2024年湖南省長沙某中學高考物理適應性試卷（一）(含詳細答案解析)

2024年湖南省長沙一中高考物理適應性試卷（一）

一、單選題：本大題共7小題，共29分。

1.根據玻爾理論，電子在第〃軌道運動時氫原子的能量以和電子在第I軌￡,4eV

-0

5—--0.54

道運動時氫原子的能量%滿足關系式&=*。如圖為氫原子的能級圖。住I匕玉盂

4-■口E躅--0.85

--I.51

伯耶線系

巴耳末線系的譜線是氫原子的電子從n>2的能級返【可n=2能級時釋放出?3.4

巴耳末找系

的譜線，賴曼線系的譜線是氫原子的電子從幾>1的能級躍遷至n=1能級

的一系列光譜線。則賴曼線系能量最小的光子與巴耳末線系能量最大的光-13.6

險受伐累

子的能量差約為（）

A.lO.2eVB.6.8eVC.3.4eVD.0.54eV

2.2023年9月21日，“天宮課堂”第四課開講，航天員景海鵬、朱楊桂、桂海潮在中國空間站內，為廣

大青少年帶來了一場別出心裁的太空科普課。已知地球的半徑為R,空間站距離地球表面的高度為人不

考慮地球的自轉，地球表面的重力加速度為以下列說法正確的是（）

4〃2(R+/I)

A.空間站的周期T=

gR2

B.空間站的加速度比同步衛(wèi)星的加速度小

C.空間站運行的線速度介于7.9km/s和11.2km/s之間

D.根據題中信息可以求出空間站的質量

3.物體A、4放置在粗糙的水平面上，若水平外力以恒定的功率P單獨拉著物體A運動

時，物體A的最大速度為巧；若水平外力仍以恒定的功率P拉著物體4和物體8共同

運動時，如圖所示，物體A和物體B的最大速度為外。空氣阻力不計，在物體A和8達到最大速度時作用

在物體B上的拉力功率為（）

C,D.”

4.某實驗小組測得在豎直方向K行的無人機飛行高度），隨時間/的變化曲線如圖所示，E、F、M、N為曲

線上的點，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為y=4t-26和y=-2t+140。無人機及其載物的

總質量為2依，取豎直向上為正方向。則（）

A.E尸段無人機的速度大小為4m/s

B.FM段無人機的貨物處于超重狀態(tài)

C.FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為4kg-m/s

D.MN段無人機機械能守恒

5.某同學利用圖甲所示裝置研究物塊與長木板間摩擦力。水平向左拉長木板，傳感器記錄的F-￡圖像如圖

乙所示。下列說法不正確的是（）

(

濠14

?

I2

專?

*10

?

拉力O

8

O?

6

?

