2024年山東省某中學高考物理調研試卷（2月份）(含詳細答案解析)

2024年山東省實驗中學高考物理調研試卷（2月份）

一、單選題：本大題共8小題，共24分。

1.三星堆遺址考古入選世界重大田野考古發(fā)現(xiàn)。三星堆古遺址距今已有3000至5000年歷史，昭示長江流

域與黃河流域一樣同屬中華文明的母體。利用14c衰變測定年代技術進行考古研究，可以確定文物的大致

年代，衰變方程為鏟C-/N+X,14c的半衰期是5730年，下列說法中正確的是（）

A.方程中的X是電子，它是碳原子電離時產生的，是原子的組成部分

B.方程中的X是中子，來源于原子核

C.文物所埋藏的環(huán)境會影響肥。的半衰期，進而對推算年代造成影響

、

D.若吉氣、/NX的質量分別是mi、m2>m3,一個十C發(fā)生衰變釋放能量為Oi-—租3）。2

2.如圖所示，一種戶外野炊便攜式三腳架，由三根完全相同的輕桿通過錢鏈組合在一

起，每根桿均可繞較鏈自由轉動。三根桿與豎直方向的夾角均為37。，吊鍋和細鐵鏈

的總質量為〃?，支架與錢鏈之間的摩擦忽略不計，則（）

A.每根輕桿中的彈力大小為學

B.三角架所受合力大小為/叫

C.每根桿與地面的摩擦力大小為;mg

D.減小桿與豎直方向夾角時，每根桿受地面的作用力增大

3.如圖所示，有一束平行于等邊三棱鏡截面A8C的復色光從空氣射向4C邊的中

點。，入射方向與AC邊的夾角為8=30。，經三棱鏡折射后分為。、〃兩束單色

光，單色光〃折射到8C邊的中點￡,單色光人折射到尸點，則下列說法中正確的

是（）

A.若。光是黃光，則〃光可能是藍光

B.若兩束光分別通過相同的雙縫裝置，”九的條紋間距大丁b九的條紋間距

C.入射光線從QC之間且垂直AC邊射入，則a光不能從3c邊時出

D.用〃、〃光分別照射同一種金屬，若〃光能發(fā)生光電效應，則力光也一定能發(fā)生光電效應

4.如圖所示而端接入電壓恒定的正弦交流電，其中電表均為理想電表，變壓器為理想變壓器，導線電阻

不計。將滑動變阻器/?3滑片。向下滑動過程中（）

A./?2兩端電壓不變B.電流表示數(shù)減小

C.電壓表示數(shù)增大D./?4消耗的電功率增大

5.華為mate60實現(xiàn)了手機衛(wèi)星通信，只要有衛(wèi)星信號覆蓋的地方，就可以實/大

現(xiàn)通話。如圖所示三顆赤道上空的通信衛(wèi)星就能實現(xiàn)環(huán)赤道全球通信，已知三（oC\

顆衛(wèi)星離地高度均為人地球的半徑為凡地球表面重力加速度為g,引力常1（-Zjjjjd]

量為G,下列說法正確的是（）\）

A.三顆通信衛(wèi)星受到地球的萬有引力的大小一定相等\/

R其中一顆質量為m的通信用星的動能為盥蠢

C.能實現(xiàn)赤道全球通信時，衛(wèi)星離地高度至少為2K

D.同一衛(wèi)星在高軌道的動能大于在低軌道的動能

6.一傾角為a的絕緣光滑斜面處在與斜面平行的勻強磁場中，磁感應強度大小為瓦質量為〃?，電荷量為

-q的小球，以初速度北從N點沿NM邊水平射入磁場。已知斜面的高度為人且足夠寬，小球妗終未脫離斜

面。則下列說法正確的是（）

A.小球在斜面上做變加速曲線運動

B.小球到達底邊的時間為

7gsina

C.小球到達底邊的動能為mgh

D.勻強磁場磁感應強度的取值范圍B<皿上

Wo

7.如圖甲所示，質量分別為m公7^的月、8兩物體用輕彈簧連接構成一個系統(tǒng)，外力尸作用在A上，系

統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時彈簧形變量為X,撤去外力并開始計時，A、4兩物體Z動的Q-t

圖像如圖乙所示，工表示。到匕時間內Q-t圖線與坐標軸所圍面積大小，52、S3分別表示口到。時間內人、

A.0到0時間內，墻對A、4系統(tǒng)的沖量等于爪4%

B.mA<mB

C」2時刻彈簧的形變量最大且外>女

D.ti時刻運動后，彈簧的最大形變量等于x

8.如圖所示，左右兩部分間距之匕為1：2的光滑水平導軌分別放在大小相

AXXXX

等、方向相反且與導軌平面垂直的勻強磁場中。兩根質量均為m=2kg,電

????XXxFx

????

