2024年江蘇省淮安市高考物理沖刺試卷（五）（含詳細(xì)答案解析）

2024年江蘇省淮安市高考物理沖刺試卷（五）

一、單選題：本大題共n小題，共44分。

1.放射性同位素?zé)崴C(jī)是各種深空探測(cè)器中最埋想的能量源，它不受溫度及宇宙射線的影響，使用壽命可

達(dá)十幾年。我國(guó)的火星探測(cè)車用放射性材料器瑞8P〃作為燃料，其原理為普8P〃發(fā)牛0衰變時(shí)將釋放的能量

轉(zhuǎn)化為電能，衰變方程為舒8p〃-x+eHe,以Z和N分別表示X的電荷數(shù)和中子數(shù)，下列判斷正確的是

（）

A.Z=90,N=142B.Z=92,N=144

C.Z=92,N=142D.Z=90,N=144

2.如圖所示，將絕緣導(dǎo)線繞在柱形鐵塊上，導(dǎo)線內(nèi)通以交變電流，鐵塊內(nèi)就

會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，即渦流。當(dāng)線圈內(nèi)部空間的磁感線方向豎直向上，在鐵塊

內(nèi)產(chǎn)生（自上而下觀察）沿虛線順時(shí)針方向的渦流方向時(shí)，下列說法正確的是

（）

A.絕緣導(dǎo)線中的電流正在減小

B.絕緣導(dǎo)線中的電流由〃流向4

C.為減小渦流，可以增大交變電流的頻率

D.為減小渦流，可以把鐵塊沿縱向切成很薄的鐵片，涂上絕緣層后疊放起來

3.如圖所示，面積為0.08m2、匝數(shù)為10匝的矩形線圈，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度!0

為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，通過電刷與理想變壓器的原線圈相連。變壓器的原

n

線圈接有一理想二極管，副線圈接有R=5。的電阻和一理想交流電壓

表，變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為2：L當(dāng)線圈繞垂直于磁場(chǎng)的軸0。'以R

50仃Qd/s的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，下列說法中正確的是（）

A.矩形線圈產(chǎn)生的交流電的周期為0.02sB.矩形線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的有效值為80V

C.電壓表的示數(shù)為20VD,副線圈的輸出功率為160IV

4.氣壓式升降椅通過氣缸上下運(yùn)動(dòng)來支配椅子升降，其簡(jiǎn)易結(jié)構(gòu)如圖乙所示，圓柱形氣缸與椅面固定連

接，柱狀氣動(dòng)桿與底座固定連接。可自由移動(dòng)的氣缸與氣動(dòng)桿之間封閉一定質(zhì)量的理想氣體，設(shè)氣缸氣密

性、導(dǎo)熱性能良好，忽略摩擦力。設(shè)氣體的初始狀態(tài)為4,某人坐上椅面保持不動(dòng)，椅子緩慢下降一段距

離后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)從此過程溫度不變。然后開空調(diào)，?段時(shí)何后，室內(nèi)溫度降低到設(shè)定溫度，穩(wěn)定后氣

體狀態(tài)為C：接著人離開座椅，椅子重新處于另一個(gè)穩(wěn)定狀態(tài)則氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)。的過程中，關(guān)

Fp、匕7的關(guān)系圖或敘述中正確的是（）

圖甲圖乙

C.從狀態(tài)人到狀態(tài)D,氣體向外放出的熱量大于外界對(duì)氣體做的功

D.與狀態(tài)4相比，處于狀態(tài)。時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)碰撞單位面積容器壁的分子數(shù)減少

5.新能源汽車以恒定的加速度由靜止開始沿平直的公路行駛，t】時(shí)刻達(dá)到發(fā)動(dòng)機(jī)額定功率后保持功率不

變，壇時(shí)刻起勻速行駛。汽車所受的阻力大小不變，則此過程中汽車的加速度。、速度隊(duì)牽引力入功率

P隙時(shí)間/的變化規(guī)律正確的是（）

or,t,to

6.1970年4月24日，中國(guó)首顆人造地球衛(wèi)星''東方紅一號(hào)”成功發(fā)射；2007年10月24日，中國(guó)首顆月

球探測(cè)器“嫦娥一號(hào)”成功發(fā)射；2020年7月23日，中國(guó)首顆火星探測(cè)器“天問一號(hào)”成功發(fā)射；2022

