2024年廣西南寧市高考物理一模試卷(含詳細答案解析)

2024年廣西南寧市高考物理一模試卷

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.醫(yī)學(xué)影像診斷設(shè)備PfiT/CT是借助于示蹤劑可以聚集到病變部位的特點來發(fā)現(xiàn)疾病的。示蹤劑常利用同

位素“C作示蹤原子標(biāo)記，其半衰期為20min。小型回旋加速器輸出的高速質(zhì)子轟擊;4可獲得￡c,同時還

釋放一種粒子的射線。則下列說法正確的是（）

A.,用高速質(zhì)子表擊手M生成針C的同時釋放的粒子是中子

B.用高速質(zhì)子轟擊/N,生成三。的同時釋放的粒子是a粒子

C.當(dāng)二C聚集到病變部位時，其半衰期會發(fā)生變化

D.用高速質(zhì)子轟擊尹N,在一次核反應(yīng)過程中，核反應(yīng)前產(chǎn)N和質(zhì)子的質(zhì)量之和，一定與核反應(yīng)后二C與

所移放的這種粒子的質(zhì)量之和完全相同

2.如圖所示，用三個完全相同的小立柱將足球支起，小立柱的上端可視為點，小立

柱的位置連線成止三角形，放在水平泉面上，足球與小立柱的般點與足球球心的連

線與豎直方向的夾角均為37。，己知每個小立柱對足球的支持力大小為2.5N,不計足

球與小立柱間的摩擦及小立柱的重力,已知sin370=0.6,cos37°=0.8,則下列說

法正確的是（）UI_

側(cè)視圖

A.單個小立柱對足球的支持力方向豎直向上

B.足球所受的重力為7.5N

C.足球?qū)π×⒅淖饔昧εc桌子對小立柱的作用力是平衡力

D.足球?qū)π×⒅淖饔昧εc桌子對小立柱的作用力是相互作用力

3.如圖是一款小型電鉆的簡化電路圖，它由變壓器及電機兩部分構(gòu)

成，變壓器為理想變壓器，電機的內(nèi)阻為1。，額定電壓為11匕額定

電流為24。當(dāng)變壓器輸入電壓為220V的正弦交流電時電鉆正常工

作，下列說法正確的是（）

A.變壓器原線圈電流的最大值為B.變壓器副線圈電流的最大值為2A

C.變壓器的輸入功率為4WD.電機產(chǎn)生的機械功率為22W

4.4超是醫(yī)院對病人進行檢查的重要設(shè)備，4超成像的基本原理是探頭向人體發(fā)射一組超聲波，遇到人體

不同組織時會產(chǎn)生不同程度的反射，探頭接收到的超聲波信號由計算機處理，從而形成8超圖像。如圖為

血管探頭沿X軸正方向發(fā)送的簡諧超聲波圖像，￡=0時刻波恰好傳到質(zhì)點已知此超聲波的頻率為lx

107/7zo下列說法正確的是（

A.質(zhì)點M開始振動的方向沿.y軸正方向

B.血管探頭發(fā)出的超聲波在血管中的傳播速度為1.4x103m/s

C.t=0.75x10一7s時質(zhì)點M運動到橫坐標(biāo)％=28x10-27nm處

D.0~0.75x10-7$內(nèi)質(zhì)點加的路程為1.677un

5.某種海鳥可以像標(biāo)槍一樣一頭扎入水中捕魚，假設(shè)其在空中的俯沖看作自

由落體運動，進入水中后可以看作勻減速直線運動，共u-t圖像如圖所示，

自由落體運動的時間為0，整個過程的運動時間為?I，最大速度為％=

6m/s,重力加速度g取lOm/s?,下列說法正確的是（）

A.0=1s

B.整個過程中，鳥下落的高度為3”？

C.G至?xí)r間內(nèi)，鳥的加速度大小為20m/s2

D.7至搟0時間內(nèi)，鳥所受的阻力是重力的1.5倍

6.質(zhì)譜儀在物理研究中起著非常重要的作用。如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意

