浙江省湖州市等3地2024屆高三年級(jí)下冊(cè)二模物理試題 含解析

麗水、湖州、衢州2024年4月三地市高三教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)試卷物理試

題卷

考生須知：

1.全卷分試卷和答題卷，考試結(jié)束后，將答題卷上交。

2.試卷共8頁(yè)，共20小題。滿分100分，考試時(shí)間90分鐘。

3.答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用黑色字跡的簽字筆或鋼筆填寫(xiě)在答題紙規(guī)定的

位置上。

4.請(qǐng)將答案寫(xiě)在答題卷的相應(yīng)位置上，寫(xiě)在試卷上無(wú)效。

5.可能用到的相關(guān)參數(shù)：重力加速度g均取10m/s2

選擇題部分

一、選擇題I（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一

個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）

1.下列屬于國(guó)際單位制基本單位的是（）

A.mB.NC.JD.Q

【答案】A

【解析】

【詳解】國(guó)際單位制的七個(gè)基本單位分別為米（m）、秒（s）、千克（kg）,安培（A）、開(kāi)爾文（K）、摩爾

（mol）、坎德拉（cd）。

故選A?

2.酒店內(nèi)的智能機(jī)器人可以把1樓大廳的外賣(mài)送至指定樓層的客房。如圖為機(jī)器人送餐至9樓的場(chǎng)景。下

列說(shuō)法正確的是（）

送餐機(jī)器人

A.在避開(kāi)障礙物的過(guò)程中，可以把機(jī)器人看成質(zhì)點(diǎn)

B.記錄機(jī)器人從1樓至9樓的時(shí)間，可以把機(jī)器人看成質(zhì)點(diǎn)

C.送餐的全過(guò)程，機(jī)器人的位移大小可能等于路程

D,若送餐用時(shí)625s,行程50m,機(jī)器人的平均速度大小為0.08m/s

【答案】B

【解析】

【詳解】A.在避開(kāi)障礙物的過(guò)程中，機(jī)器人的大小和形狀不可以忽略不計(jì)，則不可以把機(jī)器人看成質(zhì)

點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；

B.記錄機(jī)器人從1樓至9樓的時(shí)間，機(jī)器人的大小和形狀可以忽略不計(jì)，則可以把機(jī)器人看成質(zhì)點(diǎn)，故

B正確；

C.送餐的全過(guò)程，機(jī)器人不是沿著直線運(yùn)動(dòng)，則機(jī)器人的位移大小小于路程，故C錯(cuò)誤；

D.若送餐用時(shí)625s,行程50m,機(jī)器人的平均速率為

s50

v=一=--m/s=0.08m/s

t625

故D錯(cuò)誤

故選B。

3.先后讓一束電子和一束氫核通過(guò)同一對(duì)平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，進(jìn)入時(shí)速度方向與電場(chǎng)方向垂直。下列

情況下，射出極板時(shí)電子和氫核偏轉(zhuǎn)角正切值相同的是（）

A.初速度相同B.初速度的平方相同

C.初動(dòng)能相同D.初動(dòng)量相同

【答案】C

【解析】

【詳解】電子和氫核進(jìn)入電場(chǎng)后均做類平拋運(yùn)動(dòng)，有

X=vot,Vy=at,匕=%

vatqEx

tan。=—y=—=——

%%加0

1,

兩種粒子射出極板具有相同的水平位移無(wú)，而電子和氫核的電量均為e,則只有初動(dòng)能2根尤相同時(shí)，射

出極板時(shí)電子和氫核偏轉(zhuǎn)角正切值才相同。

故選C。

4.鉉基熔鹽核反應(yīng)堆不僅發(fā)電效率高，而且核廢料污染小，具有廣闊的應(yīng)用前景。冬Th本身不能直接

使用，需經(jīng)過(guò)一系列核反應(yīng)后先生成ifPa,至pa再衰變生成第u,利用中子轟擊;;3u發(fā)生裂變后釋放

核能,其典型產(chǎn)物是腎Ba和*Ke,已知第Pa的半衰期為27天,則（)

A.U裂變反應(yīng)的方程為露uTfBa+*Ke+2jn

B.北Ke的結(jié)合能大于的結(jié)合能

C.大量的jfPa經(jīng)過(guò)54天后有四分之一發(fā)生了衰變

D.jfpa發(fā)生的是尸衰變

【答案】D

【解析】

【詳解】A.發(fā)生裂變反應(yīng)時(shí)要有中子參加反應(yīng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.利用中子轟擊置U發(fā)生裂變后釋放核能，其產(chǎn)物是腎Ba和*Ke,生成物更穩(wěn)定，比結(jié)合能更大，但

是質(zhì)量數(shù)不同無(wú)法判斷*Ke的結(jié)合能與的結(jié)合能的關(guān)系，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.己知j『Pa的半衰期為27天，則大量的，Pa經(jīng)過(guò)54天后有四分之三發(fā)生了衰變，剩下原來(lái)的四分之

一沒(méi)有衰變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.rPa衰變生成,u的反應(yīng)方程為