年10月9口，中國(guó)首顆綜合性太陽(yáng)探測(cè)專用衛(wèi)星“夸父一號(hào)”成功發(fā)射。我國(guó)星際探測(cè)事業(yè)在一代代中

國(guó)舫天人的接續(xù)奮斗中不斷開創(chuàng)新高度。已知“東方紅一號(hào)”經(jīng)地球運(yùn)行周期為1.9小時(shí)，“嫦娥一號(hào)”繞

月球運(yùn)行周期為2.1小時(shí)，“天問一號(hào)”繞火星運(yùn)行周期為8.2小時(shí)，“夸父一號(hào)”繞地球運(yùn)行周期為1.7小

時(shí)。根據(jù)以上信息可知（）

A.“東方紅一號(hào)”的軌道半徑最大B.“嫦娥一號(hào)”的向心加速度最大

C.“天問一號(hào)”的發(fā)射速度最大D.“夸父一號(hào)”的運(yùn)行速度最大

7.將一物體以某一初速度沿與水平方向成37。角從A點(diǎn)斜向上拋出，經(jīng)過8點(diǎn)時(shí)速度與水平方向的夾角為

53%已知4、△之間的水平距離為3忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g,sin530=0.8,則下列說法

正確的是（）

從點(diǎn)拋出時(shí)的速度大小為工羿

A.AB.從A到4過程中速度的最小值為

C從4到B的時(shí)間為|欄

D.A、8之間的高度差為

8.如圖所示，邊長(zhǎng)為。的正方形鋁框平放在光滑絕緣水平桌面上，桌面上有邊界平行、寬為〃且足夠長(zhǎng)的

勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于桌面，鋁框依靠慣性滑過磁場(chǎng)區(qū)域，滑行過程中鋁框平面始終與磁場(chǎng)垂直

11.如圖所示，電荷均勻分布在半球面上，它在這半球的中心。處電場(chǎng)強(qiáng)度等于用).兩

個(gè)平面通過同一條直徑，夾角為。，從半球中分出一部分球面，則所分出的這部分球

面上(在“小瓣”上)的電荷在。處的電場(chǎng)強(qiáng)度為()

B.F=EcosaC.E=Eosin]D.E=Fcos^

A.E=Eos\na00

二、實(shí)驗(yàn)題：本人題共1小題，共8分。

12.一學(xué)生小組測(cè)量某金屬絲(阻值約十幾歐姆)的電阻率。現(xiàn)有實(shí)驗(yàn)器材：螺旋測(cè)微器、米尺、電源從電

壓表(內(nèi)阻非常大)、定值電阻R。(阻值10.0。)、滑動(dòng)變阻器R、待測(cè)金屬絲、單刀雙擲開關(guān)K、開關(guān)S、導(dǎo)

線若干。圖(a)是學(xué)生設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)電路原理圖。完成下列填空：

(1)實(shí)驗(yàn)時(shí)，先將滑動(dòng)變阻器R接入電路的電阻調(diào)至最大，閉合S。

(2)將K與1端相連，適當(dāng)減小滑動(dòng)變阻器R接入電路的電阻，比時(shí)電壓表讀數(shù)記為名，然后瘠K與2端

相連，此時(shí)電壓表讀數(shù)記為內(nèi)。由此得到流過待測(cè)金屬絲的電流/=,金屬絲的電阻r=o(

結(jié)果均用&、U］、4表示)

(3)繼續(xù)微調(diào)R,重復(fù)(2)的測(cè)顯過程，得到多組測(cè)顯數(shù)據(jù)，如下表所示：

%(哂0.570.710.851.141.43

U2(mV)0.971.211.451.942.43

(4)利用上述數(shù)據(jù)，得到金屬絲的電阻丁=14.2/20

(5)用米尺測(cè)得金屬絲長(zhǎng)度L=50.00c77io用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲不同位置的直徑，某次測(cè)量的示數(shù)如圖

(b)所示，該讀數(shù)為＜/=______〃如。多次測(cè)量后，得到直徑的平均值恰與，相等。

(6)由以上數(shù)據(jù)可得，待測(cè)金屬絲所用材料的電阻率。=_____X10-7n-mo(保留2位有效數(shù)字)

三、簡(jiǎn)答題：本大題共2小題，共25分。

13.如圖所示，兩根平行光滑的金屬導(dǎo)軌由四分之一圓弧部分力1%、%%與水平部分BiG、構(gòu)成，弧

形部分半徑為八導(dǎo)體棒長(zhǎng)度和導(dǎo)軌間距均為乙導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，破感應(yīng)強(qiáng)度

