2024年廣東省大灣區(qū)高考物理一模試卷(含詳細(xì)答案解析)

2024年廣東省大灣區(qū)高考物理一模試卷

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.用來冷卻核電站反應(yīng)堆的廢水中，受核反應(yīng)+近的影響，會產(chǎn)生含有放射性的物質(zhì)僦

（猛），瓶（；H）的半衰期為12.43年。下列說法正確的是（）

A.Y是質(zhì)子

B.F是電子

c.改變核廢水的溫度，核廢水中笊6”）的半衰期不會改變

D.再經(jīng)過24.86年，現(xiàn)有某部分核廢水中的瓶（；H）將全部衰變

2.如圖是可以用來篩選谷粒的振動魚鱗篩，篩面水平，由兩根等長輕繩將其懸

掛在等高的兩點，已知篩面和谷物所受重力為G,靜止時兩輕繩延長線的夾角

為60。。則每根輕繩的拉力大小為]）

A*B.?GC.GD.y[3G

/<s

3.普通的交流電壓表不能直接用來測量高壓輸電線路間的電壓，通常要通過電壓互感器來連接。圖3）為

電壓互感器示意圖，，活端所接線圖的匝數(shù)較少，工作時而端電壓為U0b，cd端所接線圈的匝數(shù)較多，工作

時cd端電壓為Ua，現(xiàn)利用這個電壓互感器通過普通的交流電壓表測量圖9）中輸電導(dǎo)線間的高電壓，下列

說法中正確的是（）

A.ab接MN、cd接電壓表，Uub<UcaB.ab接MN、cd接電壓表，Uulj>Uca

C.cd接MMa〃接電壓表，Uab>UcdD.cd接MN、ab接電壓表，Uab<Ucd

4.如圖所示，某同學(xué)練習(xí)踢健子，假設(shè)健子在空中運動過程中受到大小不變的空

氣阻力，下列和圖像可能正確反映健子被豎直向上踢出后，經(jīng)一段時間

又回到初始位置的是（）

0

5.我國“神舟十六號”載人飛船的發(fā)射過程簡化如圖所示：先由“長征”運

載火箭將飛船送入近地點為A、遠(yuǎn)地點為4的橢圓軌道I,在遠(yuǎn)地點8將飛

船送入預(yù)定圓軌道II。下列說法正確的是（）

A.飛船在軌道I和【【運行時均處于超重狀態(tài)

B.飛船在軌道I和1【運行至B處對加速度相等

C.t船在軌道I和II運行時機(jī)械能相等

D.飛船在軌道1經(jīng)過B處時的速度大于第一宇宙速度

6.如圖所示，塔式起重機(jī)將質(zhì)量m=5x103kg的重物沿豎直方向吊起的

過程中，在MN段重物以加速度Q=0.2m/s2勻加速上升，在P。段重物

以速度u=1.2771/s勻速上升，MN=PQ=2.5771,重力加速度g取

10?n/s2,不計空氣阻力和摩擦陽力。下列說法正確的有（）

A.從M到M起重機(jī)的輸出功率保持為10&W

B.從M到N,重物的機(jī)械能增加量為1.25x1057

C.從2到Q,起重機(jī)的輸出功率保持為60kW

D.從P到Q,起重機(jī)對重物做功為1.0x105/

7.如圖（Q）所示，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端拄有鉤碼，鉤碼下表面吸附一個小磁鐵。鉤碼在豎直方向做簡

諧運動時，某段時間內(nèi)，小磁鐵正下方的智能手機(jī)中的磁傳感器采集到磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的圖像如圖

（切所示，不計空氣阻力，下列判斷正確的是（）

圖(a)