；：Pa君u+_oe

則發(fā)生的是』衰變，選項(xiàng)D正確。

故選D。

5.圖甲是傳統(tǒng)民居建筑材料瓦片，相同的質(zhì)量為機(jī)的瓦片緊靠在一起靜止豎直疊放在水平地面上如圖乙

所示。下方瓦片的受力點(diǎn)均在其頂端，則瓦片（）

A.4右端對(duì)地面的壓力比左端的大

B.5右端受到的支持力是2右端受到支持力的2倍

C.4頂端受到的壓力大小為mg

D.5左端對(duì)地面的壓力為2mg

4

【答案】D

【解析】

【詳解】分別對(duì)6個(gè)瓦片受力分析如圖所示（僅畫(huà)出瓦片1）

LL1

=&=~mg

13

月3=%=5（43+磔）=不咫

13

42=F52=-（F12+mg）=-mg

17

%4左=%4右=^（初8+^4）=-^

4也5左=4也5右=^（加8+K5+65）=；帆？

17

%6左=%6右=彳（mg+&6）=dmg

Zo

A.根據(jù)牛頓第三定律，4右端對(duì)地面的壓力與左端的一樣大，均等于

與左地=與右地=4mg

o

故A錯(cuò)誤；

B.5右端受到的支持力是2右端受到支持力的關(guān)系為

5

睦上

F33

5522—mg

故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)牛頓第三定律，4頂端受到的壓力大小為

““3

84=工2=-mg

故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)牛頓第三定律，5左端對(duì)地面的壓力為

月左地=%5左

故D正確。

故選D。

6.如圖甲為電容器上極板電量q隨時(shí)間f在一個(gè)周期內(nèi)的變化圖線，如圖乙為L(zhǎng)C振蕩電路的某一狀態(tài)下

磁感線的情況。則（）

A.圖乙狀態(tài)一定發(fā)生在0~A時(shí)間內(nèi)

B.圖乙狀態(tài)一定發(fā)生在r3~k時(shí)間內(nèi)

C.A~h時(shí)間內(nèi)電路中磁場(chǎng)能增強(qiáng)

D.tl~t3時(shí)間內(nèi)自感電動(dòng)勢(shì)減小

【答案】c

【解析】

【詳解】AB.0~△時(shí)間內(nèi)，電容器處于充電狀態(tài)，上極板電荷量為正，并且不斷增大，線圈中的為逆時(shí)

針，而電荷的增加越來(lái)越慢，故電流減小，根據(jù)右手定則可知，線圈感應(yīng)磁場(chǎng)方向向上；而,3~/4時(shí)間

內(nèi)，電容器處于放電狀態(tài)，上極板電荷量為負(fù)，并且不斷減小，線圈中的為逆時(shí)針，而電荷的減小的越來(lái)

越大，故電流增大，根據(jù)右手定則可知，線圈感應(yīng)磁場(chǎng)方向向上，則圖乙狀態(tài)發(fā)生在o~A或白~a時(shí)間內(nèi)

均可，故AB錯(cuò)誤；

C.A~6時(shí)間內(nèi)，上極板電荷量為正，且不斷減小，回路中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，而減小的幅度越來(lái)越

大，說(shuō)明電流越來(lái)越大，故磁場(chǎng)能越來(lái)越大，故C正確；

D.LC振蕩電路的能量裝換圖，i—/圖、q—f圖的關(guān)系如下圖所示

其中Z2~f3時(shí)間內(nèi)類比上圖中的（2）-（3）過(guò)程，電荷的增加越來(lái)越慢，電流減小的越來(lái)越快，則線圈

自感電動(dòng)勢(shì)逐漸變大，故D錯(cuò)誤。

故選C。

7.北京時(shí)間2024年1月5日19時(shí)20分，我國(guó)在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心用快舟一號(hào)甲運(yùn)載火箭，成功將天目

一號(hào)氣象星座15-18星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進(jìn)入距地面高度約500km的預(yù)定軌道，至此天目一號(hào)氣象星座

階段組網(wǎng)完畢。取地球同步衛(wèi)星距地面高度3.6X104km,則氣象星座15-18星（）

A.與地球同步衛(wèi)星具有相同的動(dòng)能

B.比地球同步衛(wèi)星具有更大的繞行角速度

與地球同步衛(wèi)星繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的周期之比為

D.環(huán)繞地球的速度大于第一宇宙速度

【答案】B

【解析】

【詳解】A.由于氣象星座15-18星的質(zhì)量未知，所以無(wú)法比較其與地球同步衛(wèi)星的動(dòng)能大小，故A錯(cuò)

誤；

B.設(shè)地球質(zhì)量為衛(wèi)星的軌道半徑為人根據(jù)

「mM2

G——=mrco

可得地球衛(wèi)星的角速度大小為

GM

CD-V

由于氣象星座15-18星的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以可知其比地球同步衛(wèi)星具有更大的

繞行角速度，故B正確；

C.根據(jù)開(kāi)普勒第三定律,=左，可知

設(shè)地球半徑為R,結(jié)合題中數(shù)據(jù)可得，氣象星座15-18星與地球同步衛(wèi)星繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的周期之比為

＞累）

故C錯(cuò)誤;

D.根據(jù)地球的第一宇宙速度定義，可知

Mm片

G存二m

R

得地球第一宇宙速度大小

由于氣象星座15-18星的軌道半徑大于地球半徑，所以其環(huán)繞地球的速度小于第一宇宙速度，故D錯(cuò)誤。

故選B?

