2024年山东省某中学高考物理一模试卷(含详细答案解析)

2024年山东省实验中学高考物理一模试卷

一、单选题：本大题共9小题，共26分。

1.三星堆遗址考古入选世界重大田野考古发现。三星堆古遗址距今已有3000至5000年历史，昭示长江流

域与黄河流域一样同属中华文明的母体。利用14c衰变测定年代技术进行考古研究，可以确定文物的大致

年代，衰变方程为铲C-/N+X,14c的半衰期是5730年，下列说法中正确的是（）

A.方程中的X是电子，它是碳原子电离时产生的，是原子的组成部分

B.方程中的X是中子，来源于原子核

C.文物所埋藏的环境会影响肥。的半衰期，进而对推算年代造成影响

D.若吉4。、/N、X的质量分别是血1、血2、7n3，一个十C发生衰变释放能量为O1-m2—租3）。2

2.如图所示，一种户外野炊便携式三脚架，由三根完全相同的轻杆通过钱链组合在一

起，每根杆均可绕较链自由转动。三根杆与竖直方向的夹角均为37。，吊锅和细铁链

的总质量为〃?，支架与钱链之间的摩擦忽略不计，则（）

A.每根轻杆中的弹力大小为鬻

B.三角架所受合力大小为mg

C.每根杆与地面的摩擦力大小为%ng

D.减小杆与竖直方向夹角时，每根杆受地面的作用力增大

3.如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面A8C的复色光从空气射向4C边的中

点。，入射方向与AC边的夹角为8=30。，经三棱镜折射后分为。、〃两束单色

光，单色光〃折射到8C边的中点£,单色光人折射到尸点，则下列说法中正确的

是（）

A.若。光是黄光，则〃光可能是蓝光

B.若两束光分别通过相同的双缝装置，”九的条纹间距大丁b九的条纹间距

C.入射光线从QC之间且垂直AC边射入，则a光不能从3c边时出

D.用〃、〃光分别照射同一种金属，若〃光能发生光电效应，则力光也一定能发生光电效应

4.如图所示而端接入电压恒定的正弦交流电，其中电表均为理想电表，变压器为理想变压器，导线电阻

不计。将滑动变阻器/?3滑片。向下滑动过程中（）

A./?2两端电压不变B.电流表示数减小

C.电压表示数增大D./?4消耗的电功率增大

5.华为mate60实现了手机卫星通信，只要有卫星信号覆盖的地方，就可以实/大

现通话。如图所示三颗赤道上空的通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知三（oC\

颗卫星离地高度均为人地球的半径为凡地球表面重力加速度为g,引力常1（-Zjjjjd]

量为G,下列说法正确的是（）\）

A.三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小一定相等\/

R其中一颗质量为m的通信用星的动能为盥蠢

C.能实现赤道全球通信时，卫星离地高度至少为2K

D.同一卫星在高轨道的动能大于在低轨道的动能

6.一倾角为a的绝缘光滑斜面处在与斜面平行的匀强磁场中，磁感应强度大小为瓦质量为〃?，电荷量为

-q的小球，以初速度北从N点沿NM边水平射入磁场。已知斜面的高度为人且足够宽，小球妗终未脱离斜

面。则下列说法正确的是（）

A.小球在斜面上做变加速曲线运动

B.小球到达底边的时间为

7gsina

C.小球到达底边的动能为mgh

D.匀强磁场磁感应强度的取值范围B<皿上

Wo

7.如图甲所示，质量分别为m公7^的月、8两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力尸作用在A上，系

