2024年高三物理試卷練習題及答案（五）

一、選擇題1．如圖1所示，質量為m的一輛小汽車從水平地面AC上的A點沿斜坡勻速行駛到B點．B距水平地面高h，以水平地面為零勢能面，重力加速度為g.小汽車從A點運動到B點的過程中(空氣阻力不能忽略)，下列說法正確的是()圖1A．合外力做功為零B．合外力做功為mghC．小汽車的機械能增加量為0D．牽引力做功為mgh【答案】A【解析】因為車做勻速運動，由動能定理可知，合外力做功為零，故A正確12．“飛針穿玻璃”是一項高難度的絕技表演，曾引起質疑．為了研究該問題，以下測量能夠得出飛針在穿越玻璃的時間內，對玻璃平均沖擊力大小的是()A．測出玻璃厚度和飛針穿越玻璃前后的速度B．測出玻璃厚度和飛針穿越玻璃所用的時間C．測出飛針質量、玻璃厚度和飛針穿越玻璃所用的時間D．測出飛針質量、飛針穿越玻璃所用時間和穿越玻璃前后的速度【答案】D【解析】在“飛針穿玻璃”的過程中，由動量定理得：－eq\x\to(F)t＝mv2－mv1，故應測出飛針質量、飛針穿越玻璃所用時間和穿越玻璃前后的速度，故D正確，A、B、C錯誤．3．已知地球兩極處的重力加速度大小約為9.8m/s2，貼近地球表面飛行的衛(wèi)星的運行周期約為1.5小時，試結合生活常識，估算一質量為60kg的人站在地球赤道上隨地球自轉所需要的向心力約為()A．0.2NB．0.4NC．2ND．4N【答案】C【解析】在兩極：Geq\f(Mm,R2)＝mg；對貼近地球表面飛行的衛(wèi)星Geq\f(Mm′,R2)＝m′eq\f(4π2,T2)R，解得R＝eq\f(gT2,4π2)；則站在地球赤道上隨地球自轉的人所受的向心力：F向＝m人eq\f(4π2,T′2)R＝m人eq\f(4π2,T′2)×eq\f(gT2,4π2)＝m人geq\f(T2,T′2)＝60×9.8×(eq\f(1.5,24))2N≈2N，故選C.4．已知氫原子的基態(tài)能量為E1，激發(fā)態(tài)能量En＝eq\f(E1,n2)，其中n＝2,3….若氫原子從n＝3的能級躍遷到n＝2的能級放出光子的頻率為ν，能使氫原子從基態(tài)電離的光子的最小頻率為()A.eq\f(9,4)νB．4νC.eq\f(36,5)νD．9ν【答案】C【解析】由題意可知：eq\f(E1,32)－eq\f(E1,22)＝hν；能使氫原子從基態(tài)電離的光子的最小頻率滿足：0－E1＝hν′，解得ν′＝eq\f(36,5)ν，故選C.5．如圖2甲所示，在線圈l1中通入電流i1后，在l2上產生的感應電流隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，l1、l2中電流的正方向如圖甲中的箭頭所示．則通入線圈l1中的電流i1隨時間t變化的圖象是下圖中的()圖2【答案】D【解析】因為感應電流大小不變，根據電磁感應定律得：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq\f(n\f(ΔB,Δt)S,R)，而線圈l1中產生的磁場變化是因為電流發(fā)生了變化，所以I＝eq\f(n\f(ΔB,Δt)S,R)∝eq\f(n\f(Δi,Δt)S,R)，所以線圈l1中的電流均勻改變，A、C錯誤；根據題圖乙，0～eq\f(T,4)時間內感應電流磁場向左，所以線圈l1產生的磁場向左減小，或向右增大，B錯誤，D正確．6．甲、乙兩物體沿同一直線做減速運動，t＝0時刻，兩物體同時經過同一位置，最后又停在同一位置，它們的速度—時間圖象如圖3所示，則在運動過程中()圖3A．t1時刻甲和乙相距最遠B．甲、乙的平均速度相等C．在某時刻甲、乙的加速度可能相等D．甲的加速度逐漸減小，乙的加速度大小不變【答案】CD【解析】甲、乙兩物體速度相等時相距最遠，選項A錯誤；甲、乙的位移相同，但是甲運動的時間較長，則甲的平均速度較小，選項B錯誤；v－t圖象的斜率等于加速度，由圖象可知，在某時刻甲的加速度可能等于乙的加速度，選項C正確；v－t圖象的斜率等于加速度，由圖象可知，甲的加速度逐漸減小，乙的加速度大小不變，選項D正確．7．如圖4所示，三條長直導線a、b、c都通以垂直紙面的電流，其中a、b兩根導線中電流方向垂直紙面向外．