2024年山西省太原市高考物理一模試卷及答案解析

2024年山西省太原市高考物理一模試卷

二、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選項中，第1?5

題只有一項符合題目要求，第6?8題有多項符合題目要求。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）如圖所示，手機僅有兩個側(cè)面與手機夾接觸，靜止在手機支架上。手機平面與水

平面夾角為30°,手機質(zhì)量為204g,重力加速度g取10m/s2?下列說法正確的是（）

A.手機夾對手機作用力的大小為2.04N

B.手機對手機夾兩側(cè)的彈力指向手機內(nèi)側(cè)

C.手機夾單側(cè)面受到靜摩擦力的大小為0.255N

D.順時針緩慢轉(zhuǎn)動手機夾，手機所受靜摩擦力變小

2.（6分）如圖所示，蜜蜂同上同下?lián)]動兩個翅膀，在水面上形成穩(wěn)定的干涉圖樣，A為加

強區(qū)一點，B為減弱區(qū)一點。下列說法正確的是（）

A.圖中B處質(zhì)點振幅最大

B.圖中A處質(zhì)點位移始終最大

C.蜜蜂兩翅膀揮動頻率可以不同

D.A點到兩個波源的距離差為波長的整數(shù)倍

3.（6分）神舟17號返回艙開傘后，返回艙與降落傘中心連接的中軸線始終保持豎直。整

體受到豎直向上的空氣阻力，同時在水平風(fēng)力的作用下，整體以0.5m/s2的加速度沿虛直

線斜向下減速運動。下列說法正確的是（）

A.返回艙中的航天員處于失重狀態(tài)

B.豎直向上的空氣阻力大于水平風(fēng)力

C.若水平風(fēng)力突然消失，返回艙將做平拋運動

D.整體克服豎直向上空氣阻力做的功等于其機械能的減少量

4.（6分）運動員某次發(fā)球，將球從離臺面高h(yuǎn)o處發(fā)出，球落在A點反彈后又落在B點，

兩次擦邊。AB間距離為L,球經(jīng)過最高點時離臺面的高度為h（h>ho）,重力加速度為

go若忽略阻力、球的旋轉(zhuǎn)、球與臺面碰撞時能量的損失，乒乓球離開球拍的速度大小為

I22

A.l2g/i+B.2g（〃—八0）+^~

C.2g（〃+咐+端^D.2g（A-/i0）-

5.（6分）如圖所示，A、B、C是地球的三顆人造衛(wèi)星，A軌道半徑為地球半徑的4倍，B、

C為同軌道近地衛(wèi)星，三者軌道位于同一平面內(nèi)且繞行方向相同。已知地球半徑為R,

表面重力加速度為g,A先后飛越B、C正上方所經(jīng)歷的最短時間忽略地球

自轉(zhuǎn)，B、C之間的劣弧長為（）

1121

A.-TTRB.-TCRC.-TTRD.-TIR

6432

（多選）6.（6分）用紫外光照射一種新型材料時，只產(chǎn)生動能和動量單一的相干電子束。

用該電子束照射間距為d的雙縫，觀測到相鄰明條紋間距為Ax的干涉現(xiàn)象，普朗克常量

為h,雙縫到屏的距離為L。下列說法正確的是（）

A.電子束的波長人=%Ax

B.電子的動量p=^

C.僅減小照射光的波長，電子束形成的干涉條紋間距將變大

D.與實物粒子相聯(lián)系的波被稱為德布羅意波，也叫做物質(zhì)波

（多選）7.（6分）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面方向的勻強磁場，O為圓心，AN

和CM為圓的兩條直徑，ZMON=60°o質(zhì)量為mi、電荷量為qi的帶電粒子1沿AO

方向從A點射入。質(zhì)量為m2電荷量為q2的帶電粒子2從C點射入，兩粒子入射速度相

同且都從M點飛離磁場，不考慮兩帶電粒子的重力及相互作用力。下列說法正確的是

A.粒子1與粒子2的比荷之比為2：3

B.粒子1與粒子2的出射方向夾角為60°

C.粒子1與粒子2的運動半徑之比為2：1

D.粒子1與粒子2在磁場內(nèi)運動的時間之比為2：3

（多選）8.（6分）如圖所示，正方體的棱ae豎直，可視為質(zhì)點的帶正電小球從a點沿ab

方向水平拋出，僅在重力的作用下，恰好經(jīng)過f點。若空間中增加沿ad方向的勻強電場，

小球仍從a點沿ab方向水平拋出，恰好經(jīng)過底面中心k點。下列說法正確的是（）

A.小球兩次運動的時間相等

B.小球兩次拋出的初速度相同

C.小球經(jīng)過f點的動能與經(jīng)過k點的動能之比為20：21

D.小球從a到k,機械能增加量是重力勢能減少量的一半

二、選擇題：

9.(6分)為了驗證機械能守恒定律，某學(xué)習(xí)小組用如圖1所示的氣墊導(dǎo)軌裝置進行實驗,

可使用的實驗器材還有：游標(biāo)卡尺、毫米刻度尺。

光電門I

遮光條光電門U

滑塊口fl

進

氣

口

導(dǎo)軌

A標(biāo).

