2024年湖南某中学高考物理模拟试卷（一）（含详细答案解析）

2024年湖南师大附中高考物理模拟试卷（一）

一、单选题：本大题共5小题，共20分。

1.光电管是应用光甩效应原理制成的光电转换器件，在有声电影、自动计数、自动报警等方面有着广泛的

应用。现有含光电管的电路如图（口）所示，图（力）是用甲、乙、丙三束光分别照射光电管得到的/-〃图线,

%、Ue?表示遏止电压。下列说法中正确的是（）

A.甲、乙、丙三束光的光子动量p>=P/>P/歹

B.甲光照射时比内光照射时产生的光电子的最大初动能小

C.分别用甲光、丙光照射同一双缝干涉实验装置，甲光照射比丙光照射形成的干涉条纹间距窄

D.甲、乙是相同颜色的光，甲光束比乙光束的光强度弱

2.某人驾驶汽车在平直公路上以108/cm"的速度匀速行驶，某时刻看到前

方路上有障碍物，经过一段反应时间，开始刹车，假设刹车后汽车做匀减

速宜线运动。从看到障碍物到车子停下的过程，汽车的位移x随速度u变

化的关系图像由一段平行于x轴的直线与一段曲线组成，直线与曲线的分

界点为。点（如图所示）。则下列说法正确的是（）

A.曲线部分是一段抛物线B.司机的反应时间为0.417s

C.刹车的加速度大小为5m/s2D.刹车的时间是6s

3.2023年5月30H16时29分神舟十六号成功对接于空间站天和核心舱径向端口，

若对接前“神舟十六号”和“空间站”分别在圆形轨道I和II上绕同一方向做匀速

圆周运动，圆周运动的半径分别为「】、七，地球半径为凡地球表面重力加速度为

g,万有引力常量为G,下列说法正确的是（）

A.地球的密度约为雪

47TK

B.珅舟十六号与空网站的线速度之比为这

ri

C.呻舟十六号与空间站的向心加速度之比为上

D.从相距最远到相距最近的最短时间为：8台）；

网（吗-不）

4.某兴趣小组想要运用所学力学知识讲行实践研究，他们找到起重吊车的结构图，画出简化结构加图所

示，是固定杆不可转动，8端有一光滑定滑轮；轻杆C。可绕C端自由转动，/）端系着两条轻绳，一条

轻绳跨过B端定滑轮连接质量为〃?的重物，另一轻绳缠绕在电动机转轴。上，通过电动机的牵引控制C。

杆的转动从而控制重物的起落。图中所示位置两杆处于同一竖直面内，。。绳沿竖直方向，y=30°,6=

90。，重力加速度大小为g,则（）

A.AB杆受到绳子的作用力大小为〃增，方向不一定沿AB杆

B.CO杆受到绳子的作用力大小为?mg,方向一定沿C。杆

C.当启动电动机使重物缓慢上升时，杆受到绳子的作用力将逐渐增大

D.当启动电动机使重物缓慢下降时，4B杆受到绳子的作用力将逐渐减小

5.某同学研究远距离输电的电路如图所示，心力端接入电压为&的交流电源，升压变压器A和降压变压器

72均为理想变压器，且两变压器的匝数比崇二9已知年、口2的阻值均为M/?3的阻值为祟电阻K、R2

，*54

消耗的功率相同，电表均为理想交流电表，下列说法正确的是（）

C.电流表的示数为率D.若/?3断路，电流表示数将增大

二、多选题：本大题共5小题，共24分。

6.如图所示，A8CO是正四面体，虚线圆为三角形48。的内切圆，切点分

别为M、N、P,。为圆心，正四面体的顶点A、8和。分别固定有电荷量

为+Q,+Q和—Q的点电荷，下列说法正确的是（）

A.M、P两点的电场强度相同

B.仞、。、N、”四点的电势RN>00>0p=0M

C.将带正电的试探电荷由。点沿直线移动到C点，电势能先增大后减小

D.将固定在。点的点电荷移动到C点，电场力做功为零

7.均匀介质中有两个点波源工、S?位于,r。），平面内，位置坐标分别为

（-3m,0）和（5犯0）ot=0时刻起两波源开始沿垂直坐标平面xOy方向

做简谐运动，振动图像如图。已知两波源的振动传播到坐标原点。处的

时间差为2s。下列说法正确的是（）

A.机械波在介质中的传播速度为1771/S

B.1办平面内（1772,3m）位置处在振动加强区

C.两波源间的连线上有7个振动最强点

