浙江省湖州市等3地2024屆高三年級下冊二模物理試題 含解析

麗水、湖州、衢州2024年4月三地市高三教學(xué)質(zhì)量檢測試卷物理試

題卷

考生須知：

1.全卷分試卷和答題卷，考試結(jié)束后，將答題卷上交。

2.試卷共8頁，共20小題。滿分100分，考試時間90分鐘。

3.答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆填寫在答題紙規(guī)定的

位置上。

4.請將答案寫在答題卷的相應(yīng)位置上，寫在試卷上無效。

5.可能用到的相關(guān)參數(shù)：重力加速度g均取10m/s2

選擇題部分

一、選擇題I（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一

個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）

1.下列屬于國際單位制基本單位的是（）

A.mB.NC.JD.Q

【答案】A

【解析】

【詳解】國際單位制的七個基本單位分別為米（m）、秒（s）、千克（kg）,安培（A）、開爾文（K）、摩爾

（mol）、坎德拉（cd）。

故選A?

2.酒店內(nèi)的智能機(jī)器人可以把1樓大廳的外賣送至指定樓層的客房。如圖為機(jī)器人送餐至9樓的場景。下

列說法正確的是（）

送餐機(jī)器人

A.在避開障礙物的過程中，可以把機(jī)器人看成質(zhì)點

B.記錄機(jī)器人從1樓至9樓的時間，可以把機(jī)器人看成質(zhì)點

C.送餐的全過程，機(jī)器人的位移大小可能等于路程

D,若送餐用時625s,行程50m,機(jī)器人的平均速度大小為0.08m/s

【答案】B

【解析】

【詳解】A.在避開障礙物的過程中，機(jī)器人的大小和形狀不可以忽略不計，則不可以把機(jī)器人看成質(zhì)

點，故A錯誤；

B.記錄機(jī)器人從1樓至9樓的時間，機(jī)器人的大小和形狀可以忽略不計，則可以把機(jī)器人看成質(zhì)點，故

B正確；

C.送餐的全過程，機(jī)器人不是沿著直線運(yùn)動，則機(jī)器人的位移大小小于路程，故C錯誤；

D.若送餐用時625s,行程50m,機(jī)器人的平均速率為

s50

v=一=--m/s=0.08m/s

t625

故D錯誤

故選B。

3.先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場，進(jìn)入時速度方向與電場方向垂直。下列

情況下，射出極板時電子和氫核偏轉(zhuǎn)角正切值相同的是（）

A.初速度相同B.初速度的平方相同

C.初動能相同D.初動量相同

【答案】C

【解析】

【詳解】電子和氫核進(jìn)入電場后均做類平拋運(yùn)動，有

X=vot,Vy=at,匕=%

vatqEx

tan。=—y=—=——

%%加0

1,

兩種粒子射出極板具有相同的水平位移無，而電子和氫核的電量均為e,則只有初動能2根尤相同時，射

出極板時電子和氫核偏轉(zhuǎn)角正切值才相同。

故選C。

4.鉉基熔鹽核反應(yīng)堆不僅發(fā)電效率高，而且核廢料污染小，具有廣闊的應(yīng)用前景。冬Th本身不能直接

使用，需經(jīng)過一系列核反應(yīng)后先生成ifPa,至pa再衰變生成第u,利用中子轟擊;;3u發(fā)生裂變后釋放

核能,其典型產(chǎn)物是腎Ba和*Ke,已知第Pa的半衰期為27天,則（)

