2024屆江西省新余市高三年級(jí)下冊(cè)第二次模擬考試物理試題（解析版）

物理試題

本試卷共8頁(yè)，共100分.考試時(shí)長(zhǎng)75分鐘.

考生注意：

1.答題前，考生務(wù)必將自己的準(zhǔn)考證號(hào)、姓名填寫(xiě)在答題卡上.考生要認(rèn)真核對(duì)答題卡上粘貼

的條形碼的“準(zhǔn)考證號(hào)、姓名、考試科目”與考生本人準(zhǔn)考證號(hào)、姓名是否一致.

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，再選涂其它答案標(biāo)號(hào).回答非選擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上，寫(xiě)在

本試卷上無(wú)效.

3.考試結(jié)束，監(jiān)考員將試題卷、答題卡一并收回.

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.中國(guó)科學(xué)家在稻城“拉索”基地探測(cè)到迄今為止最高能量的7射線，能量值為L(zhǎng)40xl°i5eV,即

()

A.1.40x1015VB.2.24xlO-41C.2.24xlO^CD.Z^xlO^W

【答案】B

【解析】

【詳解】/射線的能量值為

E=1.40x1015eV=1.40x1015xl.6xl0-19J=2.24X10-4J

故選B。

2.“打水漂”是一種常見(jiàn)的娛樂(lè)活動(dòng)，以一定的高度水平扔出的瓦片，會(huì)反復(fù)在水面上彈跳前進(jìn)，假設(shè)

瓦片和水面相撞后，在水平和豎直方向速度大小均減小，以下四幅圖有可能是瓦片軌跡的是()

D.

【答案】C

【解析】

【詳解】瓦片和水面相撞后，在水平方向，速度大小減小，而在豎直方向，碰撞后并不能原速?gòu)椈?，?/p>

是變小，可知豎直小球上升的高度逐漸減小，根據(jù)

"2仁

可知瓦片在空中的時(shí)間逐漸減小，水平方向有

可知瓦片在空中通過(guò)水平位移逐漸減小，C正確。

故選C。

3.“嫦娥五號(hào)”中有一塊“核電池”，在月夜期間提供電能?！昂穗姵亍崩昧梭腜u的衰變，衰變方程

為2；：Pu->+'；Y,下列說(shuō)法正確的是（）

A.攀Pu的比結(jié)合能比二X的大

B.月夜的寒冷導(dǎo)致貫Pu衰變得比在地球上慢些

C.衰變方程中的m等于92,一個(gè);：Pu衰變?yōu)槎釋放的核能為（叫「叫-?。?/p>

D.Y是氫的原子核，具有極強(qiáng)的穿透能力可用于金屬探傷

【答案】C

【解析】

【詳解】A.*Pu發(fā)生衰變成更穩(wěn)定的,x,而核越穩(wěn)定，比結(jié)合能越大，故A錯(cuò)誤；

B.衰變快慢不受外界環(huán)境影響，故B錯(cuò)誤；

C.此核反應(yīng)過(guò)程中的質(zhì)量虧損等于反應(yīng)前后的質(zhì)量差，為

A/n=mVu-mx-/Wy

核反應(yīng)過(guò)程中釋放的能量

E=（%-以-tny）C2

故C正確；

D.根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知

m+2=94

〃+234=238

解得

m=92

n=4

故Y是氫原子核，陰pu發(fā)生的是a衰變，a射線的穿透能力較弱，不能用于金屬探傷，故D錯(cuò)誤。

故選Co

4.光滑水平面上平行放置兩根完全相同的軟繩，兩人分別握住繩的一端，在水平面上沿垂直于繩的方向

擺動(dòng)，形成沿x軸正方向傳播的兩列簡(jiǎn)諧波。某時(shí)刻兩列波的波動(dòng)圖像分別如圖甲、乙所示，此時(shí)兩列波

分別傳到離手12m和15m處。下列說(shuō)法正確的是（）

甲

A.兩列波的周期相等B.兩列波的波源同時(shí)開(kāi)始振動(dòng)

