2024年吉林卷物理高考試卷原卷+答案

絕密★啟用前

2024年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試（黑龍江、吉林、遼寧卷）

適用地區(qū)：黑龍江、吉林、遼寧

物理

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(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，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案書寫在答題卡上，寫在本試卷上無(wú)效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1?7題只有一項(xiàng)符合題目

要求，每小題4分；第8?10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題6分，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不

全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。

1.2024年5月3日，長(zhǎng)征五號(hào)遙八運(yùn)載火箭托舉嫦娥六號(hào)探測(cè)器進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，火箭升空過(guò)程中，以下描述

其狀態(tài)的物理量屬于矢量的是（）

A.質(zhì)量B.速率C.動(dòng)量D.動(dòng)能

2.“指尖轉(zhuǎn)球”是花式籃球表演中常見(jiàn)的技巧。如圖，當(dāng)籃球在指尖上繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，球面上P、。兩點(diǎn)做圓周運(yùn)

動(dòng)的（）

A.半徑相等B.線速度大小相等

C.向心加速度大小相等D,角速度大小相等

3.利用硯臺(tái)將墨條研磨成墨汁時(shí)講究“圓、緩、勻”，如圖，在研磨過(guò)程中，硯臺(tái)始終靜止在水平桌面上。當(dāng)墨

條的速度方向水平向左時(shí)，（）

A.硯臺(tái)對(duì)墨條的摩擦力方向水平向左

B.桌面對(duì)硯臺(tái)的摩擦力方向水平向左

C.桌面和墨條對(duì)硯臺(tái)的摩擦力是一對(duì)平衡力

D.桌面對(duì)硯臺(tái)的支持力與墨條對(duì)硯臺(tái)的壓力是一對(duì)平衡力

4.某同學(xué)自制雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置，在紙板上割出一條窄縫，于窄縫中央沿縫方向固定一根拉直的頭發(fā)絲形成雙

1/16

縫，將該紙板與墻面平行放置，如圖所示。用綠色激光照雙縫，能在墻面上觀察到干涉條紋。下列做法可以使相

鄰兩條亮紋中央間距變小的是（）

A.換用更粗的頭發(fā)絲B.換用紅色激光照雙縫

C.增大紙板與墻面的距離D.減小光源與紙板的距離

5.某種不導(dǎo)電溶液的相對(duì)介電常數(shù)J與濃度。的關(guān)系曲線如圖（a）所示，將平行板電容器的兩極板全部插入

電流表等構(gòu)成如圖（b）所示的電路，閉合開關(guān)S后，若降低溶液濃度，則（）

M

圖（a）圖（b）

A.電容器電容減小B.電容器所帶的電荷量增大

C.電容器兩極板之間的電勢(shì)差增大D.溶液濃度降低過(guò)程中電流方向?yàn)樾

6.在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶電小球僅在重力和電場(chǎng)力作用下于豎直面（紙面）內(nèi)運(yùn)動(dòng)。如圖，若小球的初

速度方向沿虛線，則其運(yùn)動(dòng)軌跡為直線，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從。點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)等高處

的過(guò)程中（）

A.動(dòng)能減小，電勢(shì)能增大B.動(dòng)能增大，電勢(shì)能增大

C動(dòng)能減小，電勢(shì)能減小D.動(dòng)能增大，電勢(shì)能減小

7.如圖（a）,將一彈簧振子豎直懸掛，以小球的平衡位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O,豎直向上為正方向建立x軸。若將小球

從彈簧原長(zhǎng)處由靜止釋放，其在地球與某球狀天體表面做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的圖像如（b）所示（不考慮自轉(zhuǎn)影響），設(shè)地

球、該天體的平均密度分別為91和地球半徑是該天體半徑的“倍。包的值為（）

-Pi

2/16

圖(a)圖(b)

_n21

A.2nB.—C.—D.—

2n2n

8.X射線光電子能譜儀是利用X光照射材料表面激發(fā)出光電子，并對(duì)光電子進(jìn)行分析的科研儀器，用某一頻率

的X光照射某種金屬表面，逸出了光電子，若增加此X光的強(qiáng)度，則()

