2024年高考物理最后一卷（浙江卷）（全解全析）

絕密★啟用前2024年高考最后一卷（浙江卷）物理·全解全析本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，滿分100分，考試時(shí)間90分鐘。考生注意:1.答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答題紙規(guī)定的位置上。2.答題時(shí)，請(qǐng)按照答題紙上“注意事項(xiàng)”的要求，在答題紙相應(yīng)的位置上規(guī)范作答，在本試題卷上的作答一律無(wú)效。3.非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應(yīng)的區(qū)域內(nèi)，作圖時(shí)先使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。4.可能用到的相關(guān)參數(shù):重力加速度g均取10m/s2。Ⅰ選擇題部分一、選擇題Ⅰ(本題共13小題,每小題3分,共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的,不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1．某汽車沿直線停車過(guò)程中，其圖像如圖所示。已知該汽車所有減速過(guò)程的加速度均相等，中間有一段時(shí)間勻速運(yùn)動(dòng)，圖示整個(gè)過(guò)程中該汽車行駛了450m。則該汽車勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為（）A．8s B．10s C．12s D．16.5s【答案】B【詳解】圖像斜率的絕對(duì)值表示加速度大小，可知該汽車減速過(guò)程的加速度大小為，利用逆向思維，兩次減速過(guò)程中，該汽車的總位移為，則汽車勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故選B。2．我國(guó)北方小孩在秋天常玩的一種游戲，叫“拔老根兒”，如圖所示。其實(shí)就是兩個(gè)人，每人手里拿著長(zhǎng)長(zhǎng)的楊樹(shù)葉根，把兩個(gè)葉根十字交錯(cuò)在一起，兩人各自揪住自己手里葉根的兩頭，同時(shí)使勁往自己懷里拽，誰(shuí)手里的葉根兒斷了誰(shuí)輸。假如兩小孩選用的樹(shù)葉根所承受的最大拉力相等，則下列說(shuō)法正確的是（）A．葉根夾角較小的一方獲勝B．力氣較大的小孩獲勝C．葉根夾角較大的一方的葉根對(duì)另一方的葉根的作用力更大些D．葉根夾角較大的一方的葉根對(duì)另一方的葉根的作用力更小些【答案】A【詳解】根據(jù)牛頓第三定律可知，葉根夾角較大的一方的葉根與另一方的葉根的作用力大小相等；以兩個(gè)葉根十字交錯(cuò)點(diǎn)為對(duì)象，可知每個(gè)葉根對(duì)交錯(cuò)點(diǎn)的作用力的合力大小相等，根據(jù)，可知葉根夾角較小的一方，葉根產(chǎn)生的拉力較小，則葉根夾角較大的一方先達(dá)到樹(shù)葉根所承受的最大拉力，故葉根夾角較小的一方獲勝。故選A。3．“兩江四岸”煙花活動(dòng)中，某同學(xué)用手機(jī)錄制了一段煙花運(yùn)動(dòng)視頻，經(jīng)電腦處理得到某一煙花的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，其中最高點(diǎn)切線水平，點(diǎn)切線豎直，由圖可知（）A．該煙花由點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)過(guò)程中，水平方向勻速運(yùn)動(dòng)B．該煙花由點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)過(guò)程中，其機(jī)械能守恒C．該煙花在點(diǎn)的加速度方向豎直向下D．該煙花在點(diǎn)處于失重狀態(tài)【答案】D【詳解】A．軌跡的切線方向?yàn)樗俣确较颍深}可知、點(diǎn)切線水平，點(diǎn)切線豎直，即、兩點(diǎn)速度在水平方向分量不為0，在點(diǎn)速度在水平方向分量減為0，所以該煙花由點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)過(guò)程中，水平方向做減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．