2024年九省聯(lián)考（河南?。└呖嘉锢磉m應(yīng)性試卷（1月份）

2024年九省聯(lián)考（河南省）高考物理適應(yīng)性試卷（1月份）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．（6分）如圖，在同一根軟繩上先后激發(fā)出a、b兩段同向傳播的簡諧波，則它們（）A．波長相同 B．振幅相同 C．波速相同 D．頻率相同2．（6分）如圖，在平直路面上進(jìn)行汽車剎車性能測試。當(dāng)汽車速度為v0時(shí)開始剎車，先后經(jīng)過路面和冰面（結(jié)冰路面），最終停在冰面上。剎車過程中，汽車在路面與在冰面所受阻力之比為7：1，位移之比為8：7。則汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度為（）A． B． C． D．3．（6分）某光源包含不同頻率的光，光的強(qiáng)度與頻率的關(guān)系如圖所示。表中給出了一些金屬的截止頻率νc，用該光源照射這些金屬。則（）金屬νc/（1014Hz）銫4.69鈉5.53鋅8.06鎢10.95A．僅銫能產(chǎn)生光電子 B．僅銫、鈉能產(chǎn)生光電子 C．僅銫、鈉、鋅能產(chǎn)生光電子 D．都能產(chǎn)生光電子4．（6分）若兩顆人造衛(wèi)星M、N繞地球做勻速圓周運(yùn)動，M、N到地心的距離之比為k，忽略衛(wèi)星之間的相互作用。在時(shí)間t內(nèi)，衛(wèi)星M與地心連線掃過的面積為SM，衛(wèi)星N與地心連線掃過的面積為SN，則SM與SN的比值為（）A．1 B．k C． D．5．（6分）2023年4月，我國有“人造太陽”之稱的托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置創(chuàng)造了新的世界紀(jì)錄。其中磁約束的簡化原理如圖：在半徑為R1和R2的真空同軸圓柱面之間，加有與軸線平行的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里，R2＝2R1。假設(shè)氘核H沿內(nèi)環(huán)切線向左進(jìn)入磁場，氚核H沿內(nèi)環(huán)切線向右進(jìn)入磁場，二者均恰好不從外環(huán)射出。不計(jì)重力及二者之間的相互作用，則H和H的速度之比為（）A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．3：1（多選）6．（6分）如圖，將一平面鏡置于某透明液體中，光線以入射角i＝45°進(jìn)入液體，經(jīng)平面鏡反射后恰好不能從液面射出。此時(shí)，平面鏡與水平面（液面）夾角為α，光線在平面鏡上的入射角為β。已知該液體的折射率為，下列說法正確的是（）A．β＝30° B．β＝37.5° C．若略微增大α，則光線可以從液面射出 D．若略微減小i，則光線可以從液面射出（多選）7．（6分）α粒子（He）以一定的初速度與靜止的氧原子核（O）發(fā)生正碰。此過程中，α粒子的動量p隨時(shí)間t變化的部分圖像如圖所示，t1時(shí)刻圖線的切線斜率最大。則（）A．t1時(shí)刻O的動量為p0﹣p1 B．t1時(shí)刻O的加速度達(dá)到最大 C．t2時(shí)刻O的動能達(dá)到最大 D．t2時(shí)刻系統(tǒng)的電勢能最大（多選）8．（6分）如圖（a）所示，“L”形木板Q靜止于粗糙水平地面上，質(zhì)量為1kg的滑塊P以6m/s的初速度滑上木板，t＝2s時(shí)與木板相撞并粘在一起。兩者運(yùn)動的v﹣t圖像如圖（b）所示。重力加速度大小g取10m/s2，則（）A．Q的質(zhì)量為1kg B．地面與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.1 C．由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為1.0J D．t＝5.8s時(shí)木板速度恰好為零二、非選擇題：9．（8分）某同學(xué)用如圖（a）所示的裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。