圖。粒子源（在加速電場上方，未畫;II）產(chǎn)生的帶電粒子被加速電場加速后，

進入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場的磁感應(yīng)強度和勻強電

場的電場強度分別為8和及平板S上有可讓粒子通過的狹縫尸和記錄粒子

位置的膠片平板S下方有磁感應(yīng)強度為殳的勻強磁場。不計帶電粒子

的重:力和粒子間的作用力，下列表述正確的是（）

A.速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里

B.能通過狹縫。的帶電粒子的速率等于

C.粒子打在膠片上的位置離狹縫P越遠，粒子的比荷g越大

m

D.某種元素同位素的原子核，打在膠片上的位置離狹縫P越遠，表明其質(zhì)量數(shù)越大

7.2024年2月23日，“長征5號”遙七運載火箭搭載通信技術(shù)試驗衛(wèi)星十一號發(fā)射成功，被譽為龍年首

發(fā)。衛(wèi)星進入地球同步軌道后，主要用于開展多頻段、高速率衛(wèi)星通信技術(shù)驗證。設(shè)地球同步衛(wèi)星的軌道

半徑是地球半徑的〃倍，下列說法中正確的是（）

A.地球同步衛(wèi)星可以靜止在北京上空

B.同步衛(wèi)星運行速度是第一宇宙速度的

C.同步衛(wèi)星的運行速度是地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)獲得的速度的彳

D.若忽略地球的自轉(zhuǎn)效應(yīng)，則同步衛(wèi)星的向心加速度是地球表面重力加速度的工

n

二、多選題：本大題共3小題，共18分。

8.體育課上一位同學(xué)練習(xí)足球控球技術(shù)，某次練習(xí)中足球由靜止自由卜落1.25m時，不等足球著地就被這

位同學(xué)用腳背接住并快速豎直向上踢出，球離開腳背后上升的最大高度仍為1.25771。已知足球與腳背的作

用時間為0.1s,足球的質(zhì)量為0.4Ag,重力加速度大小g取lOm/s2,不計空氣阻力,則（）

A.足球下落到與腳背剛接觸時動量大小為4kg?m/s

B.足球自由下落過程重力的沖量大小為2N?s

C.足球與腳背作用過程中，足球的動量變化量為零

D.腳背對足球的平均作用力大小為44N

9.圖甲所示是一種靜電除塵裝置，其原理簡圖如圖乙所示，在板狀收集器A與線狀電離器8間加恒定高

壓，讓廢氣從一端進入靜電除塵區(qū)經(jīng)過凈化后從另一端排出，其中一帶負電的塵埃微粒沿圖乙中虛線向收

集器4運動，P、。是運動軌跡上的兩點，不計微粒重力和微粒間的相互作用，不考慮微粒運動過程中的

電荷量變化。下列分析正確的是（）

圖甲圖乙

12.利用6V的恒壓電源、量程為0?0.6力的電流表(內(nèi)阻不計)、定值電阻、阻值隨長度均勻變化的電阻絲(

總長度為0.05m,總阻值為25。)、金屬彈簧(電阻不計)、開關(guān)、導(dǎo)線，改裝成如圖甲的測力計，拉力為零

時滑片尸剛好在電阻絲的左端。

(1)圖甲的電路中，如果開關(guān)閉合，拉力戶增加時，電流表的示數(shù)(選填“增大”、“減小”或“不

變”)；

(2)圖甲的電路中，定值電阻的作用是______，阻值至少為C；

(3)彈簧所受拉力尸與其伸長量dL的關(guān)系如圖乙。若定值電阻為20。，則電流表的示數(shù)/與彈簧所受拉力尸

的關(guān)系式/=_____(4),由此可知用電流表改裝的測力計刻度是______(選填“均勻”“不均勻”)的。

四、簡答題：本大題共3小題，共38分。

13.某學(xué)校開展慶?；顒?，使用氣球渲染氣氛。早晨，學(xué)校地表附近的氣溫為27℃,大氣壓強為po,此時在

