2024年湖南省長沙市四區(qū)高考物理一模試卷(含詳細答案解析)

2024年湖南省長沙市四區(qū)高考物理一模試卷

一、單選題：本大題共6小題，共24分。

1.軋鋼廠的熱軋機上安裝射線測厚儀，儀器探測到的y射線強度與鋼板的厚度有關。如圖所示，某射線測

厚儀采用放射性同位素鉞192作為放射源，其化學符號是〃，原子序數(shù)為77,放射源在進行￡衰變產(chǎn)生新

核X的同時會釋放出y射線，放射性元素的半衰期為74天，下列說法正確的是（）

A.上述衰變方程為序｝一聚x+oe

B.衰變放射出的0粒子來自于原子核內一個中子轉化為一個質子和電子

C.若有4.0g鉞192,經(jīng)過148天有1.0g發(fā)生了衰變

D.若探測器測得的射線強度變弱時，說明鋼板厚度變小

2.“地震預警”是指在地震發(fā)生以后，搶在地震波傳播到受災地區(qū)前，向受災地區(qū)提前幾秒至數(shù)十秒發(fā)出

警報，通知目標區(qū)域從而實現(xiàn)預警。科研機構對波的特性展開研究，如圖甲所示為研究過程中簡諧波t=0

時刻的波形圖，M是此波上的一個質點，平衡位置處于％=4m處，圖乙為質點M的振動圖像，則（）

甲乙

A.該列波的傳播速度為4m/sB.該列波的傳播方向沿x軸負向傳播

C.質點M在%內通過的路程為340cwD.質點M在2s內沿x軸運動了

3.如圖，圓形水平餐桌面上有一個半徑為r,可繞中心軸轉動的同心圓盤，在圓盤的邊緣放置一個質量為

加的小物塊，物塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)以及與桌面的摩擦因數(shù)均為小現(xiàn)從靜止開始緩慢增大圓盤的角

