超重狀態(tài)，故A錯誤；

B.設豎直向上的空氣阻力為F1，水平風力為F2，受力圖如下

已知a=0.5m/s2，設整體質量為m，根據(jù)牛頓第二定律可知，豎直方向上

水平方向上

解得F1=414m，F(xiàn)2=34m

可知豎直向上的空氣阻力大于水平風力，故B正確；

C.若水平風力突然消失，返回艙的合力方向豎直向上，加速度方向豎直向上，返回艙將做類斜拋運動，故C錯誤；

D.根據(jù)功能關系可知，整體克服豎直向上空氣阻力和水平風力做的功的代數(shù)和才等于其機械能的減少量，故D錯誤。

故選：B。

A.根據(jù)超失重的條件進行分析判斷；4.〖答案〗B

〖解析〗解：乒乓球從最高點到B點做平拋運動，設乒乓球在最高點的速度為v，從最高點到B的時間為t，則h=12gt2

又L2=vt

得v=L2g2h

乒乓球從拋出點到乒乓球離臺面最高點過程中機械能守恒，可得12mv02+mgh0=125.〖答案〗C

〖解析〗解：忽略地球自轉，在地球表面有mg=GMmR2

根據(jù)萬有引力提供向心力可得：

對A衛(wèi)星，有QUOTE

對B、C衛(wèi)星，有QUOTE

A先后飛越B、C正上方得最短時間間隔內有QUOTE

聯(lián)立解得：QUOTE

B、C之間的劣弧長為QUOTE，故C正確，ABD錯誤。

故選：C。

研究衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，結合重力和萬有引力關系列式表示出角速度，根據(jù)A先后飛越B、C正上方得最短時間間隔內有二者掃過的角度求得AB劣弧所對的圓心角，進而求弧長。

本題要求熟練應用萬有引力提供向心力的各種表達形式，熟練掌握圓周運動的各個公式，題目難度較大．6.〖答案〗BD

〖解析〗解：A、根據(jù)雙縫干涉實驗的條紋間距公式QUOTE

可得電子束的波長QUOTE，故A錯誤；

B、根據(jù)德布羅意波波長的公式QUOTE

可得電子的動量QUOTE，故B正確；

C、根據(jù)題意，紫外光照射材料只產(chǎn)生動能和動量單一的相干電子束，可知減小照射光的波長，產(chǎn)生的電子束動量是不變的，所以電子束形成的干涉條紋間距不變，故C錯誤；

D、根據(jù)物質波的定義可知，與實物粒子相聯(lián)系的波被稱為德布羅意波，也叫做物質波，故D正確。

故選：BD。

由雙縫干涉實驗的條紋間距公式得出電子束的波長；根據(jù)電子的動量公式得出電子的動量表達式；根據(jù)光電效應判斷電子的能量；根據(jù)物質波的定義判斷。

本題主要考查了雙縫干涉實驗的相關應用，熟悉光電效應和干涉實驗中的條紋間距公式，理解能量和動量的關系，熟悉公式間的推導即可完成解答。7.〖答案〗AB

〖解析〗解：AC.粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：

qvB=mv2r

解得qm=vBr

兩粒子在磁場中運動軌跡如圖

設圓形區(qū)域的圓半徑為R，粒子1的軌道半徑：QUOTE

得r1=3R

粒子2的軌道半徑：QUOTE

得r2=233R

兩粒子速度相等，則q1m1：q2m2=vBr1：vBr2=r2：r1=233R：3R=2：3，故A正確，C錯誤；

B.根據(jù)A分析，粒子1射出磁場時圓弧軌跡對應的圓心角QUOTE，粒子2射出磁場時對應的圓心角為QUOTE，兩粒子進入磁場時速度方向相同，故射出磁場時的速度方向夾角為QUOTE，故B正確；