D.0〜7s内，。处质点运动的路程为12cm

图线,已知重力加速度g=10m/N,根据图中所给信息可得（）

A.木板的长度为2in

B.t=1s时,弹簧的弹性势能为15/

C.t=1时，木板受到物块的摩擦力与弹簧的弹力大小相等

D.2s内“物块和木板”系统的摩擦生热为2J

三、实验题：本大题共2小题，共14分。

11.某同学设计了如图所不的测物块与长木板间动摩擦因数的实脸装A

置。长木板固定在水平桌面上，圆弧体固定在木板上，圆弧体的圆弧面\

最底端B与木板上表面相切，用直垂线确定长木板右端C在水平地面上

的投影位置C'。测出。点离地面的高度人重力加速度为g。

（1）将一个小物块从圆弧面的最高点A由静止释放，物块滑离长木板后\\\\<.NMGWWW

落地点离C'点的距离与，则物块滑离长木板时的速度%=（用已知的和测量的物理量符号表示）。

（2）改变圆弧体在长木板上固定的位置多次，重复（1）实验，测得多组物块滑离长木板后落地点离C'点的距

离心及对应的B点到C点的距离心作乙--图像，得到图像的斜率为匕则物块与长木板间的动摩擦因

数4=_____（用已知的和测量的物理量符号表示）。

12.某同学要测量一段特制的圆柱形导体材料的电阻率p,同时测电源的内阻r,实验室提供了如下器材：

待测的圆柱形导体心（阻值未知）

螺旋测微器

游标卡尺

电流表力（内阻很小）

电阻箱R

待测电源

开关S、开关K,导线若干

（1）他用螺旋测微器测量该导体的直径Q,结果如图甲所示，可读出0=_____mm,用游标卡尺测得该导

体的长度为L=4.97cm。

E-5

=-0

甲

(2)他设计了如图乙所示的电路，并进行了如下的操作：

①断开开关K,闭合开关5,改变电阻箱的阻值凡记录不同R对应的电流表示数/；

②将开关S、K均闭合，改变电阻箱的阻值R,再记录不同R对应的电流表示数/。

Er

T-

乙

(3)他画出了步骤①②记录的数据对应的:-R图像，如图丙中两条图线I、II,则步骤①对应的图线为

(选填“【”或“H”)，电源的内阻r=_____①

(4)若考虑电流表内阻的影响，则电源内阻的测量值相对真实值_____(选填“偏大”、“偏小”、“相

等”)。

(5)若不考虑电流表内阻的影响，比导体材料的电阻率为。=n-mo(结果保留I位有效数字)

四、简答题：本大题共3小题，共42分。

13.如图所示，竖直放置的汽缸质量M=8kg,活塞的质量m=2kg,活塞的横截

面积5=4x10-37n2,厚度不计。汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞上方的汽缸内

封闭一定质量的理想气体，活塞下表面与劲度系数k=2.5xlCPN/m的轻弹簧相

连，活塞不漏气且与汽缸壁无摩擦。当汽缸内气体的温度To=450K时，缸内气柱

长L=50cm,汽缸总长A。=60cm,汽缸下端距水平地面的高度h=2cm,现使汽

缸内气体的温度缓慢降低，已知大气压强po=1.0x105Pa,取重力加速度大小

g=10m/s2o求：

(1)汽缸刚接触地面时，求活塞上方汽缸内气体的热力学温度7；：

(2)汽缸接触地面后，把活塞下方的气体与外界隔开且不漏气，地面导热良好。现改变活塞上方汽缸内气

体温度，求当弹簧刚好恢复到原长时，活塞下方的气体压强Pi；

(3)求(2)问中，活塞上方汽缸内气体的热力学温度与为多少。

14.如图所示，在三维坐标系中，z>0的空间内充满沿z轴负方向

的匀强电场，z<0的空间内充满沿)，轴正方向的匀强磁场，磁感应强度

大小为8。甲粒子从坐标为(0,0,/1)的A点以速率北沿x轴正方向射出，

甲粒子第一次到达x轴时速度方向与x轴正方向的夹角为8=60。。乙粒

子从z>0的空间C点(未标出)以相等速率孙沿)，轴正方向射出。甲、乙

两粒子均在第2次进入磁场后相遇，相遇点为各自轨迹的最低点。已知

甲、乙粒子的质量均为小，带电量均为+q,不计粒子重力以及粒子间的

相互作用。求：

(1)电场强度E的大小:

