備戰(zhàn)2024年高考物理模擬卷01（浙江卷）（全解全析）

2024年高考物理第一次模擬考試物理·全解全析注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)等填寫(xiě)在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回1．下列儀器測(cè)得的物理量中，屬于國(guó)際單位制中的基本量的是（）A． B． C． D．【解答】解：國(guó)際單位中的七個(gè)基本單位：m、kg、s、A、mol、K、cad；其對(duì)應(yīng)的物理量分別為：長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間、電流強(qiáng)度、物質(zhì)的量、熱力學(xué)溫度、光學(xué)強(qiáng)度。選項(xiàng)A、B、C、D測(cè)得的物理量分別是力、長(zhǎng)度、電壓、壓強(qiáng)，四者中只有長(zhǎng)度是基本量。故ACD錯(cuò)誤，B正確；故選：B。2．2022年11月29日23時(shí)08分，搭載神舟十五號(hào)載人飛船的長(zhǎng)征二號(hào)F遙十五運(yùn)載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射，約10分鐘后，神舟十五號(hào)載人飛船與火箭成功分離，進(jìn)入預(yù)定軌道，發(fā)射取得成功。11月30日7時(shí)33分，神舟十五號(hào)3名航天員順利進(jìn)駐中國(guó)空間站，與神舟十四號(hào)航天員乘組首次實(shí)現(xiàn)“太空會(huì)師”。下列說(shuō)法正確的是（）A．23時(shí)08分指的是時(shí)間間隔 B．研究飛船與火箭分離過(guò)程時(shí)，飛船可以看成質(zhì)點(diǎn) C．火箭發(fā)射升空的過(guò)程中，宇航員處于超重狀態(tài) D．火箭發(fā)射時(shí)火箭向下推空氣，空氣給火箭向上的反作用力【解答】解：A．時(shí)間間隔是指時(shí)間的長(zhǎng)度，在時(shí)間軸上對(duì)應(yīng)一段距離，時(shí)刻是指時(shí)間點(diǎn)，在時(shí)間軸上對(duì)應(yīng)的是一個(gè)點(diǎn)，23時(shí)0（8分）指的是發(fā)射的時(shí)刻，故A錯(cuò)誤；B．研究飛船與火箭分離過(guò)程時(shí)要考慮形狀大小，不可把飛船看成質(zhì)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．火箭發(fā)射升空的過(guò)程中向上做加速運(yùn)動(dòng)，加速度向上，宇航員處于超重狀態(tài)，故C正確；D．火箭發(fā)射時(shí)火箭向下推噴出的高溫高壓氣體，高溫高壓的氣體氣體給火箭向上的反作用力，故D錯(cuò)誤。故選：C。3．浙江最大抽水蓄能電站2016年在縉云開(kāi)建，抽水蓄能電站結(jié)構(gòu)如圖所示。抽水蓄能電站有兩種工作模式，一種為抽水蓄能模式：居民用電低谷時(shí)（如深夜），電站利用居民電網(wǎng)多余電能把水從下水庫(kù)抽到上水庫(kù)；另一種為放水發(fā)電模式：居民用電高峰時(shí)，再將上水庫(kù)中的水放到下水庫(kù)進(jìn)行發(fā)電，將產(chǎn)生的電能輸送到居民電網(wǎng)供居民使用，一抽一放起到了均衡電網(wǎng)負(fù)荷的作用。關(guān)于抽水蓄能電站下列說(shuō)法正確的是（）A．抽水蓄能的過(guò)程中，能量守恒 B．放水發(fā)電的過(guò)程中，機(jī)械能守恒 C．抽水蓄能電站建成之后，可以使能量增多 D．抽水蓄能電站建成之后，就不會(huì)再有能源危機(jī)問(wèn)題了【解答】解：A、抽水蓄能的過(guò)程中，總的能量是守恒的，故A正確；B、放水發(fā)電的過(guò)程中，有部分重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；C、抽水蓄能，并不能使能量增多，總的能量保持不變，故C錯(cuò)誤；D、抽水蓄能電站，能夠合理調(diào)節(jié)用電高峰期和低峰期的調(diào)峰問(wèn)題，但是能量總量并沒(méi)有增加，我們?nèi)悦媾R著能源危機(jī)，還需節(jié)約能源，故D錯(cuò)誤。故選：A。4．如圖a所示，輕繩AD跨過(guò)固定在水平桿BC右端的光滑定滑輪（重力不計(jì)）栓接一質(zhì)量為M的物體，∠ACB＝30°；如圖b所示，輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻上，另一端通過(guò)細(xì)繩EG拉住，∠ECH＝30°，另一輕繩GF懸掛在輕桿的G端，也拉住一質(zhì)量為M的物體，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．圖a中BC桿對(duì)滑輪的作用力大小為Mg B．圖b中HG桿彈力大小為Mg C．輕繩AC段張力TAC與輕繩EG段張力TEG大小之比為1：1 D．