D.粒子在磁場中做圓周運動的周期

粒子在磁場中的運動時間QUOTE

粒子1在磁場中的運動時間

粒子2在磁場中的運動時間

粒子1與粒子2在磁場內運動的時間之比

t1t2=34，故D8.〖答案〗AC

〖解析〗解：A.小球兩次的落點位于同一水平面上，在豎直方向上，小球都做自由落體運動，由h=12gt2，可知兩次運動時間相等，故A正確；

B.沿小球初速度的方向，小球做勻速直線運動，兩次運動時間相等，從a到k的沿ab方向的分位移等于第一次的一半大小，故第二次的初速度大小為第一次的一半，故B錯誤；

C.設正方體的棱長為L，小球第一次從a到f點，設初速度大小為v0，根據(jù)平拋運動的規(guī)律

沿ab方向有L=v0t

沿ae方向有L=12gt2

根據(jù)動能定理有

mgL=Ekf-12mv02

第二次小球從a到k，沿電場方向受到的電場力產(chǎn)生的加速度大小為a，在ad方向做初速度大小為0的勻加速直線運動，滿足

12L=12at2

豎直方向上有L=12gt2

根據(jù)以上兩式得a=12g

根據(jù)動能定理有mgL+maL2=Ekk-12m(v02)29.〖答案〗0.400

d22g(〖解析〗解：(2)游標卡尺的精確度為0.05mm，其讀數(shù)為QUOTE；

(3)如果滑塊下滑過程機械能守恒，則應該滿足如下方程

mg(h1-h2)=12mv22-12mv12

而v2=dt2，v1=dt1

得h110.〖答案〗3.372

QUOTE

歐姆

9.0

C

R1

I2(R0+r2)I1-〖解析〗解：(1)讀數(shù)為QUOTE

(2)選擇“QUOTE”擋，發(fā)現(xiàn)指針偏轉角度過大，說明待測電阻的阻值較小，所以需要換用小倍率“QUOTE”擋位，換了倍率開關后要重新進行歐姆調零，則此時歐姆表的讀數(shù)為QUOTE

(3)因為電路中用到了兩個電流表，所以在支路上的電流表應該量程較小，故應選C。因為電路的分壓式電路，所以滑動變阻器應該選用阻值較小的，故應選E。根據(jù)歐姆定律有Rx=I2(r2+R0)I1-I2，整理得QUOTE，所以斜率k=r2+R0+RxRx=27623，解得QUOTE，根據(jù)電阻定律有QUOTE，代入數(shù)據(jù)解得QUOTE

(4)因為在電路中既沒有電流表的分壓，也沒有電壓表的分流，所以本實驗不存在系統(tǒng)誤差，所以電阻率的測量值等于真實值。

故〖答案〗為：QUOTE；QUOTE，歐姆，9.0；(3)C，E，I2(R0+r2)I1-I2，9.1，9×10-4；(4)等于。

(1)根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；

(2)指針偏轉角太大，說明待測電阻值較小，所以應該換用小倍率，要重新進行歐姆調零；

(3)因為用到了兩個電流表，在支路上的電流表應該量程小，在分壓式電路中，滑動變阻器越小越好，根據(jù)歐姆定律寫出對應的函數(shù)關系，然后根據(jù)斜率計算即可，根據(jù)電阻定律即可得到電阻率的大??；

(4)沒有系統(tǒng)誤差存在。

熟悉電路結構，熟練掌握電阻定律和歐姆定律以及螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則，和歐姆表的使用法則，不難正確解答。11.〖答案〗解：(1)升溫后有6cm長的水銀柱進入左側豎直細管，水平段的水銀長度是4cm，水銀柱高h2=6cm

空氣柱長l2=21cm；p0=76cmHg

設封閉氣體的壓強為p2，則QUOTE

得p2=70cmHg

(3)升溫前溫度T1=258K，空氣柱長l1=10cm，p0=76cmHg

封閉氣體的壓強為p1，則QUOTE

得p1=86cmHg

由理想氣體的狀態(tài)方程p1l1ST1=p2〖解析〗(1)由幾何關系，結合連通器的原理求出氣體的壓強；

(2)對管內氣柱緩慢加熱，氣柱經(jīng)歷等壓變化，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程列式求解。