(2)相遇时，甲粒子的运动时间；

(3)乙粒子第一次进入磁场时与水平方向的夹角大小;

(4)C点的位置坐标。

15.如图，右侧带有挡板的平板小车静止在光滑水平面上，左端紧靠平台

且与平台等高，小车的上表面分成两段，左段长L=0.1m,右段Z/足够

长，平台边缘正上方用长〃=10根的轻绳悬拄质量为帆的物块A,悬点

正下方静置一质量为根。的物块8,且将A向左拉至轻绳水平

、感后相对速度\

由静止释放，4与B发生正碰，碰后4的速度为零。已知4与E碰撞过程中的恢复系数6=

、礴前相对速/孰

该系数是一个定值，只与发生碰撞物体材料有关。现将A、8互换角色，将8悬挂起来从水平位置由静止

释放，与A发生正碰后A滑上小车，A滑上小车后，小车左端迅速弹出一个厚度不计的挡板，同时取走

B。在小车上L段内A受一个来自右侧挡板水平向左的斥力Fi=0.2mg,在〃范围内A受到一个来自右侧

挡板水平向左的斥力尸2=0.8771,9o已知小车质量M=m=2kg,物块A与小车上表面间的动摩擦因数〃=

0.4,重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力。

(1)求4刚滑上小车时的速度大小：

(2)求A与小车第一次达到共速时的速度大小及A到小车左端的距离；

(3)物块A与左侧挡板的碰撞为弹性碰撞，求物块A与左侧挡板碰撞次数及物块A最终相对小车静止时与

左侧挡板间的距离。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A根据光电效应方程瞑=九丫一生

光电流为零时的反向电压即为遏止电压〃，根据动能定理e/=Ek

联立可■得eUc=hv-WQ

利用图像可•知遏止电压UCI>Uc2

可知感用="乙<"丙

而光子动量p=

因此光子动量之间的关系为=P/<P丙

故A错误；

8.光电效应中=&

可知5火尹V丙

故B正确；

C光的双缝干涉实验中，相邻干涉条纹的宽度为=：/1

由卜尹<v丙

乂；|二£

V

得4*>人内

所以分别用甲光、丙光照射同一双缝干涉实验装置，甲光形成的干涉条纹间距比丙光的宽，故C错误；

D由题图可知，甲光和乙光频率相同，但是甲光比乙光的饱和电流大，即甲光的光强大于乙光，故。错

误。

故选：

光电流为零时的反向电压即为遏止电压冲，根据光电效应方程与动能定理的公式，分析入射光的频率的大

小；从图象中看出，丙光对应的遏止电压最大，所以丙光的频率最高，内光的波长最短，结合双缝干涉的

条纹宽度公式判断；根据饱和电流的大小分析入射光的强度。

该题考查了爱因斯坦光电效应方程的相关知识，解决本题的关铤要理解遏止电压的含义，理解并掌握方程

eUc==hv-W„

2.【答案】4

【解析】解：A对匀减速运动，满足/一评=一2以，可知》-口图像曲线部分是一段抛物线，故A正确；

B.汽车在反应时间内做匀速直线运动，由图可知对应于直线段，反应时间内的位移与=15m,速度为%=

WSkm/h=30m/s,则反应时间为匕=①==0.5s,故B正确;

VQJU

C刹车过程的位移为%2=(90-15)m=75m

根据速度-位移关系式有评-0=2axz

解得a=6mls2

故C错误；

。.根据速度-时间关系式可知刹车的时间为J=^=TS=5s，故。错误。

故选：Ao

根据匀变速直线运动速度-位移关系式判断；根据匀速直线运动规律计算；先计算刹车的位移，再根据速度

-位移关系式计算加速度；根据速发-时间关系式计算刹车时间。

本题关键掌握汽车的位移工随速度u变化的关系图像的物理意义，明确各段的运动情况。

3.【答案】D

【解析】解：4在地球表面，忽略地球自转时，物体所受万有引力等于重力G锣=mg

n

根据体积公式，地球体积1/=［加/?3

根据密度公式p=2

联立解得地球密度P=条,故4错误；

4-TTGn

A万有引力提供向心力=my

线速度〃=J毕

神舟十六号与空间站的线速度之匕£=旧x忌=J*,故B错误；

C万有引力提供向心力。券=ma

向心加速度Q=当

神舟十六号与空间站的向心加速度之比父=缘x急=岑，故C错误：

a2rfGMr\

D万有引力提供向心力G等=m『•等

由千GM=gR2

解得周期7=懵=（鬃）Z急资

根据题意，“神舟十六号”和“空间站”从相距最远到相距最近，转过的角度差=（需—胡="

