2024年山東省某中學(xué)高考物理一模試卷(含詳細(xì)答案解析)

2024年山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高考物理一模試卷

一、單選題：本大題共9小題，共26分。

1.三星堆遺址考古入選世界重大田野考古發(fā)現(xiàn)。三星堆古遺址距今已有3000至5000年歷史，昭示長(zhǎng)江流

域與黃河流域一樣同屬中華文明的母體。利用14c衰變測(cè)定年代技術(shù)進(jìn)行考古研究，可以確定文物的大致

年代，衰變方程為鏟C-/N+X,14c的半衰期是5730年，下列說(shuō)法中正確的是（）

A.方程中的X是電子，它是碳原子電離時(shí)產(chǎn)生的，是原子的組成部分

B.方程中的X是中子，來(lái)源于原子核

C.文物所埋藏的環(huán)境會(huì)影響肥。的半衰期，進(jìn)而對(duì)推算年代造成影響

D.若吉4。、/N、X的質(zhì)量分別是血1、血2、7n3，一個(gè)十C發(fā)生衰變釋放能量為O1-m2—租3）。2

2.如圖所示，一種戶外野炊便攜式三腳架，由三根完全相同的輕桿通過(guò)錢鏈組合在一

起，每根桿均可繞較鏈自由轉(zhuǎn)動(dòng)。三根桿與豎直方向的夾角均為37。，吊鍋和細(xì)鐵鏈

的總質(zhì)量為〃?，支架與錢鏈之間的摩擦忽略不計(jì)，則（）

A.每根輕桿中的彈力大小為鬻

B.三角架所受合力大小為mg

C.每根桿與地面的摩擦力大小為%ng

D.減小桿與豎直方向夾角時(shí)，每根桿受地面的作用力增大

3.如圖所示，有一束平行于等邊三棱鏡截面A8C的復(fù)色光從空氣射向4C邊的中

點(diǎn)。，入射方向與AC邊的夾角為8=30。，經(jīng)三棱鏡折射后分為。、〃兩束單色

光，單色光〃折射到8C邊的中點(diǎn)￡,單色光人折射到尸點(diǎn)，則下列說(shuō)法中正確的

是（）

A.若。光是黃光，則〃光可能是藍(lán)光

B.若兩束光分別通過(guò)相同的雙縫裝置，”九的條紋間距大丁b九的條紋間距

C.入射光線從QC之間且垂直AC邊射入，則a光不能從3c邊時(shí)出

D.用〃、〃光分別照射同一種金屬，若〃光能發(fā)生光電效應(yīng)，則力光也一定能發(fā)生光電效應(yīng)

4.如圖所示而端接入電壓恒定的正弦交流電，其中電表均為理想電表，變壓器為理想變壓器，導(dǎo)線電阻

不計(jì)。將滑動(dòng)變阻器/?3滑片。向下滑動(dòng)過(guò)程中（）

A./?2兩端電壓不變B.電流表示數(shù)減小

C.電壓表示數(shù)增大D./?4消耗的電功率增大

5.華為mate60實(shí)現(xiàn)了手機(jī)衛(wèi)星通信，只要有衛(wèi)星信號(hào)覆蓋的地方，就可以實(shí)/大

現(xiàn)通話。如圖所示三顆赤道上空的通信衛(wèi)星就能實(shí)現(xiàn)環(huán)赤道全球通信，已知三（oC\

顆衛(wèi)星離地高度均為人地球的半徑為凡地球表面重力加速度為g,引力常1（-Zjjjjd]

量為G,下列說(shuō)法正確的是（）\）

A.三顆通信衛(wèi)星受到地球的萬(wàn)有引力的大小一定相等\/

R其中一顆質(zhì)量為m的通信用星的動(dòng)能為盥蠢

C.能實(shí)現(xiàn)赤道全球通信時(shí)，衛(wèi)星離地高度至少為2K

D.同一衛(wèi)星在高軌道的動(dòng)能大于在低軌道的動(dòng)能

6.一傾角為a的絕緣光滑斜面處在與斜面平行的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為瓦質(zhì)量為〃?，電荷量為

-q的小球，以初速度北從N點(diǎn)沿NM邊水平射入磁場(chǎng)。已知斜面的高度為人且足夠?qū)挘∏蜴〗K未脫離斜

面。則下列說(shuō)法正確的是（）

A.小球在斜面上做變加速曲線運(yùn)動(dòng)

B.小球到達(dá)底邊的時(shí)間為

7gsina

C.小球到達(dá)底邊的動(dòng)能為mgh

D.勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍B<皿上

Wo

7.如圖甲所示，質(zhì)量分別為m公7^的月、8兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個(gè)系統(tǒng)，外力尸作用在A上，系

統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時(shí)彈簧形變量為X,撤去外力并開始計(jì)時(shí)，A、4兩物體Z動(dòng)的Q-t

圖像如圖乙所示，工表示。到匕時(shí)間內(nèi)Q-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，52、S3分別表示口到。時(shí)間內(nèi)人、

8的。-￡圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，人在0時(shí)刻的速度孫。下列說(shuō)法正確的是（

B-\OQQQQOOQQQQr-A

A.0到“時(shí)間內(nèi)，墻對(duì)A、B系統(tǒng)的沖量等于犯小。

B.mA<mB

C.打時(shí)刻彈簧的形變量最大且以>為

D.%時(shí)刻運(yùn)動(dòng)后，彈簧的最大形變顯等于x

8.如圖所示，左右兩部分間距之匕為1：2的光滑水平導(dǎo)軌分別放在大小相

X

等、方向相反且與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。兩根質(zhì)量均為m=2kg,電X

