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2024屆浙江省金華市東陽市高三下學(xué)期三模物理試題
1．（2024高三下·東陽模擬）據(jù)報(bào)道，我國人造太陽高11米、直徑8米、重達(dá)400噸，成功實(shí)現(xiàn)500萬攝氏度持續(xù)放電101.2秒的成果，打破了世界紀(jì)錄。在這則新聞中涉及了長度、質(zhì)量、溫度和時(shí)間及其單位，在國際單位制中，下列說法正確的是（　　）
A．力學(xué)基本物理量是長度、質(zhì)量、力
B．kg、N、m/s都是導(dǎo)出單位
C．根據(jù)牛頓第二定律表達(dá)式可知：
D．新聞中涉及的“11米、400噸和101.2秒”中，米和秒是國際單位制中的基本單位
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；力學(xué)單位制
【解析】【解答】A．力學(xué)基本量是長度、質(zhì)量、時(shí)間，故A錯(cuò)誤；
B．是基本單位，N、是導(dǎo)出單位，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)牛頓第二定律表達(dá)式可知：，故C錯(cuò)誤；
D．新聞中涉及的11米、400噸和101.2秒中，米和秒是國際單位制中的基本單位，D正確。
故選D。
【分析】ABD、力學(xué)基本物理量是長度、質(zhì)量、時(shí)間；基本單位是m、Kg、s；
C、根據(jù)牛頓第二定律表達(dá)式可知：。
2．（2024高三下·東陽模擬）下列對(duì)教材中的四幅圖分析正確的是（　　）
A．圖甲：天宮一號(hào)空間實(shí)驗(yàn)室里的水球不受重力作用
B．圖乙：樹枝受到猴子的拉力是樹枝發(fā)生形變產(chǎn)生的
C．圖丙：汽車速度計(jì)的示數(shù)表示瞬時(shí)速率
D．圖丁：隨著沙子的不斷流入，干沙堆的傾角會(huì)不斷增大
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】形變與彈力；速度與速率；共點(diǎn)力的平衡；超重與失重
【解析】【解答】A.天宮一號(hào)空間實(shí)驗(yàn)室里的水球依然受重力，只不過重力用于提供了向心力，A錯(cuò)誤；
B.猴子受到樹枝的拉力是樹枝發(fā)生形變產(chǎn)生的 ，B錯(cuò)誤；
C.汽車速度計(jì)的示數(shù)表示汽車通過某一位置的瞬時(shí)速度，C正確；
D.當(dāng)干沙堆的傾角到達(dá)某一值時(shí)，再落下的沙子沿斜面方向重力的分力大于摩擦力，沙子就會(huì)滑下，D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】A、天宮一號(hào)空間實(shí)驗(yàn)室里的水球受重力，重力用于提供了向心力，處于失重狀態(tài)；
B、猴子受到樹枝的拉力是樹枝發(fā)生形變產(chǎn)生的；
C、汽車速度計(jì)的示數(shù)表示汽車通過某一位置的瞬時(shí)速度；
D、.當(dāng)干沙堆的傾角到達(dá)某一值時(shí)，再落下的沙子沿斜面方向重力的分力大于摩擦力，沙子就會(huì)滑下。
3．（2024高三下·東陽模擬）新春佳節(jié)，大街小巷總會(huì)掛起象征喜慶的中國紅燈籠。如圖所示，由4根等長輕質(zhì)細(xì)繩AB、BC、CD、DE懸掛起3盞質(zhì)量相等的燈籠，繩兩端的結(jié)點(diǎn)A、E等高，AB繩與豎直方向的夾角為，繩中張力大小為；BC繩與豎直方向的夾角為，繩中張力大小為，則（　　）
A．
B．若將懸掛點(diǎn)A往E靠近少許，的大小保持不變
C．若在C處再增加一盞質(zhì)量較大的燈籠，平衡時(shí)可能等于
D．若在B、D處各增加一盞質(zhì)量較大的燈籠，平衡時(shí)可能等于90°
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】整體法隔離法；共點(diǎn)力的平衡
【解析】【解答】A．由對(duì)稱性可知AB繩和DE繩張力大小相等，大小為。對(duì)三個(gè)燈籠的整體分析可知
同理，對(duì)中間的燈籠受力分析，可得
聯(lián)立，可得
因?yàn)?br/>所以
故A正確；
B．若將懸掛點(diǎn)A往E靠近少許，則減小，由
可知的大小減小。故B錯(cuò)誤；
C．對(duì)結(jié)點(diǎn)B受力分析，有
，
聯(lián)立，解得
若在C處再增加一盞質(zhì)量較大的燈籠，平衡時(shí)不可能等于。故C錯(cuò)誤；
D．若在B、D處各增加一盞質(zhì)量較大的燈籠，假設(shè)平衡時(shí)等于90°，則對(duì)結(jié)點(diǎn)C受力分析，如圖
可知其受力不平衡。所以假設(shè)不成立。故D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】AB、分別對(duì)三個(gè)燈籠和中間燈籠受力分析求解和 的大小；懸掛點(diǎn)A往E靠近少許，則減小，由結(jié)果分析判斷；
C、對(duì)節(jié)點(diǎn)B受力分析列平衡方程組求解和關(guān)系分析判斷；
D、對(duì)結(jié)點(diǎn)C分析可知不可能為 90° ，需要BC、DC繩的拉力平衡C處燈籠重力。
4．（2024高三下·東陽模擬）如圖甲所示質(zhì)量為m的同學(xué)在一次體育課上練習(xí)從高h(yuǎn)的箱子上跳到地面，最終直立靜止于地面。該同學(xué)所受地面支持力大小F隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，此過程中最大速度為v，不計(jì)該同學(xué)離開箱子的初速度和空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．整個(gè)過程中地面對(duì)人所做的功為mgh
B．整個(gè)過程中地面對(duì)人的沖量大小mv
C．過程中人的機(jī)械能減少mgh
D．該同學(xué)時(shí)間段先超重再失重
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】功能關(guān)系；動(dòng)量定理；超重與失重；功的概念
【解析】【解答】A．由圖像可知，該同學(xué)在空中沒有落到地面，接觸地面減速向下運(yùn)動(dòng)，同學(xué)起立先向上加速后減速最終直立靜止于地面，整個(gè)過程中該同學(xué)觸地后一直是重心的升降，地面對(duì)人的彈力的作用點(diǎn)沒有位移，則地面對(duì)人所做的功0，故A錯(cuò)誤；
B．時(shí)刻支持力和重力相等，加速度等于零速度最大，從時(shí)刻到最后靜止過程動(dòng)量定理
可知整個(gè)過程支持力的沖量大于mv，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．時(shí)刻速度向下，在過程重力的沖量大于支持力的沖量，t3時(shí)刻人的速度不為零，即動(dòng)能不為零，則過程中人的機(jī)械能減少量小于mgh，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．該同學(xué)時(shí)間段是從最低位置站立起來的過程，先加速向上后減速向上，即先超重再失重，選項(xiàng)D正確。
故選D。
【分析】A、由圖像可知，落到地面到時(shí)刻，彈力的作用點(diǎn)沒有發(fā)生位移，故不做功；
B、根據(jù)動(dòng)量定理可知支持力的沖量大于mv；
C、t3時(shí)刻人減速下降，速度不為零，動(dòng)能不為零，機(jī)械能減少量小于mgh；
D、同學(xué)起立先向上加速后減速最終直立靜止于地面，先超重后失重。
5．（2024高三下·東陽模擬）2022年11月21日中國空間站第三次太空授課中演示了紫色水球從“活躍”到“懶惰”的過程。如圖所示，用注射器向水球噴氣，水球發(fā)生振動(dòng)。向水球射入一枚質(zhì)量10g的鋼球，鋼球留在水球中，再用注射器以相同方式向水球噴氣，水球振動(dòng)幅度減小。則（　　）
A．首次噴氣水球振幅較大一定是因?yàn)樽⑸淦鲊姎獾念l率與水球的固有頻率相等
B．水球振動(dòng)中不破裂，是因?yàn)橹行牡乃畬?duì)外面的水有萬有引力的作用
C．鋼球射入水球而未穿出，是水的表面張力起了作用
D．鋼球在水中受到浮力為0.1N
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)量定理；衛(wèi)星問題；液體的表面張力
【解析】【解答】A．根據(jù)動(dòng)量定理，力的沖量相同的情況下，質(zhì)量小的物體獲得的速度大，振幅也大，故A錯(cuò)誤；
BC．水球振動(dòng)中不破裂，鋼球射入水球而未穿出，是水的表面張力起了作用，故B錯(cuò)誤，C正確。
D．太空中處于失重狀態(tài)，浮力為0，故D錯(cuò)誤；
故選C。
【分析】A、根據(jù)動(dòng)量定理，力的沖量相同的情況下，質(zhì)量小的物體獲得的速度大，振幅也大；
BC、水球振動(dòng)中不破裂，鋼球射入水球而未穿出，是水的表面張力起了作用；
D、太空中處于失重狀態(tài)，浮力為0。
6．（2024高三下·東陽模擬）智能呼啦圈可以提供全面的數(shù)據(jù)記錄，讓人合理管理自己的身材。如圖甲，腰帶外側(cè)帶有軌道，將帶有滑輪的短桿穿入軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕繩，其簡化模型如圖乙所示。可視為質(zhì)點(diǎn)的配重質(zhì)量為0.4kg，輕繩長為0.4m，懸掛點(diǎn)P到腰帶中心點(diǎn)O的距離為0.26m，配重隨短桿做水平勻速圓周運(yùn)動(dòng)，繩子與豎直方向夾角為，運(yùn)動(dòng)過程中腰帶可視為靜止，重力加速度g取，，下列說法正確的是（　　）
A．若增大轉(zhuǎn)速，腰帶受到的摩擦力變大
B．當(dāng)轉(zhuǎn)速時(shí)，則繩子與豎直方向夾角
C．若增大轉(zhuǎn)速，則繩子與豎直方向夾角將減小
D．若增加配重，保持轉(zhuǎn)速不變，則繩子與豎直方向夾角將減小
【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】整體法隔離法；生活中的圓周運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】A．轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，以腰帶和配重整體為研究對(duì)象，整體在豎直方向處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有
故增大轉(zhuǎn)速，腰帶受到的摩擦力不變，故A錯(cuò)誤；
B．對(duì)配重進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得
當(dāng)轉(zhuǎn)速時(shí)，代入數(shù)據(jù)可得
故B正確；
CD．對(duì)配重進(jìn)行受力分析，其在水平面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得
整理得
故增大轉(zhuǎn)速，則繩子與豎直方向夾角將增大，繩子與豎直方向夾角與配重質(zhì)量無關(guān)，故CD錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】A、以腰帶和配重整體為研究對(duì)象，整體在豎直方向處于平衡狀態(tài)，，故增大轉(zhuǎn)速，腰帶受到的摩擦力不變；
BCD、對(duì)配重進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解夾角；分析轉(zhuǎn)速增加夾角的變化和增加配重與夾角的關(guān)系。
7．（2024高三下·東陽模擬）隨著航天技術(shù)的不斷發(fā)展，人類終將沖出太陽系，對(duì)遙遠(yuǎn)深空進(jìn)行探索。如圖，a星與b星可以看作雙星系統(tǒng)，它們均繞連線上的O（未畫）點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，a星質(zhì)量是b星的81倍，假設(shè)人類發(fā)射了兩個(gè)探測器、剛好處在該系統(tǒng)的兩個(gè)拉格朗日點(diǎn)，位于這兩個(gè)點(diǎn)的探測器能在a星和b星的共同引力作用下繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并保持與a星、b星相對(duì)位置不變，探測器與a星球心、b星球心的連線構(gòu)成一個(gè)等邊三角形，探測器在a星、b星連線的延長線上。則（　　）
A．a(chǎn)星和b星的第一宇宙速度之比為9：1
B．a(chǎn)星球心和b星球心到O點(diǎn)的距離之比為81：1
C．探測器繞O點(diǎn)運(yùn)行的加速度比b星的加速度大
D．探測器繞O點(diǎn)運(yùn)行的周期比探測器大
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】雙星（多星）問題
【解析】【解答】A．根據(jù)第一宇宙速度的公式
兩星半徑未知，無法比較第一宇宙速度，故A錯(cuò)誤；
B．設(shè)a星球心和b星球心到O點(diǎn)的距離分別為，，則有
解得a星球心和b星球心到O點(diǎn)的距離之比為1：81，故B錯(cuò)誤；
C．探測器與a星球心、b星球心的連線構(gòu)成一個(gè)等邊三角形，并保持與a星、b星相對(duì)位置不變，即探測器繞O點(diǎn)運(yùn)行和b星圍繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度相同，根據(jù)，探測器繞O點(diǎn)的距離較大，則探測器繞O點(diǎn)運(yùn)行的加速度比b星的加速度大，故C正確；