本題主要考查一定質量的理想氣體狀態(tài)方程的應用，以封閉的氣體為研究對象，找出氣體變化前后的狀態(tài)參量，利用氣體的狀態(tài)方程計算即可。12.〖答案〗解：(1)設彈簧由原長壓縮為原長的一半，彈性勢能的變化量為QUOTE，彈簧與質量為7m的小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有：

QUOTE

(2)設小球P離開彈簧時的速度為v0，小球P與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有：

QUOTE

解得：v0=7gl

設P與Q發(fā)生彈性碰撞后速度分別為v1，v2，以向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律得：

mv0=mv1+mv2

12mv02=12mv12+12mv22

解得：v1=0，v2=7gl

(3)設輕繩斷開時輕繩與豎直方向的夾角為QUOTE，小球的速度大小為v3。根據(jù)牛頓第二定律得：

mgcosθ=mv322l

Q從最低點擺動到輕繩斷開處，由動能定理得：

-mg(2l+2lcosθ)=12mv32-12mv22

聯(lián)立解得：v3=gl，cosθ=12

可得：QUOTE

輕繩斷開后Q做斜拋運動，在豎直方向上，以向上為正方向，則有：

QUOTE

-(2l+2lcosθ)=v3yt-12gt2

在水平方向上有，Q向左做勻速直線運動：

QUOTE

x=v3xt

聯(lián)立解得：x=3l

輕繩在斷開時水平長度為：QUOTE

Q落到B點時，Q與〖解析〗(1)彈簧與質量為7m的小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，據(jù)此求得彈性勢能的變化量；

(2)根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒求得小球P離開彈簧時的速度。由動量守恒定律和機械能守恒定律求解P與Q碰撞后速度；

(3)根據(jù)牛頓第二定律與動能定理求得輕繩斷開時輕繩與豎直方向的夾角和小球的速度。輕繩斷開后Q做斜拋運動，將運動分解處理，應用運動學公式解答。

本題綜合考查了動量守恒定律的彈性碰撞模型、牛頓第二定律在圓周運動中的應用、斜拋運動規(guī)律，整體難度不大。對于勻變速曲線運動要分解處理，分運動具有等時性。掌握彈性碰撞的結果經(jīng)驗公式。13.〖答案〗解：(1)由右手定則可知，金屬棒在B1中運動時電流方向由P到Q；金屬棒在B2中運動時電流方向由Q到P。

(2)PQ以速度v飛出導軌時的水平分速度為：QUOTE，此后做斜拋運動，水平方向做勻速直線運動，故PQ水平躍入ef、gh導軌時的速度等于v1。

PQ切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，C2處于充電狀態(tài)，當C2的電壓U2等于感應電動勢時達到穩(wěn)定狀態(tài)，C2帶電量達到最大值，且PQ做勻速直線運動，設穩(wěn)定時速度為v2，則有：

U2=B2Lv2

Q=C2U2

以向右為正方向，根據(jù)動量定理得：

QUOTE

QUOTE

聯(lián)立解得：Q=C2B2LmvcosθC2B22L2+m

(3)PQ在傾斜軌道上運動時，電容器C1的電壓始終等于感應電動勢(動態(tài)平衡)，則有：

U1=B1Lv'

QUOTE

QUOTE

感應電流(充電電流QUOTE

PQ的加速度：QUOTE

聯(lián)立可得：i'=C1B1La

根據(jù)牛頓第二定律得：

QUOTE

可得：QUOTE

可見加速度a為恒定值，即PQ做勻加速直線運動，由已知條件可得：

a=vt

解得：QUOTE

答：(1)金屬棒在B1中運動時電流方向由P到Q；金屬棒在B2中運動時電流方向由Q到P；

(2)電容器C2帶電量的最大值為C2B2LmvcosθC2B22L2+m；

(3)金屬棒PQ與導軌ab、cd〖解析〗(1)根據(jù)右手定則判斷感應電流方向；

(2)PQ以速度v飛出導軌后做斜拋運動。PQ切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，當C2的電壓等于感應電動勢時達到穩(wěn)定狀態(tài)，C2帶電量達到最大值，且PQ做勻速直線運動，根據(jù)法拉第電磁感應定律、電容定義式、動量定理求解；

