2024年河北省石家莊市高考物理質(zhì)檢試卷（一）(含詳細(xì)答案解析)

2024年河北省石家莊市高考物理質(zhì)檢試卷（一）

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.“風(fēng)云”氣象衛(wèi)星是我國重要的民用遙感衛(wèi)星，其中“風(fēng)云一號”是極軌衛(wèi)星，其運(yùn)行軌道在地球的南

北兩極上方，周期為120min；“風(fēng)云四號”是靜止軌道衛(wèi)星，與地球自轉(zhuǎn)同步。若衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)均可視為勻

速圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是（）

A.“風(fēng)云一號”衛(wèi)星的線速度大于地球的第一宇宙速度

B.“風(fēng)云一號”衛(wèi)星的向心加速度比“風(fēng)云四號”衛(wèi)星的向心加速度大

C.“風(fēng)云一號”衛(wèi)星的線速度比“風(fēng)云四號”衛(wèi)星的線速度小

D.“風(fēng)云一號”衛(wèi)星的角速度比“風(fēng)云四號”衛(wèi)星的角速度小

2.圖甲為家用燃?xì)庠铧c(diǎn)火裝置的電路原理圖，直流電通過轉(zhuǎn)換器轉(zhuǎn)換為圖乙所示的正弦交流電加在理想變

壓器的原線圈上，原、副線圈的匝數(shù)分別為％、n2,電壓表為理想電壓表。當(dāng)兩點(diǎn)火針間電壓大于5000V

A.電壓表的示數(shù)為

B.副線圈輸出交流電壓的頻率為100Hz

C.若能點(diǎn)燃燃?xì)鈩t吆＞100

D.若能點(diǎn)燃燃?xì)鈩t兩點(diǎn)火針間電壓的有效值一定大于5000V

3.一架無人機(jī)在水平地面由靜止開始勻加速滑行160（加后起飛離地，離地時(shí)速度為80m/s。若無人機(jī)的加

速過程可視為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則無人機(jī)在起飛離地前最后Is內(nèi)的位移為（）

A.79〃?B.78wC.71mD.76m

4.某區(qū)域存在一電場，該區(qū)域內(nèi)X軸上各點(diǎn)電勢@隨位置x變化的關(guān)系如圖所示。a粒子從。點(diǎn)由靜止釋

放，僅在電場力作用下沿x軸通過。點(diǎn)，下列說法中正確的是（）

A.由。點(diǎn)到。點(diǎn)電場強(qiáng)度的方向始終沿x軸止方向

B.a粒子從。點(diǎn)到C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中所受電場力先增大后減小

C.a粒子從。點(diǎn)到。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中其電勢能減小10eV

D.a粒子從。點(diǎn)到。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中其動(dòng)能先增大后減小

5.用波長入=200mH的紫外線照射銅板，有電子從銅板表面逸出?，F(xiàn)在銅板所在空間加一方向垂直于板

面、大小為18P/7H的勻強(qiáng)電場，電子最遠(yuǎn)能運(yùn)動(dòng)到距板面5c機(jī)處。己知光在真空中傳播速度。與普朗克常

威力的乘積為1.24Xl（p6ev.m,可知該銅板的截止波長約為（）

A.230MB.260〃”?C.29()〃/〃D.320〃〃"

6.用折射率n=2的透明材料制成如圖所示的“陰影”薄工件，長方形

ABC。長為2”、寬為出空白區(qū)域是以。為圓心，半徑為〃的半圓。圓心

。處有一點(diǎn)光源，只考慮直接射向工件Q4BC的光線，不考慮光在工件內(nèi)