XXX

阻之比以口：RCD=1：2的金屬棒垂直靜置在水平軌道上?，F(xiàn)用水平拉力

XXX

尸=250N作用在C7）棒上，使其向右移動(dòng)0.5m時(shí)撤去拉力，此時(shí)以B：D

VCD=1：2,在此過(guò)程中CO棒產(chǎn)生的熱量為30/。設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且兩棒始終在不同的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)軌

電阻不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.撤去外力時(shí)導(dǎo)體棒AB的速度為8m/s

B.撤去外力產(chǎn)后，棒AB、CO的加速度始終相等

C.運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為73.8/

D.從撤去外力到兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，棒AB、C。運(yùn)動(dòng)的位移之比為1：2

9.在用單擺測(cè)定當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊膶?shí)驗(yàn)中，下列器材和操作最合理的是（）

C.t=0時(shí)刻。（一3，。6,0）處質(zhì)點(diǎn)的位移為0.2小

D.r=。時(shí)刻波源S1和S2的加速度相同

12.如圖甲所示，一水平放置的內(nèi)表面光滑對(duì)稱“V”形二面體48-CD-EC可繞其豎直中心軸。。'在水

平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，其二而角為120。，截面圖如圖乙所示。面ABC。和面CDEV的長(zhǎng)和寬均為L(zhǎng)=20即。

置于4B中點(diǎn)〃的小物體（視為質(zhì)點(diǎn)）恰好在A8CQ面上沒有相對(duì)滑動(dòng)，取重力加速度g=10m/s20（）

777777777^777777777"

o，

A.“V”形二面體勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度3=5rad/s

B.“V”形二面體勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度3=嚶丁?！?

C.若“V”形二面體突然停止轉(zhuǎn)動(dòng)，小物體從二面體上離開的位置距離4B邊距離2.5cm

D.若“V”形二面體突然停止轉(zhuǎn)動(dòng)，小物體從二面體上離開的位置距離A3邊距離5c,〃？

13.如圖，一傾角為45。的光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一勁度系數(shù)為女Q

的輕質(zhì)彈簧，彈簧上端距斜面頂端距離為/。將質(zhì)量為,〃的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從斜

面頂端由靜止釋放，經(jīng)時(shí)間，彈簧的最大壓縮量為喧里。已知彈簧彈性勢(shì)能表達(dá)

式為昂=；入2,其中工是是彈簧形變量，4為彈簧勁度系數(shù)，則下列說(shuō)法正確的

是（）

A.物塊速度最大時(shí)的壓縮量為4詈

B.物塊的最大動(dòng)能為mg（苧/+罷）-喏

C.物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大加速度為蕓g

D.物塊從與彈簧接觸到速度為零的時(shí)間用

三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共16分。

14.（1）在用單擺測(cè)定當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊膶?shí)驗(yàn)中，下列器材和操作最合理的是.

的鐵夾粗的金屬桿的鐵夾

Q4皿

彈性棉繩細(xì)絲線彈性棉繩細(xì)絲線

///

鐵球塑料球塑料球鐵球

（T

（2）某同學(xué)課后想利用身邊的器材再做一遍“單擺測(cè)量重力加速度”的實(shí)驗(yàn)。家里沒有合適的擺球，于是

他找到了一塊外形不規(guī)則的小金屬塊代替小球進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。

①如圖所示，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中他先將金屬塊用細(xì)線系好，結(jié)點(diǎn)為M,將細(xì)線的上端固定于。點(diǎn)。

②利用刻度尺測(cè)出0M間細(xì)線的長(zhǎng)度/作為擺長(zhǎng)，利用手機(jī)的秒表功能測(cè)出金屬塊做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期兀

③在測(cè)出幾組不同擺長(zhǎng)/對(duì)應(yīng)的周期7的數(shù)值后，他作出的72一，圖像如圖所示。

④根據(jù)作出的圖像可得重力加速度的測(cè)量值為m/s2.（兀取3.14。計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）

（3）相比于實(shí)驗(yàn)室作出的產(chǎn)一，圖像，該同學(xué)在家做實(shí)驗(yàn)的產(chǎn)一，圖像明顯不過(guò)原點(diǎn)，其中橫軸截距大小的

意義為。

15.同學(xué)們想利用實(shí)驗(yàn)室現(xiàn)有的實(shí)驗(yàn)器材，按照?qǐng)D中的實(shí)驗(yàn)電路測(cè)量一組銀氫

紐扣電池的電動(dòng)勢(shì)E（約為3.6V）和內(nèi)阻（小于2。）。已有的實(shí)驗(yàn)器材為：

A.待測(cè)銀氫紐扣電池

8.電壓表V（量程為3匕內(nèi)阻約為5A0

C亳安表/（曷程為5〃?A,內(nèi)阻為50。）

。.定值電阻Ro=70R1=50/2,R2=550P,R3=6kn

￡.電阻箱&(0?9999.9。)

E滑動(dòng)變阻器大

G.開關(guān)及導(dǎo)線若干。

(1)為將亳安表4改裝成?個(gè)量程合適的電壓表，需要串聯(lián)?分壓電阻凡根據(jù)提供的實(shí)驗(yàn)器材，分壓電阻

un

R應(yīng)選擇(選填、R2或“危”)。

(2)校準(zhǔn)電表時(shí)發(fā)現(xiàn)改裝后的電壓表比標(biāo)準(zhǔn)的電壓表示數(shù)稍小一些。因此，在對(duì)亳安表A的分壓電阻進(jìn)行