[]水平桌面

圖2

圖1

(1)學(xué)習(xí)小組設(shè)計了如下的實驗步驟：

①用游標(biāo)卡尺測量遮光條的寬度d

②在導(dǎo)軌上選擇兩個適當(dāng)?shù)奈恢肁、B安裝光電門I、II,并連接數(shù)字毫秒計

③調(diào)整氣墊導(dǎo)軌的傾斜狀態(tài)

④使滑塊從導(dǎo)軌的左端下滑，分別測出遮光條經(jīng)過兩光電門I、II的時間ti、t2

⑤用毫米刻度尺分別測量A、B點到水平桌面的高度hi、h2

⑥改變氣墊導(dǎo)軌的傾斜程度，重復(fù)步驟④⑤，進行多次測量

(2)游標(biāo)卡尺的示數(shù)如圖2所示，d=cm；

(3)重力加速度為g,在誤差允許范圍內(nèi)，若滿足hi-h2=(用

ti、t2、d、g表示)，可驗證滑塊下滑過程中機械能守恒；

(4)寫出誤差產(chǎn)生的一條原因：。

10.(11分)實驗小組測量某圓柱體材料的電阻率，圓柱體的長度為9.20cm。

h一45

三

一40

三

二35

三

一

一30

二

（1）用螺旋測微器測量該圓柱體的直徑，示數(shù)如圖I所示，d=mm；

（2）用歐姆表對圓柱體的電阻進行粗測，選擇“X10”擋，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，應(yīng)

該換用擋（選填“XI”或“X100”），并重新進行調(diào)零，指針指

在如圖2位置，阻值為Q；

（3）為精確測量該圓柱體電阻的大小，實驗小組設(shè)計了如圖3所示的實驗電路圖，實驗

室提供了如下器材：

A.電源E（電動勢為3V,內(nèi)阻不計）

B.電流表A（量程為0?300mA,內(nèi)阻n約為3。）

C電流表A（量程為。?30mA,內(nèi)阻r2為10。）

D.定值電阻Ro（阻值為90。）

E.滑動變阻器R1（最大阻值為10Q）

F.滑動變阻器R2（最大阻值為IkQ）

請回答下列問題：

a.實驗中，乙表應(yīng)選（選填"B”或"C”），滑動變阻器應(yīng)選（選填

“E”或"F"），根據(jù)圖3所示電路，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器，記錄甲的示數(shù)h和乙

的示數(shù)12,電阻Rx=（用題中的字母符號表示）；

b.Ii和12的函數(shù)圖像如圖4所示，根據(jù)數(shù)據(jù)可算得Rx=Q（結(jié)果保留2位有

效數(shù)字）；

C.通過計算，該圓柱體材料的電阻率約為P=n-m（結(jié)果保留1位有效數(shù)

字）；

（4）僅從系統(tǒng)誤差的角度考慮，本次實驗電阻率的測量值真實值。（選填“大

于”“等于”或“小于”）

11.（12分）如圖所示，粗細(xì)均勻的U形細(xì)玻璃管豎直倒置，豎直高度為20cm,水平寬度

為5cm,左端開口，右端封閉。用長度為10cm的水銀柱在右側(cè)管內(nèi)封閉了長為10cm的

理想氣體，初始狀態(tài)環(huán)境溫度為258K,大氣壓強為76cmHg。現(xiàn)緩慢升高環(huán)境溫度，有

6cm長的水銀柱進入左側(cè)豎直細(xì)管，細(xì)玻璃管的內(nèi)徑遠(yuǎn)小于其自身的長度。求：

（1）此時管內(nèi)封閉氣體的壓強；

（2）此時環(huán)境的溫度。

5cm

12.（15分）輕質(zhì)彈簧原長為1,將彈簧豎直放置在水平地面上，在其頂端將一質(zhì)量為7m的

小球由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度變?yōu)樵L的一半?，F(xiàn)將該彈簧水平