速度，物塊從圓盤上滑落后，最終恰好停在桌面邊緣。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小

為g,圓盤厚度及圓盤與餐桌間的間隙不計，物塊可視為質點。則（）

圓盤

A.小物塊從圓盤上滑落后，小物塊在餐桌上做曲線運動

B.餐桌面的半徑為3，

C.物塊隨圓盤運動的過程中，圓盤對小物塊做功為:〃mgr

D.物塊在餐桌面上滑行的過程中，所受摩擦力的沖量大小為mJ而

4.華為〃心260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

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

顆衛(wèi)星離地高度均為力，地球的半徑為R,地球同步衛(wèi)星離地高度為6R,地球

表面重力加速度為g,引力常量為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相等

B.能實現(xiàn)全球通信時，衛(wèi)星離地高度至少2R

C.其中一顆質量為〃?的通信衛(wèi)星的動能為裳*

D.通信衛(wèi)星和地球自轉周期之比為-㈣

J（R+4）

5.保險絲對保護家庭用電安全有著重要作用，如圖所示，4是熔斷電

流為1A的保險絲，理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為2：I,交變

電壓U=220V,保險絲電阻1。，R是用可變電阻。當電路正常工作

時，則下列說法正確的是（）

A.可變電阻R不能大于54.75。B.可變電阻R越大，其消耗的功率越小

C.通過可變電阻R的電流不能超過0.54D.增加原線圈匝數(shù)，保險絲可能熔斷

6.某同學設計了一貨物輸送裝置，將一個質量為M載物平臺架在兩根完全相同、半徑為小軸線在同一水

平面內的平行長圓柱上。已知平臺與兩圓柱間的動摩擦因數(shù)均為〃，平臺的重心與兩柱等距，在載物平臺

上放上質量為〃?的物體時也保持物體的重心與兩柱等距，兩圓柱以角速度3繞軸線作相反方向的轉動，重

力加速度大小為g。現(xiàn)沿平行于軸線的方向施加一恒力凡使載物平臺從靜止開始運動，物體與平臺總保

持相對靜止。下列說法正確的是（）

A.物體和平臺開始運動時加速度大小為Q=/

M+m

B.物體和平臺做勻加速運動

C.物體受到平臺的摩擦力逐漸增大

D.只有當尸>〃（M4-m）g時平臺才能開始運動

二、多選題：本大題共4小題，共20分。

7.圖甲是半圓柱形玻璃體的橫截面，一束紫光從真空沿半圓柱體的徑向射入，并與底面上過。點的法線成

。隹,CO為足夠大的光學傳感器，可以探測從人B面反射光的強度。若反射光強度隨。變化規(guī)律如圖乙所

示,取sin370=0.6,cos37。=0.8,則下列說法正確的是（）

A.8減小到0時，光將全部從AB界面透射出去

B.8減小時，反射光線和折射光線夾角隨之減小

C.咳紫光在半圓柱體中的折射率為￡

D.改用紅光入射時，C。上探測到反射光強度最大值對應的J>37°

A.金屬棒a受到向左的摩擦力

B.金屬棒a受到的最大摩擦力一定為碧

C.金屬棒人的最大速度為映

28刎

D.金屬棒b減小的重力勢能等于金屬棒。和金屬棒h中產(chǎn)生的總焦耳熱

三、實驗題：本大題共2小題，共16分。

11.某同學用如圖甲所示的裝置驗證動量定理，實驗過程中部分實驗步驟如下:

壓力傳感梏光條簫

氣墊導軌

甲

012cm

IIIIIIIillIIIIIIIIIIII

I(III|IIII|II11]1I1I

010

乙

(1)將一遮光條固定在滑塊上，用20分度的游標卡尺測量遮光條的寬度，游標卡尺如圖乙所示，則遮光條

的寬度d=〃〃〃。

(2)滑塊離開彈簧一段時間后通過光電門，光電門測得遮光條的擋光時間為戊=2.0x10-2s,可得彈簧恢

復形變的過程中滑塊的速度大小為m/s.

(3)將一與輕彈簧相連的壓力傳感器固定在氣墊導軌左端，一光電門安裝在氣墊導軌上方，用滑塊將彈簧

壓縮一段距離后由靜止釋放，壓力傳感器顯示出彈簧彈力尸隨時間/變化的圖像如圖丙所示，根據(jù)圖丙可

求得彈簧對滑塊的沖量大小為N-s。(計算結果保留2位有效數(shù)字)

12.用如圖甲所示的電路研究壓敏電阻應變片心的壓阻效應。電源的電動勢為3%

內阻忽略不計。除圖甲中的器材外，實驗室還提供了如下器材可供選擇：

電壓表V(量程為0?15IZ,內阻約為20ZD,其讀數(shù)用U表示)

電流表4(量程為0?0.64,內阻3=1.5。，其讀數(shù)用A表示)

電流表％2(量程為0?0?64內阻約為2。，其讀數(shù)用，2表示)