A.U裂變反應(yīng)的方程為露uTfBa+*Ke+2jn

B.北Ke的結(jié)合能大于的結(jié)合能

C.大量的jfPa經(jīng)過54天后有四分之一發(fā)生了衰變

D.jfpa發(fā)生的是尸衰變

【答案】D

【解析】

【詳解】A.發(fā)生裂變反應(yīng)時要有中子參加反應(yīng)，選項A錯誤；

B.利用中子轟擊置U發(fā)生裂變后釋放核能，其產(chǎn)物是腎Ba和*Ke,生成物更穩(wěn)定，比結(jié)合能更大，但

是質(zhì)量數(shù)不同無法判斷*Ke的結(jié)合能與的結(jié)合能的關(guān)系，選項B錯誤；

C.己知j『Pa的半衰期為27天，則大量的，Pa經(jīng)過54天后有四分之三發(fā)生了衰變，剩下原來的四分之

一沒有衰變，選項C錯誤；

D.rPa衰變生成,u的反應(yīng)方程為

；：Pa君u+_oe

則發(fā)生的是』衰變，選項D正確。

故選D。

5.圖甲是傳統(tǒng)民居建筑材料瓦片，相同的質(zhì)量為機(jī)的瓦片緊靠在一起靜止豎直疊放在水平地面上如圖乙

所示。下方瓦片的受力點均在其頂端，則瓦片（）

A.4右端對地面的壓力比左端的大

B.5右端受到的支持力是2右端受到支持力的2倍

C.4頂端受到的壓力大小為mg

D.5左端對地面的壓力為2mg

4

【答案】D

【解析】

【詳解】分別對6個瓦片受力分析如圖所示（僅畫出瓦片1）

LL1

=&=~mg

13

月3=%=5（43+磔）=不咫

13

42=F52=-（F12+mg）=-mg

17

%4左=%4右=^（初8+^4）=-^

4也5左=4也5右=^（加8+K5+65）=；帆？

17

%6左=%6右=彳（mg+&6）=dmg

Zo

A.根據(jù)牛頓第三定律，4右端對地面的壓力與左端的一樣大，均等于

與左地=與右地=4mg

o

故A錯誤；

B.5右端受到的支持力是2右端受到支持力的關(guān)系為

5

睦上

F33

5522—mg

故B錯誤；

C.根據(jù)牛頓第三定律，4頂端受到的壓力大小為

““3

84=工2=-mg

故C錯誤；

D.根據(jù)牛頓第三定律，5左端對地面的壓力為

月左地=%5左

故D正確。

故選D。

6.如圖甲為電容器上極板電量q隨時間f在一個周期內(nèi)的變化圖線，如圖乙為LC振蕩電路的某一狀態(tài)下

磁感線的情況。則（）

A.圖乙狀態(tài)一定發(fā)生在0~A時間內(nèi)

B.圖乙狀態(tài)一定發(fā)生在r3~k時間內(nèi)

C.A~h時間內(nèi)電路中磁場能增強(qiáng)

D.tl~t3時間內(nèi)自感電動勢減小

【答案】c

【解析】

【詳解】AB.0~△時間內(nèi)，電容器處于充電狀態(tài)，上極板電荷量為正，并且不斷增大，線圈中的為逆時

針，而電荷的增加越來越慢，故電流減小，根據(jù)右手定則可知，線圈感應(yīng)磁場方向向上；而,3~/4時間

內(nèi)，電容器處于放電狀態(tài)，上極板電荷量為負(fù)，并且不斷減小，線圈中的為逆時針，而電荷的減小的越來

越大，故電流增大，根據(jù)右手定則可知，線圈感應(yīng)磁場方向向上，則圖乙狀態(tài)發(fā)生在o~A或白~a時間內(nèi)

均可，故AB錯誤；

C.A~6時間內(nèi)，上極板電荷量為正，且不斷減小，回路中的電流方向為逆時針，而減小的幅度越來越

大，說明電流越來越大，故磁場能越來越大，故C正確；

D.LC振蕩電路的能量裝換圖，i—/圖、q—f圖的關(guān)系如下圖所示

其中Z2~f3時間內(nèi)類比上圖中的（2）-（3）過程，電荷的增加越來越慢，電流減小的越來越快，則線圈

自感電動勢逐漸變大，故D錯誤。

故選C。

7.北京時間2024年1月5日19時20分，我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心用快舟一號甲運(yùn)載火箭，成功將天目

一號氣象星座15-18星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進(jìn)入距地面高度約500km的預(yù)定軌道，至此天目一號氣象星座

階段組網(wǎng)完畢。取地球同步衛(wèi)星距地面高度3.6X104km,則氣象星座15-18星（）

A.與地球同步衛(wèi)星具有相同的動能

B.比地球同步衛(wèi)星具有更大的繞行角速度

與地球同步衛(wèi)星繞地球轉(zhuǎn)動的周期之比為

D.環(huán)繞地球的速度大于第一宇宙速度

【答案】B

【解析】

【詳解】A.由于氣象星座15-18星的質(zhì)量未知，所以無法比較其與地球同步衛(wèi)星的動能大小，故A錯

誤；

B.設(shè)地球質(zhì)量為衛(wèi)星的軌道半徑為人根據(jù)

「mM2

G——=mrco

可得地球衛(wèi)星的角速度大小為

GM

CD-V

由于氣象星座15-18星的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以可知其比地球同步衛(wèi)星具有更大的

繞行角速度，故B正確；

C.根據(jù)開普勒第三定律,=左，可知

設(shè)地球半徑為R,結(jié)合題中數(shù)據(jù)可得，氣象星座15-18星與地球同步衛(wèi)星繞地球轉(zhuǎn)動的周期之比為

＞累）

故C錯誤;

D.根據(jù)地球的第一宇宙速度定義，可知

Mm片

G存二m

R

得地球第一宇宙速度大小

由于氣象星座15-18星的軌道半徑大于地球半徑，所以其環(huán)繞地球的速度小于第一宇宙速度，故D錯誤。

故選B?

