2024年高考第三次模擬考試題：物理（浙江卷03）（全解全析）

2024年高考物理第三次模擬考試

物理?全解全析

注意事項：

I.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。如

需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫

在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回

一.選擇題（共13小題）

I.2023年的諾貝爾物理學(xué)獎授予“采用實驗方法產(chǎn)生阿秒脈沖光的技術(shù)”，阿秒脈沖光是一種非常

短的光脈沖，其持續(xù)時間在阿秒的量級，即lO^s,則（）

A.阿秒是導(dǎo)出單位

B.阿秒是國際單位制的基本單位

C.阿秒對應(yīng)的物理量是國際單位制的基本量

D.阿秒對?應(yīng)的物理量是矢最

【解答】解：由題意可知，阿秒是l（）Fs,即阿秒是時間的一個單位，根據(jù)單位制的基本內(nèi)容可

知，時間是國際單位制中的基本物理量；但阿秒不是國際單位制中的單位，故C正確，ABD錯

誤。

故選：Co

2.如圖所示，某款可折疊手機支架，調(diào)節(jié)支撐桿MN,手機背部支撐平面PQ的傾角0隨之改變,

底部支撐平面ab與PQ始終垂直，忽略一切摩擦，當(dāng)。逐漸減小時，下列說法正確的是（）

A.背部支撐平面PQ對手機的彈力逐漸變小

B.手機對底部支撐平面ab的彈力逐漸變大

C.支架對手機的作用力逐漸增大

D.手機對支架的作用力始終不變

【解答】解：AB、以手機為研究對象，受力情況如圖所示:

