2024年湖南省長(zhǎng)沙市四區(qū)高考物理一模試卷(含詳細(xì)答案解析)

2024年湖南省長(zhǎng)沙市四區(qū)高考物理一模試卷

一、單選題：本大題共6小題，共24分。

1.軋鋼廠的熱軋機(jī)上安裝射線測(cè)厚儀，儀器探測(cè)到的y射線強(qiáng)度與鋼板的厚度有關(guān)。如圖所示，某射線測(cè)

厚儀采用放射性同位素鉞192作為放射源，其化學(xué)符號(hào)是〃，原子序數(shù)為77,放射源在進(jìn)行￡衰變產(chǎn)生新

核X的同時(shí)會(huì)釋放出y射線，放射性元素的半衰期為74天，下列說(shuō)法正確的是（）

A.上述衰變方程為序｝一聚x+oe

B.衰變放射出的0粒子來(lái)自于原子核內(nèi)一個(gè)中子轉(zhuǎn)化為一個(gè)質(zhì)子和電子

C.若有4.0g鉞192,經(jīng)過148天有1.0g發(fā)生了衰變

D.若探測(cè)器測(cè)得的射線強(qiáng)度變?nèi)鯐r(shí)，說(shuō)明鋼板厚度變小

2.“地震預(yù)警”是指在地震發(fā)生以后，搶在地震波傳播到受災(zāi)地區(qū)前，向受災(zāi)地區(qū)提前幾秒至數(shù)十秒發(fā)出

警報(bào)，通知目標(biāo)區(qū)域從而實(shí)現(xiàn)預(yù)警?？蒲袡C(jī)構(gòu)對(duì)波的特性展開研究，如圖甲所示為研究過程中簡(jiǎn)諧波t=0

時(shí)刻的波形圖，M是此波上的一個(gè)質(zhì)點(diǎn)，平衡位置處于％=4m處，圖乙為質(zhì)點(diǎn)M的振動(dòng)圖像，則（）

甲乙

A.該列波的傳播速度為4m/sB.該列波的傳播方向沿x軸負(fù)向傳播

C.質(zhì)點(diǎn)M在%內(nèi)通過的路程為340cwD.質(zhì)點(diǎn)M在2s內(nèi)沿x軸運(yùn)動(dòng)了

3.如圖，圓形水平餐桌面上有一個(gè)半徑為r,可繞中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)的同心圓盤，在圓盤的邊緣放置一個(gè)質(zhì)量為

加的小物塊，物塊與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)以及與桌面的摩擦因數(shù)均為小現(xiàn)從靜止開始緩慢增大圓盤的角

速度，物塊從圓盤上滑落后，最終恰好停在桌面邊緣。若最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小

為g,圓盤厚度及圓盤與餐桌間的間隙不計(jì)，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。則（）

圓盤

A.小物塊從圓盤上滑落后，小物塊在餐桌上做曲線運(yùn)動(dòng)

B.餐桌面的半徑為3，

C.物塊隨圓盤運(yùn)動(dòng)的過程中，圓盤對(duì)小物塊做功為:〃mgr

D.物塊在餐桌面上滑行的過程中，所受摩擦力的沖量大小為mJ而

4.華為〃心260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)

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

顆衛(wèi)星離地高度均為力，地球的半徑為R,地球同步衛(wèi)星離地高度為6R,地球

表面重力加速度為g,引力常量為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)有引力的大小相等

B.能實(shí)現(xiàn)全球通信時(shí)，衛(wèi)星離地高度至少2R

C.其中一顆質(zhì)量為〃?的通信衛(wèi)星的動(dòng)能為裳*

D.通信衛(wèi)星和地球自轉(zhuǎn)周期之比為-㈣

J（R+4）

5.保險(xiǎn)絲對(duì)保護(hù)家庭用電安全有著重要作用，如圖所示，4是熔斷電

流為1A的保險(xiǎn)絲，理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為2：I,交變

電壓U=220V,保險(xiǎn)絲電阻1。，R是用可變電阻。當(dāng)電路正常工作

時(shí)，則下列說(shuō)法正確的是（）

A.可變電阻R不能大于54.75。B.可變電阻R越大，其消耗的功率越小

C.通過可變電阻R的電流不能超過0.54D.增加原線圈匝數(shù)，保險(xiǎn)絲可能熔斷

6.某同學(xué)設(shè)計(jì)了一貨物輸送裝置，將一個(gè)質(zhì)量為M載物平臺(tái)架在兩根完全相同、半徑為小軸線在同一水

平面內(nèi)的平行長(zhǎng)圓柱上。已知平臺(tái)與兩圓柱間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃，平臺(tái)的重心與兩柱等距，在載物平臺(tái)