(3)PQ在傾斜軌道上運動時，電容器C1的電壓始終等于感應電動勢(動態(tài)平衡)，根據(jù)電容定義式、法拉第電磁感應定律推導電流與加速度的關系，根據(jù)牛頓第二定律確定加速度a為恒定值，即PQ2024年山西省太原市高考物理一模試卷一、單選題：本大題共5小題，共30分。1.如圖所示，手機僅有兩個側面與手機夾接觸，靜止在手機支架上。手機平面與水平面夾角為QUOTE，手機質量為204g，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是(

)A.手機夾對手機作用力的大小為2.04N

B.手機對手機夾兩側的彈力指向手機內側

C.手機夾單側面受到靜摩擦力的大小為0.255N

D.順時針緩慢轉動手機夾，手機所受靜摩擦力變小2.如圖所示，蜜蜂同上同下?lián)]動兩個翅膀，在水面上形成穩(wěn)定的干涉圖樣，A為加強區(qū)一點，B為減弱區(qū)一點。下列說法正確的是(

)A.圖中B處質點振幅最大B.圖中A處質點位移始終最大

C.蜜蜂兩翅膀揮動頻率可以不同D.A點到兩個波源的距離差為波長的整數(shù)倍3.神舟17號返回艙開傘后，返回艙與降落傘中心連接的中軸線始終保持豎直。整體受到豎直向上的空氣阻力，同時在水平風力的作用下，整體以0.5m/s2A.返回艙中的航天員處于失重狀態(tài)

B.豎直向上的空氣阻力大于水平風力

C.若水平風力突然消失，返回艙將做平拋運動

D.整體克服豎直向上空氣阻力做的功等于其機械能的減少量4.運動員某次發(fā)球，將球從離臺面高h0處發(fā)出，球落在A點反彈后又落在B點，兩次擦邊。AB間距離為L，球經(jīng)過最高點時離臺面的高度為h(h>h0)A.2gh+gL28h B.5.如圖所示，A、B、C是地球的三顆人造衛(wèi)星，A軌道半徑為地球半徑的4倍，B、C為同軌道近地衛(wèi)星，三者軌道位于同一平面內且繞行方向相同。已知地球半徑為R，表面重力加速度為g，A先后飛越B、C正上方所經(jīng)歷的最短時間t=16π21Rg，忽略地球自轉，A.QUOTE B.QUOTE C.QUOTE D.QUOTE二、多選題：本大題共3小題，共18分。6.用紫外光照射一種新型材料時，只產(chǎn)生動能和動量單一的相干電子束。用該電子束照射間距為d的雙縫，觀測到相鄰明條紋間距為QUOTE的干涉現(xiàn)象，普朗克常量為h，雙縫到屏的距離為L。下列說法正確的是(

)A.電子束的波長QUOTE

B.電子的動量QUOTEp=hLd螖xp=hLd螖x

C.僅減小照射光的波長，電子束形成的干涉條紋間距將變大

D.與實物粒子相聯(lián)系的波被稱為德布羅意波，也叫做物質波7.如圖所示，圓形區(qū)域內存在垂直紙面方向的勻強磁場，O為圓心，AN和CM為圓的兩條直徑，QUOTE。質量為m1、電荷量為q1的帶電粒子1沿AO方向從A點射入。質量為m2電荷量為q2的帶電粒子2從C點射入，兩粒子入射速度相同且都從M點飛離磁場，不考慮兩帶電粒子的重力及相互作用力。下列說法正確的是(

)A.粒子1與粒子2的比荷之比為2：3

B.粒子1與粒子2的出射方向夾角為QUOTE

C.粒子1與粒子2的運動半徑之比為2：1

D.粒子1與粒子2在磁場內運動的時間之比為2：38.如圖所示，正方體的棱ae豎直，可視為質點的帶正電小球從a點沿ab方向水平拋出，僅在重力的作用下，恰好經(jīng)過f點。若空間中增加沿ad方向的勻強電場，小球仍從a點沿ab方向水平拋出，恰好經(jīng)過底面中心k點。下列說法正確的是(

