2024屆陜西省渭南市高三一模物理試題（解析版）

渭南市2024年高三教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)（I）

物理試題

注意事項(xiàng)：

i.本試卷分第I卷（選擇題）和第n卷（非選擇題）兩部分，共no分?？荚嚂r(shí)間90分

鐘?？荚嚱Y(jié)束后，將試卷和答題卡一并交回。

2.答卷前考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)寫(xiě)在答題卡和試卷上，檢查答題卡上的條形碼

是否與自己填寫(xiě)一致。

3.答第I卷時(shí)每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改

動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答在試卷上無(wú)效。

4.第n卷分必考題和選考題，考生須按要求在答題卡上的答題區(qū)域內(nèi)作答。

一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~8

題只有一項(xiàng)符合題目要求，第9~12題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全

的得2分，有選錯(cuò)的得0分。）

1.手機(jī)觸摸屏多數(shù)采用的是電容式觸摸屏，其原理可簡(jiǎn)化為如圖所示的電路。平行板電容器的上、下兩極

板A、B分別接在一恒壓直流電源的兩端，上極板A為兩端固定的可動(dòng)電極，下極板B為固定電極。當(dāng)用

手指觸壓屏幕上某個(gè)部位時(shí)，可動(dòng)電極的極板會(huì)發(fā)生形變，從而改變電容器的電容。當(dāng)壓力F增大時(shí)

（）

A.電容器的電容變小

B.電容器所帶電荷量不變

C.電阻R上有從。到〃的電流

D.極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變

【答案】C

【解析】

【詳解】A.由公式C=一更一可知，當(dāng)壓力F增大時(shí)，兩板間距減小，電容增大，故A錯(cuò)誤；

47vkd

BC.由公式。=卷可知，電容器所帶電荷量增大，即直流電源對(duì)電容器充電，電阻R上有從從。到〃的

電流，故B錯(cuò)誤，C正確；

D.由公式￡=且可知，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，故D錯(cuò)誤。

d

故選C。

2.如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內(nèi)部形成方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=H的勻強(qiáng)

磁場(chǎng)，在內(nèi)部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，則（）

A.從上向下看，薄圓管中的感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?/p>

B.薄圓管有垂直于軸線方向向內(nèi)收縮趨勢(shì)

C.輕繩對(duì)薄圓管的拉力的合力大于薄圓管的重力

D.輕繩對(duì)薄圓管的拉力隨時(shí)間減小

【答案】B

【解析】

【詳解】A.由題意可知，穿過(guò)圓管的磁通量向上且增加。根據(jù)楞次定律定律可知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)要阻

礙其增加。所以感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向豎直向下，根據(jù)右手定則可知，從上向下看感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)

針，故A錯(cuò)誤；

B.由題意可知，穿過(guò)圓管的磁通量向上且增加。根據(jù)楞次定律定律的“增縮減擴(kuò)”可知，其薄圓管由垂

直于軸線方向向內(nèi)收縮趨勢(shì)，故B正確；

CD.根據(jù)左手定則可知，圓管中各段所受的安培力方向指向圓管的軸線，則輕繩對(duì)圓管的拉力的合力始終

等于圓管的重力，不隨時(shí)間變化，故CD錯(cuò)誤。

故選B。

3.中國(guó)空間站在距離地面約400kni的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。在空間站中可以利用勻速圓周運(yùn)動(dòng)

測(cè)量小球質(zhì)量。如圖所示，不可伸長(zhǎng)的輕繩一端固定于。點(diǎn)，另一端系一待測(cè)小球，使其繞。做勻速圓周

運(yùn)動(dòng)，用力傳感器測(cè)得繩上的拉力為F,用停表測(cè)得小球轉(zhuǎn)過(guò)〃圈所用的時(shí)間為h用刻度尺測(cè)得。點(diǎn)到

球心的距離為圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R。下列說(shuō)法正確的是（）

A.圓周運(yùn)動(dòng)軌道一定要保持水平

Ft2

B.小球的質(zhì)量為加=

4乃2〃2/？

C.因空間站在距地面400km軌道上運(yùn)動(dòng)，所以測(cè)得小球的質(zhì)量比地球上小

D.小球在空間站中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，只受繩子拉力，地球?qū)π∏虻娜f(wàn)有引力幾乎為零