結(jié)合A選項(xiàng)可知該煙花由點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)過(guò)程中，水平方向做減速運(yùn)動(dòng)，即該煙花由b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)過(guò)程中，煙花在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到摩擦阻力，機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；C．該煙花在最高點(diǎn)切線水平，即此時(shí)運(yùn)動(dòng)方向?yàn)樗较蛴遥Σ磷枇λ较蜃?，則摩擦力和重力的合力朝左下，所以加速度方向與合力方向一致，故C錯(cuò)誤；D．該煙花在最高點(diǎn)有豎直向下的加速度分量，所以處于失重狀態(tài)，故D正確。故選D。4．2024年1月5日我國(guó)以“一箭四星”方式成功將“天目一號(hào)”掩星探測(cè)星座15~18星送入離地高度520公里的近極地太陽(yáng)同步圓軌道，如圖1所示，成功組網(wǎng)如圖2所示的“天目一號(hào)”星座。上述四顆人造衛(wèi)星入軌后（）A．運(yùn)行角速度一定相同 B．所受萬(wàn)有引力一定相同C．運(yùn)行周期與地球公轉(zhuǎn)周期相同 D．在軌運(yùn)行速度大于第一宇宙速度【答案】A【詳解】A．四星運(yùn)行在同一高度，則軌道半徑相等，根據(jù)，可知運(yùn)行角速度一定相同，故A正確；B．因?yàn)樗男琴|(zhì)量不一定相同，所以所受的萬(wàn)有引力不一定相同，故B錯(cuò)誤；C．四星雖在太陽(yáng)同步軌道上，但只是軌道平面與太陽(yáng)的取向保持一致，依然繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，并不是繞太陽(yáng)做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)行周期與地球公轉(zhuǎn)周期不相同，故C錯(cuò)誤；D．地球第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最大線速度，等于近地衛(wèi)星的運(yùn)行速度，四星離地520公里，在軌運(yùn)行速度小于第一宇宙速度，故D錯(cuò)誤。故選A。5．我國(guó)成功研制出高純度鉬。用高頻光子轟擊鉬100得到鉬，鉬99衰變生成醫(yī)學(xué)常用的元素锝，衰變方程為。則（）A．為正電子B．與中子數(shù)相同C．比的結(jié)合能小D．比的結(jié)合能小【答案】C【詳解】A．根據(jù)衰變過(guò)程質(zhì)量數(shù)守恒電荷數(shù)守恒，可知x的質(zhì)量數(shù)為0，電荷數(shù)為-1。所以x是負(fù)電子。故A錯(cuò)誤；B．的中子數(shù)為57，,的中子數(shù)為58，它們的中子數(shù)不相同。故B錯(cuò)誤；CD．比結(jié)合能越大原子核越穩(wěn)定，所以比的結(jié)合能大。比的結(jié)合能小。故C正確；D錯(cuò)誤。故選C。6．蜘蛛網(wǎng)是由部分種類的蜘蛛吐絲所編成的網(wǎng)狀物，如圖所示，豎直平面內(nèi)蜘蛛網(wǎng)上A、B、C三點(diǎn)的連線構(gòu)成正三角形，三根蜘蛛絲a、b、c（可視為彈性繩）的延長(zhǎng)線均過(guò)三角形的中心，蜘蛛絲c沿豎直方向，且c中有張力。蜘蛛靜止在蜘蛛網(wǎng)（不計(jì)重力）中央，下列說(shuō)法正確的是（

）A．a(chǎn)中張力大于b中張力B．a(chǎn)中張力與b中張力大小相等C．若c突然斷開(kāi)，則蜘蛛仍能保持靜止D．若c突然斷開(kāi)，則斷后瞬間蜘蛛的加速度豎直向下【答案】B【詳解】AB．以網(wǎng)和蜘蛛為研究對(duì)象，受力分析如圖所示，由平衡條件有，可得，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確；CD．在豎直方向上有c突然斷開(kāi)，蜘蛛受到的合力豎直向上，有向上的加速度，選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。故選B。7．為實(shí)時(shí)監(jiān)測(cè)高壓輸電線的電壓和電流，需要測(cè)量出輸電線上的電壓和電流的大小。因高壓輸電線的電壓和電流很大，可采用互感器進(jìn)行測(cè)量。如圖所示，電壓互感器和電流互感器分別連接在高壓線上，設(shè)兩個(gè)互感器的原、副線圈的匝數(shù)比分別為、，兩個(gè)互感器所連的電表的示數(shù)分別為a、b，則高壓輸電線的電壓和電流分別為（）A．， B．， C．， D．，【答案】B【詳解】由題意可知，對(duì)電壓互感器，由理想變壓器有，對(duì)電流互感器，由理想變壓器有，解得，，故選B。