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：

i.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。

如

需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鹱蜻x擇題時，將答案寫在答題卡上。

寫

在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回

【解答】解：國際單位中的七個基本單位：m、kg、s、A、mol、K、cad；其對應(yīng)的物理

量分別為：長度、質(zhì)量、時間、電流強度、物質(zhì)的量、熱力學(xué)溫度、光學(xué)強度。

選項A、B、C、D測得的物理量分別是力、長度、電壓、壓強，四者中只有長度是基本

量。故ACD錯誤，B正確；

故選:Bo

2.2022年11月29日23時08分，搭載神舟十五號載人匕船的長征二號F遙十五運載火箭

在酒泉工星發(fā)射中心發(fā)射，約10分鐘后，神舟十五號載人飛船與火箭成功分離，進入預(yù)

定軌道，發(fā)射取得成功。11月30日7時33分，神舟十五號3名航天員順利進駐中國空

間站，與神舟十四號航天員乘組首次實現(xiàn)“太空會師”。下列說法正確的是（）

A.23時08分指的是時間間隔

B.研究飛船與火箭分離過程時，飛船可以看成質(zhì)點

C.火箭發(fā)射升空的過程中，宇航員處于超重狀態(tài)

D.火箭發(fā)射時火箭向下推空氣，空氣給火箭向上的反作用力

【解答】解：A.時間間隔是指時間的長度，在時間軸二對應(yīng)一段距離，時刻是指時間點，

在時間軸上對應(yīng)的是一個點，23時0（8分）指的是發(fā)射的時刻，故A錯誤；

B.研究飛船與火箭分離過程時要考慮形狀大小，不可把飛船看成質(zhì)點，故B錯誤；

C.火箭發(fā)射升空的過程中向上做加速運動，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錯誤。

故選：Co

3.浙江最大抽水蓄能電站2016年在縉云開建，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（如深夜），電站利用居民電網(wǎng)

多余電能把水從下水庫抽到上水庫；另一種為放水發(fā)電模式：居民用電高峰時，再將.上

水庫中的水放到下水庫進行發(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)負荷的作用。關(guān)于抽水蓄能電站下列說法正確的是（）

A.抽水蓄能的過程中，能量守恒

B.放水發(fā)電的過程中，機械能守恒

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，就不會再有能源危機問題了

【解答】解：A、抽水蓄能的過程中，總的能量是守恒的，故A正確：

B、放水發(fā)電的過程中，有部分重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，機械能不守恒，故B錯誤；

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)峰問題，但是能量總量并沒有

增加，我們?nèi)悦媾R著能源危機，還需節(jié)約能源，故D錯誤。

故選：Ao

4.如圖a所示，輕繩AD跨過固定在水平桿BC右端的光滑定滑輪（重力不計）栓接一質(zhì)

量為M的物體，ZACB=30°；如圖b所示，輕桿HG一端用較鏈固定在豎直墻上，另

一端通過細繩EG拉住，ZECH=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。下列說法正確的是（）

A.圖a中BC桿對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、對圖a,同一條輕繩拉力相等，即TAC=TcD=Mg,繩對滑輪的作用力