3

代入数据解得所需的最短时间为£=膂=:吗2）：

/2一，1124

,g2/?（r|-r2）

综上分析，故。正确。

故选：Do

A.在地球表面.，忽略地球自转时，物体所受万有引力等于重力，据此求地球重力，根据体积公式求地球体

枳，内结合密度公式求解得作答；

8C,神舟十六号与空间站做匀速圆周运动，万有引力提供向心力,分别根据线速度与轨道半径、加速度与

轨道半径的关系求解作答；

。.万有引力提供向心力，分别求解神舟十六号与空间站做匀速圆周运动的周期；“神舟十六号”和“空间

站”从相距最远到相距最近，它们转过的角度相差180。，据此分析作答。

本题考查了万有引力定律在天体上的运用，理解万有引力完全提供向心力是解题的关键；在地球表面忽略

地球自转时，物体所受万有引力等于重力；理解“神舟十六号”和“空间站”从相距最远到柱距最近，转

它门过的角度差为180。。

4.【答案】C

【解析】解：A杆A8固定于平台，杆力不一定沿杆，同一条绳的力大小相等，其合力一定在其角平分线

上，由于杆的力不一定沿杆，如图所示

两个力7.所作力的平行四边形为菱形，根据平衡条件可得

T=mg

根据几何关系可得

a+0=60°

对角线为N桁则AB杆受到绳子的作用力大小为

F杼=2Tcos30°=y/~3mg

故a错误；

比根据题意。端连接两条轻绳，两条轻绳的力不一定大小相等，且C。杆为较链连接，为“活”杆，杆力

沿着杆的方向，水平方向，根据

F'f.cos60°=Teos300=mgeos300

解得

F%=Cmg

故B错误；

CD当启动电动机使重物缓慢下降时，即T=mg不变，乙DBM变小,根据

乙DBM

F杆=2Tcos——

可知增大，故C正确，。错误，

故选：C.

绳对杆的作用力的方向是沿着绳的方向，那么将绳对杆的力分解后求合力。

本题主要考查力的分解，在不同情况下杆的受力方向和大小会有不同，需要熟练合力怎么求。

5.【答案】C

【解析】解：A、已知1自、&的阻值相等，消耗的功率相同，可知通过收、/?2的电流相等，设为，2,因&

的限值为R。，色的阻值为第R3、&并联，则/?3的电流为2/2,则降压变压器72的次级电流为独。

对于降压变压器72，由电流和匝数关系可知

n4_打_1

司一环―W

则”=%=:，故A错误；

畋n33

B、升压变压器7\的初级电流为

由能量关系可知

U°h=2U4I2+〃•2/2

解得：t/4=^o

即也压表示数故8错误；

。、电流表的示数。等于通过灯的电流，则为，2=占=率，故C正确；

。、若色断路，则72次级电阻变大，相当于电网用电设备减少，总功率减少，电流减小，则初级电流减

小，则电流表示数将减小，故。错误。

故选：Co

根据％、&的阻值相等，消耗的功率相同，知道通过均、%的电流相等，分析降压变压器原副线圈电流关

系，再求匝数比；根据升压变压器输入功率等于三个电阻功率之和列式，即可求出电压表的示数。根据欧

姆定律求电流表的示数。若/?3断路，则次级电阻变大，相当于电网用电设备减少，分析电流表示数的变

化。

本题的关键掌握理想变压器的电压、电流和匝数之间的关系，搞清功率分配情况，即可解决本题。

6.【答案】BD

【解析】解：4根据题意，由对称性可知，M、P两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；

及根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点可知，在A、8两处的正点电荷产生的电场中，M、尸两点

的电势相等，且N点电势高于O点的电势，O点的电势高于和M、。点的电势；在八点的负点电荷产生的

电场中，N点的电势高于。点的电势，O点的电势高于〃、P两点的电势M、P两点的电势相等，综上所

述，可知IWN>00>0P=9M，故.B正确;