8．奧斯特實(shí)驗(yàn)表明通電導(dǎo)線周圍和永磁體周圍一樣都存在磁場(chǎng)。一束彼此絕緣的細(xì)銅導(dǎo)線被約束在半徑為R的圓柱體內(nèi)，在圓柱體外距中心軸線為r的P點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)等同于全部電流集中于軸線的直線電流I產(chǎn)生的磁場(chǎng)，即，其中為常數(shù)。若P點(diǎn)在圓柱體內(nèi)，上述公式中的I則為以軸線上一點(diǎn)為圓心、以r為半徑的截面所通過(guò)的電流，則下列圖像正確的是（）A．B．C．D．【答案】A【詳解】由電流微觀表達(dá)式可知，其中S為圓柱體的橫截面積，當(dāng)圓柱體的截面為圓形、半徑為r時(shí)，則在圓柱體內(nèi)部有，與r成正比，在圓柱體外部有，與r成反比，故A圖符合題意。故選A。9．如圖所示，狹縫及平面鏡M均與虛線所在水平面平行放置，用藍(lán)光垂直照射狹縫，可以在光屏上看到明暗相間的條紋。下列判斷正確的是（

）A．看到的條紋是不平行的B．看到的條紋間距不相等C．若將藍(lán)光換成紅光，看到的條紋間距變小D．若將平面鏡M向上平移到虛線處，看到的條紋間距變大【答案】D【詳解】AB．狹縫與其經(jīng)平面鏡所成的像關(guān)于平面鏡對(duì)稱，和等效為相干光源，在光屏上出現(xiàn)干涉條紋，條紋平行且等間距，AB錯(cuò)誤；C．若將藍(lán)光換成紅光，光的波長(zhǎng)變長(zhǎng)，根據(jù)知，條紋間距變大，C錯(cuò)誤；D．若將平面鏡向上平移到虛線處，與之間的距離變小，則條紋間距變大，D正確。故選D。10．在和的空間分別分布著均勻介質(zhì)1和均勻介質(zhì)2。時(shí)刻，x軸上的波源S沿y軸方向開(kāi)始做簡(jiǎn)諧振動(dòng)。時(shí)刻，x軸上的P點(diǎn)恰好開(kāi)始振動(dòng)，波形如圖。已知S點(diǎn)橫坐標(biāo)為，P點(diǎn)橫坐標(biāo)為，下列說(shuō)法正確的是（）A．波由介質(zhì)1進(jìn)入介質(zhì)2周期變小B．波由介質(zhì)1進(jìn)入介質(zhì)2傳播速度不變C．波源振動(dòng)的周期為D．波在介質(zhì)2中的傳播速度為【答案】D【詳解】A．頻率與周期由波源的振動(dòng)決定，可知，波由介質(zhì)1進(jìn)入介質(zhì)2周期不變，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖像可知，介質(zhì)1與介質(zhì)2中的波長(zhǎng)分別為，，根據(jù)，，結(jié)合上述可知，故B錯(cuò)誤；C．時(shí)刻，x軸上的P點(diǎn)恰好開(kāi)始振動(dòng)，根據(jù)圖像有，解得，故C錯(cuò)誤；D．波在介質(zhì)2中的傳播速度為，故D正確。故選D。11．如圖所示1，豎直線、兩端點(diǎn)固定兩個(gè)等量點(diǎn)電荷，帶電量大小均為，長(zhǎng)，為連線的中點(diǎn)，以中垂線為軸，其正半軸的場(chǎng)強(qiáng)變化如圖2所示，圖中的陰影“面積”為（），以沿軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的正方向，靜電力常數(shù)為。下列說(shuō)法正確的是（）A．、兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷為異種電荷B．直線上場(chǎng)強(qiáng)最大值為C．將一電子從點(diǎn)沿軸移到無(wú)窮遠(yuǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能先增大后減小D．將一帶電量為的點(diǎn)電荷由處?kù)o止釋放，到達(dá)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為【答案】B【詳解】A．由題圖2可知點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，軸上的場(chǎng)強(qiáng)方向沿軸正方向，則A、B兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷為等量正點(diǎn)電荷，A錯(cuò)誤；B．在的處放一正試探電荷，、點(diǎn)電荷在該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向如圖所示根據(jù)對(duì)稱性可知該點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)，又根據(jù)幾何關(guān)系可知，解得沿軸正半軸場(chǎng)強(qiáng)最大值，B正確；C．