A.鉤碼做簡諧運動的周期為％-A

B.鉤碼動能變化的周期為生一匕

A.cd桿將向左運動

B.ab桿先做變加速，后做勻加速運動

C.回路的感應(yīng)電流先增大，后不變

D.某段時間內(nèi)，產(chǎn)所做的功等于回路產(chǎn)生的焦耳熱

三、實驗題：本大題共2小題，共17分。

11.某同學(xué)測量一半圓形透明玻璃磚的折射率，實驗過程如下：

①用游標(biāo)卡尺測量玻璃磚的直徑d,確定其底面圓心位置并標(biāo)記在玻璃磚上；

②將玻璃豉放在位于水平桌面并畫有直角坐標(biāo)系。孫的白紙上，使其底面圓心和直徑分別與。點和x軸重

合，將一長直擋板緊靠玻璃磚并垂直于x軸放置，如圖(①所示；

③用激光器發(fā)出激光從玻璃磚外壁始終指向0點水平射入，從丁軸開始向右緩慢移動激光器，直至恰好沒

有激光從玻璃磚射出至擋板上y<。的區(qū)域時，在白紙上記錄激光束從玻璃磚外壁入射的位置P。

④取走玻璃磚，過。點作)，軸的垂線PQ,用刻度尺測量PQ的長度心

??

(1)測得半圓形玻璃磚直徑d的讀數(shù)如圖(Q)所示，則d=cm：

(2)步驟③中，沒有激光射至擋板上y<0區(qū)域的原因是激光束在玻璃磚直徑所在界面處發(fā)生了；

(3)根據(jù)以上測量的物理量，寫出計算玻璃磚折射率的表達(dá)式為九=_____,若測得PQ線段的長度L=

2.00cm,計算可得玻璃磚的折射率為n=。(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)

12.一實驗興趣小組找到了一捆較長的銀鋁合金線，其橫截面積標(biāo)記為2.5mm2,但是長度標(biāo)記已經(jīng)模糊不

清，興掘小組想通時實驗測定其具體長度。

圖⑹

可供使用的器材有：

多用電表；

電流表4：量程1，M，內(nèi)阻為1000。；

電流表4：量程0.64,內(nèi)阻很小：

滑動變阻器臨：最大阻值5。；

滑動變陽器/?2：最大?陽信20。：

電阻箱：最大阻值9999.9。；

電源：電動勢3%內(nèi)阻可不計；

開關(guān)、導(dǎo)線若干。

實驗步驟如下：

（1）粗測銀銘合金線的阻值

興趣小組先用多用電表的歐姆擋粗測該捆銀銘合金線的電阻，當(dāng)選擇歐姆x10倍率的電阻擋位測量時，發(fā)

現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)很大，因此應(yīng)該換成歐姆倍率的電阻擋（選填“x1”或“X100”），選擇正確擋位后，

指針如圖（a）所示，讀數(shù)為2

（2）精確測量銀銘合金線的阻值

①同學(xué)采用的實驗電路圖如圖（b）圻示，根據(jù)實驗需要應(yīng)選擇滑動變阻器（選填"％”或“治”），實

驗開始前，滑片應(yīng)該置于端（選填或"b”）；

②閉合開關(guān)后，調(diào)W滑動變阻器，發(fā)現(xiàn)Ai電表接近滿偏時必電表偏轉(zhuǎn)不大，為解決這個問題，同學(xué)們決定

用&表與電阻箱（選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）代替原來的為表，并且把電阻箱阻值調(diào)整為2000.00

③調(diào)節(jié)滑動變阻器，當(dāng)電流表乙讀數(shù)為0454時，電流表公讀數(shù)0.75m/l,根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以計算出銀銘合

金線的電阻為。（保留兩位有效數(shù)字）；

（3）計算銀格合金線長度興趣小組還查閱到銀格合金的電阻率為1.0x10-60?小，結(jié)合以上實驗數(shù)據(jù)、可得

出這捆銀格合金線實際長度為_____m（保留三位有效數(shù)字）。

四、簡答題：本大題共3小題，共37分。

13.現(xiàn)在很多小汽車配備了胎壓檢測傳感器，可以測出實時輪胎氣壓，一汽車在27℃(300K)時顯示輪胎氣

壓為210kPa(MPa=1000Pa),所在地突然經(jīng)歷了“一天入冬”的天氣變化，氣溫從27℃驟降到

一3兀(270《)，(已知一定質(zhì)量的理想氣體滿足牛=C)