放置在光滑水平面上，一端固定在A點，另一端與質(zhì)量為m的小球P接觸但不拴連；一

長度為21的輕繩一端系于O點，另一端與質(zhì)量為m的小球Q拴連。用外力緩慢推動P,

將彈簧壓縮至原長的一半，撤去外力，P被彈出后與Q發(fā)生彈性對心碰撞，Q開始擺動。

輕繩在彈力變?yōu)?時斷開，Q飛出后落在水平地面上的B點（圖中未畫出），P、Q始終

在同一豎直平面內(nèi)運動且均可視為質(zhì)點，重力加速度為g,不計空氣阻力。求：

（1）彈簧由原長壓縮為原長的一半，彈性勢能的變化量；

（2）P與Q碰撞后的瞬間，Q速度的大?。?/p>

（3）Q落到B點時，Q與P之間的距離。

tO

APQ

13.(18分)如圖所示，兩平行且等長的粗糙金屬導(dǎo)軌ab、cd間距為L,傾斜角度為。，ab、

cd之間有垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為Bi,ac之間電容器的電

容為Ci,光滑等長的水平金屬導(dǎo)軌ef、gh間距為L,ef、gh之間有豎直向下的勻強磁場，

磁感應(yīng)強度的大小為B2,fh之間電容器的電容為C2。質(zhì)量為m的金屬棒PQ垂直導(dǎo)軌放

置，在沿斜面向上恒力F的作用下由靜止開始運動，經(jīng)過時間t后以速度v飛出導(dǎo)軌，

同時撤去F,PQ水平躍入ef、gh導(dǎo)軌，PQ始終與ef、gh導(dǎo)軌垂直。導(dǎo)軌與棒的電阻均

不計，重力加速度為g,求：

(1)金屬棒PQ分別在Bi、B2中運動時電流的方向；(請分別說明P-Q或Q-P)

(2)導(dǎo)軌ef、gh足夠長，電容器C2帶電量的最大值；

(3)金屬棒PQ與導(dǎo)軌ab、cd的動摩擦因數(shù)。

2024年山西省太原市高考物理一模試卷

參考答案與試題解析

二、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選項中，第1?5

題只有一項符合題目要求，第6?8題有多項符合題目要求。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）如圖所示，手機僅有兩個側(cè)面與手機夾接觸，靜止在手機支架上。手機平面與水

平面夾角為30°,手機質(zhì)量為204g,重力加速度g取lOm/s2。下列說法正確的是（）

A.手機夾對手機作用力的大小為2.04N

B.手機對手機夾兩側(cè)的彈力指向手機內(nèi)側(cè)

C.手機夾單側(cè)面受到靜摩擦力的大小為0.255N

D.順時針緩慢轉(zhuǎn)動手機夾，手機所受靜摩擦力變小

【答案】A

【分析】由平衡條件可知手機夾對手機作用力與其重力平衡，兩者等大反向；手機對手

機夾兩側(cè)的彈力指向手機外側(cè)；因手機夾對手機的兩個側(cè)面的彈力在水平方向上平衡了，

故手機夾兩側(cè)面對手機的靜摩擦力必與重力平衡，結(jié)合對稱性解答；順時針緩慢轉(zhuǎn)動手

機夾，手機處于平衡狀態(tài)，手機夾兩側(cè)面對手機的靜摩擦力與重力始終平衡。

【解答】解：A.由平衡條件可知手機夾對手機作用力與其重力平衡，兩者等大反向，則

手機夾對手機作用力的大小為：F=mg=204X10-3X10N=2.04N,故A正確；

B.手機對手機夾兩側(cè)的彈力指向手機外側(cè)，故B錯誤；

C.因手機夾對手機的兩個側(cè)面的彈力在水平方向上平衡了，故手機夾兩側(cè)面對手機的靜

摩擦力必與重力平衡，由對稱性可知，手機夾單側(cè)面對手機的靜摩擦力大小等于重力的

1

一半，為：-X2.O4N=1.O2N,根據(jù)牛頓第三定律可知手機夾單側(cè)面受到手機對其靜摩擦

力的大小為1.02N,故C錯誤；

D.順時針緩慢轉(zhuǎn)動手機夾，手機處于平衡狀態(tài)，合力始終為零，手機夾對手機的兩個側(cè)

面的彈力仍在水平方向上平衡了，故手機夾兩側(cè)面對手機的靜摩擦力必與重力始終平衡,

保持不變，故D錯誤。

故選：A。

【點評】本題考查了共點力平衡問題，對研究對象正確受力分析是前提，按已知力、重

力、彈力、摩擦力的順序進行受力分析。依據(jù)平衡條件解答。

2.（6分）如圖所示，蜜蜂同上同下?lián)]動兩個翅膀，在水面上形成穩(wěn)定的干涉圖樣，A為加

強區(qū)一點，B為減弱區(qū)一點。下列說法正確的是（）

A.圖中B處質(zhì)點振幅最大

B.圖中A處質(zhì)點位移始終最大

C.蜜蜂兩翅膀揮動頻率可以不同

D.A點到兩個波源的距離差為波長的整數(shù)倍

【答案】D

【分析】兩波發(fā)生干涉時，振動加強點與兩個波源的距離差為零或者為半波長的偶數(shù)倍，

振動減弱點與兩個波源的距離差為半波長的奇數(shù)倍。

【解答】解：A、由題，B是振動減弱點，則B點的振幅最小，故A錯誤；

B、圖中A點是振動加強點，則A點的振幅增大，并不是A處質(zhì)點位移始終增大，故B

錯誤；

C、蜜蜂兩翅膀揮動頻率始終相同，不然，在水面上不能形成穩(wěn)定的干涉圖樣，故C錯

誤；

D、A為加強點，根據(jù)干涉加強點的條件可知,A點到兩個波源的距離差為波長的整數(shù)倍，

故D正確。

故選：D。

【點評】本題考查波的干涉，知道振動加強點和振動減弱點的找法。

3.（6分）神舟17號返回艙開傘后，返回艙與降落傘中心連接的中軸線始終保持豎直。整

體受到豎直向上的空氣阻力，同時在水平風(fēng)力的作用下，整體以0.5m/s2的加速度沿虛直

線斜向下減速運動。下列說法正確的是（）

A.返回艙中的航天員處于失重狀態(tài)