C.兩列波的波源起振方向相同D.此時(shí)圖乙所示的波中光=8m處質(zhì)點(diǎn)的加速度方

向沿y軸負(fù)方向

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由題意可知兩列波的傳播速度相同，由甲、乙圖可知，兩列波的波長(zhǎng)不同，則兩列波的周期

不相等,故A錯(cuò)誤;

B.由于兩列波的傳播速度相同，由甲、乙圖可知，兩列波的傳播距離不同，所以兩列波的波源不是同時(shí)

開(kāi)始振動(dòng)，故B錯(cuò)誤;

C.根據(jù)波形平移法可知，甲圖中x=12m處的起振方向沿y軸負(fù)方向，乙圖中x=15m處的起振方向沿

y軸正方向，而波源的起振方向與質(zhì)點(diǎn)的起振方向相同，所以兩列波的波源起振方向不相同，故C錯(cuò)誤;

D.此時(shí)圖乙所示的波中x=8m處質(zhì)點(diǎn)位移方向?yàn)閥軸正方向，則加速度方向沿y軸負(fù)方向，故D正

確。

故選D。

5.為探究手搖式發(fā)電機(jī)的工作原理，兩同學(xué)來(lái)到實(shí)驗(yàn)室設(shè)計(jì)了如圖甲、乙所示的兩個(gè)實(shí)驗(yàn)裝置，由于兩

裝置中僅使用的滑環(huán)有所不同，使得甲裝置產(chǎn)生了直流電（如圖丙），乙裝置產(chǎn)生了交流電（如圖?。?。

若兩裝置中線圈以相同角速度在相同勻強(qiáng)磁場(chǎng)中同步進(jìn)行勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。則下列說(shuō)法中正確的是（）

A.兩裝置在圖示位置所產(chǎn)生的瞬時(shí)電流均為零

B.兩裝置中所產(chǎn)生的電流變化周期不相同

C.在02%內(nèi)，兩裝置中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱不同

D.在02/°內(nèi)，兩裝置中通過(guò)電阻R的電量相同

【答案】B

【解析】

【詳解】A.由圖甲、乙可知線圈初始時(shí)刻處于與中性面垂直的平面，則兩裝置在圖示位置所產(chǎn)生的瞬時(shí)

電流達(dá)到最大值，故A錯(cuò)誤；

B.由圖丙、丁可知，甲裝置所產(chǎn)生的電流變化周期為

乙裝置所產(chǎn)生的電流變化周期為

n=2to

故兩裝置中所產(chǎn)生的電流變化周期不相同，故B正確；

C.在02%內(nèi)，兩裝置中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱相同，均為

。=（暫Rx2to

v2

故C錯(cuò)誤;

D.根據(jù)

EA△①

qT-A1-At=---A?=---

R+rR+r

由于在02%內(nèi)，兩裝置中的磁通量的變化量不同，故在02%內(nèi)，兩裝置中通過(guò)電阻R的電量不同。

故D錯(cuò)誤。

故選B。

6.如圖所示，a、6c為足夠長(zhǎng)的光滑水平面上的三個(gè)相同平板。初始時(shí)刻c靜止，內(nèi)6整齊疊放在一

起以某速度水平向右運(yùn)動(dòng)，之后仄C發(fā)生完全非彈性碰撞且不粘連，最終。恰好未從C右端滑出。忽略

空氣阻力，從氏C碰撞后到C共速前的過(guò)程中，氏。始終共線且粗糙程度處處相同，則下列圖像

正確的是（）

6的速度的平方隨位移變化的圖像

C的速度隨時(shí)間變化的圖像

【答案】C

【解析】

【詳解】由于氏c不粘連，在?；蟘的過(guò)程中b受到的滑動(dòng)摩擦力與。受到的滑動(dòng)摩擦力大小不同，隨

著?；蟘的長(zhǎng)度的增加，。對(duì)c的正壓力增大，對(duì)b的正壓力減小，則可知a對(duì)6的滑動(dòng)摩擦力逐漸減

小，而a對(duì)c的滑動(dòng)摩擦力逐漸增大，設(shè)木板。的長(zhǎng)度為L(zhǎng),A表示。在6上的長(zhǎng)度，巧表示。在c上的

