2024年湖南省長沙某中學高考物理適應(yīng)性試卷（一）(含詳細答案解析)

2024年湖南省長沙一中高考物理適應(yīng)性試卷（一）

一、單選題：本大題共7小題，共29分。

1.根據(jù)玻爾理論，電子在第〃軌道運動時氫原子的能量以和電子在第I軌￡,4eV

-0

5—--0.54

道運動時氫原子的能量%滿足關(guān)系式&=*。如圖為氫原子的能級圖。住I匕玉盂

4-■口E躅--0.85

--I.51

伯耶線系

巴耳末線系的譜線是氫原子的電子從n>2的能級返【可n=2能級時釋放出?3.4

巴耳末找系

的譜線，賴曼線系的譜線是氫原子的電子從幾>1的能級躍遷至n=1能級

的一系列光譜線。則賴曼線系能量最小的光子與巴耳末線系能量最大的光-13.6

險受伐累

子的能量差約為（）

A.lO.2eVB.6.8eVC.3.4eVD.0.54eV

2.2023年9月21日，“天宮課堂”第四課開講，航天員景海鵬、朱楊桂、桂海潮在中國空間站內(nèi)，為廣

大青少年帶來了一場別出心裁的太空科普課。已知地球的半徑為R,空間站距離地球表面的高度為人不

考慮地球的自轉(zhuǎn)，地球表面的重力加速度為以下列說法正確的是（）

4〃2(R+/I)

A.空間站的周期T=

gR2

B.空間站的加速度比同步衛(wèi)星的加速度小

C.空間站運行的線速度介于7.9km/s和11.2km/s之間

D.根據(jù)題中信息可以求出空間站的質(zhì)量

3.物體A、4放置在粗糙的水平面上，若水平外力以恒定的功率P單獨拉著物體A運動

時，物體A的最大速度為巧；若水平外力仍以恒定的功率P拉著物體4和物體8共同

運動時，如圖所示，物體A和物體B的最大速度為外?？諝庾枇Σ挥?，在物體A和8達到最大速度時作用

在物體B上的拉力功率為（）

C,D.”

4.某實驗小組測得在豎直方向K行的無人機飛行高度），隨時間/的變化曲線如圖所示，E、F、M、N為曲

線上的點，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為y=4t-26和y=-2t+140。無人機及其載物的

總質(zhì)量為2依，取豎直向上為正方向。則（）

A.E尸段無人機的速度大小為4m/s

B.FM段無人機的貨物處于超重狀態(tài)

C.FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為4kg-m/s

D.MN段無人機機械能守恒

5.某同學利用圖甲所示裝置研究物塊與長木板間摩擦力。水平向左拉長木板，傳感器記錄的F-￡圖像如圖

乙所示。下列說法不正確的是（）

(

濠14

?

I2

專?

*10

?

拉力O

8

O?

6

?

實驗臺長木板0.4

0.2

0.0

5.05.25.4時間（秒）

甲乙

A.物塊與長木板先相對靜止后相對運動

B.艱據(jù)圖乙中數(shù)據(jù)可得出物塊與木板間的最大靜摩擦力

C.艱據(jù)圖乙中數(shù)據(jù)可得出物塊與木板間的動摩擦因數(shù)