反射，光在真空中傳播的速度為c,下列說法正確的是（）

A.光線從工件0ABe邊射出的區(qū)域總長度為手

?J

B.光線從工件D48C邊射出的區(qū)域總長度為辛

C.從工件QA4C邊射出的光線中，光在工件中傳播所用的最長時(shí)間為誓迎

D.從工件QA8C邊射出的光線中，光在工件中傳播所用的最長時(shí)間為誓迎

6c

7.帆船是人類的偉大發(fā)明之一，船員可以通過調(diào)節(jié)帆面的朝向讓帆船逆風(fēng)行駛，如圖所示為帆船逆風(fēng)行駛

時(shí)的簡化示意圖，此時(shí)風(fēng)力r=2000N,方向與帆面的夾角a=30。，航向與帆面的夾角夕=37。，風(fēng)力在

垂直帆面方向的分力推動(dòng)帆船逆風(fēng)行駛。已知sin37。=0.6,則帆船在沿航向方向獲得的動(dòng)力為（）

風(fēng)力

A.200/VB.400NC.600/VD.800N

二、多選題：本大題共2小題，共12分。

8.如圖甲所示，線圈4的匝數(shù)為50匝、電阻為3。，在線圈A內(nèi)加垂直線圈平面的磁場，￡=0時(shí)磁場方向

垂直紙面向里，穿過線圈人的磁通量按圖乙變化。電阻不計(jì)、間距為0.5m的足夠長水平光滑金屬軌道

MN、尸。通過開關(guān)S與線圈A相連，兩軌間存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出）?，F(xiàn)將長度為0.5m、電

阻為1。的導(dǎo)體棒岫垂直輕放在導(dǎo)軌MMPQ上。t=0時(shí)，閉合開關(guān)S,導(dǎo)體棒岫向右加速運(yùn)動(dòng)達(dá)到最

大速度5771/S后勻速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒外與軌道始終接觸良好?。下列說法正確的是（）

A.t=0時(shí)，線圈A中的感應(yīng)電動(dòng)勢為5VB.t=0時(shí)，線圈A中的感應(yīng)電流為2.5A

C.兩導(dǎo)軌間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2TD.兩導(dǎo)軌間磁場的方向垂直M/VPQ平面向外

9.如圖所示，傾角為30。的斜面固定在水平地面上，質(zhì)量為1.5kg的箱子

靜止在斜面上，質(zhì)量為0.1kg的小球通過細(xì)繩懸掛在箱子頂面的。點(diǎn)。

現(xiàn)給箱子一沿斜面向下的力F=20N,箱子沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定后細(xì)

繩與豎直方向成60。角。已知重力加速度g取10m/s2,卜列說法正確的

是（）

A.穩(wěn)定時(shí)細(xì)繩上的拉力為1N

B.穩(wěn)定時(shí)細(xì)繩上的拉力為2N

C.改變尸大小系統(tǒng)再次穩(wěn)定后細(xì)繩處于豎直方向，此時(shí)力F為4N

D.改變/大小系統(tǒng)再次穩(wěn)定后細(xì)繩處于豎直方向，此時(shí)力F為BN

三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共16分。

定位電阻Ri=14k。

定值電阻％=180。

滑動(dòng)變阻器R(最大阻值20。)

蓄電池E(電動(dòng)勢12V,內(nèi)阻很小)

開關(guān)、導(dǎo)線若干

①請選擇合適器材在如圖丁所示方框中補(bǔ)充完整實(shí)驗(yàn)電路圖，并標(biāo)上所選擇儀器的代號。

②根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路，線圈直流電阻的計(jì)算表達(dá)式為&=_____(用題中所給的字母表示)。