统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为X,撤去外力并开始计时，A、4两物体Z动的Q-t

图像如图乙所示，工表示。到匕时间内Q-t图线与坐标轴所围面积大小，52、S3分别表示口到。时间内人、

8的。-£图线与坐标轴所围面积大小，人在0时刻的速度孙。下列说法正确的是（

B-\OQQQQOOQQQQr-A

A.0到“时间内，墙对A、B系统的冲量等于犯小。

B.mA<mB

C.打时刻弹簧的形变量最大且以>为

D.%时刻运动后，弹簧的最大形变显等于x

8.如图所示，左右两部分间距之匕为1：2的光滑水平导轨分别放在大小相

X

等、方向相反且与导轨平面垂直的匀强磁场中。两根质量均为m=2kg,电X

XXX

阻之比以口：RCD=1：2的金属棒垂直静置在水平轨道上。现用水平拉力

XXX

尸=250N作用在C7）棒上，使其向右移动0.5m时撤去拉力，此时以B：D

VCD=1：2,在此过程中CO棒产生的热量为30/。设导轨足够长且两棒始终在不同的磁场中运动，导轨

电阻不计，下列说法正确的是（）

A.撤去外力时导体棒AB的速度为8m/s

B.撤去外力产后，棒AB、CO的加速度始终相等

C.运动的全过程中回路产生的焦耳热为73.8/

D.从撤去外力到两棒达到稳定状态，棒AB、C。运动的位移之比为1：2

9.在用单摆测定当地重力加速度的实验中，下列器材和操作最合理的是（）

C.t=0时刻。（一3，。6,0）处质点的位移为0.2小

D.r=。时刻波源S1和S2的加速度相同

12.如图甲所示，一水平放置的内表面光滑对称“V”形二面体48-CD-EC可绕其竖直中心轴。。'在水

平面内匀速转动，其二而角为120。，截面图如图乙所示。面ABC。和面CDEV的长和宽均为L=20即。

置于4B中点〃的小物体（视为质点）恰好在A8CQ面上没有相对滑动，取重力加速度g=10m/s20（）

777777777^777777777"

o，

A.“V”形二面体匀速转动的角速度3=5rad/s

B.“V”形二面体匀速转动的角速度3=嘤丁。〃5

C.若“V”形二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离4B边距离2.5cm

D.若“V”形二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离A3边距离5c,〃？

13.如图，一倾角为45。的光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一劲度系数为女Q

的轻质弹簧，弹簧上端距斜面顶端距离为/。将质量为,〃的物块（可视为质点）从斜

面顶端由静止释放，经时间，弹簧的最大压缩量为喧里。已知弹簧弹性势能表达

式为昂=；入2,其中工是是弹簧形变量，4为弹簧劲度系数，则下列说法正确的

是（）

A.物块速度最大时的压缩量为4詈

B.物块的最大动能为mg（苧/+罢）-喏

C.物块运动过程中的最大加速度为芸g

D.物块从与弹簧接触到速度为零的时间用

三、实验题：本大题共2小题，共16分。

14.（1）在用单摆测定当地重力加速度的实验中，下列器材和操作最合理的是.

的铁夹粗的金属杆的铁夹

Q4皿

弹性棉绳细丝线弹性棉绳细丝线

///

铁球塑料球塑料球铁球

（T

（2）某同学课后想利用身边的器材再做一遍“单摆测量重力加速度”的实验。家里没有合适的摆球，于是

他找到了一块外形不规则的小金属块代替小球进行实验。

①如图所示，实验过程中他先将金属块用细线系好，结点为M,将细线的上端固定于。点。

②利用刻度尺测出0M间细线的长度/作为摆长，利用手机的秒表功能测出金属块做简谐运动的周期兀

③在测出几组不同摆长/对应的周期7的数值后，他作出的72一，图像如图所示。

④根据作出的图像可得重力加速度的测量值为m/s2.（兀取3.14。计算结果保留三位有效数字）

（3）相比于实验室作出的产一，图像，该同学在家做实验的产一，图像明显不过原点，其中横轴截距大小的

意义为。

15.同学们想利用实验室现有的实验器材，按照图中的实验电路测量一组银氢

纽扣电池的电动势E（约为3.6V）和内阻（小于2。）。已有的实验器材为：

A.待测银氢纽扣电池

8.电压表V（量程为3匕内阻约为5A0

C亳安表/（曷程为5〃?A,内阻为50。）

。.定值电阻Ro=70R1=50/2,R2=550P,R3=6kn

£.电阻箱&(0〜9999.9。)

