2024年湖南某中學(xué)高考物理模擬試卷（一）（含詳細答案解析）

2024年湖南師大附中高考物理模擬試卷（一）

一、單選題：本大題共5小題，共20分。

1.光電管是應(yīng)用光甩效應(yīng)原理制成的光電轉(zhuǎn)換器件，在有聲電影、自動計數(shù)、自動報警等方面有著廣泛的

應(yīng)用?，F(xiàn)有含光電管的電路如圖（口）所示，圖（力）是用甲、乙、丙三束光分別照射光電管得到的/-〃圖線,

%、Ue?表示遏止電壓。下列說法中正確的是（）

A.甲、乙、丙三束光的光子動量p>=P/>P/歹

B.甲光照射時比內(nèi)光照射時產(chǎn)生的光電子的最大初動能小

C.分別用甲光、丙光照射同一雙縫干涉實驗裝置，甲光照射比丙光照射形成的干涉條紋間距窄

D.甲、乙是相同顏色的光，甲光束比乙光束的光強度弱

2.某人駕駛汽車在平直公路上以108/cm"的速度勻速行駛，某時刻看到前

方路上有障礙物，經(jīng)過一段反應(yīng)時間，開始剎車，假設(shè)剎車后汽車做勻減

速宜線運動。從看到障礙物到車子停下的過程，汽車的位移x隨速度u變

化的關(guān)系圖像由一段平行于x軸的直線與一段曲線組成，直線與曲線的分

界點為。點（如圖所示）。則下列說法正確的是（）

A.曲線部分是一段拋物線B.司機的反應(yīng)時間為0.417s

C.剎車的加速度大小為5m/s2D.剎車的時間是6s

3.2023年5月30H16時29分神舟十六號成功對接于空間站天和核心艙徑向端口，

若對接前“神舟十六號”和“空間站”分別在圓形軌道I和II上繞同一方向做勻速

圓周運動，圓周運動的半徑分別為「】、七，地球半徑為凡地球表面重力加速度為

g,萬有引力常量為G,下列說法正確的是（）

A.地球的密度約為雪

47TK

B.珅舟十六號與空網(wǎng)站的線速度之比為這

ri

C.呻舟十六號與空間站的向心加速度之比為上

D.從相距最遠到相距最近的最短時間為：8臺）；

網(wǎng)（嗎-不）

4.某興趣小組想要運用所學(xué)力學(xué)知識講行實踐研究，他們找到起重吊車的結(jié)構(gòu)圖，畫出簡化結(jié)構(gòu)加圖所

示，是固定桿不可轉(zhuǎn)動，8端有一光滑定滑輪；輕桿C?？衫@C端自由轉(zhuǎn)動，/）端系著兩條輕繩，一條

輕繩跨過B端定滑輪連接質(zhì)量為〃?的重物，另一輕繩纏繞在電動機轉(zhuǎn)軸。上，通過電動機的牽引控制C。

桿的轉(zhuǎn)動從而控制重物的起落。圖中所示位置兩桿處于同一豎直面內(nèi)，。。繩沿豎直方向，y=30°,6=

90。，重力加速度大小為g,則（）

A.AB桿受到繩子的作用力大小為〃增，方向不一定沿AB桿

B.CO桿受到繩子的作用力大小為?mg,方向一定沿C。桿

C.當(dāng)啟動電動機使重物緩慢上升時，桿受到繩子的作用力將逐漸增大

D.當(dāng)啟動電動機使重物緩慢下降時，4B桿受到繩子的作用力將逐漸減小

5.某同學(xué)研究遠距離輸電的電路如圖所示，心力端接入電壓為&的交流電源，升壓變壓器A和降壓變壓器

72均為理想變壓器，且兩變壓器的匝數(shù)比崇二9已知年、口2的阻值均為M/?3的阻值為祟電阻K、R2

，*54

消耗的功率相同，電表均為理想交流電表，下列說法正確的是（）

C.電流表的示數(shù)為率D.若/?3斷路，電流表示數(shù)將增大

二、多選題：本大題共5小題，共24分。

6.如圖所示，A8CO是正四面體，虛線圓為三角形48。的內(nèi)切圓，切點分

別為M、N、P,。為圓心，正四面體的頂點A、8和。分別固定有電荷量

為+Q,+Q和—Q的點電荷，下列說法正確的是（）

A.M、P兩點的電場強度相同

B.仞、。、N、”四點的電勢RN>00>0p=0M

C.將帶正電的試探電荷由。點沿直線移動到C點，電勢能先增大后減小

D.將固定在。點的點電荷移動到C點，電場力做功為零

7.均勻介質(zhì)中有兩個點波源工、S?位于,r。），平面內(nèi)，位置坐標分別為

（-3m,0）和（5犯0）ot=0時刻起兩波源開始沿垂直坐標平面xOy方向

做簡諧運動，振動圖像如圖。已知兩波源的振動傳播到坐標原點。處的

時間差為2s。下列說法正確的是（）

A.機械波在介質(zhì)中的傳播速度為1771/S

B.1辦平面內(nèi)（1772,3m）位置處在振動加強區(qū)

