海南省2024-2025學年高考考前訓練卷（物理）

一、單選題（本大題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有

一個選項是符合題目要求的）

1.2023年10月3日，皮埃爾?阿戈斯蒂尼、費倫茨?克勞斯和安妮?呂利耶三位科學家因在阿

秒激光方面所做出的突出貢獻獲得2023年諾貝爾物理學獎。通過阿秒激光，科學家們可以

像看電影的慢動作回放一樣，觀察電子在原子內(nèi)部的運動，探究它們之間的交互作用，開創(chuàng)

了觀察和研究原子、分子甚至是電子動態(tài)的新窗口。歷史上，為了研究原子的性質(zhì)，科學家

們做了大量的實驗研究，下面四幅示意圖中說法正確的是（）

子核]1照相底片1

檢X'jX8”…一圓6V

中盤一中二1X5___________-0-54

k3——找;

鈾235°、X[

□2------------------3.40

尊放源國‘鉛合

子核2L_」柏皿1-------------------13.6

②③④

A.盧瑟福受普朗克的量子論和愛因斯坦的光子概念啟發(fā)，成功解釋了圖①的a粒子散射實驗

結果，提出了原子核式結構模型

B.圖②表示的核反應屬于重核裂變，裂變過程釋放能量，裂變產(chǎn)生的子核的比結合能比鈾

235的比結合能大

C.③中向左偏轉的是B粒子，向右偏轉的是a粒子，不偏轉的是丫粒子

D.鋅的逸出功為3.34eV,用④中一群處于〃=3能級的氫原子發(fā)出的光照射鋅板，逸出光

電子的最大初動能為9.41eV

【答案】B

【解析】A.盧瑟福以核式結構模型為依據(jù)，利用經(jīng)典的電磁理論，成功的解釋了圖①的a

粒子散射實驗現(xiàn)象，故A錯誤；

B.圖②表示的核反應屬于重核裂變，裂變過程釋放能量，裂變產(chǎn)生的子核的比結合能比鈾

235的比結合能大，故B正確；

C.根據(jù)左手定則，B粒子帶負電，所受洛倫茲力向右，即向右偏轉的是B粒子；a粒子帶正

電，所受洛倫茲力向左，即向左偏轉的是a粒子；丫粒子不帶電，不受洛倫茲力，即沿直線運

動不偏轉，故C錯誤；

D.一群處于〃=3能級的氫原子向低能級躍遷時，釋放光子的最大能量為

AE=￡3-Ej=-1.5leV-(-13.6eV)=12.09eV

鋅的逸出功為3.34eV,根據(jù)愛因斯坦光電效應方程，則逸出光電子的最大初動能為

%=AE-%=12.09eV-3.34eV=8.75eV

故D錯誤。

故選Bo

2.如圖1所示，小球懸掛在輕彈簧的下端，彈簧上端連接傳感器。小球上下振動時，傳感

器記錄彈力隨時間變化的規(guī)律如圖2所示。已知重力加速度g=10m/s"下列說法正確的是

A.小球的質(zhì)量為0.2kg,振動的周期為4s

B.0~2s內(nèi)，小球始終處于超重狀態(tài)

C.0~2s內(nèi)，小球受彈力的沖量大小為2N-S

D.0?2s內(nèi)，彈力對小球做的功等于小球動能的變化量

【答案】C

【解析】A.小球在最低點時彈簧拉力最大，傳感器讀數(shù)最大為2N,到達最高點時傳感器

示數(shù)最小值為零，則此時彈簧在原長，小球的加速度為向下的g,結合對稱性可知最低點時

的加速度為向上的g,根據(jù)則尸-加

可知F=2mg=2N

即小球的質(zhì)量?7=0.1kg

由圖像可知，振動的周期為4s,選項A錯誤；

B.0?2s內(nèi)，小球從最低點到最高點，加速度先向上后向下，則先超重后失重，選項B錯誤;