D．根據(jù)題意探測器、這兩個(gè)點(diǎn)與b星相對(duì)位置不變，所以探測器繞O點(diǎn)運(yùn)行的周期與探測器的相同，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】A、根據(jù)第一宇宙速度的公式，兩星半徑未知，無法比較第一宇宙速度；
B、根據(jù)雙星體向心力和角速度相等可得，以此求解a星球心和b星球心到O點(diǎn)的距離之比；
C、探測器與a星、b星相對(duì)位置不變，探測器繞O點(diǎn)運(yùn)行和b星圍繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度相同，根據(jù)，探測器繞O點(diǎn)的距離較大，則探測器繞O點(diǎn)運(yùn)行的加速度比b星的加速度大；
D、探測器、這兩個(gè)點(diǎn)與ab星相對(duì)位置不變，繞同一圓心圓周運(yùn)動(dòng)，角速度相等，周期相等。
8．（2024高三下·東陽模擬）某靜止的原子核發(fā)生核反應(yīng)且釋放出能量Q。其方程為，并假設(shè)釋放的能量全都轉(zhuǎn)化為新核Y和Z的動(dòng)能，其中Z的速度為v，以下結(jié)論正確的是（　　）
A．Y原子核的動(dòng)能是Z原子核的動(dòng)能的倍
B．Y原子核的速度大小為
C．Y原子核和Z原子核的質(zhì)量之和比X原子核的質(zhì)量大（為光速）
D．秦山核電站產(chǎn)生的核能與該核反應(yīng)屬于同種類型
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】質(zhì)量虧損與質(zhì)能方程；反沖；核裂變
【解析】【解答】A．由動(dòng)量守恒定律
根據(jù)
可得
即Y原子核的動(dòng)能是Z原子核的動(dòng)能的倍，選項(xiàng)A正確；
B．由動(dòng)量守恒定律
可知Y原子核的速度大小為
選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．因反應(yīng)放出核能，可知該反應(yīng)有質(zhì)量虧損，則Y原子核和Z原子核的質(zhì)量之和比X原子核的質(zhì)量小
（為光速）
選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．秦山核電站產(chǎn)生的核能是重核裂變反應(yīng)，用中子轟擊鈾核產(chǎn)生鏈?zhǔn)椒磻?yīng)，與該核反應(yīng)不屬于同種類型，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】AB、由反沖運(yùn)動(dòng)，初動(dòng)量為零末動(dòng)量等大反向得，求解速度關(guān)系；結(jié)合求解動(dòng)能之比；
C、根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程得分析判斷；
D、秦山核電站產(chǎn)生的核能是重核裂變反應(yīng)，用中子轟擊鈾核產(chǎn)生鏈?zhǔn)椒磻?yīng)。
9．（2024高三下·東陽模擬）如圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比，原線圈電路中接入內(nèi)阻不計(jì)電壓滿足的電源，電流表為理想交流電表。已知，，開關(guān)S閉合前、后電流表示數(shù)之比為3：4。下列說法正確的是（　　）
A．副線圈電流的頻率100Hz
B．定值電阻
C．開關(guān)閉合前后原線圈電壓有效值始終為220V
D．開關(guān)閉合后電源輸出的功率減小
【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】變壓器原理
【解析】【解答】A．理想變壓器不改變交變電流的頻率，即
故A錯(cuò)誤；
B．由題可知，設(shè)，當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，副線圈的負(fù)載電阻為2R；當(dāng)開關(guān)閉合時(shí)，副線圈的負(fù)載電阻為R；將理想變壓器的原、副線圈和負(fù)載電阻等效為一個(gè)電阻，畫出電路的等效電路圖，如圖所示。
根據(jù)理想變壓器電阻等效法，得
因此當(dāng)開關(guān)斷開時(shí)
當(dāng)開關(guān)閉合時(shí)
根據(jù)閉合電路歐姆定律，可知等效電路中電流表示數(shù)
故
，
又
解得
故B正確；
C．根據(jù)
可知開關(guān)閉合前后原線圈電路中電流發(fā)生變化，則原線圈電壓有效值會(huì)發(fā)生變化。故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)
可知開關(guān)閉合后，等效電阻減小，則電源輸出的功率增大。故D錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】A、理想變壓器不改變交變電流的頻率，由求解；
B、根據(jù)理想變壓器電阻等效法可得：，以此分別計(jì)算開關(guān)斷開和閉合時(shí)的等效電阻，再根據(jù)閉合電路歐姆定律得出等效電路中電流表示數(shù)，分別求解求解電流大小，根據(jù)電流之比求解電阻；
C、接入電壓的有效值U=220V，對(duì)原線圈輸入電壓，由分析判斷；
D、根據(jù)，可知開關(guān)閉合后，等效電阻減小，則電源輸出的功率增大。
10．（2024高三下·東陽模擬）在圖甲的LC振蕩演示電路中，開關(guān)先撥到位置“1”，電容器充滿電后，在時(shí)刻開關(guān)撥到位置“2”。若電流從傳感器的“+”極流入，電流顯示為正，圖乙為振蕩電流隨時(shí)間變化的圖線，則下面有關(guān)說法正確的是（　　）
A．在圖乙中A點(diǎn)時(shí)刻電容器上極板帶負(fù)電
B．在圖乙中從到A點(diǎn)過程中電容器的電壓先增加后減小
C．若電阻R減小，電流變化如圖丙中實(shí)線
D．若電阻R減小，電流變化如圖丙中虛線
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】電容器及其應(yīng)用；電磁振蕩
【解析】【解答】A．在圖乙中A點(diǎn)時(shí)刻電流為正且正在減小，可知電容器正在充電階段，此時(shí)上極板帶負(fù)電，下極板帶正電，選項(xiàng)A正確；
B．在圖乙中從到A點(diǎn)過程中電流先正向增加后正向減小，電容器先放電后充電，即電容器的電壓先減小后增加，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
CD．若電阻R減小，則電容器放電時(shí)最大電流變大，但是振動(dòng)周期不變，則圖丙中實(shí)線和虛線描述電流變化都不對(duì)，選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】根據(jù)圖像確定電流的方向及變化，確定電容器充放電狀態(tài)，從而確定極板的電性和電容器極板電壓的變化，電阻減小，電容器放電時(shí)的最大電流變大，但周期不變，以此分析判斷。
11．（2024高三下·東陽模擬）單反就是指單鏡頭反光相機(jī)。相機(jī)在毛玻璃的上方安裝了一個(gè)五棱鏡。這種棱鏡將光線多次反射改變光路，將其影像送至目鏡，這時(shí)的影像就是上下正立且左右校正的了。圖為單反相機(jī)取景器的示意圖，ABCDE為五棱鏡的一個(gè)截面，。某一束單色光光線經(jīng)平面鏡反射后從AB邊的F點(diǎn)垂直AB入射，其中、，最后剛好在BC中點(diǎn)垂直BC出射，已知在CD與AE兩個(gè)面上發(fā)生全反射，且兩次全反射的入射角相等，則下列說法正確的是（　　）（已知）
A．五棱鏡的折射率一定為
B．五棱鏡的折射率一定為
C．光在五棱鏡中的傳播時(shí)間為
D．左右平移平面鏡，只要光仍從BC面垂直射出，則光在五棱鏡中的傳播時(shí)間不變
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】AB．設(shè)入射到CD面上的入射角為θ，因?yàn)樵贑D和EA上發(fā)生全反射，且兩次反射的入射角相等，如圖
根據(jù)幾何關(guān)系有
4θ=90°
解得
θ=22.5°
當(dāng)光剛好在CD和AE面上發(fā)生全反射時(shí)，折射率最小，根據(jù)
解得最小折射率為
故AB錯(cuò)誤；
C．由幾何關(guān)系可知
則在棱鏡中的總距離
光在棱鏡中的最大速度為
可得最短傳播時(shí)間
選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．左右平移平面鏡，只要光仍從BC面垂直射出，則因入射到CD面上的入射角θ不變，則光在棱鏡中傳播的距離不變，即光在五棱鏡中的傳播時(shí)間不變，選項(xiàng)D正確。
故選D。
【分析】根據(jù)題意作出光路圖，根據(jù)幾何關(guān)系分析求解臨界角大小，由全反射臨界角求解折射率；根據(jù)幾何關(guān)系求解光程，利用速度公式求解時(shí)間；左右平移平面鏡，入射到CD面上的入射角θ不變，則光在棱鏡中傳播的距離不變，光在五棱鏡中的傳播時(shí)間不變。
12．（2024高三下·東陽模擬）單晶硅太陽能發(fā)電原理是光線照射到單晶硅太陽能板上，會(huì)激發(fā)電子形成電流。已知杭州西站樞紐屋頂鋪設(shè)了面積為的單晶硅太陽能板，陽光照射下平均發(fā)電功率。若已知太陽的輻射總功率約，太陽與地球之間的距離約，則下列說法正確的是（　　）
A．單位面積上接收到的太陽輻射功率約200W
B．一天大約可發(fā)電
C．光電的轉(zhuǎn)換效率約14%
D．單晶硅太陽能板發(fā)出的是交流電
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】電功率和電功；電流、電源的概念
【解析】【解答】A．距離太陽的球面面積
單位面積上接受太陽太陽輻射的功率
故A錯(cuò)誤；
B．若24小時(shí)都有太陽，則工作一天大約可發(fā)電
但有太陽的時(shí)間小于24小時(shí)。故B錯(cuò)誤；
C．太陽板接收的太陽能
光電的轉(zhuǎn)換放率約為
故C正確；
D．依題意，光線照射到單晶硅太陽能板上，電子定向移動(dòng)形成電流。方向不變，為直流電。故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】A、先求解球面面積，結(jié)合單位面積的輻射功率公式求解；
B、根據(jù)功和功率關(guān)系式求解；
C、根據(jù)光電轉(zhuǎn)換效率公式求解；
D、根據(jù)電荷定向移動(dòng)的方向判斷電流的屬性。
13．（2024高三下·東陽模擬）空間存在一平行于紙面的勻強(qiáng)電場，在電場內(nèi)取某點(diǎn)記為坐標(biāo)原點(diǎn)O，沿某一方向建立x軸，選取x軸上到O點(diǎn)距離為r的P點(diǎn)，以O(shè)為圓心、r為半徑作圓，如圖甲所示。從P點(diǎn)起沿圓周逆時(shí)針方向移動(dòng)一周，圓上各點(diǎn)的電勢會(huì)隨轉(zhuǎn)過角度發(fā)生變化。當(dāng)半徑r分別取、、時(shí)，其圖像如圖乙所示，三條曲線所對(duì)應(yīng)的電勢均在時(shí)達(dá)到最大值，最大值分別為、、，曲線③與橫軸相切。則下列說法正確的是（　　）
A．電場方向沿x軸負(fù)方向
B．時(shí)曲線②的電勢值為
C．時(shí)曲線①的電勢值
D．電場強(qiáng)度的大小為
【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系
【解析】【解答】A．三條曲線均在時(shí)達(dá)到最大值，說明電場線不是沿著x軸，而是沿著與x軸正方向的夾角為的直線上，且電場線方向指向左下方。故A錯(cuò)誤；
D．曲線①的最大值在三條圖像中最大，只有半徑越大，P點(diǎn)繞原點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)過時(shí)，逆著電場線走過的距離才越大，對(duì)應(yīng)的電勢才越高，所以曲線①對(duì)應(yīng)的r取值為，曲線②對(duì)應(yīng)的r取值為，曲線③對(duì)應(yīng)的r取值為取。由題知，曲線③對(duì)應(yīng)的最高電勢和最低電勢分別為、0，則坐標(biāo)原點(diǎn)在最高電勢點(diǎn)和最低電勢點(diǎn)連線的中點(diǎn)。所以坐標(biāo)原點(diǎn)O的電勢為
取曲線③最高電勢和最低電勢來求電場強(qiáng)度
故D錯(cuò)誤。
B．當(dāng)半徑r取時(shí)，設(shè)該圓與x軸交點(diǎn)為，則有
解得
故B正確；
C．根據(jù)
可知時(shí)曲線①的電勢值為
故C錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】A、根據(jù)時(shí)達(dá)到最大值，說明電場線不是沿著x軸，而是沿著與x軸正方向的夾角為的直線上，且電場線方向指向左下方；
D、根據(jù)勻強(qiáng)電場中沿相同方向移動(dòng)相同距離，電勢差相等，結(jié)合幾何關(guān)系和勻強(qiáng)電場電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系分析求解；
BC、根據(jù)題意和圖像，結(jié)合電勢、電勢差、電場強(qiáng)度的關(guān)系分析求解。
14．（2024高三下·東陽模擬）下列說法正確的是（　　）
A．彈力屬于電磁相互作用
B．質(zhì)子和中子屬于強(qiáng)子
C．J.J.湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子后又在實(shí)驗(yàn)室發(fā)現(xiàn)了電子的衍射現(xiàn)象