(1)該汽車胎壓值低于190AP”會作出報警提示，忽略輪胎體積變化，清結(jié)合計算判斷降溫后胎壓檢測是否

會報警？

(2)降溫前(溫度為300K)由于裝載貨物，輪胎內(nèi)氣體體積變?yōu)樵瓉淼摹?氣體溫度不變，沒有漏氣)，求此時

O

輪胎內(nèi)氣體的壓強(qiáng)。

14.有些高能粒子會對物理儀器造成損害，?位同學(xué)認(rèn)為可利用電磁

場讓帶電粒子偏轉(zhuǎn)的特點設(shè)計裝置實現(xiàn)對粒子的屏蔽作用，如圖所示

為一半徑為R的圓柱形鉛盒的截面圖，其中心為粒子發(fā)射源，以中心

為坐標(biāo)原點建立平面坐標(biāo)系，使y軸負(fù)半軸與乙40B的角平分線

重合，發(fā)射源可在圖示N4。8=60。平面范圍內(nèi)從圓心。沿半徑方向

往外不斷發(fā)射出速度大小均為v,電荷量為小質(zhì)量為機(jī)的某種帶正

......................y=-2R

電粒子，粒子通過圓弧的縫隙到達(dá)鉛盒外面，同學(xué)打算在y=

到)，=-2R間的條形區(qū)域設(shè)置勻強(qiáng)電場或者勻強(qiáng)磁場以實現(xiàn)屏蔽效果,粒子重力不計，忽略粒子間的相互

作用。

(1)如果條形區(qū)域設(shè)置平行Fy軸的勻強(qiáng)電場，則電場的電場強(qiáng)度應(yīng)至少為多少，使得所有粒子不能越過條

形電場區(qū)域？并判斷勻強(qiáng)電場方向；

(2)如果條形區(qū)域設(shè)置垂直于截面句里的勻強(qiáng)磁場，則磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)至少為多少，使得所有粒子不

能越過條形磁場區(qū)域？此時粒子在磁場運動的最長時間為多少？

15.如圖所示，P點左側(cè)有一高力=5.0m的平臺與半徑R=2.0771的四分之?光滑圓弧底部相切，平臺表面

粗糙，長度為1.0m.現(xiàn)讓一物塊4從圓弧左側(cè)與圓心等高處靜止釋放，下滑至平臺與另一置于平臺右側(cè)邊

緣的物塊8發(fā)生碰撞，碰后其中一個物塊落在地面上的M點，另外一個物塊落到N點，M點和N點與平

臺右側(cè)邊緣的水平距離為分別為1.0m和2.0m,已知4、6兩物塊可視為質(zhì)點，物塊A與平臺的動摩擦因數(shù)

為0.2,g=10TH/S2O求：

AR=2.0m

(3)物塊人和物塊B的質(zhì)量之比。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：AB.根據(jù)核反應(yīng)方程的書寫規(guī)則（質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒）方程式如下

|Li+JnHe+lH

故V粒子是中子，故A3錯誤；

C.放射性元素的半衰期是由內(nèi)部因素決定，外接條件不能使它發(fā)生改變，故C正確;

t24.36

1243

D根據(jù)公式m=m0^=m0xj=4血0,剩下的是原來的;，故D錯誤。

故選：Co

根據(jù)核反應(yīng)書寫的規(guī)則判斷y粒子；

C根據(jù)半衰期的決定因素分析判斷；

D.根據(jù)衰變的公式計算剩余的質(zhì)量和數(shù)量。

考查核反應(yīng)方程的書寫規(guī)則，會根據(jù)公式計算剩余的質(zhì)量和數(shù)量，知道半衰期的決定因素。

2.【答案】B

【解析】解：整體受力分析，如圖所示：

根據(jù)受力平衡豎直方向可得：2Fcos300=G

代入數(shù)據(jù)可得：F=?G，故ACD錯誤，8正確。

故選：Be

將篩面和谷物看成整體，根據(jù)受力平衡聯(lián)立方程求出拉力的大小。

本題是關(guān)于物體受力平衡，再做題時要注意兩繩上的力相同，利用整體分析可快速得出結(jié)論。

3.【答案】。

【解析】解：電壓互感器的作用是使大電壓變成小電壓，根據(jù)原、副線圈電壓與匝數(shù)比的關(guān)系，應(yīng)使匝數(shù)