校準(zhǔn)時(shí)，電阻箱應(yīng)。

A.與亳安表A的分壓電阻R串聯(lián)，阻值比R小得多

8與亳安表A的分壓電阻R串聯(lián)，阻值比R大得多

C.與亳安表A的分壓電阻R并聯(lián)，阻值比R小得多

。.與亳安表A的分壓電阻R并聯(lián)，阻值比R大得多

(3)將電壓表V和改裝后的電壓表示數(shù)分別記為小和4。調(diào)節(jié)滑動(dòng)變陽(yáng)器獲得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)并講行描點(diǎn)連線繪

制乙-出圖像。已知該圖像的斜率為左，縱截距為八則電源的電動(dòng)勢(shì)石和內(nèi)阻分別為、o(

請(qǐng)用題中字母表示)

四、簡(jiǎn)答題：本大題共4小題，共42分。

16.小方同學(xué)用一個(gè)容積為50L、壓強(qiáng)為2.1xlO6pa的氮?dú)夤藿o完全相同的氣球充氣，若充氣后氣球內(nèi)氣

體壓強(qiáng)為1.05xl05pa,則恰好可充190個(gè)氣球。可認(rèn)為充氣前后氣球和然氣罐溫度都與環(huán)境溫度相同，

忽略充氣過(guò)程的漏氣和氣球內(nèi)原有氣體“已知地面附近空氣溫度為27℃、壓強(qiáng)為1.0x105p%已知?dú)馇蛏?/p>

升時(shí)體積達(dá)到7.5L時(shí)就會(huì)爆裂，離地高度每升高1()/〃，氣球內(nèi)氣體壓強(qiáng)減小100P”，上升過(guò)程中大氣溫度

不變。求：

(1)充氣后每個(gè)氣球的體積%;

(2)當(dāng)氣球發(fā)生爆裂時(shí)，氣球離地面的高度九

17.“途靈底盤”是華為公司新推出的一款智能化多場(chǎng)景的汽車減震系統(tǒng)。電磁減震器是該系統(tǒng)中重要組

成部分。小明同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室中模擬電磁減震器的工作原理。在絕緣滑動(dòng)桿上固定4個(gè)完全相同且相互緊靠(

忽略線圈間距離)的矩形線圈，使其進(jìn)入右側(cè)由電磁鐵產(chǎn)生的磁場(chǎng)做減速運(yùn)動(dòng)。右側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度與

電流之間的關(guān)系為8=kl,其中k=5077力且產(chǎn)生的磁場(chǎng)范圍足夠大。已知滑動(dòng)桿及線圈的總質(zhì)最為m=

1.0kg，每個(gè)矩形線圈的匝數(shù)均為九二10匝，阻值R=1.0。，長(zhǎng)為L(zhǎng)=20cm,寬為d=10cm,整個(gè)過(guò)程不

考慮互感影響，不計(jì)一切摩擦。

Vxxxxxxxx

xxxxxxxx

32

41)xxxxxxxx

dXXXXXXXX

(1)若電磁鐵中的電流為20/〃A,求線圈1完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度變化量

(2)若電磁鐵中的電流為20//M且第3個(gè)線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)恰好減速為零，求線圈中產(chǎn)生的焦耳熱Q。

18.如圖所示，足夠長(zhǎng)的固定斜面傾角為8=37、斜面上并排放置的兩個(gè)

小物塊A、8在沿斜面向上的恒力產(chǎn)作用卜從靜止開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，

A、8物塊間接觸但不粘連，尸作用在物塊A上，當(dāng)物塊A、8獲得的速度

大小為幾時(shí)撤去F。已知物塊A、8的質(zhì)量均為加，且物塊A、8與斜面

間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為乩=,和劭=；，恒力尸=2.4mg,重力加速度為

g，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,sin370=0.6,cos37。=0.8。

(1)求恒力尸的作用時(shí)間；

(2)撤去/后，求8沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的速度減為零時(shí)A、B之間的距離;

(3)設(shè)A、B間每次碰撞時(shí)間極短(可忽略不計(jì))，且皆為彈性正碰，求：

①撤去產(chǎn)后，A、8物塊第一次碰前時(shí)刻B物塊的速度大?。?/p>

②撤去尸后，A、8物塊從發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生第〃次碰撞時(shí)，系統(tǒng)損失的機(jī)械能。

19.如圖所示，—2LV%V—L且z>0的區(qū)域I內(nèi)存在一沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為￡%>-乙

且2>0的區(qū)域H內(nèi)存在一沿)，軸負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為名。在-2LVZW0的區(qū)域HI

內(nèi)有一平行于xOz面放置的長(zhǎng)方形離子收集板MNPQ。收集板MNPQ與)，軸交于點(diǎn)7(0,-〃0),其中MQ

足夠長(zhǎng)，MN長(zhǎng)為2L區(qū)域III內(nèi)存在一方向與平面平行且與x軸正方向的夾角為。的勻強(qiáng)磁場(chǎng)巳。在

區(qū)域I中有一平行于z軸放置的長(zhǎng)為L(zhǎng)的通電金屬絲(山，能夠源源不斷地釋放質(zhì)量為加、電荷量為-q、

初速度為零的電子。這些電子經(jīng)電場(chǎng)加速后，沿1軸正方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)當(dāng)，最終都會(huì)聚到點(diǎn)。進(jìn)入?yún)^(qū)域

HL其中〃點(diǎn)釋放的電子進(jìn)入?yún)^(qū)域II后恰好能從點(diǎn)。沿z軸負(fù)方向進(jìn)入?yún)^(qū)域III。調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強(qiáng)度々大小，

使從〃點(diǎn)釋放的電子能打到收集板上被吸收。不考慮電子重力和電子間的相互作用(己知cos76。=0.25).