D.5.0s到5.2s圖像的波動是由于細線的彈性引起的

6.呼吸機是治療新冠肺炎的重要設(shè)備，其核心元件為呼吸機馬達（即電動機）。左圖為某品牌呼吸機馬達的

技術(shù)參數(shù)，用右圖交流電源通過理想變壓器給馬達供電，使其正常工作。貝）

供電電壓：24V

空載轉(zhuǎn)速：43000ipm

空載電施:0.2A

額定轉(zhuǎn)速：30000ipm

額定負載力矩：10N；m

額定電流：19A

額定輸出功率：32W

A.馬達內(nèi)線圈的電阻為120。

B.馬達正常工作時理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為55：6

C.該交流電源的電壓有效值為31IV

D.該交流電源每秒內(nèi)電流方向變化50次

7.如圖所不，水平放置的長方體容器內(nèi)存在豎直方向的勻強磁場，邊長為L的止方形

帥cd是長方體容器的橫截面，a、b、c、d四個頂點處均開有小孔。一質(zhì)量為〃?，電

荷量為+q的帶電粒子（不計重力）以速度%從小孔。沿訛方向射入容器，帶電粒子只

與容器壁碰撞一次后從小孔dK出。已知帶電粒子與容器碰撞前后，沿平行「容器壁

的方向速度不變，沿垂直于容器壁的方向速度等大反向，運動過程中帶電粒子的電荷

量保持不變。關(guān)于磁場的大小和方向，下列說法正確的是（）

A.磁場方向豎直向上，8=4普B.磁場方向豎直向上，B二警

C.磁場方向豎直向下，B=駕詈D.磁場方向豎直向下，B=2噂:外

二、多選題：本大題共3小題，共15分。

8.某物理研究性小組做了這樣一個實驗，將一平整且厚度均勻面積足夠大的銅板永磁停工”

'/7

固定在絕緣支架上。一質(zhì)量為"7的永磁體放置在銅板的上，亡=0時刻給永磁體一

銅板;>4絕

沿斜面向下的初速度，永磁體將沿斜面向下運動，如圖所示。假設(shè)永磁體下滑過緣

支

程中所受的摩擦力/大小不變，且fvmgsin。（式中8為銅板與水平面的夾角），取:架

銅板下端所在水平面為零勢能面。則下圖中關(guān)于永磁體下滑過程中速率入動能

Ek、重力勢能％、機械能E隨時間/變化的圖像可能正確的是（）

圖2

(1)卜列能使A、8小球帶等量同種電荷的方式是

A.用與A、8相同的帶電小球C,先接觸A,再接觸8

3.43小球接觸后靠近帶電體但不接觸，然后分開A、3小球，再移走帶電體

C.A,4小球接觸后，用帶電小球接觸A、B,移除導體球，再分開4、6小球

(2)用天平測量小球的質(zhì)量〃?，懸掛點到小球球心的距離/,將小球8固定在絕緣底座上，人球用絲線懸掛

在支架上，使小球帶上等量同種電荷。某次實驗中小球A靜止位置和8固定位置如圖所示，則4、8小球

之間的距離

r=____cmo

(3)本實驗中I?r,絲線與豎直方向夾角J很小,tan。/sin。,重力加速度g=9.8m/s2。本實驗中若小球

質(zhì)最為10g,I=1.0m,則庫侖力尸=_____N(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

(4)緩慢移動絕緣底座，得到五組憶r數(shù)據(jù)，根據(jù)庫侖定律，圖2中擬合的庫侖力”與距離「的關(guān)系圖像

可能正確的是。

12.小明做“用單擺測量重力加速度”的實驗。

(1)如圖甲所示，細線的上端固定在鐵架臺上，下端系一個小鋼球(下方吸附有小磁片)，做成一個單擺。圖

乙、丙分別畫出了細線上端的兩種不同的懸掛方式，你認為應(yīng)選用圖_____(選填“乙”或“丙”)的懸掛

方式。

(2)使小球在豎直平面內(nèi)做小角度擺動，打開手機的磁傳感器軟件。某次采集到的磁感應(yīng)強度5的大小隨

時間，變化的圖像如圖J.所示，貝!單擺的振動周期T='(結(jié)果保留3位有效數(shù)字);

012345678910

丁時間(s)

(3)改變線長/,重復上述步驟，實驗測得數(shù)據(jù)如表所示(實驗前已測得小球半徑r),請根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，在

方格紙(圖戊)上作出L-產(chǎn)圖像；

L/m

60

.20

0.80

O.41)