用細(xì)線把鋼制的圓柱掛在架子上，架子下部固定一個(gè)小電動機(jī)，電動機(jī)軸上裝一支軟筆。電動機(jī)轉(zhuǎn)動時(shí)，軟筆尖每轉(zhuǎn)一周就在鋼柱表面畫上一條痕跡（時(shí)間間隔為T）。如圖（b），在鋼柱上從痕跡O開始選取5條連續(xù)的痕跡A、B、C、D、E，測得它們到痕跡O的距離分別為hA、hB、hC、hD、hE。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。（1）若電動機(jī)的轉(zhuǎn)速為3000r/min，則T＝s。（2）實(shí)驗(yàn)操作時(shí)，應(yīng)該。（填正確答案標(biāo)號）A．先打開電源使電動機(jī)轉(zhuǎn)動，后燒斷細(xì)線使鋼柱自由下落B．先燒斷細(xì)線使鋼柱自由下落，后打開電源使電動機(jī)轉(zhuǎn)動（3）畫出痕跡D時(shí)，鋼柱下落的速度vD＝。（用題中所給物理量的字母表示）（4）設(shè)各條痕跡到O的距離為h，對應(yīng)鋼柱的下落速度為v，畫出v2﹣h圖像，發(fā)現(xiàn)圖線接近一條傾斜的直線，若該直線的斜率近似等于，則可認(rèn)為鋼柱下落過程中機(jī)械能守恒。10．（14分）學(xué)生小組用放電法測量電容器的電容，所用器材如下：電池（電動勢3V，內(nèi)阻不計(jì)）；待測電容器（額定電壓5V，電容值未知）；微安表（量程200μA，內(nèi)阻約為1kΩ）；滑動變阻器R（最大阻值為20Ω）；電阻箱R1、R2、R3、R4（最大阻值均為9999.9Ω）；定值電阻R0（阻值為5.0kΩ）；單刀單擲開關(guān)S1、S2，單刀雙擲開關(guān)S3；計(jì)時(shí)器；導(dǎo)線若干。（1）小組先測量微安表內(nèi)阻，按圖（a）連接電路。（2）為保護(hù)微安表，實(shí)驗(yàn)開始前S1、S2斷開，滑動變阻器R的滑片應(yīng)置于（填“左”或“右”）端。將電阻箱R1、R2、R3的阻值均置于1000.0Ω，滑動變阻器R的滑片置于適當(dāng)位置。保持R1、R3阻值不變，反復(fù)調(diào)節(jié)R2，使開關(guān)S2閉合前后微安表的示數(shù)不變，則P、Q兩點(diǎn)的電勢（填“相等”或“不相等”）。記錄此時(shí)R2的示數(shù)為1230.0Ω，則微安表的內(nèi)阻為Ω。（3）按照圖（b）所示連接電路，電阻箱R4阻值調(diào)至615.0Ω，將開關(guān)S3擲于位置1，待電容器充電完成后，再將開關(guān)S3擲于位置2，記錄微安表電流I隨時(shí)間t的變化情況，得到如圖（c）所示的圖像。當(dāng)微安表的示數(shù)為100μA時(shí)，通過電阻R0的電流是μA。（4）圖（c）中每個(gè)最小方格面積所對應(yīng)的電荷量為C（保留兩位有效數(shù)字）。某同學(xué)數(shù)得曲線下包含150個(gè)這樣的小方格，則電容器的電容為F（保留兩位有效數(shù)字）。11．（12分）房間內(nèi)溫度升高空氣外溢的過程可以抽象為如圖所示的汽缸模型。汽缸內(nèi)活塞可以無摩擦自由滑動，室內(nèi)溫度升高空氣外溢，可視為空氣膨脹推動活塞向外滑動。室內(nèi)體積為V0，初始溫度為T0。室內(nèi)溫度升高到T的過程中，活塞向外緩慢移至虛線位置。室內(nèi)外氣壓始終恒定且相等，空氣可視為理想氣體。求：（1）汽缸內(nèi)空氣升溫膨脹后的總體積V；（2）升溫前后室內(nèi)空氣質(zhì)量之比。12．（14分）如圖所示，一個(gè)帶正電的小球，質(zhì)量為m，電荷量為q，固定于絕緣輕桿一端，輕桿的另一端光滑鉸接于O點(diǎn)，重力加速度為g。（1）未加電場時(shí)，將輕桿向左拉至水平位置，無初速度釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，求輕桿對它的拉力大小。（2）若在空間中施加一個(gè)平行于紙面的勻強(qiáng)電場，大小方向未知。