C.0?2s內(nèi)，小球從最低點到最高點，動量變化為零，由動量定理=0

可得小球受彈力的沖量大小為/=2N-S

選項c正確；

D.0?2s內(nèi)，小球動能變化為零，彈力對小球做的功與重力做功的代數(shù)和等于小球動能的變

化量，選項D錯誤。

故選C。

3.哈雷彗星每隔約76.1年就會回歸一次，上一次回歸是1986年，根據(jù)測算，哈雷彗星將于

2061年7月過近日點（即離太陽最近的點）。地球和哈雷彗星繞太陽運行的軌跡如圖所示，

兩軌跡相交于產(chǎn)、。兩點。彗星從。運行到6、從c運行到d的過程中，與太陽連線掃過的

面積分別為S］和S2,且岳=邑。彗星在近日點與太陽中心的距離約為地球公轉軌道半徑的

0.6倍，在遠日點與太陽中心的距離約為地球公轉軌道半徑的53.2倍，則下列說法正確的是

（）

哈雷彗星

A.彗星從a運行到6的時間大于從。運行到d的時間

B.彗星在近日點的速度小于地球的運行速度

C.彗星在近日點的速度約為其在遠日點速度的88.7倍

D.彗星和地球在P點的向心加速度大小相等

【答案】C

【解析】A.根據(jù)開普勒第二定律可知，同一行星與太陽中心連線在相等時間內(nèi)掃過的面積

相等，由于5=星，所以彗星從。運行到6的時間等于從c運行到〃的時間，A錯誤；

B.根據(jù)萬有引力提供行星運動的向心力，則有（7粵=空二

廣r

GM

解得v=

r

由于彗星在近日點沿圓形軌道運動的半徑小于地球的公轉半徑，故彗星在近日點圓形軌道的

線速度速度大于地球公轉的運行速度，彗星在近日點沿橢圓軌道運行速度大于沿圓形軌道的

線速度（衛(wèi)星變軌），故彗星在近日點的速度大于地球的運行速度，B錯誤；

C.根據(jù)開普勒第二定律可知，在相等的時間△/內(nèi)，彗星在近日點和遠日點與太陽連線掃

過的面積相等，即有5V近%=遠位

結合題意八近x0.6及,r&?53.27?

解得v近之88.7v遠

C正確；

D.彗星和地球在尸點受到的萬有引力相等，軌道半徑相等，但彗星沿橢圓軌道運行時，具

有切向加速度，因此彗星和地球在P點的向心加速度大小不相等，D錯誤。

故選C。

4.在恒星形成后的演化過程中，一顆恒星可能在運動中接近并捕獲另外兩顆恒星，逐漸形

成穩(wěn)定的三星系統(tǒng)。如圖所示是由三顆星體構成的系統(tǒng)，星體B、C的質(zhì)量均為比,星體A

的質(zhì)量是星體B的4倍，忽略其他星體對它們的作用，三顆星體在相互之間的萬有引力作

用下，分別位于等邊三角形的三個頂點上，繞某一共同的圓心在三角形所在的平面內(nèi)做圓周

運動。星體A、B、C的向心加速度大小之比為（）

A.V7:7:7B.4:7:7C.1:4:4D.1:7:7

【答案】A

【解析】由兒何關系知"A=笈A

設B、A間的距離為d,則穌A=G詈

A所受的合力FA=2FBAcos30°

聯(lián)立可得&=4G”

d2

4加2

由幾何對稱性可知星體B、C受力大小相等，根據(jù)牛頓第三定律％="A=G7

2

設星體B所受的合力為心，正交分解尸B，有4=%cos60°+外

,“。26Gi

%P=%sm60=―那—m

則用=而不=也”

DYtsxttyd2

則4A：4B4c=4："：空=J7：7：7

4mmm

故選Ao

5.如圖甲所示，兩個等量點電荷P、。固定于光滑絕緣水平面上，其連線的中垂線上有〃、

b、c三點。一個質(zhì)量50g,電荷量大小為5x1?！?（3的帶電小球（可視為質(zhì)點），從Q點由靜

止釋放，經(jīng)過6、c兩點，小球運動的V-，圖像如圖乙所示，其經(jīng)過6點時對應的圖線切線

斜率最大，則下列分析正確的是（）

；ab

-----------j.——?，

6e

A.6、c兩點間電勢差=12V

B.沿中垂線由。點到c點電勢逐漸升高

C.由。點運動到c點的過程中，小球的電勢能先增大后減小

D.b點為中垂線上電場強度最大的點，且場強￡=25V/m

【答案】D

,一，1,1,

【解析】A.從b到c,由動能定理［。歷=5加V；-］加V；

解得。笈=120丫，A錯誤;