將一電子從點(diǎn)沿軸移到無(wú)窮遠(yuǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能一直增加，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)的面積表示電勢(shì)的變化量，即，從到根據(jù)動(dòng)能定理，可得到達(dá)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為，D錯(cuò)誤。故選B。12．體外沖擊波治療具有非侵入性、患者易于接受、對(duì)人體組織損傷少、治療成功率高等優(yōu)點(diǎn)，目前在臨床醫(yī)療上得到廣泛的應(yīng)用。一種沖擊波治療儀的充電和瞬時(shí)放電電路如圖甲所示。交流電經(jīng)調(diào)壓、整流后向電容器C充電儲(chǔ)能。當(dāng)觸發(fā)器S導(dǎo)通時(shí)，電容器經(jīng)置于水中的沖擊波源W瞬時(shí)放電，高壓強(qiáng)電場(chǎng)的巨大能量瞬間釋放使水迅速汽化、膨脹而形成沖擊波。如圖乙所示，沖擊波向四周傳播，碰到反射體光滑的內(nèi)表面而反射，波源發(fā)出的沖擊波經(jīng)反射后在F點(diǎn)聚焦，形成壓力強(qiáng)大的沖擊波焦區(qū)，當(dāng)人體深處的病變處于該焦區(qū)時(shí)，就會(huì)得到治療的作用。沖擊波治療對(duì)放電時(shí)間要求不超過(guò)1μs，電容器C的電容一般在0.3~1.0μF之間，充電電壓大約10kV。下列說(shuō)法正確的是（）A．治療儀產(chǎn)生的沖擊波是電磁波B．電容器放電電流不能達(dá)到104A數(shù)量級(jí)C．若僅減小電路中電阻R的阻值，可減小電容器的充電時(shí)間D．若僅增大電容器C的電容，放電時(shí)間仍符合沖擊波的要求【答案】C【詳解】A．治療儀產(chǎn)生的沖擊波是機(jī)械波，故A錯(cuò)誤；B．電容器C的電容為1.0μF時(shí)，充滿電后所帶電荷量，電容器平均放電電流，故B錯(cuò)誤；C．若僅減小電路中電阻R的阻值，充電電流增大，電容器的充電時(shí)間減小，故C正確；D．由，得，若僅增大電容器C的電容，電容器所帶電荷量將變大，放電時(shí)間變長(zhǎng)，不符合沖擊波的要求，故D錯(cuò)誤。故選C。13．如圖所示，一位潛水愛(ài)好者在水下活動(dòng)時(shí)，利用激光器向岸上救援人員發(fā)射激光信號(hào)，激光束與豎直方向的夾角為α。當(dāng)α大于37°以后，激光束無(wú)法射出水面。已知光在真空中的傳播速度大小為，，，則（）A．激光束由水中射向空氣發(fā)生全反射的臨界角為53°B．激光束在水中的折射率為C．激光束在水中傳播的速度大小為D．當(dāng)時(shí)，射出水面的激光束方向與水面的夾角大于60°【答案】B【詳解】AB．根據(jù)題意可知，當(dāng)α大于37°以后，激光束無(wú)法射出水面，則激光束由水中射向空氣發(fā)生全反射的臨界角為，則有，故A錯(cuò)誤，B正確；C．激光束在水中傳播的速度大小為，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)時(shí)小于臨界角，光線可以射出水面，設(shè)射出水面的激光束方向與水面的夾角為，則有，解得，可知，即，故D錯(cuò)誤。故選B。二、選擇題Ⅱ(本題共2小題,每小題3分,共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分,選對(duì)但不全的得2分,有選錯(cuò)的得0分)14．密封于汽缸中的理想氣體，從狀態(tài)a依次經(jīng)過(guò)、和三個(gè)熱力學(xué)過(guò)程最后回到初態(tài)a。若該氣體的壓強(qiáng)p隨體積V變化的圖像如圖所示，則以下關(guān)于這三個(gè)熱力學(xué)過(guò)程的說(shuō)法，正確的是（）A．由狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)撞擊到缸壁單位面積的次數(shù)不變B．由狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，氣體從外界吸熱C．由狀態(tài)b變化到狀態(tài)c，氣體分子的平均動(dòng)能不變D．由狀態(tài)c變化到狀態(tài)a，氣體分子的平均間距不變【答案】BD【詳解】A．由狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，壓強(qiáng)不變，體積增大，溫度增大，分子平均動(dòng)能增大，氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)撞擊到缸壁單位面積的次數(shù)減小，故A錯(cuò)誤；B．由狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，溫度增大，內(nèi)能增大，則；且氣體對(duì)外界做功，則，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，氣體吸一定從外界吸熱，故B正確；C．由狀態(tài)b變化到狀態(tài)a，壓強(qiáng)不變，體積減小，則溫度減小，由狀態(tài)a變化到狀態(tài)c，體積不變，壓強(qiáng)減小，則溫度減小，故狀態(tài)b溫度大于狀態(tài)c溫度，故氣體分子的平均動(dòng)能減小，故C錯(cuò)誤；D．由狀態(tài)c變化到狀態(tài)a，體積不變，則氣體分子的平均間距不變，故D正確；故選BD。15．某防盜報(bào)警器工作原理如圖所示。用紫外線照射光敏材料制成的陰極時(shí)，逸出的光電子在電路中產(chǎn)生電流，電流經(jīng)放大后使電磁鐵吸住鐵條。當(dāng)光源與陰極間有障礙物時(shí)，警報(bào)器響起。下列說(shuō)法正確的是（）A．若用紅外光源代替紫外光源，該報(bào)警器一定能正常工作B．逸出光電子的最大初動(dòng)能與照射光頻率成正比C．若用更強(qiáng)的同一頻率紫外線照射陰極，光電流變大D．若用更強(qiáng)的同一頻率紫外線照射陰極，光電子的最大初動(dòng)能不變【答案】CD【詳解】A．由光電效應(yīng)方程知，紫外光頻率大于紅外光頻率，該光敏材料極限頻率未知，不能確保紅外光照射會(huì)發(fā)生光電效應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．由光電效應(yīng)方程知，逸出光電子的最大初動(dòng)能與照射光頻率有關(guān)，但不成正比，B錯(cuò)誤；C．光照強(qiáng)度越強(qiáng)，光電子越多，光電流越大，C正確；D．由光電效應(yīng)方程知，光電子的最大初動(dòng)能只與光的頻率有關(guān)，與光照強(qiáng)度無(wú)關(guān)，D正確；故選CD。Ⅱ非選擇題部分三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共12.0分）16—Ⅰ．（7分）物理課外研究小組欲通過(guò)實(shí)驗(yàn)研究某一直流電源的帶載特性，除所用電源，開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線外，實(shí)驗(yàn)室還備有器材：電壓表（量程3V）、電流表（量程3A）、定值電器、滑動(dòng)變阻器。(1)測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。按如圖1所示的電路連接器材，并移動(dòng)滑動(dòng)變阻器滑片位置，讀出對(duì)應(yīng)的電壓表和電流表示數(shù)，在圖2中標(biāo)記相應(yīng)的點(diǎn)并擬合出U-I圖線，可得電源電動(dòng)勢(shì)E=V，內(nèi)阻r=Ω（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）。(2)不考慮偶然誤差，由上述（1）方法測(cè)得的內(nèi)阻r（填“大于”、“等于”、“小于”）真實(shí)值，引起此誤差的原因是。(3)測(cè)試電源的帶載特性。用R表示變阻器接入電路的阻值，I表示電流表的示數(shù)。為便于對(duì)比研究，采集兩種情況下的數(shù)據(jù)并作出相應(yīng)的①、②圖線：①表示圖1中變阻器的功率變化規(guī)律；②表示圖3中變阻器的功率變化規(guī)律。在滑動(dòng)變阻器的滑片移動(dòng)過(guò)程中，不考慮電表的影響，下列選項(xiàng)正確的是________。A． B．C． D．【答案】(1)3.01.3(2)小于電壓表的分流(3)AC【詳解】（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律,電源U-I圖像與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值是電動(dòng)勢(shì)，圖像斜率絕對(duì)值是電源內(nèi)阻。由圖像可知，電動(dòng)勢(shì)測(cè)量值E=3.0V，電源內(nèi)阻（2）考慮到電表內(nèi)阻，整理得，因?yàn)樾甭蚀韮?nèi)阻，所以內(nèi)阻測(cè)量值偏小，引起此誤差的原因是電壓表的分流。