8.如圖甲，小球在光滑球面上的A、8之間來回運(yùn)動。仁0時刻將小球從A點由靜止釋放，球面對小球的

支持力大小E隨時間f變化的曲線如圖乙，若弧長遠(yuǎn)小于半徑，則（）

0

A.小球運(yùn)動的周期為0.2派B.光滑球面的半徑為0.1m

C.小球的質(zhì)量為0.05kgD.小球的最大速度約為0.10m/s

【答案】C

【解析】

【詳解】A.小球在一個周期內(nèi)經(jīng)過兩次最低點，根據(jù)圖乙可知，小球的運(yùn)動周期為0.41s,故A錯誤；

B.小球在光滑球面上做簡諧振動，根據(jù)周期公式

式中的L即為光滑球面的半徑A，代數(shù)數(shù)據(jù)可得

R=L=0.4m

故B錯誤；

CD.設(shè)小球在光滑球面上最高點時與其做圓周運(yùn)動的圓心連線與豎直方向的夾角為。，小球到達(dá)最低點時

的速度的最大值為v,則在最高點有

mgcos0=

在最低點有

F2-mg=m^-

K

從最高點到最低點由動能定理有

\2

mgR(l-cos9)=-mv~

其中

耳=0.495N,6=0.5ION

聯(lián)立以上各式解得

1n=0.05kg,v=立^m/s

5

故C正確，D錯誤。

故選C。

9.某同學(xué)根據(jù)光的干涉原理設(shè)計了探究不同材料熱膨脹程度的實驗裝置，如圖所示。材料甲置于玻璃平板

之間，材料乙的上表面3與上層玻璃下表面2間形成空氣劈尖。單色光垂直照射到玻璃平板上，就可以觀

察到干涉條紋。下列說法正確的是（）

A.表面3可以與表面2平行

B.該條紋是由上層玻璃上表面1與下層玻璃上表面4的反射光發(fā)生干涉形成的

C.僅溫度升高，若干涉條紋向左移動，則材料甲膨脹程度大

D.僅換用頻率更小的單色光，干涉條紋將向左移動

【答案】C

【解析】

【詳解】AB.該條紋是由上層玻璃下表面2與下層玻璃上表面3的反射光發(fā)生干涉形成的，由空氣尖劈原

理可知，若表面3與表面2平行，則兩表面的反射光之間的光程差始終恒定，則不會形成明暗相間的條紋,

故AB錯誤；

C.若溫度升高，干涉條紋向左移動，則上層玻璃下表面2與下層玻璃上表面3之間的空氣膜厚度增加，即

材料甲膨脹程度大，故C正確；

D.若換用頻率更小的單色光，則波長變長，根據(jù)條紋間距公式

,L,

Ax=-,A

d

可知，干涉條紋間距增大，對應(yīng)空氣膜厚度符合條件的位置向右移動，故D錯誤。

故選C。

10.如圖所示，輕彈簧一端懸掛在橫桿上，另一端連接質(zhì)量為機(jī)的重物，彈簧和重物組成的系統(tǒng)處于靜止

狀態(tài)。某時刻在重物上施加一方向豎直向上，大小為尸=；叫的恒力，重物上升的最大高度為〃，已知

彈簧的彈性勢能表達(dá)式為一履2,則（）

2

A,上升過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒

B.開始時彈簧的彈性勢能為gmg/z

C,上升過程中重物的最大動能為工mg丸

4

D.上升到最高點過程中重物的重力勢能增加9mg/z

【答案】B

【解析】

【詳解】A.上升過程中，恒力尸對系統(tǒng)做正功，系統(tǒng)的機(jī)械能增加，故A錯誤；

B.初始時對重物有

mg=kxl

重物上升的最大高度為九的過程中，對系統(tǒng)由能量守恒定律

1212

5"1+Fh=mgh+-k(h-xi)

解得

h-xx

所以開始時彈簧的彈性勢能為

Epi=；履：=^mgh

故B正確；

C.上升過程中，當(dāng)重物所受合力為零時，速度達(dá)到最大，則此時彈簧的形變量為xi,故

F+kx.2-mg

解得

在此過程中由能量守恒定律

2

FX2+；質(zhì);=mgx2+<7〃丫：左(％,-x2)

上升過程中重物的最大動能為

F121.