C.兩波源間的連線上有7個振動最強點

D.0?7s內(nèi)，。處質(zhì)點運動的路程為12cm

圖線,已知重力加速度g=10m/N,根據(jù)圖中所給信息可得（）

A.木板的長度為2in

B.t=1s時,彈簧的彈性勢能為15/

C.t=1時，木板受到物塊的摩擦力與彈簧的彈力大小相等

D.2s內(nèi)“物塊和木板”系統(tǒng)的摩擦生熱為2J

三、實驗題：本大題共2小題，共14分。

11.某同學(xué)設(shè)計了如圖所不的測物塊與長木板間動摩擦因數(shù)的實臉裝A

置。長木板固定在水平桌面上，圓弧體固定在木板上，圓弧體的圓弧面\

最底端B與木板上表面相切，用直垂線確定長木板右端C在水平地面上

的投影位置C'。測出。點離地面的高度人重力加速度為g。

（1）將一個小物塊從圓弧面的最高點A由靜止釋放，物塊滑離長木板后\\\\<.NMGWWW

落地點離C'點的距離與，則物塊滑離長木板時的速度%=（用已知的和測量的物理量符號表示）。

（2）改變圓弧體在長木板上固定的位置多次，重復(fù)（1）實驗，測得多組物塊滑離長木板后落地點離C'點的距

離心及對應(yīng)的B點到C點的距離心作乙--圖像，得到圖像的斜率為匕則物塊與長木板間的動摩擦因

數(shù)4=_____（用已知的和測量的物理量符號表示）。

12.某同學(xué)要測量一段特制的圓柱形導(dǎo)體材料的電阻率p,同時測電源的內(nèi)阻r,實驗室提供了如下器材：

待測的圓柱形導(dǎo)體心（阻值未知）

螺旋測微器

游標卡尺

電流表力（內(nèi)阻很?。?/p>

電阻箱R

待測電源

開關(guān)S、開關(guān)K,導(dǎo)線若干

（1）他用螺旋測微器測量該導(dǎo)體的直徑Q,結(jié)果如圖甲所示，可讀出0=_____mm,用游標卡尺測得該導(dǎo)

體的長度為L=4.97cm。

E-5

=-0

甲

(2)他設(shè)計了如圖乙所示的電路，并進行了如下的操作：

①斷開開關(guān)K,閉合開關(guān)5,改變電阻箱的阻值凡記錄不同R對應(yīng)的電流表示數(shù)/；

②將開關(guān)S、K均閉合，改變電阻箱的阻值R,再記錄不同R對應(yīng)的電流表示數(shù)/。

Er

T-

乙

(3)他畫出了步驟①②記錄的數(shù)據(jù)對應(yīng)的:-R圖像，如圖丙中兩條圖線I、II,則步驟①對應(yīng)的圖線為

(選填“【”或“H”)，電源的內(nèi)阻r=_____①

(4)若考慮電流表內(nèi)阻的影響，則電源內(nèi)阻的測量值相對真實值_____(選填“偏大”、“偏小”、“相

等”)。

(5)若不考慮電流表內(nèi)阻的影響，比導(dǎo)體材料的電阻率為。=n-mo(結(jié)果保留I位有效數(shù)字)

四、簡答題：本大題共3小題，共42分。

13.如圖所示，豎直放置的汽缸質(zhì)量M=8kg,活塞的質(zhì)量m=2kg,活塞的橫截

面積5=4x10-37n2,厚度不計。汽缸壁和活塞都是絕熱的，活塞上方的汽缸內(nèi)

封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞下表面與勁度系數(shù)k=2.5xlCPN/m的輕彈簧相

連，活塞不漏氣且與汽缸壁無摩擦。當(dāng)汽缸內(nèi)氣體的溫度To=450K時，缸內(nèi)氣柱

長L=50cm,汽缸總長A。=60cm,汽缸下端距水平地面的高度h=2cm,現(xiàn)使汽

缸內(nèi)氣體的溫度緩慢降低，已知大氣壓強po=1.0x105Pa,取重力加速度大小

g=10m/s2o求：

(1)汽缸剛接觸地面時，求活塞上方汽缸內(nèi)氣體的熱力學(xué)溫度7；：

(2)汽缸接觸地面后，把活塞下方的氣體與外界隔開且不漏氣，地面導(dǎo)熱良好。現(xiàn)改變活塞上方汽缸內(nèi)氣

體溫度，求當(dāng)彈簧剛好恢復(fù)到原長時，活塞下方的氣體壓強Pi；

(3)求(2)問中，活塞上方汽缸內(nèi)氣體的熱力學(xué)溫度與為多少。

14.如圖所示，在三維坐標系中，z>0的空間內(nèi)充滿沿z軸負方向

的勻強電場，z<0的空間內(nèi)充滿沿)，軸正方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度

大小為8。甲粒子從坐標為(0,0,/1)的A點以速率北沿x軸正方向射出，

甲粒子第一次到達x軸時速度方向與x軸正方向的夾角為8=60。。乙粒

子從z>0的空間C點(未標出)以相等速率孫沿)，軸正方向射出。甲、乙

兩粒子均在第2次進入磁場后相遇，相遇點為各自軌跡的最低點。已知

甲、乙粒子的質(zhì)量均為小，帶電量均為+q,不計粒子重力以及粒子間的

相互作用。求：

(1)電場強度E的大小:

(2)相遇時，甲粒子的運動時間；

(3)乙粒子第一次進入磁場時與水平方向的夾角大小;

(4)C點的位置坐標。

15.如圖，右側(cè)帶有擋板的平板小車靜止在光滑水平面上，左端緊靠平臺

且與平臺等高，小車的上表面分成兩段，左段長L=0.1m,右段Z/足夠

長，平臺邊緣正上方用長〃=10根的輕繩懸拄質(zhì)量為帆的物塊A,懸點

正下方靜置一質(zhì)量為根。的物塊8,且將A向左拉至輕繩水平

、感后相對速度\

由靜止釋放，4與B發(fā)生正碰，碰后4的速度為零。已知4與E碰撞過程中的恢復(fù)系數(shù)6=

、礴前相對速/孰

該系數(shù)是一個定值，只與發(fā)生碰撞物體材料有關(guān)?，F(xiàn)將A、8互換角色，將8懸掛起來從水平位置由靜止

釋放，與A發(fā)生正碰后A滑上小車，A滑上小車后，小車左端迅速彈出一個厚度不計的擋板，同時取走

B。在小車上L段內(nèi)A受一個來自右側(cè)擋板水平向左的斥力Fi=0.2mg,在〃范圍內(nèi)A受到一個來自右側(cè)

擋板水平向左的斥力尸2=0.8771,9o已知小車質(zhì)量M=m=2kg,物塊A與小車上表面間的動摩擦因數(shù)〃=

0.4,重力加速度g=10m/s2,不計空氣阻力。

(1)求4剛滑上小車時的速度大?。?/p>

(2)求A與小車第一次達到共速時的速度大小及A到小車左端的距離；

(3)物塊A與左側(cè)擋板的碰撞為彈性碰撞，求物塊A與左側(cè)擋板碰撞次數(shù)及物塊A最終相對小車靜止時與

左側(cè)擋板間的距離。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A根據(jù)光電效應(yīng)方程瞑=九丫一生

光電流為零時的反向電壓即為遏止電壓〃，根據(jù)動能定理e/=Ek

聯(lián)立可■得eUc=hv-WQ

利用圖像可?知遏止電壓UCI>Uc2

可知感用="乙<"丙

而光子動量p=

因此光子動量之間的關(guān)系為=P/<P丙

故A錯誤；

8.光電效應(yīng)中=&

可知5火尹V丙

故B正確；

C光的雙縫干涉實驗中，相鄰干涉條紋的寬度為=：/1

由卜尹<v丙

乂；|二￡

V

得4*>人內(nèi)

所以分別用甲光、丙光照射同一雙縫干涉實驗裝置，甲光形成的干涉條紋間距比丙光的寬，故C錯誤；

D由題圖可知，甲光和乙光頻率相同，但是甲光比乙光的飽和電流大，即甲光的光強大于乙光，故。錯

誤。

故選：

光電流為零時的反向電壓即為遏止電壓沖，根據(jù)光電效應(yīng)方程與動能定理的公式，分析入射光的頻率的大

?。粡膱D象中看出，丙光對應(yīng)的遏止電壓最大，所以丙光的頻率最高，內(nèi)光的波長最短，結(jié)合雙縫干涉的

條紋寬度公式判斷；根據(jù)飽和電流的大小分析入射光的強度。

該題考查了愛因斯坦光電效應(yīng)方程的相關(guān)知識，解決本題的關(guān)鋌要理解遏止電壓的含義，理解并掌握方程

eUc==hv-W?

2.【答案】4

【解析】解：A對勻減速運動，滿足/一評=一2以，可知》-口圖像曲線部分是一段拋物線，故A正確；

B.汽車在反應(yīng)時間內(nèi)做勻速直線運動，由圖可知對應(yīng)于直線段，反應(yīng)時間內(nèi)的位移與=15m,速度為%=

WSkm/h=30m/s,則反應(yīng)時間為匕=①==0.5s,故B正確;

VQJU

C剎車過程的位移為%2=(90-15)m=75m

根據(jù)速度-位移關(guān)系式有評-0=2axz

解得a=6mls2

故C錯誤；

。.根據(jù)速度-時間關(guān)系式可知剎車的時間為J=^=TS=5s，故。錯誤。

故選：Ao

根據(jù)勻變速直線運動速度-位移關(guān)系式判斷；根據(jù)勻速直線運動規(guī)律計算；先計算剎車的位移，再根據(jù)速度

-位移關(guān)系式計算加速度；根據(jù)速發(fā)-時間關(guān)系式計算剎車時間。

本題關(guān)鍵掌握汽車的位移工隨速度u變化的關(guān)系圖像的物理意義，明確各段的運動情況。

3.【答案】D

【解析】解：4在地球表面，忽略地球自轉(zhuǎn)時，物體所受萬有引力等于重力G鑼=mg

n

根據(jù)體積公式，地球體積1/=［加/?3

根據(jù)密度公式p=2

聯(lián)立解得地球密度P=條,故4錯誤；

4-TTGn

A萬有引力提供向心力=my

線速度〃=J畢

神舟十六號與空間站的線速度之匕￡=舊x忌=J*,故B錯誤；

C萬有引力提供向心力。券=ma

向心加速度Q=當(dāng)