(1)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)當(dāng)大?。?/p>

(2)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)為的最小面積；

(3)若角度。=0,求磁感應(yīng)強(qiáng)度為的取值范圍；

(4)若角度。的大小在0到90。之間，試定量討論磁感應(yīng)強(qiáng)度外的取值范闈。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：,根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒知，X的電荷數(shù)為一1,質(zhì)量數(shù)為0,可知X為電子，來(lái)源

于原子核，故A8借誤；

C.H衰期的大小與所處的物理環(huán)境和化學(xué)狀態(tài)無(wú)關(guān)，由原子核內(nèi)部囚素決定，故C錯(cuò)誤：

22

。.根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程得，釋放的能量=Amc=（血1-7叱-m3）c,故。正確。

故選：D.

AB根據(jù)核反應(yīng)的書寫規(guī)則和粒子特性進(jìn)行分析判斷；

C.根據(jù)半衰期的決定因素分析；

。.根據(jù)愛因斯坦的質(zhì)能方程列式計(jì)算。

考查核反應(yīng)方程的書寫規(guī)則，知道放射性兀素半衰期的決定因素，會(huì)根據(jù)質(zhì)能方程進(jìn)仃相關(guān)計(jì)算。

2.【答案】C

【蟀析】解：4以吊鍋和鐵鏈為研究對(duì)象，設(shè)每根桿的彈力大小為心，在豎直方向，根據(jù)平衡條件有

3/>cos370=mg

解得FL^mg,故A錯(cuò)誤；

區(qū)三角支架處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，所受合力為0,故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)牛頓第三定律可知，每根檸對(duì)地面的作用力的大小為FN，則由平衡條件可得，每根桿與地面間的摩

擦力大小

f=Fwsin37°=x0.6=故C正確：

D由3FNCOS?=mg可知，當(dāng)減小桿與豎直方向夾角。時(shí)，F(xiàn)N將減小,地面施加給每根桿的作用力大小也等

于均，故。錯(cuò)誤。

故選:Co

A.根據(jù)豎直方向的平衡條件列式求解每根桿的彈力大小：

8.根據(jù)三角架平衡狀態(tài)分析合力的情況；

C根據(jù)摩擦力和彈力的大小關(guān)系列式求解；

D根據(jù)平衡條件列式分析作用力隨夾角變化的情況。

考查受力分析和平衡問(wèn)題，會(huì)根據(jù)題意列式進(jìn)行相關(guān)物理量的計(jì)算和解答。

3.【答案】C

【解析】解：?jiǎn)紊狻ㄆ鄣紹C邊的中點(diǎn)E,單色光8偏折到產(chǎn)點(diǎn)，棱鏡對(duì)。光的偏折程度大于力光，

則l光的折射率較大。

A、折射率越大的光頻率越大，所以。光的頻率大于〃光的頻率，則。是藍(lán)光，人是黃光，故4錯(cuò)誤；

8、。光的波長(zhǎng)小于〃光的波長(zhǎng)，根據(jù)4%=彳九可知，分別通過(guò)同一雙縫干涉裝置，。光的相鄰亮條紋間

距小，故8錯(cuò)誤；

c、根據(jù)幾何關(guān)系可知〃光的入射角為60Z折射角為30、根據(jù)折射定律有

sin60°f—

則臨界角為sinc=；=噂

flO

入射光線從OC之間且垂直AC邊射入，在4c面的入射角為60。，由于sin6（r=?>sinC,所以〃光不能

從BC邊射出，故C正確；

。、。光的頻率大于〃光的頻率，根據(jù)光電效應(yīng)的條件可知，若a光能發(fā)生光電效應(yīng)，則〃光不一定能發(fā)生

光電效應(yīng)，故。錯(cuò)誤；

故選：Co

棱鏡對(duì)〃光的偏折程度大于力光，則〃光的折射率較大，折射率越大的光頻率越大；根據(jù)雙縫干涉條紋間

距公式4無(wú)=。/1分析條紋間距；根據(jù)sinC=1可知分析臨界角的大小，由此分析從邊射出的光線，根據(jù)

an

頻率關(guān)系結(jié)合光電效應(yīng)條件分析D.

本題主要是考查了光的折射、光電效應(yīng)、條紋間距公式，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，通過(guò)光路圖根據(jù)幾何關(guān)系、折射定律進(jìn)行分析。

4.【答案】D

【解析】解?：8.在滑片尸向下滑動(dòng)過(guò)程中，出接入電路的電阻減小，副線圈回路中的總電阻減小，回路中

的總電流，2增大，電流表示數(shù)增大，故4錯(cuò)誤；

21C，由%。=-2,2可知，通過(guò)&的電流增大，則占兩端的電壓增大，輸入理想變壓器的電壓&減小，由

今=4得，出兩端電壓減小，則心電流減小，經(jīng)過(guò)心的電流增大，心的電壓增大，則電壓表示數(shù)減小，

u2n2

故AC錯(cuò)誤；

/）.經(jīng)過(guò)心的電流增大，心的電壓增大，則RR4消耗的電功率增大，故。正確。

故選：。。

滑片P由。向〃緩慢滑動(dòng)，總電阻減小，電流增大，原線圈電流增大，根據(jù)功率公式判斷&消耗的功率和

變壓器原、副線圈電壓變化。

本題考查變壓器的動(dòng)態(tài)分析，解題關(guān)鍵是知道根據(jù)原副線圈電壓比等于匝數(shù)比，甩流比等于匝數(shù)的反比,

結(jié)合歐姆定律和功率公式求解即可。

5.【答案】B

【解析】解：4三顆通信衛(wèi)星受到的萬(wàn)有引力的大小為：尸萬(wàn)二臀二^篝，與衛(wèi)星質(zhì)量機(jī)有關(guān)，衛(wèi)星