上放上質(zhì)量為〃?的物體時(shí)也保持物體的重心與兩柱等距，兩圓柱以角速度3繞軸線作相反方向的轉(zhuǎn)動(dòng)，重

力加速度大小為g?，F(xiàn)沿平行于軸線的方向施加一恒力凡使載物平臺(tái)從靜止開始運(yùn)動(dòng)，物體與平臺(tái)總保

持相對(duì)靜止。下列說(shuō)法正確的是（）

A.物體和平臺(tái)開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為Q=/

M+m

B.物體和平臺(tái)做勻加速運(yùn)動(dòng)

C.物體受到平臺(tái)的摩擦力逐漸增大

D.只有當(dāng)尸>〃（M4-m）g時(shí)平臺(tái)才能開始運(yùn)動(dòng)

二、多選題：本大題共4小題，共20分。

7.圖甲是半圓柱形玻璃體的橫截面，一束紫光從真空沿半圓柱體的徑向射入，并與底面上過。點(diǎn)的法線成

。隹,CO為足夠大的光學(xué)傳感器，可以探測(cè)從人B面反射光的強(qiáng)度。若反射光強(qiáng)度隨。變化規(guī)律如圖乙所

示,取sin370=0.6,cos37。=0.8,則下列說(shuō)法正確的是（）

A.8減小到0時(shí)，光將全部從AB界面透射出去

B.8減小時(shí)，反射光線和折射光線夾角隨之減小

C.咳紫光在半圓柱體中的折射率為￡

D.改用紅光入射時(shí)，C。上探測(cè)到反射光強(qiáng)度最大值對(duì)應(yīng)的J>37°

A.金屬棒a受到向左的摩擦力

B.金屬棒a受到的最大摩擦力一定為碧

C.金屬棒人的最大速度為映

28刎

D.金屬棒b減小的重力勢(shì)能等于金屬棒。和金屬棒h中產(chǎn)生的總焦耳熱

三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共16分。

11.某同學(xué)用如圖甲所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量定理，實(shí)驗(yàn)過程中部分實(shí)驗(yàn)步驟如下:

壓力傳感梏光條簫

氣墊導(dǎo)軌

甲

012cm

IIIIIIIillIIIIIIIIIIII

I(III|IIII|II11]1I1I

010

乙

(1)將一遮光條固定在滑塊上，用20分度的游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條的寬度，游標(biāo)卡尺如圖乙所示，則遮光條

的寬度d=〃〃〃。

(2)滑塊離開彈簧一段時(shí)間后通過光電門，光電門測(cè)得遮光條的擋光時(shí)間為戊=2.0x10-2s,可得彈簧恢

復(fù)形變的過程中滑塊的速度大小為m/s.

(3)將一與輕彈簧相連的壓力傳感器固定在氣墊導(dǎo)軌左端，一光電門安裝在氣墊導(dǎo)軌上方，用滑塊將彈簧

壓縮一段距離后由靜止釋放，壓力傳感器顯示出彈簧彈力尸隨時(shí)間/變化的圖像如圖丙所示，根據(jù)圖丙可

求得彈簧對(duì)滑塊的沖量大小為N-s。(計(jì)算結(jié)果保留2位有效數(shù)字)

12.用如圖甲所示的電路研究壓敏電阻應(yīng)變片心的壓阻效應(yīng)。電源的電動(dòng)勢(shì)為3%

內(nèi)阻忽略不計(jì)。除圖甲中的器材外，實(shí)驗(yàn)室還提供了如下器材可供選擇：

電壓表V(量程為0?15IZ,內(nèi)阻約為20ZD,其讀數(shù)用U表示)

電流表4(量程為0?0.64,內(nèi)阻3=1.5。，其讀數(shù)用A表示)

電流表％2(量程為0?0?64內(nèi)阻約為2。，其讀數(shù)用，2表示)