O點與a、b、c三條導線距離相等，且Oc⊥ab.現在O點垂直紙面放置一小段通電直導線，電流方向垂直紙面向里，導線所受安培力方向如圖所示．則可以判斷()圖4A．O點處的磁感應強度的方向與F相同B．長導線c中的電流方向垂直紙面向外C．長導線a中電流I1小于b中電流I2D．長導線c中電流I3小于b中電流I2【答案】BC【解析】由左手定則可知，磁感應強度方向與安培力方向垂直，故A錯誤；由左手定則可知，O點的磁感應強度方向與F垂直斜向右下方，此磁場方向可分解為水平向右方向和豎直向下方向，所以導線c在O點產生的磁場方向應水平向右，由安培定則可知，導線c中的電流為垂直紙面向外，導線a在O點產生的磁場方向豎直向上，導線b在O點產生的磁場方向豎直向下，所以長導線a中電流I1與b中電流I2的關系，由于不知道安培力的具體方向，所以無法確定長導線c中電流I3與b中電流I2的關系，故B、C正確，D錯誤．8．如圖5所示，在絕緣水平地面上固定兩個等量同種點電荷A、B，在AB連線上的P點由靜止釋放一帶電滑塊(可視為質點)，則滑塊會由靜止開始一直向右運動到AB連線上的一點M而停下．則以下判斷正確的是()圖5A．滑塊一定帶的是與A、B異種的電荷B．滑塊的電勢能一定是先減小后增大C．滑塊的動能與電勢能之和一定減小D．AP間距一定小于BM間距【答案】CD【解析】滑塊受到的電場力是兩點電荷對它作用力的合力，滑塊向右運動，合力向右，滑塊一定帶與A、B同種的電荷，否則滑塊將向左運動，A錯誤．滑塊運動可能有兩種情況：1.滑塊受到的電場力先向右后向左，電場力先做正功，再做負功，電勢能先減小后增加；2.滑塊受到的電場力合力始終向右，在到達AB中點前停止，電場力始終做正功，電勢能始終減小，B錯誤．根據能量守恒，滑塊的電勢能、動能、內能之和不變，阻力做負功，內能增大，則動能與電勢能之和一定減小，C正確．若沒有摩擦力，AP＝BM；因為水平面不光滑，水平方向受到摩擦力作用，運動到速度為0的位置在P點關于AB中點對稱點的左側，所以AP<BM，D正確．9．某同學用一個滿偏電流為10mA、內阻為30Ω的電流表，一只滑動變阻器和一節(jié)電動勢為1.5V的干電池組裝成一個歐姆表．圖6(1)該同學按圖6正確連接好電路．甲、乙表筆中，甲表筆應是________(選填“紅”或“黑”)表筆．(2)測量電阻前，他先進行歐姆調零：將甲、乙表筆短接，調節(jié)滑動變阻器，使電流表指針指到________處．圖7(3)歐姆調零后，他將甲、乙兩表筆分別接如圖7中的a、b兩點，指針指在電流表刻度的4mA處，則電阻Rx＝________Ω.(4)若誤將甲、乙兩表筆分別接在了如圖2中的a、c兩點，則Rx的測量結果________(選填“偏大”或“偏小”)．(5)再給電流表并聯(lián)一個合適的定值電阻R0，就可組裝成一個中間刻度值為15Ω的歐姆表，則R0＝________Ω.(結果保留兩位有效數字)【答案】(1)紅(2)10mA(3)225(4)偏小(5)3.3【解析】(1)由題圖示可知，甲表筆與歐姆表內置電源負極相連，甲表筆是紅表筆；(2)測量電阻前，他先進行歐姆調零：將甲、乙表筆短接，調節(jié)滑動變阻器，使電流表指針指到電阻為零即電流最大(10mA)；(3)歐姆表內阻：R內＝eq\f(E,Ig)＝eq\f(1.5,10－2)Ω＝150Ω，指針指在電流表刻度的4mA處，由閉合電路歐姆定律得：4×10－3A＝eq\f(1.5V,150Ω＋Rx)，解得：Rx＝225Ω；(4)若誤將甲、乙兩表筆分別接在了圖中的a、c兩點，由題圖示電路圖可知，兩電池串聯(lián)，相當于歐姆表內置電源電動勢E變大，由閉合電路歐姆定律可知，電路電流變大，歐姆表指針偏右，歐姆表示數變小，Rx的測量結果偏??；(5)歐姆表內阻等于中值電阻，中間刻度值為15Ω的歐姆表，其內阻為15Ω，I＝eq\f(E,R內)＝eq\f(1.5,15)A＝0.1A，把電流表改裝成0.1A的電流表需要并聯(lián)分流電阻，分流電阻阻值：R0＝eq\f(IgRg,0.1－0.010A)≈3.3Ω.10．某實驗興趣小組為了測量物體間的動摩擦因數，設計了如下實驗：圖8(1)如圖8甲，將輕彈簧豎直懸掛，用刻度尺測出彈簧自由懸掛時的長度L1＝4.00cm.