（3）圖1中，滑動(dòng)變阻器的功率為，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)時(shí)，功率最大，又有，可知此時(shí)功率最大，最大功率為圖3中，把和電源看成等效電源，則電源的等效電動(dòng)勢(shì)為等效內(nèi)阻為則滑動(dòng)變阻器的功率為由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)功率最大，此時(shí)最大功率為綜上所述，圖1中和圖3中滑動(dòng)變阻器功率最大時(shí)，電流相等，圖1中滑動(dòng)變阻器的電阻較大，且圖1中的最大功率較大。故選AC。16—Ⅱ．（5分）利用手機(jī)內(nèi)置加速度傳感器可實(shí)時(shí)顯示手機(jī)加速度的數(shù)值。小明通過(guò)智能手機(jī)探究加速度與合外力的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。（1）輕彈簧上端固定，下端與手機(jī)相連接，手機(jī)下端通過(guò)細(xì)繩懸掛小桶；（2）開(kāi)始時(shí)，小桶裝有砝碼，整個(gè)實(shí)驗(yàn)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)；（3）突然剪斷細(xì)繩，通過(guò)手機(jī)軟件記錄豎直方向加速度a隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，剪斷細(xì)繩瞬間手機(jī)的加速度對(duì)應(yīng)圖中的（選填“A”“B”或“C”）點(diǎn)；（4）剪斷細(xì)繩瞬間手機(jī)受到的合力大小F等于；A．砝碼的重力大小

B．小桶和砝碼的重力大小C．手機(jī)的重力大小

D．彈簧對(duì)手機(jī)的拉力大小（5）改變小桶中砝碼質(zhì)量，重復(fù)步驟（3），獲得多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)并繪制圖像如圖丙所示，由圖可得結(jié)論：在誤差允許的范圍內(nèi)，；（6）如圖丁所示，某同學(xué)在處理數(shù)據(jù)時(shí)，以手機(jī)豎直方向的加速度a為縱坐標(biāo)，砝碼質(zhì)量m為橫坐標(biāo)，繪制圖像，獲得一條斜率為k，截距為b的直線，則可推算出手機(jī)的質(zhì)量為（選用k、b、g表示）?！敬鸢浮浚?）A（4）B（5）質(zhì)量一定時(shí)，手機(jī)加速度與合外力成正比（6）【詳解】（3）前面的數(shù)據(jù)波動(dòng)是保持平衡時(shí)的輕微擾動(dòng)，后續(xù)的數(shù)據(jù)波動(dòng)是因?yàn)槭謾C(jī)在做（近似）簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，故第一個(gè)峰值即為我們要的繩子被剪斷時(shí)的瞬時(shí)加速度，故選“A”點(diǎn)；（4）剪斷細(xì)繩瞬間，彈簧的彈力大小不變，手機(jī)受到的合力大小F小桶和砝碼的重力大小。故選B。（5）由丙圖知，圖像為過(guò)原點(diǎn)的一條直線，根據(jù)圖像可以得到的結(jié)論，當(dāng)手機(jī)的質(zhì)量一定時(shí)，手機(jī)的加速度與手機(jī)所受合外力成正比。（6）繩子剪斷前，設(shè)彈力為，小桶質(zhì)量為，手機(jī)質(zhì)量為，對(duì)手機(jī)有平衡知，繩子剪斷后，對(duì)手機(jī)由牛頓第二定律有，綜上可得，解得。四、計(jì)算題（本大題共4小題，共43分，解答過(guò)程請(qǐng)寫出必要的文字說(shuō)明和必需的物理演算過(guò)程，只寫出最終結(jié)果的不得分）17．（8分）如圖所示的減震墊上布滿了12個(gè)完全相同的圓柱狀薄膜氣泡，每個(gè)薄膜氣泡中充滿體積為V0，壓強(qiáng)為p0的理想氣體。在減震墊上放上質(zhì)量分布均勻的平板狀物品，物品始終保持水平，穩(wěn)定后每個(gè)薄膜氣泡的體積均為。若薄膜氣泡內(nèi)氣體的溫度為22℃，不計(jì)薄膜的重力和彈力，重力加速度為g。（1）放上物品穩(wěn)定后，若氣體溫度不變，則每個(gè)薄膜氣泡內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為多少；（2）取走物品穩(wěn)定后，每個(gè)氣泡中氣體壓強(qiáng)均恢復(fù)到p0，體積均增大為，則氣泡中氣體的溫度改變了多少?！敬鸢浮浚?）；（2）5K【詳解】（1）由玻意爾定律可得解得（2）放上物品后溫度為T1=（273+22）K則由理想氣體狀態(tài)方程可得解得T2=300K則氣泡中氣體的溫度改變量為18．（10分）如圖甲，豎直薄板固定在轉(zhuǎn)盤上，質(zhì)量為的小球用輕繩系著，另一端固定在薄板中線上的A點(diǎn)，繩子與豎直中線成。