(1)請(qǐng)?jiān)谶x好器材后完成圖甲中虛線框內(nèi)的部分電路；

(2)在電阻心上施加壓力F,閉合開關(guān)5,記下電表讀數(shù)，該電路測(cè)量電阻心阻值的表達(dá)式為&=(

用題目中給出的字母表示)。改變壓力凡得到不同的勺值，記錄數(shù)據(jù)并繪成a-F圖像如圖乙所示；

(3)一同學(xué)想把電流表改成簡(jiǎn)易壓力表，他仍然使用原來(lái)的表盤，只是把表盤上標(biāo)小的數(shù)字“0.2、0.4、

0.6"改為相應(yīng)的壓力值，實(shí)驗(yàn)采用的電路如圖丙所示。他在表盤上表示O.L4的刻度線處標(biāo)上數(shù)字0,則電

路中滑動(dòng)變阻器的阻值應(yīng)為&=此壓力表表盤上0.204的刻度線處標(biāo)上的壓力值為M

四、簡(jiǎn)答題：本大題共3小題，共40分。

13.氣壓傳動(dòng)是工業(yè)中常見的傳動(dòng)方式。如圖所示，面積為L(zhǎng)的活塞4靜止，與氣缸右端相距人。用力緩

慢右移活塞A,通過壓縮氣體頂起豎直放置的面積〉的活塞B和上方高〃的液柱(液體密度為p),最終活塞

A移到最右端?；钊徛苿?dòng)過程中，氣體溫度保持不變。氣體視為理想氣體，大氣壓強(qiáng)為Po,忽略彎管

中的氣體體積，裝置不漏氣，不計(jì)摩擦和兩活塞質(zhì)量。

(1)最終活塞B上升的高度G；

(2)若整個(gè)過程活塞A對(duì)封閉氣體做正功W,忽略氣體質(zhì)量，求整個(gè)過程中氣體對(duì)外放熱。為多少。

K

A

圖b

14.作為研制新一代飛行器的搖籃，我國(guó)22超高速風(fēng)洞可以創(chuàng)造出高度達(dá)幾十千米、速度達(dá)約三十倍

聲速的飛行條件。若將一小球從風(fēng)洞中地面上的A點(diǎn)以初速度火豎直向上彈出，小球受到大小恒定的水平

風(fēng)力作用，到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)的動(dòng)能為初始點(diǎn)A動(dòng)能的白，小球最后落回到地面上的C點(diǎn)，如圖。不計(jì)空氣

阻力，重力加速度為g,求：

(1)小球從彈出到落地所用的時(shí)間；

(2)小球運(yùn)動(dòng)的加速度大?。?/p>

(3)小球在空中的最小速度。

15.某粒子分析裝置的部分簡(jiǎn)化結(jié)構(gòu)如圖所示，主要由粒子源、圓柱形磁場(chǎng)區(qū)和6面是熒光屏的長(zhǎng)方體儀

器OABC-OEFG構(gòu)成，粒子打在屏上會(huì)被吸收。以長(zhǎng)方體儀器的頂點(diǎn)0為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立三維坐標(biāo)系0-

xyz.長(zhǎng)方體儀器的長(zhǎng)人從寬40、高人Z)分別為2々、2a.a,長(zhǎng)方體所在空間存在方向沿x軸正向的勻強(qiáng)

磁場(chǎng)1(圖中未畫出)。圓柱形區(qū)域的長(zhǎng)為2〃，底面圓半徑為心圓柱形位于長(zhǎng)方體儀器的正上方，兩者通

過長(zhǎng)方體正上方狹縫尸Q連通，〃為OE的中點(diǎn)，。為G/的中點(diǎn)，圓柱形區(qū)域所在空間存在方向沿x軸正

向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)U(圖中未畫出)，在xoz平面有一與圓柱體等高等長(zhǎng)的長(zhǎng)方形粒子源，能沿著)，軸正方向發(fā)

射速率均為u的正電粒子，所有進(jìn)入圓柱體空間的粒子都恰能通過狹縫PQ再進(jìn)入長(zhǎng)方體儀器，恰好沒有

粒子打到8CFE面。已知帶電粒子的比荷為2,不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用，試求：

(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)I磁感應(yīng)粒度名的大?。?/p>

(2)打在頂面OEFG粒子數(shù)目N］和打在底面OABC的粒子數(shù)目N2之比；

(3)若僅將勻強(qiáng)磁場(chǎng)I的方向調(diào)整為沿)，軸正方向，大小不變，且其他條件不變，對(duì)于從Q點(diǎn)入射的粒

子，能打到長(zhǎng)方體儀器BCFE面上的粒子最長(zhǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間以及能打在8c尸E面上的粒子數(shù)目N3與。點(diǎn)入射的

粒子總數(shù)N之比。(已知cos。=A,則。的大小可表示為。=arccosA)

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：AB.份衰變的實(shí)質(zhì)是原子核里的一個(gè)中子放出一個(gè)電子變?yōu)橘|(zhì)子，反應(yīng)過程中遵循質(zhì)量數(shù)'守