地表附近的氣球體積為％,若氣球?qū)崃己茫瑲馇騼?nèi)所充的氮氣可視為理想氣體，氣球內(nèi)外氣壓差很小可

以忽略。

(1)正午時大氣壓仍為Po,此時地表附近的氣球體積增大了白，求此時地表附近氣溫達到多少弋？

(2)若某高處的大氣壓強為!Po,氣溫為15℃,若氣球懸停在這一高處時，氣球體積變?yōu)槎嗌伲?/p>

14.如圖甲所示，光滑水平面上寬度為3L的區(qū)域有方向垂直于水平面向下的勻強磁場，初始時磁感應(yīng)強度

為Bo,一個邊長為L質(zhì)量為小，總電阻為R的單匝正方形金屬框在拉力作用下以速度為向右勻速進入磁

場，當(dāng)金屬框完全進入磁場時撤去拉力，線框依然能以速度％繼續(xù)勻速運動至磁場右邊界，速度方向始終

與磁場邊界垂直。以金屬框“邊到達磁場左邊界時為計時起點，磁感應(yīng)強度按如圖乙所示的規(guī)律變化。

(1)求金屬框進入磁場過程中，通過回路的電荷量依

(2)求金屬框進入磁場過程中，拉力對金屬框所做的功W；

(3)cd邊由磁場左邊界運動到磁場右邊界的過程中，求金屬框產(chǎn)生的焦耳熱Q。

?xxxxxx：2B

,xxxx?.4..90

xxxx；xx；BQ

xxxx；xx：o

XXXxbx"x"!c—B(1

甲

15.“離心軌道演示儀”是學(xué)習(xí)機械能守恒定律的經(jīng)典演示裝置，如圖甲所示，該實驗裝置可以簡化為如

圖乙所示的物理模型：豎直平面內(nèi)由傾斜斜面軌道A3、半徑為0.1m的圓周軌道8c。和半徑為七二

0.25m的部分圓周軌道CE構(gòu)成的裝置固定于水平地面，B、C兩處軌道平滑連接，軌道正前方放置一個豎

直擋板，板面正對著軌道。圓心。I、。2與C點在同一豎直線上，。2后與豎直方向的夾角為6=53。，E點、與

豎直擋板的距離d=1.2m?，F(xiàn)將質(zhì)量為m=0.1kg的小球從斜面的某高度處由靜止釋放。斜面軌道足

夠長，忽略小球尺寸和所受阻力,已知重力加速度取g=10m/s2,sin37。=0.6,cos37°=0.8o

(1)若小球的初始高度九i=0.5m,求小球第一次到達最低點。時，對軌道3co壓力的大??；

(2)若小球能沿軌道到達E點，求力的最小值九min；

(3)若小球釋放后，第二次到達最低點時與靜止在C點的質(zhì)量為今的另一個小球發(fā)生彈性正碰，碰撞后被碰

小球通過E點之后恰好能垂直碰到豎直擋板，求小球釋放時的高度電。

甲

乙

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：AB,根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒知，該核反應(yīng)方程中產(chǎn)生的粒子的質(zhì)量數(shù)為4=1+14-

11=4,電荷數(shù)為z=l+7-6=2,可知釋放的粒子為a粒子G"e),故4錯誤，B正確;

C、半衰期與元素所處的物理環(huán)境和化學(xué)狀態(tài)無關(guān)，囚此其半衰期不可能變化，故C錯誤；

。、核反應(yīng)的過程總伴隨能量的變化，所以核反應(yīng)前鏟N和質(zhì)子的質(zhì)量之和，一定與核反應(yīng)后與所釋放

的這種粒子的質(zhì)量之和不相等，故。錯誤。

故選：B。

原子核在衰變過程中遵循質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒；半衰期與元素所處的物理環(huán)境和化學(xué)狀態(tài)無關(guān)；根據(jù)

質(zhì)能關(guān)系判斷。

掌握核反應(yīng)方程遵循質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒.，理解半衰期的意義，知道影響半衰期的因素。