阻之比以8：%=1：2的金屬棒垂直靜置在水平軌道上?，F(xiàn)用水平拉力XXXX

BXXXX

F=250N作用在C。棒上，使其向右移動0.5m時撤去拉力，此時孫小D

vCD=l：2,在此過程中CO棒產生的熱量為30人設導軌足夠長且兩棒始終在不同的磁場中運動，導軌

電阻不計，下列說法正確的是（）

A.撤去外力時導體棒AB的速度為8m/s

B.撤去外力產后，棒AB、C。的加速度始終相等

C.運動的全過程中回路產生的焦耳熱為73.8/

D.從撤去外力到兩棒達到穩(wěn)定狀態(tài)，棒A8、CO運動的位移之比為1：2

二、多選題：本大題共4小題，共16分。

9.如圖所示，真空中有一正方體48。0-4當。1。1，在正方體的頂點A、G處分

別固定一個電荷量相等的正點電荷，則下列說法正確的是（）

A.8點和5點的電勢相等

B.B點和5點的場強相同

C.若有一個質子以某一初速度射入該空間中，可能做勻速圓周運動

D.若有一個電子以某一初速度射入該空間中，可能做勻速圓周運動

10.如圖所示，某均勻介質中有兩個點波源品（-3/。0,0）和S2（3A,0,0）,它們沿垂直紙面z方向振動，垂

直紙面向外為正方向。其中工的振動方程為馬=O.lsin（等t+g）（m）；S2的振動方程為z?=O.lsin^t-

y）（m）o已知波速為20zn/s,圖中所有介質均已振動，則下列說法正確的是（）

y/m

S,1_____衛(wèi)

A.兩列波可以發(fā)生干涉

B.t=0時刻P（0,6,0）處質點的位移為0

C.t=0時刻（?（一3，。6,0）處質點的位移為0.2租

D.t=0時刻波源品和S2的加速度相同

11.如圖甲所示，一水平放置的內表面光滑對稱“V”形二面體力8-CO-EF,可繞其豎直中心軸。0'在水

平面內勻速轉動，其二面角為120。，截面圖如圖乙所示。面ABCD和面CDEV的長和寬均為L=20C771。

置于AB中點P的小物體（視為質點）恰好在ABC。面上沒有相對滑動，取重力加速度g=10m/s2。（）

A.“V”形二面體勻速轉動的角速度3=5rad/s

B.“V”形二面體勻速轉動的角速度e="frad/s

C.若“V”形二面體突然停止轉動，小物體從二面體上離開的位置距離4B邊距離2.5cm

D.若“V”形二面體突然停止轉動，小物體從二面體上離開的位置距離八8邊距離5c〃?

12.如圖，一傾角為45。的光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一勁度系數(shù)為攵

的輕質彈簧，彈簧上端距斜面頂端距離為將質量為機的物塊(可視為質點)從斜

面頂端由靜止釋放，經時間I彈簧的最大壓縮量為駕駛。已知彈簧彈性勢能表達

2k

式為Ep=；k/,其中工是是彈簧形變量，攵為彈簧勁度系數(shù)，則下列說法正確的

是()

A.物塊速度最大時的壓縮最為空

4IV

B.物塊的最大動能為771g(苧，+哭)-q?

C.物塊運動過程中的最大加速度為苧g

D.物塊從與彈簧接觸到速度為零的時間為:

4

三、實驗題：本大題共2小題，共14分。

13.(1)在用單擺測定當?shù)刂亓铀俣鹊膶嶒炛?，下列器材和操作最合理的?/p>

出鐵夾蠹鐵夾粗的金屬桿出鐵夾

Wb

彈性棉繩細絲線彈性棉繩細絲線

////

鐵球型料球塑料球鐵球

(!<

A.B.C.(XD.(X

(2)某同學課后想利用身邊的器材再做一遍“單擺測最重力加速度”的實驗。家里沒有合適的擺球，「是

他找到了一塊外形不規(guī)則的小金屬塊代替小球進行實驗。

①如圖所示，實驗過程中他先將金屬塊用細線系好，結點為M,將細線的上端固定于0點。

②利用刻度尺測出0M間細線的長度/作為擺長，利用手機的秒表功能測出金屬塊做簡諧運動的周期兀

③在測出幾組不同擺長/對應的底期7的數(shù)值后，他作出的產一,圖像如圖所示。

④根據(jù)作出的圖像可得重力加速度的測量值為m/s\（乃取3.14。計算結果保留三位有效數(shù)字）

（3）相比于實驗室作出的產一/圖像，該同學在家做實驗的產一［圖像明品不過原點，其中橫軸截距大小的

意義為______o

14.同學們想利用實驗室現(xiàn)有的實驗器材，按照圖中的實驗電路測量一組銀氫—H~cT.