將輕桿從左邊水平位置無初速度釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，受到輕桿的拉力為4mg；將輕桿從右邊水平位置無初速度釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，受到輕桿的拉力為8mg。求電場強(qiáng)度的水平分量Ex和豎直分量Ey。13．（14分）如圖（a）所示，一個(gè)電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，間距L＝1m，左半部分傾斜且粗糙，傾角θ＝37°，處于沿斜面向下的勻強(qiáng)磁場中；右半部分水平且光滑，導(dǎo)軌之間存在一個(gè)三角形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向豎直向下，其邊界與兩導(dǎo)軌夾角均為α，tanα＝0.1。右半部分俯視圖如圖（b）。導(dǎo)體棒Q借助小立柱靜置于傾斜導(dǎo)軌上，其與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。導(dǎo)體棒P以v0＝0.5m/s的速度向右進(jìn)入三角形磁場區(qū)域時(shí)，撤去小立柱，Q棒開始下滑，同時(shí)對P棒施加一外力使其始終保持勻速運(yùn)動。運(yùn)動過程中，兩棒始終垂直于導(dǎo)軌且接觸良好。已知兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝1T，兩棒的質(zhì)量均為m＝0.1kg，Q棒電阻R＝0.5Ω，P棒電阻不計(jì)。重力加速度大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，以Q棒開始下滑為計(jì)時(shí)起點(diǎn)。求：（1）撤去小立柱時(shí)，Q棒的加速度大小a0；（2）Q棒中電流隨時(shí)間變化的關(guān)系式；（3）Q棒達(dá)到的最大速度vm及所用時(shí)間t1。2024年九省聯(lián)考（河南省）高考物理適應(yīng)性試卷（1月份）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．（6分）如圖，在同一根軟繩上先后激發(fā)出a、b兩段同向傳播的簡諧波，則它們（）A．波長相同 B．振幅相同 C．波速相同 D．頻率相同【分析】根據(jù)頻率、波長和波速三者的關(guān)系式，可得到兩列波的頻率【解答】解：波在相同介質(zhì)中傳播的速度相同，由圖可知，兩列波的波長不同，振幅不同，根據(jù)頻率、波長和波速三者的關(guān)系式，可知兩列波的頻率不同。故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意對于頻率、波長和波速三者的關(guān)系式的熟練運(yùn)用。2．（6分）如圖，在平直路面上進(jìn)行汽車剎車性能測試。當(dāng)汽車速度為v0時(shí)開始剎車，先后經(jīng)過路面和冰面（結(jié)冰路面），最終停在冰面上。剎車過程中，汽車在路面與在冰面所受阻力之比為7：1，位移之比為8：7。則汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度為（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)牛頓第二定律以及運(yùn)動學(xué)公式可求出汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度?！窘獯稹拷猓涸O(shè)汽車在路面與在冰面所受阻力分別為a1、a2，汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度為v1，由牛頓第二定律，阻力提供加速度，有f＝ma則汽車在路面與在冰面上運(yùn)動的加速度大小之比為由速度—位移公式，在路面上有由速度—位移公式，在冰面上有其中解得汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度為，故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點(diǎn)評】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意靈活運(yùn)用牛頓第二定律求解加速度。