輕繩AC段張力TAC與輕繩EG段張力TEG大小之比為2：1【解答】解：A、對(duì)圖a，同一條輕繩拉力相等，即TAC＝TcD＝Mg，繩對(duì)滑輪的作用力如圖1所示圖1由幾何關(guān)系可知：F合＝Mg，根據(jù)平衡條件可得BC桿對(duì)滑輪作用力大小為Mg，故A正確；B、對(duì)圖b中G點(diǎn)受力分析如圖2所示圖2由圖2可得HG桿彈力大小為：F桿=Mgtan30°=3CD、根據(jù)圖2可得輕繩EG段張力TEG=Mgsin30°=2Mg，所以輕繩AC段張力TAC與EG段張力TEG大小之比為1：2故選：A。5．明代學(xué)者方以智在《陽(yáng)燧倒影》中記載：“凡寶石面凸，則光成一條，有數(shù)棱則必有一面五色”，表明白光通過(guò)多棱晶體折射會(huì)發(fā)生色散現(xiàn)象。如圖所示，一束復(fù)色光通過(guò)三棱鏡后分解成兩束單色光a、b．若用a、b光分別照射同一光電管都能發(fā)生光電效應(yīng)，則（）A．a(chǎn)光的光子能量大于b光的光子能量 B．用a光照射時(shí)光電子的最大初動(dòng)能大于用b光照射時(shí)光電子的最大初動(dòng)能 C．a(chǎn)光的遏止電壓大于b光的遏止電壓 D．a(chǎn)光的遏止電壓小于b光的遏止電壓【解答】解：A、根據(jù)三棱鏡分光的特點(diǎn)可知，兩束光的入射角相同，b光的偏折角大，則b的折射率大；根據(jù)折射率與光的頻率的關(guān)系可知b光的頻率大于a光的頻率，由E＝hγ可知b光子的能量大。故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)光電效應(yīng)方程：Ekm＝hγ﹣W0可知，用a光照射時(shí)光電子的最大初動(dòng)能小于用b光照射時(shí)光電子的最大初動(dòng)能。故B錯(cuò)誤；C、D、根據(jù)動(dòng)能定理：eU遏止＝Ekm，所以a光的遏止電壓小于b光的遏止電壓。故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D。6．將一只礦泉水瓶子豎立在水平地面上，在瓶子的不同位置鉆了兩個(gè)等大的小孔甲、乙，逐漸往瓶子里加水，使水從兩小孔中水平噴出形成兩列水柱，如圖所示，甲孔的離地高度是乙的2倍。當(dāng)瓶中的水加到一定高度H時(shí)，噴出的水柱恰好落到地面上的同一點(diǎn)，忽略空氣阻力，則下列判斷正確的是（）A．甲孔噴出的水運(yùn)動(dòng)時(shí)間是乙孔的2倍 B．乙孔噴出的水的初速度是甲孔的2倍 C．兩小孔噴出的水柱在空中的體積相等 D．礦泉水瓶自由下落時(shí)，兩小孔仍有水噴出【解答】解：AB、水流在豎直方向自由落體運(yùn)動(dòng)，則h得：t=可知，時(shí)間之比是t由于水平位移相等，根據(jù)x＝vt可知初速度之比是v甲v乙C、水柱在空中的體積是V＝v0tS，可知，兩空中水柱體積是相等的，故C正確；D、礦泉水瓶自由下落時(shí)，只受到重力的作用，加速度為g，處于完全失重狀態(tài)，此時(shí)水和礦泉水瓶的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同，它們之間沒(méi)有相互作用，水不會(huì)流出，故D錯(cuò)誤。故選：C。7．如圖所示，質(zhì)量為2kg物體放在無(wú)人機(jī)中，無(wú)人機(jī)從地面起飛沿豎直方向上升，經(jīng)過(guò)200s到達(dá)100m高處后懸停（g＝10m/s2）。則無(wú)人機(jī)上升過(guò)程中（）A．物體對(duì)無(wú)人機(jī)的壓力一直大于20N B．物體對(duì)無(wú)人機(jī)的壓力一直等于20N C．無(wú)人機(jī)做的功等于物體和無(wú)人機(jī)增加的機(jī)械能 D．無(wú)人機(jī)做的功大于物體和無(wú)人機(jī)增加的機(jī)械能【解答】解：AB、物體的重力為G＝mg＝2×10N＝20N；無(wú)人機(jī)上升過(guò)程中，開(kāi)始一段時(shí)間內(nèi)加速度方向向上，是超重狀態(tài)，后來(lái)加速度方向向下，向上減速運(yùn)動(dòng)，是失重狀態(tài)，所以物體對(duì)無(wú)人機(jī)的壓力先大于20N、后小于20N，最后懸停時(shí)等于20N，故AB錯(cuò)誤；CD、無(wú)人機(jī)上升過(guò)程中，空氣阻力做負(fù)功，無(wú)人機(jī)做的功等于物體和無(wú)人機(jī)增加的機(jī)械能與克服空氣阻力產(chǎn)生的內(nèi)能之和，大于物體和無(wú)人機(jī)增加的機(jī)械能，故C錯(cuò)誤、D正確。故選：D。8．如圖所示，a為地球赤道上的物體，b為沿地球表面附近做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的人造衛(wèi)星，c為地球同步衛(wèi)星。關(guān)于a、b、c做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的說(shuō)法的正確的是（）A．向心力關(guān)系為Fb＞Fc＞Fa B．周期關(guān)系為T(mén)a＝Tc＜Tb C．向心加速度的大小關(guān)系為aa＞ac＞ab D．