大小為彈性導(dǎo)體棒〃、。分別垂直于導(dǎo)軌靜置于圓弧頂端處和水平導(dǎo)軌中某位置，。、。兩導(dǎo)體棒質(zhì)量

均為，小電阻均為心導(dǎo)體棒。從&&由靜止釋放，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌

電阻不計(jì)?，重力加速度g取10m/s2。

(1)導(dǎo)體棒a剛滑入水平導(dǎo)軌時(shí)，求導(dǎo)體棒b的加速度大小；

(2)若兩棒勻速運(yùn)動(dòng)前未發(fā)生碰撞，求導(dǎo)體棒a、A共速前通過回路的電荷量(用含g的字母表示)及。導(dǎo)體

棒產(chǎn)生的焦耳熱(用含g的字母表示)；

(3)若初始時(shí)導(dǎo)體棒力距8/2為2%已知8=IT,L=0.5m,R=IQ,r=5cm,m=lkg,求最后共速

時(shí)兩導(dǎo)體棒間的距離。

14.如圖所示，半徑為R=1.8m的四分之一光滑圓弧軌道尸。固定在水平面上，軌道末端與厚度相同的處

于靜止的木板A和6緊挨著(不枯連)。木板A、6的質(zhì)星均為M=1kg,與水平面間的動(dòng)摩擦囚數(shù)均為

%=0.2,木板A氏以=L5m。一質(zhì)量為m=2kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊從。點(diǎn)由靜止釋放，小物塊在以

后的運(yùn)動(dòng)過程中沒有滑離木板8。小物塊與木板A間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2=。.8,與木板8間的動(dòng)摩擦因數(shù)

%=01，重力加速度g=10m/s2,求：

(1)小物塊運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；

(2)小物塊剛滑上木板B時(shí)的速度大小；

(3)木板B的最小長(zhǎng)度。

四、計(jì)算題：本大題共2小題，共23分。

15.如圖，邊長(zhǎng)為。的正方形A8CD為一棱鏡的橫截面，"為A8邊的中點(diǎn)。在截面所在平面內(nèi)，一光線自

M點(diǎn)射入棱鏡，入射角為60。，經(jīng)折射后在BC邊的N點(diǎn)恰好發(fā)生全反射，反射光線從C。邊的，點(diǎn)射出棱

鏡。求棱鏡的折射率以及p、C兩點(diǎn)之間的距離。

16.如圖，在平面直角坐標(biāo)系X。)，內(nèi)，第I象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電

場(chǎng)，第IV象限以O(shè)N為直徑的半圓形區(qū)域內(nèi)，存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8.一質(zhì)量為機(jī)、電荷量為t7的帶正電的粒子，從)，軸

正半軸上y=九處的M點(diǎn)，以速度處垂直于y軸射入電場(chǎng)，經(jīng)x軸上無(wú)=2九處

的P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，最后以垂直于『軸的方向射出磁場(chǎng)。不計(jì)粒子重力。求：

(1)電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；

(2)粒了?在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，?:

(3)粒子從進(jìn)入電場(chǎng)到離開磁場(chǎng)經(jīng)歷的總時(shí)間t.

答案和解析

1.【答案】C

【解析［解：核反應(yīng)方程滿足質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)的守恒定律，可知X的電荷數(shù)為94-2=92,質(zhì)量數(shù)為

238-4=234,電荷數(shù)等于質(zhì)子數(shù)，質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)加中子數(shù)，所以中子數(shù)為234-92=142,即2=

92,N=142

故A8。錯(cuò)誤，C正確。

故選:Co

根據(jù)核反應(yīng)方程的質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒機(jī)選X的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)，然后再結(jié)合質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)與中

子數(shù)之和進(jìn)行計(jì)算求解。

考查核反應(yīng)方程的書寫規(guī)則，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行相關(guān)物理量的運(yùn)算。

2.【答案】。

【解析】解：AB.圖中渦流為順時(shí)針方向，根據(jù)安培定則可知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向向下，與交變電流的

磁場(chǎng)的方向相反，根據(jù)楞次定律可知絕緣導(dǎo)線中的電流正在增大；柱形鐵塊中磁場(chǎng)方向如圖所示，根據(jù)安

培定則可知，此時(shí)絕緣導(dǎo)線中的電流由。流向兒故錯(cuò)誤；

C、增大交變電流的頻率，則電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的變化率增大，可增大導(dǎo)體內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，所以會(huì)增