質(zhì)量未知，受到地球的萬(wàn)有引力大小不一定相等。故A錯(cuò)誤：

及由萬(wàn)有引力提供向心力：湍*二需，可得衛(wèi)星環(huán)繞速度為：u=J總，結(jié)合黃金代換式：GM=

2

gR?,可求得衛(wèi)星動(dòng)能為：￡比=4根講=點(diǎn)7故3正確；

C.如圖，若要實(shí)現(xiàn)全球通信，則三顆衛(wèi)星連線構(gòu)成等邊三角形并且三邊與地球相切：

衛(wèi)星

由幾何關(guān)系可知此時(shí)衛(wèi)星軌道半徑為：r=2R,離地高度為：/i=r—R=R.故。錯(cuò)誤；

。曲于衛(wèi)星動(dòng)能：黑公則對(duì)于同一衛(wèi)星，軌道越高，即〃越大，動(dòng)能越小。故。錯(cuò)誤。

故選:B.

衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由萬(wàn)有引力提供向心力可以分析萬(wàn)有引力的大小和離地的高度；結(jié)合動(dòng)能公

式可以求解動(dòng)能。

本題考查萬(wàn)有引力定律的運(yùn)用，萬(wàn)有引力提供向心力是解題的關(guān)鍵，同時(shí)還應(yīng)注意實(shí)現(xiàn)全球通信時(shí)應(yīng)滿足

的幾何關(guān)系。

6.【答案】B

【解析】解：A、由于小球在下滑過(guò)程中，洛倫茲力垂直于斜面，不會(huì)影響重力與支持力的合力，因此小

球受力恒定，故小球做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

8、小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，則在斜面.上，沿著斜面方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律

有ngsina=ma

再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得

h12

———=-^at2

sina2

所以球到達(dá)底邊MN的時(shí)間t=PV

7gsina

故B正確；

C、洛倫茲力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理有

mgh=Ek-3詔

解得&=mgh+評(píng)

故C錯(cuò)誤；

。、帶電荷量為-q(q>o)的小球以初速度為孫平行于NM方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知，小球受到的洛倫

茲力的方向垂直于斜面向上；小球能夠沿斜面到達(dá)底邊MM說(shuō)明洛倫茲力小于重力垂直于斜面向下的分

力，即0Wqu()8Wmgcosa

解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0<B<儂型

僅0

故D錯(cuò)誤；

故選：Be

根據(jù)小球的受力情況分析AQ,根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律解得以根據(jù)動(dòng)能定理解得C

題考查小球在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)以及運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律，要注意掌握牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式以及動(dòng)

能定理的應(yīng)用，注意洛倫茲力不做功。

7.【答案】A

【解析】解：A由圖像可知，在口時(shí)刻彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)，。到“時(shí)間內(nèi)，規(guī)定向右為正方向，對(duì)4、8系統(tǒng)

由動(dòng)量定理

h=%必

即墻對(duì)A、4系統(tǒng)的沖量等于血4火,故4正確；

4心?J時(shí)間內(nèi)，彈簧從原長(zhǎng)位.置到伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)，由圖可知該過(guò)程中

aA<aB

根據(jù)牛頓第二定律有

mAaA=mBaB

可知

7%>mB

故B錯(cuò)誤：

C曰以上分析可知，時(shí)刻彈簧的形變量最大且

VA=VB=V

故C錯(cuò)誤：

。由時(shí)刻運(yùn)動(dòng)后，弓時(shí)刻彈簧的形變量最大，由能量關(guān)系可知

11212

,依2=_(如+mB)v+2kx'

可知彈簧的最大形變量小于x,故。錯(cuò)誤。

故選：4。

根據(jù)題意結(jié)合圖(6)所示圖像分析清楚A、B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律與動(dòng)量守

恒定律即可解題。

解題時(shí)要注意a-C圖像與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積等于物體速度的變化量；在J時(shí)刻斗、8速度相同，這是

本題的關(guān)鍵點(diǎn)也是易錯(cuò)點(diǎn)。

8.【答案】C

【解析】解?:A、撤去外力時(shí)，根據(jù)能量守恒定律可知：

11

Fs=2mVAB+27九決。+QAB+QCD

由題可知QCD=30/

根據(jù)Q=12Rt結(jié)合RAB：RCD=1：2可知

QAB=15/

乂因?yàn)橐?：UCD=1：2,解得

VAB=4zn/s

故A錯(cuò)誤：

8、撤去外力產(chǎn)后，回路中的電流相等，根據(jù)8〃=ma可知，棒48、CO的加速度不相等，故8錯(cuò)誤；

C、最終電路中電流為0,設(shè)此時(shí)A&CO的速度為1/然、U'CD，則有：

B〃AB=Bx2lv'CQ

規(guī)定向右為正方向，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)根據(jù)動(dòng)量定理有：

Blit=Tnv'AB-mvAB

對(duì)C。根據(jù)動(dòng)量定理有：

—BIx2lt=mv'CD—mvCD

解得V'AB=6.4m/s,v'CD=3.2m/s

整個(gè)過(guò)程中的焦耳熱為:

Q=Fs-^mv^B+^mv沏

解得Q=73.8/

故C正確；

。、從撤去外力到兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，棒4B、CO運(yùn)動(dòng)的位移之比為：

V_vAB+vABr*.VCD+VCD'.