根據(jù)平衡條件可得背部支憚平面PQ對手機的彈力FN=mgcos0,手機與底部支撐平面ab之間的

彈力Fab=mgsine；

當(dāng)6逐漸減小時,背部支撐平面PQ對手機的彈力增大,手機與底部支撐平面ab之間的彈力減小，

故AB錯誤；

CD、根據(jù)平衡條件可得，支架對手機的作用力大小始終等于手機的重力大小，根據(jù)牛頓第三定律

可知，手機對支架的作用力大小也等于手機的重力大小，保持不變，故C錯誤、D正確。

故選：D。

3.如圖所示，小球甲從距離地面高度為hi=15m處以速度、o=lOm/s豎直向上拋出，同時小球乙從

距離地面高度為h2=20m處開始自由下落，小球運動的過程中不計空氣阻力，重力加速度取g=

lOin/s2,則下列說法中正碓的是（）

vof二T

-y?甲

20m

15m

A.小球乙落地前，兩小球的速度差逐漸變大

B.落地前的運動過程中小球甲、乙的平均速率之比為5：6

C.至小球乙落地時，甲、乙兩球的位移大小之比為3：4

D.小球甲、乙運動的第1s內(nèi)位移相同

【解答】解：A.取豎直向上為正方向，甲球跟乙球的速度差為Av=vo-gl-（-gt）=vo,故A

錯誤；

B.由h=^gt2

得乙球落地用時間為

【2=2s

對甲球：由votL*g￥=—15

解得

ti=3s

甲球經(jīng)過的路程為25m,乙球經(jīng)過的路程為20m,那么落地前的運動過程中小球甲、乙的平均速

率之比為5：6,故B正確；

C.乙球落地時，甲球的位移為0,即恰好回到拋出點，則至小球乙落地時，甲、乙兩球的位移大

小之比為0,故C錯誤；

D.對甲球，第1s內(nèi)位移父=/十二另1ox12m=5m,對乙球，第Is內(nèi)位移（=/卅=1x10x

12m=5m,兩位移方向不同，故D錯誤。

故選：Bo

4.某國政府不顧國際社會的反對，公然決定將大量核廢水排放到太平洋，引起了國際輿論的強烈譴

責(zé)。核廢水主要包含63種放射性物質(zhì)，其中以鈾137、鑲90、筑、碳14等為主，下列說法正確

的是（）

A.艷137的半衰期是30年，60年后核廢水中的鈉137全部衰減殆盡

B.錮90發(fā)生。衰變的衰變方程為翡Sr—翡Y+9遙，翡Sr的比結(jié)合能比弱Y的大

C.旅具有放射性，是原子核外電子從高能級向低能級躍遷造成的

D.碳14的半衰期為5730年，如果一塊古木中的碳14含量是現(xiàn)代植物的0.25倍，則百木的歷

史約11460年

【解答】解：A.鈉137的半衰期是30年，經(jīng)歷兩個半周期，60年后核廢水中的鋼137仍剩下

原先的乙故A錯誤；

4

B.錮90發(fā)生。衰變的衰變方程為lgSr-＞招V+90，。衰變是自然發(fā)生的，衰變的過程中釋

放核能，則弱丫的結(jié)合能更大,它們的核子數(shù)相等,所以瑞Sr的比結(jié)合能比翡丫的比結(jié)合能小,

故B錯誤；

C.晁具有放射性，是原子核發(fā)生衰變造成的，故c錯誤；

n

D.碳14的半衰期為5730年,如果一塊古木中的碳14含量是現(xiàn)代植物的0.25倍,根據(jù)m=m0（1）

可知n=2,即經(jīng)歷兩次半周期，則古木的歷史約1=5730X2年=11460年，故D正確。

固定支撐板

空氣間隙活動金屬板

固定金屬板

甲乙

A.按鍵的過程中，電容器間的電場強度減小

B.按鍵的過程中，電容器儲存的電能增多

C.按鍵的過程中，圖內(nèi)中電流方向從a經(jīng)電流計流向b

D.按鍵的過程中，電容器上極板電勢低于下極板電勢

【解答】解：AB.根據(jù)電容器的定義式、決定式以及電場強度與電勢差關(guān)系:

r-Q-JrL-H

L~U~4成d'bF~d

按鍵的過程中，由于電壓U不變，d減小，則電容C增大，電容器間的電場強度E增大，電容器

所帶電荷量Q增大，則電容器儲存的電能增多，故A錯誤，B正確：

CD.按鍵的過程中，由于電容器所帶電荷量Q增大，電容器充電，圖丙中電流方向從b經(jīng)電流

計流向a,電容器上極板電勢高于下極板電勢，故CD錯誤。

故選:Bo

7.杜甫在《曲江》中寫到：穿花蝶蝶深深見，點水蜻蜓款款飛。平靜水面上的S處，“蜻蜓點水”

時形成一列水波向四周傳播（可視為簡諧波），A、B、C三點與S在同一條直線上。圖示時刻，

A在波谷與水平面的高度差為H,B、C在不同的波峰上。已知波速為v,A、B在水平方向的距

離為a,()

?9?tI4\fi

\：C-：\\；s\:MB：:

、、，*.?力、/13

2v

A.A點振動頻率為一

a

B.到達第一個波峰的時刻，C比A滯后?

a

C.從圖示時刻起，經(jīng)過時間一，B、C之間的距離增大

a

D.從圖示時刻開始計時，A點的振動方程是y=〃s加（等￡+岑）

【解答】解：A.由圖可知波長為2a,則A點振動頻率為f=言，故A錯誤；

B.由圖可知SA=L51SC=3入，則到達第一個波峰的時刻,C比A滯后

t=1.5T=—V

故B錯誤；

CB、C只能豎直方向振動，距離不變，故C錯誤；

D.質(zhì)點的振動角頻率為3=竿=芳

從圖示時刻開始計時，A點的振動方程是

y=癡1苧+?

故D正確。

故選：Do

8.如圖1所示，固定斜面的傾角8=37°,一物體（可視為質(zhì)點）在沿斜面向上的恒定拉力F作用

下，從斜面底端由靜止開始沿斜面向上滑動，經(jīng)過距斜面底端xo處的A點時撤去拉力F。該物體

的動能Ek與它到斜面底端的距離x的部分關(guān)系圖像如圖2所示。已知該物體的質(zhì)量m=1kg,該

物體兩次經(jīng)過A點時的動能之比為4：1,該物體與斜面間動摩擦因數(shù)處處相同，sinS7"=0.6,

重力加速度g取lOm/s2,不計空氣阻力。則拉力F的大小為（）

【解答】解：依題意，設(shè)物體在運動過程中受到的滑動摩擦力大小為f,

當(dāng)物體沿斜面向上運動到xo處時，根據(jù)動能定理有

（F-Gsin0-f）xo=Eo

運動到2xo處時，根據(jù)動能定理有

Fxo-（Gsin9+f）2xo=O

當(dāng)物體沿斜面向下運動到xo處時，根據(jù)動能定埋有

1

(GsinO-/)-x0=薩0

聯(lián)立方程，代入數(shù)據(jù)解得：F=19.2N,故ABC錯誤，D正確.