(1)請在選好器材后完成圖甲中虛線框內的部分電路；

(2)在電阻心上施加壓力F,閉合開關5,記下電表讀數(shù)，該電路測量電阻心阻值的表達式為&=(

用題目中給出的字母表示)。改變壓力凡得到不同的勺值，記錄數(shù)據(jù)并繪成a-F圖像如圖乙所示；

(3)一同學想把電流表改成簡易壓力表，他仍然使用原來的表盤，只是把表盤上標小的數(shù)字“0.2、0.4、

0.6"改為相應的壓力值，實驗采用的電路如圖丙所示。他在表盤上表示O.L4的刻度線處標上數(shù)字0,則電

路中滑動變阻器的阻值應為&=此壓力表表盤上0.204的刻度線處標上的壓力值為M

四、簡答題：本大題共3小題，共40分。

13.氣壓傳動是工業(yè)中常見的傳動方式。如圖所示，面積為L的活塞4靜止，與氣缸右端相距人。用力緩

慢右移活塞A,通過壓縮氣體頂起豎直放置的面積〉的活塞B和上方高〃的液柱(液體密度為p),最終活塞

A移到最右端?；钊徛苿舆^程中，氣體溫度保持不變。氣體視為理想氣體，大氣壓強為Po,忽略彎管

中的氣體體積，裝置不漏氣，不計摩擦和兩活塞質量。

(1)最終活塞B上升的高度G；

(2)若整個過程活塞A對封閉氣體做正功W,忽略氣體質量，求整個過程中氣體對外放熱。為多少。

K

A

圖b

14.作為研制新一代飛行器的搖籃，我國22超高速風洞可以創(chuàng)造出高度達幾十千米、速度達約三十倍

聲速的飛行條件。若將一小球從風洞中地面上的A點以初速度火豎直向上彈出，小球受到大小恒定的水平

風力作用，到達最高點B時的動能為初始點A動能的白，小球最后落回到地面上的C點，如圖。不計空氣

阻力，重力加速度為g,求：

(1)小球從彈出到落地所用的時間；

(2)小球運動的加速度大?。?/p>

(3)小球在空中的最小速度。

15.某粒子分析裝置的部分簡化結構如圖所示，主要由粒子源、圓柱形磁場區(qū)和6面是熒光屏的長方體儀

器OABC-OEFG構成，粒子打在屏上會被吸收。以長方體儀器的頂點0為坐標原點，建立三維坐標系0-

xyz.長方體儀器的長人從寬40、高人Z)分別為2々、2a.a,長方體所在空間存在方向沿x軸正向的勻強

磁場1(圖中未畫出)。圓柱形區(qū)域的長為2〃，底面圓半徑為心圓柱形位于長方體儀器的正上方，兩者通

過長方體正上方狹縫尸Q連通，〃為OE的中點，。為G/的中點，圓柱形區(qū)域所在空間存在方向沿x軸正

向的勻強磁場U(圖中未畫出)，在xoz平面有一與圓柱體等高等長的長方形粒子源，能沿著)，軸正方向發(fā)

射速率均為u的正電粒子，所有進入圓柱體空間的粒子都恰能通過狹縫PQ再進入長方體儀器，恰好沒有

粒子打到8CFE面。已知帶電粒子的比荷為2,不計粒子重力及粒子間相互作用，試求：

(1)勻強磁場I磁感應粒度名的大?。?/p>

(2)打在頂面OEFG粒子數(shù)目N］和打在底面OABC的粒子數(shù)目N2之比；

(3)若僅將勻強磁場I的方向調整為沿)，軸正方向，大小不變，且其他條件不變，對于從Q點入射的粒

子，能打到長方體儀器BCFE面上的粒子最長運動時間以及能打在8c尸E面上的粒子數(shù)目N3與。點入射的

粒子總數(shù)N之比。(已知cos。=A,則。的大小可表示為。=arccosA)

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：AB.份衰變的實質是原子核里的一個中子放出一個電子變?yōu)橘|子，反應過程中遵循質量數(shù)'守

恒和核電荷數(shù)守鶴，故衰變方程為：

勢2/rT%2x+?]C,故A錯誤，6正確；

C、若有4g鉞192,經(jīng)過74天后有2g發(fā)生衰變，再過74天，即總共經(jīng)歷148天，還有1g沒有衰變，總

共衰變了3g,故C錯誤；

。、探測器得到的射線變弱時，說明鋼板厚度增大，故。錯誤；

故選:B。

理解0衰變的本質，結合衰變前后質量數(shù)和電荷數(shù)守恒的特點得出衰變方程；

根據(jù)半衰期的概念得出鉞衰變的質量；

根據(jù)射線強度的變化趨勢得出鋼板厚度的變化趨勢。

本題主要考查了半衰期的相關應用，理解半衰期的概念，結合/?衰變的本質即可完成分析。

2.【答案】B

【解析】解：A、由甲圖可知2=4m,由圖乙可知7=2s,則該波的傳播速度為u=彳=gm/s=2m/s,

故A錯誤；

B、由圖乙可知，t=0時刻，質點M向上振動。在甲圖上，根據(jù)波形平移法可知該波沿x軸負方向傳播，

故B正確；

C、由于￡=9s=47+；T,所以質點加在％內通過的路程為5=4乂44+24=184=18乂20(771=

360cm,故C錯誤；

。、簡諧波沿x軸負方向傳播，質點M只在平衡位置上下振動，并不會隨波遷移，故。錯誤。

故選：Bo

讀出波長和周期，再求波速；由圖乙讀出t=O時刻質點M的振動方向，在甲圖上，利用波形平移法判斷

波的傳播方向；根據(jù)時間與周期的倍數(shù)，求解質點M在9s內通過的路程；質點M只在平衡位置上下振

動，并不會隨波遷移。

本題考查識別、理解振動圖象和波動圖象的能力，以及把握兩種圖象聯(lián)系的能力。對于波的圖象，往往先

判斷質點的振動方向和波的傳播方向間的關系。

3.【答案】C

【解析】解：人、小物塊從圓盤上沿切線方向飛出，滑落到桌面上后，小物塊受到的摩擦力方向始終與速

度的方向相反，在餐桌上做勻減速直線運動，故人錯誤；

從小物塊從圓盤上滑落的瞬間，此時摩擦力達到最大靜摩擦力，由牛頓第二定律可得：4mg=血學，解

得：??；=/麗，小物塊從圓盤上滑落到滑到桌面的邊緣，如圖所示：

動能定理可得：一〃mg%=0-/mu2

代入數(shù)據(jù)解得：%=]