【答案】B

【解析】

【詳解】A.空間站內(nèi)的物體都是完全失重狀態(tài)，則無(wú)論圓周運(yùn)動(dòng)軌道是水平還是豎直均可，選項(xiàng)A錯(cuò)

誤；

B.根據(jù)

F=mco2R=

t

解得小球的質(zhì)量為

2

m=F-t--------

42R

選項(xiàng)B正確；

C.雖然空間站在距地面400km軌道上運(yùn)動(dòng)，但是測(cè)得小球的質(zhì)量與地球上相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.小球在空間站中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，只受繩子拉力，但是仍受地球?qū)π∏虻娜f(wàn)有引力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選B。

4.具有“主動(dòng)剎車(chē)系統(tǒng)”的汽車(chē)遇到緊急情況時(shí)，會(huì)立即啟動(dòng)主動(dòng)剎車(chē)。某汽車(chē)以72km/h的速度勻速行

駛時(shí)，前方45m處突然出現(xiàn)一群羚羊橫穿公路，”主動(dòng)剎車(chē)系統(tǒng)”立即啟動(dòng)，汽車(chē)開(kāi)始做勻減速直線運(yùn)

動(dòng)，恰好在羚羊通過(guò)道路前5m處停車(chē)。汽車(chē)開(kāi)始“主動(dòng)剎車(chē)”后第4s內(nèi)通過(guò)的位移大小為()

A.ImB.1.5mC.2mD.2.5m

【答案】D

【解析】

【詳解】依題意，汽車(chē)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其位移為

x=45m-5m=4()m

初速度

v0=72km/h=20m/s

設(shè)加速度大小為“，則有

一2ax=0-詔

解得

a=5m/s2

汽車(chē)的剎車(chē)時(shí)間為

工利=4s

a

由“逆向思維”可知汽車(chē)開(kāi)始“主動(dòng)剎車(chē)”后第4s內(nèi)通過(guò)的位移大小為反方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)第1s內(nèi)

的位移大小，即

/=—at2=2.5m

2

故選D。

5.某汽車(chē)通過(guò)凸形橋橋頂時(shí)的示意圖如圖所示，當(dāng)汽車(chē)通過(guò)凸形橋頂點(diǎn)的速度為10m/s時(shí)，車(chē)對(duì)橋頂?shù)膲?/p>

力為車(chē)重的2。為了安全，要求汽車(chē)運(yùn)動(dòng)到橋頂時(shí)對(duì)橋面的壓力大小至少等于其所受重力大小的;，則汽

車(chē)通過(guò)橋頂時(shí)的最大速度為（）

A.B.15m/sC.5azsD.20m/s

【答案】A

【解析】

3

【詳解】當(dāng)汽車(chē)通過(guò)凸形橋頂點(diǎn)的速度為10m/s時(shí)，車(chē)對(duì)橋頂?shù)膲毫檐?chē)重的一，根據(jù)牛頓第二定律

4

3v2

mg--mg=m—

汽車(chē)運(yùn)動(dòng)到橋頂時(shí)對(duì)橋面的壓力大小至少等于其所受重力大小的3,根據(jù)牛頓第二定律

mg--mg=m^

2R

聯(lián)立解得汽車(chē)通過(guò)橋頂時(shí)的最大速度為

vm=10>/2m/s

故選Ao

6.墨子《墨經(jīng)》中提到可以用斜面運(yùn)輸較重的東西，在日常生活中經(jīng)常會(huì)使用斜面。例如卡車(chē)裝載大型貨

物時(shí)，常會(huì)在車(chē)尾斜搭一塊木板，工人將貨物沿木板從地面推入車(chē)廂，如圖甲所示。將這一情境簡(jiǎn)化為圖

乙所示的斜面模型，將貨物視為質(zhì)點(diǎn)，斜面高度一定，貨物與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)各處相同。現(xiàn)用平行于

斜面的力將貨物沿斜面從底端勻速推到頂端。則下列說(shuō)法正確的是（)

A.斜面傾角越小推送貨物的過(guò)程推力越小

B.斜面傾角越大推送貨物的過(guò)程推力越小

C.斜面傾角越小推送貨物的過(guò)程推力做功越少

D.若推力的功率一定，斜面傾角越小，物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間越大

【答案】D

【解析】

【詳解】AB.設(shè)斜面長(zhǎng)度為3對(duì)貨物受力分析，由平衡條件可得

F=mgsin0+f.imgcos0

令

〃1

sina-；—.,cosa-r_-.