A.該金屬逸出功增大B.X光的光子能量不變

C.逸出的光電子最大初動(dòng)能增大D.單位時(shí)間逸出的光電子數(shù)增多

9.如圖，兩條“A”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為乙左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為

30。，均處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為28和瓦將有一定阻值的導(dǎo)體棒“6、〃放置在導(dǎo)

軌上，同時(shí)由靜止釋放，兩棒在下滑過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，ab,cd的質(zhì)量分別為2加和〃?，長(zhǎng)度均

為L(zhǎng)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，重力加速度為g,兩棒在下滑過(guò)程中()

3BL

C.M與cd加速度大小之比始終為2：1D.兩棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)始終相等

10.一足夠長(zhǎng)木板置于水平地面上，二者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃。/=0時(shí)，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向

右運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知/=0到/=4辦的時(shí)間內(nèi)，木板速

度v隨時(shí)間，變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。/=4灰時(shí)刻，小物塊與木板的速度相同。下列說(shuō)

3/16

A.小物塊在t=3to時(shí)刻滑上木板B.小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為。

C.小物塊與木板的質(zhì)量比為3：4D./=由0之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)

二、非選擇題：本題共5小題，共54分。

11.某探究小組要測(cè)量電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。可利用的器材有：電壓表、電阻絲、定值電阻（阻值為凡）、金

屬夾、刻度尺、開關(guān)S、導(dǎo)線若干。他們?cè)O(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)電路原理圖。

①將電阻絲拉直固定，按照?qǐng)D（a）連接電路，金屬夾置于電阻絲的o（填或"B”）端;

②閉合開關(guān)S,快速滑動(dòng)金屬夾至適當(dāng)位置并記錄電壓表示數(shù)U,斷開開關(guān)S,記錄金屬夾與8端的距離￡；

③多次重復(fù)步驟②，根據(jù)記錄的若干組U、乙的值，作出圖（c）中圖線I；

④按照?qǐng)D（b）將定值電阻接入電路，多次重復(fù)步驟②，再根據(jù)記錄的若干組U、￡的值，作出圖（c）中圖線

II?

圖（C）

（2）由圖線得出縱軸截距為6,則待測(cè)電池的電動(dòng)勢(shì)E=

k

（3）由圖線求得I、II的斜率分別為勺、右，若廣=〃，則待測(cè)電池的內(nèi)阻廠=—（用九和4表示）。

12.圖（a）為一套半圓拱形七色彩虹積木示意圖，不同顏色的積木直徑不同。某同學(xué)通過(guò)實(shí)驗(yàn)探究這套積木小

幅擺動(dòng)時(shí)周期T與外徑。之間的關(guān)系。

（1）用刻度尺測(cè)量不同顏色積木的外徑。，其中對(duì)藍(lán)色積木的某次測(cè)量如圖（b）所示，從圖中讀出O

_____cmo

4/16

(2)將一塊積木靜置于硬質(zhì)水平桌面上，設(shè)置積木左端平衡位置的參考點(diǎn)0,將積木的右端按下后釋放，如圖

(c)所示。當(dāng)積木左端某次與。點(diǎn)等高時(shí)記為第0次并開始計(jì)時(shí)，第20次時(shí)停止計(jì)時(shí)，這一過(guò)程中積木擺動(dòng)

T個(gè)周期。

(3)換用其他積木重復(fù)上述操作，測(cè)得多組數(shù)據(jù)。為了探究T與。之間的函數(shù)關(guān)系，可用它們的自然對(duì)數(shù)作

為橫、縱坐標(biāo)繪制圖像進(jìn)行研究，數(shù)據(jù)如下表所示：

顏色紅橙黃綠主藍(lán)紫

InD293922.78812.59532.48492.1971792

InT-0.45-0.53-0.56-0.65-0.78-0.92-1.02

-0.4

-0.5

-0.6

-0.7

-0.8

-0.9

-1.0

-1.1

1.601.802.002.202.402.602.803.00InD

圖(d)

根據(jù)表中數(shù)據(jù)繪制出InT-In。圖像如圖(d)所示，則7與。的近似關(guān)系為.