B.由乙圖可知，從。點到。點小球速度一直增大，電場力一直做正功，小球帶正電，故沿

中垂線由。點到。點電勢逐漸降低，B錯誤；

C.由前面分析知，沿中垂線由。點到c點電勢逐漸降低，小球帶正電，則小球的電勢能逐

漸減小，C錯誤；

D.由乙圖可知，6點時對應的圖線切線斜率最大，即在6點時加速度最大，由=

知6點為中垂線上電場強度最大的點，且場強￡=25V/m,D正確。

故選D。

6.一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)。開始，經(jīng)a一3—a過程后回到初始狀態(tài)a,其

V-T圖像如圖所示。已知其中三個狀態(tài)的坐標分別為a(T[,Vo)、b(T[,2%)、c(《，

B.在Cfd過程中，外界對氣體做的功小于氣體向外界放出的熱量

C.氣體在alb過程中從外界吸收的熱量小于在Cfd過程中向外界放出的熱量

D.氣體在Cfdfa過程中內(nèi)能的減少量大于afbfc過程中內(nèi)能的增加量

【答案】C

【解析】A.。一>力過程，氣體的溫度不變，體積變大，根據(jù)匹=?？芍瑲怏w的壓強減

T

小；6fc過程，氣體壓強不變，這兩個過程中氣體體積的增大量相同，但過程中

的壓強較大，故氣體在a->6過程中對外界做的功大于在6fc過程中對外界做的功，故

A錯誤；

B.cfd過程，氣體溫度不變，內(nèi)能不變，氣體體積減小，外界對氣體做正功，根據(jù)熱力

學第一定律AU=FT+0可知，外界對氣體做的功等于氣體向外界放出的熱量，故B錯誤;