XAB-XvCD—2C：2C

解得芍IB：xCD=13：14

故D錯(cuò)誤；

故選：Co

根據(jù)能量守恒定律結(jié)合題意解得4根據(jù)牛頓第二定律分析從最終兩棒勻速，電路電流為()，兩棒產(chǎn)生

的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，得出兩棒速度大小關(guān)系，對(duì)/1B棒和CD棒分別運(yùn)用動(dòng)量定理即可求解，根據(jù)位

移的計(jì)算公式解答。

對(duì)于安培力作用下導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，如果涉及電荷量、求速度等問(wèn)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。

9.【答案】D

【解析】解：為減少空氣阻力的影響，擺球應(yīng)采用密度較大，體枳較小的鐵球，為使擺球擺動(dòng)時(shí)擺長(zhǎng)不變

化，擺線應(yīng)用不易形變的細(xì)絲線，懸點(diǎn)應(yīng)用鐵夾來(lái)固定，故A8錯(cuò)誤，。正確；

故選：D。

根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理以及注意事項(xiàng)確定正確的裝置。

本題考查單擺測(cè)定重力加速度的實(shí)驗(yàn)，解題關(guān)鍵注意實(shí)驗(yàn)裝置的選取要素。

10.【答案】AD

【解析】解?：4由兩個(gè)等量同種點(diǎn)電荷周圍電勢(shì)的對(duì)稱性可知，頂點(diǎn)3、。處的電勢(shì)相等，故A正確：

A由電場(chǎng)疊加和對(duì)稱性可知，頂點(diǎn)6、。處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向不同，則3點(diǎn)和。點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不同，故3錯(cuò)誤；

C.兩個(gè)正點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)子受電場(chǎng)力不可能提供向心力，不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故

C錯(cuò)誤；

D.只在電場(chǎng)力作用下，電子要做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則必須受到大小不變的電場(chǎng)力，由等量同種點(diǎn)電荷電場(chǎng)分

布圖可知，電子在垂直于AC并過(guò)中心點(diǎn)。點(diǎn)的平面內(nèi)可能繞0點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故。正確。

故選：AD.

該題實(shí)質(zhì)上考查常見電場(chǎng)的電場(chǎng)分布與特點(diǎn)，可以結(jié)合等量同種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)特點(diǎn)，把兩個(gè)柱互垂直的等

量同種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)疊加在一起，進(jìn)行分析可以得出結(jié)論。

該題考查常見電場(chǎng)的甩場(chǎng)分布與特點(diǎn)，結(jié)合等量同種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布特點(diǎn)的圖，把兩個(gè)相互垂直的等量

同種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)疊加在一起，可以直接判定。

11.【答案】AB

IQff

【解析】解?：4兩列波的頻率均為/=券=第Hz=4Hz,根據(jù)波的干涉的條件，兩列可以發(fā)生干涉，故

4正確；

8.兩振源的相位差為R(-爭(zhēng)=叫是反相波，而尸點(diǎn)到兩振源的距離之差為零，則P點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，

振幅為零，則t=O時(shí)刻P(0,6,0)處質(zhì)點(diǎn)的位移為0,故8.正確；

C.波長(zhǎng)2=￡=.7幾=12?n

/3

因QI=6瓶='

則￡=0時(shí)刻由鼠在。點(diǎn)引起的位移為

n0.1C

Si=-O.lsin57n=------——m

而QS?=J62+(6V3)27n=12m=A

則t=0時(shí)刻由S2在。點(diǎn)引起的位移為

27r0.16

S2=0.1sin(--5-)771=---m

則亡=0時(shí)刻Q(-3C,6,0)處質(zhì)點(diǎn)的位移為零，故C錯(cuò)誤；

D￡=0時(shí)刻波源a和S2的位移相同，根據(jù)a=-殍可知加速度不一定相同，故。錯(cuò)誤。

故選:ABo

4根據(jù)題意先求兩列波的頻率，再根據(jù)干涉的條件判斷；

及判斷是同相波還是反相波，再結(jié)合路程差判斷；

C分別計(jì)算0時(shí)刻兩列波在Q點(diǎn)的位移，再求合位移進(jìn)行判斷；

。.根據(jù)加速度和位移的關(guān)系共同確定判斷。

考查波的干涉條件，波的疊加問(wèn)題，會(huì)根據(jù)題意列式求解相關(guān)的物理量。

12.【答案】BC

【解析】解：人以設(shè)物體受到的支持力為凡受力分析如圖所示:

根據(jù)牛頓第二定律得：Fsin600=mg

Fcos600=ma)2Lsin600

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：^=1^1rad/sr故A錯(cuò)誤，8正確；

?3

CD,"V”型二面體突然停止轉(zhuǎn)動(dòng)，設(shè)小物體在二面體上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，，運(yùn)動(dòng)的初速度大小為北，加速

度大小為小沿A。方向向下運(yùn)動(dòng)在距離為y,則有：

由平衡條件可得：P'=?ngsin60°

由牛頓第二定律可得：mgcos60°=ma

又，v0=o)Lsin60°

由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得：1=vot

12

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：y=0.025m=2.5cm,故C正確，。錯(cuò)誤。