E滑动变阻器大

G.开关及导线若干。

(1)为将亳安表4改装成•个量程合适的电压表，需要串联•分压电阻凡根据提供的实验器材，分压电阻

un

R应选择(选填、R2或“危”)。

(2)校准电表时发现改装后的电压表比标准的电压表示数稍小一些。因此，在对亳安表A的分压电阻进行

校准时，电阻箱应。

A.与亳安表A的分压电阻R串联，阻值比R小得多

8与亳安表A的分压电阻R串联，阻值比R大得多

C.与亳安表A的分压电阻R并联，阻值比R小得多

。.与亳安表A的分压电阻R并联，阻值比R大得多

(3)将电压表V和改装后的电压表示数分别记为小和4。调节滑动变阳器获得实验数据并讲行描点连线绘

制乙-出图像。已知该图像的斜率为左，纵截距为八则电源的电动势石和内阻分别为、o(

请用题中字母表示)

四、简答题：本大题共4小题，共42分。

16.小方同学用一个容积为50L、压强为2.1xlO6pa的氮气罐给完全相同的气球充气，若充气后气球内气

体压强为1.05xl05pa,则恰好可充190个气球。可认为充气前后气球和然气罐温度都与环境温度相同，

忽略充气过程的漏气和气球内原有气体“已知地面附近空气温度为27℃、压强为1.0x105p%已知气球上

升时体积达到7.5L时就会爆裂，离地高度每升高1()/〃，气球内气体压强减小100P”，上升过程中大气温度

不变。求：

(1)充气后每个气球的体积%;

(2)当气球发生爆裂时，气球离地面的高度九

17.“途灵底盘”是华为公司新推出的一款智能化多场景的汽车减震系统。电磁减震器是该系统中重要组

成部分。小明同学在实验室中模拟电磁减震器的工作原理。在绝缘滑动杆上固定4个完全相同且相互紧靠(

忽略线圈间距离)的矩形线圈，使其进入右侧由电磁铁产生的磁场做减速运动。右侧磁场的磁感应强度与

电流之间的关系为8=kl,其中k=5077力且产生的磁场范围足够大。已知滑动杆及线圈的总质最为m=

1.0kg，每个矩形线圈的匝数均为九二10匝，阻值R=1.0。，长为L=20cm,宽为d=10cm,整个过程不

考虑互感影响，不计一切摩擦。

Vxxxxxxxx

xxxxxxxx

32

41)xxxxxxxx

dXXXXXXXX

(1)若电磁铁中的电流为20/〃A,求线圈1完全进入磁场时的速度变化量

(2)若电磁铁中的电流为20//M且第3个线圈完全进入磁场时恰好减速为零，求线圈中产生的焦耳热Q。

18.如图所示，足够长的固定斜面倾角为8=37、斜面上并排放置的两个

小物块A、8在沿斜面向上的恒力产作用卜从静止开始沿斜面向上运动，

A、8物块间接触但不粘连，尸作用在物块A上，当物块A、8获得的速度

大小为几时撤去F。已知物块A、8的质量均为加，且物块A、8与斜面

间的动摩擦因数分别为乩=,和劭=；，恒力尸=2.4mg,重力加速度为

g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin370=0.6,cos37。=0.8。

(1)求恒力尸的作用时间；

(2)撤去/后，求8沿斜面向上运动的速度减为零时A、B之间的距离;

(3)设A、B间每次碰撞时间极短(可忽略不计)，且皆为弹性正碰，求：

①撤去产后，A、8物块第一次碰前时刻B物块的速度大小；

②撤去尸后，A、8物块从发生第一次碰撞到发生第〃次碰撞时，系统损失的机械能。

19.如图所示，—2LV%V—L且z>0的区域I内存在一沿x轴负方向的匀强电场，电场强度为£%>-乙

且2>0的区域H内存在一沿)，轴负方向的匀强磁场(未画出)，磁感应强度为名。在-2LVZW0的区域HI

内有一平行于xOz面放置的长方形离子收集板MNPQ。收集板MNPQ与)，轴交于点7(0,-〃0),其中MQ

足够长，MN长为2L区域III内存在一方向与平面平行且与x轴正方向的夹角为。的匀强磁场巳。在

区域I中有一平行于z轴放置的长为L的通电金属丝(山，能够源源不断地释放质量为加、电荷量为-q、

初速度为零的电子。这些电子经电场加速后，沿1轴正方向进入匀强磁场当，最终都会聚到点。进入区域

HL其中〃点释放的电子进入区域II后恰好能从点。沿z轴负方向进入区域III。调节磁感应强度々大小，

使从〃点释放的电子能打到收集板上被吸收。不考虑电子重力和电子间的相互作用(己知cos76。=0.25).