恒和核電荷數(shù)守鶴，故衰變方程為：

勢(shì)2/rT%2x+?]C,故A錯(cuò)誤，6正確；

C、若有4g鉞192,經(jīng)過74天后有2g發(fā)生衰變，再過74天，即總共經(jīng)歷148天，還有1g沒有衰變，總

共衰變了3g,故C錯(cuò)誤；

。、探測(cè)器得到的射線變?nèi)鯐r(shí)，說(shuō)明鋼板厚度增大，故。錯(cuò)誤；

故選:B。

理解0衰變的本質(zhì)，結(jié)合衰變前后質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒的特點(diǎn)得出衰變方程；

根據(jù)半衰期的概念得出鉞衰變的質(zhì)量；

根據(jù)射線強(qiáng)度的變化趨勢(shì)得出鋼板厚度的變化趨勢(shì)。

本題主要考查了半衰期的相關(guān)應(yīng)用，理解半衰期的概念，結(jié)合/?衰變的本質(zhì)即可完成分析。

2.【答案】B

【解析】解：A、由甲圖可知2=4m,由圖乙可知7=2s,則該波的傳播速度為u=彳=gm/s=2m/s,

故A錯(cuò)誤；

B、由圖乙可知，t=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)M向上振動(dòng)。在甲圖上，根據(jù)波形平移法可知該波沿x軸負(fù)方向傳播，

故B正確；

C、由于￡=9s=47+；T,所以質(zhì)點(diǎn)加在％內(nèi)通過的路程為5=4乂44+24=184=18乂20(771=

360cm,故C錯(cuò)誤；

。、簡(jiǎn)諧波沿x軸負(fù)方向傳播，質(zhì)點(diǎn)M只在平衡位置上下振動(dòng)，并不會(huì)隨波遷移，故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

讀出波長(zhǎng)和周期，再求波速；由圖乙讀出t=O時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)M的振動(dòng)方向，在甲圖上，利用波形平移法判斷

波的傳播方向；根據(jù)時(shí)間與周期的倍數(shù)，求解質(zhì)點(diǎn)M在9s內(nèi)通過的路程；質(zhì)點(diǎn)M只在平衡位置上下振

動(dòng)，并不會(huì)隨波遷移。

本題考查識(shí)別、理解振動(dòng)圖象和波動(dòng)圖象的能力，以及把握兩種圖象聯(lián)系的能力。對(duì)于波的圖象，往往先

判斷質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向和波的傳播方向間的關(guān)系。

3.【答案】C

【解析】解：人、小物塊從圓盤上沿切線方向飛出，滑落到桌面上后，小物塊受到的摩擦力方向始終與速

度的方向相反，在餐桌上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故人錯(cuò)誤；

從小物塊從圓盤上滑落的瞬間，此時(shí)摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，由牛頓第二定律可得：4mg=血學(xué)，解

得：??；=/麗，小物塊從圓盤上滑落到滑到桌面的邊緣，如圖所示：

動(dòng)能定理可得：一〃mg%=0-/mu2

代入數(shù)據(jù)解得：%=]

由幾何關(guān)系可得：/?2=r2+x2

代入數(shù)據(jù)解得餐桌面的半徑為：R=故B錯(cuò)誤：

。、物塊隨圓盤運(yùn)動(dòng)的過程中，由動(dòng)能定理，可得圓盤對(duì)小物塊做功為W=故C正確；

。、選取末速度的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理可得：If=Ap=mv

聯(lián)立得在餐桌面上滑行的過程中，所受摩擦力的沖量大小為：lf=故。錯(cuò)誤。

故選：C。

根據(jù)摩擦力提供向心力，當(dāng)摩擦力達(dá)到最大值時(shí)物塊從圓盤上滑落，從而求出角速度和線速度；在根據(jù)滑

落后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)剛好停在桌面邊緣，求出餐桌半徑，再根據(jù)動(dòng)能定理求出圓盤對(duì)物塊做的功。

本題主要考查圓周運(yùn)動(dòng)的臨界條件，在做題中要注意物塊從圓盤滑落下去，沿切線方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)