(4)該同學(xué)用上述實(shí)驗(yàn)測得該線圈直流電阻為51.0C,則該線圈的匝數(shù)為匝。

四、簡答題：本大題共3小題，共38分。

12.負(fù)壓病房是指病房內(nèi)的氣體壓強(qiáng)略低于病房外的標(biāo)準(zhǔn)大氣壓的一種病

房，這樣可使新鮮空氣流進(jìn)病房，被污染的空氣由抽氣系統(tǒng)抽出進(jìn)行消毒

處理。

(1)負(fù)壓病房內(nèi)初始壓強(qiáng)為1.0x1/pa要使病房內(nèi)壓強(qiáng)減為9x104pa＞求

a

抽出的氣體質(zhì)量與原氣體質(zhì)量的匕值；

(2)現(xiàn)將抽出的氣體封閉在如圖所示的絕熱汽缸。內(nèi)，汽缸底部接有電熱U

絲，右壁接一右端開口的細(xì)U形管(管內(nèi)氣體體積可忽略)，管內(nèi)裝有水

銀，開始時(shí)U形管右側(cè)液面比左側(cè)高4c加，氣體溫度為300K。電熱絲通接電源

電一段時(shí)間后，U形管右側(cè)液面上升了4CM,求此時(shí)缸內(nèi)氣體的溫度，己知外界大氣壓強(qiáng)為76cm郎“

13.如圖甲所示，質(zhì)量mi=2kg的小物塊A靜置于平臺左端，A與平臺間動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.1。緊靠平臺右

側(cè)有一質(zhì)量=Mg的足夠長小車，平臺和小車上表面在同一水平高度。質(zhì)量皿2=2kg的小滑塊B靜置

于小車左端，8與小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)也為〃豎直墻面距離小車足夠遠(yuǎn)。t=0時(shí)，給物塊A

施加水平向右的力尸，尸隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，￡=2s時(shí)撤掉力凡c=4s時(shí)，A與6發(fā)生彈性

碰撞，一段時(shí)間后，小車與墻面發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，每次碰后小車速度反向，大小變?yōu)榕銮暗囊?/p>

半。忽略小車與地面間的摩擦，重力加速度《取10m/s2。求：

(1)4與3發(fā)生彈性碰撞前瞬間，物塊A的速度大??；

(2)小車與墻壁第1次碰撞后到與湍壁第2次碰撞前瞬間，滑塊與小車間由于摩擦產(chǎn)生的熱量；

(3)小車與增壁第I次碰撞后到與墻壁第3次碰撞前瞬間，小車運(yùn)動(dòng)的路程。

14.微觀粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可以通過磁場、電場進(jìn)行調(diào)節(jié)。如圖所示，寬度為L

：B

的豎直條形區(qū)域I內(nèi)存在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3的勻強(qiáng)磁：x

?x

場，寬度為L的豎直條形區(qū)域H內(nèi)存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為

：X

〃八電荷量為+q的帶電粒子，以初速度為=*從區(qū)域I左邊界上0點(diǎn)水平；X

:X

向右垂直射入磁場，從區(qū)域右邊界上的點(diǎn)(圖中未畫出)進(jìn)入?yún)^(qū)域最終

IPH,：X

從區(qū)域右邊界水平向右射出。不計(jì)粒子的重力?？?/p>

HL

(1)求區(qū)域11勻強(qiáng)電場強(qiáng)度上的大小;

(2)若僅調(diào)整區(qū)域n的寬度，使粒子從與。點(diǎn)等高的。點(diǎn)(圖中未畫出)離開區(qū)域n,求粒子在區(qū)域I、11

中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間;

(3)若在區(qū)域II再加一個(gè)垂直紙面句里.、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為8的勻強(qiáng)磁場，調(diào)整區(qū)域II的寬度，使粒子

仍能從區(qū)域n右邊界水平射出，求該情況下區(qū)域n的寬度。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度，“風(fēng)云一號”衛(wèi)星的線速度小于第一宇宙速度，故A

錯(cuò)誤：

6CD、根據(jù)萬有引力提供向心力有

GMm47r2v2

-5—=mr-=m——=mro)￡=ma

rL72r

解得

_

T-7rrPpMGM[GM

T-2nyjGMfQ-R3r聲

由于“風(fēng)云一號”的周期較小，所以軌道半徑較小，則加速度、角速度和線速度比“風(fēng)云四號”衛(wèi)星的

大，故CO錯(cuò)誤，8正確:

故選:B。

第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度；“風(fēng)云一號”“風(fēng)云四號”衛(wèi)星都是萬有引力提供向心力，先寫出與周

期相關(guān)的公式，求出它們的半徑美系；再寫出與線速度、角速度和向心加速度的公式，根據(jù)公式進(jìn)行討論

即可。

該題考查萬有引力定律的應(yīng)用，寫出與周期、線速度、角速度和向心加速度有關(guān)的公式，根據(jù)公式進(jìn)行討

論即可.屬于簡單題.