B.豎直向上的空氣阻力大于水平風(fēng)力

C.若水平風(fēng)力突然消失，返回艙將做平拋運動

D.整體克服豎直向上空氣阻力做的功等于其機械能的減少量

【答案】B

【分析】A.根據(jù)超失重的條件進行分析判斷；

B.畫出物體的受力圖，根據(jù)牛頓運動定律在不同方向的表達(dá)式列式求解判斷大?。?/p>

C.根據(jù)受力情況和初狀態(tài)分析物體的運動情況；

D.根據(jù)機械能的改變量的決定因素進行分析判斷。

【解答】解：A.返回艙與降落傘整體以0.5m/s2的加速度沿虛線斜向下減速運動，加速度

有豎直向上的分量，所以處于超重狀態(tài)，故A錯誤；

B.設(shè)豎直向上的空氣阻力為Fi,水平風(fēng)力為F2,受力圖如下

Fif

mg

已知a=0.5m/s2,設(shè)整體質(zhì)量為m,根據(jù)牛頓第二定律可知，豎直方向上

Fi-mg=macos60°

水平方向上

F2=masin60°

解得Fi=?m,F2=亨m

可知豎直向上的空氣阻力大于水平風(fēng)力，故B正確；

C.若水平風(fēng)力突然消失，返回艙的合力方向豎直向上，加速度方向豎直向上，返回艙將

做類斜拋運動，故c錯誤；

D.根據(jù)功能關(guān)系可知，整體克服豎直向上空氣阻力和水平風(fēng)力做的功的代數(shù)和才等于其

機械能的減少量，故D錯誤。

故選：Bo

【點評】考查牛頓第二定律和能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，會根據(jù)題意列式求解相應(yīng)的物理量。

4.（6分）運動員某次發(fā)球，將球從離臺面高h(yuǎn)o處發(fā)出，球落在A點反彈后又落在B點，

兩次擦邊。AB間距離為L,球經(jīng)過最高點時離臺面的高度為h（h>ho）,重力加速度為

g?若忽略阻力、球的旋轉(zhuǎn)、球與臺面碰撞時能量的損失，乒乓球離開球拍的速度大小為

（）

I22

A.12g力+徐B.J2g（九一九0）+客

22

C.J2g（4+fl。）+端^D.J2g（d一八0）-^_

【答案】B

【分析】乒乓球在A、B之間的運動具有對稱性，從最高點到B的過程可以看作平拋運

動，將運動分解為水平方向的勻速直線運動與豎直方向的自由落體運動，結(jié)合幾何關(guān)系

求出乒乓球在最高點的速度。乒乓球運動的過程中機械能守恒，由此求出乒乓球的初速

度。

【解答】解：乒乓球從最高點到B點做平拋運動，設(shè)乒乓球在最高點的速度為v,從最

高點到B的時間為t,則h=^gt2

L

又一=vt

2

1

乒乓球從拋出點到乒乓球離臺面最高點過程中機械能守恒，可得5m謚o+M皿0=

-L2

~mv+mgh

聯(lián)立解得：%=J2g（h一h0）+%故B正確，ACD錯誤。

故選：Bo

【點評】該題結(jié)合平拋運動考查機械能守恒定律，解答的技巧是從最高點到B的過程可

以看作平拋運動，然后將運動分解為水平方向的勻速直線運動與豎直方向的自由落體運

動。

5.（6分）如圖所示，A、B、C是地球的三顆人造衛(wèi)星，A軌道半徑為地球半徑的4倍，B、

C為同軌道近地衛(wèi)星，三者軌道位于同一平面內(nèi)且繞行方向相同。已知地球半徑為R,

賈4，忽略地球

表面重力加速度為g,A先后飛越B、C正上方所經(jīng)歷的最短時間t：

自轉(zhuǎn)，B、C之間的劣弧長為（）

21

C.FRD.—rrR

32

【答案】C

【分析】研究衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，結(jié)合重力和萬有

引力關(guān)系列式表示出角速度，根據(jù)A先后飛越B、C正上方得最短時間間隔內(nèi)有二者掃

過的角度求得AB劣弧所對的圓心角，進而求弧長。

【解答】解：忽略地球自轉(zhuǎn)，在地球表面有巾9=爺

根據(jù)萬有引力提供向心力可得：

對A衛(wèi)星，有;--=TH?4R?3/

（4R）2A

,『_.GMm2_

對B>C衛(wèi)星，有——=mR（ji）=mRd）2

R2bRc

A先后飛越B、C正上方得最短時間間隔內(nèi)有（O）B-O）A）t=0

聯(lián)立解得：

9

B、C之間的劣弧長為s=9R故C正確，ABD錯誤。

故選：Co

【點評】本題要求熟練應(yīng)用萬有引力提供向心力的各種表達(dá)形式，熟練掌握圓周運動的

各個公式，題目難度較大.