A.TocVDB.TccD2

D-T噴

(4)請(qǐng)寫出一條提高該實(shí)驗(yàn)精度的改進(jìn)措施:

13.如圖，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為m：”2=5：1,原線圈接在電壓峰值為Um的正弦交變電源上，副

線圈的回路中接有阻值為R的電熱絲，電熱絲密封在絕熱容器內(nèi)，容器內(nèi)封閉有一定質(zhì)量的理想氣體。接通電

路開始加熱，加熱前氣體溫度為%。

(1)求變壓器的輸出功率P；

(2)已知該容器內(nèi)的氣體吸收的熱量0與其溫度變化量AT成正比，即。=CAT,其中C已知。若電熱絲產(chǎn)生

的熱量全部被氣體吸收，要使容器內(nèi)的氣體壓強(qiáng)達(dá)到加熱前的2倍，求電熱絲的通電時(shí)間人

J

/

v

w

v

w

w

w7?

v

w

v

^

14.如圖，高度/z=0.8m的水平桌面上放置兩個(gè)相同物塊A、B,質(zhì)量mA=〃％=°」kg。A、B間夾一壓縮量

5/16

8=0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不栓接。同時(shí)由靜止釋放A、B,彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A恰好從桌面左端沿水平

方向飛出，水平射程1A=0.4m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離/=025m后停止。A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，取

重力加速度g=10m/s2。求:

(1)脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小vA和vB；

(2)物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)心

(3)整個(gè)過(guò)程中，彈簧釋放的彈性勢(shì)能密。

ABB

/八

/鵬?。?/p>

h

15.現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場(chǎng)控制粒子團(tuán)運(yùn)動(dòng)及尺度。簡(jiǎn)化模型如圖：I、II區(qū)寬度均為L(zhǎng)存在垂直于紙

面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向；III、IV區(qū)為電場(chǎng)區(qū)，IV區(qū)電場(chǎng)足夠?qū)?，各區(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標(biāo)

原點(diǎn)。甲、乙為粒子團(tuán)中的兩個(gè)電荷量均為+分質(zhì)量均為拉的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運(yùn)動(dòng)，先后

3

射入I區(qū)時(shí)速度大小分別為萬(wàn)%和％。甲到尸點(diǎn)時(shí)，乙剛好射入I區(qū)。乙經(jīng)過(guò)I區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°,甲到

。點(diǎn)時(shí)，乙恰好到P點(diǎn)。已知III區(qū)存在沿+x方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小4=一不計(jì)粒子重力及粒子

4皿

間相互作用，忽略邊界效應(yīng)及變化的電場(chǎng)產(chǎn)生的磁場(chǎng)。

(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小8；

(2)求III區(qū)寬度公

(3)IV區(qū)x軸上的電場(chǎng)方向沿x軸，電場(chǎng)強(qiáng)度￡隨時(shí)間/、位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系為E/-履，其中常系數(shù)

。＞0,①已知、上未知，取甲經(jīng)過(guò)。點(diǎn)時(shí)/=0。已知甲在W區(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)乙在IV區(qū)受到的電場(chǎng)力

大小為尸，甲、乙間距為Ax,求乙追上甲前尸與Ar間的關(guān)系式(不要求寫出Ar的取值范圍)

6/16

參考答案

1.【答案】c

【詳解】矢量是既有大小，又有方向的物理量，所以動(dòng)量是矢量，而質(zhì)量、速率、動(dòng)能只有大小沒(méi)有方向，是

標(biāo)量。

故選C。

2.【答案】D

【詳解】D.由題意可知，球面上尸、。兩點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)屬于同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，故角速度大小相等，故D正確；

A.由圖可知，球面上P、。兩點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑的關(guān)系為

rP<rQ

故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)v=可知，球面上尸、。兩點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度的關(guān)系為

VP<VQ

故B錯(cuò)誤：

C.根據(jù)4=廠。2可知，球面上尸、。兩點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度的關(guān)系為

dpaQ

故C錯(cuò)誤。

故選D。

3.【答案】C

【詳解】A.當(dāng)墨條速度方向水平向左時(shí)，墨條相對(duì)于硯臺(tái)向左運(yùn)動(dòng)，故硯臺(tái)對(duì)墨條的摩擦力方向水平向右，