加渦流，故C錯(cuò)誤；

。、在感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小一定時(shí)要減小渦流，需要增大鐵塊電阻，根據(jù)電阻定律可知，可減小鐵塊的橫截

面枳，故可以把鐵塊沿縱向切成很薄的鐵片，涂上絕緣層后疊放起來，故。正確。

故選：D。

根據(jù)安培定則判斷感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向，然后根據(jù)楞次定律判斷原磁場(chǎng)的變化，再根據(jù)安培定則分

析導(dǎo)線中電流的方向；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合歐姆定律分析減小渦流的方法。

本題解題關(guān)鍵在于把握影響渦流發(fā)熱的原因。

3.【答案】C

【解析1解：A、線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的周期7=穿=0.04s,故A錯(cuò)誤；

B、矩形線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為7=NBS&)=10x：x0.08x50nV=80V,有效值E=舞=

40/2V,故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)二極管的特點(diǎn)可知，在一個(gè)周期內(nèi)有半個(gè)周期副線圈中有電壓，有半個(gè)周無(wú)電壓，有包壓時(shí)副線

圈兩端的電壓U=：E=2（h/1V,根據(jù)電壓有效值的特點(diǎn)可知《［二9丁，解得U'=20V,故。正確；

。、副線圈的輸出功率P=4=80W,故。錯(cuò)誤；

K

故選：C。

先根據(jù)公式Um=N8SG求解輸入電壓的最大值，知道二極管的特點(diǎn)，然后根據(jù)理想變壓器的變壓比公式和

變流比公式列式求解。

本題關(guān)鍵是記住交流發(fā)電機(jī)最大電動(dòng)勢(shì)表達(dá)式Um=NBSo）,根據(jù)二極管的特點(diǎn)，知道一個(gè)周期內(nèi)有半個(gè)周

期副線圈中無(wú)電壓，同時(shí)要明確輸入電壓決定輸出電壓，輸出電流決定輸入電流，輸出功率決定輸入功

率。

4.【答案】C

【解析】解：A氏4到3的過程中，氣體等溫壓縮，壓強(qiáng)增大，體積減小；

從B到。的過程中，氣體等壓降溫，溫度降低，體積減??；

從。到。的過程中，氣體等溫膨脹，壓強(qiáng)減小，體積增加，

而且。狀態(tài)的壓強(qiáng)又恢復(fù)到最初A狀態(tài)的壓強(qiáng)，其V-7圖像和p圖像如圖

所示，在，-7圖像AQ的連線要經(jīng)過原點(diǎn)5。在同一等壓線上），故A8錯(cuò)

誤;

C、根據(jù)熱力學(xué)第一定律：AU=W+Q,由于末態(tài)。氣體溫度降低，內(nèi)能減小，即4UV0；體積變小,

外界對(duì)氣體做功，即W>0,因此氣體向外放出的熱量大于外界對(duì)氣體做的功，故C正確；

。、由于狀態(tài)A與狀態(tài)。壓強(qiáng)相等，而狀態(tài)。溫度較低，分子平均動(dòng)能較小，平均單個(gè)分子撞擊器壁的作

用力較小，因此與狀態(tài)A相比，處于狀態(tài)。時(shí)單位時(shí)間內(nèi)碰撞理位面積容器壁的分子數(shù)較多，故。錯(cuò)

誤。

故選：C。

解析A到。過程中各階段的氣體狀態(tài)參量的變化情況，畫出其1/-7圖像和p-￡圖像；根據(jù)熱力學(xué)第一定

律：4U=W+Q解答；根據(jù)封閉氣體壓強(qiáng)的微觀解釋解答。

本題考查了在封閉氣體經(jīng)歷多個(gè)變化過程中應(yīng)用氣體實(shí)驗(yàn)定律和熱力學(xué)第一定律分析問題，解題關(guān)鍵是要

分析好壓強(qiáng)、體積、溫度三個(gè)狀態(tài)參量的變化情況，選擇合適的實(shí)驗(yàn)定律解答。注意熱力學(xué)第一定律：

AU=W+Q,式中各量正負(fù)的確定。

5.【答案】C

【解析】解：A、汽車以恒定的加速度啟動(dòng)，則汽車先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，

再做勻速直線運(yùn)動(dòng)，最后加速度為零，故A錯(cuò)誤；

8、汽車先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以0?A階段圖線為過原點(diǎn)的傾斜直線，故B錯(cuò)誤；