紐扣電池的電動勢E（約為3.6V）和內阻（小于2C）。已有的實驗器材為：

-4v)----

A.待測銀氫紐扣電池

4.電壓表V（量程為3匕內阻約為5A0

C.毫安表力（量程為5〃認，內阻為50。）

JR：

。.定值電阻凡=7C,%=500,R2=550。，R-3=6kQ

E.電阻箱RM。?9999.9。）

R滑動變陽器Rs

G.開關及導線若干。

（1）為將亳安表A改裝成一個量程合適的電壓表，需要串聯(lián)一分壓電阻上根據(jù)提供的實驗器材，分壓電阻

R應選擇（選填"RJ、”/?2”或“心”）。

（2）校準電表時發(fā)現(xiàn)改裝后的電壓表比標準的電壓表示數(shù)稍小一些。因此，在對亳安表A的分壓電阻進行

校推時，電阻箱應

4.與亳安表4的分壓電阻R串聯(lián)，阻值比R小得多

B.與亳安表A的分壓電阻R串聯(lián)，阻值比R大得多

C與亳安表A的分壓電阻R并聯(lián)，阻值比R小得多

。.與毫安表4的分壓電阻R并聯(lián)，阻值比A大得多

（3）將電壓表V和改裝后的電壓表示數(shù)分別記為力和調節(jié)滑動變阻器獲得實驗數(shù)據(jù)并進行描點連線繪

制乙-4圖像。已知該圖像的斜率為鼠縱截距為人則電源的電動勢E和內阻分別為_____、______。（

請用題中字母表示）

四、簡答題：本大題共4小題，共46分。

15.小方同學用一個容積為50心壓強為2.1xl（）6pQ的氫氣罐給完全相同的氣球充氣，若充氣后氣球內氣

體壓強為1.05xl05pa,則恰好可充190個氣球?？烧J為充氣前后氣球和氮氣罐溫度都與環(huán)境溫度相同，

忽略充氣過程的漏氣和氣球內原有氣體。已知地面附近空氣溫度為27℃、壓強為1.0x10叩服已知氣球上

升時體積達到7.5L時就會爆裂，離地面度每升高10m,氣球內氣體壓強減小100P”，上升過程中大氣溫度

不變。求:

(1)充氣后每個氣球的體積%;

(2)當氣球發(fā)生爆裂時，氣球離地面的高度力。

16.“途靈底盤”是華為公司新推出的一款智能化多場景的汽車減震系統(tǒng)。電磁減震器是該系統(tǒng)中重要組

成部分。小明同學在實驗室中模擬電磁減震器的工作原理。在絕緣滑動桿上固定4個完全相同且相互緊靠(

忽略線圈間距離)的矩形線圈，使其進入右側由電磁鐵產生的磁場做減速運動。右側磁場的磁感應強度與

電流之間的關系為B=kl,其中k=50774且產生的磁場范圍足夠大。已知滑動桿及線圈的總質量為m=

1.0kg，每個矩形線圈的匝數(shù)均為n=10匝，阻值R=1.0。，長為乙=20cm,寬為d=10cm,整個過程不

考慮互感影響，不計一切摩擦。

二XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

(1)若電磁鐵中的電流為20mA,求線圈1完全進入磁場時的速度變化量

(2)若電磁鐵中的電流為20mA且第3個線圈完全進入磁場時恰好減速為零，求線圈中產生的焦耳熱

17.如圖所示，足夠長的固定斜面傾角為6=37。，斜面上并排放置的兩個

小物塊A、3在沿斜面向上的恒力戶作用下從靜止開始沿斜面向上運動,

A、5物塊間接觸但不粘連，尸作用在物塊4上，當物塊A、3獲得的速度

大小為火時撤去F。已知物塊A、8的質量均為小，旦物塊4、B與斜面

間的動摩擦因數(shù)分別為'=；和劭=%恒力F=2Amg,重力加速度為

g,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin370=0.6,cos37。=0.8。

(1)求恒力尸的作用時間;

(2)撤去尸后，求B沿斜面向上運動的速度減為零時4、B之間的距離;

(3)設A、B間每次碰撞時間極短(可忽略不計)，且皆為彈性正碰，求:

①撤去尸后，A、8物塊第一次碰前時刻8物塊的速度大小;

②撤去?后，A、4物塊從發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生第〃次碰撞時，系統(tǒng)損失的機械能。

