湖南省長(zhǎng)沙市某中學(xué)2023-2024學(xué)年高三年級(jí)上冊(cè)月考物理試題（解析版）

物理

時(shí)量75分鐘，滿分100分。

一、單選題（本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)

是符合題目要求的）

1.如圖所示為研究光電效應(yīng)的電路圖。開(kāi)關(guān)閉合后，當(dāng)用波長(zhǎng)為4的單色光照射光電管的陰極K時(shí)，電流

表有示數(shù)。下列說(shuō)法正確的是（）

A.若只讓滑片尸向。端移動(dòng)，則電流表的示數(shù)一定增大

B.若只增加該單色光的強(qiáng)度，則電流表示數(shù)一定增大

C.若改用波長(zhǎng)小于4的單色光照射光電管的陰極K,則陰極K的逸出功變大

D.若改用波長(zhǎng)大于4的單色光照射光電管的陰極K,則電流表的示數(shù)一定為零

【答案】B

【解析】

【詳解】A.只讓滑片P向。端移動(dòng)，A、K間電壓增大，所加電壓為正向電壓，如果光電流達(dá)到飽和值,

增加電壓，電流表示數(shù)也不會(huì)增大，故A錯(cuò)誤；

B.只增加單色光強(qiáng)度，逸出的光電子數(shù)增多，光電流增大，故B正確；

C.陰極K的逸出功與入射光無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；

D.若改用波長(zhǎng)大于4的單色光，能量減小，可能會(huì)發(fā)生光電效應(yīng)，則流表的示數(shù)不一定為零，故D錯(cuò)誤。

故選B。

2.2021年6月17日我國(guó)神舟十二號(hào)載人飛船入軌后，按照預(yù)定程序，與在同一軌道上運(yùn)行的“天和”核

心艙交會(huì)對(duì)接，航天員將進(jìn)駐“天和”核心艙。交會(huì)對(duì)接后神舟十二號(hào)飛船與“天和”核心艙的組合體軌

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道不變，將對(duì)接前飛船與對(duì)接后的組合體對(duì)比，下面說(shuō)法正確的是（）

A.組合體的環(huán)繞速度大于神舟十二號(hào)飛船的環(huán)繞速度

B.組合體的環(huán)繞周期大于神舟十二號(hào)飛船的環(huán)繞周期

組合體的向心加速度大于神舟十二號(hào)飛船的向心加速度

D.組合體所受的向心力大于神舟十二號(hào)飛船所受的向心力

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】AB.由

2

-Mmv4兀之

G——=m—=m——r

r2rT2

可得

GM

r3

T=2n

GM

可見(jiàn)V、T與質(zhì)量加無(wú)關(guān)，周期與環(huán)繞速度不變，故AB錯(cuò)誤;

C.由

GMm

——--二ma

r

可得

GM

可知向心加速度與質(zhì)量加無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤;

D.向心力為

「GMm

F=T

組合體的質(zhì)量大于神舟十二號(hào)飛船的質(zhì)量，則組合體所受的向心力大于神舟十二號(hào)飛船所受的向心力，故

D正確。

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故選D。

3.如圖所示為一拔樁機(jī)的設(shè)計(jì)示意圖，繩CDE與繩ACB連接于C點(diǎn)。在。點(diǎn)施加豎直向下的力尸可將樁

拔起。保持C。段繩水平，AC段繩豎直，更省力的措施是（）

A.減小a角，增大夕角B.減小a角，減小夕角

C.增大a角，增大￡角D.增大a角，減小￡角

【答案】B

【解析】

【詳解】對(duì)。點(diǎn)進(jìn)行受力分析，由受力平衡可得

F=TDCtana

對(duì)C點(diǎn)進(jìn)行受力分析，由受力平衡可得

T_￡D

CAtan0

由于

￡D=TDC

可得

="■%

tanatanp

故更省力的措施是減小a角，減小”角。

故選B。

4.如圖為交流發(fā)電機(jī)的示意圖，矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)

勢(shì)隨時(shí)間的變化規(guī)律為e=20sin（100萬(wàn)。V。下列說(shuō)法正確的是（）

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0

A.此交流電的頻率為100Hz

B.此交流電動(dòng)勢(shì)的有效值為20V

C.當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大

D.當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到平行于磁場(chǎng)的位置時(shí)磁通量的變化率最大