神舟十六號與空間站的向心加速度之比父=緣x急=岑，故C錯誤：

a2rfGMr\

D萬有引力提供向心力G等=m『?等

由千GM=gR2

解得周期7=懵=（鬃）Z急資

根據(jù)題意，“神舟十六號”和“空間站”從相距最遠到相距最近，轉(zhuǎn)過的角度差=（需—胡="

3

代入數(shù)據(jù)解得所需的最短時間為￡=膂=:嗎2）：

/2一，1124

,g2/?（r|-r2）

綜上分析，故。正確。

故選：Do

A.在地球表面.，忽略地球自轉(zhuǎn)時，物體所受萬有引力等于重力，據(jù)此求地球重力，根據(jù)體積公式求地球體

枳，內(nèi)結(jié)合密度公式求解得作答；

8C,神舟十六號與空間站做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力,分別根據(jù)線速度與軌道半徑、加速度與

軌道半徑的關(guān)系求解作答；

。.萬有引力提供向心力，分別求解神舟十六號與空間站做勻速圓周運動的周期；“神舟十六號”和“空間

站”從相距最遠到相距最近，它們轉(zhuǎn)過的角度相差180。，據(jù)此分析作答。

本題考查了萬有引力定律在天體上的運用，理解萬有引力完全提供向心力是解題的關(guān)鍵；在地球表面忽略

地球自轉(zhuǎn)時，物體所受萬有引力等于重力；理解“神舟十六號”和“空間站”從相距最遠到柱距最近，轉(zhuǎn)

它門過的角度差為180。。

4.【答案】C

【解析】解：A桿A8固定于平臺，桿力不一定沿桿，同一條繩的力大小相等，其合力一定在其角平分線

上，由于桿的力不一定沿桿，如圖所示

兩個力7.所作力的平行四邊形為菱形，根據(jù)平衡條件可得

T=mg

根據(jù)幾何關(guān)系可得

a+0=60°

對角線為N桁則AB桿受到繩子的作用力大小為

F杼=2Tcos30°=y/~3mg

故a錯誤；

比根據(jù)題意。端連接兩條輕繩，兩條輕繩的力不一定大小相等，且C。桿為較鏈連接，為“活”桿，桿力

沿著桿的方向，水平方向，根據(jù)

F'f.cos60°=Teos300=mgeos300

解得

F%=Cmg

故B錯誤；

CD當(dāng)啟動電動機使重物緩慢下降時，即T=mg不變，乙DBM變小,根據(jù)

乙DBM

F桿=2Tcos——

可知增大，故C正確，。錯誤，

故選：C.

繩對桿的作用力的方向是沿著繩的方向，那么將繩對桿的力分解后求合力。

本題主要考查力的分解，在不同情況下桿的受力方向和大小會有不同，需要熟練合力怎么求。

5.【答案】C

【解析】解：A、已知1自、&的阻值相等，消耗的功率相同，可知通過收、/?2的電流相等，設(shè)為，2,因&

的限值為R。，色的阻值為第R3、&并聯(lián)，則/?3的電流為2/2,則降壓變壓器72的次級電流為獨。

對于降壓變壓器72，由電流和匝數(shù)關(guān)系可知

n4_打_1

司一環(huán)―W

則”=%=:，故A錯誤；

畋n33

B、升壓變壓器7\的初級電流為

由能量關(guān)系可知

U°h=2U4I2+〃?2/2

解得：t/4=^o

即也壓表示數(shù)故8錯誤；

。、電流表的示數(shù)。等于通過燈的電流，則為，2=占=率，故C正確；

。、若色斷路，則72次級電阻變大，相當(dāng)于電網(wǎng)用電設(shè)備減少，總功率減少，電流減小，則初級電流減

小，則電流表示數(shù)將減小，故。錯誤。

故選：Co

根據(jù)％、&的阻值相等，消耗的功率相同，知道通過均、%的電流相等，分析降壓變壓器原副線圈電流關(guān)

系，再求匝數(shù)比；根據(jù)升壓變壓器輸入功率等于三個電阻功率之和列式，即可求出電壓表的示數(shù)。根據(jù)歐

姆定律求電流表的示數(shù)。若/?3斷路，則次級電阻變大，相當(dāng)于電網(wǎng)用電設(shè)備減少，分析電流表示數(shù)的變

化。

本題的關(guān)鍵掌握理想變壓器的電壓、電流和匝數(shù)之間的關(guān)系，搞清功率分配情況，即可解決本題。

6.【答案】BD

【解析】解：4根據(jù)題意，由對稱性可知，M、P兩點的電場強度大小相等，但方向不同，故A錯誤；

及根據(jù)等量同種正點電荷空間等勢面的分布特點可知，在A、8兩處的正點電荷產(chǎn)生的電場中，M、尸兩點

的電勢相等，且N點電勢高于O點的電勢，O點的電勢高于和M、。點的電勢；在八點的負點電荷產(chǎn)生的

電場中，N點的電勢高于。點的電勢，O點的電勢高于〃、P兩點的電勢M、P兩點的電勢相等，綜上所

述，可知IWN>00>0P=9M，故.B正確;