實驗臺長木板0.4

0.2

0.0

5.05.25.4時間（秒）

甲乙

A.物塊與長木板先相對靜止后相對運動

B.艱據圖乙中數據可得出物塊與木板間的最大靜摩擦力

C.艱據圖乙中數據可得出物塊與木板間的動摩擦因數

D.5.0s到5.2s圖像的波動是由于細線的彈性引起的

6.呼吸機是治療新冠肺炎的重要設備，其核心元件為呼吸機馬達（即電動機）。左圖為某品牌呼吸機馬達的

技術參數，用右圖交流電源通過理想變壓器給馬達供電，使其正常工作。貝）

供電電壓：24V

空載轉速：43000ipm

空載電施:0.2A

額定轉速：30000ipm

額定負載力矩：10N；m

額定電流：19A

額定輸出功率：32W

A.馬達內線圈的電阻為120。

B.馬達正常工作時理想變壓器原、副線圈的匝數比為55：6

C.該交流電源的電壓有效值為31IV

D.該交流電源每秒內電流方向變化50次

7.如圖所不，水平放置的長方體容器內存在豎直方向的勻強磁場，邊長為L的止方形

帥cd是長方體容器的橫截面，a、b、c、d四個頂點處均開有小孔。一質量為〃?，電

荷量為+q的帶電粒子（不計重力）以速度%從小孔。沿訛方向射入容器，帶電粒子只

與容器壁碰撞一次后從小孔dK出。已知帶電粒子與容器碰撞前后，沿平行「容器壁

的方向速度不變，沿垂直于容器壁的方向速度等大反向，運動過程中帶電粒子的電荷

量保持不變。關于磁場的大小和方向，下列說法正確的是（）

A.磁場方向豎直向上，8=4普B.磁場方向豎直向上，B二警

C.磁場方向豎直向下，B=駕詈D.磁場方向豎直向下，B=2噂:外

二、多選題：本大題共3小題，共15分。

8.某物理研究性小組做了這樣一個實驗，將一平整且厚度均勻面積足夠大的銅板永磁停工”

'/7

固定在絕緣支架上。一質量為"7的永磁體放置在銅板的上，亡=0時刻給永磁體一

銅板;>4絕

沿斜面向下的初速度，永磁體將沿斜面向下運動，如圖所示。假設永磁體下滑過緣

支

程中所受的摩擦力/大小不變，且fvmgsin。（式中8為銅板與水平面的夾角），取:架

銅板下端所在水平面為零勢能面。則下圖中關于永磁體下滑過程中速率入動能

Ek、重力勢能％、機械能E隨時間/變化的圖像可能正確的是（）

圖2

(1)卜列能使A、8小球帶等量同種電荷的方式是

A.用與A、8相同的帶電小球C,先接觸A,再接觸8

3.43小球接觸后靠近帶電體但不接觸，然后分開A、3小球，再移走帶電體

C.A,4小球接觸后，用帶電小球接觸A、B,移除導體球，再分開4、6小球

(2)用天平測量小球的質量〃?，懸掛點到小球球心的距離/,將小球8固定在絕緣底座上，人球用絲線懸掛

在支架上，使小球帶上等量同種電荷。某次實驗中小球A靜止位置和8固定位置如圖所示，則4、8小球

之間的距離

r=____cmo

(3)本實驗中I?r,絲線與豎直方向夾角J很小,tan。/sin。,重力加速度g=9.8m/s2。本實驗中若小球

質最為10g,I=1.0m,則庫侖力尸=_____N(結果保留兩位有效數字)。

(4)緩慢移動絕緣底座，得到五組憶r數據，根據庫侖定律，圖2中擬合的庫侖力”與距離「的關系圖像

可能正確的是。

12.小明做“用單擺測量重力加速度”的實驗。

(1)如圖甲所示，細線的上端固定在鐵架臺上，下端系一個小鋼球(下方吸附有小磁片)，做成一個單擺。圖

乙、丙分別畫出了細線上端的兩種不同的懸掛方式，你認為應選用圖_____(選填“乙”或“丙”)的懸掛

方式。

(2)使小球在豎直平面內做小角度擺動，打開手機的磁傳感器軟件。某次采集到的磁感應強度5的大小隨

時間，變化的圖像如圖J.所示，貝!單擺的振動周期T='(結果保留3位有效數字);

012345678910

丁時間(s)

(3)改變線長/,重復上述步驟，實驗測得數據如表所示(實驗前已測得小球半徑r),請根據表中的數據，在

方格紙(圖戊)上作出L-產圖像；

L/m

60

.20

0.80

O.41)