/

S2

O

4.)()5.00

戊

L=1+r/m77sT21s2

0.401.2761.628

0.601.5552.418

0.801.8013.244

1.002.0104.040

1.202.2084.875

(4)測得當?shù)氐闹亓铀俣萭=____(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)；

(5)有同學認為，根據(jù)公式丁=2兀有，小明在實驗中未考慮小磁片對擺長的影響，L的測量值小于真實

值，所以實驗測得的重力加速度g偏小。請判斷該觀點是否正確，簡要說明理由______o

四、簡答題：本大題共3小題，共40分。

13.如圖所示為一超重報警裝置示意圖，高為L、橫截面積為S、質(zhì)量為，〃、導

熱性能良好的薄壁容器豎直倒置懸掛，容器內(nèi)有一厚度不計、質(zhì)量為，〃的活

塞，穩(wěn)定時正好封閉一段長度寺的理想氣柱?；钊赏ㄟ^輕繩連接以達到監(jiān)測重[

輕

物的目的，當所掛重物為M=||(萼-m)時，剛好觸發(fā)超重預(yù)警，活塞恰好下預(yù)警

繩傳感器

降至位于離容器底某位置的預(yù)警傳感器處。已知初始時環(huán)境熱力學溫度為To,大工

氣壓強為Po,重力加速度為g,缸內(nèi)氣體內(nèi)能與熱力學溫度的關(guān)系為^=々7,kt-L-l受監(jiān)測

I~I重物

為常數(shù)，不計摩擦阻力。

(1)求預(yù)警傳感器到容器底部的距離；

(2)在(1)條件下，若外界溫度緩慢降低為?，求在剛好觸發(fā)超重預(yù)警到外界溫度緩慢降低為冷的過程中向

OO

外界放出的熱量。

14.如圖所示，一個阻值為2R、匝數(shù)為N的圓形金屬線圈與阻值為R的電阻連接成閉合I可路，線圈的半徑

為〃，在線圈中半徑為「2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度8。隨時間f的變

化率為|贊|=匕電阻R的兩端通過導線與平行金屬板“、。相連，一質(zhì)量為/小帶電量為-q的粒子，由

。板中央處靜止釋放，經(jīng)。板上的小孔射出后，由小孔M沿徑向射入有勻強磁場的絕緣圓筒內(nèi)。已知絕緣

圓筒半徑為「3,絕緣圓筒內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小為用方向垂直圓筒面向里。不計粒子重力。求：

(1)磁感應(yīng)強度殳隨時間/是均勻增大還是減??？

(2)粒子進入絕緣筒時速度箕的大小；

(3)粒子與絕緣筒壁碰撞時速率、電荷量均不變，為使粒子在筒內(nèi)能與筒壁碰撞4次后又從M孔抬出，則

筒內(nèi)磁感應(yīng)強度B應(yīng)滿足的條件。

15.如圖所示，足夠長的水平光滑直軌道A8和水平傳送帶平滑無縫連接，傳送帶長L=4m,以10m/s的速

度順時針勻速轉(zhuǎn)動，帶有光滑圓弧管道E廠的裝置尸固定于水平地面上，Ef?位于豎直平面內(nèi)，由兩段半徑

均為R=0.8m的;圓弧細管道組成，Er管道與水平傳送帶和水平地面上的直軌道MN均平滑相切連接，

MN長乙2二2相，右側(cè)為豎直墻壁，滑塊。的質(zhì)量叫=0.3kg,滑塊b與輕彈簧相連，質(zhì)量蛆=0-1切，

滑塊c質(zhì)量租3=0?6憶9,滑塊〃、b、c均靜置于軌道AB上?，F(xiàn)讓滑塊。以一定的初速度水平向右運動，

與滑塊》相撞后立即被粘住，之后與滑塊。發(fā)生相互作用，。與勁度系數(shù)k=1.5N/m的輕質(zhì)彈簧分離后滑

上傳送帶，加速之后經(jīng)E尸管道后滑上MM已知滑塊c?第一次經(jīng)過七時對軌道上方壓力大小為42M滑塊

c與傳送帶間的動摩擦閃數(shù)〃1=035,與間的動摩擦閃數(shù)〃2=。4,其它摩擦和阻力均不計，渭塊與豎

直墻壁的碰撞為彈性碰撞，各滑塊均可視為質(zhì)點，重力加速度大小g=10m/s2,彈簧的彈性勢能Ep二

2h2(%為形變量)。求：

(1)滑塊c第一次經(jīng)過F點時速度大小(結(jié)果可用根號表示)；

(2)滑塊。的初速度大小北；

(3)試通過計算判斷滑塊c能否再次與彈簧發(fā)生相互作用，若能，求出彈簧第二次壓縮時最大的壓縮量。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：賴曼線系能量最小的光子是從n=2的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)放出的光子，其值為E=E2-E】=

-3.4eV-(-13.6eV)=10.2eV

巴耳末線系能量最大的光子是從電離狀態(tài)躍遷到九=2激發(fā)態(tài)放出的光子，其值為E'=0-(-3.4eK)=

342V

二者的能量差為AE=E-E'=10.2eV-3.4eV=6.8eV,故B正確，人C。錯誤。

故選:BQ

在賴曼系中從n=2的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)放出的光子最?。话投┚€系中從電離狀態(tài)躍遷到n=2的激發(fā)態(tài)