C.從c過程有寸=宣

A，2

3

可得7；=—7；

2

從d-。過程有J=J

A12

3

可得狀態(tài)”的體積為匕=-V0

作出對應的。圖像如圖所示

根據(jù)。％圖像與橫軸圍成的面積表示做功大小，由圖可知arb過程中氣體對外界做的

功小于c->d過程中外界對氣體做的功，由于這兩個過程中內(nèi)能均不變，根據(jù)熱力學第一

定律可知，氣體在arb過程中從外界吸收的熱量小于在c—d過程中向外界放出的熱量,

故C正確；

D.由能量守恒定律可知，氣體在cfdfa過程中內(nèi)能的減少量等于af6fc過程中

內(nèi)能的增加量，故D錯誤。故選C。

7.如圖1,寶石折光儀是用來測量寶石折射率的儀器。折光儀的基本原理如圖2,把待測寶

石緊密貼放在半球棱鏡上，標準光源發(fā)出黃光，射向半球棱鏡球心。通過棱鏡射向被測寶石

的光，當入射角小于全反射臨界角的光線會折射進寶石，觀測目鏡上表現(xiàn)為暗域；當入射角

大于臨界角的光線全反射回棱鏡，觀測目鏡上表現(xiàn)為亮域。亮暗域的分界線相當于該臨界角

的位置，目鏡下安裝有一個標尺，刻有與此臨界角相對應的折射率值。下列說法正確的是

A.棱鏡對黃光的折射率大于寶石對黃光的折射率

B.換用白光光源，測量寶石折射率的準確度會更高

C.換用紅光光源，其明暗域分界線在標尺上的位置會在原黃光明喑域分界線位置的下方

D.把寶石的另一個側面與棱鏡接觸，測得寶石的折射率與之前不同，說明寶石是非晶體

【答案】A

【解析】A.根據(jù)題意可知，黃光從半球棱鏡射入寶石能夠發(fā)生全反射，即半球棱鏡相對于

寶石是光密介質(zhì)，可知，棱鏡對黃光的折射率大于寶石對黃光的折射率，故A正確；

B.換用白光光源，由于白光是由七種單色光復合而成，不同種單色光的折射率不相同，當

入射角一定時，有些能夠發(fā)生全反射，有些不能夠發(fā)生全反射，則觀測目鏡上各種單色光顯

現(xiàn)的亮暗區(qū)域不相同，測量寶石折射率的準確度會更低，故B錯誤；

C.紅光的折射率小于黃光的折射率，則紅光對應的臨界角大于黃光的臨界角，可知，換用

紅光光源，其明暗域分界線在標尺上的位置會在原黃光明暗域分界線位置的上方，故C錯

誤；

D.把寶石的另一個側面與棱鏡接觸，測得寶石的折射率與之前不同，即寶石具有各向異性,

說明寶石是單晶體，故D錯誤。故選A。

8.有關下列四幅圖的描述，正確的是（）

A.圖1中，增大加速電壓U,可以減小粒子在回旋加速器中運動的時間

B.圖2中，線圈順時針勻速轉動，電路中A、B發(fā)光二極管會交替發(fā)光

C.圖3中，在梁的自由端施力尸，梁發(fā)生彎曲，上表面應變片的電阻變小

D.圖4中，僅減小兩極板的距離，則磁流體發(fā)電機的電動勢會增大

【答案】A

2

【解析】A.設粒子獲得最大速度為v,由洛倫茲力提供向心力有力右=加（（R為最大軌

道半徑）

10

最終動能或二一加商

2

聯(lián)立解得耳=q"2M

k2m

則加速次數(shù)”參

一一、、T12兀m

粒子在磁場中運動周期運動總時間t=n'x—=nx—x

qB

聯(lián)立解得，=獨竺

2U

由此可知，增大加速電壓U,粒子在回旋加速器中運動時間減小，故A正確；

B.圖甲中，由于線圈外接換向器，使線圈中的交流電整合為直流電，電流的方向不變，A、

B發(fā)光二極管不會交替發(fā)光，故B錯誤；

C.在梁的自由端施力凡梁發(fā)生彎曲，上表面拉伸，應變片的長度/變長，橫截面積S變

小，根據(jù)電阻定律R=

可知上表面應變片的電阻變大，故C錯誤；

D.磁流體發(fā)電機穩(wěn)定時，有qvB=qU（d為兩極板間的距離）

d

解得電動勢。=Bdv

可知僅減小兩極板的距離力磁流體發(fā)電機的電動勢會減小，故D錯誤。

故選Ao

二、多項選擇題（本大題共5小題，每小題4分，共20分。在每小題給出的四個選項中，

有多個項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，不選或選錯的得0分）

9.一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，此波在某時刻的波形圖如圖甲所示。質(zhì)點M的平衡位

置在x=L5m處，質(zhì)點N的平衡位置是x=4m處。質(zhì)點N從，=0時刻開始振動，其振動圖

像如圖乙所示。此波傳播到平衡位置為x=10m處的質(zhì)點。時，遇到一障礙物（未畫出）

之后傳播方向立刻反向，反射波與原入射波在相遇區(qū)域發(fā)生干涉，某時刻兩列波部分波形如

圖丙所示。則下列說法中正確的是（）

A.波源的起振方向可能向上

B.此橫波傳播的波速為20m/s

C.從r=0.05s至卜=0.15s,質(zhì)點M通過的路程等于10cm

D,足夠長時間后，。、。之間有5個振動加強點（不包括。、。兩點）

【答案】BC

【解析】A.由乙圖可知，N點的起振方向向下，故波源的起振方向向下，A錯誤;