(1)求匀强磁场当大小；

(2)求匀强磁场为的最小面积；

(3)若角度。=0,求磁感应强度为的取值范围；

(4)若角度。的大小在0到90。之间，试定量讨论磁感应强度外的取值范闱。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：,根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为一1,质量数为0,可知X为电子，来源

于原子核，故A8借误；

C.H衰期的大小与所处的物理环境和化学状态无关，由原子核内部囚素决定，故C错误：

22

。.根据爱因斯坦质能方程得，释放的能量=Amc=（血1-7叱-m3）c,故。正确。

故选：D.

AB根据核反应的书写规则和粒子特性进行分析判断；

C.根据半衰期的决定因素分析；

。.根据爱因斯坦的质能方程列式计算。

考查核反应方程的书写规则，知道放射性兀素半衰期的决定因素，会根据质能方程进仃相关计算。

2.【答案】C

【蟀析】解：4以吊锅和铁链为研究对象，设每根杆的弹力大小为心，在竖直方向，根据平衡条件有

3/>cos370=mg

解得FL^mg,故A错误；

区三角支架处于静止状态，受力平衡，所受合力为0,故B错误；

C.根据牛顿第三定律可知，每根柠对地面的作用力的大小为FN，则由平衡条件可得，每根杆与地面间的摩

擦力大小

f=Fwsin37°=x0.6=故C正确：

D由3FNCOS®=mg可知，当减小杆与竖直方向夹角。时，FN将减小,地面施加给每根杆的作用力大小也等

于均，故。错误。

故选:Co

A.根据竖直方向的平衡条件列式求解每根杆的弹力大小：

8.根据三角架平衡状态分析合力的情况；

C根据摩擦力和弹力的大小关系列式求解；

D根据平衡条件列式分析作用力随夹角变化的情况。

考查受力分析和平衡问题，会根据题意列式进行相关物理量的计算和解答。

3.【答案】C

【解析】解：单色光〃偏折到BC边的中点E,单色光8偏折到产点，棱镜对。光的偏折程度大于力光，

则l光的折射率较大。

A、折射率越大的光频率越大，所以。光的频率大于〃光的频率，则。是蓝光，人是黄光，故4错误；

8、。光的波长小于〃光的波长，根据4%=彳九可知，分别通过同一双缝干涉装置，。光的相邻亮条纹间

距小，故8错误；

c、根据几何关系可知〃光的入射角为60Z折射角为30、根据折射定律有

sin60°f—

则临界角为sinc=；=噂

flO

入射光线从OC之间且垂直AC边射入，在4c面的入射角为60。，由于sin6（r=?>sinC,所以〃光不能

从BC边射出，故C正确；

。、。光的频率大于〃光的频率，根据光电效应的条件可知，若a光能发生光电效应，则〃光不一定能发生

光电效应，故。错误；

故选：Co

棱镜对〃光的偏折程度大于力光，则〃光的折射率较大，折射率越大的光频率越大；根据双缝干涉条纹间

距公式4无=。/1分析条纹间距；根据sinC=1可知分析临界角的大小，由此分析从边射出的光线，根据

an

频率关系结合光电效应条件分析D.