故選：De

9.如圖1所示，光滑水平桌面上有豎直向下、寬度為L的勻強磁場，正方形閉合導(dǎo)線框abed的邊

長為I,放在桌面上，be邊與磁場邊界平行，L>lo讓導(dǎo)線框在沿ab方向的恒力F作用下穿過勻

圖1圖2

A.U?12時間內(nèi)，導(dǎo)線框受到的安培力逐漸增大

B.U?12時間內(nèi)，F(xiàn)對導(dǎo)線框做的功等于其動能的增加量

C.12?t3時間內(nèi)，v-t圖中陰影部分的面積表示磁場的寬度L

D.t3?t4時間內(nèi),導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱大于FI

【解答】解?：A、由圖像可知，ti時刻，導(dǎo)線框開始進入磁場區(qū)域，減速運動，安培力大于恒力F,

加速度逐漸變小，安培力減小，故A錯誤；

B、U?t2時間內(nèi)，由動能定理可得：WF+Mr=AEk,故B錯誤；

C、由圖像可知，12時刻，導(dǎo)線框全部進入磁場區(qū)域，13時刻，導(dǎo)線框開始離開磁場區(qū)域，口?13

時間段圖線和坐標軸圍成的面積表示磁場的寬度L,故C錯誤：

D、因為t3?t4段的安培力大于恒力E位移是1,故導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱大于FI,故D正確。

故選：D。

10.照射到金屬表面的光可能使金屬中的電子逸出，可以用甲圖的電路研究電子逸出的情況。陰極

K在受到光照時能夠逸出電子，陽極A吸收陰極K逸出的電子，在電路中形成光電流。在光照

條件不變的情況下改變光電管兩端的電壓得到乙圖。換用不同頻率的單色光照射陰極K得到電子

最大初動能與入射光波長倒數(shù)的關(guān)系圖像如丙圖所示。下列說法正確的是()

A.乙圖中遏止電壓的存在意味著光電子具有最大初動能

B.乙圖中電壓由0到U1,光電流越來越大，說明單位時間內(nèi)逸出光電子的個數(shù)越來越多

C.丙圖中的Ao是產(chǎn)生光電效應(yīng)的最小波長

D.由丙圖可知普朗克常量h=E入o

【解答】解：A、根據(jù)功能關(guān)系可知：eU秋=4m端；可知遏止電壓的存在意味著光電子具有最

大初動能，故A正確；

B、根據(jù)飽和電流的意義可知，飽和電流說明單位時間內(nèi)狎極K發(fā)射的光電子的數(shù)目是一定的，

電壓由0到UI隨著正向電壓的增大，光電流增大，不能說明說明單位時間內(nèi)逸出光電子的個數(shù)

越來越多，故B錯誤；

CD、根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ek=hv-Wo=：-Wo.Ek-1圖象的橫軸的截距的倒數(shù)大小等

于極限波長，由圖知該金屬的最大波長為Ao,此時Wo=^

根據(jù)光電效應(yīng)方程得：Ekm=y-Wo,可知圖線與縱坐標的交點大小等于該金屬的逸出功，即

Wo=E

可得普朗克常量卜=靜，故CD錯誤；

故選：Ao

11.如圖所示，某同學(xué)對著墻壁練習(xí)打乒乓球（視為質(zhì)點），某次乒乓球與墻壁上的P點碰撞后水平

彈離，恰好垂直落在球拍上的Q點，取重力加速度大小g=l（）m/s2,不計空氣阻力。若球拍與水

平方向的夾角為45°,乒乓球落到球拍前瞬間的速度大小為4m/s,則P、Q兩點的高度差為（）

墻壁

球拍

A.0.1mB.0.2mC.0.4mD.0.8m

【解答】解：由于恰好垂直落在球拍上的Q點，根據(jù)幾何關(guān)系得：VQCOS45°=gt,解得l=^s

根據(jù)乒乓球在豎直方向上的運動規(guī)律，由h=：gP,

112

解得：h=2。/=ax10x云m=0.4m,故C正確，ABD錯誤。

故選：Co

12.氫原子的可見光光譜如圖所示，譜線的波長滿足公式白=Rs（n=3,4,5,6）,

X22n2

式中R-是常量。已知四條光譜線對應(yīng)的光照射某種金屬，僅一種光能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)。

貝I」（）

410.29434.17486.27656.47A/nm

&HH3H

A.Ha譜線對應(yīng)的光子能量最大

B.Ha譜線對應(yīng)的光子動量最大

C.Ha譜線對應(yīng)的光子能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)