由幾何關系可得：/?2=r2+x2

代入數(shù)據(jù)解得餐桌面的半徑為：R=故B錯誤：

。、物塊隨圓盤運動的過程中，由動能定理，可得圓盤對小物塊做功為W=故C正確；

。、選取末速度的方向為正方向，根據(jù)動量定理可得：If=Ap=mv

聯(lián)立得在餐桌面上滑行的過程中，所受摩擦力的沖量大小為：lf=故。錯誤。

故選：C。

根據(jù)摩擦力提供向心力，當摩擦力達到最大值時物塊從圓盤上滑落，從而求出角速度和線速度；在根據(jù)滑

落后做勻減速直線運動剛好停在桌面邊緣，求出餐桌半徑，再根據(jù)動能定理求出圓盤對物塊做的功。

本題主要考查圓周運動的臨界條件，在做題中要注意物塊從圓盤滑落下去，沿切線方向做勻減速直線運動

4.【答案】C

【解析】解：4通信衛(wèi)星受到的萬有引力大小為F=G贊，三顆通信衛(wèi)星的質量未告知，故三顆通信衛(wèi)星

受到地球的萬有引力大小不定相等，故A錯誤；

及三顆通信衛(wèi)星若要全面覆蓋，貝J其如圖所示

由幾何關系可知，乙A08=12(r,^AOC=60%其OA為地球半往R,所以由幾何關系有

cos6(T=祟OC=2R=R+h,代入數(shù)據(jù)得：h=R,所以通信衛(wèi)星高度至少為R,故B錯誤；

UC

C.對衛(wèi)星有G/工：2=7n六不在地球表面有?；?皿9，其動能為&=〈mu?=U匕、，故C正確；

(R+八)八十〃K/

cMm47r2小.「Mm47r2,)c、T.擊I

D對通信衛(wèi)星有G*工芹=血式(/?+/1),對同步衛(wèi)星有G行卡=mm-(7R),可得普=竺為，故。

(R+h)T逋(7R)T地%I(7R)3

錯誤。

故選：Co

利用萬有引力定律列式求解即可。

本題考查學生對人造衛(wèi)星和萬有引力定律的理解和運用，需要注意衛(wèi)星的質量未給出。

5.【答案】B

【解析】解.：AB.將保險絲電阻看成交變電源內阻，則有可變電阻消耗的功率等于理想變壓器原線圈消耗

的功率，設原線圈等效電阻為公,

根據(jù)輸出功率等于輸入功率，以及原、副線圈電流和匝數(shù)的關系則有

/洱=弓R

立=也

心一而

聯(lián)立可得

Ri=(中)2/?=4R

當電路正常工作時，原線圈電流14則

,U

%+R'=丁N220。

即

RX=4R>2190

所以

R>54.75〃

根據(jù)電源輸出功率的特點可知可變電阻R越大，輸出功率越小，即原線圈消耗的功率越小，可變電阻消耗

的功率越小，故8正確，A錯誤；

C設電阻R為r時，原線圈中電流剛好達到熔斷電流，即人=14根據(jù)

A_幾2

同一而

代人數(shù)值解得副線圈的電流

12=2A

即通過可變電阻R的電流不能超2A；故C錯誤；

。當其他條件不變，增加原線圈匝數(shù)，根據(jù)

RL杼R=敢R

可知相當于增加了原線圈的等效電阻，則根據(jù)歐姆定律可知原線圈電流減小，保險絲不會熔斷，故。錯

誤；

故選:B。

根據(jù)輸出功率等于輸入功率，以及原、副線圈電流和匝數(shù)的關系，結合功率與電流的表達式和歐姆定律分

析求解。

本題考查了交變電流和變壓器相關知識，理解交流電表達式及各個物理量的含義和計算方法，掌握變壓器

電壓、電流與匝數(shù)的關系是解決此類問題的關鍵。

6.【答案】A

【解析】解：4、平臺與兩個圓柱表面的摩擦力相等，大小

1

/=2〃(M+m)g

開始時平臺受到兩圓柱的摩擦力平衡，所以開始運動時加速度大小為

0=磊’故A正確；

3、圓柱表面的點轉動的線速度大小為

v=a)r

N相

若平臺運動的速度大小為〃則

1V

f=/cos。=+m)g

xJ-+3r產(chǎn)