故選：BC。

(1)小物體在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合向心力公式求解；

(2)“V”型二面體突然停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，小物體做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿相方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿人。方向做勻

加速直線運(yùn)動(dòng)，小物體從二面體上離開的位置距A點(diǎn)的距離就等于沿4D方向運(yùn)動(dòng)的位移大小，根據(jù)根據(jù)

牛頓第二定律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。

本屆考查了曲線運(yùn)動(dòng)中類平拋運(yùn)動(dòng)勺勻速圓周運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)與處理方法。對(duì)于勻變速曲線運(yùn)動(dòng)應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合

成與分解處理，分運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性與獨(dú)立性。對(duì)于勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要知道需要的向心力等于物體所受的合

外力。

13.【答案】AB

【解析】解.：4速度最大時(shí)物塊合外力為零，此時(shí)加速度為零，速度達(dá)到最大值，有

mgsin450=kAxx

解得44=當(dāng)署，故A正確；

2

4.對(duì)物塊由頂端運(yùn)動(dòng)至速度最大的過(guò)程中，由能量守恒定律得+要）sin45。=E,m+1/r（^）

解得=mg（竽，+翳）-號(hào)■，故B正確；

C曰題知，彈簧的最大壓縮量為噂電，根據(jù)牛頓第二定律有

2k

kx'—mgsin45°=ma

解得a=y/~2g

故C錯(cuò)誤；

。彈簧的最大壓縮量為容"，而平衡位置彈簧的壓縮量為乎，可知彈簧做簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振幅為乎，分

2k2kk

析可知，彈簧從平衡位置開始到最大位移處振動(dòng);個(gè)周期，從物塊接觸彈簧開始，這個(gè)系統(tǒng)就開始做簡(jiǎn)諧

振動(dòng)，且從物塊接觸彈簧到物塊運(yùn)動(dòng)到平衡位置的位移大小為冬，恰好為振幅的一半，即從物塊接觸彈

2k

簧開始到彈簧壓縮至最短的時(shí)間為下圖中的￡1?打這段時(shí)間，大于%故。錯(cuò)誤；

當(dāng)滑塊的合力為零時(shí)，動(dòng)能最大，由平衡條件求出此時(shí)彈簧的壓縮量；根據(jù)能量守恒定律解得最大動(dòng)能，

利用牛頓第二定律求出加速度，分析物塊的運(yùn)動(dòng)情況，從而分析。。

本題考查了機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式等知識(shí)的綜合運(yùn)用，注意在速度最大時(shí)，加速度

為零，合力為零。

14.【答案】D9.86金屬塊重心與“點(diǎn)間距離

【解析】解：(1)根據(jù)單擺理想模里可知，為減小空氣阻力的影響，擺球應(yīng)采用密度較大，體積較小的鐵

球，為使單擺擺動(dòng)時(shí)擺長(zhǎng)不變化，擺線應(yīng)用不易形變的細(xì)絲線，懸點(diǎn)應(yīng)該用鐵夾來(lái)固定。

故ABC錯(cuò)誤，。正確：

故選：。。

(2)設(shè)M點(diǎn)到重心得距離為心根據(jù)周期公式.

可得

故該圖像的斜率為

4兀24.0八),

”丁=99.0-(-[.0)X1°$/"4s/m

由此得出重力加速度的測(cè)量值為

g?9.86m/s2

(3)由(2)分析可知，出現(xiàn)截距是由于刻度尺測(cè)出0M間細(xì)線的長(zhǎng)度/作為搜長(zhǎng)，準(zhǔn)確應(yīng)該取懸掛點(diǎn)到金屬

塊的重心之間的距離，則橫軸截距大小的意義為金屬塊重心與A1點(diǎn)間距離。

故答案為：(1)。；(2)9.86；(3)金屬塊重心與M點(diǎn)間距離

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理以及注意事項(xiàng)確定正確的裝置；

(2)(3)擺長(zhǎng)等于擺線的長(zhǎng)度和擺球半徑之和，結(jié)合單擺周期公式解答，進(jìn)而分析橫軸截距大小的意義。

單擺只有在擺角很小，空氣阻力影響不計(jì)的情況下單擺的振動(dòng)才可以看成簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，要知道影響實(shí)驗(yàn)結(jié)論

的因素.應(yīng)用單擺周期公式可以解題。

15.【答案】R2D冊(cè)吃

【解析】解：(1)電源電動(dòng)勢(shì)約為3.6V,根據(jù)歐姆定律有

U=+RA)

將U=3.6K,/=5mA=0.005A代入解得

R=670。

可知選擇％即可；

(2)測(cè)量值偏小，則指針偏轉(zhuǎn)角度小，說(shuō)明通過(guò)表頭的電流偏小，說(shuō)明電壓表的電阻偏大，可以適當(dāng)減小

R,應(yīng)在R上并聯(lián)一個(gè)比R大的多的電阻，則。正確，A8C錯(cuò)誤；

故選：Do

(3)根據(jù)閉合甩路歐姆定律有

E7+=詈r

變形可得

rER。

%二寸G十許

根據(jù)題意可知心總，。=既

解得，―普

故答案為：(1)%；(2)。；⑶占;普

(1)根據(jù)電壓表的改裝分析解答；

(2)根據(jù)電阻的并聯(lián)關(guān)系結(jié)合題意分析解答；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合斜率與截距分析解答。