故A錯(cuò)誤：

B.根據(jù)牛頓第三定律，墨條對(duì)硯臺(tái)的摩擦力方向水平向左，由于硯臺(tái)處于靜止?fàn)顟B(tài)，故桌面對(duì)硯臺(tái)的摩擦力

方向水平向右，故B錯(cuò)誤；

C.由于硯臺(tái)處于靜止?fàn)顟B(tài)，水平方向桌面和墨條對(duì)硯臺(tái)的摩擦力是一對(duì)平衡力，故C正確；

D.桌面對(duì)硯臺(tái)支持力大小等于硯臺(tái)的重力加上墨條對(duì)其的壓力，故桌面對(duì)硯臺(tái)的支持力大于墨條對(duì)硯臺(tái)的

壓力，故D錯(cuò)誤。

故選C。

4.【答案】A

【詳解】由于干涉條紋間距以=42，可知：

a

A.換用更粗的頭發(fā)絲，雙縫間距1變大，則相鄰兩條亮紋中央間距Ax變小，故A正確；

B.換用紅色激光照雙縫，波長(zhǎng)變長(zhǎng)，則相鄰兩條亮紋中央間距Ax變大，故B錯(cuò)誤；

C.增大紙板與墻面的距離/,則相鄰兩條亮紋中央間距Ax變大，故C錯(cuò)誤；

7/16

D.減小光源與紙板的距離，不會(huì)影響相鄰兩條亮紋中央間距Ax,故D錯(cuò)誤。

故選Ao

5.【答案】B

【詳解】A.降低溶液濃度，不導(dǎo)電溶液的相對(duì)介電常數(shù)J增大，根據(jù)電容器的決定式。=手1可知電容器

的電容增大，故A錯(cuò)誤；

BC.溶液不導(dǎo)電沒(méi)有形成閉合回路，電容器兩端的電壓不變，根據(jù)Q=CU結(jié)合A選項(xiàng)分析可知電容器所帶的

電荷量增大，故B正確，C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)B選項(xiàng)分析可知電容器所帶的電荷量增大，則給電容器充電，結(jié)合題圖可知電路中電流方向?yàn)?/p>

NfM,故D錯(cuò)誤。

故選B。

6.【答案】D

【詳解】根據(jù)題意若小球的初速度方向沿虛線，則其運(yùn)動(dòng)軌跡為直線，可知電場(chǎng)力和重力的合力沿著虛線方

向，又電場(chǎng)強(qiáng)度方向?yàn)樗椒较?，根?jù)力的合成可知電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虛

線，則其從。點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)等高處的過(guò)程中重力對(duì)小球做功為零，電場(chǎng)力的方向與小球的運(yùn)動(dòng)方向相同，

則電場(chǎng)力對(duì)小球正功，小球的動(dòng)能增大，電勢(shì)能減小。

故選D。

7.【答案】C

【詳解】設(shè)地球表面的重力加速度為g,某球體天體表面的重力加速度為夕，彈簧的勁度系數(shù)為人,根據(jù)簡(jiǎn)諧

運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性有

k-4A-mg=mg

k-2A-mg'=mg'

可得

2kA

g=-----

m

,kA

S=—

m

可得

8=2

g'

設(shè)某球體天體的半徑為R,在星球表面，有

夕］乃("A)，-m

G—~------=mg

(明一

8/16

p,--TTR3-m

G-----J------=mg'

聯(lián)立可得

a=2

02n

故選c。

8.【答案】BD

【詳解】A.金屬的逸出功是金屬的自身固有屬性，僅與金屬自身有關(guān)，增加此X光的強(qiáng)度，該金屬逸出功不

變，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)光子能量公式e=可知增加此X光的強(qiáng)度，X光的光子能量不變，故B正確；

C.根據(jù)愛(ài)因斯坦光電方程

Ekm=hv-W0

可知逸出的光電子最大初動(dòng)能不變，故C錯(cuò)誤；

D.增加此X光的強(qiáng)度，單位時(shí)間照射到金屬表面的光子變多，則單位時(shí)間逸出的光電子數(shù)增多，故D正確。

故選BD?