4.【答案】C

【解析】解：4通信衛(wèi)星受到的萬(wàn)有引力大小為F=G贊，三顆通信衛(wèi)星的質(zhì)量未告知，故三顆通信衛(wèi)星

受到地球的萬(wàn)有引力大小不定相等，故A錯(cuò)誤；

及三顆通信衛(wèi)星若要全面覆蓋，貝J其如圖所示

由幾何關(guān)系可知，乙A08=12(r,^AOC=60%其OA為地球半往R,所以由幾何關(guān)系有

cos6(T=祟OC=2R=R+h,代入數(shù)據(jù)得：h=R,所以通信衛(wèi)星高度至少為R,故B錯(cuò)誤；

UC

C.對(duì)衛(wèi)星有G/工：2=7n六不在地球表面有。粵=皿9，其動(dòng)能為&=〈mu?=U匕、，故C正確；

(R+八)八十〃K/

cMm47r2小.「Mm47r2,)c、T.擊I

D對(duì)通信衛(wèi)星有G*工芹=血式(/?+/1),對(duì)同步衛(wèi)星有G行卡=mm-(7R),可得普=竺為，故。

(R+h)T逋(7R)T地%I(7R)3

錯(cuò)誤。

故選：Co

利用萬(wàn)有引力定律列式求解即可。

本題考查學(xué)生對(duì)人造衛(wèi)星和萬(wàn)有引力定律的理解和運(yùn)用，需要注意衛(wèi)星的質(zhì)量未給出。

5.【答案】B

【解析】解.：AB.將保險(xiǎn)絲電阻看成交變電源內(nèi)阻，則有可變電阻消耗的功率等于理想變壓器原線圈消耗

的功率，設(shè)原線圈等效電阻為公,

根據(jù)輸出功率等于輸入功率，以及原、副線圈電流和匝數(shù)的關(guān)系則有

/洱=弓R

立=也

心一而

聯(lián)立可得

Ri=(中)2/?=4R

當(dāng)電路正常工作時(shí)，原線圈電流14則

,U

%+R'=丁N220。

即

RX=4R>2190

所以

R>54.75〃

根據(jù)電源輸出功率的特點(diǎn)可知可變電阻R越大，輸出功率越小，即原線圈消耗的功率越小，可變電阻消耗

的功率越小，故8正確，A錯(cuò)誤；

C設(shè)電阻R為r時(shí)，原線圈中電流剛好達(dá)到熔斷電流，即人=14根據(jù)

A_幾2

同一而

代人數(shù)值解得副線圈的電流

12=2A

即通過可變電阻R的電流不能超2A；故C錯(cuò)誤；

。當(dāng)其他條件不變，增加原線圈匝數(shù)，根據(jù)

RL杼R=敢R

可知相當(dāng)于增加了原線圈的等效電阻，則根據(jù)歐姆定律可知原線圈電流減小，保險(xiǎn)絲不會(huì)熔斷，故。錯(cuò)

誤；

故選:B。

根據(jù)輸出功率等于輸入功率，以及原、副線圈電流和匝數(shù)的關(guān)系，結(jié)合功率與電流的表達(dá)式和歐姆定律分

析求解。

本題考查了交變電流和變壓器相關(guān)知識(shí)，理解交流電表達(dá)式及各個(gè)物理量的含義和計(jì)算方法，掌握變壓器

電壓、電流與匝數(shù)的關(guān)系是解決此類問題的關(guān)鍵。

6.【答案】A

【解析】解：4、平臺(tái)與兩個(gè)圓柱表面的摩擦力相等，大小

1

/=2〃(M+m)g

開始時(shí)平臺(tái)受到兩圓柱的摩擦力平衡，所以開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為

0=磊’故A正確；

3、圓柱表面的點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的線速度大小為

v=a)r

N相

若平臺(tái)運(yùn)動(dòng)的速度大小為〃則

1V

f=/cos。=+m)g

xJ-+3r產(chǎn)

根據(jù)牛頓第二定律可得

v

F-n(M+m)g=(M+m)a

J/+3r)2

因?yàn)閥在不斷增大，加速度會(huì)越來(lái)越小，故4錯(cuò)誤;