D．赫茲在實(shí)驗(yàn)室發(fā)現(xiàn)光電效應(yīng)，并得出遏止電壓與入射光頻率成線性關(guān)系
【答案】A,B
【知識(shí)點(diǎn)】形變與彈力；光電效應(yīng)；粒子的波動(dòng)性 德布羅意波
【解析】【解答】A．彈力和摩擦力在本質(zhì)上是由電場力引起的，屬于電磁相互作用，故A正確；
B．常見的強(qiáng)子是質(zhì)子和中子，故B正確；
C.1897年J.J.湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子，30年后，J.J.湯姆孫的兒子G.P.湯姆孫利用電子束照射到金屬晶格上，從而得到電子的衍射圖樣，故C錯(cuò)誤；
D．赫茲在實(shí)驗(yàn)室發(fā)現(xiàn)光電效應(yīng)，密立根得出遏止電壓與入射光頻率成線性關(guān)系，故D錯(cuò)誤。
故選AB。
【分析】彈力和摩擦力在本質(zhì)上是由電場力引起的，屬于電磁相互作用；常見的強(qiáng)子是質(zhì)子和中子；G.P.湯姆孫利用電子束照射到金屬晶格上，從而得到電子的衍射圖樣；赫茲在實(shí)驗(yàn)室發(fā)現(xiàn)光電效應(yīng)，密立根得出遏止電壓與入射光頻率成線性關(guān)系。
15．（2024高三下·東陽模擬）如圖所示，坐標(biāo)原點(diǎn)O左右兩邊的介質(zhì)不同，、為兩列波的波源，兩波源同時(shí)起振，兩列波分別沿x軸傳到、點(diǎn)時(shí)作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，當(dāng)時(shí)的點(diǎn)剛好第一次處于波峰，則下列說法正確的是（　　）
A．波的周期為3s
B．兩列波疊加后能形成穩(wěn)定的干涉圖樣
C．兩列波在處相遇
D．右側(cè)介質(zhì)的傳播速度2m/s
【答案】A,C
【知識(shí)點(diǎn)】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關(guān)系；波的干涉現(xiàn)象
【解析】【解答】A．由題意可得，當(dāng)左邊波源從起傳到的點(diǎn)時(shí)經(jīng)過，由圖可以判斷左邊波源的起振方向沿軸正方向，所以的點(diǎn)振動(dòng)開始經(jīng)第一次處于波峰。所以
解得左邊波源的振動(dòng)周期為
故A正確；
B．由圖可得兩波源的波長均為，由于兩邊的介質(zhì)不同，所以它們的波速不同，根據(jù)公式可知，兩列波頻率不同，故兩列波疊加后不能形成穩(wěn)定的干涉圖樣，故B錯(cuò)誤；
CD．波源的傳播速度
由根據(jù)題意可得
兩式相比可得波源的傳播速度
當(dāng)波源傳到O點(diǎn)時(shí)，所用時(shí)間
此時(shí)波源傳到的位置
之后兩列波的波速均為，所以相遇的位置在處。
故C正確，D錯(cuò)誤。
故選AC。
【分析】A、由波的傳播方向確定起振方向，分析的點(diǎn)時(shí)經(jīng)過成為起振點(diǎn)，再經(jīng)第一次處于波峰，以此求解周期；
B、由波的圖像確定兩列波波長相等，波速不同，根據(jù)公式可知頻率不同，不是相干波；
CD、根據(jù)波長和周期求解波源的傳播速度，根據(jù)波的圖像同時(shí)起振分別傳播的距離為和求解波源的傳播速度，進(jìn)一步求解波源的傳播到O點(diǎn)所需時(shí)間和該時(shí)間內(nèi)波源傳播的位置，兩列波均在左側(cè)波速相等，從而確定相遇位置。
16．（2024高三下·東陽模擬）在探究質(zhì)量一定時(shí)加速度與力的關(guān)系，小佳同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置。其中M為帶滑輪的小車的質(zhì)量，m為砂和砂桶的質(zhì)量。（動(dòng)滑輪質(zhì)量不計(jì)）
（1）操作本實(shí)驗(yàn)時(shí)，以下操作步驟正確的有________；
A．為了獲得合力大小需用天平測出砂和砂桶的質(zhì)量m
B．為減小實(shí)驗(yàn)誤差，改變砂和砂桶質(zhì)量時(shí)，必須要滿足砂和砂桶的質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量M
C．將帶滑輪的長木板右端墊高，以補(bǔ)償阻力
D．為保證紙帶上打點(diǎn)的清晰度和點(diǎn)的數(shù)量，小車釋放時(shí)要靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，先釋放小車，再接通電源，打出一條紙帶，同時(shí)記錄彈簧測力計(jì)的示數(shù)
（2）經(jīng)正確操作，得到如圖乙所示的紙帶，已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接交流電源的頻率為50Hz，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未畫出，則小車運(yùn)動(dòng)的加速度大小為　 　。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）
（3）正確操作記錄若干數(shù)據(jù)后，小佳同學(xué)以彈簧測力計(jì)的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度a為縱坐標(biāo)，畫出的圖像是一條直線，圖線與橫坐標(biāo)的夾角為，求得圖線的斜率為k，則小車的質(zhì)量為________。
A．k B． C． D．
【答案】（1）C
（2）2.4
（3）B
【知識(shí)點(diǎn)】探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系
【解析】【解答】（1）AB．本實(shí)驗(yàn)中小車受到的拉力可直接由彈簧測力計(jì)測出，所以不需要測量砂和砂桶的質(zhì)量，也不需要滿足砂和砂桶的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，故AB錯(cuò)誤；
C．為了使細(xì)線拉力等于小車的合外力，所以本實(shí)驗(yàn)需要平衡摩擦力，可將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦為力，故C正確；
D．為保證紙帶上打點(diǎn)的清晰度和點(diǎn)的數(shù)量，小車釋放時(shí)要靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時(shí)記錄彈簧測力計(jì)的示數(shù)，故D錯(cuò)誤。
故選C。
（2）相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未畫出，可知相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔為
根據(jù)逐差法可知加速度為
（3）對(duì)小車，根據(jù)牛頓第二定律可得
可知圖線的斜率為
即
故選B。
綜上：第1空：C；第2空：2.4；第3空：B
【分析】（1）本實(shí)驗(yàn)中小車受到的拉力可直接由彈簧測力計(jì)測出，所以不需要測量砂和砂桶的質(zhì)量，也不需要滿足砂和砂桶的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量；細(xì)線拉力等于小車的合外力，所以本實(shí)驗(yàn)需要平衡摩擦力，長木板右端墊高；小車釋放時(shí)要靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時(shí)記錄彈簧測力計(jì)的示數(shù)。
（2）確定相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔，根據(jù)逐差法求解加速度；
（3）根據(jù)牛頓第二定律求解a-F關(guān)系式，由斜率K求解小車質(zhì)量。
17．（2024高三下·東陽模擬）用“插針法”測定玻璃的折射率，所用的玻璃磚兩面平行。正確操作后，作出的光路圖及測出的相關(guān)角度如圖甲所示。
（1）如果玻璃磚上下表面平行，則可以選擇上表面的兩個(gè)對(duì)應(yīng)角度（入射角和折射角）來求折射率，也可以選擇下表面的兩個(gè)對(duì)應(yīng)角度來求折射率，這兩種是等效的。如果所選擇的玻璃磚上下表面不平行，正確操作后得到圖乙所示的光路圖，此時(shí)應(yīng)選擇　 　對(duì)應(yīng)的兩個(gè)角度來求折射率。
A．上表面
B．下表面
C．上表面或者下表面都沒問題
D．上表面或者下表面都會(huì)有系統(tǒng)誤差
（2）如果有幾塊寬度d不同的玻璃磚可供選擇，則　 　
A．選擇寬度較大的玻璃磚來做實(shí)驗(yàn)可以減少誤差
B．選擇寬度較小的玻璃磚來做實(shí)驗(yàn)可以減少誤差
C．玻璃磚的寬度對(duì)誤差沒有影響
【答案】C；A
【知識(shí)點(diǎn)】測定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）光在上下表面都發(fā)生折射，所以可以用上表面或者下表面對(duì)應(yīng)的兩個(gè)角度來求折射率都沒問題。
故選C。
（2）若選擇寬度較大的玻璃磚來做實(shí)驗(yàn)，可以增大光線在玻璃磚內(nèi)的光線的長度，從而減少誤差。
故選A。
綜上：第1空：C；第2空：A
【分析】（1）光在上下表面都發(fā)生折射，所以可以用上表面或者下表面對(duì)應(yīng)的兩個(gè)角度來求折射率；
（2）擇寬度較大的玻璃磚來做實(shí)驗(yàn)，增大光線在玻璃磚內(nèi)的光線的長度，從而減少誤差。
18．（2024高三下·東陽模擬）某同學(xué)在“測量金屬絲的電阻率”實(shí)驗(yàn)中，選用金屬絲的電阻約為30Ω。
（1）用螺旋測微器測量金屬絲直徑，示數(shù)如圖甲所示，則金屬絲的直徑　 　mm
（2）現(xiàn)有電源（電動(dòng)勢E為3.0V，內(nèi)阻不計(jì)）、開關(guān)和導(dǎo)線若干，以及下列器材：
A.電流表（量程0~0.6A，內(nèi)阻約0.2Ω）
B.電壓表（量程0~3V，內(nèi)阻約3kΩ）
C.滑動(dòng)變阻器（0~5Ω，額定電流2A）
D.滑動(dòng)變阻器（0~200Ω，額定電流1A）
為減小誤差，且電壓調(diào)節(jié)范圍盡量大，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選　 　（選填器材前的字母）。然后利用圖乙所示的電路來測量某合金絲的電阻率補(bǔ)充完成圖乙中實(shí)物間的連線　 　。
（3）改變合金絲右端PN接入電路的長度L，記錄L及對(duì)應(yīng)電流表電壓表的示數(shù)I和U，并作出的圖像，如圖丙所示。圖丙得到圖線的斜率為k，則該合金絲的電阻率　 　（用d、k表示）；
（4）圖丙中圖線的縱軸截距b表示　 　。
【答案】（1）0.182
（2）C；
（3）
（4）電流表的內(nèi)阻
【知識(shí)點(diǎn)】導(dǎo)體電阻率的測量
【解析】【解答】（1）金屬絲的直徑18.3×0.01mm=0.183mm
（2）為減小誤差，且電壓調(diào)節(jié)范圍盡量大，滑動(dòng)變阻器應(yīng)接成分壓電路，故應(yīng)該選擇阻值較小的C；
因
則采用電流表內(nèi)接電路，滑動(dòng)變阻器用分壓電路，則電路連線如圖
（3）根據(jù)
則
解得
（4）根據(jù)
可知，圖丙中圖線的縱軸截距b表示電流表內(nèi)阻。
綜上：第1空：0.182；第2空：C；第3空：；第4空：；第5空：電流表的內(nèi)阻
【分析】（1）根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)法正確讀數(shù)；
（2）為減小誤差，且電壓調(diào)節(jié)范圍盡量大，滑動(dòng)變阻器應(yīng)接成分壓電路，故應(yīng)該選擇阻值較小的；分析被測電阻的大小確定電流表內(nèi)接法，滑動(dòng)變阻器用分壓式，連接電路；
（3）根據(jù)歐姆定律求解 關(guān)系，結(jié)合圖像斜率求解電阻率。
19．（2024高三下·東陽模擬）如圖所示，傾角的光滑斜面固定在水平地面上，有一長的絕熱汽缸與絕熱活塞靜置于斜面上，活塞與重物通過不可伸長的輕繩連接，此時(shí)重物對(duì)地面恰好無壓力，輕繩OA段與斜面平行，活塞距離汽缸底部。活塞質(zhì)量，重物質(zhì)量，活塞面積，大氣壓，缸內(nèi)封閉的理想氣體溫度，缸內(nèi)氣體分子總動(dòng)能滿足，其中，g取。活塞厚度及活塞與汽缸壁的摩擦忽略不計(jì)，活塞始終與汽缸壁垂直且不漏氣。當(dāng)電熱絲通電加熱時(shí)，活塞緩慢到達(dá)汽缸口，求：
（1）加熱過程氣體壓強(qiáng)　 　（選填“增大”、“減小”或“不變”），汽缸內(nèi)壁單位面積受到分子的撞擊數(shù)　 　（選填“增大”、“減小”或“不變”）；
（2）加熱前汽缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)　 　；
（3）加熱過程電熱絲放出的熱量　 　。
【答案】不變；減小；；
【知識(shí)點(diǎn)】氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【解答】（1）加熱過程，活塞、汽缸和重物整體受力不變，汽缸向下滑動(dòng)，活塞的受力不變，即氣體對(duì)活塞的壓力不變，氣體的壓強(qiáng)不變；
加熱過程，氣體的溫度升高，氣體的平均動(dòng)能增大，氣體分子對(duì)汽缸內(nèi)壁的平均作用力變大，但是氣體的壓強(qiáng)不變，即單位面積單位時(shí)間內(nèi)氣體分子的作用力不變，則汽缸內(nèi)壁單位面積受到分子的撞擊數(shù)減小；