C、0?0時(shí)間內(nèi)汽車的牽引力恒定不變，匕時(shí)刻汽車的功率達(dá)到額定功率，此后汽車的功率不變，由2二

股可知，尸不變，】，增大，牽引力”減小，由牛頓第二定律：=可知加速度。減小，所以v增大

的越來越慢，則尸減小的越來越慢，即t1?匕圖線的斜率減小，垃后加速度減為零，汽車的速度達(dá)到最

大，汽車開始勻速直線運(yùn)動(dòng)，即牽引力等于阻力，故。正確：

。.汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)過程，由。=?〃，1；=就可得功率尸=尸。3尸和。都不變，所以0?I1時(shí)間內(nèi)尸

.與時(shí)間/成正比，即圖線為一條對(duì)原點(diǎn)的傾斜直線，汽車的功率認(rèn)到額定功率時(shí)，汽車的功率恒定不變，

故。錯(cuò)誤。

故選：C。

A、根據(jù)汽車最后勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)。=0分析；

B、根據(jù)汽車恒加速啟動(dòng)過程，v-t圖像上圖線是傾斜的宜線分析；

C、根據(jù)P=F〃和牛頓第二定律分析牽引力大小變化；

D、根據(jù)。=尸〃和^=at分析勻加速直線運(yùn)動(dòng)過程夕與/的關(guān)系.達(dá)到額定功率，汽車功率不變”

本題考查了汽車恒加速度啟動(dòng)的問題，解題的關(guān)鍵是知道勻加速運(yùn)動(dòng)結(jié)束時(shí)汽車的功率達(dá)到額定功率，之

后汽車的功率不變，速度增大，牽引力減小，加速度減小，速度增大的越來越慢，則牽引力減小的越來越

慢，當(dāng)牽引力減小到與阻力相等時(shí)汽車做勻速直線運(yùn)動(dòng)。

6.【答案】C

【解析】解：力BD.“東方紅一號(hào)”與“夸父一號(hào)”都是繞地球運(yùn)行的衛(wèi)星，“嫦娥一號(hào)”是繞月球運(yùn)行的

衛(wèi)星，“天問號(hào)”是繞火星運(yùn)行的衛(wèi)星，它們的中心天體不完全相同，運(yùn)行參量中的軌道半徑、向心加

速度、速度無(wú)法比較，故A3。錯(cuò)誤；

C“東方紅一號(hào)”、“嫦娥一號(hào)”、“夸父一號(hào)”的發(fā)射速度均大于第一宇宙速度、小于第二宇宙速度，

“天問一號(hào)”的發(fā)射速度大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度，所以“天問一號(hào)”的發(fā)射速度最大，故

C正確。

故選：C

根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和圓周運(yùn)動(dòng)向心力的知識(shí)列式分析解答；根據(jù)不同衛(wèi)星在不同天體周圍做I員周運(yùn)動(dòng)與地

球的遠(yuǎn)近比較發(fā)射速度的大小。

考查人造衛(wèi)星和萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用，會(huì)根據(jù)題意選用恰當(dāng)?shù)墓竭M(jìn)行分析和比較。

7.【答案】4

【解析】解：4設(shè)初速度為n則水平方向的速度為：vx=vcos0=0.8v,豎直方向的速度為：vy=

vsin0=0.6v

由于水平方向速度不變，所以末狀態(tài)下的豎直方向的速度為：v/=vxtan530=0.8vi=i|p

所以取豎直向下為正方向有：一丹+以=勿，解得：￡=稱

水平方向上有乙二以3解得：U二孚，故A正確；

z

R速度最小值是最高點(diǎn)的速度，此時(shí)豎直方向速度為零，速度最小，有：v=vx=0.8v=0.8=

|J3gL,故B錯(cuò)誤；

C從A到B的時(shí)間為：￡=券=3故C錯(cuò)誤；

。.根據(jù)速度關(guān)系，豎直方向有：9=usin。=0.6/=0.6?3gL

2

取豎直向下為正方向有：h=-vyt+^gt

解得：h=&L,故。錯(cuò)誤；

故選：40

根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，結(jié)合題目中的水平和豎直方向角度的關(guān)系，可求出初速度，同時(shí)求出A到B的時(shí)間