多的接入輸入端，即〃接而接電壓表，由變壓器匝數(shù)與電壓的關(guān)系可得

^at<Ucd

故ABC錯誤，。正確。

故選：。。

根據(jù)電壓互感器的作用是使大電壓變成小電壓，結(jié)合原、副線圈電壓與匝數(shù)比的關(guān)系求解；

本題考查了變壓器相關(guān)知識，理解變壓器電壓與匝數(shù)的關(guān)系是解決此類問題的關(guān)鍵。

4.【答案】D

【解析】解：48.根據(jù)動能定理，空氣阻力做負(fù)功，健子被豎直向上踢出后，經(jīng)一段時間乂回到初始位置

時的速度大小一定小于初速度的大小，即回到出發(fā)點時，速度不可能為-%,故AB錯誤；

CD.由牛頓第二定律，上升階段的加速度大小為

%=9+而

下降階段的加速度大小

方向均為豎直向下，由九=^?！?可知，由于上升和下降的高度一樣，上升時加速度大于下降時加速度，則

上升時時間短，下降時時間長，故C錯誤，。正確。

故選：。。

根據(jù)動能定理，分析犍了?回到出發(fā)點時速度；

由牛頓第一定律，分析上升、下降階段的加速度大小，再根據(jù)比較時間。

本題考查學(xué)生對動能定理、牛頓第二定律規(guī)律的掌握，具有?定綜合性，難度中等。

5.【答案】B

【解析】解：4飛船在軌道I和II軌道運行時，萬有引力全部用來提供飛船運動的加速度，所以飛船處于

失重狀態(tài)，故A錯誤；

及飛船在軌道I和II運行，只受萬有引力作用，則G錚=ma

得G=G號

可知經(jīng)過同一點B距離相等，加速度相等，故8正確；

C.飛船從軌道I進(jìn)入軌道n的過程中，牽引力做正功，故機(jī)械能增加，所以飛船在軌道I機(jī)械能小于在軌

道】I的機(jī)械能，故C錯誤；

。.第一宇宙速度是衛(wèi)星在近地軌道運行的線速度，所以飛船在I】軌道上經(jīng)過8點速度小于第一宇宙速度：

飛船從軌道I進(jìn)入軌道II的過程中，牽引力做正功，飛船的速度增大，所以飛船在軌道I經(jīng)過8點的速度

小于在軌道n經(jīng)過B點的速度，因為飛船在軌道I經(jīng)過B處時的速度小于第一宇宙速度，故。錯誤；

故選:B。

根據(jù)超重與失重的特點以及飛船運動的特點判斷；根據(jù)萬有引力定律與牛頓第二定律判斷加速度的關(guān)系；

根據(jù)飛船變軌的原理判斷機(jī)械能變化；根據(jù)第?宇宙速度的特點，然后結(jié)合飛船變軌的特點判斷。

本題結(jié)合飛船放入變軌問題考查對牛頓第二定律、萬有引力提供向心力的掌握，解題關(guān)鍵是知道飛船在橢

圓軌道遠(yuǎn)地點8點加速后才能進(jìn)入預(yù)定圓軌道。

6.【答案】C

【解析】解：4從M到N過程起重機(jī)的拉力為F,根據(jù)牛頓第二定律有

F-mg=ma

代人數(shù)據(jù)解得

F=5.1x104/V

由于M點和N點的速度未知，則從“點到N點的時間未知，方法確定起重機(jī)的輸出功率，故A錯誤：

8.從“到N過程，重物增加的機(jī)械能等于拉力做的功，根據(jù)功能關(guān)系有

45

AE=FXMN=5.1xIOX2.57=1.275x10/,故B錯誤；

C.宜物從尸到Q勻速運動，起重機(jī)對重物的拉力與重物的重力等大反向，根據(jù)功率公式有

P=mgv=5x103x2.5〃=6x1O4IV=60kW,故C正確：

D根據(jù)恒力功公式有

3

W-mgxPQ-5x10x10x2.5/一1.25x1()5人故。錯誤"