（2）活塞受力平衡
重物受力平衡
可得氣體壓強(qiáng)
（3）加熱過程為等壓變化，滿足
得T1=400K
氣體內(nèi)能變化
氣體對(duì)外做功
根據(jù)熱力學(xué)第一定律
可得
綜上：第1空：不變；第2空：減小：第3空：；第4空：
【分析】（1）對(duì)氣缸和活塞受力分析可知缸內(nèi)氣體隨溫度升高，體積膨脹，壓強(qiáng)不變；氣體壓強(qiáng)不變，溫度升高分子平均動(dòng)能增大，體積膨脹單位體積分子數(shù)目減小；
（2）由重物對(duì)地面壓力為零，分別對(duì)重物、活塞受力分析列平衡方程組，聯(lián)立求解；
（3）根據(jù)等壓變化求解溫度，由氣體分子總動(dòng)能滿足 求解氣體內(nèi)能變化量，根據(jù)體積變化量求解氣體對(duì)外所做的功，結(jié)合熱力學(xué)第一定律求解電熱絲放出的熱量。
20．（2024高三下·東陽模擬）如圖所示，光滑水平面左側(cè)放置質(zhì)量、半徑的光滑圓弧槽b，右側(cè)固定粗糙斜面體ABC，斜面體AB和BC的傾角均為60°，B離地面高度，另有一個(gè)質(zhì)量的小滑塊球a（可視為質(zhì)點(diǎn)）從圓弧槽某位置靜止釋放，圓弧槽圓心與小滑塊的連線與豎直方向夾角為。滑塊與斜面AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，且滑塊通過A點(diǎn)時(shí)無機(jī)械能損失。，重力加速度。
（1）若圓弧槽b固定不動(dòng)且小滑塊a靜止釋放位置，求a第一次滑至圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)小滑塊的向心加速度大小；
（2）若圓弧槽b不固定且小滑塊a靜止釋放位置，求a滑至圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)小滑塊的位移大小及圓弧槽對(duì)小滑塊的支持力大小；
（3）若圓弧槽b固定不動(dòng)，小滑塊從某一位置靜止釋放，小滑塊沿斜面AB通過B點(diǎn)后恰好落在C點(diǎn)，求：小滑塊在B點(diǎn)時(shí)的速度及釋放位置的角度。
【答案】（1）從釋放位置到最低點(diǎn)列動(dòng)能定理
求得
所以最低點(diǎn)向心加速度
（2）a與b水平方向動(dòng)量守恒且總動(dòng)量等于零，滿足人船模型
且
所以可得滑塊水平位移
而豎直位移為4m，則根據(jù)勾股定理可知，總位移大小為5m。
a滑下過程中ab組成的系統(tǒng)總能量守恒
a與b水平方向動(dòng)量守恒可得
可得
小滑塊由合力提供向心力
所以
（3）B點(diǎn)飛出到C點(diǎn)過程中，小滑塊做斜拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，則時(shí)間為
在豎直方向豎直上拋，取向下為正方向，則
得
釋放位置到B點(diǎn)列動(dòng)能定理
解得
所以
【知識(shí)點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)；豎直平面的圓周運(yùn)動(dòng)；碰撞模型
【解析】【分析】（1）從釋放位置到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理求解最低點(diǎn)速度，結(jié)合向心加速度公式求解；
（2）a與b水平方向動(dòng)量守恒且總動(dòng)量等于零，由人船模型，且聯(lián)立求解滑塊水平位移，由勾股定理求解總位移；根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，聯(lián)立求解二者的速度，對(duì)相對(duì)速度所需向心力由滑塊所受支持力和重力合力提供，求解支持力大小；
（3）根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)水平方向勻速直線求解時(shí)間，豎直方向取向下為正方向，由位移公式求解h，聯(lián)立求解B點(diǎn)速度；由釋放點(diǎn)到B，根據(jù)動(dòng)能定理求解釋放位置的角度。
21．（2024高三下·東陽模擬）如圖甲所示，左側(cè)發(fā)電裝置由一個(gè)留有小缺口的圓形線圈和能產(chǎn)生輻向磁場的磁體組成，輻向磁場分布關(guān)于線圈中心豎直軸對(duì)稱，線圈所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為。線圈半徑r，電阻不計(jì)，缺口處通過足夠長輕質(zhì)軟導(dǎo)線與間距的水平平行光滑金屬軌道相連，軌道間接有電容為的電容器，區(qū)域內(nèi)有豎直向下，的勻強(qiáng)磁場，緊靠處有一根質(zhì)量m，電阻R的金屬桿a。絕緣軌道區(qū)域內(nèi)有方向豎直向下，大小隨x軸（為坐標(biāo)原點(diǎn)，向右為正方向）變化的磁場，變化規(guī)律滿足，同一位置垂直軌道方向磁場相同，緊靠處放置質(zhì)量為m、電阻為的“”形金屬框EFGH，F(xiàn)G邊長度為L，EF邊長度為。時(shí)刻單刀雙擲開關(guān)S和接線柱1接通，圓形線圈在外力作用下沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，其速度按照圖乙規(guī)律變化，取豎直向上為速度正方向。時(shí)將S從1撥到2，同時(shí)讓金屬桿a以初速度在磁場中向右運(yùn)動(dòng)，金屬桿a達(dá)到穩(wěn)定速度后在處與金屬框EFGH發(fā)生完全非彈性碰撞組合成一閉合的長方形金屬框。不考慮電流產(chǎn)生的磁場影響，除已給電阻其它電阻不計(jì)。求（結(jié)果可用r、m、、、、k中的字母表）：
（1）時(shí)刻電容器M板帶電極性，及電荷量；
（2）a桿到達(dá)時(shí)的速度大小；
（3）金屬桿a與“”形金屬框發(fā)生完全非彈性碰撞組合成一閉合的長方形金屬框，金屬框最終靜止時(shí)HE邊所在位置的x軸坐標(biāo)。
【答案】（1）根據(jù)右手定則可知M板帶負(fù)電
時(shí)刻線圈速度為v0，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為
所以電容器電荷量為
（2）桿a穩(wěn)定時(shí)切割產(chǎn)生的電動(dòng)勢與電容器電壓相等，有
時(shí)電容器電壓大于桿a切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢，所以桿a在安培力作用下加速運(yùn)動(dòng)到穩(wěn)定狀態(tài)，此過程列對(duì)桿a，根據(jù)動(dòng)量定理，有
其中
由此可解得
（3）桿a與金屬框EFGH碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有
GF邊所在位置與HE邊所在位置的磁場差恒為
金屬框運(yùn)動(dòng)中始終有逆時(shí)針方向電流，由2個(gè)安培力作用下減速運(yùn)動(dòng)至靜止，對(duì)此過程列動(dòng)量定理方程，有
其中
代入可得
【知識(shí)點(diǎn)】電磁感應(yīng)中的電路類問題；電磁感應(yīng)中的能量類問題
【解析】【分析】（1）根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流方向，從而確定M板帶負(fù)電；根據(jù)線圈切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為，由電容定義式求解；
（2）桿a穩(wěn)定時(shí)切割產(chǎn)生的電動(dòng)勢與電容器電壓相等：，求解此時(shí)電容器電荷量；桿a在安培力作用下加速運(yùn)動(dòng)到穩(wěn)定狀態(tài)，對(duì)桿a根據(jù)動(dòng)量定理：，其中，以此求解桿a穩(wěn)定是的速度；
（3）根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解碰撞后的共同速度；金屬框運(yùn)動(dòng)中始終有逆時(shí)針方向電流，GF與HE在安培力作用下減速運(yùn)動(dòng)至靜止，對(duì)此過程列動(dòng)量定理方程，有；且GF邊所在位置與HE邊所在位置的磁場差恒為，其中，聯(lián)立求解。
22．（2024高三下·東陽模擬）利用電磁場實(shí)現(xiàn)帶電粒子的偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的裝置實(shí)現(xiàn)對(duì)帶電粒子的電磁偏轉(zhuǎn)從而進(jìn)行分析。在的I區(qū)域內(nèi)有一勻強(qiáng)電場方向豎直向下，電場強(qiáng)度，的II區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，在且的III區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，I區(qū)與III區(qū)電場強(qiáng)度大小相等，II區(qū)與III區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小相等均未知。現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子，從P點(diǎn)沿x軸正方向以某一初速度v水平射入I區(qū)。已知圖中P點(diǎn)坐標(biāo)（0，），Q點(diǎn)坐標(biāo)（L，0），不計(jì)帶電粒子重力，且粒子只在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。
（1）當(dāng)粒子初速度時(shí)，粒子在II區(qū)運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑為，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；
（2）求粒子第一次到達(dá)x軸且Q點(diǎn)左側(cè)位置的坐標(biāo)x與初速度v的關(guān)系式；
（3）若粒子與x軸負(fù)方向夾角為銳角進(jìn)入III區(qū)域，求粒子在III區(qū)域運(yùn)動(dòng)過程中速度方向沿y軸負(fù)方向時(shí)y軸坐標(biāo)與v的關(guān)系；
【答案】（1）設(shè)粒子類平拋直接進(jìn)入Ⅱ區(qū)，水平方向勻速運(yùn)動(dòng)
豎直方向勻加速運(yùn)動(dòng)
<2L
假設(shè)正確，進(jìn)入Ⅱ區(qū)時(shí)
合速度
由洛倫茲力提供向心力
可得
（2）粒子初速度取值不同會(huì)有兩種運(yùn)動(dòng)，①粒子經(jīng)過I區(qū)電場偏轉(zhuǎn)直到達(dá)OQ之間某位置；②粒子從I區(qū)類平拋進(jìn)入II區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)后重回I區(qū)，然后在I區(qū)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)左側(cè)某位置。
①根據(jù)
可得
第一次到Q點(diǎn)左側(cè)位置坐標(biāo)
其中初速度滿足
②粒子運(yùn)動(dòng)大致軌跡如圖所示，設(shè)從C點(diǎn)進(jìn)入II區(qū)D點(diǎn)離開II區(qū)，在II區(qū)圓周運(yùn)動(dòng)合速度v1
∠O1CD=θ
將粒子在Ⅰ區(qū)中第二段運(yùn)動(dòng)軌跡水平翻轉(zhuǎn)后拼接至第一段之后，得到一個(gè)完整的拋物線，其豎直方向上的位移為
得時(shí)間
所以
其中初速度滿足
（3）進(jìn)入III區(qū)的受力情況如圖所示，從粒子進(jìn)入III區(qū)到速度沿y軸負(fù)方向，水平方向列動(dòng)量定理
其中
所以y軸坐標(biāo)
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運(yùn)動(dòng)
【解析】【分析】（1）設(shè)粒子類平拋直接進(jìn)入Ⅱ區(qū)，由類平拋運(yùn)動(dòng)水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，豎直方向勻加速運(yùn)動(dòng)<2L
進(jìn)入Ⅱ區(qū)時(shí)，合速度；由洛倫茲力提供向心力求解磁感應(yīng)強(qiáng)度B；
（2）分情況討論：①粒子類平拋直接到達(dá)OQ之間某位置：根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向位移求解時(shí)間，水平方向位移小于等于L，求解初速度的范圍；
②粒子從I區(qū)類平拋進(jìn)入II區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)后重回I區(qū)，然后在I區(qū)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)左側(cè)某位置：根據(jù)單邊界磁場對(duì)稱性求解粒子在II區(qū)中圓周運(yùn)動(dòng)在邊界上移的距離，將上移距離拼接到Ⅰ區(qū)中形成新的高度類平拋運(yùn)動(dòng)，由豎直位移求解時(shí)間，由水平位移確定初速度的范圍；
（3）根據(jù)進(jìn)入III區(qū)的受力情況，從粒子進(jìn)入III區(qū)到速度沿y軸負(fù)方向，水平方向動(dòng)量定理求解 y軸坐標(biāo)與v的關(guān)系。
1 / 12024屆浙江省金華市東陽市高三下學(xué)期三模物理試題