以及48間的高度差；通過分析可找到最小速度的位置，并求出最小速度。

學(xué)生在解答本題時(shí):應(yīng)注意熟練運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解，并結(jié)合斜拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律解題。

8.【答案】D

【解析】解：A、在滑入和滑出磁場(chǎng)區(qū)域的兩個(gè)過程中，鋁框受到向左的安培力作用，均做減速運(yùn)動(dòng)，所

以鋁框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程平均速度較大，而兩個(gè)過程通過的位移相等，則鋁框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所用時(shí)間較短，故

A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)安培力表達(dá)式自=華知，鋁框做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到的安培力不斷減小，因此進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)：鋁框

所受的平均安培力較大，克服安培力做功較多，產(chǎn)生的熱量較多，故3錯(cuò)誤；

C、根據(jù)楞次定律可知，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，滑出磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針方向，

所以鋁框中的電流方向相反，故C錯(cuò)誤；

D、安培力對(duì)鋁框的沖量為/=8〃f=8半。=8等。=學(xué)，可知安培力對(duì)鋁框的沖量相同，故。

正確。

故選：。。

利用鋁框的運(yùn)動(dòng)情況，分析鋁框滑入和滑出磁場(chǎng)區(qū)域所用時(shí)間關(guān)系。根據(jù)克服安培力做功關(guān)系，分析產(chǎn)生

的熱量關(guān)系。運(yùn)用楞次定律判斷感應(yīng)電流方向。由/=Ft分析沖量關(guān)系。

解答本題時(shí)，要正確分析俗框的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，能根據(jù)平均安培力來求解安培力的沖量。要知道克

服安培力做功等于鋁框產(chǎn)生的熱量。

9.【答案】A

【解析】解:AB.當(dāng)?shù)装迮c水平面間的夾角為30。時(shí)，對(duì)貨物受力分析，兩個(gè)彈力的合力與重力等大反

向，如下圖所受：

兩個(gè)彈力N】與N2垂直，由平衡條件可得支架對(duì)貨物的支持力：M=mgsin300=mgx^=^

底板對(duì)貨物的支持力：N2=mgcos3(T=mgx?=平，故A正確，9錯(cuò)誤；

CD、壓下把手的過程中，兩個(gè)彈力的夾角始終是90°,貨物的受力情況如下圖所示：

由圖可知，底板對(duì)貨物的支持力M一直減小，支架對(duì)貨物的支掙力N2一直增大，故CO錯(cuò)誤。

故選：Ao

AB,對(duì)貨物受力分析，由力的平衡可得兩個(gè)彈力大??；

C。、兩個(gè)彈力的夾角始終是90。不變，利用動(dòng)態(tài)圓的方法分析。

本題考查了動(dòng)態(tài)平衡問題、力的合成與分解，解題的關(guān)鍵是知道底板對(duì)貨物的支持力與支架對(duì)貨物的支持

力始終垂直，利用動(dòng)態(tài)圓的方法分析兩個(gè)彈力的大小變化，一目了然。

10.【答案】C

【解析】解：根據(jù)題意可知正粒子的軌跡與A8相切，負(fù)粒子的圓心在C點(diǎn)，設(shè)正粒子的軌跡半徑為8,

負(fù)粒子的軌跡的半徑為Rz，根據(jù)幾何關(guān)系可知

R2=AC

可得

/?i：/?2=1：3

由

V2

Bqv=m~p

可得

旦二JL

m~BR

所以正、負(fù)粒子的比荷之比為3：1,故C正確，錯(cuò)誤。

故選：Co

依題意作出兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡圖，由幾何關(guān)系求得半徑的關(guān)系，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解。

本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題。對(duì)于帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)只受了洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，依

據(jù)寇意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖是解題的前提，根據(jù)幾何關(guān)系求得運(yùn)動(dòng)半徑和軌跡圓心角是解題關(guān)鍵。

11.【答案】C

【解析】解：根據(jù)對(duì)稱性，作出球面上的電荷在。點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)分布，如圖所示，由

平行四邊形定則得到“小瓣”球面上的電荷在。處的電場(chǎng)強(qiáng)度E=Fosin^

故選：Co

半球的中心。處電場(chǎng)強(qiáng)度&）是部分球面上電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)疊加的結(jié)果，根據(jù)對(duì)稱性,

作出球面上的電荷在。點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)分布，由平行四邊形定則求解“小瓣”球面上的

電荷在。處的電場(chǎng)強(qiáng)度.