故選：Co

A：根據(jù)牛頓第二定律求解重物從M到N過程中起重機(jī)的拉力，再根據(jù)功率公式求解起重機(jī)的輸出功率；

B：根據(jù)功能關(guān)系求解重物增加的機(jī)械能；

C：根據(jù)功率公式求解從尸到。起重機(jī)的輸出功率；

D：根據(jù)恒力功公式求解從尸到。起重機(jī)對重物做功。

本題考查功能關(guān)系，耍求學(xué)生能正確分析物體的運動過程和運動性質(zhì)，熟練應(yīng)用對應(yīng)的規(guī)律解題。

7.【答案】A

【解析一】解：4磁鐵越靠近手機(jī)射，磁傳感器采集到磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，則手機(jī)顯示的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變

化的情況反映了鉤碼與手機(jī)之間距離的變化，所以鉤碼做簡諧運動的周期等于采集到磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變

化的周期，故為左一口，故A正確；

B.結(jié)合圖可知，以-以等于鉤碼做簡諧運動的周期，而在一次簡諧運動中，動能變化的周期是簡諧振動周

期的一半，則動能變化的周期等于時間培一亡2的一半，故8錯誤；

C.在ti時刻磁感應(yīng)強(qiáng)度最大，說明磁鐵最靠近手機(jī)，此時鉤碼的重力勢能最小，故。錯誤；

?Q時間為鉤碼做簡諧振動周期的一半，鉤碼的速度方向不同，動量變化不為零，根據(jù)動量定理可知

合力的沖量一定不為零，故。錯誤。

故選：Ao

由圖判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期，然后判斷小磁鐵與手機(jī)之間距離變化的周期，由此判斷出鉤碼做簡諧振

動的周期；動能是標(biāo)量，動能變億的周期是簡諧振動周期的一半；結(jié)合鉤碼的位置判斷鉤碼的重力勢能；

根據(jù)動量定理判斷沖量的大小。

該題考查簡諧振動，注意簡諧振動的過程中，振子動能變化的周期是簡諧振動周期的一半是關(guān)鍵。

8.【答案】AD

【脩析】解：4根據(jù)題意可知，離子從針尖向涂層做加速運動，說明粒子受到的電場力方向與電場方向相

同，則做離子帶正電荷，故A正確；

4.由圖可知，針尖與涂層方間的電場不是勻強(qiáng)電場，針尖附近中場大，涂層附近電場小，故8錯誤：

CD離子從針尖向涂層做加速運動，說明電場力做正功，離子向除層運動的過程中電勢能減小，故C錯

誤，。正確。

故選：AD.

根據(jù)離子沿電場線方向做加速運動判斷離子帶正電；根據(jù)勻強(qiáng)電場的電場線的特點判斷；離子從針尖向涂

層做加速運動，說明電場力做正功，然后結(jié)合電場力做功與電勢能的變化關(guān)系判斷。

考查針尖端與導(dǎo)電膜之間的電場的分布，并理解帶電粒子受到電場力的變化情況，掌握發(fā)光的原理，及理

解分辨率的高低的原因。

9.【答案】BCD

【解析】解：48.由圖可知所有游客為同軸轉(zhuǎn)動，則所有游客做圓周運動的角速度相同，游客做圓周運動

的半徑不同，由v=3r可知，線速度大小不同，游客的線速度方向也不同；由7="可知，所有游客做圓

0)