【答案】D

【解析】

【詳解】A.此交流電的頻率為

,co1007r

Hz=50Hz

2萬(wàn)

故A錯(cuò)誤;

B.此交流電動(dòng)勢(shì)的有效值為

石=隼=10亞V

V2

故B錯(cuò)誤；

C.當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)處于中性面，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，故C錯(cuò)誤；

D.當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到平行于磁場(chǎng)的位置時(shí)，垂直于中性面，磁通量的變化率最大，此時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最

大，D正確。

故選D。

5.已知汽車在平直路面上由靜止啟動(dòng)，阻力恒定，最終達(dá)到最大速度%后以額定功率勻速行駛，ab、cd

平行于v軸，6c反向延長(zhǎng)線過(guò)原點(diǎn)O,汽車質(zhì)量為已知M、耳、片、%,下列說(shuō)法不正確的是

()

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A.汽車額定功率為工丫皿B.汽車從b到。過(guò)程作變加速運(yùn)動(dòng)

心m

C.汽車勻加速運(yùn)動(dòng)持續(xù)的時(shí)間為D.汽車從a到b過(guò)程克服阻力做功

（E+初耳2（耳_8）邛

【答案】c

【解析】

【詳解】A.根據(jù)

P=Fv

可得

v=P--

F

汽車額定功率為圖象的斜率，有

V

尸=十

故A正確;

B.汽車從6到c過(guò)程中功率保持不變，隨著汽車速度的增大，牽引力減小，根據(jù)牛頓第二定律有

F-f=ma

可知隨著牽引力的減小，汽車的加速度減小，故汽車從6到c過(guò)程作變加速運(yùn)動(dòng)，故B正確;

C.汽車所受的阻力為

由于額定功率等于圖象斜率有

尸=2=%

11

即

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其％=耳％

汽車從a到b,根據(jù)牛頓第二定律有

Fl-f=Ma

汽車從a到b勻加速運(yùn)動(dòng)持續(xù)的時(shí)間為

MF2vm

a（耳-招明

故C錯(cuò)誤;

D.汽車從。到b過(guò)程的位移

x=-at2

2

汽車從a到b過(guò)程克服阻力做功

W=fx=2（；T；：）F；

故D正確。

本題選不正確的，故選C。

6.一列簡(jiǎn)諧波在均勻介質(zhì)中沿x軸傳播，a=0刻平衡位置坐標(biāo)x=0.5m的質(zhì)點(diǎn)P恰好處于波峰，h=0.5s時(shí)

的波形如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是（）

A.如果波沿x軸正方向傳播，最大的周期為1.5s

B.波沿x軸傳播，最小的速度為3mzs

C.如果波沿?zé)o軸正方向傳播，0~0.5s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)P經(jīng)過(guò)的最短路程為1.5m

D.如果波速為21m/s,則波一定沿x軸負(fù)方向傳播

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.如果波沿x軸正方向傳播，則

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3

%=47+〃7=04,2，…)

代入數(shù)據(jù)，得

T=——-——s(n=0,12…)

4〃+3')

當(dāng)〃取0時(shí)，波的周期最大，為

T=-s

3

故A錯(cuò)誤;

B.波沿x軸正方向傳播，根據(jù)公式

2

v二一

T

易知，周期最大時(shí)對(duì)應(yīng)的波速最小,代入波長(zhǎng)數(shù)據(jù)，有

22,o,

V-----=-m/s=3m/s

min2

3

同理，波沿x軸負(fù)方向傳播,根據(jù)公式

%=—T+nT(n-0,1,2,…)

代入數(shù)據(jù)，得

T=^—s(n=0,1,2,-

4H+1')

當(dāng)”取。時(shí)，波的周期最大,為

T=2s

周期最大時(shí)對(duì)應(yīng)的波速最小,代入波長(zhǎng)數(shù)據(jù)，有

22

%in-----=-m/s=lm/s

Anax2

故B錯(cuò)誤;

C.振動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)任意一個(gè)周期內(nèi)的路程都是4A,所以周期越小，在相等的時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的路程越大，所以當(dāng)

周期最大時(shí)，路程最小，0~0.5s內(nèi)對(duì)應(yīng)最大周期的周期數(shù)為

0.5A3A

〃二丁個(gè)二二個(gè)

24

3

3

由于0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P位于最大位移處，所以在一個(gè)周期內(nèi)的路程為