本題解題關(guān)鍵是抓住對(duì)稱性，作出兩部分球面上電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)分布圖.

12.【答案】練魚出察0.1505.0

Rou2~ul

【解析［解：(2)根據(jù)題意可知，R。兩端的電壓為

u=u2-u1

則流過Ro即流過待測(cè)金屬絲的電流

Uih-ih

金屬絲的電阻

廠=電

聯(lián)立可得

UiRo

7

(5)螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為

d=0+15.0x0.01mm=0.150mm

(6)由于

L=50.00cm=0.5m

d=0.150mm=1.5x10-4m

根據(jù)電阻定律

L

r=ps

又S=7T?(獷

代人數(shù)據(jù)聯(lián)立解得

p=5.0xI。-，。-m

故答案為：(2)5盧，罌■:(5)0.150：(6)5.0。

根據(jù)串并聯(lián)判斷出島兩端的電壓，再根據(jù)歐姆定律求出流過待測(cè)金屬絲的電流大小，結(jié)合r=牛，求出廠

的表達(dá)式；

螺旋測(cè)微器的最終讀數(shù):固定刻度+可動(dòng)刻度，可動(dòng)刻度需要估讀一位，讀數(shù)的最終結(jié)果小數(shù)點(diǎn)后有三位;

根據(jù)丁=pg以及S=7T.。)2代入數(shù)據(jù)求解電阻率。

本題考查的是測(cè)量某金屬絲電阻率實(shí)驗(yàn)，其中需結(jié)合電阻定律、歐姆定律以及串并聯(lián)規(guī)律解答，題型較為

基礎(chǔ)。

13.【答案】解：以下解答均以向右為正方向。

(1)導(dǎo)體棒。由靜止運(yùn)動(dòng)到叢叢的過程，由動(dòng)能定理得：mgr=\mvl

解得：v0=J2gr

導(dǎo)體棒a剛滑入水平導(dǎo)軌時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BL%

根據(jù)閉合電路歐姆定律得感應(yīng)電沆為：/=~

對(duì)導(dǎo)體棒力，根據(jù)牛頓第二定律得：BIL=ma

解得：。=震口^

(2)兩棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)回路的電流為零，兩棒的速度相同，設(shè)為V。在水平軌道上。、〃棒組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)

最守恒定律，可得：

mv0=2mv

設(shè)導(dǎo)體棒〃、〃共速前通過回路的電荷量為夕，對(duì)〃棒由動(dòng)量定理得：

￡8"a=

其中：=2dq=q

可得：BLq=mv

解得：9=看12rg

設(shè)。導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q,由能量守恒定律得：

1

mgr=2Q+5x2mv2

解得：Q=[mgr

(3)當(dāng)r=5cm=0.05?n時(shí)，由⑴的解答可得：v0=(2gr=V2x10x0.05m/s=Im/s

導(dǎo)體棒“滑入水平導(dǎo)軌后，設(shè)〃、力棒的相對(duì)位移為〃=2〃.時(shí)，兩者的速度分別為％、以，根據(jù)(2)的解

答，對(duì)“棒由動(dòng)量定理得：

-BLq'=mva-mv0

其中：q=/a，/=而，E=M=—

聯(lián)立可得：-B=mv-mv

Li\aQ

解得：va=0.75m/s

同理，對(duì)方棒，由動(dòng)量定理得:

B2L2AX

-^R-=m^~Q

解得：vb=0.25m/s

因%>%,故〃、沙棒發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律得：

mva+mvb=mval+mvbl

rn*m以=nw}m琢1

~^27

解得:%i=0.25m/s,%i=0.75m/s,(質(zhì)量相等,交換速度)

碰撞之后的運(yùn)動(dòng)過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，直到共速。由動(dòng)量守恒定律得：

mval+mvbl=2mvp.

設(shè)最后共速時(shí)兩導(dǎo)體棒間的距離為同理，對(duì)/，棒由動(dòng)量定理得：

B2L2AX

---通—=mu共一機(jī)九i

解得：Ax'=2m

答：(1)導(dǎo)體棒。剛滑入水平導(dǎo)軌時(shí)，導(dǎo)體棒匕的加速度大小為之、為萬(wàn)；

(2)導(dǎo)體棒。、〃共速前通過回路的電荷量為翡"亍，。導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為:mgr；

(3)最后共速時(shí)兩導(dǎo)體棒間的距離為2///O

【解析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理求得導(dǎo)體棒到達(dá)//時(shí)的速度，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律