長(zhǎng)度，則根據(jù)牛頓第二定律有

x,mx7m

〃亍g=m%，n^-g=mac

解得

在a完全滑上c的過(guò)程中與減小，巧增大，但由于在?；蟘的長(zhǎng)度過(guò)半之前，始終是b推動(dòng)著c向前運(yùn)

動(dòng)，因此在?；蟘的長(zhǎng)度過(guò)半之前b、c始終共速，即有

c_c_叩1g-〃g

b02m2

即氏c一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，而a做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，但當(dāng)a滑上。的長(zhǎng)度過(guò)半之后，根據(jù)

4gxi/L、/ugx2/L、

%=—-—（X]<萬(wàn)），dc-——（馬〉]）

可知，c的加速度將大于6的加速度，則此后木板c做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，木板6做加速度逐漸

減小的加速運(yùn)動(dòng)，這個(gè)過(guò)程中b與c分離且距離逐漸增大，直至。與6分離，此時(shí)由于。在c上的長(zhǎng)度已

經(jīng)過(guò)半，因此對(duì)木板c的正壓力即為自身重力的大小，即。與6分離后，c的加速達(dá)到最大值，將做勻加速

直線運(yùn)動(dòng)，一直到a與c完全重合共速，而對(duì)于木板。而言，在6與c未分離時(shí)，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，而

當(dāng)6與c開(kāi)始分離時(shí)其所受摩擦力逐漸減小，直至a與6分離后其所受摩擦力又達(dá)到最大值，因此可知。

先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，接著做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，后又做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直至與c共速后做勻

速直線運(yùn)動(dòng)；而對(duì)于6,根據(jù)以上分析可知，其先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，

直至最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)；對(duì)于c,其先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻

加速直線運(yùn)動(dòng)，直至與a共速后做勻速直線運(yùn)動(dòng)。

A.速度時(shí)間圖像的斜率表示加速度，該圖像表示到a、c共速前。始終做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，跟上述分析不

符，故A錯(cuò)誤；

B.該圖像表示到a、c共速前b先做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，直至

加速度減為零，與上述分析不符，故B錯(cuò)誤；

C.該圖像表示c先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，最后以最大加速度做勻加速直

線運(yùn)動(dòng)，與上述分析相符，故C正確；

D.根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與位移的關(guān)系

2

v-VQ=2ax

變式可得

2

v=2ax+VQ

則可知該圖像表示b先以較大的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再以較小的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，跟以上

分析不符，故D錯(cuò)誤。

故選Co

7.如圖所示，一長(zhǎng)玻璃圓管內(nèi)壁光滑、豎直放置。有一帶正電的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），以速率%沿逆時(shí)針

方向從管口上端貼著管壁水平射入管內(nèi)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后從底部離開(kāi)圓管。若再次重復(fù)該過(guò)程，以相同

速率%進(jìn)入管內(nèi)，同時(shí)在此空間加上方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度8隨時(shí)間均勻增加的磁場(chǎng)。設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程

中小球所帶電量不變，空氣阻力不計(jì)。以下說(shuō)法正確的是（）

A.加磁場(chǎng)后小球離開(kāi)管口的速率與沒(méi)加磁場(chǎng)時(shí)的速率的大小關(guān)系不能確定

B.加磁場(chǎng)后小球離開(kāi)管口時(shí)間小于沒(méi)加磁場(chǎng)時(shí)的時(shí)間

C.加磁場(chǎng)后小球?qū)ΣＡЧ艿膲毫σ欢ú粩嘣龃?/p>

D.加磁場(chǎng)后，小球在玻璃管中運(yùn)動(dòng)時(shí)，只有重力做功，故小球與地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

【答案】A

【解析】

【詳解】A.加磁場(chǎng)后，因磁場(chǎng)方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度8隨時(shí)間均勻增加，根據(jù)楞次定律可知，產(chǎn)生

感應(yīng)電場(chǎng)的方向俯視順時(shí)針?lè)较颍c帶正電的小球的初速度方向相反，可知小球水平方向?qū)⒉粩啾粶p速,

若產(chǎn)生的電場(chǎng)足夠強(qiáng)，小球可能會(huì)被反向加速，則加磁場(chǎng)后小球離開(kāi)管口的速率與沒(méi)加磁場(chǎng)時(shí)的速率的大