9.【答案】AB

【詳解】A.兩導(dǎo)體棒沿軌道向下滑動(dòng)，根據(jù)右手定則可知回路中的電流方向?yàn)槌蒫da；故A正確；

BC.設(shè)回路中的總電阻為凡對(duì)于任意時(shí)刻當(dāng)電路中的電流為/時(shí)，對(duì)ab根據(jù)牛頓第二定律得

2mgsin30°-2BILcos30°=2maab

對(duì)cd

mgsin30°-BILcos30°=macd

故可知

aab=%d

分析可知兩個(gè)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)相互疊加，隨著導(dǎo)體棒速度的增大，回路中的電流增大，導(dǎo)體棒受到的安培力

在增大，故可知當(dāng)安培力沿導(dǎo)軌方向的分力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力平衡時(shí)導(dǎo)體棒將勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)電路中的電

流達(dá)到穩(wěn)定值，此時(shí)對(duì)ab分析可得

2mgsin300=2BILcos30°

解得

3BL

故B正確，C錯(cuò)誤;

9/16

D.根據(jù)前面分析可知=?！?，故可知兩導(dǎo)體棒速度大小始終相等，由于兩邊磁感應(yīng)強(qiáng)度不同，故產(chǎn)生的感應(yīng)

電動(dòng)勢(shì)不等，故D錯(cuò)誤。

故選AB。

10.【答案】ABD

【詳解】A.vT圖像的斜率表示加速度，可知”3%時(shí)刻木板的加速度發(fā)生改變，故可知小物塊在/=32時(shí)刻

滑上木板，故A正確；

B.結(jié)合圖像可知/=3辦時(shí)刻，木板的速度為

3

%=5〃g/。

設(shè)小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為〃o,由題意可知物體開始滑上木板時(shí)的速度為

3一

=--jugtQ,負(fù)號(hào)表示方向水平向左

物塊在木板上滑動(dòng)加速度為

以0mg

%=-------=Nog

m

經(jīng)過(guò)。時(shí)間與木板共速此時(shí)速度大小為V共=g〃g/o,方向水平向右，故可得

丫共一匕=4%

解得

4=2〃

故B正確；

C.設(shè)木板質(zhì)量為物塊質(zhì)量為加，根據(jù)圖像可知物塊未滑上木板時(shí)，木板的加速度為

1

-m1

a=,-=”g

故可得

F-juMg=Ma

解得

3

F=-1LiMg

根據(jù)圖像可知物塊滑上木板后木板的加速度為

13

d=2--------2=—陽(yáng)

,0

此時(shí)對(duì)木板由牛頓第二定律得

10/16

F—+=Ma'

解得

m1

~M~2

故C錯(cuò)誤;

D.假設(shè)/=由0之后小物塊和木板一起共速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體

33

+—jiiMg--jiiMg=0

故可知此時(shí)整體處于平衡狀態(tài)，假設(shè)成立，即/=4/0之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)，故D正確。

故選ABD?

11.【答案】（1）A

1

(2)-

b

⑶用

n—1

【解析】

【小問(wèn)1詳解】

為了保護(hù)電路，閉合開關(guān)前，金屬夾置于電阻絲的最大阻值處，由圖可知，應(yīng)該置于A端。

【小問(wèn)2詳解】

對(duì)于電路圖（a）,根據(jù)閉合電路歐姆定律有

U=E-Ir

設(shè)金屬絲的電阻率為「，橫截面積為S,結(jié)合歐姆定律和電阻定律

/上

R

R=p—

S

聯(lián)立可得

U=E-—r

pL

整理可得

—1=—1I?—1

UEEpL

對(duì)于電路圖（b）,根據(jù)閉合電路歐姆定律有

U=E-I(r+R0)

結(jié)合歐姆定律和電阻定律

11/16

/上

R

R=p—

S

聯(lián)立后整理

1=\S(r+4)1

U~EEpL

可知圖線的縱軸截距

b*

解得

【小問(wèn)3詳解】

由題意可知

k"