本题主要是考查了光的折射、光电效应、条纹间距公式，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画

出光路图，通过光路图根据几何关系、折射定律进行分析。

4.【答案】D

【解析】解•：8.在滑片尸向下滑动过程中，出接入电路的电阻减小，副线圈回路中的总电阻减小，回路中

的总电流，2增大，电流表示数增大，故4错误；

21C，由%。=-2,2可知，通过&的电流增大，则占两端的电压增大，输入理想变压器的电压&减小，由

今=4得，出两端电压减小，则心电流减小，经过心的电流增大，心的电压增大，则电压表示数减小，

u2n2

故AC错误；

/）.经过心的电流增大，心的电压增大，则RR4消耗的电功率增大，故。正确。

故选：。。

滑片P由。向〃缓慢滑动，总电阻减小，电流增大，原线圈电流增大，根据功率公式判断&消耗的功率和

变压器原、副线圈电压变化。

本题考查变压器的动态分析，解题关键是知道根据原副线圈电压比等于匝数比，甩流比等于匝数的反比,

结合欧姆定律和功率公式求解即可。

5.【答案】B

【解析】解：4三颗通信卫星受到的万有引力的大小为：尸万二臀二^篝，与卫星质量机有关，卫星

质量未知，受到地球的万有引力大小不一定相等。故A错误：

及由万有引力提供向心力：湍*二需，可得卫星环绕速度为：u=J总，结合黄金代换式：GM=

2

gR?,可求得卫星动能为：£比=4根讲=点7故3正确；

C.如图，若要实现全球通信，则三颗卫星连线构成等边三角形并且三边与地球相切：

卫星

由几何关系可知此时卫星轨道半径为：r=2R,离地高度为：/i=r—R=R.故。错误；

。曲于卫星动能：黑公则对于同一卫星，轨道越高，即〃越大，动能越小。故。错误。

故选:B.

卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可以分析万有引力的大小和离地的高度；结合动能公

式可以求解动能。

本题考查万有引力定律的运用，万有引力提供向心力是解题的关键，同时还应注意实现全球通信时应满足

的几何关系。

6.【答案】B

【解析】解：A、由于小球在下滑过程中，洛伦兹力垂直于斜面，不会影响重力与支持力的合力，因此小

球受力恒定，故小球做匀变速曲线运动，故A错误；

8、小球做类平抛运动，则在斜面.上，沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律

有ngsina=ma

再由运动学公式可得

h12

———=-^at2

sina2

所以球到达底边MN的时间t=PV

7gsina

故B正确；

C、洛伦兹力不做功，根据动能定理有

mgh=Ek-3诏

解得&=mgh+评

故C错误；

。、带电荷量为-q(q>o)的小球以初速度为孙平行于NM方向运动，根据左手定则可知，小球受到的洛伦

兹力的方向垂直于斜面向上；小球能够沿斜面到达底边MM说明洛伦兹力小于重力垂直于斜面向下的分

力，即0Wqu()8Wmgcosa

解得磁感应强度的取值范围为0<B<侬型

仅0

故D错误；

故选：Be

根据小球的受力情况分析AQ,根据牛顿第二定律结合运动学规律解得以根据动能定理解得C

题考查小球在复合场中的运动以及运动的合成和分解规律，要注意掌握牛顿第二定律与运动学公式以及动

能定理的应用，注意洛伦兹力不做功。

7.【答案】A

【解析】解：A由图像可知，在口时刻弹簧恢复到原长，。到“时间内，规定向右为正方向，对4、8系统

由动量定理

h=%必

即墙对A、4系统的冲量等于血4火,故4正确；

4心〜J时间内，弹簧从原长位.置到伸长到最长，由图可知该过程中

aA<aB

根据牛顿第二定律有

mAaA=mBaB

可知

7%>mB

故B错误：

C曰以上分析可知，时刻弹簧的形变量最大且

VA=VB=V

故C错误：

。由时刻运动后，弓时刻弹簧的形变量最大，由能量关系可知

11212

,依2=_(如+mB)v+2kx'

可知弹簧的最大形变量小于x,故。错误。

故选：4。

根据题意结合图(6)所示图像分析清楚A、B的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与动量守

恒定律即可解题。

解题时要注意a-C图像与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量；在J时刻斗、8速度相同，这是

本题的关键点也是易错点。

8.【答案】C

【解析】解•:A、撤去外力时，根据能量守恒定律可知：

11

Fs=2mVAB+27九决。+QAB+QCD

由题可知QCD=30/

根据Q=12Rt结合RAB：RCD=1：2可知

QAB=15/

乂因为以8：UCD=1：2,解得

VAB=4zn/s

故A错误：

8、撤去外力产后，回路中的电流相等，根据8〃=ma可知，棒48、CO的加速度不相等，故8错误；

C、最终电路中电流为0,设此时A&CO的速度为1/然、U'CD，则有：

B〃AB=Bx2lv'CQ

规定向右为正方向，运动过程中对根据动量定理有：

Blit=Tnv'AB-mvAB

对C。根据动量定理有：

—BIx2lt=mv'CD—mvCD

解得V'AB=6.4m/s,v'CD=3.2m/s

整个过程中的焦耳热为:

Q=Fs-^mv^B+^mv沏

解得Q=73.8/

故C正确；

。、从撤去外力到两棒达到稳定状态，棒4B、CO运动的位移之比为：

V_vAB+vABr*.VCD+VCD'.