3．（6分）某光源包含不同頻率的光，光的強(qiáng)度與頻率的關(guān)系如圖所示。表中給出了一些金屬的截止頻率νc，用該光源照射這些金屬。則（）金屬νc/（1014Hz）銫4.69鈉5.53鋅8.06鎢10.95A．僅銫能產(chǎn)生光電子 B．僅銫、鈉能產(chǎn)生光電子 C．僅銫、鈉、鋅能產(chǎn)生光電子 D．都能產(chǎn)生光電子【分析】根據(jù)光電效應(yīng)方程以及逸出功表達(dá)式，根據(jù)金屬的截止頻率，可得出能產(chǎn)生光電子的金屬。【解答】解：根據(jù)光電效應(yīng)方程Ek＝hν﹣W0由圖可知光源中光的頻率ν范圍大致在2×1014Hz到9×1014Hz之間，截止頻率在這一范圍內(nèi)的金屬都能產(chǎn)生光電子，所以僅銫、鈉、鋅能產(chǎn)生光電子，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意能夠熟練掌握光電效應(yīng)的表達(dá)式。4．（6分）若兩顆人造衛(wèi)星M、N繞地球做勻速圓周運(yùn)動，M、N到地心的距離之比為k，忽略衛(wèi)星之間的相互作用。在時(shí)間t內(nèi)，衛(wèi)星M與地心連線掃過的面積為SM，衛(wèi)星N與地心連線掃過的面積為SN，則SM與SN的比值為（）A．1 B．k C． D．【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力列式，得到衛(wèi)星線速度與軌道半徑的關(guān)系，由幾何知識得到衛(wèi)星在時(shí)間t內(nèi)與地心的連線掃過的面積表達(dá)式，再求SM與SN的比值?！窘獯稹拷猓盒l(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)萬有引力提供向心力得可得衛(wèi)星的線速度大小為：則衛(wèi)星在時(shí)間t內(nèi)與地心的連線掃過的面積為所以，故ABC錯誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】此題考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是明確萬有引力提供向心力，運(yùn)用幾何知識求解衛(wèi)星與地心的連線掃過的面積。5．（6分）2023年4月，我國有“人造太陽”之稱的托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置創(chuàng)造了新的世界紀(jì)錄。其中磁約束的簡化原理如圖：在半徑為R1和R2的真空同軸圓柱面之間，加有與軸線平行的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里，R2＝2R1。假設(shè)氘核H沿內(nèi)環(huán)切線向左進(jìn)入磁場，氚核H沿內(nèi)環(huán)切線向右進(jìn)入磁場，二者均恰好不從外環(huán)射出。不計(jì)重力及二者之間的相互作用，則H和H的速度之比為（）A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．3：1【分析】根據(jù)左手定則繪制出粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡，利用洛倫茲力提供向心力并結(jié)合幾何關(guān)系可求出速度之比?！窘獯稹拷猓河深}意可知，根據(jù)左手定則，作圖如圖所示由幾何關(guān)系可知，氘核的半徑為r1，根據(jù)幾何關(guān)系有2r1＝R2﹣R1＝R1所以由幾何關(guān)系可知，氚核的半徑為r2，有2r2＝R2+R1＝3R1所以得到半徑之比滿足根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得線速度的表達(dá)式為根據(jù)題意可知，氘核和氚核的比荷之比為所以和的速度之比為，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c(diǎn)評】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意解決帶電粒子在磁場中運(yùn)動的問題，需要數(shù)學(xué)幾何分析能力。