8.如圖甲，小球在光滑球面上的A、8之間來(lái)回運(yùn)動(dòng)。仁0時(shí)刻將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，球面對(duì)小球的

支持力大小E隨時(shí)間f變化的曲線如圖乙，若弧長(zhǎng)遠(yuǎn)小于半徑，則（）

0

A.小球運(yùn)動(dòng)的周期為0.2派B.光滑球面的半徑為0.1m

C.小球的質(zhì)量為0.05kgD.小球的最大速度約為0.10m/s

【答案】C

【解析】

【詳解】A.小球在一個(gè)周期內(nèi)經(jīng)過(guò)兩次最低點(diǎn)，根據(jù)圖乙可知，小球的運(yùn)動(dòng)周期為0.41s,故A錯(cuò)誤；

B.小球在光滑球面上做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，根據(jù)周期公式

式中的L即為光滑球面的半徑A，代數(shù)數(shù)據(jù)可得

R=L=0.4m

故B錯(cuò)誤；

CD.設(shè)小球在光滑球面上最高點(diǎn)時(shí)與其做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心連線與豎直方向的夾角為。，小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)

的速度的最大值為v,則在最高點(diǎn)有

mgcos0=

在最低點(diǎn)有

F2-mg=m^-

K

從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)由動(dòng)能定理有

\2

mgR(l-cos9)=-mv~

其中

耳=0.495N,6=0.5ION

聯(lián)立以上各式解得

1n=0.05kg,v=立^m/s

5

故C正確，D錯(cuò)誤。

故選C。

9.某同學(xué)根據(jù)光的干涉原理設(shè)計(jì)了探究不同材料熱膨脹程度的實(shí)驗(yàn)裝置，如圖所示。材料甲置于玻璃平板

之間，材料乙的上表面3與上層玻璃下表面2間形成空氣劈尖。單色光垂直照射到玻璃平板上，就可以觀

察到干涉條紋。下列說(shuō)法正確的是（）

A.表面3可以與表面2平行

B.該條紋是由上層玻璃上表面1與下層玻璃上表面4的反射光發(fā)生干涉形成的

C.僅溫度升高，若干涉條紋向左移動(dòng)，則材料甲膨脹程度大

D.僅換用頻率更小的單色光，干涉條紋將向左移動(dòng)

【答案】C

【解析】

【詳解】AB.該條紋是由上層玻璃下表面2與下層玻璃上表面3的反射光發(fā)生干涉形成的，由空氣尖劈原

理可知，若表面3與表面2平行，則兩表面的反射光之間的光程差始終恒定，則不會(huì)形成明暗相間的條紋,

故AB錯(cuò)誤；

C.若溫度升高，干涉條紋向左移動(dòng)，則上層玻璃下表面2與下層玻璃上表面3之間的空氣膜厚度增加，即

材料甲膨脹程度大，故C正確；

D.若換用頻率更小的單色光，則波長(zhǎng)變長(zhǎng)，根據(jù)條紋間距公式

,L,

Ax=-,A

d

可知，干涉條紋間距增大，對(duì)應(yīng)空氣膜厚度符合條件的位置向右移動(dòng)，故D錯(cuò)誤。

故選C。

10.如圖所示，輕彈簧一端懸掛在橫桿上，另一端連接質(zhì)量為機(jī)的重物，彈簧和重物組成的系統(tǒng)處于靜止

狀態(tài)。某時(shí)刻在重物上施加一方向豎直向上，大小為尸=；叫的恒力，重物上升的最大高度為〃，已知

彈簧的彈性勢(shì)能表達(dá)式為一履2,則（）

2

A,上升過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒

B.開(kāi)始時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為gmg/z

C,上升過(guò)程中重物的最大動(dòng)能為工mg丸

4

D.上升到最高點(diǎn)過(guò)程中重物的重力勢(shì)能增加9mg/z

【答案】B

【解析】

【詳解】A.上升過(guò)程中，恒力尸對(duì)系統(tǒng)做正功，系統(tǒng)的機(jī)械能增加，故A錯(cuò)誤；

B.初始時(shí)對(duì)重物有

mg=kxl

重物上升的最大高度為九的過(guò)程中，對(duì)系統(tǒng)由能量守恒定律

1212

5"1+Fh=mgh+-k(h-xi)

解得

h-xx

所以開(kāi)始時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為

Epi=；履：=^mgh

故B正確；

C.上升過(guò)程中，當(dāng)重物所受合力為零時(shí)，速度達(dá)到最大，則此時(shí)彈簧的形變量為xi,故

F+kx.2-mg

解得

在此過(guò)程中由能量守恒定律

2

FX2+；質(zhì);=mgx2+<7〃丫：左(％,-x2)

上升過(guò)程中重物的最大動(dòng)能為

F121.