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桿對滑輪作用力大小為Mg,故A正

確：

B、對圖b中G點受力分析如圖2所示

圖2

由圖2可得HG桿彈力大小為：FH=-^^=V3Mg,故B錯誤；

CD、根據(jù)圖2可得輕繩EG段張力TEG=用方=2Mg,所以輕繩AC段張力TAC與EG

段張力TEG大小之比為1：2,故CD錯誤。

故選：Ao

5.明代學(xué)者方以智在《陽燧倒影》中記載：“凡寶石面凸，則光成一條，有數(shù)棱則必有一面

五色”，表明白光通過多棱晶體折射會發(fā)生色散現(xiàn)象。如圖所示，一束復(fù)色光通過三棱鏡

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光的光子能量大于b光的光子能量

B.用a光照射時光電子的最大初動能大于用b光照射時光電子的最大初動能

C.a光的遏止電壓大于b光的遏止電壓

D.a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

=hy可知b光子的能量大。故A錯誤；

B、根據(jù)光電效應(yīng)方程：Ekm=hy-Wo可知，用a光照射時光電子的最大初動能小于用b

【解答】解：AB、物體的重力為G=mg=2X10N=20N；無人機上升過程中，開始一段

時間內(nèi)加速度方向向上，是超重狀態(tài)，后來加速度方向向下，向上減速運動，是失重狀

態(tài)，所以物體對無人機的壓力先大于20N、后小于20N,最后懸停時等于20N,故AB

錯誤；

CD、無人機上升過程口，空氣阻力做負功，無人機做的功等于物體和無人機增加的機械

能與克服空氣阻力產(chǎn)生的內(nèi)能之和，大于物體和無人機增加的機械能，故C錯誤、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動的人造衛(wèi)星，c

為地球同步衛(wèi)星。關(guān)于a、b、c做勻速圓周運動的說法的正確的是（）

A.向心力關(guān)系為Fb>Fc>Fa

R.周期關(guān)系為Ta=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VaVvcVvb

【解答】解：A、根據(jù)向心力公式Fn=mo）2r,由于以b、c三者的質(zhì)量關(guān)系未知，所以

無法判斷三者的向心力的關(guān)系，故A錯誤；

B、物體a與地球同步衛(wèi)星c的角速度3相同，由可知，Ta=Tc；

b、c兩衛(wèi)星均繞地球做圓周運動，由開普勒第三定律可知Tc>Th,故B錯誤；

T2

C^物體a與地球同步衛(wèi)星c的角速度3相同，由a=3?r可知，aa〈ac；

b、c兩衛(wèi)星均繞地球做圓周運動，由地球的萬有引力提供向心力，則有：呻=ma

r2

-rr

可得：a=G]MT

因為rb〈rc,所以ab>;ic,所以ab>3c>aa,故C錯誤；

GMmmv2

D、b、c兩衛(wèi)星均繞地球做圓周運動，由地球的萬有引力提供向心力，則有：=—

可得：丫=坪

因為FbVrc，M以Vb>Vc：

物體a與地球同步衛(wèi)星C的角速度3相同，由V=31?可知，Va<Vc>所以VaVvcVvb,

故D正確。

故選：Do

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下勻速向右運動，

將絨毛放在帶負電荷的容器中，使絨毛帶負電，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K往需要植絨的物體的過程中，電勢能增大

B.若只增大滾輪的轉(zhuǎn)速，植絨會越密

C.若增大容器與帶電極板之間的距離，植絨效果會更好

D.絨毛帶的帶電量越多，到達布的表面時速率越大

【解答】解：A.絨毛在飛往需要植絨的布的過程中，絨毛成垂直狀加速飛到需要植絨的

布表面上，電場力做正功，電勢能不斷減小，故A錯誤；

B.若只增大滾輪的轉(zhuǎn)速，布運動的速度越大，植上相鄰兩個絨毛的距離越大，植絨越疏，

故B錯誤：

C.若增大容器與帶電極板之間的距離，而電勢差不變，由

E-d

可知，電場強度變小，絨毛受力變小，植絨效果變差，故C錯誤；

D.由動能定理

qU=^mv2

質(zhì)量相同的絨毛，帶電荷量越多，到達需要植絨的物體表面時速率越大，故D正確。

故選：D。

10.如圖所示，某種光盤利用“凹槽”、“平面”記錄信息，激光照射到“凹槽”會產(chǎn)生極小

反射光強，下列說法正確的是()

A.“凹槽”產(chǎn)生極小光強是由于衍射現(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)光的干涉知識分析可知，“凹槽”產(chǎn)生極小光強是由于由于“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)該為激光束半波長的奇數(shù)倍，故C錯誤；

D.“凹槽”反射光與“平面”反射光是同種類型的光，頻率相同，故D正確。

故選：Do

II.半導(dǎo)體材料一般分為N型半導(dǎo)體（載流子為負電荷）和P型半導(dǎo)體（載流子為正電荷）

兩種。如圖所示，一塊長為a、寬為b高為c的長方體半導(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。在空間中施加一個磁感應(yīng)強度為B、方向沿-x方向的勻