)A.小球兩次運動的時間相等

B.小球兩次拋出的初速度相同

C.小球經(jīng)過f點的動能與經(jīng)過k點的動能之比為20：21

D.小球從a到k，機械能增加量是重力勢能減少量的一半三、實驗題：本大題共2小題，共17分。9.為了驗證機械能守恒定律，某學習小組用如圖1所示的氣墊導軌裝置進行實驗，可使用的實驗器材還有：游標卡尺、毫米刻度尺。

(1)學習小組設計了如下的實驗步驟：

QUOTE用游標卡尺測量遮光條的寬度d

QUOTE在導軌上選擇兩個適當?shù)奈恢肁、B安裝光電門Ⅰ、Ⅱ，并連接數(shù)字毫秒計

QUOTE調整氣墊導軌的傾斜狀態(tài)

QUOTE使滑塊從導軌的左端下滑，分別測出遮光條經(jīng)過兩光電門Ⅰ、Ⅱ的時間t1、t2

QUOTE用毫米刻度尺分別測量A、B點到水平桌面的高度h1、h2

QUOTE改變氣墊導軌的傾斜程度，重復步驟QUOTE，進行多次測量

(2)游標卡尺的示數(shù)如圖2所示，d=______cm；

(3)重力加速度為g，在誤差允許范圍內，若滿足h1-h2=______(用t1、t2、d、g表示)，可驗證滑塊下滑過程中機械能守恒；

(4)寫出誤差產(chǎn)生的一條原因：______。10.實驗小組測量某圓柱體材料的電阻率，圓柱體的長度為9.20cm。

(1)用螺旋測微器測量該圓柱體的直徑，示數(shù)如圖1所示，d=______mm；

(2)用歐姆表對圓柱體的電阻進行粗測，選擇“QUOTE”擋，發(fā)現(xiàn)指針偏轉角度過大，應該換用______擋(選填“QUOTE”或“QUOTE”)，并重新進行______調零，指針指在如圖2位置，阻值為______QUOTE；

(3)為精確測量該圓柱體電阻的大小，實驗小組設計了如圖3所示的實驗電路圖，實驗室提供了如下器材：

A.電源E(電動勢為3V，內阻不計)

B.電流表A(量程為QUOTE，內阻r1約為QUOTE

C.電流表A(量程為QUOTE，內阻r2為QUOTE

D.定值電阻R0(阻值為QUOTE

E.滑動變阻器R1(最大阻值為QUOTE

F.滑動變阻器R2(最大阻值為QUOTE

請回答下列問題：

a.實驗中，乙表應選______(選填“B”或“C”)，滑動變阻器應選______(選填“E”或“F”)，根據(jù)圖3所示電路，閉合開關，調節(jié)滑動變阻器，記錄甲的示數(shù)I1和乙的示數(shù)I2，電阻Rx=______(用題中的字母符號表示)；

b.I1和I2的函數(shù)圖像如圖4所示，根據(jù)數(shù)據(jù)可算得Rx=______QUOTE結果保留2位有效數(shù)字)；

c.通過計算，該圓柱體材料的電阻率約為QUOTE______QUOTE結果保留1位有效數(shù)字)；

(4)僅從系統(tǒng)誤差的角度考慮，本次實驗電阻率的測量值______真實值。(選填“大于”“等于”或“小于”)四、簡答題：本大題共3小題，共45分。11.如圖所示，粗細均勻的U形細玻璃管豎直倒置，豎直高度為20cm，水平寬度為5cm，左端開口，右端封閉。用長度為10cm的水銀柱在右側管內封閉了長為10cm的理想氣體，初始狀態(tài)環(huán)境溫度為258K，大氣壓強為76cmHg?，F(xiàn)緩慢升高環(huán)境溫度，有6cm長的水銀柱進入左側豎直細管，細玻璃管的內徑遠小于其自身的長度。求：