1．（2024高三下·東陽模擬）據(jù)報(bào)道，我國人造太陽高11米、直徑8米、重達(dá)400噸，成功實(shí)現(xiàn)500萬攝氏度持續(xù)放電101.2秒的成果，打破了世界紀(jì)錄。在這則新聞中涉及了長度、質(zhì)量、溫度和時(shí)間及其單位，在國際單位制中，下列說法正確的是（　　）
A．力學(xué)基本物理量是長度、質(zhì)量、力
B．kg、N、m/s都是導(dǎo)出單位
C．根據(jù)牛頓第二定律表達(dá)式可知：
D．新聞中涉及的“11米、400噸和101.2秒”中，米和秒是國際單位制中的基本單位
2．（2024高三下·東陽模擬）下列對(duì)教材中的四幅圖分析正確的是（　　）
A．圖甲：天宮一號(hào)空間實(shí)驗(yàn)室里的水球不受重力作用
B．圖乙：樹枝受到猴子的拉力是樹枝發(fā)生形變產(chǎn)生的
C．圖丙：汽車速度計(jì)的示數(shù)表示瞬時(shí)速率
D．圖丁：隨著沙子的不斷流入，干沙堆的傾角會(huì)不斷增大
3．（2024高三下·東陽模擬）新春佳節(jié)，大街小巷總會(huì)掛起象征喜慶的中國紅燈籠。如圖所示，由4根等長輕質(zhì)細(xì)繩AB、BC、CD、DE懸掛起3盞質(zhì)量相等的燈籠，繩兩端的結(jié)點(diǎn)A、E等高，AB繩與豎直方向的夾角為，繩中張力大小為；BC繩與豎直方向的夾角為，繩中張力大小為，則（　　）
A．
B．若將懸掛點(diǎn)A往E靠近少許，的大小保持不變
C．若在C處再增加一盞質(zhì)量較大的燈籠，平衡時(shí)可能等于
D．若在B、D處各增加一盞質(zhì)量較大的燈籠，平衡時(shí)可能等于90°
4．（2024高三下·東陽模擬）如圖甲所示質(zhì)量為m的同學(xué)在一次體育課上練習(xí)從高h(yuǎn)的箱子上跳到地面，最終直立靜止于地面。該同學(xué)所受地面支持力大小F隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，此過程中最大速度為v，不計(jì)該同學(xué)離開箱子的初速度和空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．整個(gè)過程中地面對(duì)人所做的功為mgh
B．整個(gè)過程中地面對(duì)人的沖量大小mv
C．過程中人的機(jī)械能減少mgh
D．該同學(xué)時(shí)間段先超重再失重
5．（2024高三下·東陽模擬）2022年11月21日中國空間站第三次太空授課中演示了紫色水球從“活躍”到“懶惰”的過程。如圖所示，用注射器向水球噴氣，水球發(fā)生振動(dòng)。向水球射入一枚質(zhì)量10g的鋼球，鋼球留在水球中，再用注射器以相同方式向水球噴氣，水球振動(dòng)幅度減小。則（　　）
A．首次噴氣水球振幅較大一定是因?yàn)樽⑸淦鲊姎獾念l率與水球的固有頻率相等
B．水球振動(dòng)中不破裂，是因?yàn)橹行牡乃畬?duì)外面的水有萬有引力的作用
C．鋼球射入水球而未穿出，是水的表面張力起了作用
D．鋼球在水中受到浮力為0.1N
6．（2024高三下·東陽模擬）智能呼啦圈可以提供全面的數(shù)據(jù)記錄，讓人合理管理自己的身材。如圖甲，腰帶外側(cè)帶有軌道，將帶有滑輪的短桿穿入軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕繩，其簡化模型如圖乙所示。可視為質(zhì)點(diǎn)的配重質(zhì)量為0.4kg，輕繩長為0.4m，懸掛點(diǎn)P到腰帶中心點(diǎn)O的距離為0.26m，配重隨短桿做水平勻速圓周運(yùn)動(dòng)，繩子與豎直方向夾角為，運(yùn)動(dòng)過程中腰帶可視為靜止，重力加速度g取，，下列說法正確的是（　　）
A．若增大轉(zhuǎn)速，腰帶受到的摩擦力變大
B．當(dāng)轉(zhuǎn)速時(shí)，則繩子與豎直方向夾角
C．若增大轉(zhuǎn)速，則繩子與豎直方向夾角將減小
D．若增加配重，保持轉(zhuǎn)速不變，則繩子與豎直方向夾角將減小
7．（2024高三下·東陽模擬）隨著航天技術(shù)的不斷發(fā)展，人類終將沖出太陽系，對(duì)遙遠(yuǎn)深空進(jìn)行探索。如圖，a星與b星可以看作雙星系統(tǒng)，它們均繞連線上的O（未畫）點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，a星質(zhì)量是b星的81倍，假設(shè)人類發(fā)射了兩個(gè)探測器、剛好處在該系統(tǒng)的兩個(gè)拉格朗日點(diǎn)，位于這兩個(gè)點(diǎn)的探測器能在a星和b星的共同引力作用下繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并保持與a星、b星相對(duì)位置不變，探測器與a星球心、b星球心的連線構(gòu)成一個(gè)等邊三角形，探測器在a星、b星連線的延長線上。則（　　）
A．a(chǎn)星和b星的第一宇宙速度之比為9：1
B．a(chǎn)星球心和b星球心到O點(diǎn)的距離之比為81：1
C．探測器繞O點(diǎn)運(yùn)行的加速度比b星的加速度大
D．探測器繞O點(diǎn)運(yùn)行的周期比探測器大
8．（2024高三下·東陽模擬）某靜止的原子核發(fā)生核反應(yīng)且釋放出能量Q。其方程為，并假設(shè)釋放的能量全都轉(zhuǎn)化為新核Y和Z的動(dòng)能，其中Z的速度為v，以下結(jié)論正確的是（　　）
A．Y原子核的動(dòng)能是Z原子核的動(dòng)能的倍
B．Y原子核的速度大小為
C．Y原子核和Z原子核的質(zhì)量之和比X原子核的質(zhì)量大（為光速）
D．秦山核電站產(chǎn)生的核能與該核反應(yīng)屬于同種類型
9．（2024高三下·東陽模擬）如圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比，原線圈電路中接入內(nèi)阻不計(jì)電壓滿足的電源，電流表為理想交流電表。已知，，開關(guān)S閉合前、后電流表示數(shù)之比為3：4。下列說法正確的是（　　）
A．副線圈電流的頻率100Hz
B．定值電阻
C．開關(guān)閉合前后原線圈電壓有效值始終為220V
D．開關(guān)閉合后電源輸出的功率減小
10．（2024高三下·東陽模擬）在圖甲的LC振蕩演示電路中，開關(guān)先撥到位置“1”，電容器充滿電后，在時(shí)刻開關(guān)撥到位置“2”。若電流從傳感器的“+”極流入，電流顯示為正，圖乙為振蕩電流隨時(shí)間變化的圖線，則下面有關(guān)說法正確的是（　　）
A．在圖乙中A點(diǎn)時(shí)刻電容器上極板帶負(fù)電
B．在圖乙中從到A點(diǎn)過程中電容器的電壓先增加后減小
C．若電阻R減小，電流變化如圖丙中實(shí)線
D．若電阻R減小，電流變化如圖丙中虛線
11．（2024高三下·東陽模擬）單反就是指單鏡頭反光相機(jī)。相機(jī)在毛玻璃的上方安裝了一個(gè)五棱鏡。這種棱鏡將光線多次反射改變光路，將其影像送至目鏡，這時(shí)的影像就是上下正立且左右校正的了。圖為單反相機(jī)取景器的示意圖，ABCDE為五棱鏡的一個(gè)截面，。某一束單色光光線經(jīng)平面鏡反射后從AB邊的F點(diǎn)垂直AB入射，其中、，最后剛好在BC中點(diǎn)垂直BC出射，已知在CD與AE兩個(gè)面上發(fā)生全反射，且兩次全反射的入射角相等，則下列說法正確的是（　　）（已知）
A．五棱鏡的折射率一定為
B．五棱鏡的折射率一定為
C．光在五棱鏡中的傳播時(shí)間為
D．左右平移平面鏡，只要光仍從BC面垂直射出，則光在五棱鏡中的傳播時(shí)間不變
12．（2024高三下·東陽模擬）單晶硅太陽能發(fā)電原理是光線照射到單晶硅太陽能板上，會(huì)激發(fā)電子形成電流。已知杭州西站樞紐屋頂鋪設(shè)了面積為的單晶硅太陽能板，陽光照射下平均發(fā)電功率。若已知太陽的輻射總功率約，太陽與地球之間的距離約，則下列說法正確的是（　　）
A．單位面積上接收到的太陽輻射功率約200W
B．一天大約可發(fā)電
C．光電的轉(zhuǎn)換效率約14%
D．單晶硅太陽能板發(fā)出的是交流電
13．（2024高三下·東陽模擬）空間存在一平行于紙面的勻強(qiáng)電場，在電場內(nèi)取某點(diǎn)記為坐標(biāo)原點(diǎn)O，沿某一方向建立x軸，選取x軸上到O點(diǎn)距離為r的P點(diǎn)，以O(shè)為圓心、r為半徑作圓，如圖甲所示。從P點(diǎn)起沿圓周逆時(shí)針方向移動(dòng)一周，圓上各點(diǎn)的電勢會(huì)隨轉(zhuǎn)過角度發(fā)生變化。當(dāng)半徑r分別取、、時(shí)，其圖像如圖乙所示，三條曲線所對(duì)應(yīng)的電勢均在時(shí)達(dá)到最大值，最大值分別為、、，曲線③與橫軸相切。則下列說法正確的是（　　）
A．電場方向沿x軸負(fù)方向
B．時(shí)曲線②的電勢值為
C．時(shí)曲線①的電勢值
D．電場強(qiáng)度的大小為
14．（2024高三下·東陽模擬）下列說法正確的是（　　）
A．彈力屬于電磁相互作用
B．質(zhì)子和中子屬于強(qiáng)子
C．J.J.湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子后又在實(shí)驗(yàn)室發(fā)現(xiàn)了電子的衍射現(xiàn)象
D．赫茲在實(shí)驗(yàn)室發(fā)現(xiàn)光電效應(yīng)，并得出遏止電壓與入射光頻率成線性關(guān)系
15．（2024高三下·東陽模擬）如圖所示，坐標(biāo)原點(diǎn)O左右兩邊的介質(zhì)不同，、為兩列波的波源，兩波源同時(shí)起振，兩列波分別沿x軸傳到、點(diǎn)時(shí)作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，當(dāng)時(shí)的點(diǎn)剛好第一次處于波峰，則下列說法正確的是（　　）
A．波的周期為3s
B．兩列波疊加后能形成穩(wěn)定的干涉圖樣
C．兩列波在處相遇
D．右側(cè)介質(zhì)的傳播速度2m/s
16．（2024高三下·東陽模擬）在探究質(zhì)量一定時(shí)加速度與力的關(guān)系，小佳同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置。其中M為帶滑輪的小車的質(zhì)量，m為砂和砂桶的質(zhì)量。（動(dòng)滑輪質(zhì)量不計(jì)）
（1）操作本實(shí)驗(yàn)時(shí)，以下操作步驟正確的有________；
A．為了獲得合力大小需用天平測出砂和砂桶的質(zhì)量m
B．為減小實(shí)驗(yàn)誤差，改變砂和砂桶質(zhì)量時(shí)，必須要滿足砂和砂桶的質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量M
C．將帶滑輪的長木板右端墊高，以補(bǔ)償阻力
D．為保證紙帶上打點(diǎn)的清晰度和點(diǎn)的數(shù)量，小車釋放時(shí)要靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，先釋放小車，再接通電源，打出一條紙帶，同時(shí)記錄彈簧測力計(jì)的示數(shù)
（2）經(jīng)正確操作，得到如圖乙所示的紙帶，已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接交流電源的頻率為50Hz，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未畫出，則小車運(yùn)動(dòng)的加速度大小為　 　。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）
（3）正確操作記錄若干數(shù)據(jù)后，小佳同學(xué)以彈簧測力計(jì)的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度a為縱坐標(biāo)，畫出的圖像是一條直線，圖線與橫坐標(biāo)的夾角為，求得圖線的斜率為k，則小車的質(zhì)量為________。
A．k B． C． D．
17．（2024高三下·東陽模擬）用“插針法”測定玻璃的折射率，所用的玻璃磚兩面平行。正確操作后，作出的光路圖及測出的相關(guān)角度如圖甲所示。
（1）如果玻璃磚上下表面平行，則可以選擇上表面的兩個(gè)對(duì)應(yīng)角度（入射角和折射角）來求折射率，也可以選擇下表面的兩個(gè)對(duì)應(yīng)角度來求折射率，這兩種是等效的。如果所選擇的玻璃磚上下表面不平行，正確操作后得到圖乙所示的光路圖，此時(shí)應(yīng)選擇　 　對(duì)應(yīng)的兩個(gè)角度來求折射率。
A．上表面
B．下表面
C．上表面或者下表面都沒問題
D．上表面或者下表面都會(huì)有系統(tǒng)誤差
（2）如果有幾塊寬度d不同的玻璃磚可供選擇，則　 　
A．選擇寬度較大的玻璃磚來做實(shí)驗(yàn)可以減少誤差
B．選擇寬度較小的玻璃磚來做實(shí)驗(yàn)可以減少誤差
C．玻璃磚的寬度對(duì)誤差沒有影響
18．（2024高三下·東陽模擬）某同學(xué)在“測量金屬絲的電阻率”實(shí)驗(yàn)中，選用金屬絲的電阻約為30Ω。
（1）用螺旋測微器測量金屬絲直徑，示數(shù)如圖甲所示，則金屬絲的直徑　 　mm
（2）現(xiàn)有電源（電動(dòng)勢E為3.0V，內(nèi)阻不計(jì)）、開關(guān)和導(dǎo)線若干，以及下列器材：
A.電流表（量程0~0.6A，內(nèi)阻約0.2Ω）
B.電壓表（量程0~3V，內(nèi)阻約3kΩ）
C.滑動(dòng)變阻器（0~5Ω，額定電流2A）
D.滑動(dòng)變阻器（0~200Ω，額定電流1A）