小關(guān)系不能確定，故A正確；

B.小球進(jìn)入玻璃管中后，無(wú)論是否加磁場(chǎng)，則豎直方向均做自由落體運(yùn)動(dòng)，可知加磁場(chǎng)后小球離開(kāi)管口

的時(shí)間等于沒(méi)加磁場(chǎng)時(shí)的時(shí)間，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)

v2

r-Bqv=m——

Nr

可知由于速度可能一直減小，而磁場(chǎng)逐漸增強(qiáng)，則小球?qū)ΣＡЧ艿膲毫o(wú)法判斷，故c錯(cuò)誤；

D.根據(jù)A選項(xiàng)分析可知，感應(yīng)電場(chǎng)對(duì)小球做負(fù)功，則出離玻璃管的機(jī)械能一定減小，小球與地球組成的

系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。

故選A。

8.2023年華為隆重推出搭載我國(guó)自主研發(fā)的麒麟9000s芯片的Mate60手機(jī)，該手機(jī)可以與地球同步軌道

的“天通一號(hào)01”實(shí)現(xiàn)衛(wèi)星通信。已知地球半徑為R,“天通一號(hào)01”離地高度約為6R,以下關(guān)于該衛(wèi)星的

說(shuō)法正確的是（）

A.衛(wèi)星在地球同步軌道上處于平衡狀態(tài)

B.衛(wèi)星的發(fā)射速度小于近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度

C.衛(wèi)星的加速度約為靜止在赤道上物體加速度的36倍

D,若地球自轉(zhuǎn)加快，衛(wèi)星為保持與地面同步，軌道高度應(yīng)降低

【答案】D

【解析】

【詳解】A.衛(wèi)星在地球同步軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，不是處于平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；

B.同步衛(wèi)星軌道高于近地軌道衛(wèi)星，故發(fā)射速度大于最小發(fā)射速度，即最大環(huán)繞速度，故B錯(cuò)誤；

C.同步軌道上衛(wèi)星與赤道上物體運(yùn)動(dòng)角速度相同，由衛(wèi)星在同步軌道上的向心加速度約

是赤道上物體向心加速度的7倍，故C錯(cuò)誤；

D.若地球自轉(zhuǎn)加快，衛(wèi)星為保持與地面同步，應(yīng)當(dāng)具有更大的角速度，更小的周期，根據(jù)

Mm=根4之7r2〃可知軌道高度應(yīng)降低，故D正確。

/T-

故選D。

9.如圖所示，空間有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向與豎直面（紙面）垂直，紙面內(nèi)磁場(chǎng)上方有一個(gè)正方形導(dǎo)線框

加cd,其上、下兩邊與磁場(chǎng)邊界（圖中虛線）平行，邊長(zhǎng)等于磁場(chǎng)上、下邊界的距離.若線框自由下落,從防邊

進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始，直至cd邊達(dá)到磁場(chǎng)下邊界為止，線框的運(yùn)動(dòng)可能是

A.始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)

B.始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

C.先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)再做勻速直線運(yùn)動(dòng)

D.先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)再做勻速直線運(yùn)動(dòng)

【答案】ACD

【解析】

【詳解】導(dǎo)線框開(kāi)始做自由落體運(yùn)動(dòng)，ab邊以一定的速度進(jìn)入磁場(chǎng)，ab邊切割磁場(chǎng)產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)左

手定則可知ab邊受到向上的安培力；當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后安培力等于重力時(shí)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)線框出

離磁場(chǎng)過(guò)程中仍做勻速運(yùn)動(dòng)，則選項(xiàng)A正確；當(dāng)安培力大于重力時(shí)，線框做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度的減小,

安培力減小，當(dāng)安培力等于重力時(shí)線圈做勻速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后安培力小于重力時(shí)，

線框做加速運(yùn)動(dòng)，隨著速度的增加，安培力增大，當(dāng)安培力等于重力時(shí)線圈做勻速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確；由

于線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中速度不斷變化，則安培力不斷變化，則線圈不可能做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；故

選ACD.