根據(jù)牛頓第二定律可得

v

F-n(M+m)g=(M+m)a

J/+3r)2

因為y在不斷增大，加速度會越來越小，故4錯誤;

c、對物體進行受力分析可得

可得/o=ma

物體受到平臺的摩擦力逐漸減小，故C錯誤；

。、開始運動時加速度大小為。=占

M+m

所以即使尸較小，平臺也運動，故。錯誤。

故選：4。

A、可通過摩擦力平衡條件，計算加速度；

8、利用線速度規(guī)律、牛頓第二定律計算加速度的變化；

。、利用牛頓第二定律判斷；

。、由A中計算出的加速度，判斷力的變化是否影響運動情況。

本題考查了對線速度、牛頓第二定律、力的合成與分解的理解和應用。

7.【答案】CD

【解析】解.：CD、由圖乙可知，當。=37。時發(fā)生全反射，可得：sin370=解得：n=若改用紅光

照射，折射率減小，所以光學傳感器探測到反射強度達到最大時。＞37。，故CO正確；

A、圖甲中若減小入射角。到0。，仍存在反射光線，只是反射角為零，光線不會全部從A3界面透射出去，

故A錯誤：

B、若減小入射角。，則反射角減小，根據(jù)折射定律知折射角也減小，由幾何關系知反射光線和折射光線

之間的夾角將變大，故8錯誤。

故選：CD。

若減小入射角。，由反射定律和折射定律結合幾何關系可知反射光線和折射光線之間的夾角如何變化：反

射光線一定存在；由圖象乙能讀出臨界角C,根據(jù)全反射臨界角公式求解折射率。

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

中的幾何關系求出折射角或入射角，然后根據(jù)光的折射定律或全反射的條件求解。

8.【答案】AD

【解析】解：4、從。到Q電子受力指向實線的凹側，而電子受電場力方向與電場強度方向相反，所以電

場強度方向背離PQ實線方向，沿著電場線方向電勢降低，則P點的電勢低于。點的電勢，故A正確；

3、等差等勢線越密，電場強度越大，所以P點場強大于R點場強，則電子在。點受到的電場力大，根據(jù)

牛頓第二定律可知，電子在0點的加速度大干在R點的加速度，故3錯誤：

CD.根據(jù)電場線與等勢面垂直，且由電勢高的地方指向電勢低的地方，則從P到R的電勢升高，根據(jù)公

式Ep=q＞可知，電子電勢能減小，動能增大，故O正確，C錯誤；

故選：AD.

根據(jù)曲線運動的特點得出電場力的方向，結合粒子的電性得出電場線的方向，從而的出電勢的高低；

根據(jù)電場線的疏密程度得出場強的大小，結合牛頓第二定律得出加速度的大小關系：

根據(jù)電勢能的表達式得出電勢能的變化趨勢，從而得出電子動能的變化趨勢.

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，結合牛頓第二定律和電勢能的表達式完

成分析.

9.【答案】AC

【解析】解：A、設物塊4、。與C間動摩擦因數(shù)均為〃，?；螩后相對C滑動過程，假設〃相對C靜止，

由牛頓第二定律得：

對b、c整體:Riig=(2rn十rri)a

對b：f=ma

解得：f=可得人與c間的靜摩擦力小于最大靜摩擦力，則》相對c保持靜止，故A正

確：

B、設4、。碰撞前瞬間〃的速度為I”，力與C的速度均為%C。〃、〃發(fā)生彈性碰撞，因。、力質量相同均為

m,故碰撞過程交換速度，碰撞后瞬間”獲得〃的速度與c?共速，〃獲得〃的速度后相對c向右滑動，與4

選項同理，可知碰撞后4、C相對靜止一起運動，方相對C?向右滑動，最終三者相對靜止一起勻速運動，故

8錯誤；

。、〃剛好滑到C的右端與C相對靜止，此時〃、氏C三者共速，設此共同速度為"劉。、從。組成的系統(tǒng)

動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：

mvQ=(m+m+2m)口及

由錢量守恒定律得：

1,12

mv

Q=2o~2(rn+m+2m)vJi：

解得整個過程因摩擦產(chǎn)生的內能為：詔，故。錯誤；

O

C、。、〃均相對c滑動了"人的距離，則有：Q=2x〃mgx"L,解得：〃=鬻，故C正確。

故選：AC.