4

Smin=3A=30cm

故C錯(cuò)誤;

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D.如果該波沿負(fù)方向傳播，有

4

v=—=（4n+l）m/s

當(dāng)n取5時(shí)，波速恰好為21m/s,故D正確。

故選D。

二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符

合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分）

7.某中學(xué)生助手在研究心臟電性質(zhì)時(shí)，當(dāng)興奮在心肌傳播，在人體的體表可以測(cè)出與之對(duì)應(yīng)的電勢(shì)變化，

可等效為兩等量電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)。如圖是人體表面的瞬時(shí)電勢(shì)分布圖，圖中實(shí)線為等差等勢(shì)面，標(biāo)在等勢(shì)

面上的數(shù)值分別表示該等勢(shì)面的電勢(shì)，a、枚c、d為等勢(shì)面上的點(diǎn)，a、匕為兩電荷連線上對(duì)稱的兩點(diǎn)，

c、d為兩電荷連線中垂線上對(duì)稱的兩點(diǎn)。則（）

0

A.d、a兩點(diǎn)的電勢(shì)差。加=-L5mV

B.負(fù)電荷從b點(diǎn)移到d點(diǎn)，電勢(shì)能增加

C.a、〃兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度等大反向

D.c、d兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同，從c到d的直線上電場(chǎng)強(qiáng)度先變大后變小

【答案】AD

【解析】

【詳解】該瞬時(shí)電勢(shì)分布圖可等效為等量異種電荷產(chǎn)生的，等量異種電荷的電場(chǎng)線分布如圖

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A.d、。兩點(diǎn)的電勢(shì)差

Uda=(Pd-(Pa=-1.5mV

選項(xiàng)A正確；

B.從。點(diǎn)移到d點(diǎn)電勢(shì)升高，但由于是負(fù)電荷所以電勢(shì)能減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.a、6為兩電荷連線上對(duì)稱的兩點(diǎn)，所以。、匕兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小、方向相同，C錯(cuò)誤；

D.c、d為兩電荷連線中垂線上對(duì)稱的兩點(diǎn)，c、d兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小方向都相同，根據(jù)等勢(shì)線的密程度可

判斷出從c到d的直線上電場(chǎng)強(qiáng)度先變大后變小，選項(xiàng)D正確。

故選AD。

8.正方形導(dǎo)線框abed邊長(zhǎng)為L(zhǎng),垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，上、下邊界分別為MN、PQ,寬

度為d。線框平面豎直，ab邊與MN平行,距離為〃，線框從靜止釋放后，邊在下落過(guò)程中經(jīng)過(guò)

與經(jīng)過(guò)PQ時(shí)的速度相等。重力加速度大小為g,下列說(shuō)法正確的是()

A.邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框加速度一定向上

B.磁場(chǎng)的寬度d可能小于線框的邊長(zhǎng)L

C.cd邊到達(dá)MN的速度一定等于J2g(〃+L-d)

D.線框穿過(guò)磁場(chǎng)的全過(guò)程，產(chǎn)生的焦耳熱一定為2根gd

【答案】BC

【解析】

【分析】本題通過(guò)對(duì)線框落入有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的分析，考查考生的邏輯推理能力及分析綜合能力。本題

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考查的知識(shí)有牛頓運(yùn)動(dòng)定律、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、閉合回路歐姆定律及能的轉(zhuǎn)化和守恒。需要分情況討論線框穿

過(guò)磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。

【詳解】設(shè)線框電阻為R,到達(dá)時(shí)速度為匕，cd到達(dá)A/N時(shí)速度為吃，全過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱為

Q,對(duì)於到達(dá)時(shí)有

mgkgmv；

電動(dòng)勢(shì)

E=BLvx

感應(yīng)電流為

EBLv.