C.根據(jù)等量同種正點電荷空間等勢面的分布特點可知，在A、B兩處的正點電荷產(chǎn)生的電場中，OC連線為

等勢線，在。點的負點電荷產(chǎn)生的電場中，從。到。電勢逐漸變大，綜上所述，可知從。到C電勢逐漸

變大，將帶正電的試探電荷由。點沿直線移動到。點，電勢能一直增大，故C錯誤：

。.根據(jù)等量同種正點電荷空間等勢面的分布特點可知，在A、6兩處的正點電荷產(chǎn)生的電場中.C、。兩點

的電勢相等，則將固定在。點的點電荷移動到C點，電場力做功為零，故。正確。

故選:BD。

A：根據(jù)點電荷電場強度的疊加原理和對成型判斷；

B：根據(jù)等量同種正點電荷空間等勢面的分布特點及單獨點電荷電勢分布特點聯(lián)立判斷；

C：根據(jù)等量同種正點電荷空間等勢面的分布特點及單獨點電荷電勢分布特點聯(lián)立判斷。點到C點連線上

電勢的分布，再根據(jù)電場力做功與電勢能的變化關(guān)系判斷電勢能的變化；

D：根據(jù)等量同種正點電荷空間等勢面的分布特點判斷C、Z)兩點電勢的關(guān)系，再根據(jù)甩場力做功與電勢

差的關(guān)系式判斷。

本題考查電勢差與電場強度的關(guān)系、電勢能與電場力做功的關(guān)系、電勢等基本的知識點，要求學(xué)生熟練學(xué)

握這些基本的知識點及其應(yīng)用。

7.【答案】AD

【解析】解：八，兩機械波在同一介質(zhì)傳播，傳播速度相等，設(shè)為y,由題意有：v=^=^m/s=

Im/s,故A正確；

BC、由題圖知，周期為T=2s,則波長為4=1x2m=2m

由于兩波源的起振方向相反，所以振動加強點到兩波源的路程差滿足

A

Ax=(2n+1)?

乙

工到點(Im,3m)的距離為

S]=J32+427n=5m

S2到(lm,3m)的距離為

s2=J32+42m=5m

則*=s2,所以(lm,3771)處于振動減弱區(qū)。兩波源間的連線上有8個振動加強點分別為x=-2.5m,

—1.5m,—0.5m,0.5m,1.5m,2.5m,3.5m,4.5m,故4c錯誤；

。、由上分析可知，。處質(zhì)點為振動減弱點，振幅為4=3cm-1cm=2cm。從。時刻起，經(jīng)3s,S1波傳

到。處質(zhì)點。經(jīng)5s,S2波傳到0處質(zhì)點，所以0?7s內(nèi)，。處質(zhì)點運動的路程為s=441+41=4x

1cm+4x2cm=12cm,故￡)正確。

故選：AD.

兩機械波在同?介質(zhì)傳播，傳播速度相等，根據(jù)兩波源的振動傳播到坐標原點O處的時間差為2s,由速度

公式求波速。由2=“7求出波長，根據(jù)兩波源到(lm,3m)位置的路程差與波長的關(guān)系，分析該位置的振動

是加強還是減弱，根據(jù)干涉規(guī)律確定兩波源間的連線上振動最強點的個數(shù)。先確定。處質(zhì)點的振幅，再根

據(jù)時間與周期的倍數(shù)求O處質(zhì)點運動的路程。

本題要掌握波的疊加原理，根據(jù)踣程差與波長的關(guān)系，結(jié)合起始時波源振動方向關(guān)系，確定振動是加強還

是減弱。

8.【答案】ABC

【解析】解：A、。棒在拉力”作用下由靜止開始做勻加速直線運動，其u-t圖像為過原點的傾斜直線，

根據(jù)右手定則，確定電流方向從上往下看為順時針方向，所以力棒所受安培力方向沿斜面向上，當(dāng)〃棒所

受安培力大于其重力的分力時，方棒開始向上做加速運動，回路總的感應(yīng)電動勢為

E=BL(ya-%)

感應(yīng)電流為：1=萬冬~

由于力棒開始加速度小于a棒的加速度，所以開始兩者速度差逐漸增大，感應(yīng)電流逐漸增大，u-t圖像的

斜率逐漸增大，當(dāng)兩棒加速度相等時，兩者的速度差一定，回路感應(yīng)電動勢一定，感應(yīng)電流一定，之后〃

棒網(wǎng)上做勻加速直線運動，之后的圖像與。棒的圖像平行，故A正確；

從根據(jù)上述分析，開始時力棒靜止，則有

._BLva_BLaat

'Ra+RbRa+Rb

此時i-t圖像為過原點的傾斜直線，之后〃棒向上做加速度增大的加速運動，結(jié)合上述有

.二BL(ya-Vb)