XAB-XvCD—2C：2C

解得芍IB：xCD=13：14

故D错误；

故选：Co

根据能量守恒定律结合题意解得4根据牛顿第二定律分析从最终两棒匀速，电路电流为()，两棒产生

的感应电动势大小相等，得出两棒速度大小关系，对/1B棒和CD棒分别运用动量定理即可求解，根据位

移的计算公式解答。

对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求速度等问题，常根据动量定理结合法拉第电磁

感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。

9.【答案】D

【解析】解：为减少空气阻力的影响，摆球应采用密度较大，体枳较小的铁球，为使摆球摆动时摆长不变

化，摆线应用不易形变的细丝线，悬点应用铁夹来固定，故A8错误，。正确；

故选：D。

根据实验的原理以及注意事项确定正确的装置。

本题考查单摆测定重力加速度的实验，解题关键注意实验装置的选取要素。

10.【答案】AD

【解析】解•：4由两个等量同种点电荷周围电势的对称性可知，顶点3、。处的电势相等，故A正确：

A由电场叠加和对称性可知，顶点6、。处的电场强度方向不同，则3点和。点的场强不同，故3错误；

C.两个正点电荷形成的电场不是匀强电场，质子受电场力不可能提供向心力，不可能做匀速圆周运动，故

C错误；

D.只在电场力作用下，电子要做匀速圆周运动，则必须受到大小不变的电场力，由等量同种点电荷电场分

布图可知，电子在垂直于AC并过中心点。点的平面内可能绕0点做匀速圆周运动，故。正确。

故选：AD.

该题实质上考查常见电场的电场分布与特点，可以结合等量同种点电荷的电场特点，把两个柱互垂直的等

量同种点电荷的电场叠加在一起，进行分析可以得出结论。

该题考查常见电场的甩场分布与特点，结合等量同种点电荷的电场分布特点的图，把两个相互垂直的等量

同种点电荷的电场叠加在一起，可以直接判定。

11.【答案】AB

IQff

【解析】解•：4两列波的频率均为/=券=第Hz=4Hz,根据波的干涉的条件，两列可以发生干涉，故

4正确；

8.两振源的相位差为R(-争=叫是反相波，而尸点到两振源的距离之差为零，则P点为振动减弱点，

振幅为零，则t=O时刻P(0,6,0)处质点的位移为0,故8.正确；

C.波长2=£=.7几=12?n

/3

因QI=6瓶='

则£=0时刻由鼠在。点引起的位移为

n0.1C

Si=-O.lsin57n=------——m

而QS?=J62+(6V3)27n=12m=A

则t=0时刻由S2在。点引起的位移为

27r0.16

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

则亡=0时刻Q(-3C,6,0)处质点的位移为零，故C错误；

D£=0时刻波源a和S2的位移相同，根据a=-殍可知加速度不一定相同，故。错误。

故选:ABo

4根据题意先求两列波的频率，再根据干涉的条件判断；

及判断是同相波还是反相波，再结合路程差判断；

C分别计算0时刻两列波在Q点的位移，再求合位移进行判断；

。.根据加速度和位移的关系共同确定判断。

考查波的干涉条件，波的叠加问题，会根据题意列式求解相关的物理量。

12.【答案】BC

【解析】解：人以设物体受到的支持力为凡受力分析如图所示:

根据牛顿第二定律得：Fsin600=mg

Fcos600=ma)2Lsin600

联立代入数据解得：^=1^1rad/sr故A错误，8正确；

«3

CD,"V”型二面体突然停止转动，设小物体在二面体上运动的时间为，，运动的初速度大小为北，加速

度大小为小沿A。方向向下运动在距离为y,则有：

由平衡条件可得：P'=?ngsin60°

由牛顿第二定律可得：mgcos60°=ma

又，v0=o)Lsin60°

由运动学规律可得：1=vot

12

联立代入数据解得：y=0.025m=2.5cm,故C正确，。错误。

故选：BC。

(1)小物体在水平面内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，结合向心力公式求解；

(2)“V”型二面体突然停止转动后，小物体做类平抛运动，沿相方向做匀速直线运动，沿人。方向做匀

加速直线运动，小物体从二面体上离开的位置距A点的距离就等于沿4D方向运动的位移大小，根据根据

牛顿第二定律，结合运动学公式求解。

本届考查了曲线运动中类平抛运动勺匀速圆周运动的性质与处理方法。对于匀变速曲线运动应用运动的合

成与分解处理，分运动具有等时性与独立性。对于匀速圆周运动，要知道需要的向心力等于物体所受的合

外力。

13.【答案】AB

【解析】解.：4速度最大时物块合外力为零，此时加速度为零，速度达到最大值，有

mgsin450=kAxx

解得44=当署，故A正确；

2

4.对物块由顶端运动至速度最大的过程中，由能量守恒定律得+要）sin45。=E,m+1/r（^）

解得=mg（竽，+翳）-号■，故B正确；

C曰题知，弹簧的最大压缩量为噂电，根据牛顿第二定律有

2k

kx'—mgsin45°=ma

解得a=y/~2g

故C错误；

。弹簧的最大压缩量为容"，而平衡位置弹簧的压缩量为乎，可知弹簧做简谐振动的振幅为乎，分

2k2kk

析可知，弹簧从平衡位置开始到最大位移处振动;个周期，从物块接触弹簧开始，这个系统就开始做简谐

振动，且从物块接触弹簧到物块运动到平衡位置的位移大小为冬，恰好为振幅的一半，即从物块接触弹

2k

簧开始到弹簧压缩至最短的时间为下图中的£1〜打这段时间，大于%故。错误；

当滑块的合力为零时，动能最大，由平衡条件求出此时弹簧的压缩量；根据能量守恒定律解得最大动能，

利用牛顿第二定律求出加速度，分析物块的运动情况，从而分析。。

本题考查了机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式等知识的综合运用，注意在速度最大时，加速度

为零，合力为零。

14.【答案】D9.86金属块重心与“点间距离

【解析】解：(1)根据单摆理想模里可知，为减小空气阻力的影响，摆球应采用密度较大，体积较小的铁

球，为使单摆摆动时摆长不变化，摆线应用不易形变的细丝线，悬点应该用铁夹来固定。

故ABC错误，。正确：

故选：。。

(2)设M点到重心得距离为心根据周期公式.

可得

故该图像的斜率为

4兀24.0八),

”丁=99.0-(-[.0)X1°$/"4s/m

由此得出重力加速度的测量值为

g«9.86m/s2

(3)由(2)分析可知，出现截距是由于刻度尺测出0M间细线的长度/作为搜长，准确应该取悬挂点到金属

块的重心之间的距离，则横轴截距大小的意义为金属块重心与A1点间距离。

故答案为：(1)。；(2)9.86；(3)金属块重心与M点间距离

(1)根据实验的原理以及注意事项确定正确的装置；

(2)(3)摆长等于摆线的长度和摆球半径之和，结合单摆周期公式解答，进而分析横轴截距大小的意义。

单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论

的因素.应用单摆周期公式可以解题。

15.【答案】R2D册吃

【解析】解：(1)电源电动势约为3.6V,根据欧姆定律有

U=+RA)

将U=3.6K,/=5mA=0.005A代入解得

R=670。

可知选择％即可；

(2)测量值偏小，则指针偏转角度小，说明通过表头的电流偏小，说明电压表的电阻偏大，可以适当减小

R,应在R上并联一个比R大的多的电阻，则。正确，A8C错误；

故选：Do

(3)根据闭合甩路欧姆定律有

E7+=詈r

变形可得

rER。

%二寸G十许

根据题意可知心总，。=既

解得，―普

故答案为：(1)%；(2)。；⑶占;普

(1)根据电压表的改装分析解答；

(2)根据电阻的并联关系结合题意分析解答；

(3)根据闭合电路欧姆定律结合斜率与截距分析解答。

本题考查了求电源电动势与内阻，知道电源U-/图象与截距与斜率的物理意义，即可正确解题；要掌握应

用图象法处理实验数据的方法。

16.【答案】解：(1)根据一定质量理想气体状态方程“分态式"可得：=P2(匕+九%)