放出的光子能量最大，根據(jù)玻爾理論求出其能量值，再求其差值即可。

解決本題的關(guān)鍵知道能級間躍遷輻射的光子能量等于兩能級間的能級差。

2.【答案】A

【解析】解：4根據(jù)G￡器=m等(R+h),G^=mg

代入數(shù)據(jù)得：T=史處里，故人正確；

8.根據(jù)G^=ma代入數(shù)據(jù)得：。=署

空間站的運動半徑小于衛(wèi)星的運動半徑，則空間站的加速度比同步衛(wèi)星的加速度大，故B錯誤；

C根據(jù)環(huán)繞速度的規(guī)律可知空間站運行的線速度一定小于第一宇宙速度7.9/nn/s,故C錯誤；

D空間站為環(huán)繞天體，萬有引力定律無法求得質(zhì)量，故。錯誤。

故選:Ao

利用萬有引力定律可以直接求出周期和向心加速度。

環(huán)繞地球做圓周運動的線速度定是小丁7.9Q〃/s。

環(huán)繞天體的質(zhì)量無法求，只能求中心天體的質(zhì)量。

本題考查學生對萬有引力定律的理解和運用，也可以用“低軌高速小周期，高軌低俗大周期”的結(jié)論理

解。

3.【答案】C

【解析】解：設(shè)物體A受到的阻刀為年初物體B受到的阻力為號8,當物體的速度最大時外力等于阻力;

以恒定的功率〃單獨拉著物體A運動時，=?"女，以恒定的功率尸拉著物體A和物體/共同運動時，=

(FfA+'藝，作用在物體4上的拉力功率為PB=PfBv2

聯(lián)立解得

vi

故C正確，AB。錯誤。

故選：Co

根據(jù)功率的計算公式結(jié)合AB的運動情況分析解答。

本題考查功率的計算問題，解題關(guān)鍵掌握物體速度最大時的受力情況。

4.【答案】A

【解析】解：E尸段無人機的速度大小等于圖像中七尸段的斜率，根據(jù)其方程：y=4t-26,可知Er段無

人機的速度大小為：v=4m/s,故A正確；

8.根據(jù)y-￡圖像的切線斜率表示無人機的速度，可知/M段無人機先豎直向上做減速運動，后豎直向下做

加速運動，加速度方向一直向下，則無人機的貨物處于失重狀態(tài)，故8錯誤；

C以)，軸止方向為止方向。同理，根據(jù)MN段方程：y=-2t+140,可知“N段無人機的速度為：i/=

—2m/s

則FN段無人機和裝載物總動量變化量為：4P=mv'-mv=2x.(-2)kg?m/s-2x4kg?m/s=-12kg?

m/s,其大小為12kg?m/s,故C錯誤;

DA/N段無人機向下做勻速直線運動，動能不變，重力勢能減少，無人機的機械能不守恒，故。錯誤。

故選:Ao

根據(jù)圖像的切線斜率表示無人機的速度，由已知的方程可得E/段、MN段無人機的速度：根據(jù)加速

度的方向判斷無人機的貨物是否處于失重狀態(tài)：根據(jù)動量的定義求解其變化量；MN段無人機向下做勻速

直線運動，其機械能不守恒。

本題以無人機從上升到返回的過程為背景考查了運動學圖象、超重和失重狀態(tài)、動量和機械能的問題，解

題的關(guān)鍵是分清K行高度y隨時間/的變化圖像對應(yīng)的運動狀態(tài)，用相關(guān)物理規(guī)律可解決問題。

5.【答案】C

【解析1解：A根據(jù)圖乙可知，板塊間開始是靜摩擦力，后來是滑動摩擦力，所以，物塊與長木板先相對

靜止后相對運動，故A正確；

8.根據(jù)圖乙中數(shù)據(jù)可得出物塊與木板間的最大靜摩擦力約1.08M故3正確：

C.根據(jù)圖乙可求得滑動摩擦力，但不知道正壓力，無法計算動摩擦因數(shù)，故C錯誤；

25.0s到5.2s圖像的波動是由于達到最大靜摩擦力后，細線的彈性引起的，故。止確；

本題選錯誤的，故選：C。

根據(jù)滑動摩擦力的產(chǎn)生條件，結(jié)合圖像分析出物塊與長木板之間的運動情況；

理解力傳感器示數(shù)變化的原因，結(jié)合題目選項完成解答。

本題主要考查了摩擦力的相關(guān)應(yīng)用，理解摩擦力的產(chǎn)生條件，結(jié)合摩擦力的計算公式即可完成分析。

6.【答案】B

【解析】解：A、馬達空載時，為非純電阻電路，不能用歐姆定律求解電阻，即利用圖中數(shù)據(jù)，不能求解

馬達內(nèi)線圈的電阻，故A錯誤；

BC、由圖像得，交流電壓的峰值為〃巾=220度1/

有效值為％=強=等，=220V

理想變壓器原副線圈電壓比等于匝數(shù)比，則馬達正常工作時理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為:n2=