強磁場，半導(dǎo)體上、下表面之間產(chǎn)生穩(wěn)定的電勢差U,下列說法正確的是（）

A.若器件為N型半導(dǎo)體，則上表面電勢高于下表面電勢

B.電勢差U與載流子數(shù)密度n成正比

JR

C.若器件為P型半導(dǎo)體，載流子所帶電荷量為

ncU

D.半導(dǎo)體內(nèi)載流子所受沿z軸方向電場力的大小

【解答】解：A、沿+y方向通有恒定電流，若器件為N型半導(dǎo)體，載流子為負電荷，則

電荷移動方向沿-y方向，磁感應(yīng)強度方向沿?x方向，根據(jù)左手定則可知，負電荷向上

偏轉(zhuǎn)，故上表面電勢低于.卜表面電勢，故A錯誤；

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)定的電勢差時，電場力與洛倫

茲力平衡，則有

U

q『quBn

根據(jù)電流的微觀意義可知

I=nqvS=nqvbc

聯(lián)立可得

IB

U邛nbq

可知電勢差U與載流子數(shù)密度n成反比，故BC錯誤；

D、半導(dǎo)體內(nèi)載流子所受沿z方向電場力的大小為

口_D_IBU_IB

故D正確。

故選：Do

12.LED燈珠用半球形透明介質(zhì)封裝，如圖所示，有一個半徑「為3mm的圓形LED光源

AB,其表面可以朝各個方向發(fā)光，現(xiàn)將AB封裝在一個半球形透明介質(zhì)的底部，AB中

點與球心0重合。半球形介質(zhì)的折射率為，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（）

C.|y/smm

A.3\/5mrnB.D.9mm

【解答】解：如圖所示。

在半球面上任選一點P，根據(jù)幾何關(guān)系可知，若此時線狀光源上B點發(fā)出的光能夠射出P

點，PBJ_AB,光線在半球面上的入射角最大，則線狀光源其他點發(fā)出的光也一定能夠射

出P點，所以只要B點發(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AOPB中，根據(jù)正弦定理有

OB0P

sinasinO

解得：sina=器號在】。=

當(dāng)8=90°時，sina有最大值，且最大值為sina=

為使光線一定能從P點射出，根據(jù)全反射規(guī)律有

?,11

sina<-n=T1.-5F

所以：R2,故ACD錯誤，B正確。

故選：B。

13.飛船在進行星際飛行時，使用離子發(fā)動機作為動力。這種發(fā)動機工作時，由電極發(fā)射的

電子射入稀有氣體（如濕氣），使氣體離子化，電離后形成的離子由靜止開始在電場中加

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。已知總離子質(zhì)量為m,

帶電量大小為e,加速電壓為U,飛船單位時間內(nèi)向后噴射出的嵐離子的質(zhì)量為k,從飛

船尾部高速連續(xù)噴出低離子的質(zhì)量遠小「?飛船的質(zhì)量，則匕船獲得的反沖推力大小為

（）

【解答】解：掠離子在電場中的加速過程，由動能定理有—o

解得八諫

對At時間內(nèi)噴射出的流離子用動量定理有FAt=Am-v

解得F=^u=k冊,故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

（多選）14.“超導(dǎo)托卡馬克”（EAST）是我國自行研制的可控?zé)岷朔磻?yīng)實驗裝置。設(shè)該實

驗反應(yīng)前笊核（彳”）的質(zhì)量為mi,瓶核（：斤）的質(zhì)量為m2,反應(yīng)后氫核（的

質(zhì)量為m3,中子（An）的質(zhì)量為m4,真空中光速為c。下列說法中正確的是（）

2+3

A.這種裝置中發(fā)生的核反應(yīng)方程是11

B.由核反應(yīng)過程質(zhì)里守恒可知mi+nu=ni3+m4

C.核反應(yīng)放出的能量等于（mi+m2-m3-m4）c2

D.這種裝置與我國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

彳〃+t故A正確；

BC.核反應(yīng)過程中質(zhì)量數(shù)守恒，但核反應(yīng)過程中存在質(zhì)量虧損△m=mi+m2-m3-rm>

0

即nn+m2>m3+m4

根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程，釋放的核能AE=Amc2=（mi+m2-m3-m4）c2