D.Fh譜線是氫原子從第5激發(fā)態(tài)躍遷到第1激發(fā)態(tài)產(chǎn)生的

【解答】解：A.根據(jù)波長與頻率的關(guān)系，則有:=：=v,結(jié)合題意可知，V。最小，則Ha譜線

對應(yīng)的光子能量最小，故A錯誤：

B.根據(jù)p=/結(jié)合題意可知，入a最大,則Ha譜線對應(yīng)的光子動量最小，故B錯誤；

C.根據(jù)光電效應(yīng)發(fā)生條件，可知Ha譜線對應(yīng)的光子能量最小，則不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，

故C錯誤；

D.根據(jù)題意結(jié)合躍迂時，能量減小，則有;=Rs（3-士）可知，H；,譜線是氫原子從第5激發(fā)

態(tài)躍遷到第1激發(fā)態(tài)產(chǎn)生的，故D正確。

故選：D。

13.如圖所示，質(zhì)量為2000kg的電梯的纜繩發(fā)生斷裂后向下墜落，電梯剛接觸井底緩沖彈簧時的速

度為4m/s,緩沖彈簧被壓縮2m時電梯停止了運動，下落過程中安全鉗總共提供給電楞17000N

的滑動摩擦力。已知彈簧的彈性勢能為與二4攵產(chǎn)（k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量），

安全鉗提供的滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，重力加速度g=l（）m/s2,下列說法正確的是（)

安全鉗

9\

A.彈簧的勁度系數(shù)為3000N/m

B.整個過程中電梯的加速度一直在減小

C.電梯停止在井底時受到的摩擦力大小為17000N

D.從電梯接觸彈簧到速度最大的過程中甩梯和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機械能約為4636J

【解答】解：A.電梯剛接觸井底緩沖彈簧時的速度為4m/s,緩沖彈簧被壓縮2m時電梯停止了運

動，根據(jù)能量守恒定律有

1212

-mv+mg-Ax=-k-Ax+f功?Ax

22

代入數(shù)據(jù)解得

k=11000N/m,故A錯誤;

B與彈簧接觸前，電梯做勻加速直線運動，接觸彈簧后，先做加速度逐漸減小的加速運動后做加

速度逐漸增加的減速運動，故B錯誤；

C電梯停止在井底時，由受力平衡得

kAx=mg+f?

代入數(shù)據(jù)解得

f?=kAx-mg=11000X2N-2000X10N=2000N,故C錯誤;

D.當(dāng)電梯速度最大時，此時加速度為零，則

k△x'+f動=11^

代入數(shù)據(jù)解得

4/3

Ax=pj-m

電梯接觸彈簧到速度最大的過程中，電梯和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機械能等于摩擦力做的負功,

則

9

4E=/'動?/%'=17000x^/^4636/,故D正確。

故選：Do

二.多選題(共2小題)

14.如圖為透明長方體的橫截面efgh,其折射率九=第,一細束單色光以角0入射至ef面上的p點，

ep=*=L,已知光在真空中的傳播速度為c,不考慮光在長方體內(nèi)的二次及二次以上的多次反

射，下列說法正確的是()

A.當(dāng)入射角為6=6()。時，光在長方體中的傳播時間為日

c

B.當(dāng)入射角為6=60°時,光在長方體中的傳播時間為出

c

C.當(dāng)入射角8V45°時，折射到eh面上的光一定發(fā)生全反射

D.當(dāng)入射角8<45°時，折射到eh面上的光不一定發(fā)生全反射

【解答】解：AB、當(dāng)入射帶為60°時，由折射定律11二罌

解得r=45°

到達面時，入射角為『=,sin45。=當(dāng)彩故不發(fā)生全反射，直接折

eh(90°-45°)=45°4it

射出長方體；

時間=泊夕「平

n

故A正確，B錯誤；

CD、當(dāng)入射角小于45°時，由折射定律門二察

解得sinrV苧

到達ch面時，入射角的正弦值為sina=cosr>^

由于sina＞，故一定發(fā)生全反射，故C正確，D錯誤

故選：ACo

15.如圖甲所示，M是一個小型理想變壓器，其右側(cè)部分為一火警報警系統(tǒng)原理圖的一部分，R2為

阻值隨溫度升高而減小的熱敏電阻，常溫和低于常溫時其電阻等于Ri,RI為一定值電阻，電壓

表和電流表均為理想交流電表,原、副線圈近數(shù)比m：02=4：1,其輸入端a、b間所接電壓u

隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示。報警電路兩端電壓超過?定值時觸發(fā)報警（圖甲中未畫出），下