18.如圖所示，一2L<xV-乙且z>0的區(qū)域I內存在一沿x軸負方向的勻強電場，電場強度為瓦x>-L

旦2>0的區(qū)域II內存在一沿y軸奐方向的勻強磁場(未畫出)，磁感應強度為B1。在-2乙VzWO的區(qū)域III

內有一平行于xOz面放置的長方形離子收集板MNPQ。收集板MNPQ與y軸交于點7(0,-4,0),其中MQ

足夠長，例N長為2小區(qū)域III內存在一方向與xQy平面平行且與x軸正方向的夾角為。的勻強磁場多。在

區(qū)域I中有一平行于z軸放置的長為L的通電金屬絲能夠源源不斷地釋放質量為〃八電荷量為-q、

初速度為零的電子。這些電子經電場加速后，沿X軸正方向進入勻強磁場名，最終都會聚到點。進入?yún)^(qū)域

HL其中。點釋放的電子進入?yún)^(qū)域ii后恰好能從點。沿z軸負方向進入?yún)^(qū)域in。調節(jié)磁感應強度為大小，

使從。點釋放的電子能打到收集板上被吸收。不考慮電子重力和電子間的相互作用(已知cos76。=0.25)。

(1)求勻強磁場B】大?。?/p>

(2)求勻強磁場當?shù)淖钚∶骅祝?/p>

(3)若角度。=0,求磁感應強度4的取值范圍；

(4)若角度。的大小在0至啊0。之間，試定量討論磁感應強度々的取值范圍。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：,根據(jù)電荷數(shù)守恒、質量數(shù)守恒知，X的電荷數(shù)為一1,質量數(shù)為0,可知X為電子，來源

于原子核，故A8借誤；

C.H衰期的大小與所處的物理環(huán)境和化學狀態(tài)無關，由原子核內部囚素決定，故C錯誤：

22

。.根據(jù)愛因斯坦質能方程得，釋放的能量=Amc=（血1-7叱-m3）c,故。正確。

故選：D.

AB根據(jù)核反應的書寫規(guī)則和粒子特性進行分析判斷；

C.根據(jù)半衰期的決定因素分析；

。.根據(jù)愛因斯坦的質能方程列式計算。

考查核反應方程的書寫規(guī)則，知道放射性兀素半衰期的決定因素，會根據(jù)質能方程進仃相關計算。

2.【答案】C

【蟀析】解：4以吊鍋和鐵鏈為研究對象，設每根桿的彈力大小為心，在豎直方向，根據(jù)平衡條件有

3/>cos370=mg

解得FL^mg,故A錯誤；

區(qū)三角支架處于靜止狀態(tài)，受力平衡，所受合力為0,故B錯誤；

C.根據(jù)牛頓第三定律可知，每根檸對地面的作用力的大小為FN，則由平衡條件可得，每根桿與地面間的摩

擦力大小

f=Fwsin37°=x0.6=故C正確：

D由3FNCOS?=mg可知，當減小桿與豎直方向夾角。時，F(xiàn)N將減小,地面施加給每根桿的作用力大小也等

于均，故。錯誤。

故選:Co

A.根據(jù)豎直方向的平衡條件列式求解每根桿的彈力大小：

8.根據(jù)三角架平衡狀態(tài)分析合力的情況；

C根據(jù)摩擦力和彈力的大小關系列式求解；

D根據(jù)平衡條件列式分析作用力隨夾角變化的情況。

考查受力分析和平衡問題，會根據(jù)題意列式進行相關物理量的計算和解答。

3.【答案】C

【解析】解：單色光〃偏折到BC邊的中點E,單色光8偏折到產點，棱鏡對。光的偏折程度大于力光，

則l光的折射率較大。

A、折射率越大的光頻率越大，所以。光的頻率大于〃光的頻率，則。是藍光，人是黃光，故4錯誤；

8、。光的波長小于〃光的波長，根據(jù)4%=彳九可知，分別通過同一雙縫干涉裝置，。光的相鄰亮條紋間

距小，故8錯誤；

c、根據(jù)幾何關系可知〃光的入射角為60Z折射角為30、根據(jù)折射定律有

sin60°f—

則臨界角為sinc=；=噂

flO

入射光線從OC之間且垂直AC邊射入，在4c面的入射角為60。，由于sin6（r=?>sinC,所以〃光不能

從BC邊射出，故C正確；

。、。光的頻率大于〃光的頻率，根據(jù)光電效應的條件可知，若a光能發(fā)生光電效應，則〃光不一定能發(fā)生

光電效應，故。錯誤；

故選：Co

棱鏡對〃光的偏折程度大于力光，則〃光的折射率較大，折射率越大的光頻率越大；根據(jù)雙縫干涉條紋間

距公式4無=。/1分析條紋間距；根據(jù)sinC=1可知分析臨界角的大小，由此分析從邊射出的光線，根據(jù)

an

頻率關系結合光電效應條件分析D.