（多選）6．（6分）如圖，將一平面鏡置于某透明液體中，光線以入射角i＝45°進(jìn)入液體，經(jīng)平面鏡反射后恰好不能從液面射出。此時(shí)，平面鏡與水平面（液面）夾角為α，光線在平面鏡上的入射角為β。已知該液體的折射率為，下列說法正確的是（）A．β＝30° B．β＝37.5° C．若略微增大α，則光線可以從液面射出 D．若略微減小i，則光線可以從液面射出【分析】作出光路圖，根據(jù)折射率公式，以及幾何關(guān)系可求出線在平面鏡上的入射角β的大??；增加α，則入射角β將會增大，光線射出液面的入射角變大，將大于臨界角，會發(fā)生全反射；減小i，則r減小，導(dǎo)致光線在平面鏡上的入射角β減小，射出液面的入射角變小，將小于臨界角，所以可以從液面射出?！窘獯稹拷猓篈B．光線經(jīng)平面鏡反射后，恰好不能從液面射出，光路圖如圖根據(jù)解得光線在射入液面時(shí)的折射角為r＝30°有解得∠C＝45°由幾何關(guān)系可得2β+（90°﹣r）+（90°﹣C）＝180°解得β＝37.5°故A錯誤；B正確；C．若略微增大α，則光線在平面鏡上的入射角β將變大，根據(jù)上面分析的各角度關(guān)系可知光線射出液面的入射角變大，將大于臨界角，所以不可以從液面射出。故C錯誤；D．同理，若略微減小i，則r減小，導(dǎo)致光線在平面鏡上的入射角β減小，可知光線射出液面的入射角變小，將小于臨界角，可以從液面射出。故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評】學(xué)生在解決本題時(shí)，應(yīng)注意解決光的折射問題，除了掌握折射率公式外，數(shù)學(xué)幾何分析能力也是關(guān)鍵所在。（多選）7．（6分）α粒子（He）以一定的初速度與靜止的氧原子核（O）發(fā)生正碰。此過程中，α粒子的動量p隨時(shí)間t變化的部分圖像如圖所示，t1時(shí)刻圖線的切線斜率最大。則（）A．t1時(shí)刻O的動量為p0﹣p1 B．t1時(shí)刻O的加速度達(dá)到最大 C．t2時(shí)刻O的動能達(dá)到最大 D．t2時(shí)刻系統(tǒng)的電勢能最大【分析】α粒子與氧原子核組成的系統(tǒng)動量守恒，從而求出氧原子核的動量；斜率表示動量的變化程度，所以t1時(shí)刻α粒子的動量變化率最大，所以受到的電場力最大，所以加速度達(dá)到最大；讀圖可知，t2時(shí)刻后，α粒子反向運(yùn)動，t2時(shí)刻氧原子核的動能達(dá)到最大；因?yàn)閠1時(shí)刻，氧原子核受到的電場力最大，說明此時(shí)α粒子與氧原子核的距離最近，所以電勢能最大。【解答】解：A．α粒子與氧原子核組成的系統(tǒng)動量守恒，由此可以得到t1時(shí)刻的動量為p2＝p0﹣p1故A正確；B．t1時(shí)刻圖線的切線斜率最大，這說明此時(shí)α粒子的動量變化率最大，根據(jù)動量的表達(dá)式p＝mv可知α粒子的速度變化率最大，即加速度最大，即α粒子受到的電場力最大，說明氧原子核受到的電場力也最大，的加速度達(dá)到最大，故B正確；C．t2時(shí)刻，α粒子速度為零，由圖可知t2時(shí)刻后，α粒子反向運(yùn)動，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒，可知在t2時(shí)刻之后，的動量達(dá)到最大，說明的速度達(dá)到最大，所以的動能達(dá)到最大，故C錯誤；D．t1時(shí)刻，氧原子核受到的電場力最大，α粒子與氧原子核的距離最近，此時(shí)系統(tǒng)的電勢能最大，故D錯誤。故選：AB?！军c(diǎn)評】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意能夠根據(jù)研究對象的動量變化情況推導(dǎo)出速度以及動能的變化情況。（多選）8．