周運動的周期都相同，故A錯誤，B正確；

CD.根據(jù)題意，設(shè)繩長為懸繩與豎直方向的夾角為。，則有mgtan。=mo?Lsin。

解得cos。=-77

可知，懸繩與豎直方向的夾角與游客質(zhì)量無關(guān)，懸繩越長，cosG越小，6越大，即懸繩越長，懸繩與豎直

方向的夾角就越大，故CO正確。

故選：BCD。

座椅和人做勻速圓周運動，對座椅與乘客受力分析，由平衡條件和牛頓第二定律求得圓盤轉(zhuǎn)動的角速度大

小；根據(jù)豎直方向得平衡方程和牛頓第三定律求得懸繩所受座椅的拉力大小，然后比較。

座椅做的是勻速圓周運動，確定圓周運動所需要的向心力是解題的關(guān)鍵，向心力都是有物體受到的某一個

力或幾個力的合力來提供，在對物體受力分析時一定不能分析出物體受向心力這么一個單獨的力。

10.【答案】BC

【解析】解：4根據(jù)題意可知，用一水平向右的恒力廠拉油桿，時桿向右運動，由右手定則可知，感應(yīng)

電流由b-Q,則c〃桿中電流由CTd,由左手定則可知，cd桿受向右的安培力，將向右運動，故人錯

誤；

BC.設(shè)他桿運動的速度為巧，cd桿運動的速度為吸，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢為

E=BL(Vi—v2)

根據(jù)閉合電路的歐姆定律，感應(yīng)電流為

BLOi-v2)

/=R

ab桿和cd桿的安培力大小相等為

B2L\V-V)

FA=B1L=---------區(qū)1----2-

對他桿由牛頓第二定律有

2

BL\v1-v2)

F-----------區(qū)------=叫

對cd桿由牛頓第二定律有

屋〃(以—I，?)

-----區(qū)---------=^2

初始速度均為零，則開始運動時有

Q1>0,2

相對速度%-方增大，感應(yīng)電流增大，安培力增大，則，心桿做加速度減小的加速運動，cd桿做加速度增

大的加速運動，當(dāng)加速度相等時，兩者的相對速度恒定，則感應(yīng)電動勢一定，感應(yīng)電流一定，即安培力一

定，則加速度一定，即之后兩桿以恒定加速度做勻加速直線運動，綜上所述，必桿先做變加速，后做勻加

速運動，回路的感應(yīng)電流先增大，后不變，故8c正確；

。.由上述分析可知，兩桿一直做加速運動，由能量守恒定理可知，某段時間內(nèi)，尸所做的功等于回路產(chǎn)生

的焦耳熱和兩桿增加的動能之和，故。錯誤。

故選：BC。

A：根據(jù)右手定則判斷，力桿中感應(yīng)電流的方向，進(jìn)一步判斷“稈中感應(yīng)電流的方向，根據(jù)左手定則判斷

cd阡所受安培力方向，進(jìn)一步判斷〃桿運動方向；

BC：根據(jù)電磁感應(yīng)定律求解電動務(wù)，根據(jù)安培力公式表示安培力，對岫桿和〃桿分別用牛頓第二定律求

解加速度，根據(jù)加速度大小變化關(guān)系判斷相對速度大小變化關(guān)系，進(jìn)一步判斷感應(yīng)電流大小變化和兩桿運

動的運動性質(zhì)；

D：根據(jù)8c選項分析可知兩桿的運動性質(zhì)，”所做的功?部分克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，另?部分轉(zhuǎn)