2.【答案】C

【脩析】解：A、不計足球與立柱間的摩擦，三個立柱對足球作用力為彈力，方向垂直于足球的切面，沿

半徑方向指向足球，不是豎直向上，故A錯誤；

4、由于三個立柱對稱擺放，則每個立柱對足球的彈力大小相等，對足球受力分析，一個立柱對足球的作

用力如圖：

由平衡條件得：G=3FNCOS37°=3x2.5x0.8/V=6N,故8錯誤；

CD.不計足球與小立柱間的摩擦及小立柱的重力，小立柱受到足球?qū)π×⒅淖饔昧?、桌子對小立柱?/p>

作用力而平衡，所以足球?qū)π×⒅淖饔昧εc桌子對小立柱的作用力是平衡力，故C正確、。錯誤。

故選：Co

足球與立柱間的作用力為彈力，根據(jù)接觸面間彈力的方向判斷即可；對足球受力分析，根據(jù)平衡條件求解

足球的重力，判斷支持力的大小與央角的關(guān)系：i對作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用力在兩

個物體上，平衡力作用在一個物體上。

本題考查共點力平衡問題，解題關(guān)鍵是將知道三個彈力的方向，將其分解到水平和豎直方向，根據(jù)平衡條

件判斷求解即可。

3.【答案】A

【解析】解：A、根據(jù)理想變壓器輸入功率等于輸出功率可知，原線圈電流有效值/，代人數(shù)值解得

/=0.1/1,又根據(jù)最人值為有效的VT倍可知，變壓器原線圈電流的最人值為故A正確；

C、根據(jù)理想變壓器輸入功率等于輸出功率片=P2=U2I2=11x2"=22W,故C錯誤；

。、電動機的機械功率。機=P-%廠，代入數(shù)據(jù)解得尸凱二181V,故。錯誤；

故選：Ao

根據(jù)理想變壓器輸入功率等于輸出功率，再由最大值與有效值之間的關(guān)系分析；電動機的機械功率為電動

機的輸入功率減去電動機線圈自身的發(fā)熱功率。

該題考查含有理想變壓器的電動機電路問題，需要掌握理想變壓器輸入功率等于輸出功率以及電動機的機

械功率等知識點，屬于?？贾R點。

4.【答案】B

【解析】解：4、超聲波沿x軸正方向傳播，根據(jù)波形平移法判斷可知質(zhì)點M開始振動的方向沿），軸負方

向，故A錯誤；

B、由題圖可知此超聲波的波長為：A=14x10-2mm=14xlD-5m,已知頻率為/=1xICfHz,則

超聲波在血管中的傳播速度為u=/A=1x107x14x10-s?n/s=1.4x103TH/S,故B正確；

C、在波的傳播過程中，質(zhì)點不會隨波移動，質(zhì)點只是在各自的平衡位置附近振動，故C錯誤；

。、波的周期為T=：=1x10-7s,因"0.75x10%=》，故質(zhì)點M運動的路程為：

IlxlO/4

s=-x4/l=3i4=3x0.4mm=1.2mm,故D錯誤。

故選：Bo

根據(jù)波形平移法判斷質(zhì)點M開始振動的方向；根據(jù)題圖讀出波長，由波速公式u=；lf,求出波速；質(zhì)點不

會隨波移動；根據(jù)時間與周期的關(guān)系求質(zhì)點M通過的路程。

本題考查機械波的速度、波長、頻率、波形圖象等相關(guān)知識。要知道質(zhì)點做簡諧運動時，質(zhì)點不沿波的方

向傳播。要熟練運用波形平移法判斷質(zhì)點的振動方向。

5.【答案】B

【解析】解：4、小鳥自由落體運動的最大速度為為=6m/s,由自由落體運動的規(guī)律有為=gti，解得

ti=0.6s,故A錯誤；

B、整個過程下落的高度為圖u-i圖像與時間軸所圍成的面積，M/i=^xh1=^x1x0.6m=3m,故

B正確;