C.根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点可知，在A、B两处的正点电荷产生的电场中，OC连线为

等势线，在。点的负点电荷产生的电场中，从。到。电势逐渐变大，综上所述，可知从。到C电势逐渐

变大，将带正电的试探电荷由。点沿直线移动到。点，电势能一直增大，故C错误：

。.根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点可知，在A、6两处的正点电荷产生的电场中.C、。两点

的电势相等，则将固定在。点的点电荷移动到C点，电场力做功为零，故。正确。

故选:BD。

A：根据点电荷电场强度的叠加原理和对成型判断；

B：根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点及单独点电荷电势分布特点联立判断；

C：根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点及单独点电荷电势分布特点联立判断。点到C点连线上

电势的分布，再根据电场力做功与电势能的变化关系判断电势能的变化；

D：根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点判断C、Z)两点电势的关系，再根据甩场力做功与电势

差的关系式判断。

本题考查电势差与电场强度的关系、电势能与电场力做功的关系、电势等基本的知识点，要求学生熟练学

握这些基本的知识点及其应用。

7.【答案】AD

【解析】解：八，两机械波在同一介质传播，传播速度相等，设为y,由题意有：v=^=^m/s=

Im/s,故A正确；

BC、由题图知，周期为T=2s,则波长为4=1x2m=2m

由于两波源的起振方向相反，所以振动加强点到两波源的路程差满足

A

Ax=(2n+1)«

乙

工到点(Im,3m)的距离为

S]=J32+427n=5m

S2到(lm,3m)的距离为

s2=J32+42m=5m

则*=s2,所以(lm,3771)处于振动减弱区。两波源间的连线上有8个振动加强点分别为x=-2.5m,

—1.5m,—0.5m,0.5m,1.5m,2.5m,3.5m,4.5m,故4c错误；

。、由上分析可知，。处质点为振动减弱点，振幅为4=3cm-1cm=2cm。从。时刻起，经3s,S1波传

到。处质点。经5s,S2波传到0处质点，所以0〜7s内，。处质点运动的路程为s=441+41=4x

1cm+4x2cm=12cm,故£)正确。

故选：AD.

两机械波在同•介质传播，传播速度相等，根据两波源的振动传播到坐标原点O处的时间差为2s,由速度

公式求波速。由2=“7求出波长，根据两波源到(lm,3m)位置的路程差与波长的关系，分析该位置的振动

是加强还是减弱，根据干涉规律确定两波源间的连线上振动最强点的个数。先确定。处质点的振幅，再根

据时间与周期的倍数求O处质点运动的路程。

本题要掌握波的叠加原理，根据踣程差与波长的关系，结合起始时波源振动方向关系，确定振动是加强还

是减弱。

8.【答案】ABC

【解析】解：A、。棒在拉力”作用下由静止开始做匀加速直线运动，其u-t图像为过原点的倾斜直线，

根据右手定则，确定电流方向从上往下看为顺时针方向，所以力棒所受安培力方向沿斜面向上，当〃棒所

受安培力大于其重力的分力时，方棒开始向上做加速运动，回路总的感应电动势为

E=BL(ya-%)

感应电流为：1=万冬~

由于力棒开始加速度小于a棒的加速度，所以开始两者速度差逐渐增大，感应电流逐渐增大，u-t图像的

斜率逐渐增大，当两棒加速度相等时，两者的速度差一定，回路感应电动势一定，感应电流一定，之后〃

棒网上做匀加速直线运动，之后的图像与。棒的图像平行，故A正确；

从根据上述分析，开始时力棒静止，则有

._BLva_BLaat

'Ra+RbRa+Rb

此时i-t图像为过原点的倾斜直线，之后〃棒向上做加速度增大的加速运动，结合上述有

.二BL(ya-Vb)

'-Ra+Rb

两棒速度的差俏逐渐增大，感应电流逐渐增大，则两棒速度的差信随时间的变化率逐渐减小，即i-t图像

的斜率逐渐减小，之后，两者加速度相等，速度差值一定，感应电流大小也达到一个定值，故8正确；

C、开始时〃棒静止，〃棒向上做匀加速直线运动，则有

22

BLva

尸-mgsinO-k+a=maa

其中：va=aat

则有：F=mgsin。4-ma+

aKa十与

此过程，图像为倾斜直线，斜率为正值，纵轴截距也为正值，之后有

F=mgsinO+maa+BiL

结合上述，由于拉力与电流成线性关系，可知，之后的F-t图像与i-t图像形状相同，故C正确;