可得

F=+JLTsin（6+a）

當(dāng)，+a=90°時(shí)，

此時(shí)有

.八〃1

sin夕=—=cosa=,

L而

可知斜面傾角從小到大變化過(guò)程中推力存在極值。故AB錯(cuò)誤；

C.根據(jù)動(dòng)能定理，有

Wp-mgH-/jmgLcos6=0

解得

=mgH+

依題意，斜面高度一定，則斜面長(zhǎng)度越大，傾角越小，推送貨物的過(guò)程推力做功越多。故c錯(cuò)誤；

D.根據(jù)

尸=絲

t

可知若推力的功率一定，斜面傾角越小，推力做功越多，物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間越大。故D正確。

故選D。

7.分別帶正、負(fù)電荷的A、B兩個(gè)粒子，以相等速率從勻強(qiáng)磁場(chǎng)的直線邊界上的M、N點(diǎn)分別以60。和30。

(與邊界的夾角)入射方向射入磁場(chǎng)，又從“、N兩點(diǎn)之間的P點(diǎn)射出，已知MP與PN長(zhǎng)度之比為G：

2,如圖所示。設(shè)邊界上方的磁場(chǎng)范圍足夠大，不計(jì)兩帶電粒子相互作用，則A、B兩粒子的比荷之比為

()

C.2：3D.1：2

【答案】A

【解析】

【詳解】依題意，兩粒子在磁場(chǎng)中均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，部分軌跡如圖

MPPN

/Xsin60°=—,sin30°=—

又

MP_手＞

~PN~~

根據(jù)兩粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力可得

p2V2

qAvB=mA—,q^vB=mXi—

聯(lián)立，解得

必

加A=2

4B-1

恤

則A、B兩粒子的比荷之比為2:1。

故選Ao

8.2022年10月，我國(guó)自主研發(fā)的“夸父一號(hào)”太陽(yáng)探測(cè)衛(wèi)星成功發(fā)射?！翱涓敢惶?hào)”太陽(yáng)探測(cè)衛(wèi)星可以

觀測(cè)太陽(yáng)輻射的硬X射線。硬X射線是波長(zhǎng)很短的光子，設(shè)波長(zhǎng)為2。若太陽(yáng)均勻地向各個(gè)方向輻射硬X

射線，衛(wèi)星探測(cè)儀鏡頭正對(duì)著太陽(yáng)，每秒接收到N個(gè)該種光子。已知探測(cè)儀鏡頭面積為S,衛(wèi)星離太陽(yáng)中

心的距離為R,普朗克常量為〃，光速為c,則太陽(yáng)輻射硬X射線的總功率2為（）

、SNhcn7rR2Nhc「4兀R?Nhc6%R」

A.z------------C.--------------D.--------

ATTR-ASASASNhc

【答案】C

【解析】

【詳解】每個(gè)光子的能量為

E=hv=h—

太陽(yáng)均勻地向各個(gè)方向輻射硬X射線，根據(jù)題意設(shè)f秒發(fā)射總光子數(shù)為〃，則

n_4兀R?

1N~S

可得

4萬(wàn)R2M

n---------

S

所以f秒輻射光子的總能量

...,c4兀R,Nthc

W=E=nh—=----------

252

太陽(yáng)輻射硬X射線的總功率

「W47vR2Nhc

tSA

故選c。

9.靜止在水平地面上的木板，上面固定一支架，在支架的端點(diǎn)用細(xì)線懸掛一個(gè)小球，現(xiàn)對(duì)小球施加一始終

垂直于懸線的拉力F,將小球從豎直位置緩慢向上移動(dòng)，直到懸線與豎直方向的夾角Q60。為止。在此過(guò)