Ui：U2=220：24=55：6

故B正確，C錯誤；

D、由圖像得，該交流電的周期為T=0.02s

1個周期內(nèi)電流的方向變化兩次，則該交流電源每秒內(nèi)電流方向變化的次數(shù)為2x5^次=100次

故D錯誤。

故選：Bo

非純電阻電路不能用歐姆定律求解；根據(jù)圖像求解交流電壓的峰值，根據(jù)正弦式交變電流規(guī)律求解電壓的

有效值；理想變壓器原副線圈匝數(shù)比等于電壓比；根據(jù)圖像求解交流電的周期，1個周期內(nèi)電流的方向變

化兩次，據(jù)此分析即可。

本題考查正弦式交變電流和非純電阻電路的計算，解題關(guān)鍵是會通過圖像得到電壓的峰值和周期，掌握正

弦式交變電流的規(guī)律，知道理想變壓器原副線圈電壓比等于匝數(shù)比。

7.【答案】D

【解析】解：磁場方向豎直向上，運動軌跡如圖所示，

根據(jù)幾何關(guān)系可得：4r2cos45°=L。

解得：-2=翕，從而有：8二空|詈，故A、8錯誤；

CD.若磁場方向豎直向下，且?guī)щ娏Ｗ又慌c容器壁碰撞一次后從小孔dK出，則帶電粒子的運動軌跡應(yīng)左

右對稱，則左側(cè)的運動軌跡如圖所示；

0

根據(jù)幾何關(guān)系可得：cos。=黑=嚏，sin。=塔=W

aMV5aMV5

a=90°—(8+45°)=45°-。

aM

Sina=—?aM=F-L，

ri2

解得：4=［亍心

由洛倫茲力提供向心力：qv0B=

解得：小=篝

聯(lián)立可得：8=次膂

C錯誤，。正確。

故選:Do

(1)(2)根據(jù)題意作出粒子的運動軌跡圖，根據(jù)幾何關(guān)系求得半徑與L的大小關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律可解

得磁場大小。

本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動問題，解決該類題型需根據(jù)題意作出帶電粒子的運動軌跡圖，根據(jù)