線速度的大小關(guān)系為va＜vc＜vb【解答】解：A、根據(jù)向心力公式Fn＝mω2r，由于a、b、c三者的質(zhì)量關(guān)系未知，所以無(wú)法判斷三者的向心力的關(guān)系，故A錯(cuò)誤；B、物體a與地球同步衛(wèi)星c的角速度ω相同，由T=2πω可知，Ta＝Tb、c兩衛(wèi)星均繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，由開(kāi)普勒第三定律r3T2=K，可知Tc＞TC、物體a與地球同步衛(wèi)星c的角速度ω相同，由a＝ω2r可知，aa＜ac；b、c兩衛(wèi)星均繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，由地球的萬(wàn)有引力提供向心力，則有：GMmr可得：a=因?yàn)閞b＜rc，所以ab＞ac，所以ab＞ac＞aa，故C錯(cuò)誤；D、b、c兩衛(wèi)星均繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，由地球的萬(wàn)有引力提供向心力，則有：GMm可得：v=因?yàn)閞b＜rc，所以vb＞vc；物體a與地球同步衛(wèi)星c的角速度ω相同，由v＝ωr可知，va＜vc，所以va＜vc＜vb，故D正確。故選：D。9．如圖所示為靜電植絨技術(shù)植絨流程示意圖，需要植絨的布在滾輪的帶動(dòng)下勻速向右運(yùn)動(dòng)，將絨毛放在帶負(fù)電荷的容器中，使絨毛帶負(fù)電，容器與帶電極板之間加恒定的電壓，絨毛成垂直狀加速飛到需要植絨的布表面上，假設(shè)每根絨毛規(guī)格相同，下列判斷正確的是（）A．絨毛在飛往需要植絨的物體的過(guò)程中，電勢(shì)能增大 B．若只增大滾輪的轉(zhuǎn)速，植絨會(huì)越密 C．若增大容器與帶電極板之間的距離，植絨效果會(huì)更好 D．絨毛帶的帶電量越多，到達(dá)布的表面時(shí)速率越大【解答】解：A．絨毛在飛往需要植絨的布的過(guò)程中，絨毛成垂直狀加速飛到需要植絨的布表面上，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能不斷減小，故A錯(cuò)誤；B．若只增大滾輪的轉(zhuǎn)速，布運(yùn)動(dòng)的速度越大，植上相鄰兩個(gè)絨毛的距離越大，植絨越疏，故B錯(cuò)誤；C．若增大容器與帶電極板之間的距離，而電勢(shì)差不變，由E=U可知，電場(chǎng)強(qiáng)度變小，絨毛受力變小，植絨效果變差，故C錯(cuò)誤；D．由動(dòng)能定理qU=1質(zhì)量相同的絨毛，帶電荷量越多，到達(dá)需要植絨的物體表面時(shí)速率越大，故D正確。故選：D。10．如圖所示，某種光盤(pán)利用“凹槽”、“平面”記錄信息，激光照射到“凹槽”會(huì)產(chǎn)生極小反射光強(qiáng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．“凹槽”產(chǎn)生極小光強(qiáng)是由于衍射現(xiàn)象形成 B．“凹槽”入射光與“平面”反射光傳播速度不同 C．激光在介質(zhì)中的波長(zhǎng)可能為“凹槽”深度的3倍 D．“凹槽”反射光與“平面”反射光的頻率相同【解答】解：A．根據(jù)光的干涉知識(shí)分析可知，“凹槽”產(chǎn)生極小光強(qiáng)是由于由于“凹槽”反射光與“平面”反射光疊加后相消，是干涉現(xiàn)象形成，不是屬于衍射現(xiàn)象，故A錯(cuò)誤；B．“凹槽”中有透明介質(zhì)，光的速度小于真空中速度，“凹槽”入射光與“平面”反射光傳播速度相同，故B錯(cuò)誤；C．由于“凹槽”反射光與“平面”反射光疊加后削弱，考慮到“凹槽”反射光的路程，“凹槽”深度的2倍應(yīng)該為激光束半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍，故C錯(cuò)誤；D．“凹槽”反射光與“平面”反射光是同種類(lèi)型的光，頻率相同，故D正確。故選：D。11．半導(dǎo)體材料一般分為N型半導(dǎo)體（載流子為負(fù)電荷）和P型半導(dǎo)體（載流子為正電荷）兩種。如圖所示，一塊長(zhǎng)為a、寬為b高為c的長(zhǎng)方體半導(dǎo)體器件，其內(nèi)載流子數(shù)密度為n，沿+y方向通有恒定電流I。在空間中施加一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向沿﹣x方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，半導(dǎo)體上、下表面之間產(chǎn)生穩(wěn)定的電勢(shì)差U，下列說(shuō)法正確的是（）A．若器件為N型半導(dǎo)體，則上表面電勢(shì)高于下表面電勢(shì) B．電勢(shì)差U與載流子數(shù)密度n成正比 C．若器件為P型半導(dǎo)體，載流子所帶電荷量為IBncUD．