[=—=----

RR

安培力

Bdv、

F=BIL=-------1

R

①若竺且L<mg,邊進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速運(yùn)動(dòng)，邊經(jīng)過(guò)P。時(shí)的速度一定大于經(jīng)過(guò)時(shí)的速度，

R

與題意不符。

D2T2

②若=加g,邊進(jìn)入磁場(chǎng)后開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，若該條件下d<L,ab邊經(jīng)過(guò)MN與經(jīng)過(guò)尸。時(shí)

R

的速度相等，有

v2=J2g他+L-d)

ab穿過(guò)磁場(chǎng)產(chǎn)生的焦耳熱2,=mgd,cd穿過(guò)磁場(chǎng)產(chǎn)生的焦耳熱0>〃出,全過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱

Q=。+Q2〉2mgd

若該條件下d=L,邊經(jīng)過(guò)MN與經(jīng)過(guò)尸。時(shí)的速度相等，有

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彩=小2g(h+L-d)=y/2gh

全過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱

Q=2mgd

若該條件下d>L，線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)后加速運(yùn)動(dòng)，邊經(jīng)過(guò)PQ時(shí)的速度大于經(jīng)過(guò)時(shí)的速度，與題

意不符。

③若竺01〉mg,邊進(jìn)入磁場(chǎng)后做減速運(yùn)動(dòng)，若該條件下dWL,邊經(jīng)過(guò)尸。時(shí)的速度小于經(jīng)過(guò)

R

MN時(shí)的速度，與題意不符；

若該條件下d>L,線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)后，線框加速，a。邊經(jīng)過(guò)尸。時(shí)的速度可能等于經(jīng)過(guò)時(shí)的速

度,有

mg(d-L)=；相片~~mv2

得

%=J2g(/z+L-d)

cd邊到達(dá)PQ時(shí)的速度為v2，全過(guò)程由能量守恒定律有

mg(〃+d+L)=~mvi+Q

得

Q=2mgd

故選BC。

9.如下圖，是以狀態(tài)。為起始點(diǎn)、在兩個(gè)恒溫?zé)嵩粗g工作的卡諾逆循環(huán)過(guò)程（制冷機(jī)）的。-V圖像，虛

線工、石為等溫線。該循環(huán)是由兩個(gè)等溫過(guò)程和兩個(gè)絕熱過(guò)程組成，該過(guò)程以理想氣體為工作物質(zhì)，工作

物質(zhì)與低溫?zé)嵩椿蚋邷責(zé)嵩唇粨Q熱量的過(guò)程為等溫過(guò)程，脫離熱源后的過(guò)程為絕熱過(guò)程。下列說(shuō)法正確的

是（）

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A.a。過(guò)程氣體壓強(qiáng)減小完全是由于氣體的溫度降低導(dǎo)致的

B.一個(gè)循環(huán)過(guò)程完成后，氣體對(duì)外放出熱量

C.dfa過(guò)程向低溫?zé)嵩瘁尫诺臒崃康扔谪癟C過(guò)程從高溫?zé)嵩次盏臒崃?/p>

D.arb過(guò)程氣體對(duì)外做的功等于Cfd過(guò)程外界對(duì)氣體做的功

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.由理想氣體狀態(tài)方程可知，pV越大，氣體的溫度T越高，由圖示圖像可知

由圖示圖像可知，a-b過(guò)程，氣體體積增大溫度降低，氣體體積增大單位體積的分子數(shù)減少，氣體溫度降

低，分子平均動(dòng)能減小，因此a-6過(guò)程氣體壓強(qiáng)減小是單位體積內(nèi)分子數(shù)減少和分子平均動(dòng)能減小共同

導(dǎo)致的，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示外界對(duì)氣體做的功（體積減小時(shí)），或氣體對(duì)外界做的功（體積增

大時(shí)），可知一個(gè)循環(huán)過(guò)程完成后，外界對(duì)氣體做功為正值，由熱力學(xué)第一定律AU=W+Q,可知

Q<0

所以氣體對(duì)外放出熱量，故B正確；

C.d-a過(guò)程氣體溫度不變，氣體內(nèi)能不變，氣體體積減小外界對(duì)氣體做功，由熱力學(xué)第一定律可知，氣

體向外界釋放的熱量等于外界對(duì)氣體做的功，即

|。加=|卬曲|

b-c過(guò)程氣體氣體溫度不變，氣體內(nèi)能不變，氣體體積變大，氣體對(duì)外界做功，由熱力學(xué)第一定律可知，

氣體吸收的熱量等于氣體對(duì)外界做的功，即

\Qbc\=\Whc\

p-V圖像與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積等于氣體做的功，由圖示圖像可知，d-a過(guò)程p-V圖像的面積大于