Ekm=彳〃7Vm=~mgh

Zo

故c錯誤；

D.上升到最高點過程中重物的重力所做的功為

WG--mgh

根據(jù)重力勢能與重力做功的關(guān)系可知，重物重力勢能的增加量為

Ep=mgh

故D錯誤。

故選B。

11.用各種頻率的光照射兩種金屬材料得到遏止電壓“隨光的頻率v變化的兩條圖線1、2,圖線上有尸和

。兩點。下列說法正確的是（）

V/(1014HZ)

A.圖線1、2一定平行

B.圖線1對應(yīng)金屬材料的逸出功大

照射同一金屬材料，用。對應(yīng)的光比P對應(yīng)的光產(chǎn)生的飽和電流大

D.照射同一金屬材料，用尸對應(yīng)的光比。對應(yīng)的光溢出的電子初動能大

【答案】A

【解析】

【詳解】A.根據(jù)光電效應(yīng)方程可得

E^=hv-W0

Ek=eUc

可得

&="工

cee

由此可知，圖線1、2斜率相同，兩圖線一定平行，故A正確；

B.結(jié)合圖線可知，圖線2對應(yīng)金屬材料的逸出功大，故B錯誤；

C.P光對應(yīng)的頻率較小，當(dāng)不能確定光的強(qiáng)度，所以不可以確定飽和光電流的大小，故C錯誤；

D.P光對應(yīng)的頻率較小，。光的頻率較大，所以照射同一金屬材料，用。對應(yīng)的光比P對應(yīng)的光溢出的電

子初動能大，故D錯誤。

故選A?

12.單鏡頭反光相機(jī)簡稱單反相機(jī)，它用一塊放置在鏡頭與感光部件之間的透明平面鏡把來自鏡頭的圖像

投射到對焦屏上。對焦屏上的圖像通過五棱鏡的反射進(jìn)入人眼中。圖為單反照相機(jī)取景器的示意圖，

A8CZJE為五棱鏡的一個截面，ABLBC,光線垂直AB射入，分別在CD和EA上發(fā)生反射，且兩次反射的

入射角相等，最后光線垂直射出。（）

A.光線垂直4B射入五棱鏡后，光速增大

B.無論射向的入射角多大，光線一定會在和胡上發(fā)生全反射

C.若兩次反射都為全反射，則該五棱鏡折射率的最小值為J5

D.若兩次反射都為全反射，則該五棱鏡折射率的最小值為一J

sin22.5

【答案】D

【解析】

【詳解】A.光線垂直射入五棱鏡后，傳播方向不改變，且由光疏介質(zhì)進(jìn)入光密介質(zhì)，折射率變大，根

據(jù)

C

n=—

v

可知光速減小，故A錯誤;

B.作出光路圖，如圖

光以a角入射時發(fā)生折射，則折射光線到CD表面時的入射角為%,由圖可知

且入射角為4時，因折射率未知，則光線不一定會在8和剛上發(fā)生全反射，故B錯誤;

CD.由圖可知

由幾何關(guān)系可知

0l+0l+i+r-90°

&=22.5°

若兩次反射都為全反射，則該五棱鏡折射率的最小，根據(jù)光的折射定律

可知折射率最小值為

故C錯誤，D正確。

故選D。

13.如圖為某品牌電動牙刷，用充電器對牙刷電池充電，10h即可從零電量至充滿。已知電池的電動勢為

2.4V,內(nèi)阻為0.5。，容量為800mAh,電池剩余電量為總電量的20%時就無法正常使用而需要充電。充滿

電后每天使用兩次，每次平均2分鐘，可以連續(xù)正常使用30天。則（）

A.充電時通過電池的平均電流為64mA

B.正常工作時，電池平均輸出功率約為0.72W

C.正常工作時，電池每天消耗的電能約為230J

D.充滿電到無法正常使用過程中，電池內(nèi)阻消耗的總電能約為460J

【答案】B

【解析】

【詳解】A.由題知，10h即可從零電量至充滿，則根據(jù)鄉(xiāng)=〃得，充電時通過電池的平均電流為

rq800mAh

1=—=-----------=80mA

tlOh

故A錯誤；

B.由于

q'=q（l—20%）=640mAh

而充一次電能正常工作時間為

正常工作時的平均電流為

?q640mAh.?.