/

S2

O

4.)()5.00

戊

L=1+r/m77sT21s2

0.401.2761.628

0.601.5552.418

0.801.8013.244

1.002.0104.040

1.202.2084.875

(4)測得當地的重力加速度g=____(結果保留3位有效數字)；

(5)有同學認為，根據公式丁=2兀有，小明在實驗中未考慮小磁片對擺長的影響，L的測量值小于真實

值，所以實驗測得的重力加速度g偏小。請判斷該觀點是否正確，簡要說明理由______o

四、簡答題：本大題共3小題，共40分。

13.如圖所示為一超重報警裝置示意圖，高為L、橫截面積為S、質量為，〃、導

熱性能良好的薄壁容器豎直倒置懸掛，容器內有一厚度不計、質量為，〃的活

塞，穩(wěn)定時正好封閉一段長度寺的理想氣柱?；钊赏ㄟ^輕繩連接以達到監(jiān)測重[

輕

物的目的，當所掛重物為M=||(萼-m)時，剛好觸發(fā)超重預警，活塞恰好下預警

繩傳感器

降至位于離容器底某位置的預警傳感器處。已知初始時環(huán)境熱力學溫度為To,大工

氣壓強為Po,重力加速度為g,缸內氣體內能與熱力學溫度的關系為^=々7,kt-L-l受監(jiān)測

I~I重物

為常數，不計摩擦阻力。

(1)求預警傳感器到容器底部的距離；

(2)在(1)條件下，若外界溫度緩慢降低為?，求在剛好觸發(fā)超重預警到外界溫度緩慢降低為冷的過程中向

OO

外界放出的熱量。

14.如圖所示，一個阻值為2R、匝數為N的圓形金屬線圈與阻值為R的電阻連接成閉合I可路，線圈的半徑

為〃，在線圈中半徑為「2的圓形區(qū)域內存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度8。隨時間f的變

化率為|贊|=匕電阻R的兩端通過導線與平行金屬板“、。相連，一質量為/小帶電量為-q的粒子，由

。板中央處靜止釋放，經。板上的小孔射出后，由小孔M沿徑向射入有勻強磁場的絕緣圓筒內。已知絕緣

圓筒半徑為「3,絕緣圓筒內的磁感應強度大小為用方向垂直圓筒面向里。不計粒子重力。求：

(1)磁感應強度殳隨時間/是均勻增大還是減小？

(2)粒子進入絕緣筒時速度箕的大小；

(3)粒子與絕緣筒壁碰撞時速率、電荷量均不變，為使粒子在筒內能與筒壁碰撞4次后又從M孔抬出，則

筒內磁感應強度B應滿足的條件。

15.如圖所示，足夠長的水平光滑直軌道A8和水平傳送帶平滑無縫連接，傳送帶長L=4m,以10m/s的速

度順時針勻速轉動，帶有光滑圓弧管道E廠的裝置尸固定于水平地面上，Ef?位于豎直平面內，由兩段半徑

均為R=0.8m的;圓弧細管道組成，Er管道與水平傳送帶和水平地面上的直軌道MN均平滑相切連接，

MN長乙2二2相，右側為豎直墻壁，滑塊。的質量叫=0.3kg,滑塊b與輕彈簧相連，質量蛆=0-1切，

滑塊c質量租3=0?6憶9,滑塊〃、b、c均靜置于軌道AB上?，F讓滑塊。以一定的初速度水平向右運動，

與滑塊》相撞后立即被粘住，之后與滑塊。發(fā)生相互作用，。與勁度系數k=1.5N/m的輕質彈簧分離后滑

上傳送帶，加速之后經E尸管道后滑上MM已知滑塊c?第一次經過七時對軌道上方壓力大小為42M滑塊

c與傳送帶間的動摩擦閃數〃1=035,與間的動摩擦閃數〃2=。4,其它摩擦和阻力均不計，渭塊與豎

直墻壁的碰撞為彈性碰撞，各滑塊均可視為質點，重力加速度大小g=10m/s2,彈簧的彈性勢能Ep二

2h2(%為形變量)。求：

(1)滑塊c第一次經過F點時速度大小(結果可用根號表示)；

(2)滑塊。的初速度大小北；

(3)試通過計算判斷滑塊c能否再次與彈簧發(fā)生相互作用，若能，求出彈簧第二次壓縮時最大的壓縮量。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：賴曼線系能量最小的光子是從n=2的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)放出的光子，其值為E=E2-E】=

-3.4eV-(-13.6eV)=10.2eV

巴耳末線系能量最大的光子是從電離狀態(tài)躍遷到九=2激發(fā)態(tài)放出的光子，其值為E'=0-(-3.4eK)=

342V

二者的能量差為AE=E-E'=10.2eV-3.4eV=6.8eV,故B正確，人C。錯誤。

故選:BQ

在賴曼系中從n=2的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)放出的光子最?。话投┚€系中從電離狀態(tài)躍遷到n=2的激發(fā)態(tài)