程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.拉力尸不斷增大

B.細(xì)線的拉力不斷變大

C.地面對(duì)木板的摩擦力不斷變大

D.地面對(duì)木板的支持力不斷變小

【答案】AD

【解析】

【詳解】設(shè)繩子拉力為T(mén),小球重力為G。

A.根據(jù)平衡條件得

G=Tcos0+Fsind

Tsin0-Fcos0

可得

F=Gsm0

因。增大，所以尸增大。故A正確；

B.因?yàn)?/p>

T=Geos8

可知，。增大，7減小，細(xì)線的拉力不斷變小，B錯(cuò)誤；

C.把他們看成一個(gè)整體，整體受到得水平外力等于摩擦力，水平外力

F'-Fcos6='Gsin26

2

。增大到60。，產(chǎn)先增大后減小，摩擦力先增大后減小，故C錯(cuò)誤；

D.把他們看成一個(gè)整體，豎直方向上有

G=N+Fsine=N+Gsin2g

所以地面對(duì)木板的支持力N不斷變小，故D正確。

故選AD。

10.籃球運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行了如圖所示的原地縱跳摸高訓(xùn)練。已知質(zhì)量m=60kg的運(yùn)動(dòng)員原地靜止站立（不起

跳）摸高為2.10m,在原地縱跳摸高訓(xùn)練過(guò)程中，該運(yùn)動(dòng)員先下蹲，重心下降0.5m,經(jīng)過(guò)充分調(diào)整后，發(fā)

力跳起摸到了2.90m的高度。若將運(yùn)動(dòng)員起跳過(guò)程（從重心下降0.5m處開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)到雙腳離地過(guò)程）

視為做勻加速運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力影響，g取lOm/s?,對(duì)運(yùn)動(dòng)員的起跳過(guò)程，則下列說(shuō)法正確的是

（）

A.運(yùn)動(dòng)員處于超重狀態(tài)

B.地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量大小為240NS

C.運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面壓力為1560N

D.運(yùn)動(dòng)時(shí)間為0.5s

【答案】AC

【解析】

【詳解】AC.從開(kāi)始起跳到腳離開(kāi)地面重心上升加=0.5m,做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度向上，處于超重狀態(tài)。

離開(kāi)地面到上升到最高點(diǎn)的過(guò)程中，重心上升距離

fe=2.90m-2.10m=0.8m

運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)地面后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)

2

一2ghi=0-v

解得

v=4m/s

在起跳過(guò)程中，有

2叫=V2

解得

a=16m/s2

由牛頓第二定律得

FN-mg=ma

解得

FN=1560N

由牛頓第三定律可知運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力為1560N,方向豎直向下。故AC正確；

BD.依題意，運(yùn)動(dòng)員的起跳過(guò)程時(shí)間為

V

t——=0.25s

a

地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量大小為

I=FN-t=390N-s

故BD錯(cuò)誤。

故選AC。

11.如圖所示，邊長(zhǎng)為60cm的正方形ABC。處在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與A8C。平面平行。電子從4點(diǎn)

運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，克服電場(chǎng)力做功36eV；電子從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，電場(chǎng)力做功27eV,下列說(shuō)法正確的是

()

A.8、。兩點(diǎn)間電勢(shì)差UBD=9V

B.正方形ABC。上。點(diǎn)電勢(shì)最高

C.勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為75V/m

D.電子從A點(diǎn)到C點(diǎn)，電場(chǎng)力做功9eV

【答案】BC

【解析】

【詳解】ABC.由

W^qU

代值可得

U"=36V

UBC=-27V

設(shè)2點(diǎn)電勢(shì)為零，則

<PA=36V

(pc=27V

如圖所示

實(shí)線是電場(chǎng)線，虛線是等勢(shì)面，其中NB=45cm,則可得

—汽

可得

ABCN=37。

則由

U?7V

E=-----經(jīng)一=――=0.75V/cm=75V/m

BCsin37°36cm

則

AB

BM+(AD-ABtan37°)sin37°=84cm=0.84m

cos37°

B、O兩點(diǎn)間電勢(shì)差

UBD=-E-BM=—63V

則。點(diǎn)電勢(shì)

（pD=63V

所以正方形A8CD上。點(diǎn)電勢(shì)最高，故A錯(cuò)誤，BC正確；

D.電子從A點(diǎn)到C點(diǎn)，電場(chǎng)力做功

叼c=-e（%-%）=-9eV

故D錯(cuò)誤。

故選BC。

12.某同學(xué)自制了一個(gè)手搖交流發(fā)電機(jī)，如圖所示。大輪與小輪通過(guò)皮帶傳動(dòng)（皮帶不打滑），半徑之比為

4：1,小輪與線圈固定在同一轉(zhuǎn)軸上。線圈是由漆包線繞制而成的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形，共"匝，總阻值為