Ekm=彳〃7Vm=~mgh

Zo

故c錯(cuò)誤；

D.上升到最高點(diǎn)過(guò)程中重物的重力所做的功為

WG--mgh

根據(jù)重力勢(shì)能與重力做功的關(guān)系可知，重物重力勢(shì)能的增加量為

Ep=mgh

故D錯(cuò)誤。

故選B。

11.用各種頻率的光照射兩種金屬材料得到遏止電壓“隨光的頻率v變化的兩條圖線1、2,圖線上有尸和

。兩點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）

V/(1014HZ)

A.圖線1、2一定平行

B.圖線1對(duì)應(yīng)金屬材料的逸出功大

照射同一金屬材料，用。對(duì)應(yīng)的光比P對(duì)應(yīng)的光產(chǎn)生的飽和電流大

D.照射同一金屬材料，用尸對(duì)應(yīng)的光比。對(duì)應(yīng)的光溢出的電子初動(dòng)能大

【答案】A

【解析】

【詳解】A.根據(jù)光電效應(yīng)方程可得

E^=hv-W0

Ek=eUc

可得

&="工

cee

由此可知，圖線1、2斜率相同，兩圖線一定平行，故A正確；

B.結(jié)合圖線可知，圖線2對(duì)應(yīng)金屬材料的逸出功大，故B錯(cuò)誤；

C.P光對(duì)應(yīng)的頻率較小，當(dāng)不能確定光的強(qiáng)度，所以不可以確定飽和光電流的大小，故C錯(cuò)誤；

D.P光對(duì)應(yīng)的頻率較小，。光的頻率較大，所以照射同一金屬材料，用。對(duì)應(yīng)的光比P對(duì)應(yīng)的光溢出的電

子初動(dòng)能大，故D錯(cuò)誤。

故選A?

12.單鏡頭反光相機(jī)簡(jiǎn)稱單反相機(jī)，它用一塊放置在鏡頭與感光部件之間的透明平面鏡把來(lái)自鏡頭的圖像

投射到對(duì)焦屏上。對(duì)焦屏上的圖像通過(guò)五棱鏡的反射進(jìn)入人眼中。圖為單反照相機(jī)取景器的示意圖，

A8CZJE為五棱鏡的一個(gè)截面，ABLBC,光線垂直AB射入，分別在CD和EA上發(fā)生反射，且兩次反射的

入射角相等，最后光線垂直射出。（）

A.光線垂直4B射入五棱鏡后，光速增大

B.無(wú)論射向的入射角多大，光線一定會(huì)在和胡上發(fā)生全反射

C.若兩次反射都為全反射，則該五棱鏡折射率的最小值為J5

D.若兩次反射都為全反射，則該五棱鏡折射率的最小值為一J

sin22.5

【答案】D

【解析】

【詳解】A.光線垂直射入五棱鏡后，傳播方向不改變，且由光疏介質(zhì)進(jìn)入光密介質(zhì)，折射率變大，根

據(jù)

C

n=—

v

可知光速減小，故A錯(cuò)誤;

B.作出光路圖，如圖

光以a角入射時(shí)發(fā)生折射，則折射光線到CD表面時(shí)的入射角為%,由圖可知

且入射角為4時(shí)，因折射率未知，則光線不一定會(huì)在8和剛上發(fā)生全反射，故B錯(cuò)誤;

CD.由圖可知

由幾何關(guān)系可知

0l+0l+i+r-90°

&=22.5°

若兩次反射都為全反射，則該五棱鏡折射率的最小，根據(jù)光的折射定律

可知折射率最小值為

故C錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

13.如圖為某品牌電動(dòng)牙刷，用充電器對(duì)牙刷電池充電，10h即可從零電量至充滿。已知電池的電動(dòng)勢(shì)為

2.4V,內(nèi)阻為0.5。，容量為800mAh,電池剩余電量為總電量的20%時(shí)就無(wú)法正常使用而需要充電。充滿

電后每天使用兩次，每次平均2分鐘，可以連續(xù)正常使用30天。則（）

A.充電時(shí)通過(guò)電池的平均電流為64mA

B.正常工作時(shí)，電池平均輸出功率約為0.72W

C.正常工作時(shí)，電池每天消耗的電能約為230J

D.充滿電到無(wú)法正常使用過(guò)程中，電池內(nèi)阻消耗的總電能約為460J

【答案】B

【解析】

【詳解】A.由題知，10h即可從零電量至充滿，則根據(jù)鄉(xiāng)=〃得，充電時(shí)通過(guò)電池的平均電流為

rq800mAh

1=—=-----------=80mA

tlOh

故A錯(cuò)誤；

B.由于

q'=q（l—20%）=640mAh

而充一次電能正常工作時(shí)間為

正常工作時(shí)的平均電流為

?q640mAh.?.