本題考查了求電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，知道電源U-/圖象與截距與斜率的物理意義，即可正確解題；要掌握應(yīng)

用圖象法處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的方法。

16.【答案】解：(1)根據(jù)一定質(zhì)量理想氣體狀態(tài)方程“分態(tài)式"可得：=P2(匕+九%)

解得：1/0=5L；

(2)設(shè)氣球離地面高度為人，則對(duì)氣球內(nèi)氣體，根據(jù)玻意耳定律可得：p2V0=p3V3

其中：P3=P2-，P

可得：h=3500m。

答：(1)充氣后每個(gè)氣球的體積為5L；

(2)當(dāng)氣球發(fā)生爆裂時(shí)，氣球離地面的高度為35()0〃?。

【解析】(1)根據(jù)一定質(zhì)量理想氣體狀態(tài)方程“分態(tài)式”列方程求解；

(2)對(duì)氣球內(nèi)氣體，根據(jù)玻意耳定律列方程求解壓強(qiáng)。由于高地高度每升高10m,氣球內(nèi)氣體壓強(qiáng)減小

10CP”,由此得到氣球離地面的高度。

本題主要是考查了一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程；解答此類問(wèn)題的方法是：找出不同狀態(tài)卜的三個(gè)狀態(tài)

參量，分析理想氣體發(fā)生的是何種變化，選擇合適的氣體實(shí)驗(yàn)定律解決問(wèn)題。

17.【答案】解：(1)規(guī)定向左為止方向，對(duì)線圈1由動(dòng)量定理得：nBILt=mAv

根據(jù)電流的定義式有q=It==當(dāng)=

nncK

右側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度8=kl

將/=20mA=0.02/1代入解得du=0.4m/s

方向水平向左

(2)第一個(gè)線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為17=32117

根據(jù)能量守恒定律有

1

Q=2mv2

解得Q=0.72;

答：(1)線圈1完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度變化量為0.4m/s,方向水平向左；

(2)線圈中產(chǎn)生的焦耳熱為0.72人

【解析】(1)根據(jù)動(dòng)量定理分析解答；

(2)分析速度的變化情況，根據(jù)能量守恒定律解答。

解答本題的關(guān)鍵是運(yùn)用動(dòng)量定理求出線框速度變化量的表達(dá)式，把握線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的規(guī)律，掌握應(yīng)用動(dòng)

量定理求解速度的方法。

18.【答案】解：(1)對(duì)A、3整體，根據(jù)牛頓第二定律，有

F-2mgsin0—(〃人+fi^mgcosG=2ma

解得

a=0.2g

所以力產(chǎn)作用的時(shí)間為

Vp=5V0

￡"兩=丁

(2)撤去外力產(chǎn)后，對(duì)物塊A,有

mgsinO+4Amgeos。=maA

解得

QA=L2g

對(duì)物塊8,有

mgsinO+nBmgcos0=maB

解得

=0.8g

由于物塊A的加速度大于物塊B的加速度，所以物塊從先速度減為零，且保持靜止，8沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的

速度減為零時(shí)A、8之間的距離為

詔Vo

x=--------------

2即2aA

代人數(shù)據(jù)解得

“一碗

(3)①物塊B速度減為零時(shí)，繼續(xù)反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，有

mgsind-nBmgcosO=maB'

所以

%'=04g

根據(jù)速度-位移關(guān)系可得

vf=2a'Bx

解得A、8物塊第一次碰前時(shí)刻B物塊的速度大小為

/6vo

V1=-6-

②4、8發(fā)生第一次彈性碰撞，則有

mv1=mv2+rnv2

=^mvl

212z23

所以碰后兩物體速度交換

l72=0，%=%=

碰后4做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到第二次碰撞時(shí)，有

1，2

X1=V3tl=2。8仔

解得

5-/6vn

5M

X1=訪

g=(4+〃8)mgcos6?9=飄詔

八、4第二次碰撞時(shí)，速度分別為

<6

%=十°

5V-6-/6

以=a由=04gx與-%=-g-v0

碰后兩物體速度再次交換，A以以做勻速直線運(yùn)動(dòng)，8做初速度為%、加速度為a/的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所

以

X2=V4t2=U3t2+尹8

解得

5A/~6VQ

=fi=--

5評(píng)

==

%2"41237

g=（4+劭）mgcosg?x2

解得

“42

AE2=-^mvQ

A、8第三次碰撞時(shí)，速度分別為

/6

V4=~2~V0

12/6

%=%+aB產(chǎn)=-2-v0

碰后兩物體速度交換，4以火做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B做初速度為叫、加速度為沏'的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以

1，2

%3=V5t3=V4t3+70B片

解得

5V~6vo

七3二=0=—Z-----

6g

5詔

x3=%亡3=藥

g=（4+〃8）mgcosd?x3

解得

AE3=2rn.VQ

根據(jù)以上分析，有

22

?mvo

4

g=-^mvo9

6

g=?mvo9

g=y/nv^(n=1,2,3........)

所以A、B物塊從發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生第〃次碰撞時(shí)，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為

AE=4Ei+4%+IE?+…+4區(qū)

解得

n(n+1)

AE=-----------mvQ

答：(1)恒力廠的作用時(shí)間為厚；

(2)撤去尸后，8沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的速度減為零時(shí)八、8之間的距離為需；

(3)①撤去產(chǎn)后，A、B物塊第一次碰前時(shí)刻B物塊的速度大小為器必；

O

②撤去產(chǎn)后，4、3物塊從發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生第〃次碰撞時(shí)，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為曳等