列說法正確的是（）

圖甲圖乙

A.電壓表的示數(shù)可能大于30V

B.通過R2的電流的頻率為55Hz

C.報警電路一定接在Ri兩端

D.增大Ri的阻值可提高該報警系統(tǒng)的靈敏度

【解答】解：A.由圖乙可知，輸入電壓有效值Ui=維，計算可得Ui=220V,根據(jù)變壓器的電

壓與匝數(shù)的關(guān)系察=也，可得副線圈兩端的電壓有效值為55v,電壓表測得的是R2兩端的電壓，

常溫和低于常溫時，R2的阻值等于R],所以電壓表示數(shù)為27.5V,高溫和出現(xiàn)火警時，R2電阻

減小，副線圈中電流增大，因副線圈兩端電壓不變，Ri兩端電壓增大，則電壓表示數(shù)減小，故A

錯誤；

B.變壓器與電阻不改變電流頻率，由圖乙可知，電流周期為T=0.02s,所以電流頻率為

代入數(shù)據(jù)得f=50Hz,故B錯誤；

C.圖甲電路中，R2兩端的電壓隨溫度升高而減小，不符合報警電路要求，Ri兩端電壓因R2電

阻減小而增大，符合要求，原副線圈兩端電壓不變，故報警電路只能接在Ri兩端，故C正確；

D.增大Ri的阻值會使Ri兩分得的電壓增大，報警器更容易被觸發(fā)，故D正確。

故選：CD。

三.實驗題（共3小題）

16.I、某實驗小組采用如圖1所示的實驗裝置在水平桌面上探究“小車的加速度與力和質(zhì)量之間

的關(guān)系

小車c楣器

ABcDE

6U\Tiiipiiip中iipi中?甲叩|甲,川||||||||||||||||叫|||||||14甲|甲叩北聊川|||||||||||||

砂和砂桶長木板34567891011121314cmi5

圖1圖2圖3

（I）實驗之前要平衡小車所受的阻力，具體的步驟是:（填“掛”或“不拄”）砂桶,

連接好紙帶后，調(diào)整木板右端的高度，用手輕撥小車，直到打點計時器在紙帶上打出一系列間距

均勻的點。

（2）已知打點計時器所用交變電源的頻率為50Hz,某次實驗得到的紙帶如圖2所示。A、B、C、

D、E是5個連續(xù)的計數(shù)點，相鄰兩計數(shù)點間有四個點未畫出，實驗數(shù)據(jù)如表中所示，其中有一

組數(shù)據(jù)記錄不當(dāng)，這組數(shù)據(jù)是（填“A”、"B”、"C”、"D”或"E”）。根據(jù)上述信息可得

小車的加速度大小為m/s2（保留兩位有效數(shù)字）。

計數(shù)點ABCDE

位置坐標（cm）4.505.507.309.8013.1

（3）另?小組在驗證加速度與質(zhì)量關(guān)系實驗時，保證砂桶的總質(zhì)量mo不變，通過在小車上增加

跌碼來改變小車總質(zhì)量，每次實驗時僅記錄了小車上跌碼的總質(zhì)量m,但未測小車質(zhì)量M,作出

二與m之間的關(guān)系圖像如圖3所示，已知圖中直線的斜率為匕在縱軸上的截距為b,若該同學(xué)其

a

他操作均正確，mo沒有遠少于（M+m）,可得到小車的質(zhì)量M為（用k、b、mo表示）。

【解答】解：（I）根據(jù)平衡摩擦力的原理可知，平衡摩擦力時小車前端不掛砂和桶，小車后面的

紙帶穿過打點計時器，將長木板不變滑輪的那端墊高，反復(fù)調(diào)節(jié)木板的傾角，宜到小車勻速下滑

為止；

（2）從所給的表格數(shù)據(jù)可以看出，E點的數(shù)據(jù)沒有估讀，所以讀取不當(dāng)；

相鄰計數(shù)點的時間間隔為7=7=^S=0.1S

2

根據(jù)逐差法，加速度Q=文弓AC.=［（13.10-7.30）-（7.3?-4.50）卜10?2=0.75m/s

4TZ4x0*

（3）根據(jù)牛頓第二定律，對小車F=（M+m）a

對砂和桶mog-F=moa

聯(lián)立解得mog=（M+m+mo）a

變形得三=竺？竺+--m

amogmog

結(jié)合工圖像，圖像的斜率k

a叫。

圖像的縱截距匕=空等

聯(lián)立解得M=鋁，

9K

故答案為：（1）不掛；（2）E；0.75；（3）也三。

gk

II、干電池川久后通常電動勢會減小，內(nèi)阻增大。某同學(xué)利用DIS系統(tǒng)、定值電阻Ru、電阻箱R等

實驗器材分別研究新、舊兩節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，實驗裝置如圖中所示。首先測量電池a的