（多選）6.（6分）用紫外光照射一種新型材料時，只產(chǎn)生動能和動量單一的相干電子束。

用該電子束照射間距為d的雙縫，觀測到相鄰明條紋間距為Ax的干涉現(xiàn)象，普朗克常量

為h,雙縫到屏的距離為L。下列說法正確的是（）

A.電子束的波長入=，Ax

B.電子的動量p=^

C.僅減小照射光的波長，電子束形成的干涉條紋間距將變大

D.與實物粒子相聯(lián)系的波被稱為德布羅意波，也叫做物質(zhì)波

【答案】BD

【分析】由雙縫干涉實驗的條紋間距公式得出電子束的波長；根據(jù)電子的動量公式得出

電子的動量表達(dá)式；根據(jù)光電效應(yīng)判斷電子的能量；根據(jù)物質(zhì)波的定義判斷。

【解答】解：A、根據(jù)雙縫干涉實驗的條紋間距公式4％=當(dāng)4

可得電子束的波長4=竿，故A錯誤；

B、根據(jù)德布羅意波波長的公式2=生

可得電子的動量p=」=^,故B正確；

C、根據(jù)題意，紫外光照射材料只產(chǎn)生動能和動量單一的相干電子束，可知減小照射光的

波長，產(chǎn)生的電子束動量是不變的，所以電子束形成的干涉條紋間距不變，故C錯誤；

D、根據(jù)物質(zhì)波的定義可知，與實物粒子相聯(lián)系的波被稱為德布羅意波，也叫做物質(zhì)波,

故D正確。

故選：BDo

【點評】本題主要考查了雙縫干涉實驗的相關(guān)應(yīng)用，熟悉光電效應(yīng)和干涉實驗中的條紋

間距公式，理解能量和動量的關(guān)系，熟悉公式間的推導(dǎo)即可完成解答。

（多選）7.（6分）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面方向的勻強磁場，O為圓心，AN

和CM為圓的兩條直徑，ZMON=60°o質(zhì)量為mi、電荷量為qi的帶電粒子1沿AO

方向從A點射入。質(zhì)量為m2電荷量為q2的帶電粒子2從C點射入，兩粒子入射速度相

同且都從M點飛離磁場，不考慮兩帶電粒子的重力及相互作用力。下列說法正確的是

A.粒子1與粒子2的比荷之比為2：3

B.粒子1與粒子2的出射方向夾角為60°

C.粒子1與粒子2的運動半徑之比為2：1

D.粒子1與粒子2在磁場內(nèi)運動的時間之比為2：3

【答案】AB

【分析】AC.根據(jù)牛頓第二定律求比荷表達(dá)式，結(jié)合作出的兩粒子做勻速圓周運動的軌跡

利用幾何關(guān)系求軌跡半徑進行判斷；

B.根據(jù)兩粒子運動對應(yīng)的圓心角分析粒子飛出磁場時的速度方向的夾角；

D.根據(jù)粒子在磁場中運動的周期公式結(jié)合圓心角列式求解運動時間的比值。

【解答】解：AC.粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律

得：

V2

qvB=m—

,，QV

解得一=~—

mBr

兩粒子在磁場中運動軌跡如圖

設(shè)圓形區(qū)域的圓半徑為R,粒子1的軌道半徑：nsin30°=Rsin60°

得門=V3R

粒子2的軌道半徑：r2cos30°=R

得r2=

兩粒子速度相等，則生■:—=---：----=r2：門=V3R=2：3,故A正確，C

7nlm2BrrBr2$

錯誤；

B.根據(jù)A分析，粒子1射出磁場時圓弧軌跡對應(yīng)的圓心角NAOiM=60°,粒子2射出

磁場時對應(yīng)的圓心角為NCO2M=120°,兩粒子進入磁場時速度方向相同，故射出磁場

時的速度方向夾角為60°,故B正確；

D.粒子在磁場中做圓周運動的周期

丁27nH

了=而

粒子在磁場中的運動時間t=熹T

粒子1在磁場中的運動時間

，_60°271771]_71771]

0=360s*

粒子2在磁場中的運動時間

_120°2717n2_27rm2

J=3605*~^B~=3q^B

粒子1與粒子2在磁場內(nèi)運動的時間之比

~故D錯誤。

t24

故選：AB?