。、〃棒开始静止，安培力没有做功，此时安培力的功率为0,之后〃棒所受安培力的功率为

铲尸（外一%）%

P=BiLv=i

bRa+Rb

〃棒速度与感应电流均在发生变化，结合上述可知，此过程感应电流、〃棒速度与时间均不成线性关系,

则此过程的b棒所受安培力的功率P随时间，变化的关系图像也不成线性关系，故。错误。

故选：ABC.

根据导体棒的运动情况结合电磁感应的规律，分析两根导体棒的速度与时间关系，再结合E二⑶八和/二

以分析电流随时间的变化，根据牛顿第二定律分析尸随时间的变化，根据功率「="

本题主要考查电磁感应中导体棒在导轨上的应用，其中要注意力导体棒的运动变化。在做题中要注意双导

体棒的运动中计算感应电动势要用相对速度来计算。

9.【答案】BC

【解析】解：A8.设棒以加速度的向右匀加速时，滑套恰好不在棒上滑动，对滑套受力分析，如图所示

竖直方向：Ncos。=mg

水平方向:NsinO=maQ

代人数据联立解得：

2

a0=7.5m/s

故A错误，B正确；

2

C.a=10m/s>aQ

设滑套相对棒的加速度大小为由，经时间口滑套滑出直棒，则有

竖直方向：Ncos3-mg=m^sinO

水平方向:NsinJ=m(a-Qicos。)

由位移-时间公式得：k=；Qi片

代入数据联立解得：

Qi=2m/s2

0=1.0s

故C正确；

2

D.a=5m/s<a0

滑套会沿棒下滑，受力分析如图所示

设滑套相对棒的加速度大小为。2,经时间《2滑套滑出直棒，则有

竖直方向：mg-NcosO=ma2s\n0

水平方向：Nsinb=m(a+Qzcos。)

由位移-时间公式得：L2=

代人数据联立解得：

2

a2=2m/s

7T0

t=­p—s«0.63s

2J

故D错误。

故选：BC.