c、對(duì)物體進(jìn)行受力分析可得

可得/o=ma

物體受到平臺(tái)的摩擦力逐漸減小，故C錯(cuò)誤；

。、開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為。=占

M+m

所以即使尸較小，平臺(tái)也運(yùn)動(dòng)，故。錯(cuò)誤。

故選：4。

A、可通過摩擦力平衡條件，計(jì)算加速度；

8、利用線速度規(guī)律、牛頓第二定律計(jì)算加速度的變化；

。、利用牛頓第二定律判斷；

。、由A中計(jì)算出的加速度，判斷力的變化是否影響運(yùn)動(dòng)情況。

本題考查了對(duì)線速度、牛頓第二定律、力的合成與分解的理解和應(yīng)用。

7.【答案】CD

【解析】解.：CD、由圖乙可知，當(dāng)。=37。時(shí)發(fā)生全反射，可得：sin370=解得：n=若改用紅光

照射，折射率減小，所以光學(xué)傳感器探測(cè)到反射強(qiáng)度達(dá)到最大時(shí)。＞37。，故CO正確；

A、圖甲中若減小入射角。到0。，仍存在反射光線，只是反射角為零，光線不會(huì)全部從A3界面透射出去，

故A錯(cuò)誤：

B、若減小入射角。，則反射角減小，根據(jù)折射定律知折射角也減小，由幾何關(guān)系知反射光線和折射光線

之間的夾角將變大，故8錯(cuò)誤。

故選：CD。

若減小入射角。，由反射定律和折射定律結(jié)合幾何關(guān)系可知反射光線和折射光線之間的夾角如何變化：反

射光線一定存在；由圖象乙能讀出臨界角C,根據(jù)全反射臨界角公式求解折射率。

本題主要是考查了光的折射和全反射；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，根據(jù)圖

中的幾何關(guān)系求出折射角或入射角，然后根據(jù)光的折射定律或全反射的條件求解。

8.【答案】AD

【解析】解：4、從。到Q電子受力指向?qū)嵕€的凹側(cè)，而電子受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，所以電

場(chǎng)強(qiáng)度方向背離PQ實(shí)線方向，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，則P點(diǎn)的電勢(shì)低于。點(diǎn)的電勢(shì)，故A正確；

3、等差等勢(shì)線越密，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，所以P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于R點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，則電子在。點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大，根據(jù)

牛頓第二定律可知，電子在0點(diǎn)的加速度大干在R點(diǎn)的加速度，故3錯(cuò)誤：

CD.根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，且由電勢(shì)高的地方指向電勢(shì)低的地方，則從P到R的電勢(shì)升高，根據(jù)公

式Ep=q＞可知，電子電勢(shì)能減小，動(dòng)能增大，故O正確，C錯(cuò)誤；

故選：AD.

根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)得出電場(chǎng)力的方向，結(jié)合粒子的電性得出電場(chǎng)線的方向，從而的出電勢(shì)的高低；

根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度得出場(chǎng)強(qiáng)的大小，結(jié)合牛頓第二定律得出加速度的大小關(guān)系：

根據(jù)電勢(shì)能的表達(dá)式得出電勢(shì)能的變化趨勢(shì)，從而得出電子動(dòng)能的變化趨勢(shì).

本題主要考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，熟悉粒子的受力分析，結(jié)合牛頓第二定律和電勢(shì)能的表達(dá)式完

成分析.

9.【答案】AC

【解析】解：A、設(shè)物塊4、。與C間動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃，?；螩后相對(duì)C滑動(dòng)過程，假設(shè)〃相對(duì)C靜止，

由牛頓第二定律得：

對(duì)b、c整體:Riig=(2rn十rri)a

對(duì)b：f=ma

解得：f=可得人與c間的靜摩擦力小于最大靜摩擦力，則》相對(duì)c保持靜止，故A正

確：

B、設(shè)4、。碰撞前瞬間〃的速度為I”，力與C的速度均為%C。〃、〃發(fā)生彈性碰撞，因。、力質(zhì)量相同均為

m,故碰撞過程交換速度，碰撞后瞬間”獲得〃的速度與c?共速，〃獲得〃的速度后相對(duì)c向右滑動(dòng)，與4

選項(xiàng)同理，可知碰撞后4、C相對(duì)靜止一起運(yùn)動(dòng)，方相對(duì)C?向右滑動(dòng)，最終三者相對(duì)靜止一起勻速運(yùn)動(dòng)，故

8錯(cuò)誤；

。、〃剛好滑到C的右端與C相對(duì)靜止，此時(shí)〃、氏C三者共速，設(shè)此共同速度為"劉。、從。組成的系統(tǒng)

動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：

mvQ=(m+m+2m)口及

由錢量守恒定律得：

1,12

mv

Q=2o~2(rn+m+2m)vJi：

解得整個(gè)過程因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為：詔，故。錯(cuò)誤；

O

C、。、〃均相對(duì)c滑動(dòng)了"人的距離，則有：Q=2x〃mgx"L,解得：〃=鬻，故C正確。

故選：AC.