(2)如圖乙，在彈簧的下端懸掛小木塊，用刻度尺測出穩(wěn)定時彈簧的長度L2＝________cm.(3)將一長木板平放在水平面上，小木塊放置于木板上表面，如圖丙，將圖乙中的彈簧左端固定在豎直墻壁上，右端拴接小木塊，使彈簧水平，用力F向右拉動長木板，長木板與小木塊發(fā)生相對運動，當小木塊穩(wěn)定時，測出此時彈簧的長度L3＝6.07cm.(4)根據上面的操作，可以得出小木塊與長木板間的動摩擦因數μ＝________(結果保留兩位有效數字)．(5)若圖丙實驗中彈簧不水平，左端略高一些，由此而引起的動摩擦因數μ的測量結果________(填“偏大”或“偏小”)．【答案】(2)8.65(8.63～8.67)(4)0.44或0.45(5)偏小【解析】(2)刻度尺的最小分度值為0.1cm，刻度尺的讀數為8.65cm；(4)根據平衡條件可得小木塊的重力為：Mg＝k(L2－L1)，用力向右拉動長木板，長木板與小木塊發(fā)生相對運動，當小木塊穩(wěn)定時，則有：Ff＝k(L3－L1)，可以得出小木塊與長木板間的動摩擦因數：μ＝eq\f(Ff,Mg)＝eq\f(L3－L1,L2－L1)≈0.45；(5)若圖丙實驗中彈簧不水平，左端略高一些，則有：F彈cosθ＝μ(Mg－F彈sinθ)，解得小木塊與長木板間的動摩擦因數：μ＝eq\f(F彈cosθ,Mg－F彈sinθ)，由于左端略高一些，則有θ≈0°，所以：μ＝eq\f(F彈cosθ,Mg－F彈sinθ)≈eq\f(F彈cosθ,Mg)，由此而引起的動摩擦因數μ的測量結果偏?。?1．滑板運動是極限運動的鼻祖，很多極限運動都是由滑板運動延伸而來．如圖1所示是一個滑板場地，OP段是光滑的eq\f(1,4)圓弧軌道，半徑為0.8m．PQ段是足夠長的粗糙水平地面，滑板與水平地面間的動摩擦因數為μ＝0.2.滑板手踩著滑板A從O點由靜止滑下，到達P點時，立即向前起跳．滑板手離開滑板A后，滑板A以速度v1＝2m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前繼續(xù)滑動．已知兩滑板質量均為m＝5kg，滑板手的質量是滑板的9倍，滑板B與P點的距離為Δx＝1m，g＝10m/s2.(不考慮滑板的長度以及滑板手和滑板間的作用時間，不計空氣阻力)求：圖1(1)當滑板手和滑板A到達圓弧軌道末端P點時滑板A對軌道的壓力；(2)滑板手落到滑板B后瞬間，滑板B的速度大??；(3)兩個滑板間的最終距離．【答案】(1)1500N，豎直向下(2)4.2m/s(3)4.41m【解析】(1)滑板手與滑板A由O點下滑到P點過程，由機械能守恒：10mgR＝eq\f(1,2)×10mv2，代入數據解得v＝eq\r(2gR)＝4m/s，設在P點時滑板手與滑板A所受到的支持力為FN：由牛頓第二定律可得FN－10mg＝10meq\f(v2,R)代入數據解得：FN＝1500N，根據牛頓第三定律得F壓＝FN＝1500N，方向豎直向下；(2)滑板手跳離A板，滑板手與滑板A水平方向動量守恒10mv＝－mv1＋9mv2，代入數據解得：v2＝eq\f(14,3)m/s，滑板手跳上B板，滑板手與滑板B水平方向動量守恒9mv2＝10mv3，解得：v3＝4.2m/s；(3)滑板B的位移xB＝eq\f(v\o\al(,32),2μg)＝4.41m，滑板A在弧面上滑行的過程中，機械能守恒，所以再次返回P點時的速度大小仍為v1＝2m/s，滑板A在水平地面上的位移xA＝eq\f(v\o\al(,12),2μg)＝1m，最終兩滑板的間距為L＝xB＋Δx－xA＝4.41m.12．如圖2甲所示，以O為坐標原點建立坐標系，等邊三角形OMN內存在垂直紙面向里的勻強磁場，三角形外側有沿x軸負方向的勻強電場．現有質量m＝1×10－18kg，電荷量q＝＋1×10－15C的帶電微粒從坐標為(0，－0.5m)的Q點，以某一初速度v0沿某一方向入射，從x軸上的P點以v＝200m/s的速度垂直x軸進入三角形區(qū)域．若此時將三角形外側的電場換成垂直紙面向外的勻強磁場(如圖乙所示)，兩磁場的磁感應強度大小相等．已知三角形的邊長L＝4m，O、P兩點間距離為d＝1m，重力不計．