求得感應(yīng)電流，對(duì)導(dǎo)體棒人應(yīng)用牛頓第二定律求解加速度；

(2)兩棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)回路的電流為零，兩棒的速度相同，在水平軌道上〃、棒組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定

律，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律求解焦耳熱。對(duì)〃棒由動(dòng)量定埋求解通過的電荷量；

(3)根據(jù)動(dòng)量定理分別求得心。棒的相對(duì)位移為4%=27n時(shí)的速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律求

解。、〃棒發(fā)生碰撞后的速度。再由動(dòng)量守恒定律求得兩者共速時(shí)的速度，對(duì)其中一個(gè)棒，由動(dòng)量定理求

解最終兩棒之間的距離。

本題考查了電磁感應(yīng)定律應(yīng)用的導(dǎo)體棒切割磁感線模型，清楚導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，根據(jù)動(dòng)能定

理、功能關(guān)系等列方程求解；對(duì)于安培力作用下導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)問題，如果涉及求解電荷最、位移、時(shí)間問

題，常根據(jù)動(dòng)量定理，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律列方程進(jìn)行解答。

14.【答案】解：(1)小物塊下滑過程中，由動(dòng)能定理得

1,

mgR=ymvQ

解得：VQ=6m/s

在。點(diǎn)，對(duì)小物塊，由牛頓第二定律得

「VQ

FN-mg=m-^-

解得:FN=60N

由牛頓第三定律可知小物塊運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小尸N'=FN=60N

(2)小物塊在木板A上滑動(dòng)時(shí)，對(duì)小物塊，由牛頓第二定律有

N2mg=

可得：Qi=8m/s2

對(duì)木板A,由牛頓第二定律有

N2mg一〃i(m+2M)g=2Ma2

2

可得：a2=4m/s

小物塊剛滑上木板8時(shí)，小物塊的位移為

12

%i=vQt-

木板A的位移為

1ac2

x2=22

又有LA=%I-X2

聯(lián)立解得：t-0.5s

則小物塊剛滑上木板區(qū)時(shí)的速度

%—=(6-8x0.5)m/5=2m/s

(3)小物塊剛滑上木板8時(shí)木板B的速度

%=a2t=4x0,5m/s=2m/s

小物塊在木板8上滑動(dòng)時(shí)，對(duì)小物塊有

林3Tly=mu3

2

解得：a3=lm/s

對(duì)木板B有

+2M)g-fi3mg=2Ma4

2

解得：a4=3m/s

小物塊的位移為

Vo

木板B的位移為

V?

%=弧

則木板B的最小長(zhǎng)度Lmin=x3~x4

聯(lián)立解得：Lmin=^rn

答：(1)小物塊運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為60M

(2)小物塊剛滑上木板8時(shí)的速度大小為2m/s；

(3)木板B的最小長(zhǎng)度為加。

【解析】(1)小物塊下滑過程中，只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理求出小物塊運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)時(shí)的速度大小。在

。點(diǎn)，對(duì)物塊，根據(jù)重力和支持力的合力提供向心力列式，即可求出支持力，從而小物塊得到對(duì)軌道的壓

力；

(2)小物塊在木板A上滑動(dòng)時(shí)，對(duì)小物塊和木板A分別受力分析,根據(jù)牛頓第二定律求出兩者的加速度，

然后根據(jù)位移-時(shí)間關(guān)系公式和兩者位移關(guān)系求出此過程的時(shí)間，再由速度-時(shí)間關(guān)系公式列式求解小物塊

剛滑上木板8時(shí)的速度大??；

(3)先求出小物塊剛滑上木板B時(shí)木板8的速度。小物塊在木板3上滑動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律求出兩者

的加速度，再根據(jù)速度-位移公式和位移關(guān)系求解木板B的最小長(zhǎng)度。

本題的關(guān)鍵要分析清楚小物塊和兩木板的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，分階段運(yùn)用牛頓第二定律求解加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公

式以及關(guān)聯(lián)條件進(jìn)行解答。

15.【答案】解：設(shè)該棱鏡的臨界角為折射率為〃，由臨界角和折射率的關(guān)系可知:

1

sin1=—

n

設(shè)光線從M點(diǎn)射入棱鏡后折射角為0,由幾何關(guān)系可得：

0=90。-a

由折射定律可知：

sin60°

n~sin/?

聯(lián)立可得：

sin60°_1

sin(90°-a)sina

解得：sina=