a亡產(chǎn)達時間內(nèi)小鳥的加速度。="n=會旭/52=-15巾/§2,所以加速度大小為15m/s2,故。錯

,婪1-t]u.q

誤；

。、qs?ti時間內(nèi)，由牛頓第二定律有/'—mg=ma,可得/=2.5mg,則上=2.5,即阻力是重力的2.5

倍，故。錯誤。

故選：8。

A、由圖像可得到小鳥運動的最大速度，根據(jù)自由落體運動規(guī)律即可求小鳥自由落體運動的時間：

B、根據(jù)u-t圖像與時間軸所圍成的面積的意義可求整個過程小鳥下落的高度：

C。、根據(jù)"-亡圖像斜率的物理意義可求小鳥的加速度，再結(jié)合牛頓第二定律可求得阻力與重力的關(guān)系。

本題主要考查u-e圖像的面積及斜率的意義，解題關(guān)鍵是應(yīng)用匕頓第二定律求解出阻力與重力的關(guān)系。

6.【答案】D

【解析】解：A、粒子經(jīng)過加速電場，可知粒子帶正電，在速度選擇器中做勻速運動，所受洛哈茲力方向

水平向左，根據(jù)左手定則可知速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外，故A錯誤；

5、洛倫茲力與電場力等大反向，即Eq=qu8,解得“=搟，故8錯誤；

D

。、粒子打在膠片上的位置離狹縫P越遠，那么粒子的做圓周運動的半徑R越大，即R=澈,所以粒子的

比荷越小，故C錯誤；

。、某種元素同位素的原子核，打在膠片上的位置離狹縫戶越遠，q相同，R越大，根據(jù)R=端,表明其

質(zhì)量數(shù)越大，故。正確。

故選：。。

粒子經(jīng)過加速電場，可知粒子帶正電，在速度選擇器中做勻速運動，所受洛倫茲力方向水平向左，根據(jù)左

手定則即可確定速度選擇器中的磁場方向，洛倫茲力與電場力等大反向，據(jù)此求出粒子的速度；根據(jù)粒子

的半徑確定粒子的比荷與同位素的質(zhì)量數(shù)。

本題考查粒子在電磁場中的運動，注意粒子電性，需要知道速度選擇器的原理。

7.【答案】B

【解析】解：4、地球同步衛(wèi)星的軌道半徑是地球半徑的〃倍，與赤道平面共面所以不可能靜止在北京上

空，A錯誤；

B、由萬有引力提供向心力即等=乎，得/=悌，r=nR,第一宇宙速度V=揮，所以同步衛(wèi)星

的運行速度是第一宇宙速度的B正確;

C、同步衛(wèi)星與地球赤道上的物體具有相同的角速度，根據(jù)知，同步衛(wèi)星的運行速度是地球赤道上

物體隨地球自轉(zhuǎn)獲得的速度的〃倍，C錯誤：

D、根據(jù)竿=ma,得Q=詈=篝，則同步衛(wèi)星的向心加速度是地球表面重力加速度的去，。錯誤。

故選:BQ

根據(jù)同步衛(wèi)星的軌道半徑與地球半徑的關(guān)系結(jié)合萬有引力提供向心力進行判斷即可。

本題主要考杳同步衛(wèi)星的相關(guān)知識，解撅關(guān)健是?根據(jù)萬有引力樨供向心力講行判斷。

8.【答案】BD

【解析】解：AB.足球剛下落到腳上的速度大小為

v=J2gh=V2x10x1.25m/s=5m/s

則足球下落到與腳背剛接觸時動量大小為

p=mv=0.4x5kg-m/s=2kg-m/s

足球自由下落過程，設(shè)向下為正方向，根據(jù)動量定理可得重力的沖量大小為

IG=mv—0

解得/G=2N-S,方向豎直向下。

故A錯誤，8正確;

CD,足球與腳作用過程中，根據(jù)對稱性可知，足球動量的變化大小為

dp=mv—(—mv')=2mv=2x0.4x5kg-m/s=4kg-m/s

設(shè)向上為正方向，根據(jù)動量定理可得

(F-mg^t=Ap

解得

F=44/V,方向豎直向上。

故C錯誤，。正確。

故選：BD。

動量時質(zhì)量與速度的乘積加V，沖量時定量的變化量；動量是矢量與方向有關(guān)；平均作用力通過動量定埋

求得,

本題考查了動量定理的應(yīng)用，難度適中。

9.【答案】AC

【解析】解?：A、因為A帶正電，B帶負電,而沿著電場線的方向電勢降低，所以P點的電勢低于Q點的

電勢，故A正確；

BCD.微粒從P點向。點運動過程中，只受電場力作用，電場力做正功，動能增加，電勢能減小，則微粒

在P點的速度小于在。點的速度，微粒在P點的電勢能大于在2點的電勢能，故C正確，錯誤；

故選：AC.