幾何關(guān)系求得半徑，再結(jié)合牛頓第二定律求解即可。

8.【答案】ABD

【解析】解：A、永磁體下滑時由于渦流的產(chǎn)生會有阻尼作用，且隨速度的增大而增大，所受的摩擦力阻

力不變，根據(jù)牛頓第二定律得：mg^sin0-f-fff^=7na,隨著永磁體的加速下滑，阻尼作用增大，則

加速度逐漸減小，線的斜率減小，故A正確；

B、若開始下落時永磁體滿足mg?s譏6-/?-/?陽后=0,永磁體勻速下滑，此時動能不變，故8正確：

C、永磁體下滑時重力勢能逐漸減小，但是不會趨近與某一定值，故C錯誤；

。、永磁體下滑過程中，由于有電能產(chǎn)生，則機械能逐漸減小，故。正確。

故選：ABD。

永磁體在下滑過程中，由于受到阻尼作用，阻尼作用的大小與速度有關(guān)，根據(jù)牛頓第二定律即可判斷出加

速度，利用速度-時間公式借款判斷速度變化，若開始卜滑時恰能勻速運動，則在運動過程中動能可能不

變，在下滑過程中，重力勢能一直減小，不可能趨于某一值，由于阻尼作用，會產(chǎn)生內(nèi)能，故機械能減小

即可判斷。

本題主要考查了在阻尼作用下的物體運動，判斷出永磁體的可能運動情況，結(jié)合牛頓第二定律及勢能的變

化即可判斷。

9.【答案】BC

【解析】解：A3、設(shè)它們之間的作用力是F7，分析飛船有(尸-峰)4=7欣1〃，分析火箭有FWt=m/lu,

所以可得火箭的〃L二器一〃i,飛船的質(zhì)量為,九二舞一〃乜，故A錯誤，B正確：

CD、根據(jù)動量定理可得Fdt=(m+mQdu,解得：F=(m+mQ非所以推力尸越大，當就越大，且光

與F成正比，因為尸丁=甯＜凡故C正確，。錯誤。

故選：BC。

對飛船和火箭由牛頓第二定律列式，結(jié)合速度變化得到火箭質(zhì)量小工和飛船的質(zhì)量〃”根據(jù)牛頓第二定律和

運動學公式可得飛船對火箭的彈力大小，再分析F與速度變化率之間的關(guān)系“

本題通過牛頓第二定律得出正確結(jié)果，也可以根據(jù)動量定理研究，更簡便，在一些和時間有關(guān)的動力學題

目中應(yīng)用動量定理求解比較簡潔。

10.【答案】AD

【解析】解：4、從C點入射的光線，進入玻璃球后光線如圖所示：

設(shè)入射角為i,折射角為「，法線與直徑八B夾角為仇則根據(jù)幾問關(guān)系可得:

0=i,0=2r,而：sin8=t，可知：i=60°,r=30°；

R

進入玻璃時，光線沿順時針偏轉(zhuǎn)了30。，根據(jù)光的折射定律可知，從3點射出時，光線沿順時針乂偏轉(zhuǎn)了

30。，因此從8點的出射光相對C點入射光方向偏折了60。，故人正確；

8、當光束從C點射入時恰能從右側(cè)射出且射出點為8,說明光線與“足球”相切，根據(jù)幾何關(guān)系可得：

d=2Rsinr,解得：d=R,故B錯誤；

C、由于光線從。點射入玻璃中的折射角等于從B點出射時的入射角，離開玻璃球的折射角等于射入玻璃

球時的入射角，因此光線不會發(fā)生全反射?，故C錯誤；

。、如果用頻率更小的激光入射時，進入玻璃的折射角增大，從而在玻璃內(nèi)傳播的距離減小，而頻率更小

時，光在玻璃中的傳播速度增大，從而光在玻璃球中的傳播時間變短，故。正確。

故選：AD.

畫出從。點入射的光路圖，由幾何關(guān)系求得光束從C點射入時入射角和折射角，根據(jù)光路可逆原理可得光

束在B點射出時的折射角，根據(jù)幾何關(guān)系求解光束偏折的角度：根據(jù)題意可知在C點進入玻璃球的光線與

球內(nèi)的“足球”相切，根據(jù)幾何關(guān)系可得“足球”的直徑；根據(jù)光路可逆原理可知光束不會在右側(cè)發(fā)生全

反對：對于頻率較小的激光入射時，玻璃對光的折射率減小，注入玻璃的折射角增大，光在玻璃中的傳播

速度增大，根據(jù)時間等于路程除以速度分析光在玻璃球中的傳播時間的變化。

本題主要是考查了光的折射和全反射；解答此類題目的關(guān)鍵是弄清楚光的傳播情況，畫出光路圖，根據(jù)圖

中的幾何關(guān)系求出折射角或入射角，然后根據(jù)光的折射定律和全反射的條件列方程求解。

11.【答案】(1)C；(2)2.20；(3)2.2x10-3；(4)C

【解析】解：(1)4、.用與A、8楣同的帶電小球C,先接觸A,再接觸8,兩球?qū)?1二不等量的同種電

荷，故A錯誤；

8、小球接觸后靠近帶電體但不接觸，然后分開兩個小球，再移開帶電體，能使小球帶等最異種電荷，

故B錯誤；

C、兩個小球接觸后，用帶電小球接觸AB,移除導體球，再分開A8小球，能使兩小球帶等量同種電荷，

故C正確；

故選:Co

(2)由圖可知，刻度尺的分度值為。需要估讀到分度值的下一位，則AS小球之間的距離為

r=2.20cm

(3)對小球受力分析，根據(jù)幾何關(guān)系可得庫侖力大小為

mqr

F=mgtanG*mgsinO=-1—

代人數(shù)據(jù)解得：

22

F=x0.01x9.8N=2.2x10-3yV

(4)根據(jù)尸=皆可知，尸一右圖像為過原點的直線，故C正確，AB錯誤；

故選：C。

故答案為：⑴C；(2)2.20；(3)2.2x10-3；(4)C

(1)根據(jù)電荷守恒定律分析出小球的帶電情況；

(2)熟悉刻度尺的讀數(shù)規(guī)則并得出AB小球之間的距離；

(3)對小球進行受力分析，根據(jù)幾何關(guān)系得出庫侖力的大??；

(4)根據(jù)庫侖定律得出正確的圖像,

本胭主要考查了庫侖定律的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)實驗原理掌握止確的實驗操作，結(jié)合庫侖定律和受力分析即可