半導(dǎo)體內(nèi)載流子所受沿z軸方向電場(chǎng)力的大小IB【解答】解：A、沿+y方向通有恒定電流，若器件為N型半導(dǎo)體，載流子為負(fù)電荷，則電荷移動(dòng)方向沿﹣y方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿﹣x方向，根據(jù)左手定則可知，負(fù)電荷向上偏轉(zhuǎn)，故上表面電勢(shì)低于下表面電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；BC、若器件為P型半導(dǎo)體，半導(dǎo)體上、下表面之間產(chǎn)生穩(wěn)定的電勢(shì)差時(shí)，電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，則有qU根據(jù)電流的微觀意義可知I＝nqvS＝nqvbc聯(lián)立可得q=IBU=IB可知電勢(shì)差U與載流子數(shù)密度n成反比，故BC錯(cuò)誤；D、半導(dǎo)體內(nèi)載流子所受沿z方向電場(chǎng)力的大小為F電故D正確。故選：D。12．LED燈珠用半球形透明介質(zhì)封裝，如圖所示，有一個(gè)半徑r為3mm的圓形LED光源AB，其表面可以朝各個(gè)方向發(fā)光，現(xiàn)將AB封裝在一個(gè)半球形透明介質(zhì)的底部，AB中點(diǎn)與球心O重合。半球形介質(zhì)的折射率為1.5，為使LED光源發(fā)出的所有光都能射出球面，不考慮二次反射，則透明介質(zhì)球半徑R至少為（）A．35mm B．4.5mm C．325【解答】解：如圖所示。在半球面上任選一點(diǎn)P，根據(jù)幾何關(guān)系可知，若此時(shí)線狀光源上B點(diǎn)發(fā)出的光能夠射出P點(diǎn)，PB⊥AB，光線在半球面上的入射角最大，則線狀光源其他點(diǎn)發(fā)出的光也一定能夠射出P點(diǎn)，所以只要B點(diǎn)發(fā)出的所有光線能夠射出球面，光源發(fā)出的所有光均能射出球面。在△OPB中，根據(jù)正弦定理有OBsinα解得：sinα=OBOPsinθ=當(dāng)θ＝90°時(shí)，sinα有最大值，且最大值為sinα=為使光線一定能從P點(diǎn)射出，根據(jù)全反射規(guī)律有sinα≤所以：R≥4.5mm，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B。13．飛船在進(jìn)行星際飛行時(shí)，使用離子發(fā)動(dòng)機(jī)作為動(dòng)力。這種發(fā)動(dòng)機(jī)工作時(shí)，由電極發(fā)射的電子射入稀有氣體（如氙氣），使氣體離子化，電離后形成的離子由靜止開(kāi)始在電場(chǎng)中加速并由飛船尾部高速連續(xù)噴出，利用反沖使飛船本身得到加速。已知氙離子質(zhì)量為m，帶電量大小為e，加速電壓為U，飛船單位時(shí)間內(nèi)向后噴射出的氙離子的質(zhì)量為k，從飛船尾部高速連續(xù)噴出氙離子的質(zhì)量遠(yuǎn)小于飛船的質(zhì)量，則飛船獲得的反沖推力大小為（）A．k2eUm B．1k2eUm C．【解答】解：氙離子在電場(chǎng)中的加速過(guò)程，由動(dòng)能定理有eU=解得v=對(duì)Δt時(shí)間內(nèi)噴射出的氙離子用動(dòng)量定理有FΔt＝Δm?v解得F=ΔmΔtv=k2eUm故選：A。（多選）14．“超導(dǎo)托卡馬克”（EAST）是我國(guó)自行研制的可控?zé)岷朔磻?yīng)實(shí)驗(yàn)裝置。設(shè)該實(shí)驗(yàn)反應(yīng)前氘核（12H）的質(zhì)量為m1，氚核（13H）的質(zhì)量為m2，反應(yīng)后氦核（24He）的質(zhì)量為mA．這種裝置中發(fā)生的核反應(yīng)方程是1B．由核反應(yīng)過(guò)程質(zhì)量守恒可知m1+m2＝m3+m4 C．核反應(yīng)放出的能量等于（m1+m2﹣m3﹣m4）c2 D．這種裝置與我國(guó)大亞灣核電站所使用核裝置的核反應(yīng)原理不相同【解答】解：A．根據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒可知，可控?zé)岷朔磻?yīng)裝置中發(fā)生的核反應(yīng)方程是21H+3BC．核反應(yīng)過(guò)程中質(zhì)量數(shù)守恒，但核反應(yīng)過(guò)程中存在質(zhì)量虧損Δm＝m1+m2﹣m3﹣m4＞0即m1+m2＞m3+m4根據(jù)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程，釋放的核能ΔE＝Δmc2＝（m1+m2﹣m3﹣m4）c2故B錯(cuò)誤，C正確；D．這種裝置的核反應(yīng)是輕核聚變，我國(guó)大亞灣核電站所使用核裝置的核反應(yīng)是重核裂變，它們的核反應(yīng)原理不同，故D正確。故選：ACD。（多選）15．如圖所示，在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有兩根位于同一水平面內(nèi)且間距為L(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌（導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，電阻不計(jì)）；兩根質(zhì)量均為m、內(nèi)阻均為r的光滑導(dǎo)體棒ab，cd靜止在導(dǎo)軌上（導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸良好），t＝0時(shí)，ab棒以初速度3v0向右滑動(dòng)，cd棒以初速度v0向左滑動(dòng)，關(guān)于兩棒的運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法正確的是（）A．