化為兩桿的動能。

本題考查電磁感應(yīng)中的功能關(guān)系，要求學(xué)生能熟練分析金屬桿的運動過程，熟練應(yīng)用電磁感應(yīng)定律、閉合

電路的歐姆定律、功能關(guān)系解題。

11.【答案】6.43全反射，1.61

【解析】解：(1)10分度游標(biāo)卡尺的精確度為o.lnun,玻璃磚的直徑為d=64mm+3x0.1mm=

64.37n7n=6.43cm；

(2)光束經(jīng)玻璃磚折射后照在擋板上y<0的區(qū)域內(nèi)，當(dāng)入射角逐漸增大，折射光線消失的時候，就是光束

在玻璃界面處發(fā)生了全反射；

(3)根據(jù)數(shù)學(xué)知識，入射角的正弦sini=第=髀與

當(dāng)恰好發(fā)生全反射時，入射角等于臨界角，即i=C

根據(jù)臨界角公式n=?：=&=，

sine生L

dZ

代人數(shù)據(jù)可得九=1.61。

故答案為：(1)6.43；(2)全反射；(3)(：1.61。

⑴10分度游標(biāo)卡尺的精確度為O.17H771,測量值二主尺.上對應(yīng)示數(shù)(mm)+游標(biāo)尺.上對齊格數(shù)(不估讀)x精確

度；

(2)光從玻璃射入空氣，當(dāng)入射角大于臨界角時，光發(fā)生全反射，據(jù)此分析作答；

(3)根據(jù)數(shù)學(xué)知識求入射角的正弦，根據(jù)臨界角公式求折射率；代入數(shù)據(jù)求折射率。

本題主要考查了游標(biāo)卡尺的讀數(shù)，考查利用光的全反射測定玻璃的折射率，根據(jù)數(shù)學(xué)知識求解激光在玻璃

磚下表面剛好發(fā)生全反射的入射角是解題的關(guān)鍵。

12.【答案】x16/?2a串聯(lián)5.012.5

【脩析】解.：(1)用歐姆表測電阻時，歐姆表指針偏轉(zhuǎn)很大，說明待測電阻較小多；為了使歐姆表指針?biāo)?/p>

指示數(shù)變大，應(yīng)該換用更低的擋位測量，即換成歐姆xl倍率的電阻擋，選擇正確擋位后，由圖(a)所示，

讀數(shù)為60.