2.【答案】C

【解析】解：4電壓表的示數(shù)為原線圈兩端電壓的有效值，由圖可知最大值為50匕則

Um50

U=V=25/1，

故A錯(cuò)誤;

B.變壓器不改變交流電壓的頻率，副線圈輸出交流電壓的頻率為

11

nn?Hz=50Hz

f=T

故B錯(cuò)誤;

C根據(jù)理想變壓器原副線圈電壓與線圈匝數(shù)的關(guān)系

Ulm_^-1

%加九2

點(diǎn)燃燃?xì)?，需滿足

U2m>5000V

則

故C正確；

D若能點(diǎn)燃燃?xì)鈩t兩點(diǎn)火針間電壓的最大值一定大于5000V,兩點(diǎn)火針間電壓的有效值不一定大于

50C0V,故。錯(cuò)誤。

故選：Co

根據(jù)圖乙得到原線圈電壓的最大值，根據(jù)有效值與最大值的關(guān)系求出電壓表的示數(shù)：根據(jù)電壓與線圈匝數(shù)

比的關(guān)系即可求解。

本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關(guān)鍵是知道變壓器的電壓之比等于匝數(shù)之比。

3.【答案】A

【解析】解：設(shè)無人機(jī)滑行的加速度為由速度-位移公式可得：

v2=2ax

解得：Q=2mls?

逆向思維法，設(shè)最后1s內(nèi)的位移為V,由位移-時(shí)間公式可得：

，12

x=vt-^at2

解得：x'=79m,故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)中的速度和位移的關(guān)系求解加速度，使用逆向思維法，再根據(jù)位移和時(shí)間的關(guān)系，從而解得最

后Is的位移。

本題考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，熟記勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移和速度的求解公式。

4.【答案】D

【解析】解：4沿電場線方向電勢逐漸降低，從。到C電勢先降低后升高，則電場強(qiáng)度的方向先沿x軸正

方向，再沿x軸負(fù)方向，故A錯(cuò)誤；

比0-工圖像的斜率為電場強(qiáng)度E從。到。的過程中石先減小后增大，所以a粒子從D到c的過程中所受

電場力先減小后增大，故B錯(cuò)誤；

粒子在。和C點(diǎn)的電勢能為=2ex20V=40eV,EPC=2ex10V=20eV,則4Ep=EPD-EPC=

40eV-20eV=20eV,所以a粒子從。到。的過程中其電勢能減小20°匕故C錯(cuò)誤；

。.從質(zhì)子從。到。的過程中電勢能先減小后增大，由能量守恒得，動(dòng)能先增加后減小，故。正確。

故選：。。

9-x圖像的斜率為電場強(qiáng)度日從圖像分析電勢和電場強(qiáng)度情況，結(jié)合電勢能的公式分析作答。

本題考查是9-%圖像，注意從圖像上不但可以知道電勢的變化情況，而且圖像的斜率為電場強(qiáng)度

E,從而確定電場的分布情況。

5.【答案】A

【脩析】解：根據(jù)光電效應(yīng)方程有

Ek=h^-W0

逸出功與截止波長的關(guān)系為

根據(jù)動(dòng)能定理

—eEd=0—Ek

聯(lián)立解得右右230mn,故A正確，8C。錯(cuò)誤。

故選：A。

根據(jù)光電效應(yīng)方程和逸出功和波長的關(guān)系式結(jié)合動(dòng)能定理聯(lián)立解答。

考查光電效應(yīng)和動(dòng)能定理的問題，會(huì)根據(jù)題意列式聯(lián)立求解相關(guān)物理量。

6.【答案】B

【解析】解：48.設(shè)A8中點(diǎn)M,如圖所示

若沿0E方向射到M8面上的光線剛好發(fā)生全反射，因?yàn)榕R界角滿足

11

sinC=-=k

即

C=30°

則

乙MOF=30°

同理沿OG方向射到8c上的光線剛好發(fā)生全反射，則

Z.C0H=30°

根據(jù)幾何關(guān)系可得

。＜3

ME=CG=atan30°=

根據(jù)對稱性，從AB、/3C面有光射出的區(qū)域總長度為

L=2ME+CG

解得L=V-3a

同理，從A。面有光射出的區(qū)域總長度為Z/=?a

故從長方形4BCO四邊射出的光線區(qū)域的總長度為

s=L+L'