10.如圖為一透明均勻介質(zhì)球的橫截面，。為圓心，A8為直徑，一束單色光以夕=60°從A點(diǎn)入射,

ACB弧面出射的光與A8平行。下列說(shuō)法正確的是（）

B.介質(zhì)球的折射率約為百

C.若入射光為白光，ACB弧面上出射光形成彩色光帶

D.。在小于90。范圍變化時(shí)，ACB弧面上能觀察到全反射現(xiàn)象

【答案】BC

【解析】

【詳解】AB.根據(jù)題意，由折射定律畫(huà)出光路圖，如圖所示

ZOAD=ZODA

根據(jù)

sin0sina

sinZOAD~sinZODA

可知

a=0=6O°

有

ZOAD=ZODA=30°

折射率

故A錯(cuò)誤，B正確;

C.若入射光為白光，由于各種顏色的光的折射率不同，則各種顏色的光在ACB弧面上的出射點(diǎn)不一

樣，將形成彩色光帶，故C正確;

D.由AB分析可知，光線在ACB弧面上的入射角等于在A點(diǎn)的折射角，。在小于90。范圍變化時(shí)，不

可能在ACB弧面上能觀察到全反射現(xiàn)象，故D錯(cuò)誤。

故選BC?

二、非選擇題：本題共5小題，共54分.

11.某實(shí)驗(yàn)小組為了驗(yàn)證小球所受向心力與角速度、半徑的關(guān)系，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，轉(zhuǎn)軸

由小電機(jī)帶動(dòng)，轉(zhuǎn)速可調(diào)，固定在轉(zhuǎn)軸上。點(diǎn)的力傳感器通過(guò)輕繩連接一質(zhì)量為根的小球，一根固

定在轉(zhuǎn)軸上的光滑水平直桿穿過(guò)小球，保證小球在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，直桿最外邊插一小遮光片P,小球每轉(zhuǎn)

一周遮光片P通過(guò)右邊光電門(mén)時(shí)可記錄遮光片最外邊的擋光時(shí)間，某次實(shí)驗(yàn)操作如下：

甲乙、

(1)用螺旋測(cè)微器測(cè)量遮光片P的寬度d,測(cè)量結(jié)果如圖乙所示，則1=mm。

(2)如圖甲所示，安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，用刻度尺測(cè)量遮光片最外端到轉(zhuǎn)軸O點(diǎn)的距離記為右，測(cè)量小球球

心到轉(zhuǎn)軸。點(diǎn)的距離記為右。開(kāi)動(dòng)電動(dòng)機(jī)，讓小球轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，某次遮光片通過(guò)光電門(mén)時(shí)光電門(mén)計(jì)時(shí)為

3則小球此時(shí)的角速度等于o(用字母d、t、4中的部分字母表示)

(3)驗(yàn)證向心力與半徑關(guān)系時(shí)，讓電動(dòng)機(jī)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，遮光片P每次通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間相同，調(diào)節(jié)小球球

心到轉(zhuǎn)軸。點(diǎn)的距離4的長(zhǎng)度，測(cè)出每一個(gè)4的長(zhǎng)度以及其對(duì)應(yīng)的力傳感器的讀數(shù)E得出多組數(shù)據(jù)，

畫(huà)出R4的關(guān)系圖像應(yīng)該為o

FF

c

'B「LzL

【答案】(1)1.880

d

(2)—

L1t

(3)A

【解析】

【小問(wèn)1詳解】

螺旋測(cè)微器的精確值為0.01mm，由圖乙可知遮光片P的寬度為

d=1.5mm+38.0xO.Olmm=1.880mm

【小問(wèn)2詳解】

遮光片通過(guò)光電門(mén)時(shí)光電門(mén)計(jì)時(shí)為t,則遮光片經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)的線速度大小為

d

v=-

t

此時(shí)小球的角速度為

vd

a)=—='—

LxL/

【小問(wèn)3詳解】

根據(jù)

F=mco1L?