當(dāng)其中某根棒的速度為零時(shí)，另一根棒的速度大小為v0 B．當(dāng)其中某根棒的速度為零時(shí)，另一根棒的加速度大小為2BC．從初始時(shí)刻到其中某根棒的速度為零過(guò)程中，導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱為32mvD．cd棒的收尾速度大小為v0【解答】解：A、當(dāng)兩棒開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)，由于切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流又受到安培力而阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)，但對(duì)兩棒整體，由于兩棒受到的安培力大小相等，方向相反，則兩棒系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，以向右方向?yàn)檎?，根?jù)動(dòng)量守恒定律有：m×3v0﹣m×v0＝0+mv′解得v′＝2v0，故A錯(cuò)誤；B、由上一問(wèn)的結(jié)論，某一根的速度為零時(shí)，另一根的速度v′＝2v0，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′＝BL×2v0，回路中的感應(yīng)電流I′=E'2r，它受到的安倍力F安＝BI′L，所以它的加速度a=F安m=C、由上結(jié)論，根據(jù)能量守恒定律有：12m[v02+(3v0)2]=12mv'2D、在安培力作用下cd棒先減速后加速，ab棒減速，當(dāng)兩棒速度相等時(shí)，回路中無(wú)電流，一起勻速運(yùn)動(dòng)，由于兩棒所受安培力的合力為零，兩棒水平方向上動(dòng)量守恒，以向右方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律得：m×3v0﹣m×v0＝（m+m）v，解得v＝v0，故D正確。故選：CD。16．Ⅰ（1）在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系（圖甲）”“研究平拋運(yùn)動(dòng)（圖乙）”“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律（圖丙）”三個(gè)實(shí)驗(yàn)中，都需要用到的器材是B。A．秒表B．刻度尺C．天平D．彈簧測(cè)力計(jì)（2）某同學(xué)利用圖甲裝置探究加速度與力的關(guān)系，打出的紙帶如圖丁所示，取A、B、C、D、E五個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)（每相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)打點(diǎn)沒(méi)有標(biāo)出），打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源頻率是50Hz。則A、C間距離為3.20cm，小車(chē)的加速度大小a＝0.40m/s2。（計(jì)算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）實(shí)驗(yàn)得到的a﹣F圖像如圖戊中實(shí)線所示，則可知所掛槽碼質(zhì)量最大不應(yīng)超過(guò)B。A．10gB．30gC．40gD．50g（3）某同學(xué)運(yùn)用手機(jī)“測(cè)量自由落體運(yùn)動(dòng)的加速度”，打開(kāi)智能手機(jī)應(yīng)用軟件，手持手機(jī)從海綿墊上方釋放后落下，測(cè)得加速度隨時(shí)間的變化如圖己表所示，可判斷手機(jī)做自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間約0.33s，測(cè)得當(dāng)?shù)刂亓铀俣戎凳?.82m/s2。t（s）a（m/s2）0.43﹣0.010.481.740.539.010.579.820.629.830.669.810.719.810.769.780.809.760.859.730.909.700.95﹣9.950.99﹣14.361.047.461.095.801.14﹣0.11【解答】解：（1）圖甲和圖丙都用到了打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，需要用刻度尺測(cè)量紙帶上點(diǎn)跡之間的距離；圖乙是探究平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，需要刻度尺測(cè)量平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移和豎直位移，因此三個(gè)實(shí)驗(yàn)都要用到的器材是刻度尺，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B。