解得：1/0=5L；

(2)设气球离地面高度为人，则对气球内气体，根据玻意耳定律可得：p2V0=p3V3

其中：P3=P2-，P

可得：h=3500m。

答：(1)充气后每个气球的体积为5L；

(2)当气球发生爆裂时，气球离地面的高度为35()0〃?。

【解析】(1)根据一定质量理想气体状态方程“分态式”列方程求解；

(2)对气球内气体，根据玻意耳定律列方程求解压强。由于高地高度每升高10m,气球内气体压强减小

10CP”,由此得到气球离地面的高度。

本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态卜的三个状态

参量，分析理想气体发生的是何种变化，选择合适的气体实验定律解决问题。

17.【答案】解：(1)规定向左为止方向，对线圈1由动量定理得：nBILt=mAv

根据电流的定义式有q=It==当=

nncK

右侧磁场的磁感应强度8=kl

将/=20mA=0.02/1代入解得du=0.4m/s

方向水平向左

(2)第一个线圈刚进入磁场时的速度为17=32117

根据能量守恒定律有

1

Q=2mv2

解得Q=0.72;

答：(1)线圈1完全进入磁场时的速度变化量为0.4m/s,方向水平向左；

(2)线圈中产生的焦耳热为0.72人

【解析】(1)根据动量定理分析解答；

(2)分析速度的变化情况，根据能量守恒定律解答。

解答本题的关键是运用动量定理求出线框速度变化量的表达式，把握线框进入磁场时的规律，掌握应用动

量定理求解速度的方法。

18.【答案】解：(1)对A、3整体，根据牛顿第二定律，有

F-2mgsin0—(〃人+fi^mgcosG=2ma

解得

a=0.2g

所以力产作用的时间为

Vp=5V0

£"两=丁

(2)撤去外力产后，对物块A,有

mgsinO+4Amgeos。=maA

解得

QA=L2g

对物块8,有

mgsinO+nBmgcos0=maB

解得

=0.8g

由于物块A的加速度大于物块B的加速度，所以物块从先速度减为零，且保持静止，8沿斜面向上运动的

速度减为零时A、8之间的距离为

诏Vo

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

2即2aA

代人数据解得

“一碗

(3)①物块B速度减为零时，继续反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有

mgsind-nBmgcosO=maB'

所以

%'=04g

根据速度-位移关系可得

vf=2a'Bx

解得A、8物块第一次碰前时刻B物块的速度大小为

/6vo

V1=-6-

②4、8发生第一次弹性碰撞，则有

mv1=mv2+rnv2

=^mvl

212z23

所以碰后两物体速度交换

l72=0，%=%=

碰后4做匀速直线运动，B做初速度为零的匀加速直线运动，到第二次碰撞时，有

1，2

X1=V3tl=2。8仔

解得

5-/6vn

5M

X1=访

g=(4+〃8)mgcos6•9=飘诏

八、4第二次碰撞时，速度分别为

<6

%=十°

5V-6-/6

以=a由=04gx与-%=-g-v0

碰后两物体速度再次交换，A以以做匀速直线运动，8做初速度为%、加速度为a/的匀加速直线运动，所

以

X2=V4t2=U3t2+尹8

解得

5A/~6VQ

=fi=--

5评

==

%2"41237

g=（4+劭）mgcosg•x2

解得

“42

AE2=-^mvQ

A、8第三次碰撞时，速度分别为

/6

V4=~2~V0

12/6

%=%+aB产=-2-v0

碰后两物体速度交换，4以火做匀速直线运动，B做初速度为叫、加速度为沏'的匀加速直线运动，所以

1，2

%3=V5t3=V4t3+70B片

解得

5V~6vo

七3二=0=—Z-----

6g

5诏

x3=%亡3=药

g=（4+〃8）mgcosd•x3

解得

AE3=2rn.VQ

根据以上分析，有

22

«mvo

4

g=-^mvo9

6

g=«mvo9

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

所以A、B物块从发生第一次碰撞到发生第〃次碰撞时，系统损失的机械能为

AE=4Ei+4%+IE?+…+4区

解得

n(n+1)

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

答：(1)恒力厂的作用时间为厚；

(2)撤去尸后，8沿斜面向上运动的速度减为零时八、8之间的距离为需；

(3)①撤去产后，A、B物块第一次碰前时刻B物块的速度大小为器必；

O

②撤去产后，4、3物块从发生第一次碰撞到发生第〃次碰撞时，系统损失的机械能为曳等