【點評】考查帶電粒子在磁場中運動問題，會結(jié)合相應(yīng)的幾何關(guān)系列式解答相關(guān)的物理

量。

（多選）8.（6分）如圖所示，正方體的棱ae豎直，可視為質(zhì)點的帶正電小球從a點沿ab

方向水平拋出，僅在重力的作用下，恰好經(jīng)過f點。若空間中增加沿ad方向的勻強電場，

小球仍從a點沿ab方向水平拋出，恰好經(jīng)過底面中心k點。下列說法正確的是（）

A.小球兩次運動的時間相等

B.小球兩次拋出的初速度相同

C.小球經(jīng)過f點的動能與經(jīng)過k點的動能之比為20：21

D.小球從a到k,機械能增加量是重力勢能減少量的一半

【答案】AC

【分析】A.根據(jù)豎直方向的自由落體運動判斷時間；

B.根據(jù)小球沿初速度方向的分運動情況判斷初速度大??；

C.根據(jù)平拋運動規(guī)律結(jié)合動能定理聯(lián)立列式求解兩個末動能的比值；

D.根據(jù)機械能增加量和重力勢能減少量計算對比判斷。

【解答】解：A.小球兩次的落點位于同一水平面上，在豎直方向上，小球都做自由落體

運動，由h=,gt2,可知兩次運動時間相等，故A正確；

B.沿小球初速度的方向，小球做勻速直線運動，兩次運動時間相等，從a到k的沿ab方

向的分位移等于第一次的一半大小，故第二次的初速度大小為第一次的一半,故B錯誤；

C.設(shè)正方體的棱長為L,小球第一次從a到f點，設(shè)初速度大小為vo,根據(jù)平拋運動的規(guī)

律

沿ab方向有L=vot

沿ae方向有L=1gt2

根據(jù)動能定理有

mgL=Ekf-|mvo

第二次小球從a到k,沿電場方向受到的電場力產(chǎn)生的加速度大小為a,在ad方向做初

速度大小為0的勻加速直線運動，滿足

112

-L=利2

22

豎直方向上有L=%t2

根據(jù)以上兩式得a另g

根據(jù)動能定理有mgL+ma-=Ekk—2m(5)2

E20

聯(lián)立以上各式得-kf=一,故C正確；

Ekk21

D.小球從a到k,機械能的增加量等于電場力做的功，大小等于AEi=ma?|=mx|gx\=

|mgL,而重力勢能的減少量AE2=mgL,故D錯誤。

故選：ACo

【點評】考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題，會根據(jù)題意列式求解相關(guān)物理量。

二、選擇題：

9.(6分)為了驗證機械能守恒定律，某學(xué)習(xí)小組用如圖1所示的氣墊導(dǎo)軌裝置進行實驗,

圖2

(1)學(xué)習(xí)小組設(shè)計了如下的實驗步驟:

①用游標(biāo)卡尺測量遮光條的寬度d

②在導(dǎo)軌上選擇兩個適當(dāng)?shù)奈恢肁、B安裝光電門I、II,并連接數(shù)字毫秒計

③調(diào)整氣墊導(dǎo)軌的傾斜狀態(tài)

④使滑塊從導(dǎo)軌的左端下滑，分別測出遮光條經(jīng)過兩光電門I、II的時間ti、t2

⑤用毫米刻度尺分別測量A、B點到水平桌面的高度hi、h2

⑥改變氣墊導(dǎo)軌的傾斜程度，重復(fù)步驟④⑤，進行多次測量

(2)游標(biāo)卡尺的示數(shù)如圖2所示，d=0.400cm；

d2ii

(3)重力加速度為g,在誤差允許范圍內(nèi)，若滿足hi-h2=「(力-工)(用ti、t2、d、

g表示)，可驗證滑塊下滑過程中機械能守恒；

(4)寫出誤差產(chǎn)生的一條原因：游標(biāo)卡尺測量遮光條寬度時存在誤差、滑塊與軌道間

存在摩擦、空氣阻力影響等。

d211

【答案】(2)0.400；(3)—(^-^2);(4)游標(biāo)卡尺測量遮光條寬度時存在誤差、滑

塊與軌道間存在摩擦、空氣阻力影響等。

【分析】(2)根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則完成讀數(shù)并換算；

(3)根據(jù)機械能守恒列式并推導(dǎo)得出；

(4)根據(jù)誤差原因進行分析解答。

【解答】解：(2)游標(biāo)卡尺的精確度為0.05mm,其讀數(shù)為4mm+0X0.05mm=4.00mm=

0.400cm；

（3）如果滑塊下滑過程機械能守恒，則應(yīng)該滿足如下方程

11

mg(hi-h2)=2m諺—說

-2-rdd

nuv2=丁，vi=—

Z2H

,2i1

得hl-h2=為（玲-書）

（4）可能的誤差原因為:游標(biāo)卡尺測量遮光條寬度時存在誤差、滑塊與軌道間存在摩擦、

空氣阻力影響等。

d2ii

故答案為：（2）0.400；（3）—（^|-^7）;（4）游標(biāo)卡尺測量遮光條寬度時存在誤差、

滑塊與軌道間存在摩擦、空氣阻力影響等。

【點評】考查機械能守恒和游標(biāo)卡尺的讀數(shù)問題，會根據(jù)題意列式求解相應(yīng)的物理量。

10.（11分）實驗小組測量某圓柱體材料的電阻率，圓柱體的長度為9.20cm。

圖2

圖4

（1）用螺旋測微器測量該圓柱體的直徑，示數(shù)如圖1所示，d=3.372mm；

（2）用歐姆表對圓柱體的電阻進行粗測，選擇“X10”擋，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，應(yīng)