I=—=------------=320mA=0.32A

t2h

正常工作時，電池平均輸出功率約為

P^=UI'-I'2r=2.4X0.32W-0.322x0.5W。0.72W

故B正確；

C.正常工作時，電池每天消耗的電能約為

W=UI't=2.4X0.32X4X60J=184.32J?184J

故C錯誤；

D.充滿電到無法正常使用過程中，電池內(nèi)阻消耗的總電能約為

W'=/，=（032）2x0.5x2x2x30x60J=368.64J?369J

故D錯誤。

故選B。

二、選擇題n（本題共2小題，每小題3分，共6分，每小題列出的四個備選項中至少有一

個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不選全的得2分，有選錯的得。分）

14.下列說法正確的是（）

A.不可能從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功

B.弱相互作用是短程力，它是引起原子核￡衰變的原因

C.蔗糖受潮后粘成的糖塊屬于非晶體，有確定的熔點，但沒有確定的幾何形狀

D.a粒子散射實驗既可以確定不同元素原子核的電荷量，也可以估算原子核的半徑

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.在外界的影響下，氣體可以從單一熱源吸收熱量，全部用來對外做功，故A錯誤；

B.弱相互作用是短程力，主要在原子核的核子內(nèi)，它是引起原子核￡衰變的原因，故B正確；

C.蔗糖受潮后粘在一起形成的糖塊看起來沒有確定的幾何形狀，但不是非晶體，而是多晶體，故C錯

誤；

D.a粒子散射實驗既可以確定不同元素原子核的電荷量，也可以估算原子核的半徑，故D正確。

故選BD?