電動勢和內(nèi)阻，實驗時多次改變R的阻值，用電流傳感器測得對應(yīng)的電流值I,在計算機上顯示

出如圖乙所示的｝-R的關(guān)系圖線a,重復(fù)上述實驗方法測量電池b的電動勢和內(nèi)阻，得到圖乙中

的圖線b。

甲

內(nèi)

（1）某次實驗電阻箱調(diào)節(jié)后如圖丙所示，則此時電阻箱的讀數(shù)為。。

（2）若定值電阻Ro=1.00令丫=彳，x=R,由圖乙中實驗圖線a的擬合方程可得，電池a的電

動勢Ea=V,內(nèi)阻ra=no

（3）根據(jù)圖乙可以判斷，烈線對應(yīng)的是新電池（選填“a”或"b”）。

（4）根據(jù)實驗測得的電池a的R、I數(shù)據(jù),若令y=「（R+Ro）,x=R+Ro,則由計算機擬合得出

的y-x圖線如圖丁所示，則圖線最高點A的坐標值應(yīng)為x=C,y=W（結(jié)

果均保留2位有效數(shù)字）。

【解答】解：(1)由電阻箱的讀數(shù)規(guī)則有

R=OX1000+1X10H+2X1C+OXO.1Q=12.0C

(2)由閉合電路歐姆定律有而

VQ+KQ+K

整理有-11R+廠-ia—+Ro

1EaEa

結(jié)合題中圖線a的解析式，有

1

°75二員

2.25=

EQ

A

解得Ea=§V，ra=2C

(3)由之前的分析可知，圖像的斜率為電池的電動勢的倒數(shù)，由題圖可知，其圖像a的斜率大，

所以圖線a的電動勢小。根據(jù)題意，舊電池的電動勢減小，所以圖線a為舊電池，圖線b為新電

池。

(4)分析題圖中電路可知，外電路的用電器為電阻R和Ro,結(jié)合題意可知，題圖的y軸為電池

的輸出功率，題圖的X軸為外電路的電阻。對電池有P=/2R=(/^)2R

K夕廣r

E?R外E2

-2—9

R處-2rR外+%+4小外(&分-啕

R^針。

外

結(jié)合題圖有、=戈尸2嬴

由之前的分析可知，有￡=?V

r“=2C

題圖中A點為y最大值，由上述公式可知，當(dāng)x=m即外電路電阻等于電池內(nèi)阻時，取得最大

值，所以

x=2.0C

y—.22W

4

故答案為：(1)12.0；(2)-；2.0；(3)b：(4)2.0：0.22

3

18.某小組探究氣體在等溫變化時壓強隨體積變化的規(guī)律。實驗方案如下：在帶刻度的注射器內(nèi)密

封一段摻入酒精蒸汽的空氣，然后將注射器與氣體壓強傳感器連接管相連接。氣體壓強p由傳感

器測量，氣體體積V等于注射器讀數(shù)與連接管的容積(kn?)之和。

(1)實驗時手不要握注射器筒，且應(yīng)緩慢推動注射器活塞，其目的是。

(2)表格是小組采集的一組數(shù)據(jù)，數(shù)據(jù)真實可靠，請在圖中補充描出第6至9個數(shù)據(jù)點，并畫

出p—9圖線。

序號123456789

p/kPa99.0110.0120.9135.4154.7181.2223.3291.1330.0

V/cm32L019.017.015.013.011.09.07.05.0

2/0.0480.0530.0590.0670.0770.0910.1110.1430.200

V

cm~3

在等溫變化時，氣體的壓強與體積關(guān)系

為;第9個數(shù)據(jù)點顯著偏離上述規(guī)律，小組猜想是因為氣體的質(zhì)量減小了，下列哪個

選項支持該猜想，

A.部分酒精蒸汽進入氣體壓強傳感器連接管

B.在測量第9個數(shù)據(jù)點時發(fā)現(xiàn)注射器筒壁出現(xiàn)模糊，部分酒精蒸汽液化

【解答】解：(1)實驗時手不要握注射器筒，H應(yīng)筋慢推動注射器活塞，其目的是減小熱傳遞和

做功對氣體溫度的影響。

(2)描點如圖所示

p/kPa

（3）由p-靜圖可知，前.8個數(shù)據(jù)點的分布情況說明：在等溫變化時，氣體的壓強與體積成反比；

由圖可知，第9個數(shù)據(jù)點顯著偏離上述規(guī)律，可能是在測量第9個數(shù)據(jù)點時部分酒精蒸汽遇冷液

化使注射器筒壁出現(xiàn)模糊。

故選:Bo

故答案為：（1）減小熱傳遞和做功對氣體溫度的影響；

（3）成反比；Be

四.解答題（共4小題）

17.如圖（a）,豎直圓柱形汽缸導(dǎo)熱性良好，用橫截面積為S的活塞封閉一定量的理想氣體，活塞