本題主要是考查了光的折射、光電效應、條紋間距公式，解答此類題目的關鍵是弄清楚光的傳播情況，畫

出光路圖，通過光路圖根據(jù)幾何關系、折射定律進行分析。

4.【答案】D

【解析】解?：8.在滑片尸向下滑動過程中，出接入電路的電阻減小，副線圈回路中的總電阻減小，回路中

的總電流，2增大，電流表示數(shù)增大，故4錯誤；

21C，由%。=-2,2可知，通過&的電流增大，則占兩端的電壓增大，輸入理想變壓器的電壓&減小，由

今=4得，出兩端電壓減小，則心電流減小，經過心的電流增大，心的電壓增大，則電壓表示數(shù)減小，

u2n2

故AC錯誤；

/）.經過心的電流增大，心的電壓增大，則RR4消耗的電功率增大，故。正確。

故選：。。

滑片P由。向〃緩慢滑動，總電阻減小，電流增大，原線圈電流增大，根據(jù)功率公式判斷&消耗的功率和

變壓器原、副線圈電壓變化。

本題考查變壓器的動態(tài)分析，解題關鍵是知道根據(jù)原副線圈電壓比等于匝數(shù)比，甩流比等于匝數(shù)的反比,

結合歐姆定律和功率公式求解即可。

5.【答案】B

【解析】解：4三顆通信衛(wèi)星受到的萬有引力的大小為：尸萬二臀二^篝，與衛(wèi)星質量機有關，衛(wèi)星

質量未知，受到地球的萬有引力大小不一定相等。故A錯誤：

及由萬有引力提供向心力：湍*二需，可得衛(wèi)星環(huán)繞速度為：u=J總，結合黃金代換式：GM=

2

gR?,可求得衛(wèi)星動能為：￡比=4根講=點7故3正確；

C.如圖，若要實現(xiàn)全球通信，則三顆衛(wèi)星連線構成等邊三角形并且三邊與地球相切：

衛(wèi)星

由幾何關系可知此時衛(wèi)星軌道半徑為：r=2R,離地高度為：/i=r—R=R.故。錯誤；

。曲于衛(wèi)星動能：黑公則對于同一衛(wèi)星，軌道越高，即〃越大，動能越小。故。錯誤。

故選:B.

衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力可以分析萬有引力的大小和離地的高度；結合動能公

式可以求解動能。

本題考查萬有引力定律的運用，萬有引力提供向心力是解題的關鍵，同時還應注意實現(xiàn)全球通信時應滿足

的幾何關系。

6.【答案】B

【解析】解：A、由于小球在下滑過程中，洛倫茲力垂直于斜面，不會影響重力與支持力的合力，因此小

球受力恒定，故小球做勻變速曲線運動，故A錯誤；

8、小球做類平拋運動，則在斜面.上，沿著斜面方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律

有ngsina=ma

再由運動學公式可得

h12

———=-^at2

sina2

所以球到達底邊MN的時間t=PV

7gsina

故B正確；

C、洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理有

mgh=Ek-3詔

解得&=mgh+評

故C錯誤；

。、帶電荷量為-q(q>o)的小球以初速度為孫平行于NM方向運動，根據(jù)左手定則可知，小球受到的洛倫

茲力的方向垂直于斜面向上；小球能夠沿斜面到達底邊MM說明洛倫茲力小于重力垂直于斜面向下的分

力，即0Wqu()8Wmgcosa

解得磁感應強度的取值范圍為0<B<儂型

僅0

故D錯誤；

故選：Be

根據(jù)小球的受力情況分析AQ,根據(jù)牛頓第二定律結合運動學規(guī)律解得以根據(jù)動能定理解得C

題考查小球在復合場中的運動以及運動的合成和分解規(guī)律，要注意掌握牛頓第二定律與運動學公式以及動

能定理的應用，注意洛倫茲力不做功。

7.【答案】A

【解析】解：A由圖像可知，在0時刻彈簧恢復到原長，。到“時間內，對A、8系統(tǒng)由動量定理

h=%%

即埼對A、3系統(tǒng)的沖量等于m/0,故A正確；

A0?攵時間內，彈簧從原長位置到伸長到最長，由圖可知該過程中

aA<aB

根據(jù)牛頓第二定律有

mAaA=mBaB

可知

%>血8

故8錯誤；

C.日以上分析可知，匕時刻彈簧的形變量最大且

VA=VB=V

故C錯誤；

。由時刻運動后，t2時刻彈簧的形變量最大，由能量關系可知

11212

2依2=_(%4-7Hs)v+-kx'

可知彈簧的最大形變量小于X，故。錯誤。

故選：Ao

根據(jù)題意結合圖的)所示圖像分析清楚人、8的運動過程是解題的前提與關犍，應用牛頓第二定律與動最守

恒定律即可解題。

解題時要注意Q-C圖像與坐標軸所圍圖形的面積等于物體速度的變化量；在亡2時刻A、B速度相同，這是

本題的關鍵點也是易錯點。

8.【答案】C

【解析】解:A、撤去外力時，根據(jù)能量守怛定律可知:

1.1.