'-Ra+Rb

兩棒速度的差俏逐漸增大，感應(yīng)電流逐漸增大，則兩棒速度的差信隨時間的變化率逐漸減小，即i-t圖像

的斜率逐漸減小，之后，兩者加速度相等，速度差值一定，感應(yīng)電流大小也達到一個定值，故8正確；

C、開始時〃棒靜止，〃棒向上做勻加速直線運動，則有

22

BLva

尸-mgsinO-k+a=maa

其中：va=aat

則有：F=mgsin。4-ma+

aKa十與

此過程，圖像為傾斜直線，斜率為正值，縱軸截距也為正值，之后有

F=mgsinO+maa+BiL

結(jié)合上述，由于拉力與電流成線性關(guān)系，可知，之后的F-t圖像與i-t圖像形狀相同，故C正確;

。、〃棒開始靜止，安培力沒有做功，此時安培力的功率為0,之后〃棒所受安培力的功率為

鏟尸（外一%）%

P=BiLv=i

bRa+Rb

〃棒速度與感應(yīng)電流均在發(fā)生變化，結(jié)合上述可知，此過程感應(yīng)電流、〃棒速度與時間均不成線性關(guān)系,

則此過程的b棒所受安培力的功率P隨時間，變化的關(guān)系圖像也不成線性關(guān)系，故。錯誤。

故選：ABC.

根據(jù)導(dǎo)體棒的運動情況結(jié)合電磁感應(yīng)的規(guī)律，分析兩根導(dǎo)體棒的速度與時間關(guān)系，再結(jié)合E二⑶八和/二

以分析電流隨時間的變化，根據(jù)牛頓第二定律分析尸隨時間的變化，根據(jù)功率「="

本題主要考查電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上的應(yīng)用，其中要注意力導(dǎo)體棒的運動變化。在做題中要注意雙導(dǎo)

體棒的運動中計算感應(yīng)電動勢要用相對速度來計算。

9.【答案】BC

【解析】解：A8.設(shè)棒以加速度的向右勻加速時，滑套恰好不在棒上滑動，對滑套受力分析，如圖所示

豎直方向：Ncos。=mg

水平方向:NsinO=maQ

代人數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：

2

a0=7.5m/s

故A錯誤，B正確；

2

C.a=10m/s>aQ

設(shè)滑套相對棒的加速度大小為由，經(jīng)時間口滑套滑出直棒，則有

豎直方向：Ncos3-mg=m^sinO

水平方向:NsinJ=m(a-Qicos。)

由位移-時間公式得：k=；Qi片

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：

Qi=2m/s2

0=1.0s

故C正確；

2

D.a=5m/s<a0

滑套會沿棒下滑，受力分析如圖所示

設(shè)滑套相對棒的加速度大小為。2,經(jīng)時間《2滑套滑出直棒，則有

豎直方向：mg-NcosO=ma2s\n0

水平方向：Nsinb=m(a+Qzcos。)

由位移-時間公式得：L2=

代人數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：

2

a2=2m/s

7T0

t=-p—s?0.63s

2J

故D錯誤。

故選：BC.

當(dāng)滑套與棒的加速度相同時，一起做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律求解棒的加速度；當(dāng)棒的加速度

大時，滑套相對棒向后運動，棒的加速度小時，滑套相對棒向前運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式列

式求解即可。

本題考查牛頓第二定律，解題關(guān)鍵是對滑套做好受力分析，會分析滑套的運動情況，結(jié)合牛頓第二定律和

運動學(xué)公式列式求解即可。

10.【答案】AD

【解析】解：4、u-t圖像與/軸圍成的面積表示位移，由圖乙所示圖像可知，A一直向右運動，位移s=

ix2x2m=2m,B先向右后向左運動，總位移為()，因此，A運動的位移即為木板長度，即木板長度

L=s=2m,故A正確；

B、由圖乙所示圖像可知，人減速運動的加速度大小Q=^=|m/s2=Un/s2；A在僅受摩擦力的作用下

做勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律得：f=ma=1X1N=1N,由物塊8的u-t圖像可知，￡=0.5s時，

B的速度最大，此時由于切線斜率為0,故B物塊的加速度為0；對B進行受力分析可知，此時彈簧彈力

與摩擦力二力平衡，且彈簧伸長量的大小應(yīng)為8的位移x,則有：kx=f,解得：x=0.1m,由正弦圖線

的對稱性可知，亡=ls時，8的速度為0,即位于簡諧運動的振幅處，8向右的位移為2x,對。?Is過程列

VV1

能量守恒得：評=譜+/(s.-2x)+Ep,其中4在Is內(nèi)的位移為：sA=°^1=xIm=

1.5m,代入數(shù)據(jù)解得：EP=0.27,故8錯誤；

C、1$時.，木板的u-t圖切線斜率不為0,說明木板此時仍有加速度，故摩擦力與彈簧彈力并不相等，故

C錯誤：

。、由圖像可知，全過程物塊與木板的相對路程即等于物塊的位移s,因此2s內(nèi)“物塊和木板”系統(tǒng)的摩

擦生熱Q=fAs=lx2J=2J,故。正確。

故選：ADO

根據(jù)題意與圖示圖像分析清楚物塊與長木板的運動過程，根據(jù)圖示圖像求出物塊的位移與加速度，然后應(yīng)