I=—=------------=320mA=0.32A

t2h

正常工作時(shí)，電池平均輸出功率約為

P^=UI'-I'2r=2.4X0.32W-0.322x0.5W。0.72W

故B正確；

C.正常工作時(shí)，電池每天消耗的電能約為

W=UI't=2.4X0.32X4X60J=184.32J?184J

故C錯(cuò)誤；

D.充滿電到無(wú)法正常使用過(guò)程中，電池內(nèi)阻消耗的總電能約為

W'=/，=（032）2x0.5x2x2x30x60J=368.64J?369J

故D錯(cuò)誤。

故選B。

二、選擇題n（本題共2小題，每小題3分，共6分，每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一

個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不選全的得2分，有選錯(cuò)的得。分）

14.下列說(shuō)法正確的是（）

A.不可能從單一熱庫(kù)吸收熱量，使之完全變成功

B.弱相互作用是短程力，它是引起原子核￡衰變的原因

C.蔗糖受潮后粘成的糖塊屬于非晶體，有確定的熔點(diǎn)，但沒(méi)有確定的幾何形狀

D.a粒子散射實(shí)驗(yàn)既可以確定不同元素原子核的電荷量，也可以估算原子核的半徑

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.在外界的影響下，氣體可以從單一熱源吸收熱量，全部用來(lái)對(duì)外做功，故A錯(cuò)誤；

B.弱相互作用是短程力，主要在原子核的核子內(nèi)，它是引起原子核￡衰變的原因，故B正確；

C.蔗糖受潮后粘在一起形成的糖塊看起來(lái)沒(méi)有確定的幾何形狀，但不是非晶體，而是多晶體，故C錯(cuò)

誤；

D.a粒子散射實(shí)驗(yàn)既可以確定不同元素原子核的電荷量，也可以估算原子核的半徑，故D正確。

故選BD?

15.圖甲和圖乙分別表示甲、乙兩列波在不同介質(zhì)中沿x軸正方向傳播，如圖所示實(shí)線和虛線分別表示兩

列波在仁0和/=0.5s時(shí)的波形圖。若兩列波的周期均大于0.35s,則（）

A.甲波的周期可能是乙波周期的0.5倍

B.甲波傳播的速度可能比乙波速度大，也可能比乙波速度小

C.0—0.5s內(nèi)某時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)尸、0的運(yùn)動(dòng)方向可能相同

D./=ls時(shí)，P、。質(zhì)點(diǎn)的位移大小可能相等

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.由圖可得甲波的波長(zhǎng)

~41Tl

則有

=—=1+4-n,t=—+nT^

周期大于0.35s,可得

罩i=0.4s或罩2=2s

由圖可得乙波的波長(zhǎng)

%=6m

則有

x=g%+"為=3+6〃,

2，=3弓+明

周期大于0.35s,可得

吃=ls

甲波的周期不可能是乙波周期的0.5倍，故A錯(cuò)誤；

B.甲波傳播的速度

v甲1==10m/s或唯2==2m/s

瑞52

乙波傳播的速度

以=4^=6m/s

T乙

甲波傳播的速度可能比乙波速度大，也可能比乙波速度小，故B正確；

C.當(dāng)甲周期為0.4s時(shí)，0?0.1S內(nèi)向y軸正方向，0.1?0.3s向y軸負(fù)方向，0.3?0.5s向y軸正方向；乙在

25?5

0向y軸負(fù)方向，—S~0.5s向y軸正方向，所以質(zhì)點(diǎn)尸、。的運(yùn)動(dòng)方向可能相同，故C正確；

66

D.當(dāng)Z=ls時(shí)，甲周期分別為0.4s和2s時(shí)，P質(zhì)點(diǎn)的位移都為0,。質(zhì)點(diǎn)的位移還在現(xiàn)在的位置，故D錯(cuò)

誤。

故選BC。

非選擇題部分

A.使槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)大于小車(chē)的質(zhì)量

B.紙帶運(yùn)動(dòng)方向應(yīng)與兩限位孔在同一直線上

C,需從紙帶上打下的第一個(gè)點(diǎn)開(kāi)始取的計(jì)數(shù)點(diǎn)

(2)實(shí)驗(yàn)中獲得如表的數(shù)據(jù)，根據(jù)這些數(shù)據(jù)，可以探究的是

0.290.860.34

0.140.360.40

0.290.610.47

0.190.360.54

0.240.360.66

0.290.410.70

0.290.360.82

0.290.310.93

0.340.360.95

A.只有加速度與力的關(guān)系

B.只有加速度與質(zhì)量關(guān)系

C.加速度與力以及加速度與質(zhì)量的關(guān)系

【答案】(1)B(2)C

【解析】

【小問(wèn)1詳解】

A.設(shè)槽碼得質(zhì)量為加，小車(chē)得質(zhì)量為將小車(chē)和槽碼整體分析

mg=(m+M)a

a=i-

m+M

對(duì)小車(chē)而言，繩子得拉力為小車(chē)受到得合外力

T=Ma=Mmg

M+m

化簡(jiǎn)為

mg

T=

故當(dāng)Al-加時(shí)

T=mg

A錯(cuò)誤；

B.紙帶運(yùn)動(dòng)方向應(yīng)與兩限位孔在同一直線上，使小車(chē)所受外力方向沿斜面方向，B正確；

C.由于需要計(jì)算小車(chē)得速度及加速度，需要在紙袋上選取合適得出點(diǎn)跡做為計(jì)數(shù)點(diǎn)，無(wú)需把第一個(gè)點(diǎn)做