（2）相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔T=毫米刻度尺的精確度為1mm，則A、C間距離為xAC＝42.0mm﹣10.0mm＝32.0mm＝3.20cmC、E之間的距離為xCE＝90.0mm﹣42.0mm＝48.0mm＝4.80cm根據(jù)逐差法可得小車(chē)的加速度為a=（3）本實(shí)驗(yàn)是用槽碼的重力代替繩子的拉力，需要滿(mǎn)足的條件是槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量；從圖像可知當(dāng)F超過(guò)0.3N時(shí)圖像就出現(xiàn)比較明顯的彎曲，此時(shí)mg≈F1＝0.3N槽碼質(zhì)量m=因此，為了滿(mǎn)足實(shí)驗(yàn)條件，槽碼的質(zhì)量m不應(yīng)超過(guò)30g，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B。（4）對(duì)表格數(shù)據(jù)進(jìn)行分析，發(fā)現(xiàn)從大概0.57s開(kāi)始到0.90s時(shí)間內(nèi)手機(jī)的加速度比較穩(wěn)定，說(shuō)明該時(shí)間內(nèi)手機(jī)已經(jīng)脫離手，并還未接觸海綿墊，在做自由運(yùn)動(dòng)，因此手機(jī)做自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大概為t＝0.90s﹣0.57s＝0.33s；考慮手機(jī)在自由落體運(yùn)動(dòng)的后期速度較大，空氣阻力影響比較大，因此可以認(rèn)為手機(jī)剛開(kāi)始做自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)空氣阻力較小，此時(shí)的加速度接近當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，故?dāng)?shù)氐闹亓铀俣却蟾艦間＝9.82m/s2。故答案為：（1）B；（2）3.20；0.40；B；（3）0.33；9.82。Ⅱ、為了探究導(dǎo)體電阻與長(zhǎng)度、橫截面積及材料等因素的關(guān)系，做如下實(shí)驗(yàn)（如圖甲）。木板上固定了AB、BC、CD、DE四段金屬絲，AB、BC、CD為鎳鉻合金絲，DE為鐵絲。AB、BC的橫截面積相同，長(zhǎng)度之比1：2；BC、CD的長(zhǎng)度相同，直徑之比1：2；BC、DE的長(zhǎng)度、橫截面積均相同；電表內(nèi)阻對(duì)電路的影響忽略不計(jì)。（1）為了研究導(dǎo)體電阻與橫截面積的關(guān)系，應(yīng)選擇BC、CD（選填A(yù)B、BC、CD或DE）兩段金屬絲。圖甲中的實(shí)驗(yàn)是否有必要測(cè)出金屬絲的電阻？不需要（填“需要”或“不需要”）（2）若要測(cè)量BC段金屬絲的電阻，試在圖甲中以筆畫(huà)代替導(dǎo)線完成電路圖連接。（3）為了測(cè)量鎳鉻合金的電阻率，用螺旋測(cè)微器測(cè)量BC段金屬絲的直徑D，如圖乙所示，調(diào)節(jié)過(guò)程中，螺旋測(cè)微器上三個(gè)部件A、B、C使用的先后順序應(yīng)該為BCA（按使用先后順序填字母）；圖中所測(cè)金屬絲的直徑D＝0.216mm。（4）圖丙為實(shí)驗(yàn)所用的電流表和電壓表的表盤(pán)，電壓表選用0﹣3V量程，電流表選用0﹣0.6A量程。將電壓表一端接在B點(diǎn)，另一端接在BC段金屬絲的P點(diǎn)（圖中未畫(huà)出），測(cè)出電壓U和PB之間的距離d、改變P點(diǎn)位置多次測(cè)量，獲得一系列U、d數(shù)據(jù)并畫(huà)出U﹣d圖像，測(cè)算出圖像的斜率為k。已測(cè)得BC段金屬絲直徑為D，為測(cè)出其電阻率，還要測(cè)量的物理量是電流I。電表讀數(shù)的誤差可認(rèn)為是最小刻度的一半，金屬材料的電阻率與溫度的關(guān)系式為ρ＝（1+at）ρ0。其中，a稱(chēng)為溫度系數(shù)，t為攝氏溫度，ρ0為該金屬0℃時(shí)的電阻率，鎳鉻合金的溫度系數(shù)a＝1.0×10﹣6℃﹣1，請(qǐng)判斷，對(duì)鎳鉻合金電阻率測(cè)量值影響更大的是電表的讀數(shù)誤差。（選填“電表讀數(shù)誤差”或“溫度”）【解答】解：（1）探究導(dǎo)體電阻與長(zhǎng)度、橫截面積及材料等因素的關(guān)系時(shí)，采用了“控制變量”法；因此探究橫截面積與電阻大小關(guān)系時(shí)，應(yīng)保持長(zhǎng)度和材料相同；題中BC、CD都是鎳鉻合金絲，且長(zhǎng)度相同，因此應(yīng)選擇BC、CD兩段；利用電壓表以及電流表的示數(shù)變化，圖甲實(shí)驗(yàn)不需要測(cè)量出電阻絲阻值。