質(zhì)量為mo，此時活塞靜止，距缸底高度為H。在活塞上放置質(zhì)量為mi（未知）的物塊靜止后，

活塞距缸底高度為=射,如圖（b）所示。不計活塞與汽缸間的摩擦，已知大氣壓強為po,

外界溫度為27C,重力加速度為g,汽缸始終保持豎直。

（i）求物塊質(zhì)審mi：

（ii）活塞上仍放質(zhì)量為mi物塊，為使得活塞回到距缸底為H的高度，求密封氣體的熱力學(xué)溫

度T應(yīng)緩慢上升為多少；若此過程中氣體內(nèi)能增加了△口求該過程中缸內(nèi)氣體從外界吸收的熱

量Qo

圖(a)圖(b)

【解答】解：（i）以被密封氣體為研究對象，初態(tài)，由力的平衡條件有

mog+p（）S=piS

活塞從位置H到位置日凡氣體發(fā)生等溫變化，由玻意耳定律可知

piHS=p2HzS

解得P2=3。駕：PoS）...............（1分）

末態(tài)，由力的平衡條件有mog+mig+poS=p2s

解得啊="嗎;PoS...............（2分）

（ii）活塞從|H位置回到H位置的過程，氣體發(fā)生等壓變化，由蓋一呂薩克定律有

HfS_HS

~=77

解得T2=450K...............（1分）

外界對氣體做功為W=-pzS（H-"'）=_攵”容遜................（2分）

由熱力學(xué)第一定律可有AU=WiQ

解得Q=4U+（mog：PQS）H................二分）

18.“離心軌道演示儀”是學(xué)習(xí)機械能守恒定律的經(jīng)典演示裝置，如圖甲所示，該實驗裝置可以簡化

為如圖乙所示的物理模型：豎直平面內(nèi)由傾斜斜面軌道AB、半徑為n=0.1m的圓周軌道BCD

和半徑為r2=0.25m的部分圓周軌道CE構(gòu)成的裝置固定于水平地面，B、C兩處軌道平滑連接,

軌道正前方放置一個豎直擋板，板面正時著軌道。圓心0】、02與C點在同一豎直線上，ChE與

豎直方向的夾角為0=53°,E點與豎直擋板的距離d=1.2m。現(xiàn)將質(zhì)量為m=O.lkg的小球從斜

面的某高度h處由靜止釋放。斜面軌道AB足夠長，忽略小球尺寸和所受阻力，已知重力加速度

取g=10m/s2,sin370=0.6,cos37°=0.8。

（1）若小球的初始高度hi=0.5m,求小球第一次到達最低點C時，對軌道BCD壓力的大小；

（2）若小球能沿軌道到達E點，求h的最小值hmin;

m

（3）若小球釋放后，第一?次到達最低點時與靜止在C點的質(zhì)量為三的另一個小球發(fā)生彈性正碰,

碰撞后被碰小球通過E點之后恰好能垂直碰到豎直擋板，求小球釋放時的高度h2o

【解答】解：（1）設(shè)小球達到C點時速度為VC,此時軌道對小球的支持力為F,從釋放點到C

由動能定理得：mghi=/m嶺一0...............（1分）

由牛頓第二定律得：F-mg=m^................門分）

ri

解得:F=11N...............（1分）

根據(jù)牛頓第三定律可知小球第一次到達最低點C時，對軌道BCD壓力的大小為UNo

（2）設(shè)E點離地面的高度為hE,D點離地面的高度為hD

由幾何關(guān)系得：hE=r2-T2C0Sp?hD=2n

代入數(shù)據(jù)解得：hE=0.1m,hD=0.2m...............（1分）

可知：hE<hD

因此小球若能達到D點，則必能達到E點，可知剛好能通過D點時的釋放高度足h的最小值hmino

從釋放位置到D的過程，根據(jù)動能定理得：mg（hmin-2n）=*m詔-0.........（1分）

在D點時向心力恰好等于重力，由牛頓第二定律得：mg=m號................（1分）

代入數(shù)據(jù)得：hmin=0.25m...............（1分）

（3）設(shè)碰撞后被碰小球通過E點時速度為VE,從E點拋出后做斜拋運動，依據(jù)題意將運動分解

處理，如圖I所示。

水平方向有：d=VECOSp,C

豎直方向有：O=vEsinB-gt

解得：vb=5iii/b...............（1分）

設(shè)碰撞后瞬間被碰小球的速度大小為V2,對其從碰撞后至］E點的過程，由動能定理得:

解得：V2=36m/s...............（1分）

設(shè)質(zhì)量為m的小球碰撞前、后瞬間的速度大小分別為vo、vi,兩小球發(fā)生彈性碰撞，以向右為正

方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律得：

,m

mvo=mvi+yv2

121217717

-mv0=-mv1+-x-v；

聯(lián)立解得：vo=2V3m/s...............（1分）

對質(zhì)量為m的小球從釋放點到與碰撞位置，由動能定理得：

1

mgh2=2mvo9-0

解得：h2=0.6m

因h2>hmin=0.25m,故此結(jié)果合理。................（1分）

19.如圖所示，足夠長的兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面匕導(dǎo)軌間距為L=lm。導(dǎo)軌水平部分

的矩形區(qū)域abed有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B=0.5T,導(dǎo)軌水平部分的左側(cè)固定

了一輕質(zhì)絕緣彈簧，右側(cè)和一光滑圓弧軌道平滑連接，圓弧軌道半徑r=蕓m,圓心角6=120°,

在圓弧上端有兩彈性擋板C和C'（碰撞時無能量損失）。質(zhì)量為mi=lkg、電阻Ri=0.1C的金

屬棒P把輕質(zhì)彈簧壓縮，使彈簧的彈性勢能Ep=32J,P離開彈簧后進入磁場區(qū)域，再與磁場右

側(cè)的另一根質(zhì)量為m2=2kg、電阻R2=0.2。的靜置在導(dǎo)機上的金屬棒Q發(fā)生彈性碰撞，碰后Q

恰好能上升到C和C'處。重力加速度取g=10m/s2,感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場及導(dǎo)軌的電阻忽略不

計，兩根金屬棒運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。

（1）求P剛進入磁場時電流的大?。?/p>

（2）求矩形磁場沿導(dǎo)軌方向的長度是多少：

（3）若Q從右側(cè)圓弧滑下時，P已從磁場中滑出，求從P開始運動到PQ第二次碰撞時，P棒上

產(chǎn)生的焦耳熱。

代入數(shù)據(jù)解得vo=8m/s...............（1分）

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有Ei=BLvo

代入數(shù)據(jù)解得E=4V...............（1分）

根據(jù)閉合電路的歐姆定律有A二瓦%二本力竽&................（1分）

（2）設(shè)Q在CC'處的速度為vc,根據(jù)牛頓第二定律有m2gs出30。=巾2%

1

2

1.-

金屬棒從B點到C點過程根據(jù)動能定理有37n2總2B=一7n2/(1+5in30°)

聯(lián)立解得vB=4m/s...............（1分）

金屬棒P和金屬棒Q碰撞過程，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mivp=mivp'+m2VB

11,1

根據(jù)能量守恒定律有；血1詔=~mVp4--mv^

乙乙Y乙2

聯(lián)立解得vp=6m/s,vp'=-2m/s...............（1分）

對于金屬棒P第一次通過磁場過程，取向右為正方向，根據(jù)動量定理有m/p-m^Q=-BiLt

22

其中加=粽

聯(lián)立解得x=2.4m；...............（2分）

（3）金屬棒P第二次通過磁場，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動最定理有

,,-B2L2X

vP"—叫孫，=BILt=*+笠

代入數(shù)據(jù)解得VP"=0（1分）

金屬棒Q第二次通過磁場過程，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量定理有

〃TDT.x

m2%-mvQ=BILt=-^-

VQ=-VB

聯(lián)立解得VQ〃=-3m/s..............................（1分）

然后金屬棒Q通過磁場與靜止的金屬棒P發(fā)生第二次碰撞，全過程根據(jù)能量守恒定律有

121"2

”1%~^m2VQ=Q

解得Q=23J..............................（1分）

則金屬棒P上產(chǎn)生的焦耳熱為QP=（Q=寺x23/=學(xué)人................（