為計(jì)數(shù)點(diǎn)，C錯(cuò)誤。

故選B。

【小問(wèn)2詳解】

ABC.根據(jù)控制變量法得原理可知，在探究加速度與力關(guān)系時(shí)，需要控制小車(chē)的質(zhì)量不變；探究加速度與

質(zhì)量的關(guān)系時(shí)，需使小車(chē)受到的外力不變，即槽碼的質(zhì)量不變，而小車(chē)的質(zhì)量變化。綜合分析表中的第一

列和第二列數(shù)據(jù)，均可找到對(duì)應(yīng)不變的量，故AB錯(cuò)誤，C正確。

故選C。

17.某同學(xué)利用圖磁吸式裝置探究平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律。

（1）在調(diào)節(jié)軌道時(shí)，發(fā)現(xiàn)水平儀的狀態(tài)如圖所示，此時(shí)應(yīng)將軌道的右端調(diào)（選填“高”或

“低”）。

（2）進(jìn)一步用手機(jī)的“慢動(dòng)作”功能拍攝，并從視頻中，每24幀選取一幀進(jìn)行處理得到如圖所示的拋體

運(yùn)動(dòng)“頻閃圖片”，坐標(biāo)板上最小一格實(shí)際長(zhǎng)度為1cm。由圖像可知該手機(jī)拍攝時(shí)的幀率最有可能是

A.240幀/秒B.480幀/秒C.960幀/秒

（3）結(jié)合②問(wèn)的信息可求出小球的水平速度為（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。

【答案】（1）低（2）B

(3)1.1

【解析】

【小問(wèn)1詳解】

水平儀右端有氣泡，說(shuō)明右端偏高，則應(yīng)把右側(cè)調(diào)低。

小問(wèn)2詳解】

坐標(biāo)板上最小一格實(shí)際長(zhǎng)度為1cm,豎直高度約為40小格，豎直方向的自由落體時(shí)間約為

0.3s

而每24幀選取一幀進(jìn)行處理得到如圖所示的拋體運(yùn)動(dòng)“頻閃圖片”，共有7個(gè)小球的位置，則由6個(gè)時(shí)間

間隔，故手機(jī)拍攝時(shí)的幀率約為

24

一義6=480幀/秒

0.3

故選Bo

【小問(wèn)3詳解】

小球在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有

A/z=gT2

其中A/?=0.03m,x=0.06m,解得初速度為

v0?l.lm/s

18.某同學(xué)為研究某種金屬導(dǎo)線的電阻率，用圖電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，金屬導(dǎo)線的長(zhǎng)度可以通過(guò)導(dǎo)線上的滑動(dòng)頭

調(diào)節(jié)，滑動(dòng)頭有一定的電阻，但阻值未知。

（1）請(qǐng)以筆代線，將未連接的導(dǎo)線在圖中補(bǔ)齊

（2）實(shí)驗(yàn)室準(zhǔn)備了Ri（5。、3A）和&（50Q>1.5A）兩種滑動(dòng)變阻器，用Ri、&分別實(shí)驗(yàn)，以電壓表的

YY

讀數(shù)U為縱軸，以一為橫軸（X為圖甲中AP長(zhǎng)度，L為AB長(zhǎng)度），得到U-士圖像如圖，其中選用R1

LL

時(shí)對(duì)應(yīng)的圖線應(yīng)為（選填或）；

（3）在用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬導(dǎo)線的直徑如圖所示，則該導(dǎo)線的直徑為_(kāi)__________mm；

（4）在多次調(diào)節(jié)滑動(dòng)頭改變金屬導(dǎo)線的長(zhǎng)度/,并測(cè)量出不同長(zhǎng)度時(shí)的電阻值反,作&”圖（圖戊），根

據(jù)圖像可求出該金屬導(dǎo)線的電阻率為Qm（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）-