故B錯誤，C正確；

D.這種裝置的核反應(yīng)是輕核聚變,我國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：ACDo

（多選）15.如圖所示，在方向豎直向卜、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，有兩根位

于同一水平面內(nèi)且間跣為L的平行金屬導(dǎo)軌（導(dǎo)軌足夠長，電阻不計）；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,

ab棒以初速度3Vo向右滑動，cd棒以初速度vo向左滑動，關(guān)于兩棒的運動情況，下列說

法正確的是（）

A.當(dāng)其中某根棒的速度為零時，另一根棒的速度大小為vo

B.當(dāng)其中某根棒的速度為零時，另一根棒的加速度大小為2"1外

3

C.從初始時刻到其中某根棒的速度為零過程中，導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱為]mv衣

D.cd棒的收尾速度大小為vo

【解答】解：A、當(dāng)兩棒開始滑動時，由于切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流又受到安

培力而阻礙相對運動，但對兩棒整體，由于兩棒受到的安培力大小相等，方向相反，則

兩棒系統(tǒng)的總動量守恒，以向右方向為正，根據(jù)動量守恒定律有：mX3vo-mXvo=O+mv'

解得v'=2vo,故A錯誤；

B、由上一問的結(jié)論，某一根的速度為零時，另一根的速度v'=2vo,此時感應(yīng)電動勢E'

=BLX2vo,回路中的感應(yīng)電流I'=另，它受到的安倍力F次=B「L,所以它的加速度

a=，=萼，聯(lián)立解得：2=嗎也，故B錯誤；

121,2

C、由上結(jié)論，根據(jù)能量守恒定律有：-7TI[VQ+（3u0）]=~mv+Q則導(dǎo)體棒ab上

產(chǎn)生的執(zhí)量Qab=/XQ惑，聯(lián)立解得Qab=^771詔，故C正確；

D、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，回路中無電流，

?起勻速運動，由于兩棒所受安培力的合力為零，兩棒水平方向上動量守恒，以向右方

向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mX3vo-mXvo=（m+m）v,解得v=vo,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）”“研究平拋運動（圖乙）”“驗證機

械能守恒定律（圖丙）”三個實驗中，都需要用到的器材是Bo

A.秒表

B.刻度尺

C.天平

D.彈簧測力計

（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五個計數(shù)點（每相鄰兩個計數(shù)點間還有四個打點沒有標出），打點計時器電源頻

2

率是50Hz。則A、Cl可距離為—cm,小車的加速度大小a=—m/so（計算結(jié)果保

留2位有效數(shù)字）

實驗得到的a-F圖像如圖戊中實線所示，則可知所掛槽碼質(zhì)量最大不應(yīng)超過B。

A.10g

B.30g

C.40g

D.50g

(3)某同學(xué)運用“測量自由落體運動的加速度”，打開智能應(yīng)用軟件，手持從

海綿墊上方釋放后落下，測得加速度隨時間的變化如圖己表所示，可判斷做自由落體

運動的時間約—s,測得當(dāng)?shù)刂亓铀俣戎凳恰猰/s2o

t(s)a(m/s2)