B.由甲圖可知，該波的波長為2=4m

由乙圖可知，該波的振動周期T=0.20s

2

故該波的波速為丫==20m/s

T

C.從，=0.05s至卜=0.15s,剛好質(zhì)點振動的時間A/=0.10S=LT

2

若質(zhì)點/在平衡位置或最大位移處，其通過的路程為s二44=-x4x5cm=10cm

22

故其路程是10cm,C正確；

D.虛線的波源可看成位于x=10m處，此時振動方向向下，向右傳播的波源此時的振動方

向向上，因此這是起振方向相反的兩列波相互疊加，振動加強點到兩波源的距離差滿足

Ax=+=0,1,2,3…）

結合題意可知-10m<Ax<10m

解得Ax=±0.52,±1.52

恰好有4個加強點，C錯誤。

故選BCo

10.某自行車所裝車燈發(fā)電機如圖甲所示，其結構見圖乙。繞有線圈的匚形鐵芯開口處裝有

磁鐵，車輪轉動時帶動與其接觸的摩擦輪轉動，摩擦輪又通過傳動軸帶動磁鐵一起轉動，從

而使鐵芯中磁通量發(fā)生變化。線圈兩端C、d作為發(fā)電機輸出端，通過導線與燈泡L1相連。

假設車輪轉動時，摩擦輪與輪胎間不打滑，則（）

A,磁鐵從圖示位置勻速轉過90°的過程中，通過Li的電流方向為fc

B.磁鐵從圖示位置勻速轉過90。的過程中，Li中的電流逐漸變小

C.車輪轉速加倍時L1中的電流也加倍

D.自行車勻加速行駛時發(fā)電機輸出電壓M隨時間/變化關系大致如圖丙所示

【答案】AC

【解析】A.磁鐵從圖示位置勻速轉過90。，根據(jù)楞次定律，通過線圈向下的原磁場磁通量

減少，感應電流的磁場阻礙磁通量減少，用安培定則判斷，通過L1的電流方向為

dfL]—>c,故A正確；

B.磁鐵從圖示位置勻速轉過90。的過程中，通過線框磁通量變化率越來越大，當轉90。時,

通過鐵芯的系統(tǒng)量為0,但是磁通量的變化率最大，因此此過程L]中的電流逐漸變大，故B

錯誤；

C.車輪轉速加倍，摩擦輪轉速加倍，磁鐵轉動角速度加倍，磁通量變化率一也加倍，則

Ar

△①

E=n——也加倍

E

由/=一可知電流加倍，故C正確；

R

D.自行車勻加速行駛時，車輪轉速持續(xù)增加，磁鐵轉動加快，周期變小，但圖丙中電壓周

期不變，故D錯誤。

故選AC?

11.如圖所示，不可伸長的輕繩跨越釘子。，兩端分別系有大小相同的小球A和B。在球B

上施加外力F，使輕繩OB水平且繃直，球A與地面接觸，兩球均靜止。已知OA=OB=L,

兩球質(zhì)量分別為加A、為，重力加速度為g，不計一切阻力?，F(xiàn)將球B由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)

兩球可沿水平方向發(fā)生正碰，且碰后粘在一起運動。則（）

A,兩球質(zhì)量應滿足加A?3加B

B.外力/應滿足加Bg〈廠WJ16加Bg

C.兩球碰撞前瞬間，B球的加速度大小為2g

D.兩球碰后擺起的最大iWi度不超過—L

32

【答案】AC

【解析】A.兩球可沿水平方向發(fā)生正碰，表明A始終處于靜止狀態(tài)，對B進行分析，根

1,

據(jù)動能定理有mBgL=—mBVg

2

B在最低點與A碰撞前，根據(jù)牛頓第二定律有T-MBg=冽B”

L

由于A能夠保持靜止，則有TW加Ag

解得加AN3mB

故A正確；

B.在球B上施加外力使輕繩水平且繃直，B此時受到重力、繩拉力To,與下三

個力作用，根據(jù)平衡條件有加Bg〈尸

可知，要使的細繩處于伸直狀態(tài)，則力/最小值為加Bg,因為A的重力無最大值（可以是

無窮大），可知尸無最大值，故B錯誤；

2

C.兩球碰撞前瞬間，對B球進行分析，則有a=%=2g

L

故C正確;