艮磁體間磁場(chǎng)可視為磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。大輪以角速度。勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)小輪及線圈繞轉(zhuǎn)

軸轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)軸與磁場(chǎng)方向垂直。線圈通過(guò)導(dǎo)線、滑環(huán)和電刷連接一個(gè)阻值恒為R的燈泡。假設(shè)發(fā)電時(shí)燈泡

能發(fā)光且工作在額定電壓Uo以?xún)?nèi)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.大輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度。不能超過(guò)Y生

nBl?

B.燈泡兩端電壓有效值為后〃

C.若用總長(zhǎng)為原來(lái)兩倍的漆包線重新繞制邊長(zhǎng)仍為L(zhǎng)的多匝正方形線圈，則燈泡變得更亮

D.若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，則燈泡變得更亮

【答案】BC

【解析】

【詳解】AB.依題意，大輪和小輪通過(guò)皮帶傳動(dòng)，線速度的大小相等，根據(jù)

v=cor

由大輪和小輪的半徑之比為4：1,可知小輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為大輪轉(zhuǎn)動(dòng)角速度的4倍，即線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度

為4。。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為

Em=nBrx4①

根據(jù)正弦式交流電峰值和有效值的關(guān)系可知，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的有效值為

根據(jù)歐姆定律可得燈泡兩端電壓的有效值為

聯(lián)立解得

U=^2nBI?CD

發(fā)電時(shí)燈泡能發(fā)光且工作在額定電壓。。以?xún)?nèi)，可得

u0>u

解得

0<當(dāng)

2〃BI}

故A錯(cuò)誤；B正確：

C.若用總長(zhǎng)為原來(lái)兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長(zhǎng)仍為L(zhǎng)的多匝正方形線圈，則線圈的匝數(shù)會(huì)變?yōu)樵?/p>

來(lái)的2倍，線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為

E'm=8血九y

此時(shí)線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值為

￡'

V2

根據(jù)電阻定律可得

R=p—

S

可知線圈的電阻也會(huì)變?yōu)樵鹊?倍，根據(jù)電路構(gòu)造的分析和歐姆定律可得

聯(lián)立解得

,,,4丘nBEa)

U----------------

3

可知燈泡變得更亮。故C正確；

D.若將小輪半徑變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則根據(jù)線速度的計(jì)算公式可知線圈和小輪的角速度都會(huì)變小，根據(jù)前

面選項(xiàng)分析可知燈泡兩端電壓有效值會(huì)隨之減小，因此燈泡會(huì)變暗。故D錯(cuò)誤。

故選BC。

第n卷非選擇題

二、實(shí)驗(yàn)題（2小題，共15分）：把答案填寫(xiě)在題目中的橫線上或按題目要求作答。

13.某同學(xué)用圖所示實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。讓重錘做自由落體運(yùn)動(dòng)，選取打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出的紙

帶較清晰的一條如圖所示來(lái)完成數(shù)據(jù)測(cè)量與處理。在紙帶上取6個(gè)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所打的點(diǎn)，其中1、2、3點(diǎn)

相鄰，4、5、6點(diǎn)相鄰，在3點(diǎn)和4點(diǎn)之間還有若干個(gè)點(diǎn)。打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用電源頻率/=50Hz,si是1、

3兩點(diǎn)的距離，S3是4、6兩點(diǎn)的距離，S2是2、5兩點(diǎn)的距離。

（1）求點(diǎn)2速度的表達(dá)式方=;求重力加速度的表達(dá)式8=（用的、S2、S3及/表

示）。

（2）該同學(xué)測(cè)得的數(shù)據(jù)4=3.10cm,52=16.23cm,邑=7.73cm,依公式可求得重力加速度g=

m/s2（保留三位有效數(shù)字）。

（3）測(cè)量值小于當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣日鎸?shí)值的原因是o

【答案】①.6②.叱S；）廣（§）.