可得

->

F-—,,L1

L-t22

可知F-L2圖像為過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線。

故選A

12.某興趣小組修復(fù)一個(gè)電流表，實(shí)驗(yàn)過(guò)程如下：

(1)拆開(kāi)電流表，取出表頭G,發(fā)現(xiàn)表頭完好無(wú)損。用標(biāo)準(zhǔn)電表測(cè)出表頭G滿偏電流為3mA。

(2)測(cè)量表頭G的內(nèi)阻：按照如圖1所示電路圖連接電路。閉合開(kāi)關(guān)前，滑動(dòng)變阻器滑片應(yīng)移到

(填端”或“端”)。先閉合開(kāi)關(guān)S「調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器瑞,，直至表頭G指針滿偏；再閉合

開(kāi)關(guān)S2,保持滑動(dòng)變阻器阻值不變，僅調(diào)節(jié)電阻箱阻值，直至表頭G示數(shù)為滿偏示數(shù)的一半，此時(shí)電阻

箱的示數(shù)如圖2所示，則表頭G的內(nèi)阻為Qo該測(cè)量值比實(shí)際值________。（填“偏大”、

“偏小”或“準(zhǔn)確”）

圖1圖2

（3）電流表內(nèi)部電路設(shè)計(jì)如圖所示，其中A=15。，居=0100,但凡已損壞，請(qǐng)根據(jù)電流表3A的

量程，推算損壞之前&=Qo（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

【答案】①.a端11.0③.偏?、?0.026

【解析】

【詳解】（2）[1]⑵[3]閉合開(kāi)關(guān)前，滑動(dòng)變阻器接入電路電阻應(yīng)最大保護(hù)電路，即滑片應(yīng)移到a端。再閉合

開(kāi)關(guān)S2,保持滑動(dòng)變阻器阻值不變，僅調(diào)節(jié)電阻箱阻值，直至表頭G示數(shù)為滿偏示數(shù)的一半，此時(shí)認(rèn)為干

路電流仍為4,則有

由圖2可得

凡=&=lxl0Q+lxlQ=11.0Q

由于步驟（2）測(cè)電阻時(shí)，實(shí)際干路電流大于4，則通過(guò)電阻箱的電流大于:《，則電阻箱電阻小于表頭

G的內(nèi)阻，即所測(cè)表頭G的內(nèi)阻偏小。

（3）[4]由圖，根據(jù)歐姆定律有

4（4+A+鳥(niǎo)）=（/一4）鳥(niǎo)

解得

凡x0.0260

13.氣調(diào)保鮮技術(shù)可通過(guò)抑制儲(chǔ)藏物細(xì)胞的呼吸量來(lái)延緩其新陳代謝過(guò)程，使之處于近休眠狀態(tài)來(lái)達(dá)到保

鮮的效果.某保鮮盆內(nèi)密封了一定質(zhì)量的理想氣體，氣體的體積約為V=2L,壓強(qiáng)Pi=1.0xl()5pa,溫

度§=27℃,保鮮盆上部為柔性材料，氣體體積可膨脹或被壓縮，盒內(nèi)壓強(qiáng)與外界大氣壓強(qiáng)相等，求：

(1)將保鮮盒放入保鮮庫(kù)，若保鮮盒內(nèi)氣體體積不變，保鮮庫(kù)內(nèi)壓強(qiáng)必=9.2xl()4pa,求此時(shí)保鮮盆

內(nèi)的溫度；

(2)現(xiàn)將保鮮盒運(yùn)至高海拔環(huán)境，需將保鮮盒內(nèi)一部分氣體緩慢放出以保持體積不變，假設(shè)釋放氣體

過(guò)程中溫度不變，現(xiàn)需將保鮮盆內(nèi)的氣體放出20%,求外界大氣壓強(qiáng)

111

4

【答案】⑴3℃；(2)p3=8xlOPa

【解析】

【詳解】(1)保鮮盒內(nèi)氣體體積不變，由查理定律可得

旦=乙

(T2

其中

Z=(27+273)K=300K

解得

4=276K或巧=3℃

(2)釋放氣體過(guò)程中溫度不變，根據(jù)玻意耳定律可得

PM=P3K

其中

匕=80%%

可得外界大氣壓強(qiáng)為

4

p3=8xlOPa

14.如圖，固定在豎直平面上的半徑R=1.0m的光滑半圓軌道AB與光滑水平地面在A點(diǎn)相切，在半圓

軌道的最低點(diǎn)A設(shè)置一壓力傳感器，壓力傳感器上放置一質(zhì)量%=L5kg的小球乙，用外力將物塊甲和

物塊丙間的輕彈簧壓縮并保持靜止，某一時(shí)刻突然同時(shí)撤去外力，輕彈簧將物塊丙、甲分別向左右兩邊

水平彈出，物塊丙、甲被彈開(kāi)后，立即拿走輕彈簧、經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后、物塊甲與小球乙發(fā)生彈性碰撞，