已知輕繩懸點(diǎn)到球心距離為，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力?，F(xiàn)緩慢增大轉(zhuǎn)盤角速度，離開(kāi)前小球與薄板保持相對(duì)靜止。求：（1）隨著角速度增大，離開(kāi)前小球受到輕繩拉力和薄板支持力大小如何變化；（2）從靜止到繩子與豎直中線成的過(guò)程中，薄板對(duì)小球做的功W；（3）其他條件不變，用小球壓住質(zhì)量為的矩形木塊，此時(shí)輕繩與中線成，已知木塊與薄板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，為使木塊不下滑，轉(zhuǎn)盤角速度應(yīng)滿足的條件？【答案】（1）拉力大小不變，支持力減?。唬?）4.4J；（3）【詳解】（1）對(duì)小球分析可知?jiǎng)t當(dāng)角速度增大時(shí)，拉力大小T不變，支持力FN減??；（2）設(shè)時(shí)小球線速度大小為v，則有其中由動(dòng)能定理得而聯(lián)立解得（3）設(shè)角速度為時(shí)，木塊恰好沒(méi)下滑，則有對(duì)小球，有聯(lián)立解得故若不下滑19．（12分）如圖所示，在光滑水平面內(nèi)從左至右連續(xù)存在有個(gè)寬度均為的矩形區(qū)域，其中區(qū)域Ⅰ、Ⅲ、Ⅴ的長(zhǎng)度均為，其間存在沿豎直方向交替變化的圖示勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為；區(qū)域Ⅱ、Ⅳ為長(zhǎng)度均為的無(wú)場(chǎng)區(qū)域。一質(zhì)量為、電阻為、邊長(zhǎng)為的正方形單匝金屬線框以大小為的初速度開(kāi)始進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線框的邊始終與各區(qū)域的邊界線平行，線框最終離開(kāi)區(qū)域Ⅴ。（1）求線框的邊剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ時(shí)，線框的加速度大??；（2）求線框完全進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ中的速度大?。唬?）若在線框開(kāi)始進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ時(shí)，對(duì)線框施加一可變的水平外力，使線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)至線框剛好完全離開(kāi)區(qū)域Ⅴ，求水平外力做功的平均功率?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）線框邊剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為回路中的電流為安培力大小加速度大小聯(lián)立解得（2）過(guò)程：線框完全進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ過(guò)程，線框向右的位移為，設(shè)動(dòng)量變化量為，以水平向左為正方向，由動(dòng)量定理，有其中又解得過(guò)程：從線框邊開(kāi)始進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ到邊將要進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ，線框向右的位移為，設(shè)動(dòng)量變化量為，同理有過(guò)程：從線框邊開(kāi)始進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ到線框邊將要進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，線框向右運(yùn)動(dòng)的位移為，設(shè)動(dòng)量變化量為，同理有過(guò)程：從線框邊開(kāi)始進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ到邊將要進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ，線框向右運(yùn)動(dòng)的距離為，設(shè)動(dòng)量變化量為，同理有設(shè)線框完全進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ中的速度大小為，由動(dòng)量定理可得聯(lián)立解得（3）對(duì)（2）中的過(guò)程通過(guò)的位