放出的光子能量最大，根據玻爾理論求出其能量值，再求其差值即可。

解決本題的關鍵知道能級間躍遷輻射的光子能量等于兩能級間的能級差。

2.【答案】A

【解析】解：4根據G￡器=m等(R+h),G^=mg

代入數據得：T=史處里，故人正確；

8.根據G^=ma代入數據得：。=署

空間站的運動半徑小于衛(wèi)星的運動半徑，則空間站的加速度比同步衛(wèi)星的加速度大，故B錯誤；

C根據環(huán)繞速度的規(guī)律可知空間站運行的線速度一定小于第一宇宙速度7.9/nn/s,故C錯誤；

D空間站為環(huán)繞天體，萬有引力定律無法求得質量，故。錯誤。

故選:Ao

利用萬有引力定律可以直接求出周期和向心加速度。

環(huán)繞地球做圓周運動的線速度定是小丁7.9Q〃/s。

環(huán)繞天體的質量無法求，只能求中心天體的質量。

本題考查學生對萬有引力定律的理解和運用，也可以用“低軌高速小周期，高軌低俗大周期”的結論理

解。

3.【答案】C

【解析】解：設物體A受到的阻刀為年初物體B受到的阻力為號8,當物體的速度最大時外力等于阻力;

以恒定的功率〃單獨拉著物體A運動時，=?"女，以恒定的功率尸拉著物體A和物體/共同運動時，=

(FfA+'藝，作用在物體4上的拉力功率為PB=PfBv2

聯立解得

vi

故C正確，AB。錯誤。

故選：Co

根據功率的計算公式結合AB的運動情況分析解答。

本題考查功率的計算問題，解題關鍵掌握物體速度最大時的受力情況。

4.【答案】A

【解析】解：E尸段無人機的速度大小等于圖像中七尸段的斜率，根據其方程：y=4t-26,可知Er段無

人機的速度大小為：v=4m/s,故A正確；

8.根據y-￡圖像的切線斜率表示無人機的速度，可知/M段無人機先豎直向上做減速運動，后豎直向下做

加速運動，加速度方向一直向下，則無人機的貨物處于失重狀態(tài)，故8錯誤；

C以)，軸止方向為止方向。同理，根據MN段方程：y=-2t+140,可知“N段無人機的速度為：i/=

—2m/s

則FN段無人機和裝載物總動量變化量為：4P=mv'-mv=2x.(-2)kg?m/s-2x4kg?m/s=-12kg?

m/s,其大小為12kg?m/s,故C錯誤;