D.對A、B進行分析，根據(jù)動量守恒定律有加B%=（加B+^A）%

結合上述解得h=<41巫

加B+加A4

之后根據(jù)動能定理有一（加B+加A）g〃=一）（冽B+冽A）"；

解得〃=工<3

2g16

故D錯誤。

故選AC。

12.如圖是一半徑為R的帶正電的空心金屬球殼，正電荷均勻分布在球殼上，球殼厚度不計。

以球心為原點建立O-xyz空間直角坐標系,42、C三點的坐標分別為（0,凡0）、（0,0,1.57?）,

（0.5凡0,0）。已知均勻帶電的球殼在球殼內(nèi)部產(chǎn)生的電場強度處處為零，在球殼外部產(chǎn)生

的電場與一個位于其球心的電荷量相同的點電荷產(chǎn)生的電場相同o下列說法正確的是（）

A.N點的電勢大于8點的電勢

B./點的電勢等于C點的電勢

C.電子在。點的電勢能比在其他點的電勢能都低

D.4B、C三點的場強大小關系為￡乂=￡°>&

【答案】AB

【解析】A.球殼帶正電，由分析知，/點的電勢大于3點的電勢，故A正確；

BC.球殼內(nèi)部產(chǎn)生的電場強度處處為零，整個球是一個等勢體，/點的電勢等于C點的電

勢，電子在。點的電勢能不一定比在其他點的電勢能都低，故B正確，C錯誤；

Q

D.C點場強為零，根據(jù)￡=后與

R

可知，4、B、C三點的場強大小關系為E/>￡方

故D錯誤。故選AB。

13.如圖所示，固定光滑平行軌道由四分之一圓弧軌道和水平軌道組成，水平軌道處于磁感

應強度大小為8、方向豎直向下的勻強磁場中，I區(qū)域軌道寬度為II區(qū)域軌道寬度為2L

I區(qū)域軌道長度和n區(qū)域軌道長度均足夠長。質(zhì)量為〃?的金屬棒1從高度為尺的四分之一圓

弧軌道頂端由靜止開始下滑，開始時質(zhì)量為2m的金屬棒2靜止在寬度為2L的軌道上，金

屬棒1接入軌道間的電阻為％金屬棒2接入軌道間的電阻為2八兩金屬棒始終與軌道垂直

且保持良好接觸。不計其他電阻及空氣阻力，重力加速度大小為go下列說法正確的是（）

A.金屬棒1運動到圓弧軌道底端時受到軌道的支持力大小為3mg

B.穩(wěn)定時金屬棒1的速度大小為41皿

3

C.金屬棒1從圓弧軌道底端運動到剛穩(wěn)定時，通過金屬棒1的電荷量為竺也變。

3BL

D.若將金屬棒2固定，使金屬棒1仍從圓弧軌道最高點由靜止釋放，則金屬棒1在水平軌

道上通過的最大距離為哨弋里

352Z2

【答案】AC

【解析】A.金屬棒1在光滑四分之一圓弧軌道上運動，由機械能守恒定律有加gR=］加F,

解得v=

2

由牛頓第二定律有qy—加gM加上，解得百V=3加g,選項A正確；

R

B.當兩金屬棒穩(wěn)定時，兩棒產(chǎn)生的電動勢相等，有BL%=BX2LV2

可得匕=2%

對金屬棒1,根據(jù)動量定理有-=根％-加v

對金屬棒2,根據(jù)動量定理有5/x2￡%=2加V?

解得v=空皿，vJi皿,選項B錯誤；

1323

C.由動量定理，-B1Lt=mV[-mv,q=It

解得q=竺也皿，選項C正確；

3BL

——FA（T）RTX—

D.根據(jù)《，=/丁=±廣=絲=/，—B/Z〃=O—my

3r3r3r

解得X=M甲

B-I}

選項D錯誤。故選AC。

三、實驗題（本題共2小題，共20分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演

算過程。）

14.下列是《普通高中物理課程標準》列出的必做實驗的部分步驟，請完成實驗操作和計算。

（1）圖甲是“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”實驗裝置示意圖。實驗中（填“需要”

或“不需要”）滿足鉤碼的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量；圖乙是規(guī)范操作下得到的一條點跡清晰

的紙帶，在紙帶上依次選出7個計數(shù)點，分別標上4B、C、D、￡、F和G,每相鄰的兩

個計數(shù)點間還有四個點未畫出，打點計時器所接電源的頻率為50Hz,則小車的加速度大小

為________m/s2（結果保留兩位有效數(shù)字）。

（2）在“探究彈簧彈力大小與其長度的關系”實驗中，當彈簧測力計的示數(shù)如圖丙所示時，

讀數(shù)是N,通過實驗得到彈力大小尸與彈簧長度x的關系圖線如圖丁所示，由此圖

線可得該彈簧的勁度系數(shù)上=N/m。

（3）在“薄膜干涉”實驗中，用平行單色光垂直照射一透明薄膜，若薄膜厚度d隨坐標x的

變化如圖戊所示，則觀察到干涉條紋可能是（填正確答案標號）。

-I------I------I------I------I------?-I-------I------I-------I------I----?