15.圖甲和圖乙分別表示甲、乙兩列波在不同介質(zhì)中沿x軸正方向傳播，如圖所示實線和虛線分別表示兩

列波在仁0和/=0.5s時的波形圖。若兩列波的周期均大于0.35s,則（）

A.甲波的周期可能是乙波周期的0.5倍

B.甲波傳播的速度可能比乙波速度大，也可能比乙波速度小

C.0—0.5s內(nèi)某時刻，質(zhì)點尸、0的運(yùn)動方向可能相同

D./=ls時，P、。質(zhì)點的位移大小可能相等

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.由圖可得甲波的波長

~41Tl

則有

=—=1+4-n,t=—+nT^

周期大于0.35s,可得

罩i=0.4s或罩2=2s

由圖可得乙波的波長

%=6m

則有

x=g%+"為=3+6〃,

2，=3弓+明

周期大于0.35s,可得

吃=ls

甲波的周期不可能是乙波周期的0.5倍，故A錯誤；

B.甲波傳播的速度

v甲1==10m/s或唯2==2m/s

瑞52

乙波傳播的速度

以=4^=6m/s

T乙

甲波傳播的速度可能比乙波速度大，也可能比乙波速度小，故B正確；

C.當(dāng)甲周期為0.4s時，0?0.1S內(nèi)向y軸正方向，0.1?0.3s向y軸負(fù)方向，0.3?0.5s向y軸正方向；乙在

25?5

0向y軸負(fù)方向，—S~0.5s向y軸正方向，所以質(zhì)點尸、。的運(yùn)動方向可能相同，故C正確；

66

D.當(dāng)Z=ls時，甲周期分別為0.4s和2s時，P質(zhì)點的位移都為0,。質(zhì)點的位移還在現(xiàn)在的位置，故D錯

誤。

故選BC。

非選擇題部分

A.使槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)大于小車的質(zhì)量

B.紙帶運(yùn)動方向應(yīng)與兩限位孔在同一直線上

C,需從紙帶上打下的第一個點開始取的計數(shù)點

(2)實驗中獲得如表的數(shù)據(jù)，根據(jù)這些數(shù)據(jù)，可以探究的是

0.290.860.34

0.140.360.40

0.290.610.47

0.190.360.54

0.240.360.66

0.290.410.70

0.290.360.82

0.290.310.93

0.340.360.95

A.只有加速度與力的關(guān)系

B.只有加速度與質(zhì)量關(guān)系

C.加速度與力以及加速度與質(zhì)量的關(guān)系

【答案】(1)B(2)C

【解析】

【小問1詳解】

A.設(shè)槽碼得質(zhì)量為加，小車得質(zhì)量為將小車和槽碼整體分析

mg=(m+M)a

a=i-

m+M

對小車而言，繩子得拉力為小車受到得合外力

T=Ma=Mmg

M+m

化簡為

mg

T=

故當(dāng)Al-加時

T=mg

A錯誤；

B.紙帶運(yùn)動方向應(yīng)與兩限位孔在同一直線上，使小車所受外力方向沿斜面方向，B正確；

C.由于需要計算小車得速度及加速度，需要在紙袋上選取合適得出點跡做為計數(shù)點，無需把第一個點做

為計數(shù)點，C錯誤。

故選B。

【小問2詳解】

ABC.根據(jù)控制變量法得原理可知，在探究加速度與力關(guān)系時，需要控制小車的質(zhì)量不變；探究加速度與

質(zhì)量的關(guān)系時，需使小車受到的外力不變，即槽碼的質(zhì)量不變，而小車的質(zhì)量變化。綜合分析表中的第一

列和第二列數(shù)據(jù)，均可找到對應(yīng)不變的量，故AB錯誤，C正確。

故選C。

17.某同學(xué)利用圖磁吸式裝置探究平拋運(yùn)動規(guī)律。

（1）在調(diào)節(jié)軌道時，發(fā)現(xiàn)水平儀的狀態(tài)如圖所示，此時應(yīng)將軌道的右端調(diào)（選填“高”或

“低”）。

（2）進(jìn)一步用手機(jī)的“慢動作”功能拍攝，并從視頻中，每24幀選取一幀進(jìn)行處理得到如圖所示的拋體

運(yùn)動“頻閃圖片”，坐標(biāo)板上最小一格實際長度為1cm。由圖像可知該手機(jī)拍攝時的幀率最有可能是

A.240幀/秒B.480幀/秒C.960幀/秒

（3）結(jié)合②問的信息可求出小球的水平速度為（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。

【答案】（1）低（2）B

(3)1.1

【解析】

【小問1詳解】

水平儀右端有氣泡，說明右端偏高，則應(yīng)把右側(cè)調(diào)低。

小問2詳解】

坐標(biāo)板上最小一格實際長度為1cm,豎直高度約為40小格，豎直方向的自由落體時間約為

0.3s

而每24幀選取一幀進(jìn)行處理得到如圖所示的拋體運(yùn)動“頻閃圖片”，共有7個小球的位置，則由6個時間

間隔，故手機(jī)拍攝時的幀率約為

24

一義6=480幀/秒

0.3

故選Bo

【小問3詳解】

小球在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，水平方向做勻速直線運(yùn)動，有

A/z=gT2

其中A/?=0.03m,x=0.06m,解得初速度為

v0?l.lm/s

18.某同學(xué)為研究某種金屬導(dǎo)線的電阻率，用圖電路進(jìn)行實驗，金屬導(dǎo)線的長度可以通過導(dǎo)線上的滑動頭

調(diào)節(jié)，滑動頭有一定的電阻，但阻值未知。

（1）請以筆代線，將未連接的導(dǎo)線在圖中補(bǔ)齊

（2）實驗室準(zhǔn)備了Ri（5。、3A）和&（50Q>1.5A）兩種滑動變阻器，用Ri、&分別實驗，以電壓表的

YY

讀數(shù)U為縱軸，以一為橫軸（X為圖甲中AP長度，L為AB長度），得到U-士圖像如圖，其中選用R1

LL

時對應(yīng)的圖線應(yīng)為（選填或）；

（3）在用螺旋測微器測量金屬導(dǎo)線的直徑如圖所示，則該導(dǎo)線的直徑為___________mm；

（4）在多次調(diào)節(jié)滑動頭改變金屬導(dǎo)線的長度/,并測量出不同長度時的電阻值反,作&”圖（圖戊），根

據(jù)圖像可求出該金屬導(dǎo)線的電阻率為Qm（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）-