【解答】解：(1)圖甲和圖丙都用到了打點計時器，需要用刻度尺測量紙帶上點跡之間

的距離；圖乙是探究平效運動的規(guī)律，需要刻度尺測是平拋運動的水平位移和豎直位移，

因此三個實驗都要用到的器材是刻度尺，故ACD錯誤，B正確。

故選：Bo

（2）相鄰計數(shù)點的時間間隔T=>系s=0.1s

亳米刻度尺的精確度為1mm,則A、C間距離為XAC=-==

C、E之間的距離為XCE=-==

根據(jù)逐差法可得小車的加速度為a=七著二鑿〔0m/N=o.4Om/s2

（3）本實驗是用槽碼的重力代替繩子的拉力，需要滿足的條件是槽碼的質(zhì)量遠小于小車

的質(zhì)量；

從圖像可知當(dāng)F超過時圖像就出現(xiàn)比較明顯的彎曲，止匕時mg^Fi=

槽碼質(zhì)最m=3=掾=0.03kg=30g

因此，為了滿足實驗條件，槽碼的質(zhì)量m不應(yīng)超過30g,故ACD錯誤，B正確。

故選：Bo

（4）對表格數(shù)據(jù)進行分析，發(fā)現(xiàn)從大概開始到時間內(nèi)的加速度比較穩(wěn)定，說明該時

間內(nèi)已經(jīng)脫離手，并還未接觸海綿墊，在做自由運動，因此做自由落體運動的時

間大概為

1=-=:

考慮在自由落體運動的后期速度較大，空氣阻力影響比較大，因此可以認為剛開

始做自由落體運動時空氣阻力較小，此時的加速度接近當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，故?dāng)?shù)氐闹?/p>

力加速度大概為g—2。

故答案為：（1）B；（2）；；B；（3）；o

II、為了探究導(dǎo)體電阻與長度、橫截面積及材料等因素的關(guān)系，做如下實驗（如圖甲：。木

板上固定了AB、BC、CD、DE四段金屬絲，AB、BC、CD為銀銘合金絲，DE為鐵絲。

AB、BC的橫截面積相同，長度之比1：2；BC、CD的長度相同，直徑之比1：2；BC、

DE的長度、橫截面積均相同；電表內(nèi)阻對電路的影響忽略不計。

（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。圖甲中的實驗是否有必要測出金屬絲的電阻？不需要（填“需

要”或“不需要”）

（2）若要測量BC段金屬絲的電阻，試在圖甲中以筆畫代替導(dǎo)線完成電路圖連接。

（3）為了測量銀銘合金的電阻率，用螺旋測微器測量BC段金屬絲的直徑D,如圖乙所

示，調(diào)節(jié)過程中，螺旋測微器上三個部件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）；圖中所測金屬絲的直徑D=mmo

（4）圖丙為實驗所用的電流表和電壓表的表盤，電壓表選用0-3V量程，電流表選用0

-量程。將電壓表一端接在B點，另一端接在BC段金屬絲的P點（圖中未畫出），測出

電壓U和PB之間的距離d、改變P點位置多次測量，獲得一系列U、d數(shù)據(jù)并畫出U-

d圖像，測算出圖像的斜率為匕已測得BC段金屬絲直徑為D,為測出其電阻率，還要

測量的物理量是電流I。電表讀數(shù)的誤差可認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p=（l+at）poo其中，a稱為溫度系數(shù)，t為攝氏溫度，po為該

金屬0℃時的電阻率，銀格合金的溫度系數(shù)a=X|（）6℃-i,請判斷，對銀銘合金電阻率

測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)體電阻與長度、橫截面積及材料等因素的關(guān)系時，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，應(yīng)保持長度和材料相同；題中BC、

CD都是錢銘合金絲，且長度相同，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，圖甲實驗不需要測巖出電阻絲陽信。

（2）由于電壓表的內(nèi)阻很大，滿足招＞尚，因此電流表采用外接法，將電壓表直接接

在電阻絲BC兩端，連接的實物圖如圖所示：

（3）用螺旋測微器測量金屬絲直徑時，先將金屬絲放在螺旋測微器的小砧和測微螺桿之

間，旋動粗調(diào)旋鈕B使測微螺桿逐漸靠近金屬絲，當(dāng)測微螺桿接觸金屬絲后，緩緩轉(zhuǎn)動

微調(diào)旋鈕B,使測微螺桿與金屬絲進一步接觸，當(dāng)聽到“咔嚓”聲時，停在旋動B,此

時轉(zhuǎn)動止尺A,使測微螺桿固定，然后再讀數(shù)，因此用螺旋測微器測量金屬絲直徑時先

后使用BCA三個部件。

螺旋測微器的精確度為，金屬絲的直徑D=X=；

（4）根據(jù)電阻定律R=p（=%=嗎

22

SnDnD

~T

根據(jù)歐姆定律，可得R=?