28s2

9.65##9.60##9.61##9.62##9.63##9.64##9.66##9.67##9.68##9.69##9.70重錘受空氣阻力或打點(diǎn)過(guò)程中

紙帶受到阻力

【解析】

【詳解】（1）［1］根據(jù)中點(diǎn)時(shí)刻的速度等于平均速度得點(diǎn)2速度為

v=工=6

22T2

⑵同理，根據(jù)中點(diǎn)時(shí)刻的速度等于平均速度得點(diǎn)5速度為

V5=A

52

根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)位移速度公式可知

22

2gs2=v5-v2

重力加速度的表達(dá)式

（2）[3]代入數(shù)據(jù)解得

2

[(7.73xl0-2『—(3.10xl(r2)2x5o

=9.65m/s2

8x16.23x10-2

（3）[4]測(cè)量值小于當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣日鎸?shí)值的原因是重錘受空氣阻力或打點(diǎn)過(guò)程中紙帶受到阻力。

14.小明用如圖甲所示的電路測(cè)量電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。

圖乙

（1）開(kāi)關(guān)閉合前，應(yīng)先將電阻箱的電阻調(diào)到（選填“最大值”、“最小值”或“任意值”）。

（2）閉合開(kāi)關(guān)，發(fā)現(xiàn)電壓表指針不偏轉(zhuǎn)，小明用多用電表的直流電壓擋來(lái)檢測(cè)故障，保持開(kāi)關(guān)閉合，將

（選填“紅”或“黑”）表筆始終接觸。位置，另一表筆依次試觸b、c、d、e、于、g六個(gè)接線柱，

發(fā)現(xiàn)試觸從c、d、e時(shí)，多用電表均有示數(shù)，試觸八g時(shí)多用電表均無(wú)示數(shù)。若電路中僅有一處故障，

則故障是.

A.接線柱，間短路B.接線柱de間斷路或沒(méi)有接好C.定值電阻斷路或沒(méi)有接好

（3）排除故障后按規(guī)范操作進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，改變電阻箱R的阻值，分別讀出電壓表和電阻箱的示數(shù)U、R。某

一次測(cè)量，電壓表的示數(shù)如圖乙所示，示數(shù)為V。

⑷作出看-看圖線如圖丙所示，根據(jù)圖中數(shù)據(jù)可得電池組的電動(dòng)勢(shì)E=V,內(nèi)阻不Q

（保留兩位小數(shù)）。

【答案】①.最大值②.黑③.C2.50?.2.98?.0.49

【解析】

【詳解】（1）[1]開(kāi)關(guān)閉合前，應(yīng)將電路中電阻箱調(diào)到最大值，從而使開(kāi)關(guān)閉合后電路中電流最小，起到保

護(hù)電路的作用。

（2）[2]a與電源負(fù)極相連，電勢(shì)較低，應(yīng)將黑表筆始終接觸a位置。

[3]試觸仄c,d、e時(shí)，多用電表均有示數(shù)，試觸八g時(shí)多用電表均無(wú)示數(shù)。說(shuō)明接線柱de間斷路或沒(méi)

有接好。

故選B

（3）[4]電池組電動(dòng)勢(shì)為3V左右，電壓表應(yīng)選0~3V,最小分度值為0.1V,電壓表示數(shù)為2.50V。

（4）[5]⑹由歐姆定律和閉合電路歐姆定律可知

E

U=IR

R+R。+r

聯(lián)立可得

UERE

結(jié)合圖像可知

r+R.0.705-0.3361

------=----------------，—=1）.336

E0.20E

解得電動(dòng)勢(shì)為

E=2.98V,r=0.49Q

三、計(jì)算題（共2小題，32分。計(jì)算題應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟，只

寫(xiě)出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位。）

15.如圖，平面直角坐標(biāo)系xOy的），軸沿豎直方向，x軸沿水平方向，在），X的區(qū)域存在平行于紙面的勻強(qiáng)

電場(chǎng)，其它區(qū)域無(wú)電場(chǎng)。現(xiàn)將一質(zhì)量為，小電荷量為4（q>0）的可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球從y軸上產(chǎn)2/7無(wú)

初速釋放，不計(jì)阻力，重力加速度大小為g,帶電小球做加速度大小為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向與y