解得s=45a

故a錯(cuò)誤，8正確；

CD由題意可知，沿08方向到達(dá)A8面上的光在材料中的傳播距離最大，時(shí)間最長，由幾何關(guān)系可知光從

光源到“C面的傳播距離為a,材料中的傳播距離為

s=(72-l)a

在材料中的傳播時(shí)間為

S

一

*1=V

C

n=—

v

光在空氣中傳播的時(shí)間為

a

t2=7

故點(diǎn)光源發(fā)出的光射到A8面上的最長時(shí)間為t=A+亡2

解得"(22Da

C

故。。錯(cuò)誤。

故選:從

由幾何知識結(jié)合全反射臨界角公式解得區(qū)域長度；由幾何關(guān)系求出傳送距離，即可得傳播時(shí)間。

對干幾何光學(xué)問題的分析，能正確的畫出光路圖，結(jié)合幾何關(guān)系進(jìn)行分析是關(guān)鍵。

7.【答案】C

【解析】解：對風(fēng)力尸在沿著帆面和垂直于帆面方向進(jìn)行分解，根據(jù)力的平行四邊形法則可得其垂直于帆

面的分力

F1=Fsina=1000/V

再對垂直作用于帆面上的風(fēng)力/沿帆船航向方向和垂直航向方向進(jìn)行分解，則帆船在沿航向方向獲得的動(dòng)

力為

F2=Rsin/?=600N

故C正確，A8O錯(cuò)誤。

故選：C

將風(fēng)吹帆的力沿著帆面方向和垂肯干帆而方向進(jìn)行分解，再杷垂直千帆面的力分解成沿船前進(jìn)的方向與垂

直前進(jìn)的方向，運(yùn)用力的平行四邊形定則，可求出這個(gè)分力大小。

考查應(yīng)用平行四邊形定則將力進(jìn)行分解，運(yùn)用三角函數(shù)列出等式。注意夾角的確定，同時(shí)風(fēng)吹帆的力垂直

于帆。

8.【答案】AC

【解析】解：A、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢E=〃麋=50x掾V=5V,故A正確；

B、根據(jù)閉合電路歐姆定律可知/=言:=言力=1.254故8錯(cuò)誤；

C、導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒的感應(yīng)電動(dòng)勢等于線圈的感生電動(dòng)勢，即E=8加

解得8=2T

故C正確；

。、由楞次定律可知，線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢引起的電壓為從。指向從故導(dǎo)體棒自身的感應(yīng)電動(dòng)勢應(yīng)從。指向

b,由右手定則，可判斷出磁場的方向垂直MNPQ平面向里，故。錯(cuò)誤；

故選：AC.

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律解得線圖A中的感應(yīng)電動(dòng)勢；根據(jù)閉合電路歐姆定律解得感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒做勻

速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒的感應(yīng)電動(dòng)勢等于線圈的感生電動(dòng)勢；根據(jù)楞次定律結(jié)合右手定則分析。。

本題關(guān)鍵是對導(dǎo)體棒進(jìn)行受力和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析?，注意電流方向的判斷方法。

9.【答案】AC

【解析】解：AB,對小球受力分析如圖所示:

設(shè)小球質(zhì)量為機(jī)，箱子質(zhì)量為M,穩(wěn)定時(shí)具有共同的沿斜面向下的加速度小設(shè)繩子的拉力為片,此時(shí)對