(2)①由圖(b)可知，滑動變阻器采用限流接法，從保證電路安全和方便調(diào)節(jié)的角度來看，滑動變阻器應(yīng)選

擇心；實驗開始前，應(yīng)仍滑動變阻器接入電路阻值最大，則滑片應(yīng)該置于〃端。

②由圖(b)可知，4電表并聯(lián)在待測電阻兩端，當(dāng)作電壓表使用，調(diào)節(jié)滑動變阻器，發(fā)現(xiàn)4電表接近滿偏

時心電表偏轉(zhuǎn)不大，說明為作為電壓表使用量程太??；

需要給電流表串聯(lián)?個2000。的電阻來擴(kuò)大量程，即電流表4與電阻箱串聯(lián)。

③根據(jù)歐姆定律，銀格合金線兩端的電壓為U=A(R+RA1)=0.75x10-3x(2000+1000)1/=2.25V

3

根據(jù)并聯(lián)電路的特點，流過銀銘合金線的電流為/=12-11=0.45/1-0.75x10-A=0.44925/1

代人數(shù)據(jù)解得銀銘合金線的電阻&工5.0/2

(3)根據(jù)電阻定律有％=

代人數(shù)據(jù)解得Z=12.5m。

故答案為：(1)x1；6；(2)①%；①②串聯(lián);③5.0；(3)12.5。

(1)歐姆表測電阻時，歐姆表指針偏轉(zhuǎn)很大，說明待測電阻較小，根據(jù)電阻測量值=歐姆表指針對應(yīng)示數(shù)x

倍率進(jìn)彳J?擋位調(diào)節(jié)及讀數(shù)；

(2)①滑動變阻器采用限流式接法,從保證電路安全和方便調(diào)節(jié)的角度選擇滑動變阻器并確定閉合開關(guān)前

滑動變阻器滑動片的位置；

②電流表串聯(lián)一個電阻可以改裝成電壓表，據(jù)此分析作答；

③根據(jù)歐姆定律結(jié)合并聯(lián)電路的特點求待測電阻；

(3)根據(jù)電阻定律求解作答。

本題考查了歐姆表的使用和讀數(shù)，考查了電壓表的改裝；理解實驗原理、掌握歐姆定律和電阻定律是解題

的關(guān)鍵。

13.【答案】解：(1)根據(jù)題意，降溫前后氣體的體枳不變，設(shè)降溫前輪胎內(nèi)氣體壓強(qiáng)為Pi，溫度為7\,降

溫后輪胎內(nèi)氣體壓強(qiáng)為P2,溫度為72,則有轉(zhuǎn)=每

其中Pi=210/CPQ,7\=300K,T2=270K

解得P2=189kPa<190kPa

可知，胎壓檢測會報警。

(2)根據(jù)題意，設(shè)裝貨之前氣體體積為匕，裝貨之后氣體的壓強(qiáng)為P3,氣體體積為《匕，由于溫度不變，由

O

玻意耳定律有Pl%=P31%

解得P3=240kPa

答：(1)會報警；

(2)此時輪胎內(nèi)氣體的壓強(qiáng)是24()kPao

【解析】(1)氣體做等容變化，根據(jù)查理定律求出氣體的壓強(qiáng)；

(2)氣體做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律求出氣體的壓強(qiáng)。

該題考查氣態(tài)方程的應(yīng)用，明確氣體狀態(tài)不換前后的狀態(tài)參最是關(guān)鍵。

14.【答案】解：(1)根據(jù)題意可知，由于粒子發(fā)射源發(fā)出的粒子速度大小相等，若沿y軸負(fù)方向射出的粒

子不能穿過條形電場區(qū)域，其它粒子一定不能穿過，對沿)，軸負(fù)方向射出的粒子，其到達(dá)下邊界速度恰好

為零時，對應(yīng)電場的電場強(qiáng)度最小，由動能定理得：

1

—EqR=0—ymv92

解得：E=嗑,方向沿y軸正方向。

(2)如果條形區(qū)域設(shè)置垂直于截面句里的勻強(qiáng)磁場，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由左手定則可知，粒

子進(jìn)入磁場后逆時針做圓周運動，只要沿0A方向進(jìn)入磁場的粒子不能越過條形磁場區(qū)域，其它粒子一定

不能越過，沿OA方向射入的粒子恰好不能越過下邊界時的軌跡如下圖所示，此時磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最

解得：r

根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：

V2

qvB=m~

聯(lián)立解得：8=繆

粒子在磁場中的運動周期為：丁二平=鬻

可見磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，則粒子運動周期最大，沿0A方向射入的粒子的圓弧軌跡所對圓心角最大，粒子在

磁場運動的時間最長，由幾何關(guān)系可得，其軌跡圓心角為240。，則運動時間為:

240°2nr8nR

t=360°'~=~9v~

答：（1）電場的電場強(qiáng)度應(yīng)至少為需，勻強(qiáng)電場方向沿），軸正方向；

（2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)至少為翳，此時粒子在磁場運動的最長時間為誓。

【蟀析】（1）沿），軸負(fù)方向射出的粒子不能穿過條形電場區(qū)域，其它粒子一定不能穿過，對沿），軸負(fù)方向射

出的粒子由動能定理求解；

（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，只要沿方向進(jìn)入磁場的粒子不能越過條形磁場區(qū)域，其它粒子一定

不能越過，由幾何關(guān)系求求得粒子的運動半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解磁感應(yīng)強(qiáng)度。由幾何關(guān)系求

得軌跡圓心角的最大值，結(jié)合粒子在磁場中的運動周期求解運動時間最大值。

本題是非?；A(chǔ)的電場和磁場中帶電粒子運動問題，典型的磁場中勻速圓周運動，電場中的曲線或直線運

動。帶電粒子在磁場的運動畫軌跡圖確定軌跡半徑和圓心角是某本功，電場中的勻變速曲線運動處理的方

法是運動的分解與合成。

15.【答案】解：（1）物塊A由靜止釋放到與物塊B碰撞前過程中，由動能定理得：

2

"R-^mAgL=\mAv-0

解得：v=6m/s

（2）碰撞后，4、B兩物塊都做平拋運動。在豎直方向上，由九=可得兩物塊做平拋運動的時間為

2h2x5.0

水平方向上有