（6分）如圖（a）所示，“L”形木板Q靜止于粗糙水平地面上，質(zhì)量為1kg的滑塊P以6m/s的初速度滑上木板，t＝2s時(shí)與木板相撞并粘在一起。兩者運(yùn)動的v﹣t圖像如圖（b）所示。重力加速度大小g取10m/s2，則（）A．Q的質(zhì)量為1kg B．地面與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.1 C．由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為1.0J D．t＝5.8s時(shí)木板速度恰好為零【分析】根據(jù)動量守恒可求出Q的質(zhì)量；利用牛頓第二定律可求出動摩擦因數(shù)；根據(jù)能量守恒定律可求出碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能；結(jié)合動量定理可求出木板速度恰好為零的時(shí)刻?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)v﹣t圖像可知，v1＝3m/s，v2＝1m/s，v3＝2m/s，兩者碰撞時(shí)，取滑塊P的速度方向?yàn)檎较颍O(shè)P的質(zhì)量為m＝1kg，Q的質(zhì)量為M，由系統(tǒng)動量守恒定律得mv1+Mv2＝（m+M）v3解得M＝1kg故A正確；B．設(shè)P與Q之間的動摩擦因數(shù)為μ1，Q與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2，根據(jù)v﹣t圖像可知，0﹣2s內(nèi)P與Q的加速度分別為aP＝1.5m/s2，aQ＝0.5m/s2，對P、Q分別受力分析，由牛頓第二定律得μ1mg＝maPμ1mg﹣μ2（m+M）g＝MaQ聯(lián)立解得μ2＝0.05故B錯誤；C．由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝1.0J故C正確；D．對碰撞后整體受力分析，由動量定理得﹣μ2（m+M）gt2＝0﹣（m+M）v3代入數(shù)據(jù)解得t2＝4s因此木板速度恰好為零的時(shí)刻為t＝t1+t2＝2s+4s＝6s故D錯誤；故選：AC?！军c(diǎn)評】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意對于碰撞問題，要熟練運(yùn)用動量守恒定律和能量守恒定律。二、非選擇題：9．（8分）某同學(xué)用如圖（a）所示的裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。用細(xì)線把鋼制的圓柱掛在架子上，架子下部固定一個(gè)小電動機(jī)，電動機(jī)軸上裝一支軟筆。電動機(jī)轉(zhuǎn)動時(shí)，軟筆尖每轉(zhuǎn)一周就在鋼柱表面畫上一條痕跡（時(shí)間間隔為T）。如圖（b），在鋼柱上從痕跡O開始選取5條連續(xù)的痕跡A、B、C、D、E，測得它們到痕跡O的距離分別為hA、hB、hC、hD、hE。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。（1）若電動機(jī)的轉(zhuǎn)速為3000r/min，則T＝0.02s。（2）實(shí)驗(yàn)操作時(shí)，應(yīng)該A。（填正確答案標(biāo)號）A．先打開電源使電動機(jī)轉(zhuǎn)動，后燒斷細(xì)線使鋼柱自由下落B．先燒斷細(xì)線使鋼柱自由下落，后打開電源使電動機(jī)轉(zhuǎn)動（3）畫出痕跡D時(shí)，鋼柱下落的速度vD＝。（用題中所給物理量的字母表示）（4）設(shè)各條痕跡到O的距離為h，對應(yīng)鋼柱的下落速度為v，畫出v2﹣h圖像，發(fā)現(xiàn)圖線接近一條傾斜的直線，若該直線的斜率近似等于2g，則可認(rèn)為鋼柱下落過程中機(jī)械能守恒。【分析】（1）根據(jù)轉(zhuǎn)速為頻率的倒數(shù)可求出頻率，然后求出周期；（2）為了增加軟筆在鋼柱表面畫上的痕跡，應(yīng)該先使電機(jī)轉(zhuǎn)動，然后讓鋼柱自由下落；（3）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動中間時(shí)刻速度等于該段過程的平均速度，可求出下落速度；（4）利用功能關(guān)系可求出v2＝2gh，發(fā)現(xiàn)斜率為2g?！