求：圖2(1)勻強電場的電場強度大小及帶電微粒的初速度大?。?2)若兩磁場的磁感應強度大小B＝0.2T，求該微粒在乙圖中運動一個周期的時間；(3)乙圖中若微粒能再次回到P點，則兩勻強磁場的磁感應強度大小應滿足什么條件．【答案】(1)320V/m200eq\r(17)m/s(2)6.28×10－2s(3)B＝(0.4n＋0.2)T，(n＝0,1,2,3…)【解析】(1)在勻強電場中，對微粒受力分析，根據牛頓運動定律可知，水平方向OP＝eq\f(qE,2m)t2豎直方向OQ＝vt水平分速度vx＝eq\f(qE,m)t微粒的初速度v0＝eq\r(v2＋v\o\al(,x2))聯(lián)立解得E＝320V/m，v0＝200eq\r(17)m/s；(2)粒子在兩磁場中均做勻速圓周運動，所以qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)＝1mT＝eq\f(2πr,v)，解得T＝eq\f(π,100)＝3.14×10－2s粒子的運動軌跡如圖(a)所示，所以一個周期時間：t＝3×eq\f(T,6)＋3×eq\f(T,2)＝6.28×10－2s(3)粒子的運動軌跡如圖(b)所示由對稱性可知，要想粒子能回到P點，則粒子運動的半徑應滿足r(2n＋1)＝OP(n＝0,1,2,3…)且r＝eq\f(mv,qB)，聯(lián)立可得B＝(0.4n＋0.2)T，(n＝0,1,2,3…)．15、一定質量的理想氣體從狀態(tài)M到達狀態(tài)N，有兩個過程可以經歷，其p－V圖象如圖3所示．在過程1中，氣體始終與外界無熱量交換；在過程2中，氣體先經歷等容變化再經歷等壓變化．對于這兩個過程，下列說法正確的是________．圖3A．氣體經歷過程1，其溫度降低，內能減少B．氣體經歷過程1，對外做功，內能不一定減少C．氣體在過程2中，一直對外做功D．氣體在過程2中，先向外放熱后吸熱E．氣體在過程2中，一直向外放熱(2)(10分)如圖4所示，一開口向上的汽缸固定在水平地面上，質量均為m、厚度不計、橫截面積均為S的活塞A、B將缸內氣體分成Ⅰ、Ⅱ兩部分，在活塞A的上方放置一質量也為m的物塊，整個裝置處于靜止狀態(tài)，此時Ⅰ、Ⅱ兩部分氣體的長度均為L0.已知大氣壓強p0＝eq\f(2mg,S)，氣體可視為理想氣體且溫度始終保持不變，不計一切摩擦，汽缸足夠高．當把活塞A上面的物塊取走時，活塞A將向上移動，求系統(tǒng)重新達到靜止狀態(tài)時，活塞A上升的高度．圖4【答案】(1)AD(2)eq\f(7,12)L0【解析】(1)氣體經歷過程1，壓強減小，體積變大，氣體膨脹對外做功，因氣體始終與外界無熱量交換，則內能減少，故溫度降低，故A正確，B錯誤；氣體在過程2中，根據理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C，剛開始時，體積不變，對外不做功，壓強減小，則溫度降低，對外放熱，然后壓強不變，體積變大，則氣體膨脹對外做功，溫度升高，吸熱，故C、E錯誤，D正確．(2)對氣體Ⅰ，其初態(tài)壓強p1＝p0＋eq\f(2mg,S)＝2p0末態(tài)壓強為p1′＝p0＋eq\f(mg,S)＝eq\f(3,2)p0，設末態(tài)時氣體Ⅰ的長度為L1根據玻意耳定律得：p1L0S＝p1′L1S解得L1＝eq\f(4,3)L0對氣體Ⅱ，其初態(tài)壓強為p2＝p1＋eq\f(mg,S)＝eq\f(5,2)p0末態(tài)壓強為p2′＝p1′＋eq\f(mg,S)＝2p0設末狀態(tài)時氣體Ⅱ的長度為L2根據玻意耳定律得：p2L0S＝p2′L2S解得：L2＝eq\f(5,4)L0故活塞A上升的高度為Δh＝L1＋L2－2L0＝eq\f(7,12)L0.16．cm，產生的簡諧橫波沿x軸正、負方向傳播，波速v＝80m/s.在x軸上有M、N、P三點，已知SM＝SN＝1m，NP＝0.2m．當波剛傳到質點P時，P點的振動方向沿y軸________(填“正”或“負”)方向，N質點的位移為________cm.此后質點M、N的振動方向始終________(填“相同”或“相反”)．圖5(2)(10分)半徑為R的固定半