應(yīng)用牛頓第二定律判斷小。碰撞前與碰撞后〃、。是否與c相對(duì)滑動(dòng)；。、b、c組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)

用動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律分析答題。

本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與能量守

恒定律即可解題。

10.【答案】AB

【解析】解：4根據(jù)右手定則，力棒沿斜面向下運(yùn)動(dòng)時(shí)感應(yīng)電流在端面上垂直于紙面向外，。棒中的電流垂

直于紙面向內(nèi)，由左手定則可以判斷，金屬棒〃受到的安培力向右，”棒有向右的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，所以所受靜

摩擦力向左，故4正確；

。.對(duì)金屬棒〃受力分析，最終勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有

77igsin30°=B2IL,而最大電流

/=筆,可得金屬棒〃的最大速度為〃=甯，故C錯(cuò)誤；

2R毆

及對(duì)金屬棒"，受到的最大摩擦力為

f=F安=BJL=嗎旦故B正確；

D根據(jù)能量守恒，金屬棒b減小的機(jī)械能等于金屬棒。和金屬棒〃中產(chǎn)生的總焦耳熱，故。錯(cuò)誤。

故選:AB.

A.根據(jù)右手定則和左手定則判斷a的安培力，再跟平衡條件判斷摩擦力方向；

BC.根據(jù)最終做勻速運(yùn)動(dòng)滿足的條件列式求解〃最大速度和。的最大靜摩擦力；

D根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律進(jìn)行分析判斷。

考查右手定則、左手定則、受力分析和能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，會(huì)根據(jù)題意列式進(jìn)行相關(guān)物理量的求解。

II.【答案】4.000.20.80

【解析】解：(1)根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)方法可知，遮光條的寬度為：d=4mm4-0x0.05mm=4.00?H7n；

(2)彈簧恢復(fù)形變的過程中滑塊的速度大小為：?=*=黑薛m/s=0.2m/s；

(3)根據(jù)沖星的定義/二成可知，洋簧對(duì)滑塊的沖量大小等于尸圖像與，軸包圍的面積，每一小格表示

0.004/V.s,查得包圍的小格數(shù)為2(X)個(gè)(大于半個(gè)的按一個(gè)算，小于半個(gè)的舍去)，故彈簧對(duì)滑塊的沖量大

小為：/=200X0.004/V?s=0.80/V?s。

故答案為：(1)4.00；(2)0.2；(3)0.80

(1)游標(biāo)卡尺主尺與游標(biāo)尺示數(shù)之和是游標(biāo)卡尺示數(shù)；

(2)根據(jù)u=2可求滑塊的速度的大??；

(3)彈簧對(duì)滑塊的沖量大小等于尸-￡圖像與/軸包圍的面積。

理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提：要知道光電門測(cè)量瞬時(shí)速度的原理，分析清楚滑塊的運(yùn)動(dòng)過程，求出滑塊經(jīng)

過光電門時(shí)的速度，彈簧對(duì)滑塊的沖量大小等于尸-「圖像與，軸包圍的面積。

12.【答案】普10.57.5

【解析】解?：(1)由于電源電動(dòng)勢(shì)為3匕電壓表V的量程過大，測(cè)量誤差大；將電流表&作電壓表使用(A1

內(nèi)阻己知，可以由兩電流表讀數(shù)表示出之上電流)因此把電流表名作電壓表使用，并聯(lián)在壓敏電阻兩端；

由干電流表4的內(nèi)阻未知，電流表4采用外接法，電路圖如圖所示：

(2)根據(jù)歐姆定律，待測(cè)電阻仆=的=線

(3)根據(jù)閉合電路的歐姆定律/=%+[+=]

根據(jù)圖乙，R”與所受壓力廠成一次函數(shù)，函數(shù)表達(dá)式“=18-2/(。)

壓力尸=ON時(shí)，Rx=18/2,電流表的示數(shù)為/=0.14

代入數(shù)據(jù)解得Ro=10.5/2

根據(jù)閉合電路的歐姆定律廠=著而

代入數(shù)據(jù)解得RJ=30

由于函數(shù)表達(dá)式RJ=18-2F(n)

聯(lián)立解得壓力尸=7.5N。

故答案為：(1)見解析;Q)彩；(3)10.5；7.5o

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理設(shè)計(jì)出正確的實(shí)險(xiǎn)電路；

(2)根據(jù)歐姆定律得出待測(cè)電阻的表達(dá)式：

(3)根據(jù)圖像的解析式得出待測(cè)電阻的解析式；根據(jù)閉合電路歐姆定律列式，并代入特殊點(diǎn)進(jìn)行計(jì)算。

本題主要考查了伏安法測(cè)電阻的實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，結(jié)合閉合電路歐姆定律和圖像

的解析式即可完成分析；明確已知內(nèi)阻的電流表可以當(dāng)作電壓表使用是解題的關(guān)鍵。

13.【答案】解：(1)初始時(shí)，活塞A靜止，封閉氣體的壓強(qiáng)為p]=p。，

活塞B粒定后，最終封閉氣體的壓強(qiáng)大小為22=Po+pgh

舌塞緩慢移動(dòng)過程中，氣體溫度保持不變，由玻意耳定律可知

PM1szi=p?L2sB

Po^S.