DA/N段無人機向下做勻速直線運動，動能不變，重力勢能減少，無人機的機械能不守恒，故。錯誤。

故選:Ao

根據圖像的切線斜率表示無人機的速度，由已知的方程可得E/段、MN段無人機的速度：根據加速

度的方向判斷無人機的貨物是否處于失重狀態(tài)：根據動量的定義求解其變化量；MN段無人機向下做勻速

直線運動，其機械能不守恒。

本題以無人機從上升到返回的過程為背景考查了運動學圖象、超重和失重狀態(tài)、動量和機械能的問題，解

題的關鍵是分清K行高度y隨時間/的變化圖像對應的運動狀態(tài)，用相關物理規(guī)律可解決問題。

5.【答案】C

【解析1解：A根據圖乙可知，板塊間開始是靜摩擦力，后來是滑動摩擦力，所以，物塊與長木板先相對

靜止后相對運動，故A正確；

8.根據圖乙中數據可得出物塊與木板間的最大靜摩擦力約1.08M故3正確：

C.根據圖乙可求得滑動摩擦力，但不知道正壓力，無法計算動摩擦因數，故C錯誤；

25.0s到5.2s圖像的波動是由于達到最大靜摩擦力后，細線的彈性引起的，故。止確；

本題選錯誤的，故選：C。

根據滑動摩擦力的產生條件，結合圖像分析出物塊與長木板之間的運動情況；

理解力傳感器示數變化的原因，結合題目選項完成解答。

本題主要考查了摩擦力的相關應用，理解摩擦力的產生條件，結合摩擦力的計算公式即可完成分析。

6.【答案】B

【解析】解：A、馬達空載時，為非純電阻電路，不能用歐姆定律求解電阻，即利用圖中數據，不能求解

馬達內線圈的電阻，故A錯誤；

BC、由圖像得，交流電壓的峰值為〃巾=220度1/

有效值為％=強=等，=220V

理想變壓器原副線圈電壓比等于匝數比，則馬達正常工作時理想變壓器原、副線圈的匝數比為:n2=

Ui：U2=220：24=55：6

故B正確，C錯誤；

D、由圖像得，該交流電的周期為T=0.02s

1個周期內電流的方向變化兩次，則該交流電源每秒內電流方向變化的次數為2x5^次=100次

故D錯誤。

故選：Bo

非純電阻電路不能用歐姆定律求解；根據圖像求解交流電壓的峰值，根據正弦式交變電流規(guī)律求解電壓的

有效值；理想變壓器原副線圈匝數比等于電壓比；根據圖像求解交流電的周期，1個周期內電流的方向變

化兩次，據此分析即可。

本題考查正弦式交變電流和非純電阻電路的計算，解題關鍵是會通過圖像得到電壓的峰值和周期，掌握正

弦式交變電流的規(guī)律，知道理想變壓器原副線圈電壓比等于匝數比。

7.【答案】D

【解析】解：磁場方向豎直向上，運動軌跡如圖所示，

根據幾何關系可得：4r2cos45°=L。

解得：-2=翕，從而有：8二空|詈，故A、8錯誤；

CD.若磁場方向豎直向下，且?guī)щ娏Ｗ又慌c容器壁碰撞一次后從小孔dK出，則帶電粒子的運動軌跡應左

右對稱，則左側的運動軌跡如圖所示；

0

根據幾何關系可得：cos。=黑=嚏，sin。=塔=W

aMV5aMV5

a=90°—(8+45°)=45°-。

aM

Sina=—?aM=F-L，

ri2

解得：4=［亍心

由洛倫茲力提供向心力：qv0B=

解得：小=篝

聯立可得：8=次膂

C錯誤，。正確。

故選:Do

(1)(2)根據題意作出粒子的運動軌跡圖，根據幾何關系求得半徑與L的大小關系，根據牛頓第二定律可解

得磁場大小。

本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動問題，解決該類題型需根據題意作出帶電粒子的運動軌跡圖，根據