用能量守恒定律與功能關(guān)系分析答題。

根據(jù)題意與圖乙所示圖像分析清楚物塊與長木板的運動過程、根據(jù)圖像求出位移與加速度是解題的前提，

應(yīng)用能量守恒定律與功能關(guān)系可以解題。

11.【答案】A惡一焉

【解析】解?：(1)根據(jù)平拋運動規(guī)律可知

1,

仁洌

=Vjt

解得%=

(2)物塊每次到達8點的速度是相同的，從8到。做勻減速運動，從C的落地時間也是相同的均為

“后

從B到C的速度可以表示為蘇~Vc=2aL

fimg=ma

x=vct

解得

L=_zl+21

'4M2a

由干切為常數(shù)，因此k=-焉

解得

1

^=~4kh

故答案為：*(2)-嬴

(1)根據(jù)平拋運動規(guī)律分析解答；

(2)根據(jù)公式解得圖像表達式，結(jié)合斜率解得動摩擦因數(shù)。

本題考查探究影響摩擦力大小的因素，解題關(guān)鍵掌握實驗原理，注意圖像斜率的意義。

12.【答案】9.500II2.1偏大3x10-3

(解析］解：(1)螺旋測微器的精確度為0.01mm,讀數(shù)為9.5mm+0.0xO.Oltnm=9.500mm；

(3)在步驟①中，由閉合電路歐姆定律有E=/(R+r),即:=*+卷在步驟②中，由閉合電路歐姆定律

ICCt

有E=IR+警什,即:=唾/?+卷對比以上結(jié)果可知，步驟①對應(yīng)的圖線為應(yīng)為II。由圖線II及9=

KxI七七/

可能=答，小67

解得電源內(nèi)阻r=2.1。。

(4)若考慮電流表內(nèi)阻的影響，則步驟①中，由閉合電路歐姆定律有)=：/?+空，即電源內(nèi)阻測量值

/IZC

丫測=丁點+。，故測量值相對真實值偏大。

(5)在;-R圖像中，設(shè)%=1.1,a2=2.1,b=0.67,則由圖像及；=+營、；=黯R+?

//fcc/tKx

可得：粵，則材料電阻率為。=券髻唉

%a2~al鈕(。2-。1)

將D=9.500mm=9.500x10-3^,L=4.97cm=4.97x10-2?八代入計算得：p=3x10-3Q-m

故答案為：(1)9.500；(3)II；2.1；(4)偏大；(5)3x10-3

(1)螺旋測微器的精確度為0.01mm,測量值;固定刻度對應(yīng)示數(shù)(mm)+可動刻度對齊格數(shù)(估讀一位)精確

度；

(3)(4)根據(jù)串聯(lián)、并聯(lián)電路的特點，結(jié)合歐姆定律求解與-/】函數(shù)，結(jié)合A圖像斜率的含義求解作答，

進而分析誤差；

(5)根據(jù)電阻定律求電阻率。

本題考查了對一段粗細均勻、中空的圓柱形導(dǎo)體電阻和電阻率的測量及電源電動勢和內(nèi)阻的測量，關(guān)鍵是

要明確實驗原理，掌握串聯(lián)、并聯(lián)電路的特點、歐姆定律和電阻定律。

13.【答案】解：(1)汽缸緩慢下降至汽缸下端邊緣剛好接觸地面的過程，缸內(nèi)氣體壓強不變，則彈簧彈力

不變，則有

LS_(L-h)S

京71

代人數(shù)值解得

7\=432K

(2)設(shè)彈簧初狀態(tài)的壓縮量為x,白平衡條件

kx=(M+m)g

解得

x=4cm

對活塞下方的氣體由

p0x(12cmxS)=pix(16cmxS)

得

Pi=7.5x104Pa

(3)設(shè)活塞上方氣體末狀態(tài)的壓強為P2，由于彈簧恢復(fù)到原長，彈力為0,對活塞受力分析

p2s+mg=PiS

解得

4

p2=7.0x10Pa

上方氣體初態(tài)壓強

Mg

-r

p3=Po+-Q=12x10￥Q

對活塞上方氣體，由

p2?(44cmxS)p3-(50cmxS)

不2二

代入數(shù)值解得：

T2=231K

答：(1)活塞上方汽缸內(nèi)氣體的熱力學(xué)溫度7］為432K；

(2)當(dāng)彈簧剛好恢復(fù)到原長時，活塞下方的氣體壓強為7.5x10Va；

(3)活塞上方汽缸內(nèi)氣體的熱力學(xué)溫度%為231K。

【解析】(1)根據(jù)汽缸緩慢下降至汽缸下端邊緣剛好接觸地面的過程，缸內(nèi)氣體壓強不變分析求解;

(2)根據(jù)受力分析結(jié)合平衡條件分析求解；

(3)根據(jù)活塞進行受力分析，結(jié)合上方氣體與彈簧彈力、重力的關(guān)系分析求解。

本題考查了理想氣體狀態(tài)方程，理解不同條件下的受力關(guān)系是解決此類問題的關(guān)鍵。

14.【答案】解：（1）甲粒子在工Oz坐標平面內(nèi)的運動軌跡如圖所示:

小z

粒子在第一象限內(nèi)做類平拋運動，設(shè)運動時間為A；

沿？軸負方向，根據(jù)牛頓第二定律，粒子運動的加速度a="

7n

運動。。點時的豎直速度丹=QQ

根據(jù)運動學(xué)公式諺=2ah

根據(jù)數(shù)學(xué)知識tan”"

代人數(shù)據(jù)聯(lián)立解得場強E=粵

2qh

運動時間“=慧

甲粒子進入磁場時的速度大小%=贏=畢=2%

2

（2）粒子從p點進入磁場后做勻速圓周運動，設(shè)圓周運動的半徑為上周期為r

洛倫茲力提供向心力qUpB=7幾學(xué)

代入數(shù)據(jù)解得圓周運動的半徑R=鬻

因此圓周運動的周期T=箸=翳

根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子做圓周運動的圓心角a=2x600=120。

根據(jù)對稱性，粒子再次進入電場的速度方向x軸正方向成60。角，粒子做類斜拋運動。

甲、乙兩粒子均在第2次進入磁場后相遇，相遇點為各自軌跡的最低點，此時甲粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心

角為180。.運動時間G=2r：

相遇時，甲粒子的運動時間為：

2dlTim2V_3/inm

tfp=3t1+t2=3x-+^=^-+—

（3）乙粒子沿y軸正方向射入，在電場中做類平拋運動，沿z軸負方向的加速度Q="=溺

m2h

乙粒子從加點進入磁場后做螺旋運動，將速度沿y軸方向和z粕方向分解，沿），軸方向做勻速直線運動,

在xOz平面內(nèi)的磁場中做勻速圓周運動，再次進入電場后做類豎直上拋運動：

乙粒子在磁場在的部分運動軌跡如圖所示:

2

根據(jù)向心力公式0“/8=血端

由于甲、乙兩粒子均在第2次進入磁場后的相遇點為各自軌跡的最低點，因此甲、乙兩小球做勻速圓周運

動的半徑關(guān)系滿足％=R(1-cos600)=\R

可得乙粒子進入磁場時的沿Z軸負方向的分速度大小為=%

設(shè)乙粒子進入磁場時與y軸的夾角為/?

根據(jù)數(shù)學(xué)知識tan/?=必=1

r0

解得夕=45。

因此乙粒子第一次進入磁場時與水平方向的夾角大小為45。；

(4)乙粒子第一次進入磁場時的豎直速度為丹'二v0

乙粒子在電場中沿z軸負方向的加速度0=a=理

設(shè)拋出點C的豎直坐標為Q，根據(jù)運動學(xué)公式七'2=2ahe

代人數(shù)據(jù)解得：hc=^h

甲粒子第一次進入磁場的％坐標為/=為"=早

根據(jù)甲粒子的運動過程，可得相遇點的x坐標為：＞照=3石+3的山60°

相遇時乙粒子在x軸方向運動的距離為：x2=3R[

乙粒子出發(fā)時X坐標為：

9.3(73-l)mv0

X=X^-X2=2V3h+--------直---

乙粒子在電場中運動時間為：”]=3x2二弛

乙1aVQ

乙粒子在磁場中運動時間為：t/2=：r=繆

乙粒子沿），軸方向做勻速直線運動，運動距離為：

,3nmv0

月二%（￡/1+七乙2）=2九+qB

因此拋出點。的），坐標y=-2/i+

拋出點坐標為+3（0'）〃”：），一2九+生普鼻句.

DI/OO

答：（1）電場強度E的大小為粵；

2qh

（2）相遇時，甲粒子的運動時間為出+寫；

與</?

（3）乙粒子第一次進入磁場時與水平方向的夾角大小為45。；

（4）C點的位置坐標為標為［2獷九+3（門1加"一2/1+陪2川。

【脩析】（1）甲粒子在z-x坐標平面的一象限內(nèi)做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律和類平拋運動的知識求

場強；

根據(jù)運動學(xué)公式和數(shù)學(xué)知識求運動時間以及進入磁場時的速度；

（2）甲粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式求圓周運動

的半徑，根據(jù)周期公式求周期；根據(jù)數(shù)學(xué)知識求甲粒子在磁場中做圓周運動的圓心角；根據(jù)對稱性，甲粒

子再次進入電場時做斜拋運動，求解甲、乙兩粒子在最低點相遇時所經(jīng)歷的時間；

（3）乙粒子沿），軸正方向射入，在電場中做類平拋運動；乙粒子從M點進入磁場后做螺旋運動，將速度沿），

軸方向和z軸方向分解，沿），軸方向做勻速直線運動，在Z-%平面內(nèi)的磁場中做勻速圓周運動，再次進入

電場后做類豎直上拋運動；根據(jù)甲、乙兩粒子在軌跡最低處相遇的條件求解兩粒子做圓周運動的半徑關(guān)

系，求解出乙粒子的豎直速度的大小，進而求解乙粒子進入磁場時的速度的方向；

（4）