Fs=2mvAB+2mvcD+QAB+QCD

由題可知QCD=30/

根據(jù)Q=/2Rt結合以8：RCD=1：2可知

QAB=15/

又因為孫8：vCD=1：2,解得

UAB=4m/s

故A錯誤；

B、撤去外力尸后，回路中的電流相等，根據(jù)8/L=ma可知，棒A8、C。的加速度不相等，故B錯誤；

C、最終電路中電流為0，設此時A3、C。的速度為心外"則有：

BIC'AB=B義2lv'

規(guī)定向右為正方向，運動過程中對八區(qū)根據(jù)動量定理有：

BIU=mv'AB—mvAB

對C。根據(jù)動量定理有：

—BIx2lt=mv'CD-mvCD

解得叭B=6.4m/s,v'CD=32mls

整個過程中的焦耳熱為：

Q=Fs-^mviB+^mv沏

解得Q=73.8/

故C正確；

。、從撤去外力到兩棒達到穩(wěn)定狀態(tài)，棒4B、CO運動的位移之比為：

v+vrV+V

Vv_ABAB*.CDCD'.

芍18：XCD—2c：2c

解得芍IB：xCD=13：14

故D錯誤；

故選：C。

根據(jù)能量守恒定律結合題意解得4根據(jù)牛頓第二定律分析從最終兩棒勻速，電路電流為()，兩棒產生

的感應電動勢大小相等，得出兩棒速度大小關系，對人〃棒和CD棒分別運用動量定理即可求解，根據(jù)位

移的計算公式解答。

對于安培力作用下導體棒的運動問題，如果涉及電荷量、求速度等問題，常根據(jù)動量定理結合法拉第電磁

感應定律、閉合電路的歐姆定律列方程進行解答。

9.【答案】AD

【解析】解：4由兩個等量同種點電荷周圍電勢的對稱性可知，頂點3、。處的電勢相等，故A正確：

4.由電場直加和對稱性可知，頂點3、。處的電場強度方向不同，則3點和。點的場強不同，故4錯誤；

C.兩個正點電荷形成的電場不是勻強電場，質子受電場力不可能提供向心力，不可能做勻速圓周運動，故

C錯誤;

D只在電場力作用下，電子要做勻速圓周運動，則必須受到大小不變的電場力，由等量同種點電荷電場分

布圖可知，電子在垂直于4c并過中心點。點的平面內可能繞0點做勻速圓周運動，故。正確。

故選：AD.

該題實質上考查常見電場的電場分布與特點，可以結合等量同種點電荷的電場特點，把兩個柱互垂直的等

展同種點電荷的電場售加在一起，進行分析可以得出結論。

該題考查常見電場的電場分布與特點，結合等量同種點電荷的電場分布特點的圖，把兩個相互垂直的等量

同種點電荷的電場疊加在一起，可以直接判定。

10.【答案】AI3

10/T

【解析】解：4兩列波的頻率均為f=^=言Hz=g，z,根據(jù)波的干涉的條件，兩列可以發(fā)生干涉，故

A正確；

8.兩振源的相位差為冷-(-竽)=兀，是反相波，而。點到兩振源的距離之差為零，則P點為振動減弱點,

振幅為零，貝h=0時刻P(0,6,0)處質點的位移為0,故B正確；

C.波長4=7=爭m=12m

f5

因QSi=6m=

則t=o時刻由Si在。點引起的位移為

n0.1/3

Si=-O.lsin-^m=---x——m

而Q52=J62+(6V~3)2m=12m=A

則t=0時刻由S2在。點引起的位移為

0.1/3

S2=0.1sin(-^)m=

-2-m

則「=。時刻Q(-?C,6Q)處質點的位移為零.故C錯誤：

D.t=0時刻波源Si和S2的位移相同，根據(jù)Q=-器可知加速度不一定相同，故。錯誤。

故選:ABO

人根據(jù)題意先求兩列波的頻率，再根據(jù)干涉的條件判斷；

R判斷是同相波還是反相波，再結合路程差判斷；

C分別計算0時刻兩列波在Q點的位移，再求合位移進行判斷；

D根據(jù)加速度和位移的關系共同確定判斷。

考查波的干涉條件，波的疊加問題，會根據(jù)題意列式求解相關的物理量。

11.【答案】BC

【解析】解：AB、設物體受到的支持力為F,受力分析如圖所示：

Fcos600=ma)2Ls}n600

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得；3=呼廠ad/s，故A錯誤，9正確;

?3

CD."V”型二面體突然停止轉動，設小物體在二面體上運動的時間為，，運動的初速度大小為火,加速

度大小為小沿人。方向向下運動在距離為)，，則有：

由平衡條件可得：F'=mgsin60°

由牛頓第二定律可得：zn^cos60o=ma

又，vQ=coLsin60°

由運動學規(guī)律可得：|=vot

12

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：y=0.025m=2.5cm,故C正確，。錯誤。

故選：BC。

(1)小物體在水平面內做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，結合向心力公式求解；

(2)“V”型二面體突然停止轉動后，小物體做類平拋運動，沿BA方向做勻速直線運動，沿AC方向做勻

加速直線運動，小物體從二面體上離開的位置距人點的距離就等于沿4。方向運動的位移大小，根據(jù)根據(jù)