【答案】（1）

（3）1.006##1.007##1,008##1.009

（4）6.1XKT6（5.9x10-6~6.4x10.均可）

【解析】

【小問(wèn)1詳解】

根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖，如圖

【小問(wèn)2詳解】

若電源為理想電源，由于滑動(dòng)變阻器與電阻較小，則移動(dòng)滑動(dòng)變阻器，人,并聯(lián)支路電壓變化較小，則根

據(jù)串聯(lián)分壓原理可知

U

E

化簡(jiǎn)可得

則。-土Y圖像的斜率近似為定值，故選用品時(shí)對(duì)應(yīng)的圖線應(yīng)為mo

【小問(wèn)3詳解】

螺旋測(cè)微器的分度值為0.01mm,則該導(dǎo)線的直徑為

d=1mm+0.7x0.01mm=1.007mm

【小問(wèn)4詳解】

根據(jù)電阻定律

Rx=p-=^l

S7rd2

由圖可知

,4k夕—_-_4._2-_0_._3___

7id20.5

代入數(shù)據(jù)解得，該金屬導(dǎo)線的電阻率為

p=6.1xlO-6Q-m

19.有同學(xué)完成“用油膜法估測(cè)油酸分子的大小”實(shí)驗(yàn)。

(1)在實(shí)驗(yàn)中油酸體積占油酸酒精溶液總體積的比例最為合適的是

A.1：50B.1：500C.1：5000

(2)由于沒(méi)有方格紙，該同學(xué)首先在一張透明膠片上描出油膜的輪廓，測(cè)量膠片的面積So,并用高精度

的電子天平稱量出整張膠片的質(zhì)量然后沿輪廓剪下對(duì)應(yīng)的油膜形狀的膠片，其質(zhì)量為山，則油膜的面

積為(用所給物理量符號(hào)來(lái)表示)；

(3)下列操作有助于減小實(shí)驗(yàn)誤差的是

A.撒粉時(shí)要盡量厚一些，覆蓋整個(gè)淺盤(pán)

B.滴油酸酒精溶液時(shí)，針頭需遠(yuǎn)離液面

C.滴油酸酒精溶液后需待油膜穩(wěn)定后再測(cè)其面積

【答案】(1)B(2)顯

M

⑶C

【解析】

小問(wèn)1詳解】

在實(shí)驗(yàn)中油酸體積占油酸酒精溶液總體積的比例最為合適的是1:500,故選B；

【小問(wèn)2詳解】

膠片厚度相同，則面積比等于質(zhì)量比，即

【小問(wèn)3詳解】

A.撒粉時(shí)若過(guò)厚，且覆蓋整個(gè)淺盤(pán)，則不利于油酸形成單分子油膜，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.滴油酸酒精溶液時(shí)，針頭需遠(yuǎn)離液面，則油酸酒精溶液滴到水面上時(shí)可能會(huì)濺起，也不利于形成整片

的油膜，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.滴油酸酒精溶液后需待油膜穩(wěn)定后再測(cè)其面積，選項(xiàng)C正確。

故選C。

20.某同學(xué)采用如圖裝置測(cè)量某一不規(guī)則實(shí)心礦石的體積匕導(dǎo)熱良好的氣缸上部高L=20cm,橫截面積

Si=100cm2,下部高L2=20cm,橫截面積S2=450cm2,質(zhì)量為根的活塞初始輕放到氣缸的頂部，封閉了空氣

后繼續(xù)緩慢下落，待平衡后，活塞下表面正好距氣缸頂部/zi=10cm。將礦石放入氣缸底部，再次封上活塞

后，發(fā)現(xiàn)最終活塞靜止時(shí)下表面距氣缸頂部比=8cm。已知大氣壓強(qiáng)po=l.OxlO5pa,活塞氣缸緊密接觸且不

計(jì)兩者間的摩擦，封閉的空氣可視為理想氣體，環(huán)境溫度恒定。

(1)活塞下降過(guò)程中，被封閉空氣對(duì)外做功(選填“正”或“負(fù)”)，被封閉空氣待溫度穩(wěn)定后，

其內(nèi)能將(選填“增加”、“減少”或“不變”)；

(2)求活塞的質(zhì)量加；

(3)求礦石的體積Vo

【答案】(1)負(fù)功，不變；(2)10kg；(3)2200cm3

【解析】

【詳解】(1)活塞下降過(guò)程中，氣體體積減小，被封閉空氣對(duì)外做負(fù)功，被封閉空氣待溫度穩(wěn)定后，由于

氣缸導(dǎo)熱良好，即溫度不變，封閉的空氣可視為理想氣體，其內(nèi)能將不變。

(2)對(duì)活塞進(jìn)行分析有

mg+PoS]=pH

氣缸導(dǎo)熱良好，溫度不變，即氣體發(fā)生的是等溫變化，根據(jù)玻意耳定律有

Po(4H+L2s2)=Pi[(4-%)S]+L2s2]

解得

〃z=10kg

(3)再次平衡時(shí)，對(duì)活塞有

mg+PoSi=P[S[

根據(jù)玻意耳定律有

PQ(4$+L2s2—V)=8[(4—A2K+y2—V]

解得

V=2200cm3

21.如圖所示，一質(zhì)量M=L0kg,高6=0.7m的平板車(chē)靜置在光滑水平地面上，其左端靜止放置一輛質(zhì)量

〃z=0.2kg大小可忽略的四驅(qū)電動(dòng)玩具小車(chē)，右側(cè)同一豎直平面有固定的光滑圓弧軌道AC,軌道半徑

R=125m,圓心角為20,0=37°,左右兩端點(diǎn)A、C等高，圓弧最低點(diǎn)B位于水平地面上。緊接C點(diǎn)，有一

長(zhǎng)S=1.59/77的傾斜傳送帶，上表面OE沿圓弧C點(diǎn)的切線方向，傳送帶以v=2m/s的速度順時(shí)針運(yùn)動(dòng)。玩具

小車(chē)啟動(dòng)后，恰好能從A點(diǎn)沿AC圓弧切線進(jìn)入軌道，并最終到達(dá)E點(diǎn)后飛離。已知玩具車(chē)在平板車(chē)和傳