為減小誤差，且電壓調(diào)節(jié)范圍盡量大，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選　 　（選填器材前的字母）。然后利用圖乙所示的電路來測量某合金絲的電阻率補(bǔ)充完成圖乙中實(shí)物間的連線　 　。
（3）改變合金絲右端PN接入電路的長度L，記錄L及對(duì)應(yīng)電流表電壓表的示數(shù)I和U，并作出的圖像，如圖丙所示。圖丙得到圖線的斜率為k，則該合金絲的電阻率　 　（用d、k表示）；
（4）圖丙中圖線的縱軸截距b表示　 　。
19．（2024高三下·東陽模擬）如圖所示，傾角的光滑斜面固定在水平地面上，有一長的絕熱汽缸與絕熱活塞靜置于斜面上，活塞與重物通過不可伸長的輕繩連接，此時(shí)重物對(duì)地面恰好無壓力，輕繩OA段與斜面平行，活塞距離汽缸底部。活塞質(zhì)量，重物質(zhì)量，活塞面積，大氣壓，缸內(nèi)封閉的理想氣體溫度，缸內(nèi)氣體分子總動(dòng)能滿足，其中，g取。活塞厚度及活塞與汽缸壁的摩擦忽略不計(jì)，活塞始終與汽缸壁垂直且不漏氣。當(dāng)電熱絲通電加熱時(shí)，活塞緩慢到達(dá)汽缸口，求：
（1）加熱過程氣體壓強(qiáng)　 　（選填“增大”、“減小”或“不變”），汽缸內(nèi)壁單位面積受到分子的撞擊數(shù)　 　（選填“增大”、“減小”或“不變”）；
（2）加熱前汽缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)　 　；
（3）加熱過程電熱絲放出的熱量　 　。
20．（2024高三下·東陽模擬）如圖所示，光滑水平面左側(cè)放置質(zhì)量、半徑的光滑圓弧槽b，右側(cè)固定粗糙斜面體ABC，斜面體AB和BC的傾角均為60°，B離地面高度，另有一個(gè)質(zhì)量的小滑塊球a（可視為質(zhì)點(diǎn)）從圓弧槽某位置靜止釋放，圓弧槽圓心與小滑塊的連線與豎直方向夾角為。滑塊與斜面AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，且滑塊通過A點(diǎn)時(shí)無機(jī)械能損失。，重力加速度。
（1）若圓弧槽b固定不動(dòng)且小滑塊a靜止釋放位置，求a第一次滑至圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)小滑塊的向心加速度大小；
（2）若圓弧槽b不固定且小滑塊a靜止釋放位置，求a滑至圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)小滑塊的位移大小及圓弧槽對(duì)小滑塊的支持力大小；
（3）若圓弧槽b固定不動(dòng)，小滑塊從某一位置靜止釋放，小滑塊沿斜面AB通過B點(diǎn)后恰好落在C點(diǎn)，求：小滑塊在B點(diǎn)時(shí)的速度及釋放位置的角度。
21．（2024高三下·東陽模擬）如圖甲所示，左側(cè)發(fā)電裝置由一個(gè)留有小缺口的圓形線圈和能產(chǎn)生輻向磁場的磁體組成，輻向磁場分布關(guān)于線圈中心豎直軸對(duì)稱，線圈所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為。線圈半徑r，電阻不計(jì)，缺口處通過足夠長輕質(zhì)軟導(dǎo)線與間距的水平平行光滑金屬軌道相連，軌道間接有電容為的電容器，區(qū)域內(nèi)有豎直向下，的勻強(qiáng)磁場，緊靠處有一根質(zhì)量m，電阻R的金屬桿a。絕緣軌道區(qū)域內(nèi)有方向豎直向下，大小隨x軸（為坐標(biāo)原點(diǎn)，向右為正方向）變化的磁場，變化規(guī)律滿足，同一位置垂直軌道方向磁場相同，緊靠處放置質(zhì)量為m、電阻為的“”形金屬框EFGH，F(xiàn)G邊長度為L，EF邊長度為。時(shí)刻單刀雙擲開關(guān)S和接線柱1接通，圓形線圈在外力作用下沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，其速度按照圖乙規(guī)律變化，取豎直向上為速度正方向。時(shí)將S從1撥到2，同時(shí)讓金屬桿a以初速度在磁場中向右運(yùn)動(dòng)，金屬桿a達(dá)到穩(wěn)定速度后在處與金屬框EFGH發(fā)生完全非彈性碰撞組合成一閉合的長方形金屬框。不考慮電流產(chǎn)生的磁場影響，除已給電阻其它電阻不計(jì)。求（結(jié)果可用r、m、、、、k中的字母表）：
（1）時(shí)刻電容器M板帶電極性，及電荷量；
（2）a桿到達(dá)時(shí)的速度大小；
（3）金屬桿a與“”形金屬框發(fā)生完全非彈性碰撞組合成一閉合的長方形金屬框，金屬框最終靜止時(shí)HE邊所在位置的x軸坐標(biāo)。
22．（2024高三下·東陽模擬）利用電磁場實(shí)現(xiàn)帶電粒子的偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的裝置實(shí)現(xiàn)對(duì)帶電粒子的電磁偏轉(zhuǎn)從而進(jìn)行分析。在的I區(qū)域內(nèi)有一勻強(qiáng)電場方向豎直向下，電場強(qiáng)度，的II區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，在且的III區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，I區(qū)與III區(qū)電場強(qiáng)度大小相等，II區(qū)與III區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小相等均未知。現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子，從P點(diǎn)沿x軸正方向以某一初速度v水平射入I區(qū)。已知圖中P點(diǎn)坐標(biāo)（0，），Q點(diǎn)坐標(biāo)（L，0），不計(jì)帶電粒子重力，且粒子只在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。
（1）當(dāng)粒子初速度時(shí)，粒子在II區(qū)運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑為，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；
（2）求粒子第一次到達(dá)x軸且Q點(diǎn)左側(cè)位置的坐標(biāo)x與初速度v的關(guān)系式；
（3）若粒子與x軸負(fù)方向夾角為銳角進(jìn)入III區(qū)域，求粒子在III區(qū)域運(yùn)動(dòng)過程中速度方向沿y軸負(fù)方向時(shí)y軸坐標(biāo)與v的關(guān)系；
答案解析部分
1．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；力學(xué)單位制
【解析】【解答】A．力學(xué)基本量是長度、質(zhì)量、時(shí)間，故A錯(cuò)誤；
B．是基本單位，N、是導(dǎo)出單位，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)牛頓第二定律表達(dá)式可知：，故C錯(cuò)誤；
D．新聞中涉及的11米、400噸和101.2秒中，米和秒是國際單位制中的基本單位，D正確。
故選D。
【分析】ABD、力學(xué)基本物理量是長度、質(zhì)量、時(shí)間；基本單位是m、Kg、s；
C、根據(jù)牛頓第二定律表達(dá)式可知：。
2．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】形變與彈力；速度與速率；共點(diǎn)力的平衡；超重與失重
【解析】【解答】A.天宮一號(hào)空間實(shí)驗(yàn)室里的水球依然受重力，只不過重力用于提供了向心力，A錯(cuò)誤；
B.猴子受到樹枝的拉力是樹枝發(fā)生形變產(chǎn)生的 ，B錯(cuò)誤；
C.汽車速度計(jì)的示數(shù)表示汽車通過某一位置的瞬時(shí)速度，C正確；
D.當(dāng)干沙堆的傾角到達(dá)某一值時(shí)，再落下的沙子沿斜面方向重力的分力大于摩擦力，沙子就會(huì)滑下，D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】A、天宮一號(hào)空間實(shí)驗(yàn)室里的水球受重力，重力用于提供了向心力，處于失重狀態(tài)；
B、猴子受到樹枝的拉力是樹枝發(fā)生形變產(chǎn)生的；
C、汽車速度計(jì)的示數(shù)表示汽車通過某一位置的瞬時(shí)速度；
D、.當(dāng)干沙堆的傾角到達(dá)某一值時(shí)，再落下的沙子沿斜面方向重力的分力大于摩擦力，沙子就會(huì)滑下。
3．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】整體法隔離法；共點(diǎn)力的平衡
【解析】【解答】A．由對(duì)稱性可知AB繩和DE繩張力大小相等，大小為。對(duì)三個(gè)燈籠的整體分析可知
同理，對(duì)中間的燈籠受力分析，可得
聯(lián)立，可得
因?yàn)?br/>所以
故A正確；
B．若將懸掛點(diǎn)A往E靠近少許，則減小，由
可知的大小減小。故B錯(cuò)誤；
C．對(duì)結(jié)點(diǎn)B受力分析，有
，
聯(lián)立，解得
若在C處再增加一盞質(zhì)量較大的燈籠，平衡時(shí)不可能等于。故C錯(cuò)誤；
D．若在B、D處各增加一盞質(zhì)量較大的燈籠，假設(shè)平衡時(shí)等于90°，則對(duì)結(jié)點(diǎn)C受力分析，如圖
可知其受力不平衡。所以假設(shè)不成立。故D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】AB、分別對(duì)三個(gè)燈籠和中間燈籠受力分析求解和 的大小；懸掛點(diǎn)A往E靠近少許，則減小，由結(jié)果分析判斷；
C、對(duì)節(jié)點(diǎn)B受力分析列平衡方程組求解和關(guān)系分析判斷；
D、對(duì)結(jié)點(diǎn)C分析可知不可能為 90° ，需要BC、DC繩的拉力平衡C處燈籠重力。
4．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】功能關(guān)系；動(dòng)量定理；超重與失重；功的概念
【解析】【解答】A．由圖像可知，該同學(xué)在空中沒有落到地面，接觸地面減速向下運(yùn)動(dòng)，同學(xué)起立先向上加速后減速最終直立靜止于地面，整個(gè)過程中該同學(xué)觸地后一直是重心的升降，地面對(duì)人的彈力的作用點(diǎn)沒有位移，則地面對(duì)人所做的功0，故A錯(cuò)誤；
B．時(shí)刻支持力和重力相等，加速度等于零速度最大，從時(shí)刻到最后靜止過程動(dòng)量定理
可知整個(gè)過程支持力的沖量大于mv，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．時(shí)刻速度向下，在過程重力的沖量大于支持力的沖量，t3時(shí)刻人的速度不為零，即動(dòng)能不為零，則過程中人的機(jī)械能減少量小于mgh，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．該同學(xué)時(shí)間段是從最低位置站立起來的過程，先加速向上后減速向上，即先超重再失重，選項(xiàng)D正確。
故選D。
【分析】A、由圖像可知，落到地面到時(shí)刻，彈力的作用點(diǎn)沒有發(fā)生位移，故不做功；
B、根據(jù)動(dòng)量定理可知支持力的沖量大于mv；
C、t3時(shí)刻人減速下降，速度不為零，動(dòng)能不為零，機(jī)械能減少量小于mgh；
D、同學(xué)起立先向上加速后減速最終直立靜止于地面，先超重后失重。
5．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)量定理；衛(wèi)星問題；液體的表面張力
【解析】【解答】A．根據(jù)動(dòng)量定理，力的沖量相同的情況下，質(zhì)量小的物體獲得的速度大，振幅也大，故A錯(cuò)誤；
BC．水球振動(dòng)中不破裂，鋼球射入水球而未穿出，是水的表面張力起了作用，故B錯(cuò)誤，C正確。
D．太空中處于失重狀態(tài)，浮力為0，故D錯(cuò)誤；
故選C。
【分析】A、根據(jù)動(dòng)量定理，力的沖量相同的情況下，質(zhì)量小的物體獲得的速度大，振幅也大；
BC、水球振動(dòng)中不破裂，鋼球射入水球而未穿出，是水的表面張力起了作用；
D、太空中處于失重狀態(tài)，浮力為0。
6．【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】整體法隔離法；生活中的圓周運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】A．轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，以腰帶和配重整體為研究對(duì)象，整體在豎直方向處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有
故增大轉(zhuǎn)速，腰帶受到的摩擦力不變，故A錯(cuò)誤；
B．對(duì)配重進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得
當(dāng)轉(zhuǎn)速時(shí)，代入數(shù)據(jù)可得
故B正確；
CD．對(duì)配重進(jìn)行受力分析，其在水平面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得
整理得