牛頓第二定律，結合運動學公式求解。

本題考杳了曲線運動中類平拋運動與勻速圓周運動的性質與處理方法。對于勻變速曲線運動應用運動的合

成與分解處理，分運動具有等時性與獨立性。對于勻速圓周運動，要知道需要的向心力等于物體所受的合

外力。

12.【答案】AB

【解析】解：4速度最大時物塊合外力為零，此時加速度為零，速度達到最大值，有

77igsin45°=

解得4%=等，故A正確;

4.對物塊由頂端運動至速度最大的過程中，由能量守恒定律得+第)sin45。=⑤7n+；版等下

解得=mg(等，+哭)一嗒，故8正確;

C曰題知，彈簧的最大壓縮量為空，根據(jù)牛頓第二定律有

kx'—mgsin45°=ma

解得a=\t~2g

故C錯誤；

。.彈簧的最大壓縮量為駕吆，而平衡位置彈簧的壓縮量為與，可知彈簧做簡諧振動的振幅為毛，分

2k2kk

析可知，彈簧從平衡位置開始到最大位移處振動;個周期，從物塊接觸彈簧開始，這個系統(tǒng)就開始做簡諧

振動，且從物塊接觸彈簧到物塊運動到平衡位置的位移大小為印，恰好為振幅的一半，即從物塊接觸彈

2k

簧開始到彈簧壓縮至最短的時間為下圖中的?￡3這段時間，大于:故。錯誤：

故選:ABO

當滑塊的合力為零時，動能最大，由平衡條件求出此時彈簧的壓縮量；根據(jù)能量守恒定律解得最大動能，

利用牛頓第二定律求出加速度，分析物塊的運動情況，從而分析。。

本題考杳了機械能守恒定律、牛頓第二定律和運動學公式等知識的綜合運用，注意在速度最大時，加速度

為零，合力為零。

13.【答案】。9.86金屬塊重心與M點間距離

【解析】解：(1)根據(jù)單擺理想模型可知，為減小空氣阻力的影響，擺球應采用密度較大，體積較小的鐵

球，為使單撰擺動時搜長不變化，擺線應用不易形變的細絲線，懸點應該用鐵夾來固定。

故4BC錯誤，。.正確；

故選：D.

(2)設M點到重心得距離為心根據(jù)周期公式.

T=2n

故該圖像的斜率為

,47r24.0八，o,

xlOs/m=45/m

^=-^-=99.o-(-i.o)

由此得出重力加速度的測量值為

g?9.86m/s2

(3)由(2)分析可知，出現(xiàn)截距是由于刻度尺測出OM間細線的長度/作為擺長，準確應該取懸掛點到金屬

塊的重心之間的距離，則橫軸截距大小的意義為金屬塊重心與/W點間距離。

故答案為：(1)0:(2)9.86：(3)金屬塊重心與M點間距離

(1)根據(jù)實驗的原理以及注意事項確定正確的裝置；

(2)(3)擺長等于擺線的長度和擺球半徑之和，結合單擺周期公式解答，進而分析橫軸截距大小的意義。

單擺只有在擺角很小，空氣阻力影響不計的情況下單擺的振動才可以看成簡諧運動，要知道影響實驗結論

的因素.應用單擺周期公式可以解題。

14.【答案】R2。盤獸

【解析】解：(1)電源電動勢約為3.6V,根據(jù)歐姆定律有

U=/(R+心)

將〃=3.6匕I=5mA=0.005A代入解得

R=670/2

可知選擇&即可；

(2)測量值偏小，則指針偏轉角度小，說明通過表頭的電流偏小，說明電壓表的電阻偏大，可以適當減小

R,應在R上并聯(lián)一個比R大的多的電阻，則D正確，ABC錯誤；

故選：。。

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律有

E=%+--r

變形可得

rER0

—許％+罰

根據(jù)題意可知k=肅？。=既

解得"七，獸

故答案為：(1)/?2；(2)D;(3)^；魯

(1)根據(jù)電壓表的改裝分析解答;

(2)根據(jù)電阻的并聯(lián)關系結合題意分析解答；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律結合斜率與截距分析解答。

本題考查了求電源電動勢與內阻，知道電源U-/圖象與截距與斜率的物理意義，即可正確解題；要掌握應

用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)的方法。

15.【答案】解：(1)根據(jù)一定質量理想氣體狀態(tài)方程“分態(tài)式”可得：Pi%=P2(%+八%)