過(guò)程QV圖像的面積，即

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|%|>|航lc

則

|Qda|>|Q-

即d-〃過(guò)程向低溫?zé)嵩瘁尫诺臒崃看笥谪耙?。過(guò)程從高溫?zé)嵩次盏臒崃?，故C錯(cuò)誤；

D.a-b過(guò)程氣體與cf1過(guò)程氣體溫度的變化量相等，兩個(gè)過(guò)程氣體內(nèi)能的變化量|AU|相等，a-b過(guò)程

氣體與c-d過(guò)程都是絕熱過(guò)程，則

2=0

由熱力學(xué)第一定律：U=w+Q可知

AU=W

由于兩過(guò)程氣體內(nèi)能的變化量|AU|相等，則

|ACZ|=|W|

即ai過(guò)程氣體對(duì)外做的功等于c-d過(guò)程外界對(duì)氣體做的功，故D正確。

故選BD。

10.如圖所示，一質(zhì)量為M的長(zhǎng)直木板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一質(zhì)量為根的木塊，木塊與

木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，在長(zhǎng)直木板右方有一豎直的墻。使木板與木塊以共同的速度vo向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)

刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短），設(shè)木板足夠長(zhǎng)，木塊始終在木板上，重力加速度為g。下列說(shuō)

法正確的是（）

□___,

A.如果M=2%,木板只與墻壁碰撞一次，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦生熱的大小為一相片

3

B.如果木板只與墻壁碰撞一次，木塊相對(duì)木板的位移大小為』一

2〃g

C.如果M=0.5m,木板第100次與墻壁發(fā)生碰撞前瞬間的速度大小為v（）

D.如果M=0.5祖，木板最終停在墻的邊緣，在整個(gè)過(guò)程中墻對(duì)木板的沖量大小為1.5〃砒

【答案】ACD

【解析】

第13頁(yè)/共24頁(yè)

【詳解】A.木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后速度等大反向，如果M=2加，合動(dòng)量方向向左，則木板只

與墻壁碰撞一次，最后二者以速度丫向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，

取向左為正，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得

Mv0-mvQ=QM+m)v

F

整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦生熱的大小為

2

Q=gMvJ+；mv0-g(Af+"2=g

故A正確；

B.如果木板與墻壁碰撞后，二者的合動(dòng)量為零，最后木板靜止時(shí)木塊也靜止，木板只與墻壁碰撞

一次，

根據(jù)能量關(guān)系可得

1,21

/imgx=—MvQ+—mv0

解得木塊相對(duì)木板的位移大小為冬-；

故B錯(cuò)誤；

C.如果M=0.5加，木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后速度等大反向，碰撞后二者的合動(dòng)量方向向右，第

一次共速后的速度為也，取向右為正，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得

匕

mv0-Mv0=(m+

所以共速前木板沒(méi)有與墻壁碰撞，二者以共同速度也勻速運(yùn)動(dòng)，木板第二次與墻壁碰撞時(shí)的速度為也;

同理可得，木板與墻壁第二次碰撞后達(dá)到共速的速度為

木板第3次與墻壁碰撞時(shí)的速度為

%=(])2%

以此類推，木板第100次與墻壁碰撞的速度為

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/1、99

V99=(-)V0

故c正確；

D.如果M=05w,木板最終停在墻的邊緣，全過(guò)程根據(jù)動(dòng)量定理可得，在整個(gè)過(guò)程中墻對(duì)木板的沖量大小

為

I=(m+M)v0=1.5mv0

故D正確；

故選ACD。

三、實(shí)驗(yàn)題(11題6分，12題10分)

11.如圖所示，某同學(xué)利用水平桌面上的氣墊導(dǎo)軌和數(shù)字計(jì)時(shí)器，探究滑塊沿氣墊導(dǎo)軌下滑過(guò)程中機(jī)械能

是否守恒。氣墊導(dǎo)軌上有很多小孔，氣泵送來(lái)的壓縮空氣從小孔噴出，使得滑塊與導(dǎo)軌之間有一層薄薄的

空氣層，滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力近似為零。

(1)實(shí)驗(yàn)時(shí)，氣墊導(dǎo)軌的b端需用墊片墊高。用50分度游標(biāo)卡尺測(cè)量某塊墊片的厚度，標(biāo)尺位置如圖所

示，其讀數(shù)為mm?