Ep

_S(r+7^)

2—Ep

又

聯(lián)立解得

n—1

12.【答案】(1)7.54##7.55##7.56

(2)10(3)A

（4）見(jiàn)解析

【解析】

【小問(wèn)1詳解】

刻度尺的分度值為0.1cm,需要估讀到分度值下一位，讀數(shù)為

D=7.55cm

【小問(wèn)2詳解】

積木左端兩次經(jīng)過(guò)參考點(diǎn)。為一個(gè)周期，當(dāng)積木左端某次與。點(diǎn)等高時(shí)記為第0次并開始計(jì)時(shí)，之后每計(jì)數(shù)一

次，經(jīng)歷半個(gè)周期，可知，第20次時(shí)停止計(jì)時(shí)，這一過(guò)程中積木擺動(dòng)了10個(gè)周期。

【小問(wèn)3詳解】

12/16

由圖（d）可知，InT與In。成線性關(guān)系，根據(jù)圖像可知，直線經(jīng)過(guò)（2.80,—0.5）與（1.80,—1.0）,則有

lnr-(-1.0)_-0.5-(-1.0)_

——U.D

lnD-1.802.80-1.80

解得

lnT=0.51nD-1.9

則有

2

17)2

lnT=lnD2-Ine1-9=In—

e

解得

7=5匹

可知

TOCVD

故選Ao

【小問(wèn)4詳解】

為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，提高該實(shí)驗(yàn)精度的改進(jìn)措施：用游標(biāo)卡尺測(cè)量外徑。、換用更光滑的硬質(zhì)水平桌面、通過(guò)

測(cè)量40次或60次左端與O點(diǎn)等高所用時(shí)間來(lái)求周期、適當(dāng)減小擺動(dòng)的幅度。

U25OCTR

13.【答案】（1）上旦；（2）o

U2

507?m

【解析】

【詳解】（1）由原線圈正弦交流電的峰值可知變壓器輸入電壓有效值為

u公

設(shè)變壓器副線圈的輸出電壓為Ui,根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)之間的關(guān)系有

U2“2

聯(lián)立解得

3?嗨

理想變壓器的輸出功率等于尺的熱功率，即

p旦上

R50R

（2）設(shè)加熱前容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為外，則加熱后氣體的壓強(qiáng)為2匹，溫度為乃，容器內(nèi)的氣體做等容變化，則

13/16

有

Po=2Po

To~T2

由。=CAT知?dú)怏w吸收的熱量

Q=C(2T°-T°)=CTo

根據(jù)熱力學(xué)第一定律AU=W+Q,氣體的體積不變，所以少=0,容器是絕熱容器，則

△U=Q

電熱絲產(chǎn)生的熱量全部被氣體吸收

Q=Pt

聯(lián)立整理得

解得

_5OCToR

【點(diǎn)睛】

14.【答案】(1)lm/s,lm/s；(2)0.2；(3)0.12J

【解析】

【詳解】(1)對(duì)A物塊由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)得

,12

h=28r

Vf

XA=A

代入數(shù)據(jù)解得，脫離彈簧時(shí)A的速度大小為

vA=lm/s

AB物塊質(zhì)量相等，同時(shí)受到大小相等方向相反的彈簧彈力及大小相等方向相反的摩擦力，則AB物塊整體動(dòng)量

守恒，則

"A=丹丹

解得脫離彈簧時(shí)B的速度大小為

vB=lm/s

(2)對(duì)物塊B由動(dòng)能定理

14/16

一〃"/=0-

代入數(shù)據(jù)解得，物塊與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)為

〃=0.2

(3)彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為AB物塊的動(dòng)能及這個(gè)過(guò)程中克服摩擦力所做的功，即

1212

△Ep=5機(jī)AM+5mB/+〃加Ag&+4mBg-

其中

Ax=A%A+&B

解得整個(gè)過(guò)程中，彈簧釋放的彈性勢(shì)能

AEp=0.12J

15.【答案】(1)3=篝；(2)d=-7iL-(3)F=^--Ax

2qL23v0

【解析】

【詳解】(1)對(duì)乙粒子，如圖所示

qv0B=m—