小球垂直斜面方向有：Ficos30。=mgcos30。

沿斜面方向有：FiSin30。+mgsin30。=ma

代人數(shù)據(jù)解得：&=IN,a=10m/s2

對整體分析得：F+(M+m)gsin30。-f=(M+m)a

解得箱子受到斜面的滑動(dòng)摩擦力大小為：f=12N,故4正確，8錯(cuò)誤；

CD,穩(wěn)定后當(dāng)細(xì)繩處于豎直方向時(shí)，可知此時(shí)小球加速度為零，故整體加速度為零，處于平衡狀態(tài)，由

于此時(shí)箱子處于勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，受到沿斜面向上的滑動(dòng)摩擦力f對整體根據(jù)平衡條件可得：〃+(M+

m)gsin30°=f

解得：F'=4N,故C正確，。錯(cuò)誤。

故選：AC.

先以箱子和小球整體為研究對象，沿斜面方向根據(jù)牛頓第二定律列方程求出共同的加速度，再以小球?yàn)檠?/p>

究對象，由牛頓第二定律求出穩(wěn)定時(shí)細(xì)繩上的拉力的大小和箱子受到的摩擦力的大??；穩(wěn)定后細(xì)繩處于豎

直方向時(shí)，則小球的加速度為零，箱子和小球整體處于平衡狀態(tài)，由平衡條件求出力戶的大小。

本題主要是考查了牛頓第二定律的知識；利用牛頓第二定律答題時(shí)的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受

力分析、進(jìn)行正交分解、在坐標(biāo)軸上利用牛頓第二定律建立方程進(jìn)行解答；注意整體法和隔離法的應(yīng)用。

10.【答案】8g九2=(九3-h1)2f2CB

【解析】解：(1)已知頻閃攝影的閃光頻率為f則閃光周期為

1

T=7

由勻變速直線運(yùn)動(dòng)在某段時(shí)間中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度，可得鋼球下落到B點(diǎn)時(shí)的

速度

九3—九1(儂一陽)/

VB=~2T~=一2—

若在誤差允許范圍內(nèi)，關(guān)系式

mgh2=

即

8gh2=(h3-4)2嚴(yán)

成立，則證明鋼球從位置0運(yùn)動(dòng)到位置B的過程中機(jī)械能守恒。

(2)4為完整記錄鋼球的運(yùn)動(dòng)情況，實(shí)驗(yàn)開始時(shí)，應(yīng)先進(jìn)行頻閃攝影再釋放鋼球，故A錯(cuò)誤；

A應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論計(jì)算鋼球在4位置的速度，不能用詔=29電計(jì)算出鋼球在位置3的速度，

否則實(shí)驗(yàn)無意義，故4錯(cuò)誤；

C.多次實(shí)驗(yàn)測得小鋼球的重力勢能減少量總是略大于動(dòng)能增加量，這是由于空氣阻力作用，使鋼球在下落

過程中克服阻力做功減少了動(dòng)能造成的，故。正確。.

故選：C。

(3)由題圖可知，鋼球從0點(diǎn)到C點(diǎn)經(jīng)過8次閃光，可知鋼球下落時(shí)間為t=8T,一般課桌的百度約為八=

0.8m,鋼球做自由落體運(yùn)動(dòng)，下落的高度為

11

h=2^2=々9(87)2

代人數(shù)據(jù)解得

T=0.05s

該頻閃攝影的閃光頻率約為

11

f=T=^Hz=2QHz

故ACO錯(cuò)誤，4正確：

故選:B.

故答案為:(1)8。無2=(九3-九1)2尸;(2)C；(3)8

(1)勻變速直線運(yùn)動(dòng)在某段時(shí)間中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度可計(jì)算3點(diǎn)的速度，根據(jù)

機(jī)械能守恒定律分析解答；

(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析判斷；

(3)根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析解答。

本題考查了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)，考查了實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理與實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)，根據(jù)題意與圖示照片分析清