窘獯稹拷猓海?）由于電動機(jī)的轉(zhuǎn)速為3000r/min，則其頻率為則（2）實(shí)驗(yàn)操作時(shí)，為了使軟筆在鋼柱表面畫上一條痕跡條數(shù)多一些，應(yīng)該先打開電源使電動機(jī)轉(zhuǎn)動，后燒斷細(xì)線使鋼柱自由下落。故選A。（3）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動中間時(shí)刻速度等于該段過程的平均速度，則畫出痕跡D時(shí)，鋼柱下落的速度為（4）鋼制的圓柱下落過程中，只有重力做功，重力勢能的減小等于動能的增加，即可得v2＝2gh若v2﹣h圖線為一條傾斜直線，且直線的斜率近似等于2g，則可認(rèn)為鋼柱下落過程中機(jī)械能守恒。故答案為：（1）0.02；（2）A；（3）；（4）2g【點(diǎn)評】學(xué)生在解決本題時(shí)，應(yīng)注意掌握機(jī)械能守恒定律，同時(shí)要了解實(shí)驗(yàn)原理。10．（14分）學(xué)生小組用放電法測量電容器的電容，所用器材如下：電池（電動勢3V，內(nèi)阻不計(jì)）；待測電容器（額定電壓5V，電容值未知）；微安表（量程200μA，內(nèi)阻約為1kΩ）；滑動變阻器R（最大阻值為20Ω）；電阻箱R1、R2、R3、R4（最大阻值均為9999.9Ω）；定值電阻R0（阻值為5.0kΩ）；單刀單擲開關(guān)S1、S2，單刀雙擲開關(guān)S3；計(jì)時(shí)器；導(dǎo)線若干。（1）小組先測量微安表內(nèi)阻，按圖（a）連接電路。（2）為保護(hù)微安表，實(shí)驗(yàn)開始前S1、S2斷開，滑動變阻器R的滑片應(yīng)置于左（填“左”或“右”）端。將電阻箱R1、R2、R3的阻值均置于1000.0Ω，滑動變阻器R的滑片置于適當(dāng)位置。保持R1、R3阻值不變，反復(fù)調(diào)節(jié)R2，使開關(guān)S2閉合前后微安表的示數(shù)不變，則P、Q兩點(diǎn)的電勢相等（填“相等”或“不相等”）。記錄此時(shí)R2的示數(shù)為1230.0Ω，則微安表的內(nèi)阻為1230.0Ω。（3）按照圖（b）所示連接電路，電阻箱R4阻值調(diào)至615.0Ω，將開關(guān)S3擲于位置1，待電容器充電完成后，再將開關(guān)S3擲于位置2，記錄微安表電流I隨時(shí)間t的變化情況，得到如圖（c）所示的圖像。當(dāng)微安表的示數(shù)為100μA時(shí)，通過電阻R0的電流是300μA。（4）圖（c）中每個(gè)最小方格面積所對應(yīng)的電荷量為3.2×10﹣6C（保留兩位有效數(shù)字）。某同學(xué)數(shù)得曲線下包含150個(gè)這樣的小方格，則電容器的電容為4.8×10﹣4F（保留兩位有效數(shù)字）。【分析】（2）為保護(hù)微安表，滑動變阻器R的滑片應(yīng)置于左端；開關(guān)S2閉合前后微安表的示數(shù)不變，根據(jù)電橋平衡可知，可得出微安表的內(nèi)阻；（3）根據(jù)電流分布規(guī)律求出通過電阻R0的電流；（4）先求出電荷量的大小，然后利用電容定義式求出電容?！窘獯稹拷猓海?）為保護(hù)微安表，實(shí)驗(yàn)開始前S1、S2斷開，滑動變阻器R的滑片應(yīng)置于左端。由題知，使開關(guān)S2閉合前后微安表的示數(shù)不變，則說明P、Q兩點(diǎn)的電勢相等。根據(jù)電橋平衡可知，此微安表的內(nèi)阻為1230.0Ω。（3）由于微安表與R4并聯(lián)，則當(dāng)微安表的示數(shù)為100μA時(shí)，R4分擔(dān)的電流為I4＝，解得I4＝0.2mA則通過電阻R0的電流I總＝I4+I＝300μA（4）圖（c）中每個(gè)最小方格面積所對應(yīng)的電荷量為q＝8μA×0.4s＝3.2μC＝3.2×1010﹣6C則150個(gè)這樣的小方格為總電荷量為Q＝n×q＝150×3.2×10﹣6C＝4.8×10﹣4C而微安表改裝后流過R0的電流是微安表示數(shù)的3倍，則根據(jù)電容的定義式可知電容器的電容為故答案為：（2）左，相等，1230.0（3）300；（4）3.2×10﹣6，4.8×10﹣4?！