應用牛頓第二定律判斷小。碰撞前與碰撞后〃、。是否與c相對滑動；。、b、c組成的系統(tǒng)動量守恒，應

用動量守恒定律與能量守恒定律分析答題。

本題考查了動量守恒定律的應用，根據(jù)題意分析清楚運動過程是解題的前提，應用動量守恒定律與能量守

恒定律即可解題。

10.【答案】AB

【解析】解：4根據(jù)右手定則，力棒沿斜面向下運動時感應電流在端面上垂直于紙面向外，。棒中的電流垂

直于紙面向內，由左手定則可以判斷，金屬棒〃受到的安培力向右，”棒有向右的運動趨勢，所以所受靜

摩擦力向左，故4正確；

。.對金屬棒〃受力分析，最終勻速運動時有

77igsin30°=B2IL,而最大電流

/=筆,可得金屬棒〃的最大速度為〃=甯，故C錯誤；

2R毆

及對金屬棒"，受到的最大摩擦力為

f=F安=BJL=嗎旦故B正確；

D根據(jù)能量守恒，金屬棒b減小的機械能等于金屬棒。和金屬棒〃中產(chǎn)生的總焦耳熱，故。錯誤。

故選:AB.

A.根據(jù)右手定則和左手定則判斷a的安培力，再跟平衡條件判斷摩擦力方向；

BC.根據(jù)最終做勻速運動滿足的條件列式求解〃最大速度和。的最大靜摩擦力；

D根據(jù)能的轉化和守恒定律進行分析判斷。

考查右手定則、左手定則、受力分析和能的轉化和守恒定律，會根據(jù)題意列式進行相關物理量的求解。

II.【答案】4.000.20.80

【解析】解：(1)根據(jù)游標卡尺讀數(shù)方法可知，遮光條的寬度為：d=4mm4-0x0.05mm=4.00?H7n；

(2)彈簧恢復形變的過程中滑塊的速度大小為：?=*=黑薛m/s=0.2m/s；

(3)根據(jù)沖星的定義/二成可知，洋簧對滑塊的沖量大小等于尸圖像與，軸包圍的面積，每一小格表示

0.004/V.s,查得包圍的小格數(shù)為2(X)個(大于半個的按一個算，小于半個的舍去)，故彈簧對滑塊的沖量大

小為：/=200X0.004/V?s=0.80/V?s。

故答案為：(1)4.00；(2)0.2；(3)0.80

(1)游標卡尺主尺與游標尺示數(shù)之和是游標卡尺示數(shù)；

(2)根據(jù)u=2可求滑塊的速度的大??；

(3)彈簧對滑塊的沖量大小等于尸-￡圖像與/軸包圍的面積。

理解實驗原理是解題的前提：要知道光電門測量瞬時速度的原理，分析清楚滑塊的運動過程，求出滑塊經(jīng)

過光電門時的速度，彈簧對滑塊的沖量大小等于尸-「圖像與，軸包圍的面積。

12.【答案】普10.57.5

【解析】解?：(1)由于電源電動勢為3匕電壓表V的量程過大，測量誤差大；將電流表&作電壓表使用(A1

內阻己知，可以由兩電流表讀數(shù)表示出之上電流)因此把電流表名作電壓表使用，并聯(lián)在壓敏電阻兩端；

由干電流表4的內阻未知，電流表4采用外接法，電路圖如圖所示：

(2)根據(jù)歐姆定律，待測電阻仆=的=線

(3)根據(jù)閉合電路的歐姆定律/=%+[+=]

根據(jù)圖乙，R”與所受壓力廠成一次函數(shù)，函數(shù)表達式“=18-2/(。)

壓力尸=ON時，Rx=18/2,電流表的示數(shù)為/=0.14

代入數(shù)據(jù)解得Ro=10.5/2

根據(jù)閉合電路的歐姆定律廠=著而

代入數(shù)據(jù)解得RJ=30

由于函數(shù)表達式RJ=18-2F(n)