X

-I------I-------I------I------I-------?

【答案】(1)不需要0.50

(2)4.650(3)D

【解析】（1）［1］實驗"探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”中不需要滿足懸掛鉤碼的總質(zhì)量遠小

于小車的質(zhì)量；

［2］每相鄰的兩個計數(shù)點間還有四個點未畫出，則相鄰計數(shù)點間的時間間隔為T=0.1S；由

%+X5+%6-

逐差法可求得小車的加速度大小為a=+王）30150m/s2

（2）口］由圖丙可知彈簧測力計的最小分度值為0.2N,因此不估讀到下一位，讀數(shù)為4.6N；

8-0

（20_10-2

［2］由圖丁可知彈簧的勁度系數(shù)為k=力N/m=50N/mo

（3）薄膜干涉是光照射到薄膜上時，薄膜前后表面反射的兩列光相疊加，發(fā)生干涉，同一

條亮條紋或暗條紋對應的薄膜厚度相等。由于厚度4隨x坐標增大而增大，且d增大的幅度

越來越大，所以條紋間距會越來越窄，條紋寬度也越來越窄。

故選De

15.某物理興趣小組要測量繞制滑動變阻器的電阻絲的電阻率，已知緊密貼合單層繞制的電

阻絲共120匝，如圖甲所示，具體步驟如下:

（1）同學A用游標卡尺測量金屬筒的直徑，如圖乙所示，讀數(shù)為mm；使用螺

旋測微器測量電阻絲的直徑，如圖丙所示，讀數(shù)為mm。

（2）同學B使用如圖丁所示的電路測量滑動變阻器的最大阻值Rx,把待測滑動變阻器的阻

值調(diào)至最大處，閉合開關S,調(diào)節(jié)電阻箱&的阻值，讀出多組電流表的示數(shù)/以及對應的

治數(shù)值，作出如圖戊所示的圖像，忽略電源及電流表的內(nèi)阻，由圖像分析可得滑動

變阻器的最大阻值&為Q,使用的電源電動勢為Vo

（3）根據(jù)以上實驗數(shù)據(jù)可得繞制滑動變阻器的電阻絲的電阻率約為Q-m（結果

保留三位有效數(shù)字）。

【答案】（1）60.01.120

（2）204

（3）8.71x107

【解析】【小問1詳解】

［1］游標卡尺的讀數(shù)為。=60mm+0.1x0mm=60.0mm

［2］螺旋測微器的讀數(shù)d=1mm+12.0x0.0lmm=1.120mm

【小問2詳解】

口］［2］根據(jù)閉合電路的歐姆定律則有￡=/（4+&）

11R

變形可得一二—5+=

IEE

1D

由戊圖可得一=0.25V-L7=5AT

EE

解得￡=4V,Rx=20Q

【小問3詳解】

由題可知，金屬絲的總長度4=120萬。（金屬絲的直徑相對于金屬圓筒的直徑較小，計算

時可以忽略），金屬絲的橫截面積s=?（g）2,根據(jù)電阻定律&=Q（

代入數(shù)據(jù)解得p=8.71xlO-7Q.m

四、計算題（本題共3小題，共36分。要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。）

16.按壓式桶裝水取水器是一種方便快捷的取水工具，其裝置主要由氣囊、按壓手柄和出水

管等部件構成，簡化為如圖所示，使用時，通過按壓取水器頂部，可將氣囊中壓強為一個標

準大氣壓夕0的氣體全部壓入桶中且氣體不回流。某次取水時，緩慢按壓取水器頂部6次可

恰好出水，測得出水管頂端到水面的距離％=66cm,桶內(nèi)水深=10cm,水桶總高度〃

=60cm,初始時，桶內(nèi)氣體壓強為?！恪Ｒ阎暗目側莘e為％=18L,標準大氣壓

5

p0=1.0xl0Pa,水的密度/uLOxlOlg/n?,重力加速度g取lOm/s?。出水管及桶口

部分體積可忽略，外部溫度恒定，整個裝置不漏氣。求：

（1）恰好出水時，桶內(nèi)氣體的壓強；

（2）氣囊的容積。

【答案】（1）1.066xl05Pa

（2）0.165L

【解析】【小問1詳解】

由題意可得，恰好出水時桶內(nèi)的壓強為02=Po+Pg^

5

代入數(shù)據(jù)解得p2=1.066xl0Pa

【小問2詳解】

把6次由壓縮氣囊打進桶內(nèi)的氣體和桶內(nèi)原有氣體視為研究對象，設氣囊容積為4,憶=18L,

則。1=4,匕=6%+2%，y2=^y

66

由玻意耳定律月匕=2匕

聯(lián)立以上各式解得分=0.165L

17.一固定裝置由水平的光滑直軌道傾角為6=37。的光滑直軌道3C、圓弧管道（圓

心角為8=37。）CD組成，軌道間平滑連接，其豎直截面如圖所示。3c的長度L=1.5m,

圓弧管道半徑火=1.0m（忽略管道內(nèi)徑大?。?，。和圓心。在同一豎直線上。軌道N3C。

末端。的右側緊靠著光滑水平地面放置的一輕質(zhì)木板，小物塊加2在木板最左端緊挨著管道

出口。，板右上方有一水平位置可調(diào)節(jié)的擋板尸，小物塊加3靜止于木板右端?，F(xiàn)有一質(zhì)量

為加1可視為質(zhì)點的物體，從/端彈射獲得凡=15.5J的動能后，經(jīng)軌道N5CZ)水平滑到。

點，并與小物塊加2發(fā)生彈性碰撞，經(jīng)過一段時間后加3和右側擋板發(fā)生彈性碰撞，整個運

動過程中加2、切3未發(fā)生碰撞，加3與擋板尸碰撞后均反向彈回，碰撞前后瞬間速度大小相

等。已知加2、加3與木板間的動摩擦因數(shù)〃均為。-2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，

m1=m2=1kg,m3=2kg,g=10m/s2。試求：

(1)求滑塊加i到達。點時對軌道的作用力;

(2)若整個運動過程中加3只與擋板碰撞1次，且返回后最終加2、加3停止了運動，求最

初加3與擋板尸的水平距離;

(3)調(diào)節(jié)切3與擋板尸的水平距離，使整個運動過程中加3與擋板總共碰撞2次，且最終加2、

加3停止了運動，求整個運動經(jīng)過的時間才和此過程最初加3與擋板尸的水平距離。

【答案】(1)1N,方向豎直向下

9

(2)—m

32

9

(3)1.5s,---m

128

【解析】【小問1詳解】

1,

根據(jù)動能定理，則有一掰ig(￡sine+R-Rcose)=5叫心-線

可解得=3m/s

2

在。點列圓周運動的方程，則有網(wǎng)g—"=叫卡

可解得N=IN

根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的作用力方向豎直向下，大小為1N。

【小問2詳解】

發(fā)生彈性碰撞，則由動量守恒定律和能量守恒定律有myD=加幽+m2v2,

121212

—my=—mv+—

2。2x122

可解得=VD=3m/s

根據(jù)動量守恒，在與擋板尸碰撞前的過程中，則有加2y2=加2V4+加3V3

在與擋板尸碰后直到停止的過程中，根據(jù)動量守恒定律有加2V4一%匕=0

可解得匕=0.75m/s,v4=1.5m/s

1

V9

對小物塊加3和輕質(zhì)木板整體列動能定理，則有〃加2gx=-^33

9

可解得x=—m

32

【小問3詳解】

根據(jù)動量守恒，在與擋板尸第一次碰撞前的過程中，則有機2%=機2匕+加3V6

從第一次碰撞后，到第二次碰撞的過程中，對于小物塊加3和輕質(zhì)木板整體根據(jù)牛頓第二定

律，則有2g=/%

可解得%=lm/s2

對于小物塊加3根據(jù)運動學公式，則有0=打。一5a/，一丫7=丫6一印0

可解得吃=V6

ma

對于小物塊加2根據(jù)牛頓第二定律，則有〃加2g=22

可解得出=2m/s2

對于小物塊以2根據(jù)運動學公式，則有為

對于第二次碰撞到停止的過程中，根