解得：％=5L；

(2)設氣球離地面高度為人，則對氣球內氣體，根據(jù)玻意耳定律可得：p2V0=p3V3

其中：P3=P2-

可得：h=3500m。

答：(1)充氣后每個氣球的體積為“；

(2)當氣球發(fā)生爆裂時，氣球離地面的高度為3500〃?。

【脩析】(1)根據(jù)一定偵量理想氣體狀態(tài)方程“分態(tài)式”列方程求解；

(2)對氣球內氣體，根據(jù)玻意耳定律列方程求解壓強。由于離地高度每升高10/〃，氣球內氣體壓強減小

1004,由此得到氣球離地面的高度。

本題主要是考查了一定質量的理想氣體的狀態(tài)方程；解答此類問題的方法是：找出不同狀態(tài)下的三個狀態(tài)

參量，分析理想氣體發(fā)生的是何種變化，選擇合適的氣體實驗定律解決問題。

16.【答案】解：(1)規(guī)定向左為正方向，對線圈1由動量定理得：nBlu=mAv

根據(jù)電流的定義式有q=It=n^t==嗎^

Kntn

右側磁場的磁感應強度8=kl

將/=20mA=0.02/1代入解得du=0.4m/s

方向水平向左

(2)第一個線圈剛進入磁場時的速度為u=34v

根據(jù)能量守恒定律有

1

Q=2mv2

解得Q=0.72/

答：(1)線圈1完全進入磁場時的速度變化量為0.4m/s,方向水平向左；

(2)線圈中產生的焦耳熱為0.72/。

【解析】(1)根據(jù)動量定理分析解答;

(2)分析速度的變化情況，根據(jù)能量守恒定律解答。

解答本題的關鍵是運用動量定理求出線框速度變化量的表達式，把握線框進入磁場時的規(guī)律，掌握應用動

量定理求解速度的方法。

17.【答案】解：(1)對A、3整體，根據(jù)牛頓第二定律，有

F-2mgsin0-Q1八+n^mgcosO=2ma

解得

a=0.2g

所以力尸作用的時間為

Vp=5V0

(2)撤去外力尸后，對物塊A,有

mgsinO+nAmgcos0=maA

解得

QA=1.2g

對物塊用有

mgsind+nBmgcosO=maB

解得

%=0-8g

由于物塊A的加速度大于物塊8的加速度，所以物塊A光速度減為零，且保持靜止，8沿斜面向上運動的

速度減為零時A、8之間的距離為

吒2吒2

X=-------------

2aB2aH

代人數(shù)據(jù)解得

*癡

(3)①物塊4速度減為零時，繼續(xù)反向做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律，有

mgsinJ-fiBmgcosO=maB'

所以

即'=0.4g

根據(jù)速度-位移關系可得

r

vl=2aBx

解得4、B物塊第一次碰前時刻B物塊的速度大小為

/6vo

V1=-6-

②4、B發(fā)生第一次彈性碰撞，則有

機巧=mv2+niv3

獲說與諺+排城

所以碰后兩物體速度交換

%=0'%=%=

碰后4做勻速直線運動，B做初速度為零的勻加速直線運動，到第二次碰撞時，有

1，2

a

=v3ti=2^

解得

573%）

tl=^T

5詔

2

g=（乩+阿）mgcosB?/=詔

A、8第二次碰撞時，速度分別為

/6

V3=%

,…5代/6

=aBtr=0.4gx6gvQ=vQ

碰后兩物體速度再次交換，4以上做勻速直線運動，〃做初速度為內、加速度為即'的勻加速直線運動，所

以

&=%亡2=%t2+2優(yōu)8恃

解得

5-/6V0

’2=亡1=7

6g

,5堤

x2=p4t2=_

g=（4+iiB）mgcosO?x2

解得

4n

^E2=-^mvo

A、8第三次碰撞時，速度分別為

/6

V4=~2~V0

,23

%=%+aB=-g-Vo

碰后兩物體速度交換，A以合做勻速直線運動，B做初速度為叫、加速度為沏'的勻加速直線運動，所以

1，2

%3=V5t3=V4t3+2?B抬

解得

5/6v0

13n=

,5詔

△=…27

*邑=(乩+fiB)mgcos0-x3

解得

AE3=2mvQ

根據(jù)以上分析，有

2,

g=^mvo

“42

g=-^mvQ

6

g=-^mvQ9

g=ymv^(n=1,2,3....)

所以4、B物塊從發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生第〃次碰撞時，系統(tǒng)損失的機械能為

AE=AE1+AE2+^￡,3+,?,+^En

解得

九5+1)2

AE=-----?-----mvQ

答：(1)恒力廠的作用時間為苧：

c2

(2)撤去廠后，3沿斜面向上運動的速度減為零時A、8之間的距離為瑞v；

(3)①撤去產后，A、B物塊第一次碰前時刻B物塊的速度大小為華北;

②撤去產后，A、B物塊從發(fā)生第