聯(lián)立解得壓力尸=7.5N。

故答案為：(1)見解析;Q)彩；(3)10.5；7.5o

(1)根據(jù)實驗原理設計出正確的實險電路；

(2)根據(jù)歐姆定律得出待測電阻的表達式：

(3)根據(jù)圖像的解析式得出待測電阻的解析式；根據(jù)閉合電路歐姆定律列式，并代入特殊點進行計算。

本題主要考查了伏安法測電阻的實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結合閉合電路歐姆定律和圖像

的解析式即可完成分析；明確已知內阻的電流表可以當作電壓表使用是解題的關鍵。

13.【答案】解：(1)初始時，活塞A靜止，封閉氣體的壓強為p]=p。，

活塞B粒定后，最終封閉氣體的壓強大小為22=Po+pgh

舌塞緩慢移動過程中，氣體溫度保持不變，由玻意耳定律可知

PM1szi=p?L2sB

Po^S.

解得=

（Po+pgh）sJ

(2)由于活塞緩慢移動過程中，氣體溫度保持不變，所以氣體的內能不變，液柱重力勢能增大

Ep=mgh=pSBghL2：

則整個過程中氣體對外放熱：Q==pSBghL2x

答：⑴最終活塞8上升的高度匕為潦瀛；

(2)整個過程中氣體對外放熱。為W-pSBghL2O

【解析】(1)根據(jù)平衡關系求解活塞8穩(wěn)定后封閉氣體的壓強，再根據(jù)玻意耳定律求解;

(2)首先求得液柱的重力勢能，再根據(jù)熱力學第一定律求解。

該題考查了玻意耳定律以及熱力學第?定律的應用，題目為典型題，難度適中。

14.【答案】解：(1)小球在豎直方向上做豎直上拋運動，則小球從彈出到落地所用的時間為

(2)已知小球到達最高點〃時的動能為初始點A動能的白，根據(jù)動能的表達式公可知，在8點與A

點速度大小之比為

%：v0=3：4

在最高點豎直方向速度為0，設從A到8需要時間為匕則

水平方向有4=a水料

豎直方向有%=gt'

小球運動的加速度大小為

°=Jg2+喙平

聯(lián)立解得：a=\g

(3)小球在重力和風力的合力場中做類斜拋運動，當小球速度方向與合力方向垂直時動能最小，根據(jù)前面

分析可知合力與豎直方向的夾角。的正切值為

,qQ水平3

94

故sin。=1

根據(jù)速度的合成與分解可得小球運動過程中的最小速度為

3

Vmin=V0Sin6>=-gV0

答：(1)小球從彈出到落地所用的時間為華；

(2)小球運動的加速度大小為［g：

(3)小球在空中的最小速度為|v0。

【解析】(1)小球在豎直方向上做豎直上拋運動，根據(jù)速度-時間公式求小球從彈出到落地所用的時間；

(2)根據(jù)小球在最高點B的動能與4點動能之比求解小球在最高點3點與A點的速度之比，再根據(jù)水平方

向的和豎言方向的運動聯(lián)立求解水平方向的加速度，最后求解合加速度大?。?/p>

(3)因為風力和重力都是恒力，故兩個力的合力也為恒力，根據(jù)小球的合運動可知當速度與重力和風力的

合力垂直時速度最小，根據(jù)幾何關系求解夾角，進一步求解最小速度。

本題采用運動的分解法處理恒力作用下的類斜拋運動，可與斜拋運動類比，掌握分運動的規(guī)律，明確速度

最小的條件：合力與速度垂直。

15.【答案】解：(1)帶電粒子經(jīng)圓柱體儀器磁場作用后聚焦于狹縫PQ,再經(jīng)過狹縫PQ平行于)，Oz平面沿

各個方向均勻射入長方體儀器，以。點射入粒子為例，其他點射入的情況相似。畫出過Q點在OCFG面

上的部分粒子運動軌跡圖，如圖所示

=a

由洛倫茲力提供向心力

v2

q叫=m—

結合帶電粒子的比荷

心9

m

可求出勻強磁場/磁感應強度反的大小為

Bi%

(2)由幾何關系可知，射入長方體儀器的粒子，速度與y軸正方向的夾角在0°和90。的粒子會打在底面

0ABe上，即打在底面0ABe上面的入射角度為

%=90°-0°=90°

速度與)，軸正方向的夾角在150。和180。的粒子會打在頂面DEFG上,即打在底面OA8C上面的入射角度為

02=180°-150°=30°

故打在頂面。石FG粒子數(shù)目Ni和打