楚鋼球的運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與機(jī)械能守恒定律即可解題。

11.【答案】0.20048幺4產(chǎn)一&一4750

【解析】解:(1)螺旋測微器的精確度為0.01mm,其讀數(shù)為0mm+20.0X0.01mm=0.200mwi；

(2)根據(jù)歐姆表的讀數(shù)規(guī)則，其讀數(shù)為4.8x10。=480

(3)①電源電動(dòng)勢E=12P,用電流表必改裝，改裝后的量程為。=/2(七+￡)=1x10-3x(1000+

14000)，=15V,由于電流表為量程較小，可以將定值電阻/?2中聯(lián)使用，采用滑動(dòng)變阻器的分壓式接法,

電路圖如下圖所示

②根據(jù)以上電路圖可得

，2(R1+r2)=A(2+&+rl)

得生=必鏟一治一、

(4)設(shè)線圈匝數(shù)為〃，根據(jù)電阻定律有

n-nD4pnD

%=P--2~=,2

nda

~4~

代入數(shù)據(jù)解得九=750

故答案為：(1)0.200；(2)48；(3)①電路圖如圖所示；磅與產(chǎn)一%一丁1；(4)750。

(1)根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則完成讀數(shù)；

(2)根據(jù)歐姆表的讀數(shù)規(guī)則完成讀數(shù)；

(3)①根據(jù)電源電動(dòng)勢改裝電壓表，根據(jù)電流表的量程考慮申聯(lián)定值電阻使用，結(jié)合滑動(dòng)變阻器的分壓式

接法完成電路圖；

②根據(jù)電路結(jié)構(gòu)列式推導(dǎo)電阻的表達(dá)式；

(4)根據(jù)電阻定律列式代入數(shù)據(jù)解答。

考查電表的選擇、改裝和電路的設(shè)計(jì)以及電阻定律的應(yīng)用，會(huì)根據(jù)題意結(jié)合串并聯(lián)電路知識列式聯(lián)立求解

相關(guān)的物理量。

12.【答案】解：(1)設(shè)減壓后氣體體積變?yōu)樨皻怏w溫度不變，由玻意耳定律

Po%=pV

解得V=包包=l0xl°：Pa'o=

P9xl04pa9u

抽出的氣體質(zhì)量原氣體質(zhì)量的比值也=v=雪上=3

mVV10

(2)初始狀態(tài)，氣缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)

Pi=Po+P/i=76cmHg+4cmHg=SOcmHg

加熱后，氣缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)

P2=Po+Phi=76cmHg+12cmHg=SScmHg

由查理定律得

P1_P2

看一方

解得加熱后氣缸內(nèi)的溫度

_p2Tl_88cmHgx300K

12=-=330K

PlBOcmHg

答：(1)抽出的氣體質(zhì)量與原氣體質(zhì)量的比值A(chǔ)：

(2)此時(shí)缸內(nèi)氣體的溫度33OK。

【蟀析】(1)根據(jù)玻意耳定律列方程；求出體積，再根據(jù)體積比等于質(zhì)量比求解：

(2)由查理定律得列方程進(jìn)行求解即可。

本題主要考查理想氣體方程的應(yīng)用，解題關(guān)鍵是找出氣體狀態(tài)參量，確定不變量正確應(yīng)用方程求解。

13.【答案】解：以下解答均以水平向右為正方向。

(1)根據(jù)圖乙的"-￡圖像與時(shí)間軸圍成的圖形面積表示沖量，可得為力尸在0-2s內(nèi)的沖量為：

1

k二亍x(20+12)x2N?s=32N?s

設(shè)A與8碰撞前瞬間A的速度為叫，對A在0-4s的運(yùn)動(dòng)過程，由動(dòng)量定理可得：

IF-其中C=4s

解得：%=12m/s

(2)設(shè)人與B碰撞后瞬間人、8的速度分別為%'、v2,人8發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒

分別得:

=恤巧'+m2v2

121,212

5m田=5如女”+^mV2

乙乙乙2

/

解得：v1=Om/s,v2=12m/s

由于小車足夠長，離墻壁足夠遠(yuǎn)，故小車與墻壁碰撞前已和滑塊8共速，設(shè)共速的速度為〃其】，由動(dòng)量守

恒定律可得：

血2%=(m2+m0)vyy；1

解得：u共］=8m/s

根據(jù)題意可得小車與墻壁第1次碰撞后，其速度變?yōu)椋簐3==8m/s=-4m/s

碰撞后B相對小車向右運(yùn)動(dòng)，小左先向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為零后再向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