【答案】（1）

（3）1.006##1.007##1,008##1.009

（4）6.1XKT6（5.9x10-6~6.4x10.均可）

【解析】

【小問1詳解】

根據(jù)電路圖連接實物圖，如圖

【小問2詳解】

若電源為理想電源，由于滑動變阻器與電阻較小，則移動滑動變阻器，人,并聯(lián)支路電壓變化較小，則根

據(jù)串聯(lián)分壓原理可知

U

E

化簡可得

則。-土Y圖像的斜率近似為定值，故選用品時對應(yīng)的圖線應(yīng)為mo

【小問3詳解】

螺旋測微器的分度值為0.01mm,則該導(dǎo)線的直徑為

d=1mm+0.7x0.01mm=1.007mm

【小問4詳解】

根據(jù)電阻定律

Rx=p-=^l

S7rd2

由圖可知

,4k夕—_-_4._2-_0_._3___

7id20.5

代入數(shù)據(jù)解得，該金屬導(dǎo)線的電阻率為

p=6.1xlO-6Q-m

19.有同學(xué)完成“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗。

(1)在實驗中油酸體積占油酸酒精溶液總體積的比例最為合適的是

A.1：50B.1：500C.1：5000

(2)由于沒有方格紙，該同學(xué)首先在一張透明膠片上描出油膜的輪廓，測量膠片的面積So,并用高精度

的電子天平稱量出整張膠片的質(zhì)量然后沿輪廓剪下對應(yīng)的油膜形狀的膠片，其質(zhì)量為山，則油膜的面

積為(用所給物理量符號來表示)；

(3)下列操作有助于減小實驗誤差的是

A.撒粉時要盡量厚一些，覆蓋整個淺盤

B.滴油酸酒精溶液時，針頭需遠(yuǎn)離液面

C.滴油酸酒精溶液后需待油膜穩(wěn)定后再測其面積

【答案】(1)B(2)顯

M

⑶C

【解析】

小問1詳解】

在實驗中油酸體積占油酸酒精溶液總體積的比例最為合適的是1:500,故選B；

【小問2詳解】

膠片厚度相同，則面積比等于質(zhì)量比，即

【小問3詳解】

A.撒粉時若過厚，且覆蓋整個淺盤，則不利于油酸形成單分子油膜，選項A錯誤；

B.滴油酸酒精溶液時，針頭需遠(yuǎn)離液面，則油酸酒精溶液滴到水面上時可能會濺起，也不利于形成整片

的油膜，選項B錯誤；

C.滴油酸酒精溶液后需待油膜穩(wěn)定后再測其面積，選項C正確。

故選C。

20.某同學(xué)采用如圖裝置測量某一不規(guī)則實心礦石的體積匕導(dǎo)熱良好的氣缸上部高L=20cm,橫截面積

Si=100cm2,下部高L2=20cm,橫截面積S2=450cm2,質(zhì)量為根的活塞初始輕放到氣缸的頂部，封閉了空氣

后繼續(xù)緩慢下落，待平衡后，活塞下表面正好距氣缸頂部/zi=10cm。將礦石放入氣缸底部，再次封上活塞

后，發(fā)現(xiàn)最終活塞靜止時下表面距氣缸頂部比=8cm。已知大氣壓強(qiáng)po=l.OxlO5pa,活塞氣缸緊密接觸且不

計兩者間的摩擦，封閉的空氣可視為理想氣體，環(huán)境溫度恒定。

(1)活塞下降過程中，被封閉空氣對外做功(選填“正”或“負(fù)”)，被封閉空氣待溫度穩(wěn)定后，

其內(nèi)能將(選填“增加”、“減少”或“不變”)；

(2)求活塞的質(zhì)量加；

(3)求礦石的體積Vo

【答案】(1)負(fù)功，不變；(2)10kg；(3)2200cm3

【解析】

【詳解】(1)活塞下降過程中，氣體體積減小，被封閉空氣對外做負(fù)功，被封閉空氣待溫度穩(wěn)定后，由于

氣缸導(dǎo)熱良好，即溫度不變，封閉的空氣可視為理想氣體，其內(nèi)能將不變。

(2)對活塞進(jìn)行分析有

mg+PoS]=pH

氣缸導(dǎo)熱良好，溫度不變，即氣體發(fā)生的是等溫變化，根據(jù)玻意耳定律有

Po(4H+L2s2)=Pi[(4-%)S]+L2s2]

解得

〃z=10kg

(3)再次平衡時，對活塞有

mg+PoSi=P[S[

根據(jù)玻意耳定律有

PQ(4$+L2s2—V)=8[(4—A2K+y2—V]

解得

V=2200cm3

21.如圖所示，一質(zhì)量M=L0kg,高6=0.7m的平板車靜置在光滑水平地面上，其左端靜止放置一輛質(zhì)量

〃z=0.2kg大小可忽略的四驅(qū)電動玩具小車，右側(cè)同一豎直平面有固定的光滑圓弧軌道AC,軌道半徑

R=125m,圓心角為20,0=37°,左右兩端點A、C等高，圓弧最低點B位于水平地面上。緊接C點，有一

長S=1.59/77的傾斜傳送帶，上表面OE沿圓弧C點的切線方向，傳送帶以v=2m/s的速度順時針運(yùn)動。玩具

小車啟動后，恰好能從A點沿AC圓弧切線進(jìn)入軌道，并最終到達(dá)E點后飛離。已知玩具車在平板車和傳

送帶上運(yùn)動時，均產(chǎn)生自重0.8倍的動力(忽略摩擦阻力和空氣阻力)，且從C點到。點速度不變。

sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:

(1)玩具小車在A點速度大小VA；

(2)玩具小車在2點受到支持力的大小人；

(3)平板車的長度/；

(4)傳送帶由于運(yùn)送玩具小車而多輸出的機(jī)械能AE。

【解析】

【詳解】(1)小車離開平板車后，做平拋運(yùn)動，在A點的速度為以，豎直方向有

v\sin20=2g^h-R(l-cos6)]

解得

(2)從A到8由動能定理

在B點由牛頓第二定律

FN-mg=m—

K

解得

FN=6.8N

(3)小車在平板車上做勻加速運(yùn)動的加速度為m，位移為制，則由牛頓定律

O.Smg=ma1

由運(yùn)動方程

v：cos20~2〃］西

解得

xi=lm

小車和平板車滿足平均動量守恒

加工=”上

解得

X2=0.2m

平板車的長度為

Z=xi+x2=1.2m

(4)小車在傳送帶上做勻加速運(yùn)動，則由牛頓第二定律可知

O.Smg—mgsin0=ma2

解得

tZ2=2m/s2

由運(yùn)動公式

12

s—vDt+—a2t

以及

解得

?=0.3s

（另一解七一0.53s舍掉）在時間t內(nèi)，傳送帶上某點對地位移

x傳=叱=0.6m

傳送帶由于運(yùn)送小車克服小車對其的靜摩擦力做功為

W=0.8根gx傳=0.96J

22.某校項目學(xué)習(xí)小組制造了電磁彈射器，其等效電路如圖所示（俯視圖）。通過圖中的理想自耦變壓器可

將e=12.50sinlOOR（V）的交流電電壓升高，再通過直流轉(zhuǎn)換模塊（將交流電轉(zhuǎn)換為直流電，且電壓有

效值不變）。圖中的兩個電容器的電容C=0.2F。兩根固定于同一水平面內(nèi)足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距

￡=0.5m,電阻不計，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小3=1T的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向內(nèi)。金屬棒MN（含其上固定一

鐵釘）總質(zhì)量m=100g、電阻R=0.25Q（不計其他電阻）垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好

接觸。開關(guān)S先接1,使兩電容器完全充電，然后將S接至2,MN開始向右加速運(yùn)動達(dá)到最大速度后離開

19

導(dǎo)軌。已知理想自耦變壓器的原副線圈匝數(shù)比為1:4,電容器儲存電場能的表達(dá)式為：E=-CU2

C2O

求:

(1)直流轉(zhuǎn)換模塊輸出端的電壓UMN；

(2)開關(guān)S接1使電容器完全充電后，每塊極板上所帶的電荷量Q的絕對值;

(3)MN由靜止開始運(yùn)動時的加速度大小。；

(4)電容器儲存電場能轉(zhuǎn)化為棒動能的轉(zhuǎn)化效率小

直流

換

轉(zhuǎn)

塊

模

【答案】(1)50V；(2)10C；(3)1.0xl03m/s2;(4)|?33%

【解析】

【詳解】（1）交流電電壓的有效值為

5飛…5V

根據(jù)變壓器的電壓匝數(shù)關(guān)系有

力二以

U2”2

由題意可知直流轉(zhuǎn)換模塊輸出端的電壓

UMN=U2

解得

UMN=50V

(2)根據(jù)電容的定義式有

UMN

解得

Q=10C

(3)由靜止開始運(yùn)動時的電流

j_UMN

~R

此時對金屬棒進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有

BIL=ma

解得

6i=1.0xl03m/s2

(4)MN開始向右加速運(yùn)動達(dá)到最大速度時，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與此時電容器極板電壓

相等，則有

u2=BLV_

根據(jù)動量定理有

BILt=-0

該過程通過金屬棒的電荷量

q=lt=2C（UMN-U2）

結(jié)合上述解得

k=50m/s

若考慮最后電容器還有電場能儲存，則有

12

5叫1ax

"1----------1-------

-x2CUlN--x2CUl

結(jié)合上述解得

7=1-33%

23.甲辰龍年，有研究者用如圖裝置實現(xiàn)“雙龍戲珠”。圖中跖匣和MM、M3M4和N3M組成兩對平行

極板，將空間分隔為I、II、HI三個區(qū)域，三個區(qū)域中有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場如圖甲，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為

B=兩發(fā)射源緊靠極板放置，每秒每個發(fā)射源分別射出IO,個垂直極板初速度大小%=1x103^5

的正或負(fù)電子。正負(fù)電子每次經(jīng)過狹縫均被加速，極板電