軸負(fù)方向成60。。求：

（1）電場(chǎng)強(qiáng)度大小和方向；

（2）小球從釋放到經(jīng)過(guò)x軸的運(yùn)動(dòng)時(shí)間及小球經(jīng)過(guò)x軸的位置坐標(biāo)。

【答案】⑴—,方向與x軸正方向成30。斜向上；⑵（V3+l）j-,3h

q

【解析】

【詳解】（1）帶電小球在比〃區(qū)間做勻加速運(yùn)動(dòng)，受力如圖所示由

牛頓第二定律得

F^=ma

由題知

a=g

則由圖可見(jiàn)

F電=，陽(yáng)

又

解得

q

電場(chǎng)方向與X軸正方向成30。斜向上。

(2)由題圖可知，小球經(jīng)過(guò)水平線時(shí)x坐標(biāo)

玉=力tan60=下）h

①小球在2h>y>h區(qū)間運(yùn)動(dòng)有

2h=；gR

解得

又

V,2=2g?21

解得

匕=2向

②小球在0Wy</z區(qū)間運(yùn)動(dòng):

vLl.=Vjsin60=13gh,vlv=v,cos60=y[gh

水平方向做速度為外勻速直線運(yùn)動(dòng)，有

X2=Vlxf2

豎直方向做初速為0y,加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有

F+駟

聯(lián)立解得

J=(百-—，x2=(3—>/3)/z

小球從釋放到X軸的運(yùn)動(dòng)時(shí)間

t-tt+t2-(V3+1)^—

小球經(jīng)過(guò)X軸的位置坐標(biāo)

x=x}+x2=3h

16.一種小孩玩的碰撞游戲可看作如下模型。如圖所示，左端固定有豎直擋板的薄木板放于水平面上，木

板厚度可不計(jì)?；瑝K置于木板的右端，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)?已知滑塊質(zhì)量加=L0kg,滑塊與木板、滑塊與水

平面、木板與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=0.2；木板長(zhǎng)L=1.0m,質(zhì)量m2=3.0kg,重力加速度取g=10m/s2。

現(xiàn)用F=22N的水平拉力作用于木板，在滑塊即將與木板左側(cè)擋板碰撞時(shí)，撤去拉力F,設(shè)滑塊與木板的碰

撞瞬間完成，且無(wú)能量損失。求：

(1)撤去拉力/瞬間滑塊與木板的速度大??；

(2)木板從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直至停止的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中位移大??；

(3)滑塊和木板都停止時(shí)，滑塊與木板右端的距離。

n網(wǎng)

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【答案】(1)2m/s；4m/s；(2)4.25m；(3)3m

【解析】

【詳解】(1)當(dāng)力F作用于木板時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)滑塊有

Hm\g=m\a\

解得

ai=2in/s2

對(duì)木板有

F-fimig-〃（相?+/m）g=m2a2

解得

?2=4m/s2

滑塊與木板即將碰撞時(shí)有

代入數(shù)據(jù)解得

z=1.0s

此時(shí)滑塊速度

vi=6n/=2m/s

木板速度

V2=ait=4m/s

滑塊的位移

12,

S=5卬=lm

木板位移

12c

52=耳％廣=2m

(2)對(duì)滑塊與木板碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒有

miv\+m2V2=mw\+m2V2

12I21,2112

5叫巧+-^2=-m,v,+-m2v2

代入數(shù)據(jù)解得

vi-5m/s

v2'=3m/s

接下來(lái)，滑塊向右做勻減速運(yùn)動(dòng)

Hm\g=tn\a\

解得

ai'=2m/s2

木板向右做勻減速運(yùn)動(dòng)

ft（m1+，〃2）g—〃znig=m2a2'

解得

?2-2m/s2

若運(yùn)動(dòng)過(guò)程中滑塊從木板上掉下去，而木板未停止，則對(duì)木板有

2g二"27a2”