（2）由于電壓表的內(nèi)阻很大，滿(mǎn)足RVRx（3）用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲直徑時(shí)，先將金屬絲放在螺旋測(cè)微器的小砧和測(cè)微螺桿之間，旋動(dòng)粗調(diào)旋鈕B使測(cè)微螺桿逐漸靠近金屬絲，當(dāng)測(cè)微螺桿接觸金屬絲后，緩緩轉(zhuǎn)動(dòng)微調(diào)旋鈕B，使測(cè)微螺桿與金屬絲進(jìn)一步接觸，當(dāng)聽(tīng)到“咔嚓”聲時(shí)，停在旋動(dòng)B，此時(shí)轉(zhuǎn)動(dòng)止尺A，使測(cè)微螺桿固定，然后再讀數(shù)，因此用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲直徑時(shí)先后使用BCA三個(gè)部件。螺旋測(cè)微器的精確度為0.01mm，金屬絲的直徑D＝0mm+21.6×0.01mm＝0.216mm；（4）根據(jù)電阻定律R=ρ根據(jù)歐姆定律，可得R=聯(lián)立可得ρ=因此還需測(cè)量的物理量是電流I；根據(jù)電表量程可判斷金屬絲電功率不超過(guò)1.8w，溫度升高不大；根據(jù)題意可知，溫度系數(shù)a＝1.0×10﹣6℃﹣1，非常小，接近于0；由電阻率與溫度有的關(guān)系式ρ＝（1+at）ρ0可知，溫度對(duì)電阻率幾乎沒(méi)有影響，由此可以判斷，對(duì)鎳鉻合金電阻率測(cè)量值影響更大的是電表讀數(shù)誤差。故答案為：（1）BC、CD；不需要；（2）見(jiàn)解析；（3）BCA；0.216；（4）電流I；電表讀數(shù)誤差。17．2023年5月3日，我國(guó)輪胎品牌“三角輪胎”攜多款熱銷(xiāo)工程胎和卡車(chē)胎系列產(chǎn)品亮相，吸引不少業(yè)內(nèi)人士和客戶(hù)關(guān)注。若某個(gè)汽車(chē)輪胎充氣后容積為V，內(nèi)部氣體壓強(qiáng)為p，溫度為T(mén)。當(dāng)外界溫度降低導(dǎo)致輪胎內(nèi)氣體溫度降低了T30（1）試判斷輪胎內(nèi)氣體吸放熱情況，并說(shuō)明理由；（2）求此時(shí)輪胎內(nèi)氣體的壓強(qiáng)?！窘獯稹拷猓海?）輪胎的容積幾乎不變，則氣體做功為零。輪胎內(nèi)的氣體可視為理想氣體，內(nèi)能僅與溫度有關(guān)，溫度降低則內(nèi)能減小，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W+Q可知，輪胎內(nèi)氣體放熱。（2）根據(jù)查理定律可得：p解得此時(shí)輪胎內(nèi)氣體的壓強(qiáng)：p′=2930答：（1）輪胎內(nèi)氣體放熱；（2）此時(shí)輪胎內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為2930p18．如圖所示，水平軌道AB長(zhǎng)度L1＝1.3m，其左端B點(diǎn)與半徑R＝0.4m的半圓形豎直軌道BCD平滑連接。軌道BCD最高點(diǎn)D與長(zhǎng)度L2＝1.0m的水平細(xì)圓管道DE平滑連接。管道DE與豎直放置的光滑圓筒上邊緣E點(diǎn)相切，圓筒半徑r=1060m、高度h=59m。質(zhì)量m＝0.5kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊，從A點(diǎn)處以初動(dòng)能Ek0（1）若小滑塊恰好能通過(guò)最高點(diǎn)D，求滑塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓形軌道的壓力大小FN；（2）為使小滑塊不脫離軌道并最終停在AB兩點(diǎn)之間，求滑塊的初動(dòng)能Ek0的范圍；（3）若小滑塊能從D點(diǎn)水平滑入管道DE，并從E點(diǎn)滑入圓筒后緊貼內(nèi)壁運(yùn)動(dòng)，再?gòu)腅點(diǎn)正下方離開(kāi)圓筒后，滑塊落在AB兩點(diǎn)之間，求滑塊在E點(diǎn)的速度大小vE。（π取10）【解答】解：（1）小滑塊恰好能通過(guò)最高點(diǎn)D，則小球在D點(diǎn)時(shí)mg=由B點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得mg滑塊在B點(diǎn)時(shí)F解得F'N＝30N由牛頓第三定律可得，滑塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓形軌道的壓力大小為FN＝30N（2）小滑塊不脫離軌道并最終停在AB兩點(diǎn)之間，當(dāng)動(dòng)能較小時(shí)，滑塊不滑上半圓軌道，則有Ek0＜μmgL1＝1.3J當(dāng)滑塊動(dòng)能較大超過(guò)1.3J時(shí)，滑上圓軌道并返回，則滑上軌道的最大高度不能超過(guò)R。