12

0123

(2)設(shè)實(shí)驗(yàn)測(cè)得墊片的總高度為/?,遮光條的有效寬度為“，單腳螺絲到雙腳螺絲連線的距離為3滑塊

經(jīng)過(guò)光電門1和光電門2時(shí)的遮光時(shí)間分別為彳和?2,則還需要測(cè)量的物理量是(寫出物理量

的符號(hào)并說(shuō)明)，實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的關(guān)系式是(用題中和所測(cè)物理量字母表示)。

(3)數(shù)據(jù)處理時(shí)發(fā)現(xiàn)重力勢(shì)能減小量小于動(dòng)能增加量，造成的原因可能o

A.滑塊釋放位置不夠高

B.充氣泵的氣流較小，滑塊與導(dǎo)軌存在較大摩擦

C.導(dǎo)軌被墊高之前沒(méi)有將導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平，被墊高的一端偏高

(4)光電門計(jì)時(shí)器的計(jì)時(shí)原理：光電門中的光敏元件接收到的光線是直徑約2mm的圓柱型光束，只要遮

光條前沿?fù)踝?0%的光照就能使光控信號(hào)"上跳為H,只要后沿讓光照恢復(fù)達(dá)到70%就能使光控信號(hào)"下

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跳為心計(jì)時(shí)器可以設(shè)置兩種計(jì)時(shí)模式：①記錄前沿?fù)豕馀c后沿復(fù)光信號(hào)之間的時(shí)間；②記錄2次前沿?fù)?/p>

光信號(hào)之間的時(shí)間。根據(jù)以上信息，下列哪種型號(hào)的遮光條測(cè)量速度的誤差最?。ㄌ睢凹住薄耙摇?/p>

或“丙”）。

L

0

前沿?fù)豕夂笱貜?fù)光

sehd~d2-

【答案】0.5.02②.兩光電門之間的距離s③?告=）一R@.C⑤.丙

L2片2片

【解析】

【詳解】（1）[1]用50分度游標(biāo)卡尺測(cè)量，其精確度為0.02mm,由圖可知，主尺讀數(shù)是5mm,游標(biāo)尺的

第一個(gè)刻度線與主尺的某刻度線對(duì)齊，則讀數(shù)是

1x0.02rnm=0.02rnm

則其整體讀數(shù)為

5mm+0.02cm=5.02mm

（2）[2]墊片的總高度為心單腳螺絲到雙腳螺絲連線的距離為L(zhǎng),設(shè)氣墊導(dǎo)軌與水平面間的夾角為&可

sin。=一

L

遮光條的有效寬度為心滑塊經(jīng)過(guò)光電門1和光電門2時(shí)的遮光時(shí)間分別為％和方2,滑塊經(jīng)光電門時(shí)的速

度分別為

"2=7

要探究滑塊沿氣墊導(dǎo)軌下滑過(guò)程中機(jī)械能是否守恒?？商骄炕瑝K從光電門1到光電門2的運(yùn)動(dòng)中，動(dòng)能的

增加量與重力勢(shì)能的減少量是否相等，因此還需要測(cè)量的物理量是兩光電門之間的距離s,可得滑塊從光

電門1到光電門2下落的高度

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&=s?sin6=工

⑶則有實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的關(guān)系式是

整理可得

sgh_d2d2

L212彳

(3)14]A.滑塊釋放位置不夠高，則有滑塊經(jīng)光電門時(shí)的時(shí)間會(huì)較長(zhǎng)，由平均速度代替瞬時(shí)速度，則速

度會(huì)比真實(shí)值偏小，有較大的誤差，導(dǎo)致重力勢(shì)能減小量大于動(dòng)能增加量，不符合題意；

B.充氣泵的氣流較小，滑塊與導(dǎo)軌存在較大摩擦，滑塊運(yùn)動(dòng)中會(huì)克服摩擦力做功，會(huì)導(dǎo)致滑塊的動(dòng)能增

加量偏小，重力勢(shì)能的減小量不變，則重力勢(shì)能減小量大于動(dòng)能增加量，不符合題意；

C.導(dǎo)軌被墊高之前沒(méi)有將導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平，被墊高的一端偏高，這樣在計(jì)算重力勢(shì)能減小量時(shí)按正常高度

計(jì)算，實(shí)際滑塊在經(jīng)光電門時(shí)的速度比正常時(shí)偏大，因此則有重力勢(shì)能減小量小于動(dòng)能增加量，符合題