該換用義1擋（選填“XI”或“X100”），并重新進行歐姆調(diào)零,指針指在如

圖2位置，阻值為9.0Q；

（3）為精確測量該圓柱體電阻的大小，實驗小組設(shè)計了如圖3所示的實驗電路圖，實驗

室提供了如下器材：

A.電源E（電動勢為3V,內(nèi)阻不計）

B.電流表A（量程為0?300mA,內(nèi)阻門約為3。）

C.電流表A（量程為0?30mA,內(nèi)阻r2為10。）

D.定值電阻Ro（阻值為90。）

E.滑動變阻器Ri（最大阻值為10。）

F.滑動變阻器R2（最大阻值為IkQ）

請回答下列問題：

a.實驗中，乙表應(yīng)選C（選填"B”或"C”），滑動變阻器應(yīng)選工1（選填“E”或

“F"），根據(jù)圖3所示電路，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器，記錄中的示數(shù)11和乙的示數(shù)

12,電阻Rx=絲空皂（用題中的字母符號表示）；

b.Ii和12的函數(shù)圖像如圖4所示，根據(jù)數(shù)據(jù)可算得Rx=9.1C（結(jié)果保留2位有效數(shù)

字）；

c.通過計算，該圓柱體材料的電阻率約為。=9義:m-①皿（結(jié)果保留1位有效數(shù)字）；

（4）僅從系統(tǒng)誤差的角度考慮，本次實驗電阻率的測量值等于真實值。（選填“大

于”“等于”或“小于”）

【答案】（1）3.371-3.374；（2）XI,歐姆，9.0；（3）C,E,如吐口，9.1,9X10?

，1一，2

（4）等于。

【分析】（1）根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；

（2）指針偏轉(zhuǎn)角太大，說明待測電阻值較小，所以應(yīng)該換用小倍率，要重新進行歐姆調(diào)

零；

（3）因為用到了兩個電流表，在支路上的電流表應(yīng)該量程小，在分壓式電路中，滑動變

阻器越小越好，根據(jù)歐姆定律寫出對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系，然后根據(jù)斜率計算即可，根據(jù)電阻

定律即可得到電阻率的大??；

（4）沒有系統(tǒng)誤差存在。

【解答】解：（1）讀數(shù)為3mm+37.2X0.01mm=3.372mm

（2）選擇“X10”擋，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，說明待測電阻的阻值較小，所以需要換

用小倍率“XI”擋位，換了倍率開關(guān)后要重新進行歐姆調(diào)零，則此時歐姆表的讀數(shù)為9.0

xm=9.on

（3）因為電路中用到了兩個電流表，所以在支路上的電流表應(yīng)該量程較小，故應(yīng)選C=

因為電路的分壓式電路，所以滑動變阻器應(yīng)該選用阻值較小的，故應(yīng)選E。根據(jù)歐姆定

律有％=號寮。),整理得人=n+R+Rx，h,所以斜率k==毅，解得

111Z%%

Rx=9.1Q,根據(jù)電阻定律有q=0赤，代入數(shù)據(jù)解得p=9X104Q.m

(4)因為在電路中既沒有電流表的分壓，也沒有電壓表的分流，所以本實驗不存在系統(tǒng)

誤差，所以電阻率的測量值等于真實值。

T(R+廠)

故答案為：(1)3.371-3.374；(2)XI,歐姆，9.0；(3)C,E,2~,9.1,9X10

一4；(4)等于。

【點評】熟悉電路結(jié)構(gòu)，熟練掌握電阻定律和歐姆定律以及螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則，和

歐姆表的使用法則，不難正確解答。

11.(12分)如圖所示，粗細(xì)均勻的U形細(xì)玻璃管豎直倒置，豎直高度為20cm,水平寬度

為5cm,左端開口，右端封閉。用長度為10cm的水銀柱在右側(cè)管內(nèi)封閉了長為10cm的

理想氣體，初始狀態(tài)環(huán)境溫度為258K,大氣壓強為76cmHg。現(xiàn)緩慢升高環(huán)境溫度，有

6cm長的水銀柱進入左側(cè)豎直細(xì)管，細(xì)玻璃管的內(nèi)徑遠(yuǎn)小于其自身的長度。求：

(1)此時管內(nèi)封閉氣體的壓強；

(2)此時環(huán)境的溫度。

【答案】(1)此時管內(nèi)封閉氣體的壓強是70cmHg；

(2)此時環(huán)境的溫度是441K。

【分析】(1)由幾何關(guān)系，結(jié)合連通器的原理求出氣體的壓強;

(2)對管內(nèi)氣柱緩慢加熱，氣柱經(jīng)歷等壓變化，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程列式求解。