根據(jù)極板的電性得出電場線的方向，由此得出不同位置電勢的高低；

對微粒進行受力分析，根據(jù)電場力的做功特點分析出粒子在不同位置的電勢能和速度的大小關(guān)系。

本題主要考查了帶電粒子在電場中的運動，熟悉粒子的受力分析，掌握場強和電勢的關(guān)系，結(jié)合能量守恒

定律即可完成分析。

10.【答案】CD

【解析】解：4由圖乙可知，無人機先做變加速運動，后做勻加速運動，故A錯誤；

B.無人機飛至色高處過程，根據(jù)動能定理有

11

《mgh。=2mv2

解得

U7gh°,故B錯誤；

C元人機飛至2九0高處，根據(jù)牛頓第二定律有

F-mg=ma

解得

F=2mg,故C正確；

D無人機飛至3月高處，根據(jù)動能定理，動能的增加量為

1

4益=5mg(2h0+3/i0)=2.5mgh0

重力勢能的增加量為

AEp=3mgh.o

故無人機機械能增加量為

4E=W+4Ep=2.5mgh0+3msh0=5.5mgh0,故D正確。

故選：CO。

A：根據(jù)圖乙加速度隨高度變化的關(guān)系圖線可知無人機的運動性質(zhì)；

B：根據(jù)動能定理求解無人機飛至壇高處時速度大小；

C根據(jù)牛頓第二定律求解飛至2%高處時無人機所受的升力：

D：根據(jù)動能定理求解動能的增加量，根據(jù)功能關(guān)系求解重力勢能的增加量，進?步求解機械能增加量。

本題考查功能關(guān)系，要求學(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。

11.【答案】81.49

【解析】解：(1)根據(jù)實驗操作步驟可知，插大頭針P3時，透過玻璃磚觀察，使P3擋住匕、22的像，故人。

錯誤，3正確。

故選:Be

(2)光路圖如圖所示：

A.N

.I

圖甲

(3)根據(jù)折射定律九=需

變形得sin%=九sin%

sin%-sin/圖像的斜率k==1.49

結(jié)合sin%—sin%函數(shù)，圖像的斜率k=九=1.49。

故答案為：(1)B；(2)見解析；(3)1.49。

(1)根據(jù)實驗的正確操作步驟分析作答；

(2)根據(jù)大頭針位置作光路圖；

(3)根據(jù)折射定律求解sin%-5小魚函數(shù)，結(jié)合圖像斜率的含義求解作答。

本題考查了“測定玻璃折射率”的實驗，要明確實驗原理，掌握正確的實驗操作步驟；根據(jù)折射定律求解

sin%-sin4函數(shù)是解題的關(guān)鍵。

12.【答案】增大保護電路10—4x77不均勻

45-5UUZJL

【解析】解：(1)圖甲的電路中，升關(guān)閉合，拉力尸增加時，彈簧伸長，滑片P右移，滑動變阻器接入電

路內(nèi)電阻減小，電路中電流增大。

(2)圖甲的電路中，接入定值電阻的目的是對電流表起保護作用，防止滑片P移動到電阻絲的最右端時電

路中電流過大，燒壞電流表。

當(dāng)電路中電流達到最大0.6A時，電路中的總電阻最小值為

E6

=■；----==I。。

Rimax0.6

可知定值電阻至少為10。。

(2)由圖乙可知尸二則

k=a=^N/m=lxl04N/m

設(shè)定值電阻為心電阻絲總電阻為&,滑片向右移動距離％=ZU

由閉合電路歐姆定律有

,_E

I='R+R；

又冬=&一華比

聯(lián)立可得：/=—Z⑷

由上式可知，拉力/與/是非線性關(guān)系，所以由電流表改裝的測力計刻度不均勻的。

故答案為：(1)增大；(2)10：(3)式磊瓦，不均勻。

(1)圖甲的電路中，開關(guān)閉合，拉力/增加時，彈簧伸長，滑片P右移，分析滑動變阻器接入電路的電阻

變化，從而判斷電流表示數(shù)的變化.