送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，均產(chǎn)生自重0.8倍的動(dòng)力(忽略摩擦阻力和空氣阻力)，且從C點(diǎn)到。點(diǎn)速度不變。

sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:

(1)玩具小車(chē)在A點(diǎn)速度大小VA；

(2)玩具小車(chē)在2點(diǎn)受到支持力的大小人；

(3)平板車(chē)的長(zhǎng)度/；

(4)傳送帶由于運(yùn)送玩具小車(chē)而多輸出的機(jī)械能AE。

【解析】

【詳解】(1)小車(chē)離開(kāi)平板車(chē)后，做平拋運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)的速度為以，豎直方向有

v\sin20=2g^h-R(l-cos6)]

解得

(2)從A到8由動(dòng)能定理

在B點(diǎn)由牛頓第二定律

FN-mg=m—

K

解得

FN=6.8N

(3)小車(chē)在平板車(chē)上做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為m，位移為制，則由牛頓定律

O.Smg=ma1

由運(yùn)動(dòng)方程

v：cos20~2〃］西

解得

xi=lm

小車(chē)和平板車(chē)滿足平均動(dòng)量守恒

加工=”上

解得

X2=0.2m

平板車(chē)的長(zhǎng)度為

Z=xi+x2=1.2m

(4)小車(chē)在傳送帶上做勻加速運(yùn)動(dòng)，則由牛頓第二定律可知

O.Smg—mgsin0=ma2

解得

tZ2=2m/s2

由運(yùn)動(dòng)公式

12

s—vDt+—a2t

以及

解得

?=0.3s

（另一解七一0.53s舍掉）在時(shí)間t內(nèi)，傳送帶上某點(diǎn)對(duì)地位移

x傳=叱=0.6m

傳送帶由于運(yùn)送小車(chē)克服小車(chē)對(duì)其的靜摩擦力做功為

W=0.8根gx傳=0.96J

22.某校項(xiàng)目學(xué)習(xí)小組制造了電磁彈射器，其等效電路如圖所示（俯視圖）。通過(guò)圖中的理想自耦變壓器可

將e=12.50sinlOOR（V）的交流電電壓升高，再通過(guò)直流轉(zhuǎn)換模塊（將交流電轉(zhuǎn)換為直流電，且電壓有

效值不變）。圖中的兩個(gè)電容器的電容C=0.2F。兩根固定于同一水平面內(nèi)足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距

￡=0.5m,電阻不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小3=1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向內(nèi)。金屬棒MN（含其上固定一

鐵釘）總質(zhì)量m=100g、電阻R=0.25Q（不計(jì)其他電阻）垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好

接觸。開(kāi)關(guān)S先接1,使兩電容器完全充電，然后將S接至2,MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)達(dá)到最大速度后離開(kāi)

19

導(dǎo)軌。已知理想自耦變壓器的原副線圈匝數(shù)比為1:4,電容器儲(chǔ)存電場(chǎng)能的表達(dá)式為：E=-CU2

C2O

求:

(1)直流轉(zhuǎn)換模塊輸出端的電壓UMN；

(2)開(kāi)關(guān)S接1使電容器完全充電后，每塊極板上所帶的電荷量Q的絕對(duì)值;

(3)MN由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小。；

(4)電容器儲(chǔ)存電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為棒動(dòng)能的轉(zhuǎn)化效率小

直流

換

轉(zhuǎn)

塊

模

【答案】(1)50V；(2)10C；(3)1.0xl03m/s2;(4)|?33%

【解析】

【詳解】（1）交流電電壓的有效值為

5飛…5V

根據(jù)變壓器的電壓匝數(shù)關(guān)系有

力二以

U2”2

由題意可知直流轉(zhuǎn)換模塊輸出端的電壓

UMN=U2

解得

UMN=50V

(2)根據(jù)電容的定義式有

UMN

解得

Q=10C

(3)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流

j_UMN

~R

此時(shí)對(duì)金屬棒進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有

BIL=ma

解得

6i=1.0xl03m/s2

(4)MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)達(dá)到最大速度時(shí)，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與此時(shí)電容器極板電壓

相等，則有

u2=BLV_

根據(jù)動(dòng)量定理有

BILt=-0

該過(guò)程通過(guò)金屬棒的電荷量

q=lt=2C（UMN-U2）

結(jié)合上述解得

k=50m/s

若考慮最后電容器還有電場(chǎng)能儲(chǔ)存，則有

12

5叫1ax

"1----------1-------

-x2CUlN--x2CUl

結(jié)合上述解得

7=1-33%

23.甲辰龍年，有研究者用如圖裝置實(shí)現(xiàn)“雙龍戲珠”。圖中跖匣和MM、M3M4和N3M組成兩對(duì)平行

極板，將空間分隔為I、II、HI三個(gè)區(qū)域，三個(gè)區(qū)域中有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)如圖甲，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為

B=兩發(fā)射源緊靠極板放置，每秒每個(gè)發(fā)射源分別射出IO,個(gè)垂直極板初速度大小%=1x103^5

的正或負(fù)電子。正負(fù)電子每次經(jīng)過(guò)狹縫均被加速，極板電