設(shè)沿圓軌道上滑的高度為h，返會(huì)水平軌道時(shí)，不滑過(guò)A點(diǎn)，則有mgh＜μmgL1可得h＜μL1＝0.26m＜R所以動(dòng)能較大時(shí)有Ek0＝μmgL1+mgh＜2.6J所以小滑塊不脫離軌道并最終停在AB兩點(diǎn)之間，滑塊初動(dòng)能的范圍為Ek0＜1.3J或1.3J＜Ek0＜2.6J（3）小滑塊從E點(diǎn)滑入圓筒后緊貼內(nèi)壁運(yùn)動(dòng)時(shí)，在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)h解得t在水平方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)n?2πr＝vEt1解得vE＝nm/s（n＝1，2，3…）離開(kāi)圓筒后，豎直方向的加速度仍為g，則由E點(diǎn)到落地的時(shí)間為t=離開(kāi)圓筒后，滑塊水平方向以速度vE做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從離開(kāi)圓筒到落地，水平位移為x=滑塊落在AB兩點(diǎn)之間，則有x=可得n＜4.5m所以滑塊在E點(diǎn)的速度大小為vE＝nm/s（n＝1，2，3，4）19．如圖所示，間距L＝2.0m的平行金屬導(dǎo)軌放置在絕緣水平面上，導(dǎo)軌左端連接輸出電流I＝0.5A的恒流源．空間分布兩個(gè)寬度分別為d1=98m和d2=25m、間距D＝2.0m的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝0.5T，方向均豎直向下。質(zhì)量m＝0.5kg、電阻為R1的導(dǎo)體棒靜止于區(qū)域Ⅰ左邊界，質(zhì)量m＝0.5kg、邊長(zhǎng)為0.5D、電阻R2（1）導(dǎo)體棒第一次離開(kāi)區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度大小v1；（2）線框與導(dǎo)體棒從第1次碰撞至它們第2次碰撞過(guò)程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱Q；（3）線框與導(dǎo)體棒碰撞的次數(shù)n，以及導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t總?！窘獯稹拷猓海?）導(dǎo)體棒受到向右的安培力，其大小為：F安＝BIL解得：F安＝0.5N對(duì)導(dǎo)體棒第一次離開(kāi)區(qū)域Ⅰ的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：F安解得：v1＝1.5m/s（2）棒與線框發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后瞬間兩者速度分別為v1′、v1″，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得：mv1＝mv1′+mv1″12mv12=12mv1解得：v1′＝0，v1″＝v1＝1.5m/s（質(zhì)量相等，速度交換）第一次撞后，線框以v1＝1.5m/s速度進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ，棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)線框右邊從磁場(chǎng)Ⅱ左邊界運(yùn)動(dòng)到右邊界的過(guò)程用時(shí)Δt1，末速度為v2，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=ΔΦΔt1=BΔS1Δ以向右為正方向，對(duì)線框由動(dòng)量定理得：﹣BI1×0.5DΔt1＝mv2﹣解得：v2＝1.4m/s同理可得，線框左邊從磁場(chǎng)Ⅱ左邊界運(yùn)動(dòng)到右邊界時(shí)線框速度為：v3＝1.3m/s可知每次線框穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅱ的過(guò)程，速度大小均減少0.2m/s，線框以v3＝1.3m/s與擋板彈性碰撞后，以原速率回再次穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅱ后的速度大小為v4＝1.1m/s，線框以速度v4與棒第二次相碰，由能量守恒可得：Q=1解得：Q＝0.26J；（3）線框與導(dǎo)體棒第二次碰后，兩者交換速度，棒以v4＝1.1m/s速度向左運(yùn)動(dòng)，線框靜止，棒進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ，所受安培力與原來(lái)等大反向，棒作勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：F安＝ma解得：a＝1m/s2棒在磁場(chǎng)Ⅰ中的最大位移：x=解得：x＝0.605m＜棒在磁場(chǎng)Ⅰ中減速到速度為零，然后以加速度a反向加速，以v4＝1.1m/s的速度離開(kāi)磁場(chǎng)Ⅰ，與線框碰撞且速度交換后，線框通過(guò)磁場(chǎng)Ⅱ速度大小減小0.2m/s，與擋板彈性碰撞后，以原速率回再次穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅱ后的速度大小再減小0.2m/s后，以v5＝0.7m/s的速度大小與棒再相碰。經(jīng)過(guò)如此反復(fù)，可知兩者每次碰撞都對(duì)應(yīng)速度大小減少0