(1)此時管內封閉氣體的壓強；

(2)此時環(huán)境的溫度。

12.輕質彈簧原長為l，將彈簧豎直放置在水平地面上，在其頂端將一質量為7m的小球由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度變?yōu)樵L的一半?，F(xiàn)將該彈簧水平放置在光滑水平面上，一端固定在A點，另一端與質量為m的小球P接觸但不拴連；一長度為2l的輕繩一端系于O點，另一端與質量為m的小球Q拴連。用外力緩慢推動P，將彈簧壓縮至原長的一半，撤去外力，P被彈出后與Q發(fā)生彈性對心碰撞，Q開始擺動。輕繩在彈力變?yōu)?時斷開，Q飛出后落在水平地面上的B點(圖中未畫出)，P、Q始終在同一豎直平面內運動且均可視為質點，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：

(1)彈簧由原長壓縮為原長的一半，彈性勢能的變化量；

(2)P與Q碰撞后的瞬間，Q速度的大??；

(3)Q落到B點時，Q與P之間的距離。13.如圖所示，兩平行且等長的粗糙金屬導軌ab、cd間距為L，傾斜角度為QUOTE，ab、cd之間有垂直導軌平面斜向上的勻強磁場，磁感應強度的大小為B1，ac之間電容器的電容為C1，光滑等長的水平金屬導軌ef、gh間距為L，ef、gh之間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小為B2，fh之間電容器的電容為C2。質量為m的金屬棒PQ垂直導軌放置，在沿斜面向上恒力F的作用下由靜止開始運動，經(jīng)過時間t后以速度v飛出導軌，同時撤去F，PQ水平躍入ef、gh導軌，PQ始終與ef、gh導軌垂直。導軌與棒的電阻均不計，重力加速度為g，求：(1)金屬棒PQ分別在B1、B2中運動時電流的方向；(請分別說明QUOTE或QUOTE

(2)導軌ef、gh足夠長，電容器C2帶電量的最大值；

(3)金屬棒PQ與導軌ab、cd的動摩擦因數(shù)?！飬⒖即鸢浮铩?.〖答案〗A

〖解析〗解：A.由平衡條件可知手機夾對手機作用力與其重力平衡，兩者等大反向，則手機夾對手機作用力的大小為：QUOTE，故A正確；

B.手機對手機夾兩側的彈力指向手機外側，故B錯誤；

C.因手機夾對手機的兩個側面的彈力在水平方向上平衡了，故手機夾兩側面對手機的靜摩擦力必與重力平衡，由對稱性可知，手機夾單側面對手機的靜摩擦力大小等于重力的一半，為：12×2.04N=1.02N，根據(jù)牛頓第三定律可知手機夾單側面受到手機對其靜摩擦力的大小為1.02N，故C錯誤；

D.順時針緩慢轉動手機夾，手機處于平衡狀態(tài)，合力始終為零，手機夾對手機的兩個側面的彈力仍在水平方向上平衡了，故手機夾兩側面對手機的靜摩擦力必與重力始終平衡，保持不變，故D錯誤。

故選：A。

由平衡條件可知手機夾對手機作用力與其重力平衡，兩者等大反向；手機對手機夾兩側的彈力指向手機外側；因手機夾對手機的兩個側面的彈力在水平方向上平衡了，故手機夾兩側面對手機的靜摩擦力必與重力平衡，結合對稱性解答；順時針緩慢轉動手機夾，手機處于平衡狀態(tài)，手機夾兩側面對手機的靜摩擦力與重力始終平衡。