解得

a2"=2m/s2

由此可得

ai'=ai

因木板V2‘小，加速度與滑塊相等，所以木板先停下來(lái)。而滑塊與木板與地面摩擦因數(shù)相同，所以無(wú)論滑塊

在木板上還是在地面，一直做加速度為0'的勻減速直線運(yùn)動(dòng)。而木板無(wú)論滑塊在其上，還是掉下去，其加

速度大小不變，一直做42’的勻減速直線運(yùn)動(dòng)。

對(duì)木板，在滑塊與木板碰后運(yùn)動(dòng)距離

,V79

s,=——=—m

22a214

從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到停止，木板的位移

板,

s=s2+s2=4.25m

(3)對(duì)滑塊，在與木板碰后直到停止運(yùn)動(dòng)距離

14

滑塊總位移

比較滑塊與木板運(yùn)動(dòng)，兩者都停止運(yùn)動(dòng)相距

塊—s板=3m

滑塊停在木板右端地面上，距木板右端3m。

17.對(duì)一定量的氣體，下列說(shuō)法正確的是()

A.氣體的體積是所有氣體分子的體積之和

B.氣體的內(nèi)能是分子熱運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能和分子間的勢(shì)能之和

C.氣體的溫度升高時(shí)，其分子平均動(dòng)能一定會(huì)增加

D.當(dāng)氣體膨脹時(shí)，氣體分子之間的勢(shì)能減少，因而氣體的內(nèi)能減少

E.氣體對(duì)器壁的壓強(qiáng)是由大量分子對(duì)器壁的碰撞產(chǎn)生的

【答案】BCE

【解析】

【詳解】A.氣體分子間空隙很大，氣體的體積大于所有氣體分子的體積之和，故A錯(cuò)誤；

B.氣體的內(nèi)能是分子熱運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能和分子間的勢(shì)能之和，故B正確；

C.氣體的溫度升高時(shí)，其分子平均動(dòng)能一定會(huì)增加，故C正確；

D.當(dāng)氣體膨脹時(shí)，氣體分子之間的勢(shì)能增大，內(nèi)能變化無(wú)法判斷，故D錯(cuò)誤；

E.氣體的壓強(qiáng)產(chǎn)生的機(jī)理是由大量氣體分子對(duì)器壁不斷碰撞而產(chǎn)生的，故E正確。

故選BCEo

18.如圖所示，導(dǎo)熱良好的固定直立圓筒內(nèi)用面積S=100cm2,質(zhì)量根=1kg的活塞封閉一定質(zhì)量的理想

氣體，活塞能無(wú)摩擦滑動(dòng)。圓筒與溫度300K的熱源接觸，平衡時(shí)圓筒內(nèi)氣體處于狀態(tài)A,其體積

匕=600cn?。緩慢推動(dòng)活塞使氣體達(dá)到狀態(tài)8,此時(shí)體積匕=500cm3。固定活塞，升高熱源溫度，氣

體達(dá)到狀態(tài)C,此時(shí)壓強(qiáng)=14xIO,pa。已知從狀態(tài)A到狀態(tài)C,氣體從外界吸收熱量Q=14J；從

狀態(tài)8到狀態(tài)C。氣體內(nèi)能增加AU=25J；大氣壓p°=1.0lx1()5Pa。

(1)求氣體在狀態(tài)C的溫度及；

(2)求氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B過(guò)程中外界對(duì)系統(tǒng)做的功W。

H熱源

【答案】(1)350K；(2)11J

【解析】

【詳解】(1)氣體在A狀態(tài)時(shí)，根據(jù)平衡條件有

pAS+mg=p0S

氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過(guò)程中發(fā)生等溫變化，根據(jù)波意耳定律有

=PBVB

氣體從狀態(tài)8到狀態(tài)C發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律有

PH=Pc

TjTc

其中

TA=TB=T=300K

聯(lián)立以上各式解得

Tc=350K

（2）由于從狀態(tài)A到狀態(tài)3氣體發(fā)生等溫變化，即氣體溫度不變，因此

而從狀態(tài)A到狀態(tài)C,根據(jù)熱力學(xué)第一定律有

由于狀態(tài)B到狀態(tài)C氣體發(fā)生等容變化，即氣體體積不變，則可知

%c=0

因此可得

WAC=WAB+WBC=WAB

而

^AC=\UAB+\UBC=\UBC=MJ

聯(lián)立解得

叼B(yǎng)=11J

19.圖甲為一列簡(jiǎn)諧橫波在U0時(shí)波形圖，圖乙為平衡位置在42m處質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)圖像。質(zhì)點(diǎn)。的平

衡位置在x=0.5m處，對(duì)該列波下列說(shuō)法正確的是（）

B.在廠0