【解答】解1)升溫后有6cm長的水銀柱進入左側(cè)豎直細(xì)管,水平段的水銀長度是4cm,

水銀柱高h(yuǎn)2=6cm

空氣柱長12=21cm；po=76cmHg

設(shè)封閉氣體的壓強為P2,則p2+pgh2=p0

得p2=70cmHg

(3)升溫前溫度Ti=258K,空氣柱長11=10cm,po=76cmHg

封閉氣體的壓強為pi,則po+pghi=pi

得pi=86cmHg

由理想氣體的狀態(tài)方程"=-

TiT2

代入數(shù)據(jù)得T2=441K

答：(1)此時管內(nèi)封閉氣體的壓強是70cmHg；

(2)此時環(huán)境的溫度是441K。

【點評】本題主要考查一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用，以封閉的氣體為研究對象，

找出氣體變化前后的狀態(tài)參量，利用氣體的狀態(tài)方程計算即可。

12.(15分)輕質(zhì)彈簧原長為1,將彈簧豎直放置在水平地面上，在其頂端將一質(zhì)量為7m的

小球由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度變?yōu)樵L的一半。現(xiàn)將該彈簧水平

放置在光滑水平面上，一端固定在A點，另一端與質(zhì)量為m的小球P接觸但不拴連；一

長度為21的輕繩一端系于O點，另一端與質(zhì)量為m的小球Q拴連。用外力緩慢推動P,

將彈簧壓縮至原長的一半，撤去外力，P被彈出后與Q發(fā)生彈性對心碰撞，Q開始擺動。

輕繩在彈力變?yōu)?時斷開，Q飛出后落在水平地面上的B點(圖中未畫出)，P、Q始終

在同一豎直平面內(nèi)運動且均可視為質(zhì)點，重力加速度為g,不計空氣阻力。求：

(1)彈簧由原長壓縮為原長的一半，彈性勢能的變化量；

(2)P與Q碰撞后的瞬間，Q速度的大??；

(3)Q落到B點時，Q與P之間的距離。

..7

【答案】(1)彈簧由原長壓縮為原長的一半，彈性勢能的變化量為yigl；

(2)P與Q碰撞后的瞬間，Q速度的大小為07；

(3)Q落到B點時，Q與P之間的距離為0。

【分析】(1)彈簧與質(zhì)量為7m的小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，據(jù)此求得彈性勢能的變

化量；

(2)根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒求得小球P離開彈簧時的速度。由動量守恒定律和機械能守恒

定律求解P與Q碰撞后速度；

(3)根據(jù)牛頓第二定律與動能定理求得輕繩斷開時輕繩與豎直方向的夾角和小球的速度。

輕繩斷開后Q做斜拋運動，將運動分解處理，應(yīng)用運動學(xué)公式解答。

【解答】解：(1)設(shè)彈簧由原長壓縮為原長的一半，彈性勢能的變化量為AEP,彈簧與

質(zhì)量為7m的小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有：

7

AEp=2mgi

(2)設(shè)小球P離開彈簧時的速度為vo,小球P與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有：

71

△Ep=2mgi=-^mv^9

解得：vo=J7~gl

設(shè)P與Q發(fā)生彈性碰撞后速度分別為VI,V2,以向右為正方向，由動量守恒定律和機械

能守恒定律得：

mvo—mvi+mv2

-TTIVQ=-mv[+—

解得：V1=O,V2=y[7gl

(3)設(shè)輕繩斷開時輕繩與豎直方向的夾角為0,小球的速度大小為V3。根據(jù)牛頓第二定

律得：

mgcos0=m—

Q從最低點擺動到輕繩斷開處，由動能定理得：

11

-mg(21+21cos0)=~2mv2

聯(lián)立解得：V3=y[gl,cos0=1

可得：0—60°

Vx3‘Q

-X2/

輕繩斷開后Q做斜拋運動，在豎直方向上，以向上為正方向，則有：

V3y=V3Sin0

-(21+21COS0)=V3yt—^gt2

在水平方向上有，Q向左做勻速直線運動：

V3x=V3COS0

X=V3xt

聯(lián)立解得：x=V31

輕繩在斷開時水平長度為：21-sin0=V31

Q落到B點時，Q與P之間的距離Ax=O

7

答：(1)彈簧由原長壓縮為原長的一半，彈性勢能的變化量為amgl；

(2)P與Q碰撞后的瞬間，Q速度的大小為。/；

(3)Q落到B點時，Q與P之間的距離為0。

【點評】本題綜合考查了動量守恒定律的彈性碰撞模型、牛頓第二定律在圓周運動中的

應(yīng)用、斜拋運動規(guī)律，整體難度不大。對于勻變速曲線運動要分解處理，分運動具有等

時性。掌握彈性碰撞的結(jié)果經(jīng)驗公式。

13.(18分)如圖所示，兩平行且等長的粗糙金屬導(dǎo)軌ab、cd間距為L,傾斜角度為。，ab、

cd之間有垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為Bi,ac之間電容器的電

容為Ci,光滑等長的水平金屬導(dǎo)軌ef、gh間距為L,ef、gh之間有豎直向下的勻強磁場，

磁感應(yīng)強度的大小為B2,fh之間電容器的電容為C2。質(zhì)量為m的金屬棒P