军c(diǎn)評】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)對電路知識有比較全面的了解，并且理解電容的工作原理。11．（12分）房間內(nèi)溫度升高空氣外溢的過程可以抽象為如圖所示的汽缸模型。汽缸內(nèi)活塞可以無摩擦自由滑動，室內(nèi)溫度升高空氣外溢，可視為空氣膨脹推動活塞向外滑動。室內(nèi)體積為V0，初始溫度為T0。室內(nèi)溫度升高到T的過程中，活塞向外緩慢移至虛線位置。室內(nèi)外氣壓始終恒定且相等，空氣可視為理想氣體。求：（1）汽缸內(nèi)空氣升溫膨脹后的總體積V；（2）升溫前后室內(nèi)空氣質(zhì)量之比?！痉治觥浚?）根據(jù)蓋—呂薩克定律，可求出體積；（2）根據(jù)氣體變化前后質(zhì)量相等得到密度關(guān)系，從而得出升溫前后室內(nèi)空氣質(zhì)量之比?！窘獯稹拷猓海?）由題知室內(nèi)外氣壓始終恒定且相等，則由蓋—呂薩克定律有解得（2）根據(jù)氣體變化前后質(zhì)量相等有ρ0V0＝ρV解得則升溫前后室內(nèi)空氣質(zhì)量之比為答：（1）汽缸內(nèi)空氣升溫膨脹后的總體積V為；（2）升溫前后室內(nèi)空氣質(zhì)量之比為?！军c(diǎn)評】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意熟練運(yùn)用理想氣體狀態(tài)方程。12．（14分）如圖所示，一個(gè)帶正電的小球，質(zhì)量為m，電荷量為q，固定于絕緣輕桿一端，輕桿的另一端光滑鉸接于O點(diǎn)，重力加速度為g。（1）未加電場時(shí)，將輕桿向左拉至水平位置，無初速度釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，求輕桿對它的拉力大小。（2）若在空間中施加一個(gè)平行于紙面的勻強(qiáng)電場，大小方向未知。將輕桿從左邊水平位置無初速度釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，受到輕桿的拉力為4mg；將輕桿從右邊水平位置無初速度釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，受到輕桿的拉力為8mg。求電場強(qiáng)度的水平分量Ex和豎直分量Ey?！痉治觥浚?）未加電場時(shí)，根據(jù)動能定理求解小球到達(dá)最低點(diǎn)的速度，根據(jù)牛頓第二定律求解輕桿上的拉力；（2）根據(jù)小球在最低點(diǎn)的受力情況分析電場的方向，根據(jù)動能定理和牛頓第二定律求解電場強(qiáng)度的大小?！窘獯稹拷猓海?）未加電場，則從水平位置無初速度釋放到最低點(diǎn)時(shí)，由動能定理得：小球在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得：聯(lián)立解得：FT＝3mg（2）加電場后，無論輕桿從哪邊釋放小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)受到的拉力均比無電場時(shí)大，則說明電場在豎直方向的分量向下；而輕桿從左邊釋放小球到最低點(diǎn)受到的拉力小于輕桿從右邊釋放小球到最低點(diǎn)受到的拉力，則說明電場在水平方向的分量向左，則桿從左邊水平位置無初速度釋放，到小球到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，由動能定理得：小球在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得：由題意可知：FT1＝4mg桿從右邊水平位置無初速度釋放，到小球到達(dá)最低點(diǎn)的過程中由動能定理得：小球在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律