2

聯(lián)立可得P=喘2

因此還需測量的物理量是電流I;

根據(jù)電表量程可判斷金屬絲電功率不超過，溫度升高不大；根據(jù)題意可知，溫度系數(shù)a

=X106℃r,非常小，接近于（）：由電阻率與溫度有的關(guān)系式p=（l+at）po可知，溫

度對電阻率幾乎沒有影響，由此可以判斷，對銀銘合金電阻率測顯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）見解析；（3）BCA；；（4）電流I；電表讀數(shù)誤

差。

17.2023年5月3日，我國輪胎品牌“三角輪胎”攜多款熱銷工程胎和卡車胎系列產(chǎn)品亮

相，吸引不少業(yè)內(nèi)人士利客戶關(guān)注。若某個汽車輪胎充氣后容積為V,內(nèi)部氣體壓強為p,

溫度為T。當(dāng)外界溫度降低導(dǎo)致輪胎內(nèi)氣體溫度降低了J;時，輪胎的容枳幾乎不變，輪

胎內(nèi)的氣體可視為理恁氣體。

（1）試判斷輪胎內(nèi)氣體吸放熱情況，并說明理由；

（2）求此時輪胎內(nèi)氣體的壓強。

【解答】解：（1）輪胎的容積兒乎不變，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AU=W+Q可知，

輪胎內(nèi)氣體放熱。

（2）根據(jù)查理定律可得：三

T5

解得此時輪胎內(nèi)氣體的壓強：p'=|§p?

答：（1）輪胎內(nèi)氣體放熱；

29

（2）此時輪胎內(nèi)氣體的壓強為百p。

18.如圖所示，水平軌道AB長度Li=,其左端B點與半徑區(qū)=的半圓形豎直軌道BCD平

滑連接。軌道BCD最高點D與長度匕2=的水平細圓管道DE平滑連接。管道DE與豎直

放置的光滑圓筒上邊緣E點相切，圓筒半徑「二鏢血、高度力=質(zhì)量m=、可視

為質(zhì)點的小滑塊，從A點處以初動能EkO向左運動，與AB間的動摩擦因數(shù)四=,與其它

軌道間的摩擦以及空氣阻力均忽略不計。

（1）若小滑塊恰好能通過最高點D,求滑塊經(jīng)過B點時對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兩點之間，求滑塊的初動能EkO的范圍：

（3）若小滑塊能從D點水平滑入管道DE,并從E點滑入圓筒后緊貼內(nèi)壁運動，再從E

點正下方離開圓筒后，滑塊落在AB兩點之間，求滑塊在E點的速度大小VEO（IT取VIU）

【解答】解：（1）小滑塊恰好能通過最高點D,則小球在D點時巾9=嚕

由B點到D點的過程，由機械能守恒定律得mg?2R=而

2

滑塊在B點時-mg=華

解得F'N=30N

由牛頓第三定律可得，滑塊經(jīng)過B點時對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兩點之間，當(dāng)動能較小時，滑塊不滑上半圓軌道，

則有EkO<pmgLi=

當(dāng)滑塊動能較大超過時，滑上圓軌道并返回，則滑上軌道的最大高度不能超過Ro設(shè)沿

圓軌道上滑的高度為h,返會水平軌道時，不滑過A點，則有mghVpmgLi

可得h<nLi=<R

所以動能較大時有Eko=|imgLi+mgh<

所以小滑塊不脫離軌道并最終停在AB兩點之間，滑塊初動能的范圍為EkoV或

(3)小滑塊從E點滑入圓筒后緊貼內(nèi)壁運動時，在豎直方向做自由落體運動力=/g4

1

解得0=

在水平方向做勻速圓周運動n2nr=vEti

解得VE=nm/s(n=1,2,3…)