(2)結(jié)合電路的結(jié)構(gòu)分析定值電阻的作用，根據(jù)電流表的量程結(jié)合閉合電路歐姆定律計算定值習(xí)阻的最小

值。

(3)根據(jù)歐姆定律推導(dǎo)電流表的示數(shù)/與彈簧所受拉力產(chǎn)的關(guān)系，結(jié)合解析式進行分析。

對于實驗題，要弄清楚實驗?zāi)康?、實驗原理以及?shù)據(jù)處理.、誤差分析等問題，一般的實驗設(shè)計、實驗方法

都是根據(jù)教材上給出的實驗方法進行拓展，延伸，所以一定要熟練掌握教材中的重要實驗。

13.【答案】解：(1)由題意可知此過程為等壓變化過程，由蓋?呂薩克定律知

其中

T°=300K,V=^VQ

聯(lián)立解得

T=310K

根據(jù)熱力學(xué)溫度和攝氏溫度的關(guān)系可知

T=t+273K

解得

t=37°c；

(2)根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有

Pl%_P。，。

丁一丁

其中

Pi屋4P。,7\=288K

聯(lián)立解得

匕=1.2%。

答：(1)正午時大氣壓仍為P。，此時地表附近的氣球體積增大了白，則此時地表附近氣溫達到37℃；

*uU

(2)若某高處的大氣壓強為：戶0,氣溫為15℃,若氣球懸停在這一高處時，則氣球體積變?yōu)?.2%。

【蟀析】(1)根據(jù)蓋-口薩克定律求解此時的熱力學(xué)溫度，根據(jù)熱力學(xué)溫度與攝氏溫度的關(guān)系求解此時地表

附近的氣溫；

(2)根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程求解氣球懸停在這一高處時氣球的體積。

本題考查理想氣體狀態(tài)方程，要求學(xué)生能正確選擇研究對象，分析變化過程，熟練掌握理想氣體狀態(tài)方程

并應(yīng)用于解題。

14.【答案】解：(1)金屬框進入磁場過程中以速度為勻速運動，有：

Ex=B0LVQ,=—>q='10,h=—

解得通過回路的電荷量為：q=^~

(2)金屬框進入磁場過程產(chǎn)生的焦耳熱：Q.=llRt.

聯(lián)立解得：

由功能關(guān)系與能量守恒定律可知，拉力做的功為：

電=Q1=-反—

(3)金屬框完全在磁場中的運動過程的時間為：￡2=4

p0

此過程產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：％=噂〃=叁5=/0功0

感應(yīng)電流為：/2=與

此過程產(chǎn)生的焦耳熱：Q=I；Rt2

解得：(？=粵興

￡1\

答：(1)金屬框進入磁場過程中，通過回路的電荷量g為廖：

(2)金屬框進入磁場過程中，拉力對金屬框所做的功W為萼％

A

(3)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱。為嚓

【脩析】(1)對金屬框進入磁場過程中，根據(jù)動生電動勢E=由閉合電路歐姆定律求電流，再根據(jù)電

流的定義求解電荷最；

(2)根據(jù)功能關(guān)系可知拉力對金屬框所做的功等于產(chǎn)生的焦耳熱，利用焦耳定律計算產(chǎn)生的焦耳熱；

(3)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出線框完全在磁場中時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，再根據(jù)閉合電路的歐姆定律求

解感應(yīng)電流的大小，利用焦耳定律計算產(chǎn)生的焦耳熱。

本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)、電路的綜合，處理此類問題從兩個角度研究：一從力的角度，關(guān)鍵是分析安培力

與速度的關(guān)系；另一角度是能量，當(dāng)電流恒定時，往往根據(jù)焦耳定律求電熱。若電流是變化的，常常根據(jù)

能量守恒定律求電熱。

15.【答案】解：(1)設(shè)小球達到C點時速度為%,此時軌道對小球的支持力為P,從釋放點到。由動能定

理得：

mghx=\-0

由牛頓第二定律得：

VQ

F-mg=m-

解得：F=UN

根據(jù)牛頓第三定律可知小球第一次到達最低點