当滑套与棒的加速度相同时，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解棒的加速度；当棒的加速度

大时，滑套相对棒向后运动，棒的加速度小时，滑套相对棒向前运动，根据牛顿第二定律和运动学公式列

式求解即可。

本题考查牛顿第二定律，解题关键是对滑套做好受力分析，会分析滑套的运动情况，结合牛顿第二定律和

运动学公式列式求解即可。

10.【答案】AD

【解析】解：4、u-t图像与/轴围成的面积表示位移，由图乙所示图像可知，A一直向右运动，位移s=

ix2x2m=2m,B先向右后向左运动，总位移为()，因此，A运动的位移即为木板长度，即木板长度

L=s=2m,故A正确；

B、由图乙所示图像可知，人减速运动的加速度大小Q=^=|m/s2=Un/s2；A在仅受摩擦力的作用下

做匀减速运动，根据牛顿第二定律得：f=ma=1X1N=1N,由物块8的u-t图像可知，£=0.5s时，

B的速度最大，此时由于切线斜率为0,故B物块的加速度为0；对B进行受力分析可知，此时弹簧弹力

与摩擦力二力平衡，且弹簧伸长量的大小应为8的位移x,则有：kx=f,解得：x=0.1m,由正弦图线

的对称性可知，亡=ls时，8的速度为0,即位于简谐运动的振幅处，8向右的位移为2x,对。〜Is过程列

VV1

能量守恒得：评=谱+/(s.-2x)+Ep,其中4在Is内的位移为：sA=°^1=xIm=

1.5m,代入数据解得：EP=0.27,故8错误；

C、1$时.，木板的u-t图切线斜率不为0,说明木板此时仍有加速度，故摩擦力与弹簧弹力并不相等，故

C错误：

。、由图像可知，全过程物块与木板的相对路程即等于物块的位移s,因此2s内“物块和木板”系统的摩

擦生热Q=fAs=lx2J=2J,故。正确。

故选：ADO

根据题意与图示图像分析清楚物块与长木板的运动过程，根据图示图像求出物块的位移与加速度，然后应

用能量守恒定律与功能关系分析答题。

根据题意与图乙所示图像分析清楚物块与长木板的运动过程、根据图像求出位移与加速度是解题的前提，

应用能量守恒定律与功能关系可以解题。

11.【答案】A恶一焉

【解析】解•：(1)根据平抛运动规律可知

1,

仁洌

=Vjt

解得%=

(2)物块每次到达8点的速度是相同的，从8到。做匀减速运动，从C的落地时间也是相同的均为

“后

从B到C的速度可以表示为苏~Vc=2aL

fimg=ma

x=vct

解得

L=_zl+21

'4M2a

由干切为常数，因此k=-焉

解得

1

^=~4kh

故答案为：*(2)-嬴

(1)根据平抛运动规律分析解答；

(2)根据公式解得图像表达式，结合斜率解得动摩擦因数。

本题考查探究影响摩擦力大小的因素，解题关键掌握实验原理，注意图像斜率的意义。

12.【答案】9.500II2.1偏大3x10-3

(解析］解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm,读数为9.5mm+0.0xO.Oltnm=9.500mm；

(3)在步骤①中，由闭合电路欧姆定律有E=/(R+r),即:=*+卷在步骤②中，由闭合电路欧姆定律

ICCt

有E=IR+警什,即:=唾/?+卷对比以上结果可知，步骤①对应的图线为应为II。由图线II及9=

KxI七七/

可能=答，小67

解得电源内阻r=2.1。。

(4)若考虑电流表内阻的影响，则步骤①中，由闭合电路欧姆定律有)=：/?+空，即电源内阻测量值

/IZC

丫测=丁点+。，故测量值相对真实值偏大。

(5)在;-R图像中，设%=1.1,a2=2.1,b=0.67,则由图像及；=+营、；=黯R+?

//fcc/tKx

可得：粤，则材料电阻率为。=券髻唉

%a2~al钮(。2-。1)

将D=9.500mm=9.500x10-3^,L=4.97cm=4.97x10-2?八代入计算得：p=3x10-3Q-m

故答案为：(1)9.500；(3)II；2.1；(4)偏大；(5)3x10-3

(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm,测量值;固定刻度对应示数(mm)+可动刻度对齐格数(估读一位)精确

度；

(3)(4)根据串联、并联电路的特点，结合欧姆定律求解与-/】函数，结合A图像斜率的含义求解作答，

进而分析误差；

(5)根据电阻定律求电阻率。

本题考查了对一段粗细均匀、中空的圆柱形导体电阻和电阻率的测量及电源电动势和内阻的测量，关键是

要明确实验原理，掌握串联、并联电路的特点、欧姆定律和电阻定律。

13.【答案】解：(1)汽缸缓慢下降至汽缸下端边缘刚好接触地面的过程，缸内气体压强不变，则弹簧弹力

不变，则有

LS_(L-h)S

京71

代人数值解得

7\=432K

(2)设弹簧初状态的压缩量为x,白平衡条件

kx=(M+m)g

解得

x=4cm

对活塞下方的气体由

p0x(12cmxS)=pix(16cmxS)

得

Pi=7.5x104Pa

(3)设活塞上方气体末状态的压强为P2，由于弹簧恢复到原长，弹力为0,对活塞受力分析

p2s+mg=PiS

解得

4

p2=7.0x10Pa

上方气体初态压强

Mg

-r

p3=Po+-Q=12x10¥Q

对活塞上方气体，由

p2•(44cmxS)p3-(50cmxS)

不2二

代入数值解得：

T2=231K

答：(1)活塞上方汽缸内气体的热力学温度7］为432K；

(2)当弹簧刚好恢复到原长时，活塞下方的气体压强为7.5x10Va；

(3)活塞上方汽缸内气体的热力学温度%为231K。

【解析】(1)根据汽缸缓慢下降至汽缸下端边缘刚好接触地面的过程，缸内气体压强不变分析求解;

(2)根据受力分析结合平衡条件分析求解；

(3)根据活塞进行受力分析，结合上方气体与弹簧弹力、重力的关系分析求解。

本题考查了理想气体状态方程，理解不同条件下的受力关系是解决此类问题的关键。

14.【答案】解：（1）甲粒子在工Oz坐标平面内的运动轨迹如图所示:

小z

粒子在第一象限内做类平抛运动，设运动时间为A；

沿？轴负方向，根据牛顿第二定律，粒子运动的加速度a="