離開圓筒后，豎直方向的加速度仍為g,則由E點到落地的時間為￡==0.4s

離開圓筒后，滑塊水平方向以速度VE做勻速直線運到，從離開圓筒到落地，水平位移為

x==j^m

滑塊落在AB兩點之間，則有％=-L2=0.3m

可得nV

所以滑塊在E點的速度大小為vE=nm/s(n=I,2,3,4)

19.如圖所示，間距L=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1=

的恒流源.空間分布兩個寬度分別為由=猛和&=看771、間距口=的勻強磁場區(qū)域I和

OO

H,兩磁場磁感應(yīng)強度大小均為B-,方向均豎直向下。質(zhì)量m-、電阻為Ri的導(dǎo)體棒

靜止于區(qū)域I左邊界，質(zhì)量m=、邊長為、電阻R2=Q的正方形單匝線框的右邊緊靠區(qū)

域II左邊界；一豎直固定擋板與區(qū)域II的右邊界距離為。某時刻閉合開關(guān)S,導(dǎo)體棒開

始向右運動。已知導(dǎo)體棒與線框、線框與豎直擋板之間均發(fā)生彈性碰撞，導(dǎo)體棒始終與

導(dǎo)軌接觸并且相互垂直，不計一切摩擦和空氣阻力。求：

(I)導(dǎo)體棒第一次離開區(qū)域I時的速度大小VI；

(2)線框與導(dǎo)體棒從第1次碰撞至它們第2次碰撞過程中，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)體棒在磁場區(qū)域I中運動的總時間t總。

【解答】解：（1）導(dǎo)體棒受到向右的安培力，其大小為：F安=BIL

解得：口=

對導(dǎo)體棒第一次離開區(qū)域【的過程，由動能定理得：

口〃12

產(chǎn)安4=評嫉

解得：vi=

（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vr、vi〃，以向右為正方

向，由動量守恒和機械能守恒得：

mvi=mvi+mvi

12->1//2

-="mvi--4-7701vi

2122

解得：vi-=0,vi"=vi=（質(zhì)量相等，速度交換）

第一次撞后，線框以vi=速度進入磁場II,棒處于靜止狀態(tài)，設(shè)線框右邊從磁場II左邊

界運動到右邊界的過程用時△5末速度為\2由法拉第電磁感應(yīng)定律得:

4。_84sl-_E_BAS

1

，1/?2j/?2△Sl=Xd2

以向右為正方向，對線框由動量定理得:

-B/jxAti=mv2-mvi

解得；V2-

同理可得，線框左邊從磁場II左邊界運動到右邊界時線框速度為：V3=

可知每次線框穿過磁場II的過程，速度大小均減少，線框以V3=與擋板彈性碰撞后，以

原速率回再次穿過磁場H后的速度大小為\，4=,線框以速度V4與棒第二次相碰，由能量

守恒可得：

mvl-1mvl

解得：Q=；

（3）線框與導(dǎo)體棒第二次碰后，兩者交換速度，棒以丫4=速度向左運動，線框靜止，棒

進入磁場I,所受安培力與原來等大反向，棒作勻減速直線運動，由牛頓第二定律得：

F^=ma

解得：a=lm/s2

棒在磁場I中的最大位移：%

解得：x=Vdi=g?n

棒在磁場I中減速到速度為零，然后以加速度a反向加速，以\，4=的速度離開磁場I,

與線框碰撞且速度交換后，線框通過磁場II速度大小減小，與擋板彈性碰撞后，以原速

率回再次穿過磁場II后的速度大小再減小后，以V5=的速度大小與棒再相碰。經(jīng)過如此

反復(fù)，可知兩者每次碰撞都對應(yīng)速度大小減少，由會=理=7.5,可知棒與線框總的

0.20.2

碰撞次數(shù)為7次。

棒第首次從磁場I左邊界勻加速運動到右邊界時間為：G=野=^s=

棒與線框碰后從右向左進入磁場I的速度均比前一次減小，棒在磁場I中勻減速直線運

動和反向勻加速直線運動對稱，可得：

第2次碰后棒在磁場I中運動的時間分別為：t?=孕=與&=

GJL

同理可得，第4、6次碰后棒在磁場I