解得=

（Po+pgh）sJ

(2)由于活塞緩慢移動(dòng)過程中，氣體溫度保持不變，所以氣體的內(nèi)能不變，液柱重力勢(shì)能增大

Ep=mgh=pSBghL2：

則整個(gè)過程中氣體對(duì)外放熱：Q==pSBghL2x

答：⑴最終活塞8上升的高度匕為潦瀛；

(2)整個(gè)過程中氣體對(duì)外放熱。為W-pSBghL2O

【解析】(1)根據(jù)平衡關(guān)系求解活塞8穩(wěn)定后封閉氣體的壓強(qiáng)，再根據(jù)玻意耳定律求解;

(2)首先求得液柱的重力勢(shì)能，再根據(jù)熱力學(xué)第一定律求解。

該題考查了玻意耳定律以及熱力學(xué)第?定律的應(yīng)用，題目為典型題，難度適中。

14.【答案】解：(1)小球在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則小球從彈出到落地所用的時(shí)間為

(2)已知小球到達(dá)最高點(diǎn)〃時(shí)的動(dòng)能為初始點(diǎn)A動(dòng)能的白，根據(jù)動(dòng)能的表達(dá)式公可知，在8點(diǎn)與A

點(diǎn)速度大小之比為

%：v0=3：4

在最高點(diǎn)豎直方向速度為0，設(shè)從A到8需要時(shí)間為匕則

水平方向有4=a水料

豎直方向有%=gt'

小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為

°=Jg2+喙平

聯(lián)立解得：a=\g

(3)小球在重力和風(fēng)力的合力場(chǎng)中做類斜拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球速度方向與合力方向垂直時(shí)動(dòng)能最小，根據(jù)前面

分析可知合力與豎直方向的夾角。的正切值為

,qQ水平3

94

故sin。=1

根據(jù)速度的合成與分解可得小球運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度為

3

Vmin=V0Sin6>=-gV0

答：(1)小球從彈出到落地所用的時(shí)間為華；

(2)小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為［g：

(3)小球在空中的最小速度為|v0。

【解析】(1)小球在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度-時(shí)間公式求小球從彈出到落地所用的時(shí)間；

(2)根據(jù)小球在最高點(diǎn)B的動(dòng)能與4點(diǎn)動(dòng)能之比求解小球在最高點(diǎn)3點(diǎn)與A點(diǎn)的速度之比，再根據(jù)水平方

向的和豎言方向的運(yùn)動(dòng)聯(lián)立求解水平方向的加速度，最后求解合加速度大??；

(3)因?yàn)轱L(fēng)力和重力都是恒力，故兩個(gè)力的合力也為恒力，根據(jù)小球的合運(yùn)動(dòng)可知當(dāng)速度與重力和風(fēng)力的

合力垂直時(shí)速度最小，根據(jù)幾何關(guān)系求解夾角，進(jìn)一步求解最小速度。

本題采用運(yùn)動(dòng)的分解法處理恒力作用下的類斜拋運(yùn)動(dòng)，可與斜拋運(yùn)動(dòng)類比，掌握分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，明確速度

最小的條件：合力與速度垂直。

15.【答案】解：(1)帶電粒子經(jīng)圓柱體儀器磁場(chǎng)作用后聚焦于狹縫PQ,再經(jīng)過狹縫PQ平行于)，Oz平面沿

各個(gè)方向均勻射入長(zhǎng)方體儀器，以。點(diǎn)射入粒子為例，其他點(diǎn)射入的情況相似。畫出過Q點(diǎn)在OCFG面

上的部分粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，如圖所示

=a

由洛倫茲力提供向心力

v2

q叫=m—

結(jié)合帶電粒子的比荷

心9

m

可求出勻強(qiáng)磁場(chǎng)/磁感應(yīng)強(qiáng)度反的大小為

Bi%

(2)由幾何關(guān)系可知，射入長(zhǎng)方體儀器的粒子，速度與y軸正方向的夾角在0°和90。的粒子會(huì)打在底面

0ABe上，即打在底面0ABe上面的入射角度為

%=90°-0°=90°

速度與)，軸正方向的夾角在150。和180。的粒子會(huì)打在頂面DEFG上,即打在底面OA8C上面的入射角度為

02=180°-150°=30°

故打在頂面。石FG粒子數(shù)目Ni和打