設(shè)小車與8的加速度分別為〃、QB，由牛頓第二定律可得：

4m2g=m2aB

Um2g=moa

解得：CLR=Im/s?,a=2m/sz

假設(shè)小車與墻壁第2次碰撞前與滑塊B已經(jīng)共速，同理可得：

機(jī)2^共1+mov3=(m2+mo)u共2

解得：u共2=4m/s

則小車與墻壁第I次碰撞后到第2次碰撞前瞬間，小車與B分別經(jīng)歷的時(shí)間為：

"井2一力4-(-4)

匕=-H—=—2—s=4s

笫共2一2共18-4

t2=-----------=-z—s=4s

aB1

因0=以，故假設(shè)成立，可知小車與B共速后立即與墻壁發(fā)生碰撞。

由能量守恒定律可得，小車與墻壁第1次碰撞后到第2次碰撞前瞬間的過程中滑塊與小車間由于摩擦產(chǎn)生

的熱量為：

111

Q=22唳1+2加那-2(2+叫))吸2

解得：Q=48/

(3)由(2)的解析可推得從第I次碰撞后，每次均為小車與B共速后立即與墻壁發(fā)生碰撞碰撞。

設(shè)小車第1次碰后向左減速到零時(shí)運(yùn)動(dòng)距離為右，則有：

0-諾=2a(一%)

從第1次碰后到第2次碰前小車運(yùn)動(dòng)的路程為％=2/

解得：Si=87n

第2次碰后瞬間小車速度為以=共2=x4m/s=-2m/s

同理可得：0—=2a(-%2)，s2=2X2

解得從第2次碰后到第3次碰前小車運(yùn)動(dòng)的路程為：S2=2m

可得從第1次碰后到第3次碰前小車運(yùn)動(dòng)的路程為s=S1+s2=8m+2m=10m

答：(1)4與B發(fā)生彈性碰撞前瞬間，物塊A的速度大小為12?n/s；

(2)小車與墻壁第1次碰撞后到與墻壁笫2次碰撞前瞬間，滑塊與小車間由于摩擦產(chǎn)生的熱量為48J；

(3)小車與墻壁第1次碰撞后到與墻壁第3次碰撞前瞬間，小車運(yùn)動(dòng)的路程為10〃?。

【蟀析一】(1)圖乙的F-t圖像與時(shí)間軸圍成的圖形面積表示沖量:，根據(jù)動(dòng)量定理求解；

(2)48發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒解得4與B碰撞后瞬間A、B的速度.小車與墻壁

碰撞前已和滑塊6共速，由動(dòng)量守恒定律求得共速的速度，根據(jù)題意可得小車與墻壁第1次磷撞后的速

度，碰撞后8相對小車向右運(yùn)動(dòng)，小車先向左做勻減速直線運(yùn)司，速度減為零后再向右做勻加速直線運(yùn)

動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式判斷小車與墻壁第2次碰撞前是否與滑塊B已經(jīng)共速，根據(jù)能量守怛

定律求解小車與墻壁第1次碰撞后到第2次碰撞前瞬間的過程中滑塊與小車間由于摩擦產(chǎn)生的熱量；

(3)根據(jù)(2)的結(jié)論分析每次碰撞的情況，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。

本題考查的是動(dòng)量守恒定律、動(dòng)量定理和能量守恒定律以及牛市頁第二定律的綜合應(yīng)用，此題的難點(diǎn)是判斷

小車與墻面碰撞的運(yùn)動(dòng)過程，推導(dǎo)出每次碰撞后速度和相對位移的變化規(guī)律。

14.【答案】解：(1)粒子在區(qū)域I做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，由洛倫茲力提供向心力有

mvn

qvQB=-^

解得

r=2L

粒子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，將速度%分解為水平分速度以和豎直分速度為,如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得

L1

si