7n

运动。。点时的竖直速度丹=QQ

根据运动学公式谚=2ah

根据数学知识tan”"

代人数据联立解得场强E=粤

2qh

运动时间“=慧

甲粒子进入磁场时的速度大小%=赢=毕=2%

2

（2）粒子从p点进入磁场后做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为上周期为r

洛伦兹力提供向心力qUpB=7几学

代入数据解得圆周运动的半径R=鬻

因此圆周运动的周期T=箸=翳

根据几何关系可知粒子做圆周运动的圆心角a=2x600=120。

根据对称性，粒子再次进入电场的速度方向x轴正方向成60。角，粒子做类斜抛运动。

甲、乙两粒子均在第2次进入磁场后相遇，相遇点为各自轨迹的最低点，此时甲粒子在磁场中转过的圆心

角为180。.运动时间G=2r：

相遇时，甲粒子的运动时间为：

2dlTim2V_3/inm

tfp=3t1+t2=3x-+^=^-+—

（3）乙粒子沿y轴正方向射入，在电场中做类平抛运动，沿z轴负方向的加速度Q="=溺

m2h

乙粒子从加点进入磁场后做螺旋运动，将速度沿y轴方向和z粕方向分解，沿），轴方向做匀速直线运动,

在xOz平面内的磁场中做匀速圆周运动，再次进入电场后做类竖直上抛运动：

乙粒子在磁场在的部分运动轨迹如图所示:

2

根据向心力公式0“/8=血端

由于甲、乙两粒子均在第2次进入磁场后的相遇点为各自轨迹的最低点，因此甲、乙两小球做匀速圆周运

动的半径关系满足％=R(1-cos600)=\R

可得乙粒子进入磁场时的沿Z轴负方向的分速度大小为=%

设乙粒子进入磁场时与y轴的夹角为/?

根据数学知识tan/?=必=1

r0

解得夕=45。

因此乙粒子第一次进入磁场时与水平方向的夹角大小为45。；

(4)乙粒子第一次进入磁场时的竖直速度为丹'二v0

乙粒子在电场中沿z轴负方向的加速度0=a=理

设抛出点C的竖直坐标为Q，根据运动学公式七'2=2ahe

代人数据解得：hc=^h

甲粒子第一次进入磁场的％坐标为/=为"=早

根据甲粒子的运动过程，可得相遇点的x坐标为：＞照=3石+3的山60°

相遇时乙粒子在x轴方向运动的距离为：x2=3R[

乙粒子出发时X坐标为：

9.3(73-l)mv0

X=X^-X2=2V3h+--------直---

乙粒子在电场中运动时间为：”]=3x2二弛

乙1aVQ

乙粒子在磁场中运动时间为：t/2=：r=缪

乙粒子沿），轴方向做匀速直线运动，运动距离为：

,3nmv0

月二%（£/1+七乙2）=2九+qB

因此抛出点。的），坐标y=-2/i+

抛出点坐标为+3（0'）〃”：），一2九+生普鼻句.

DI/OO

答：（1）电场强度E的大小为粤；

2qh

（2）相遇时，甲粒子的运动时间为出+写；

与</«

（3）乙粒子第一次进入磁场时与水平方向的夹角大小为45。；

（4）C点的位置坐标为标为［2犷九+3（门1加"一2/1+陪2川。

【脩析】（1）甲粒子在z-x坐标平面的一象限内做类平抛运动，根据牛顿第二定律和类平抛运动的知识求

场强；

根据运动学公式和数学知识求运动时间以及进入磁场时的速度；

（2）甲粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式求圆周运动

的半径，根据周期公式求周期；根据数学知识求甲粒子在磁场中做圆周运动的圆心角；根据对称性，甲粒

子再次进入电场时做斜抛运动，求解甲、乙两粒子在最低点相遇时所经历的时间；

（3）乙粒子沿），轴正方向射入，在电场中做类平抛运动；乙粒子从M点进入磁场后做螺旋运动，将速度沿），

轴方向和z轴方向分解，沿），轴方向做匀速直线运动，在Z-%平面内的磁场中做匀速圆周运动，再次进入

电场后做类竖直上抛运动；根据甲、乙两粒子在轨迹最低处相遇的条件求解两粒子做圆周运动的半径关

系，求解出乙粒子的竖直速度的大小，进而求解乙粒子进入磁场时的速度的方向；

（4）