完成分析。

12.【答案】丙1.369.78m/s2不工確。設(shè)擺球的重心下移4,取據(jù)單擺周期公式T=2兀4，有人+4=

梟"，A?+4L=梟q，所以g=4n工;卻與4L無關(guān)。

【解析】解：(1)圖乙的方法中當單擺擺動時擺長會發(fā)生變化，則圖內(nèi)的懸掛方式較好；

(2)小球經(jīng)過最低點時磁感應(yīng)強度最大，相鄰兩次磁場最強的時間間隔為半個周期，由圖可知單擺的周期

約為1.36s；

(3)根據(jù)表格中數(shù)據(jù)描點連線如圖

(4)根據(jù)單擺的周期公式可得:

可得

9

4幾2

則圖線斜率為

l“=0.248

則g=9.78m/s2

(5)重力加速度根據(jù)圖像的斜率可求，由(4)的分析可知，小磁片不影響重力加速度的測量值，所以這個同

學的觀點是不正確的。

故答案為：(1)丙;(2)1.36；(3)如圖所示;(4)9.78m/s2；(5)不正確。設(shè)擺球的重心下移43根據(jù)單擺周

期公式T=27rJ^有人+4乙=梟號，L2+AL=^T^所以9=4與從無關(guān)。

(1)根據(jù)實驗原理選擇合適的懸掛方式；

(2)根據(jù)圖像分析出單擺的周期：

(3)根據(jù)表中的數(shù)據(jù)畫出正確的圖像：

(4)根據(jù)單擺的周期公式得出重力加速度的大??；

(5)理解實驗誤差的產(chǎn)生原因，結(jié)合題意完成分析。

本題主要考查了單擺測量重力加速度的實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結(jié)合單擺的周期公式和

圖像的物理意義即可完成分析。

13.【答案】(1)/；(2)赳7o+]poSL-[mgL

解：(1)設(shè)預(yù)警傳感器到容器底部的距高為人掛重物前對活塞進行受力分析有

PiS+mg=p0S

拄上重物后對重物和活塞組成的系統(tǒng)進行分析有

p2s+(M+m)9=PQS

聯(lián)立兩式可得

M=H辱一⑴

氣體發(fā)生等溫變化，由玻意耳定律小匕二P2/代入數(shù)據(jù)得

6

九二＞

(2)氣體發(fā)生等壓變化由蓋-呂薩克定律?=守其中72=To,T3=?代入得

?2136

ShV

10

~6

解得

1

V=^SL

外界對氣體做功

W=p2(Sh-V)

氣體內(nèi)能的變化量為dU=U2-%代入得

ToS

△1}=卜整一叫=-TKT

oo0

根據(jù)熱力學第一定律

AU=W+Q

可得Q=AU-W

解得

555

Q=_qkT°一而PoSL+詬?ngL

可知，氣體放出的熱量為

,555

Q=~Q=qkT。+-^QPQSL--^mgL

故答案為：(1),L;

(2)|/CT0+-^PQSL--^mgL

【解析】根據(jù)氣體狀態(tài)方程及熱力學第一定律即可求得。

本題主要考查氣體實驗定律及熱力學第一定律的具體應(yīng)用，解題關(guān)鍵是正確進行受力分析。

14.【答案】解：(1)帶電量為—q的粒子，由〃板中央處靜止釋放，經(jīng)b板上的小孔射出，說明〃板電勢

高，由楞次定律可知磁感應(yīng)強度舔隨時間/是均勻減小的。

(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律有E=N察

E=/V|-^|S=Nknr}

由閉合電路歐姆定律有/=五%

平行金屬板〃、〃兩端的電壓U=/R

粒了在電場中運動時，由動能定理有=

解得”=七j密

(3)粒子從M點進入圓筒，速度為n,在圓筒中運動有q“6=小出

5。=2717r(n=1或2)

第一種情況6=名

則慳畫

r3tan^73q

第二種情況