忌、O

故選C。

(4)[5]由計(jì)時(shí)器設(shè)置的兩種計(jì)時(shí)模式，結(jié)合甲、乙、丙三種遮光條的形狀，可知甲、乙兩種遮光條符合

第一種計(jì)時(shí)模式，在此模式下兩種遮光條擋光時(shí)間所對(duì)應(yīng)的位移

稀=(50-2x0.9-2x0.7)x1()—3m=4.68x102m

x乙=(30-2x0.9-2x0.7)xl03m=2.68x102m

由計(jì)算可知，均略小于遮光條的真實(shí)寬度，而計(jì)算速度用的是遮光條的真實(shí)寬度，顯然甲、乙兩型號(hào)的遮

光條計(jì)算得到的平均速度均大于真實(shí)值，對(duì)于丙遮光條，符合第二種模式，在此模式下丙遮光條擋光時(shí)間

所對(duì)應(yīng)的位移

龍丙=3x102m

即遮光條擋光時(shí)間所對(duì)應(yīng)的位移等于遮光條的寬度，計(jì)算得到的平均速度等于真實(shí)值。可知丙遮光條測(cè)量

速度的誤差最小。

12.甲同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路來(lái)測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)E及電阻&和R2的阻值.

實(shí)驗(yàn)器材有：待測(cè)電源E(不計(jì)內(nèi)阻)，待測(cè)電阻吊，待測(cè)電阻&,電壓表V(量程為1.5V,內(nèi)阻很大)，電

阻箱R(0?99.99C),單刀單擲開(kāi)關(guān)Si,單刀雙擲開(kāi)關(guān)S2,導(dǎo)線若干.

⑴先測(cè)電阻照的阻值.請(qǐng)將甲同學(xué)的操作補(bǔ)充完整：

閉合Si,將S2切換到。，調(diào)節(jié)電阻箱，讀出其示數(shù)Ro和對(duì)應(yīng)的電壓表示數(shù)Ui.保持電阻箱示數(shù)不變，

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,讀出電壓表的示數(shù)5.則電阻Rj的表達(dá)式為Ri=

（2）甲同學(xué)已經(jīng)測(cè)得電阻4=4.80。，繼續(xù)測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)E和電阻&的阻值，該同學(xué)的做法是：閉合Si,將

S2切換到m多次調(diào)節(jié)電阻箱，讀出多組電阻箱示數(shù)R和對(duì)應(yīng)的電壓表示數(shù)U,用測(cè)得的數(shù)據(jù)，繪出了如

圖乙所示的工-工圖線，則電源電動(dòng)勢(shì)￡=-V,電阻&=。（保留三位有效數(shù)字）.

UR

【答案】①.將S切換到6②.2R。（3）.1.43?.1.20

u\

【解析】

【詳解】（1）口］由題意可知，本實(shí)驗(yàn)中沒(méi)有給出電流表，故應(yīng)是電壓表與電阻箱求電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的;

實(shí)驗(yàn)中應(yīng)充分利用電阻值及串并聯(lián)電路的規(guī)律得出表達(dá)式；為了多測(cè)數(shù)據(jù)，應(yīng)再將S2切換到6；

⑵由歐姆定律可知：

S=/（氏+為）

U1=IR

而電路電流相等，聯(lián)立解得：

R_U「U

⑵⑶［4］根據(jù)

E=u+g（N+&）

得

111R+R?

UERE

比照直線方程>=丘+。，有截距

—=Z?=0.7

E

所以

E=1.43V

斜率

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2.8-0.7

k==4.2

0.5

又

k=N+&

E

測(cè)出Ri=4.8C,求得

7?2=1.20Q

四、解答題(13題10分，14題14分，15題16分)

13.圖示是由透明材料制成的柱體的橫截面圖，圓弧AB所對(duì)的圓心角NAOB為120。，圓弧半徑為R,P為

A。上的點(diǎn)?，F(xiàn)有一光線沿紙面垂直。4從P點(diǎn)射入，射到圓弧面上的C點(diǎn)恰好發(fā)生全反射。已知OP=

旦R,光在真空中傳播的速度大小為以求：

2

(1)透明材料的折射率和光線發(fā)生全反射的臨界角;