本題考查了共點力平衡問題，對研究對象正確受力分析是前提，按已知力、重力、彈力、摩擦力的順序進行受力分析。依據(jù)平衡條件解答。2.〖答案〗D

〖解析〗解：A、由題，B是振動減弱點，則B點的振幅最小，故A錯誤；

B、圖中A點是振動加強點，則A點的振幅增大，并不是A處質點位移始終增大，故B錯誤；

C、蜜蜂兩翅膀揮動頻率始終相同，不然，在水面上不能形成穩(wěn)定的干涉圖樣，故C錯誤；

D、A為加強點，根據(jù)干涉加強點的條件可知，A點到兩個波源的距離差為波長的整數(shù)倍，故D正確。

故選：D。

兩波發(fā)生干涉時，振動加強點與兩個波源的距離差為零或者為半波長的偶數(shù)倍，振動減弱點與兩個波源的距離差為半波長的奇數(shù)倍。

本題考查波的干涉，知道振動加強點和振動減弱點的找法。3.〖答案〗B

〖解析〗解：A.返回艙與降落傘整體以0.5m/s2的加速度沿虛線斜向下減速運動，加速度有豎直向上的分量，所以處于超重狀態(tài)，故A錯誤；

B.設豎直向上的空氣阻力為F1，水平風力為F2，受力圖如下

已知a=0.5m/s2，設整體質量為m，根據(jù)牛頓第二定律可知，豎直方向上

水平方向上

解得F1=414m，F(xiàn)2=34m

可知豎直向上的空氣阻力大于水平風力，故B正確；

C.若水平風力突然消失，返回艙的合力方向豎直向上，加速度方向豎直向上，返回艙將做類斜拋運動，故C錯誤；

D.根據(jù)功能關系可知，整體克服豎直向上空氣阻力和水平風力做的功的代數(shù)和才等于其機械能的減少量，故D錯誤。

故選：B。

A.根據(jù)超失重的條件進行分析判斷；4.〖答案〗B

〖解析〗解：乒乓球從最高點到B點做平拋運動，設乒乓球在最高點的速度為v，從最高點到B的時間為t，則h=12gt2

又L2=vt

得v=L2g2h

乒乓球從拋出點到乒乓球離臺面最高點過程中機械能守恒，可得12mv02+mgh0=125.〖答案〗C

〖解析〗解：忽略地球自轉，在地球表面有mg=GMmR2

根據(jù)萬有引力提供向心力可得：

對A衛(wèi)星，有QUOTE

對B、C衛(wèi)星，有QUOTE

A先后飛越B、C正上方得最短時間間隔內有QUOTE

聯(lián)立解得：QUOTE

B、C之間的劣弧長為QUOTE，故C正確，ABD錯誤。

故選：C。

研究衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，結合重力和萬有引力關系列式表示出角速度，根據(jù)A先后飛越B、C正上方得最短時間間隔內有二者掃過的角度求得AB劣弧所對的圓心角，進而求弧長。

本題要求熟練應用萬有引力提供向心力的各種表達形式，熟練掌握圓周運動的各個公式，題目難度較大．6.〖答案〗BD

〖解析〗解：A、根據(jù)雙縫干涉實驗的條紋間距公式QUOTE

可得電子束的波長QUOTE，故A錯誤；

B、根據(jù)德布羅意波波長的公式QUOTE

可得電子的動量QUOTE，故B正確；

C、根據(jù)題意，紫外光照射材料只產(chǎn)生動能和動量單一的相干電子束，可知減小照射光的波長，產(chǎn)生的電子束動量是不變的，所以電子束形成的干涉條紋間距不變，故C錯誤；

D、根據(jù)物質波的定義可知，與實物粒子相聯(lián)系的波被稱為德布羅意波，也叫做物質波，故D正確。

故選：BD。

由雙縫干涉實驗的條紋間距公式得出電子束的波長；根據(jù)電子的動量公式得出電子的動量表達式；根據(jù)光電效應判斷電子的能量；根據(jù)物質波的定義判斷。

本題主要考查了雙縫干涉實驗的相關應用，熟悉光電效應和干涉實驗中的條紋間距公式，理解能量和動量的關系，熟悉公式間的推導即可完成解答。7.〖答案〗AB

〖解析〗解：AC.粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：

qvB=mv2r

解得qm=vBr

兩粒子在磁場中運動軌跡如圖

設圓形區(qū)域的圓半徑為R，粒子1的軌道半徑：QUOTE

得r1=3R

粒子2的軌道半徑：QUOTE

得r2=233R

兩粒子速度相等，則q1m1：q2m2=vBr1：vBr2=r2：r1=233R：3R=2：3，故A正確，C錯誤；

B.根據(jù)A分析，粒子1射出磁場時圓弧軌跡對應的圓心角QUOTE，粒子2射出磁場時對應的圓心角為QUOTE，兩粒子進入磁場時速度方向相同，故射出磁場時的速度方向夾角為QUOTE，故B正確；