故增大轉(zhuǎn)速，則繩子與豎直方向夾角將增大，繩子與豎直方向夾角與配重質(zhì)量無關(guān)，故CD錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】A、以腰帶和配重整體為研究對(duì)象，整體在豎直方向處于平衡狀態(tài)，，故增大轉(zhuǎn)速，腰帶受到的摩擦力不變；
BCD、對(duì)配重進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解夾角；分析轉(zhuǎn)速增加夾角的變化和增加配重與夾角的關(guān)系。
7．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】雙星（多星）問題
【解析】【解答】A．根據(jù)第一宇宙速度的公式
兩星半徑未知，無法比較第一宇宙速度，故A錯(cuò)誤；
B．設(shè)a星球心和b星球心到O點(diǎn)的距離分別為，，則有
解得a星球心和b星球心到O點(diǎn)的距離之比為1：81，故B錯(cuò)誤；
C．探測器與a星球心、b星球心的連線構(gòu)成一個(gè)等邊三角形，并保持與a星、b星相對(duì)位置不變，即探測器繞O點(diǎn)運(yùn)行和b星圍繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度相同，根據(jù)，探測器繞O點(diǎn)的距離較大，則探測器繞O點(diǎn)運(yùn)行的加速度比b星的加速度大，故C正確；
D．根據(jù)題意探測器、這兩個(gè)點(diǎn)與b星相對(duì)位置不變，所以探測器繞O點(diǎn)運(yùn)行的周期與探測器的相同，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】A、根據(jù)第一宇宙速度的公式，兩星半徑未知，無法比較第一宇宙速度；
B、根據(jù)雙星體向心力和角速度相等可得，以此求解a星球心和b星球心到O點(diǎn)的距離之比；
C、探測器與a星、b星相對(duì)位置不變，探測器繞O點(diǎn)運(yùn)行和b星圍繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度相同，根據(jù)，探測器繞O點(diǎn)的距離較大，則探測器繞O點(diǎn)運(yùn)行的加速度比b星的加速度大；
D、探測器、這兩個(gè)點(diǎn)與ab星相對(duì)位置不變，繞同一圓心圓周運(yùn)動(dòng)，角速度相等，周期相等。
8．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】質(zhì)量虧損與質(zhì)能方程；反沖；核裂變
【解析】【解答】A．由動(dòng)量守恒定律
根據(jù)
可得
即Y原子核的動(dòng)能是Z原子核的動(dòng)能的倍，選項(xiàng)A正確；
B．由動(dòng)量守恒定律
可知Y原子核的速度大小為
選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．因反應(yīng)放出核能，可知該反應(yīng)有質(zhì)量虧損，則Y原子核和Z原子核的質(zhì)量之和比X原子核的質(zhì)量小
（為光速）
選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．秦山核電站產(chǎn)生的核能是重核裂變反應(yīng)，用中子轟擊鈾核產(chǎn)生鏈?zhǔn)椒磻?yīng)，與該核反應(yīng)不屬于同種類型，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】AB、由反沖運(yùn)動(dòng)，初動(dòng)量為零末動(dòng)量等大反向得，求解速度關(guān)系；結(jié)合求解動(dòng)能之比；
C、根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程得分析判斷；
D、秦山核電站產(chǎn)生的核能是重核裂變反應(yīng)，用中子轟擊鈾核產(chǎn)生鏈?zhǔn)椒磻?yīng)。
9．【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】變壓器原理
【解析】【解答】A．理想變壓器不改變交變電流的頻率，即
故A錯(cuò)誤；
B．由題可知，設(shè)，當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，副線圈的負(fù)載電阻為2R；當(dāng)開關(guān)閉合時(shí)，副線圈的負(fù)載電阻為R；將理想變壓器的原、副線圈和負(fù)載電阻等效為一個(gè)電阻，畫出電路的等效電路圖，如圖所示。
根據(jù)理想變壓器電阻等效法，得
因此當(dāng)開關(guān)斷開時(shí)
當(dāng)開關(guān)閉合時(shí)
根據(jù)閉合電路歐姆定律，可知等效電路中電流表示數(shù)
故
，
又
解得
故B正確；
C．根據(jù)
可知開關(guān)閉合前后原線圈電路中電流發(fā)生變化，則原線圈電壓有效值會(huì)發(fā)生變化。故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)
可知開關(guān)閉合后，等效電阻減小，則電源輸出的功率增大。故D錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】A、理想變壓器不改變交變電流的頻率，由求解；
B、根據(jù)理想變壓器電阻等效法可得：，以此分別計(jì)算開關(guān)斷開和閉合時(shí)的等效電阻，再根據(jù)閉合電路歐姆定律得出等效電路中電流表示數(shù)，分別求解求解電流大小，根據(jù)電流之比求解電阻；
C、接入電壓的有效值U=220V，對(duì)原線圈輸入電壓，由分析判斷；
D、根據(jù)，可知開關(guān)閉合后，等效電阻減小，則電源輸出的功率增大。
10．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】電容器及其應(yīng)用；電磁振蕩
【解析】【解答】A．在圖乙中A點(diǎn)時(shí)刻電流為正且正在減小，可知電容器正在充電階段，此時(shí)上極板帶負(fù)電，下極板帶正電，選項(xiàng)A正確；
B．在圖乙中從到A點(diǎn)過程中電流先正向增加后正向減小，電容器先放電后充電，即電容器的電壓先減小后增加，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
CD．若電阻R減小，則電容器放電時(shí)最大電流變大，但是振動(dòng)周期不變，則圖丙中實(shí)線和虛線描述電流變化都不對(duì)，選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】根據(jù)圖像確定電流的方向及變化，確定電容器充放電狀態(tài)，從而確定極板的電性和電容器極板電壓的變化，電阻減小，電容器放電時(shí)的最大電流變大，但周期不變，以此分析判斷。
11．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】AB．設(shè)入射到CD面上的入射角為θ，因?yàn)樵贑D和EA上發(fā)生全反射，且兩次反射的入射角相等，如圖
根據(jù)幾何關(guān)系有
4θ=90°
解得
θ=22.5°
當(dāng)光剛好在CD和AE面上發(fā)生全反射時(shí)，折射率最小，根據(jù)
解得最小折射率為
故AB錯(cuò)誤；
C．由幾何關(guān)系可知
則在棱鏡中的總距離
光在棱鏡中的最大速度為
可得最短傳播時(shí)間
選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．左右平移平面鏡，只要光仍從BC面垂直射出，則因入射到CD面上的入射角θ不變，則光在棱鏡中傳播的距離不變，即光在五棱鏡中的傳播時(shí)間不變，選項(xiàng)D正確。
故選D。
【分析】根據(jù)題意作出光路圖，根據(jù)幾何關(guān)系分析求解臨界角大小，由全反射臨界角求解折射率；根據(jù)幾何關(guān)系求解光程，利用速度公式求解時(shí)間；左右平移平面鏡，入射到CD面上的入射角θ不變，則光在棱鏡中傳播的距離不變，光在五棱鏡中的傳播時(shí)間不變。
12．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】電功率和電功；電流、電源的概念
【解析】【解答】A．距離太陽的球面面積
單位面積上接受太陽太陽輻射的功率
故A錯(cuò)誤；
B．若24小時(shí)都有太陽，則工作一天大約可發(fā)電
但有太陽的時(shí)間小于24小時(shí)。故B錯(cuò)誤；
C．太陽板接收的太陽能
光電的轉(zhuǎn)換放率約為
故C正確；
D．依題意，光線照射到單晶硅太陽能板上，電子定向移動(dòng)形成電流。方向不變，為直流電。故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】A、先求解球面面積，結(jié)合單位面積的輻射功率公式求解；
B、根據(jù)功和功率關(guān)系式求解；
C、根據(jù)光電轉(zhuǎn)換效率公式求解；
D、根據(jù)電荷定向移動(dòng)的方向判斷電流的屬性。
13．【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系
【解析】【解答】A．三條曲線均在時(shí)達(dá)到最大值，說明電場線不是沿著x軸，而是沿著與x軸正方向的夾角為的直線上，且電場線方向指向左下方。故A錯(cuò)誤；
D．曲線①的最大值在三條圖像中最大，只有半徑越大，P點(diǎn)繞原點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)過時(shí)，逆著電場線走過的距離才越大，對(duì)應(yīng)的電勢才越高，所以曲線①對(duì)應(yīng)的r取值為，曲線②對(duì)應(yīng)的r取值為，曲線③對(duì)應(yīng)的r取值為取。由題知，曲線③對(duì)應(yīng)的最高電勢和最低電勢分別為、0，則坐標(biāo)原點(diǎn)在最高電勢點(diǎn)和最低電勢點(diǎn)連線的中點(diǎn)。所以坐標(biāo)原點(diǎn)O的電勢為
取曲線③最高電勢和最低電勢來求電場強(qiáng)度
故D錯(cuò)誤。
B．當(dāng)半徑r取時(shí)，設(shè)該圓與x軸交點(diǎn)為，則有
解得
故B正確；
C．根據(jù)
可知時(shí)曲線①的電勢值為
故C錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】A、根據(jù)時(shí)達(dá)到最大值，說明電場線不是沿著x軸，而是沿著與x軸正方向的夾角為的直線上，且電場線方向指向左下方；
D、根據(jù)勻強(qiáng)電場中沿相同方向移動(dòng)相同距離，電勢差相等，結(jié)合幾何關(guān)系和勻強(qiáng)電場電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系分析求解；
BC、根據(jù)題意和圖像，結(jié)合電勢、電勢差、電場強(qiáng)度的關(guān)系分析求解。
14．【答案】A,B
【知識(shí)點(diǎn)】形變與彈力；光電效應(yīng)；粒子的波動(dòng)性 德布羅意波
【解析】【解答】A．彈力和摩擦力在本質(zhì)上是由電場力引起的，屬于電磁相互作用，故A正確；
B．常見的強(qiáng)子是質(zhì)子和中子，故B正確；
C.1897年J.J.湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子，30年后，J.J.湯姆孫的兒子G.P.湯姆孫利用電子束照射到金屬晶格上，從而得到電子的衍射圖樣，故C錯(cuò)誤；
D．赫茲在實(shí)驗(yàn)室發(fā)現(xiàn)光電效應(yīng)，密立根得出遏止電壓與入射光頻率成線性關(guān)系，故D錯(cuò)誤。
故選AB。
【分析】彈力和摩擦力在本質(zhì)上是由電場力引起的，屬于電磁相互作用；常見的強(qiáng)子是質(zhì)子和中子；G.P.湯姆孫利用電子束照射到金屬晶格上，從而得到電子的衍射圖樣；赫茲在實(shí)驗(yàn)室發(fā)現(xiàn)光電效應(yīng)，密立根得出遏止電壓與入射光頻率成線性關(guān)系。
15．【答案】A,C
【知識(shí)點(diǎn)】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關(guān)系；波的干涉現(xiàn)象
【解析】【解答】A．由題意可得，當(dāng)左邊波源從起傳到的點(diǎn)時(shí)經(jīng)過，由圖可以判斷左邊波源的起振方向沿軸正方向，所以的點(diǎn)振動(dòng)開始經(jīng)第一次處于波峰。所以
解得左邊波源的振動(dòng)周期為
故A正確；
B．由圖可得兩波源的波長均為，由于兩邊的介質(zhì)不同，所以它們的波速不同，根據(jù)公式可知，兩列波頻率不同，故兩列波疊加后不能形成穩(wěn)定的干涉圖樣，故B錯(cuò)誤；
CD．波源的傳播速度
由根據(jù)題意可得
兩式相比可得波源的傳播速度
當(dāng)波源傳到O點(diǎn)時(shí)，所用時(shí)間
此時(shí)波源傳到的位置
之后兩列波的波速均為，所以相遇的位置在處。
故C正確，D錯(cuò)誤。
故選AC。
【分析】A、由波的傳播方向確定起振方向，分析的點(diǎn)時(shí)經(jīng)過成為起振點(diǎn)，再經(jīng)第一次處于波峰，以此求解周期；
B、由波的圖像確定兩列波波長相等，波速不同，根據(jù)公式可知頻率不同，不是相干波；
CD、根據(jù)波長和周期求解波源的傳播速度，根據(jù)波的圖像同時(shí)起振分別傳播的距離為和求解波源的傳播速度，進(jìn)一步求解波源的傳播到O點(diǎn)所需時(shí)間和該時(shí)間內(nèi)波源傳播的位置，兩列波均在左側(cè)波速相等，從而確定相遇位置。