(2)光從P點(diǎn)射入到第一次射出柱體所用的時(shí)間。

〃=區(qū)160°；(2)蟲(chóng)純

【答案】⑴

33c

【解析】

【分析】

【詳解】(i)光路圖如圖所示，設(shè)透明材料的折射率為n,光線發(fā)生全反射的臨界角為仇則

1

sin0=—

n

?八OP

sine=----

R

其中

解得

,0=60°

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(ii)在C點(diǎn)發(fā)生全反射的光線在圓弧面AB上恰好再次發(fā)生全反射，后垂直08從E點(diǎn)射出柱體。由幾何

關(guān)系有

PC=DE=gR,CD=R

光從尸點(diǎn)傳播到E點(diǎn)所用的時(shí)間為

PC+CD+DE

t=--------------------

V

又

C

n=一

v

解得

一4?

I-------

3c

14.如圖所示，從A點(diǎn)以某一水平速度%拋出質(zhì)量根=lkg的小物塊1(可視為質(zhì)點(diǎn))，當(dāng)物塊1運(yùn)動(dòng)至B

點(diǎn)時(shí)，恰好沿切線方向進(jìn)入半徑R=2.75m、圓心角NBOC=37°的固定光滑圓弧軌道BC,C端的切線

水平且與長(zhǎng)木板上表面等高，長(zhǎng)木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量”=4kg,其左端放置與小物塊1完全相

同的小物塊2,右端固定擋板上連接一根輕質(zhì)短彈簧，A點(diǎn)距C點(diǎn)的高度〃=小物塊1滑行到車上

立即與小木塊2發(fā)生碰撞(碰撞時(shí)間極短)，碰后兩物塊粘在一起在木板上向右滑動(dòng)，一段時(shí)間后在木板

的正中間與木板達(dá)到相對(duì)靜止，物塊與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)〃=025,sin37°=0.6,cos37=0.8,g

miOnVs2,彈簧始終在彈性限度內(nèi)，求：

(1)小物塊1拋出時(shí)水平速度%的大?。?/p>

(2)小物塊1滑動(dòng)至C點(diǎn)時(shí)，對(duì)圓軌道的壓力大小;

⑶木板的長(zhǎng)度。

【答案】⑴4m/s；(2)23N；(3)/=0.8m

【解析】

【詳解】(1*點(diǎn)距C點(diǎn)的高度

h=R(l-cos37°)=0.55m

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小球運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的豎直分速度

%=J2g(H-〃)=3m/s

拋出時(shí)的初速度

(2)8點(diǎn)的速度

力==5m/s

從2到C的過(guò)程中物塊1機(jī)械能守恒

~mvB+加gR(l—cos370)=；相優(yōu)

。點(diǎn)的速度

vc=yjv1+2/?g(l-cos37°)=6m/s

在。點(diǎn)由牛頓第二定律可得

rv；

r-m2=m—

R

代入數(shù)據(jù)可解得

F=mg+m-=?23N

R11

由牛頓第三定律可知小物塊1滑動(dòng)至C點(diǎn)時(shí)，對(duì)圓弧軌道的壓力大小約為23N。

⑶物塊1和2粘合時(shí)動(dòng)量守恒

mvc=2加匕'

代入數(shù)據(jù)可解得(=3m/s，若物塊沒(méi)有與右側(cè)彈簧相碰，對(duì)三個(gè)物體組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒有

r

2mvc=(2m+v

由能量守恒可得

=^(2m+M)v2+//?2mg?1

可解得/=2.4mo

若物塊與右側(cè)彈簧相碰，由動(dòng)量守恒和能量守恒可得

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2mv=(2〃z+M)v

1,,1,3

—=—(2m+M)v+/J,-2mg■—I

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可解得1=0.8m。

15.如圖甲所示，某多級(jí)直線加速器由橫截面相同的金屬圓板和4個(gè)金屬圓筒依次排列組成，圓筒的兩底

面中心開(kāi)有小孔，其中心軸線在同一直線上，相鄰金屬圓筒分別接在周期性交變電壓的兩端。粒子從圓板

中心沿軸線無(wú)初速度進(jìn)入加速器，在間隙中被電場(chǎng)加速（穿過(guò)間隙的時(shí)間忽略不計(jì)），在圓筒內(nèi)做勻速直

線運(yùn)動(dòng)。若粒子在筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間恰好等于交變電壓周期的一半，這樣粒子就能“踏準(zhǔn)節(jié)奏”在間隙處一直被

加速。粒子離開(kāi)