碰撞后瞬間壓力傳感器的示數(shù)為1HN。已知物塊甲與物塊丙的質(zhì)量均為叫=lkg,重力加速度g取

10m/s\甲、乙、丙均可視為質(zhì)點(diǎn)，8為半圓軌道的最高點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，輕彈簧始終在彈性限度

內(nèi)。

(1)求物體乙被碰撞后瞬間獲得的速度大??；

(2)求輕彈簧的彈性勢(shì)能；

(3)小球乙運(yùn)動(dòng)能否到B點(diǎn)，若能，求小球乙落地點(diǎn)到A點(diǎn)的距離。

【答案】(1)8m/s；(2)100J；(3)

5

【解析】

【詳解】(1)根據(jù)題意可知，甲與乙發(fā)生彈性碰撞后瞬間軌道對(duì)乙的支持力尸=111N,對(duì)乙由牛頓第二

定律有

F-m.g=m^

解得

vA=8m/s

(2)甲、乙發(fā)生彈性碰撞，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律，有

m1Vo=叫丫甲+m2vA

碰撞過(guò)程中機(jī)械能守恒，有

；加芯叫謂+；加2或

聯(lián)立解得

v0=10m/s,耍=-2m/s

釋放彈簧，將甲、丙彈出的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒有

0=74%+"Z1V丙

解得

丫丙=一%=T°m/s

負(fù)號(hào)表示彈開(kāi)后丙的速度方向向左。彈簧將甲、丙彈開(kāi)的過(guò)程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，有

Ep=；州片+；州詣=班說(shuō)

解得

Ep=100J

(3)乙在半圓軌道上的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律有

191,

3色眩=3加2咳+2加2gR

解得

vB=2\/6m/s

能過(guò)8的最小速度為%缶

2

mov

加28=得\%>%in

R

故能到B點(diǎn)，小球乙離開(kāi)3點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，可知水平方向有

x=vBt

豎直方向有

2R=w城

解得

4A/15

x=-------m

5

15.利用磁場(chǎng)實(shí)現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，在尤Oy平面內(nèi)存在區(qū)域足夠大的方

向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為及位于坐標(biāo)原點(diǎn)。處的離子源能在xOy平面內(nèi)持續(xù)發(fā)射

質(zhì)量為加、電荷量為q的負(fù)離子，其速度方向與y軸夾角。的最大值為45。，且各個(gè)方向速度大小隨。變化

的關(guān)系為v=/4,式中%為未知定值，且。=0°的離子恰好通過(guò)坐標(biāo)為(LL)的P點(diǎn)。不計(jì)離子的重

COSg

力及離子間的相互作用，并忽略磁場(chǎng)的邊界效應(yīng)。

(1)求關(guān)系式v中％的值；

cosg

(2)求離子通過(guò)界面X=L時(shí)y坐標(biāo)的最大值'max和最小值》min；

(3)為回收離子，在界面x二七右側(cè)加一寬度為L(zhǎng)且平行于+X軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示，為使所有離子

都不能穿越電場(chǎng)區(qū)域，求電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值及

【答案】⑴等;⑵5=(3+1)"^=(^2-1)￡；(3)喏

【解析】

【詳解】(1)根據(jù)題意可知，當(dāng)q=0°時(shí)，即沿V軸正方向發(fā)射的離子恰好通過(guò)坐標(biāo)為(L,L)的尸

點(diǎn)，則其軌跡的圓心一定在x軸上，設(shè)軌跡的半徑為R,由幾何關(guān)系有

(R-LY+E=R2

解得

R=L

即圓心在界面％=心與工軸的交點(diǎn)，又有