16．【答案】（1）C
（2）2.4
（3）B
【知識(shí)點(diǎn)】探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系
【解析】【解答】（1）AB．本實(shí)驗(yàn)中小車受到的拉力可直接由彈簧測力計(jì)測出，所以不需要測量砂和砂桶的質(zhì)量，也不需要滿足砂和砂桶的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，故AB錯(cuò)誤；
C．為了使細(xì)線拉力等于小車的合外力，所以本實(shí)驗(yàn)需要平衡摩擦力，可將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦為力，故C正確；
D．為保證紙帶上打點(diǎn)的清晰度和點(diǎn)的數(shù)量，小車釋放時(shí)要靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時(shí)記錄彈簧測力計(jì)的示數(shù)，故D錯(cuò)誤。
故選C。
（2）相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未畫出，可知相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔為
根據(jù)逐差法可知加速度為
（3）對(duì)小車，根據(jù)牛頓第二定律可得
可知圖線的斜率為
即
故選B。
綜上：第1空：C；第2空：2.4；第3空：B
【分析】（1）本實(shí)驗(yàn)中小車受到的拉力可直接由彈簧測力計(jì)測出，所以不需要測量砂和砂桶的質(zhì)量，也不需要滿足砂和砂桶的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量；細(xì)線拉力等于小車的合外力，所以本實(shí)驗(yàn)需要平衡摩擦力，長木板右端墊高；小車釋放時(shí)要靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時(shí)記錄彈簧測力計(jì)的示數(shù)。
（2）確定相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔，根據(jù)逐差法求解加速度；
（3）根據(jù)牛頓第二定律求解a-F關(guān)系式，由斜率K求解小車質(zhì)量。
17．【答案】C；A
【知識(shí)點(diǎn)】測定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）光在上下表面都發(fā)生折射，所以可以用上表面或者下表面對(duì)應(yīng)的兩個(gè)角度來求折射率都沒問題。
故選C。
（2）若選擇寬度較大的玻璃磚來做實(shí)驗(yàn)，可以增大光線在玻璃磚內(nèi)的光線的長度，從而減少誤差。
故選A。
綜上：第1空：C；第2空：A
【分析】（1）光在上下表面都發(fā)生折射，所以可以用上表面或者下表面對(duì)應(yīng)的兩個(gè)角度來求折射率；
（2）擇寬度較大的玻璃磚來做實(shí)驗(yàn)，增大光線在玻璃磚內(nèi)的光線的長度，從而減少誤差。
18．【答案】（1）0.182
（2）C；
（3）
（4）電流表的內(nèi)阻
【知識(shí)點(diǎn)】導(dǎo)體電阻率的測量
【解析】【解答】（1）金屬絲的直徑18.3×0.01mm=0.183mm
（2）為減小誤差，且電壓調(diào)節(jié)范圍盡量大，滑動(dòng)變阻器應(yīng)接成分壓電路，故應(yīng)該選擇阻值較小的C；
因
則采用電流表內(nèi)接電路，滑動(dòng)變阻器用分壓電路，則電路連線如圖
（3）根據(jù)
則
解得
（4）根據(jù)
可知，圖丙中圖線的縱軸截距b表示電流表內(nèi)阻。
綜上：第1空：0.182；第2空：C；第3空：；第4空：；第5空：電流表的內(nèi)阻
【分析】（1）根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)法正確讀數(shù)；
（2）為減小誤差，且電壓調(diào)節(jié)范圍盡量大，滑動(dòng)變阻器應(yīng)接成分壓電路，故應(yīng)該選擇阻值較小的；分析被測電阻的大小確定電流表內(nèi)接法，滑動(dòng)變阻器用分壓式，連接電路；
（3）根據(jù)歐姆定律求解 關(guān)系，結(jié)合圖像斜率求解電阻率。
19．【答案】不變；減小；；
【知識(shí)點(diǎn)】氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【解答】（1）加熱過程，活塞、汽缸和重物整體受力不變，汽缸向下滑動(dòng)，活塞的受力不變，即氣體對(duì)活塞的壓力不變，氣體的壓強(qiáng)不變；
加熱過程，氣體的溫度升高，氣體的平均動(dòng)能增大，氣體分子對(duì)汽缸內(nèi)壁的平均作用力變大，但是氣體的壓強(qiáng)不變，即單位面積單位時(shí)間內(nèi)氣體分子的作用力不變，則汽缸內(nèi)壁單位面積受到分子的撞擊數(shù)減小；
（2）活塞受力平衡
重物受力平衡
可得氣體壓強(qiáng)
（3）加熱過程為等壓變化，滿足
得T1=400K
氣體內(nèi)能變化
氣體對(duì)外做功
根據(jù)熱力學(xué)第一定律
可得
綜上：第1空：不變；第2空：減小：第3空：；第4空：
【分析】（1）對(duì)氣缸和活塞受力分析可知缸內(nèi)氣體隨溫度升高，體積膨脹，壓強(qiáng)不變；氣體壓強(qiáng)不變，溫度升高分子平均動(dòng)能增大，體積膨脹單位體積分子數(shù)目減小；
（2）由重物對(duì)地面壓力為零，分別對(duì)重物、活塞受力分析列平衡方程組，聯(lián)立求解；
（3）根據(jù)等壓變化求解溫度，由氣體分子總動(dòng)能滿足 求解氣體內(nèi)能變化量，根據(jù)體積變化量求解氣體對(duì)外所做的功，結(jié)合熱力學(xué)第一定律求解電熱絲放出的熱量。
20．【答案】（1）從釋放位置到最低點(diǎn)列動(dòng)能定理
求得
所以最低點(diǎn)向心加速度
（2）a與b水平方向動(dòng)量守恒且總動(dòng)量等于零，滿足人船模型
且
所以可得滑塊水平位移
而豎直位移為4m，則根據(jù)勾股定理可知，總位移大小為5m。
a滑下過程中ab組成的系統(tǒng)總能量守恒
a與b水平方向動(dòng)量守恒可得
可得
小滑塊由合力提供向心力
所以
（3）B點(diǎn)飛出到C點(diǎn)過程中，小滑塊做斜拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，則時(shí)間為
在豎直方向豎直上拋，取向下為正方向，則
得
釋放位置到B點(diǎn)列動(dòng)能定理
解得
所以
【知識(shí)點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)；豎直平面的圓周運(yùn)動(dòng)；碰撞模型
【解析】【分析】（1）從釋放位置到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理求解最低點(diǎn)速度，結(jié)合向心加速度公式求解；
（2）a與b水平方向動(dòng)量守恒且總動(dòng)量等于零，由人船模型，且聯(lián)立求解滑塊水平位移，由勾股定理求解總位移；根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，聯(lián)立求解二者的速度，對(duì)相對(duì)速度所需向心力由滑塊所受支持力和重力合力提供，求解支持力大小；
（3）根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)水平方向勻速直線求解時(shí)間，豎直方向取向下為正方向，由位移公式求解h，聯(lián)立求解B點(diǎn)速度；由釋放點(diǎn)到B，根據(jù)動(dòng)能定理求解釋放位置的角度。
21．【答案】（1）根據(jù)右手定則可知M板帶負(fù)電
時(shí)刻線圈速度為v0，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為
所以電容器電荷量為
（2）桿a穩(wěn)定時(shí)切割產(chǎn)生的電動(dòng)勢與電容器電壓相等，有
時(shí)電容器電壓大于桿a切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢，所以桿a在安培力作用下加速運(yùn)動(dòng)到穩(wěn)定狀態(tài)，此過程列對(duì)桿a，根據(jù)動(dòng)量定理，有
其中
由此可解得
（3）桿a與金屬框EFGH碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有
GF邊所在位置與HE邊所在位置的磁場差恒為
金屬框運(yùn)動(dòng)中始終有逆時(shí)針方向電流，由2個(gè)安培力作用下減速運(yùn)動(dòng)至靜止，對(duì)此過程列動(dòng)量定理方程，有
其中
代入可得
【知識(shí)點(diǎn)】電磁感應(yīng)中的電路類問題；電磁感應(yīng)中的能量類問題
【解析】【分析】（1）根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流方向，從而確定M板帶負(fù)電；根據(jù)線圈切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為，由電容定義式求解；
（2）桿a穩(wěn)定時(shí)切割產(chǎn)生的電動(dòng)勢與電容器電壓相等：，求解此時(shí)電容器電荷量；桿a在安培力作用下加速運(yùn)動(dòng)到穩(wěn)定狀態(tài)，對(duì)桿a根據(jù)動(dòng)量定理：，其中，以此求解桿a穩(wěn)定是的速度；
（3）根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解碰撞后的共同速度；金屬框運(yùn)動(dòng)中始終有逆時(shí)針方向電流，GF與HE在安培力作用下減速運(yùn)動(dòng)至靜止，對(duì)此過程列動(dòng)量定理方程，有；且GF邊所在位置與HE邊所在位置的磁場差恒為，其中，聯(lián)立求解。
22．【答案】（1）設(shè)粒子類平拋直接進(jìn)入Ⅱ區(qū)，水平方向勻速運(yùn)動(dòng)
豎直方向勻加速運(yùn)動(dòng)
<2L
假設(shè)正確，進(jìn)入Ⅱ區(qū)時(shí)
合速度
由洛倫茲力提供向心力
可得
（2）粒子初速度取值不同會(huì)有兩種運(yùn)動(dòng)，①粒子經(jīng)過I區(qū)電場偏轉(zhuǎn)直到達(dá)OQ之間某位置；②粒子從I區(qū)類平拋進(jìn)入II區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)后重回I區(qū)，然后在I區(qū)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)左側(cè)某位置。
①根據(jù)
可得
第一次到Q點(diǎn)左側(cè)位置坐標(biāo)
其中初速度滿足
②粒子運(yùn)動(dòng)大致軌跡如圖所示，設(shè)從C點(diǎn)進(jìn)入II區(qū)D點(diǎn)離開II區(qū)，在II區(qū)圓周運(yùn)動(dòng)合速度v1
∠O1CD=θ
將粒子在Ⅰ區(qū)中第二段運(yùn)動(dòng)軌跡水平翻轉(zhuǎn)后拼接至第一段之后，得到一個(gè)完整的拋物線，其豎直方向上的位移為
得時(shí)間
所以
其中初速度滿足
（3）進(jìn)入III區(qū)的受力情況如圖所示，從粒子進(jìn)入III區(qū)到速度沿y軸負(fù)方向，水平方向列動(dòng)量定理
其中
所以y軸坐標(biāo)
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運(yùn)動(dòng)
【解析】【分析】（1）設(shè)粒子類平拋直接進(jìn)入Ⅱ區(qū)，由類平拋運(yùn)動(dòng)水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，豎直方向勻加速運(yùn)動(dòng)<2L
進(jìn)入Ⅱ區(qū)時(shí)，合速度；由洛倫茲力提供向心力求解磁感應(yīng)強(qiáng)度B；
（2）分情況討論：①粒子類平拋直接到達(dá)OQ之間某位置：根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向位移求解時(shí)間，水平方向位移小于等于L，求解初速度的范圍；
②粒子從I區(qū)類平拋進(jìn)入II區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)后重回I區(qū)，然后在I區(qū)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)左側(cè)某位置：根據(jù)單邊界磁場對(duì)稱性求解粒子在II區(qū)中圓周運(yùn)動(dòng)在邊界上移的距離，將上移距離拼接到Ⅰ區(qū)中形成新的高度類平拋運(yùn)動(dòng)，由豎直位移求解時(shí)間，由水平位移確定初速度的范圍；
（3）根據(jù)進(jìn)入III區(qū)的受力情況，從粒子進(jìn)入III區(qū)到速度沿y軸負(fù)方向，水平方向動(dòng)量定理求解 y軸坐標(biāo)與v的關(guān)系。
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