幾何關系求得半徑，再結合牛頓第二定律求解即可。

8.【答案】ABD

【解析】解：A、永磁體下滑時由于渦流的產生會有阻尼作用，且隨速度的增大而增大，所受的摩擦力阻

力不變，根據牛頓第二定律得：mg^sin0-f-fff^=7na,隨著永磁體的加速下滑，阻尼作用增大，則

加速度逐漸減小，線的斜率減小，故A正確；

B、若開始下落時永磁體滿足mg?s譏6-/?-/?陽后=0,永磁體勻速下滑，此時動能不變，故8正確：

C、永磁體下滑時重力勢能逐漸減小，但是不會趨近與某一定值，故C錯誤；

。、永磁體下滑過程中，由于有電能產生，則機械能逐漸減小，故。正確。

故選：ABD。

永磁體在下滑過程中，由于受到阻尼作用，阻尼作用的大小與速度有關，根據牛頓第二定律即可判斷出加

速度，利用速度-時間公式借款判斷速度變化，若開始卜滑時恰能勻速運動，則在運動過程中動能可能不

變，在下滑過程中，重力勢能一直減小，不可能趨于某一值，由于阻尼作用，會產生內能，故機械能減小

即可判斷。

本題主要考查了在阻尼作用下的物體運動，判斷出永磁體的可能運動情況，結合牛頓第二定律及勢能的變

化即可判斷。

9.【答案】BC

【解析】解：A3、設它們之間的作用力是F7，分析飛船有(尸-峰)4=7欣1〃，分析火箭有FWt=m/lu,

所以可得火箭的〃L二器一〃i,飛船的質量為,九二舞一〃乜，故A錯誤，B正確：

CD、根據動量定理可得Fdt=(m+mQdu,解得：F=(m+mQ非所以推力尸越大，當就越大，且光

與F成正比，因為尸丁=甯＜凡故C正確，。錯誤。

故選：BC。

對飛船和火箭由牛頓第二定律列式，結合速度變化得到火箭質量小工和飛船的質量〃”根據牛頓第二定律和

運動學公式可得飛船對火箭的彈力大小，再分析F與速度變化率之間的關系“

本題通過牛頓第二定律得出正確結果，也可以根據動量定理研究，更簡便，在一些和時間有關的動力學題

目中應用動量定理求解比較簡潔。

10.【答案】AD

【解析】解：4、從C點入射的光線，進入玻璃球后光線如圖所示：

設入射角為i,折射角為「，法線與直徑八B夾角為仇則根據幾問關系可得:

0=i,0=2r,而：sin8=t，可知：i=60°,r=30°；

R

進入玻璃時，光線沿順時針偏轉了30。，根據光的折射定律可知，從3點射出時，光線沿順時針乂偏轉了

30。，因此從8點的出射光相對C點入射光方向偏折了60。，故人正確；

8、當光束從C點射入時恰能從右側射出且射出點為8,說明光線與“足球”相切，根據幾何關系可得：

d=2Rsinr,解得：d=R,故B錯誤；

C、由于光線從。點射入玻璃中的折射角等于從B點出射時的入射角，離開玻璃球的折射角等于射入玻璃

球時的入射角，因此光線不會發(fā)生全反射?，故C錯誤；

。、如果用頻率更小的激光入射時，進入玻璃的折射角增大，從而在玻璃內傳播的距離減小，而頻率更小

時，光在玻璃中的傳播速度增大，從而光在玻璃球中的傳播時間變短，故。正確。

故選：AD.