D.粒子在磁場中做圓周運動的周期

粒子在磁場中的運動時間QUOTE

粒子1在磁場中的運動時間

粒子2在磁場中的運動時間

粒子1與粒子2在磁場內運動的時間之比

t1t2=34，故D8.〖答案〗AC

〖解析〗解：A.小球兩次的落點位于同一水平面上，在豎直方向上，小球都做自由落體運動，由h=12gt2，可知兩次運動時間相等，故A正確；

B.沿小球初速度的方向，小球做勻速直線運動，兩次運動時間相等，從a到k的沿ab方向的分位移等于第一次的一半大小，故第二次的初速度大小為第一次的一半，故B錯誤；

C.設正方體的棱長為L，小球第一次從a到f點，設初速度大小為v0，根據(jù)平拋運動的規(guī)律

沿ab方向有L=v0t

沿ae方向有L=12gt2

根據(jù)動能定理有

mgL=Ekf-12mv02

第二次小球從a到k，沿電場方向受到的電場力產(chǎn)生的加速度大小為a，在ad方向做初速度大小為0的勻加速直線運動，滿足

12L=12at2

豎直方向上有L=12gt2

根據(jù)以上兩式得a=12g

根據(jù)動能定理有mgL+maL2=Ekk-12m(v02)29.〖答案〗0.400

d22g(〖解析〗解：(2)游標卡尺的精確度為0.05mm，其讀數(shù)為QUOTE；

(3)如果滑塊下滑過程機械能守恒，則應該滿足如下方程

mg(h1-h2)=12mv22-12mv12

而v2=dt2，v1=dt1

得h110.〖答案〗3.372

QUOTE

歐姆

9.0

C

R1

I2(R0+r2)I1-〖解析〗解：(1)讀數(shù)為QUOTE

(2)選擇“QUOTE”擋，發(fā)現(xiàn)指針偏轉角度過大，說明待測電阻的阻值較小，所以需要換用小倍率“QUOTE”擋位，換了倍率開關后要重新進行歐姆調零，則此時歐姆表的讀數(shù)為QUOTE

(3)因為電路中用到了兩個電流表，所以在支路上的電流表應該量程較小，故應選C。因為電路的分壓式電路，所以滑動變阻器應該選用阻值較小的，故應選E。根據(jù)歐姆定律有Rx=I2(r2+R0)I1-I2，整理得QUOTE，所以斜率k=r2+R0+RxRx=27623，解得QUOTE，根據(jù)電阻定律有QUOTE，代入數(shù)據(jù)解得QUOTE

(4)因為在電路中既沒有電流表的分壓，也沒有電壓表的分流，所以本實驗不存在系統(tǒng)誤差，所以電阻率的測量值等于真實值。

故〖答案〗為：QUOTE；QUOTE，歐姆，9.0；(3)C，E，I2(R0+r2)I1-I2，9.1，9×10-4；(4)等于。

(1)根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；

(2)指針偏轉角太大，說明待測電阻值較小，所以應該換用小倍率，要重新進行歐姆調零；

(3)因為用到了兩個電流表，在支路上的電流表應該量程小，在分壓式電路中，滑動變阻器越小越好，根據(jù)歐姆定律寫出對應的函數(shù)關系，然后根據(jù)斜率計算即可，根據(jù)電阻定律即可得到電阻率的大小；

(4)沒有系統(tǒng)誤差存在。

熟悉電路結構，熟練掌握電阻定律和歐姆定律以及螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則，和歐姆表的使用法則，不難正確解答。11.〖答案〗解：(1)升溫后有6cm長的水銀柱進入左側豎直細管，水平段的水銀長度是4cm，水銀柱高h2=6cm

空氣柱長l2=21cm；p0=76cmHg

設封閉氣體的壓強為p2，則QUOTE

得p2=70cmHg

(3)升溫前溫度T1=258K，空氣柱長l1=10cm，p0=76cmHg

封閉