畫出從。點入射的光路圖，由幾何關系求得光束從C點射入時入射角和折射角，根據光路可逆原理可得光

束在B點射出時的折射角，根據幾何關系求解光束偏折的角度：根據題意可知在C點進入玻璃球的光線與

球內的“足球”相切，根據幾何關系可得“足球”的直徑；根據光路可逆原理可知光束不會在右側發(fā)生全

反對：對于頻率較小的激光入射時，玻璃對光的折射率減小，注入玻璃的折射角增大，光在玻璃中的傳播

速度增大，根據時間等于路程除以速度分析光在玻璃球中的傳播時間的變化。

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，根據圖

中的幾何關系求出折射角或入射角，然后根據光的折射定律和全反射的條件列方程求解。

11.【答案】(1)C；(2)2.20；(3)2.2x10-3；(4)C

【解析】解：(1)4、.用與A、8楣同的帶電小球C,先接觸A,再接觸8,兩球將帶.1二不等量的同種電

荷，故A錯誤；

8、小球接觸后靠近帶電體但不接觸，然后分開兩個小球，再移開帶電體，能使小球帶等最異種電荷，

故B錯誤；

C、兩個小球接觸后，用帶電小球接觸AB,移除導體球，再分開A8小球，能使兩小球帶等量同種電荷，

故C正確；

故選:Co

(2)由圖可知，刻度尺的分度值為。需要估讀到分度值的下一位，則AS小球之間的距離為

r=2.20cm

(3)對小球受力分析，根據幾何關系可得庫侖力大小為

mqr

F=mgtanG*mgsinO=-1—

代人數據解得：

22

F=x0.01x9.8N=2.2x10-3yV

(4)根據尸=皆可知，尸一右圖像為過原點的直線，故C正確，AB錯誤；

故選：C。

故答案為：⑴C；(2)2.20；(3)2.2x10-3；(4)C

(1)根據電荷守恒定律分析出小球的帶電情況；

(2)熟悉刻度尺的讀數規(guī)則并得出AB小球之間的距離；

(3)對小球進行受力分析，根據幾何關系得出庫侖力的大??；

(4)根據庫侖定律得出正確的圖像,

本胭主要考查了庫侖定律的相關應用，根據實驗原理掌握止確的實驗操作，結合庫侖定律和受力分析即可

完成分析。

12.【答案】丙1.369.78m/s2不工確。設擺球的重心下移4,取據單擺周期公式T=2兀4，有人+4=

梟"，A?+4L=梟q，所以g=4n工;卻與4L無關。

【解析】解：(1)圖乙的方法中當單擺擺動時擺長會發(fā)生變化，則圖內的懸掛方式較好；

(2)小球經過最低點時磁感應強度最大，相鄰兩次磁場最強的時間間隔為半個周期，由圖可知單擺的周期

約為1.36s；

(3)根據表格中數據描點連線如圖

(4)根據單擺的周期公式可得:

可得

9

4幾2

則圖線斜率為

l“=0.248

則g=9.78m/s2

(5)重力加速度根據圖像的斜率可求，由(4)的分析可知，小磁片不影響重力加速度的測量值，所以這個同

學的觀點是不正確的。

故答案為：(1)丙;(2)1.36；(3)如圖所示;(4)9.78m/s2；(5)不正確。設擺球的重心下移43根據單擺周

期公式T=27rJ^有人+4乙=梟號，L2+AL=^T^所以9=4與從無關。

(1)根據實驗原理選擇合適的懸掛方式；

(2)根據圖像分析出單擺的周期：

(3)根據表中的數據畫出正確的圖像：

(4)根據單擺的周期公式得出重力加速度的大??；

(5)理解實驗誤差的產生原因，結合題意完成分析。

本題主要考查了單擺測量重力加速度的實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，結合單擺的周期公式和

圖像的物理意義即可完成分析。

13.【答案】(1)/；(2)赳7o+]poSL-[mgL

解：(1)設預警傳感器到容器底部的距高為人掛重物前對活塞進行受力分析有

PiS+mg=p0S

拄上重物后對重物和活塞組成的系統進行分析有

p2s+(M+m)9=PQS

聯立兩式可得

M=H辱一⑴

氣體發(fā)生等溫變化，由玻意耳定律小匕二P2/代入數據得

6

九二＞

(2)氣體發(fā)生等壓變化由蓋-呂薩克定律?=守其中72=To,T3=?代入得

?2136

ShV

10

~6

解得

1

V=^SL

外界對氣體做功

W=p2(Sh-V)

氣體內能的變化量為dU=U2-%代入得

ToS

△1}=卜整一叫=-TKT

oo0

根據熱力學第一定律

AU=W+Q

可得Q=AU-W

解得

555

Q=_qkT°一而PoSL+詬?ngL

可知，氣體放出的熱量為

,555

Q=~Q=qkT。+-^QPQSL--^mgL

故答案為：(1),L;

(2)|/CT0+-^PQSL--^mgL

【解析】根據氣體狀態(tài)方程及熱力學第一定律即可求得。

本題主要考查氣體實驗定律及熱力學第一定律的具體應用，解題關鍵是正確進行受力分析。

14.【答案】解：(1)帶電量為—q的粒子，由〃板中央處靜止釋放，經b板上的小孔射出，說明〃板電勢

高，由楞次定律可知磁感應強度舔隨時間/是均勻減小的。

(2)由法拉第電磁感應定律有E=N察

E=/V|-^|S=Nknr}

由閉合電路歐姆定律有/=五%

平行金屬板〃、〃兩端的電壓U=/R

粒了在電場中運動時，由動能定理有=

解得”=七j密

(3)粒子從M點進入圓筒，速度為n,在圓筒中運動有q“6=小出

5。=2717r(n=1或2)

第一種情況6=名

則慳畫

r3tan^73q

第二種情況