2024年廣西南寧市高考物理一模試卷(含詳細(xì)答案解析)

2024年廣西南寧市高考物理一模試卷

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.醫(yī)學(xué)影像診斷設(shè)備PfiT/CT是借助于示蹤劑可以聚集到病變部位的特點(diǎn)來(lái)發(fā)現(xiàn)疾病的。示蹤劑常利用同

位素“C作示蹤原子標(biāo)記，其半衰期為20min。小型回旋加速器輸出的高速質(zhì)子轟擊;4可獲得￡c,同時(shí)還

釋放一種粒子的射線。則下列說(shuō)法正確的是（）

A.,用高速質(zhì)子表?yè)羰諱生成針C的同時(shí)釋放的粒子是中子

B.用高速質(zhì)子轟擊/N,生成三。的同時(shí)釋放的粒子是a粒子

C.當(dāng)二C聚集到病變部位時(shí)，其半衰期會(huì)發(fā)生變化

D.用高速質(zhì)子轟擊尹N,在一次核反應(yīng)過(guò)程中，核反應(yīng)前產(chǎn)N和質(zhì)子的質(zhì)量之和，一定與核反應(yīng)后二C與

所移放的這種粒子的質(zhì)量之和完全相同

2.如圖所示，用三個(gè)完全相同的小立柱將足球支起，小立柱的上端可視為點(diǎn)，小立

柱的位置連線成止三角形，放在水平泉面上，足球與小立柱的般點(diǎn)與足球球心的連

線與豎直方向的夾角均為37。，己知每個(gè)小立柱對(duì)足球的支持力大小為2.5N,不計(jì)足

球與小立柱間的摩擦及小立柱的重力,已知sin370=0.6,cos37°=0.8,則下列說(shuō)

法正確的是（）UI_

側(cè)視圖

A.單個(gè)小立柱對(duì)足球的支持力方向豎直向上

B.足球所受的重力為7.5N

C.足球?qū)π×⒅淖饔昧εc桌子對(duì)小立柱的作用力是平衡力

D.足球?qū)π×⒅淖饔昧εc桌子對(duì)小立柱的作用力是相互作用力

3.如圖是一款小型電鉆的簡(jiǎn)化電路圖，它由變壓器及電機(jī)兩部分構(gòu)

成，變壓器為理想變壓器，電機(jī)的內(nèi)阻為1。，額定電壓為11匕額定

電流為24。當(dāng)變壓器輸入電壓為220V的正弦交流電時(shí)電鉆正常工

作，下列說(shuō)法正確的是（）

A.變壓器原線圈電流的最大值為B.變壓器副線圈電流的最大值為2A

C.變壓器的輸入功率為4WD.電機(jī)產(chǎn)生的機(jī)械功率為22W

4.4超是醫(yī)院對(duì)病人進(jìn)行檢查的重要設(shè)備，4超成像的基本原理是探頭向人體發(fā)射一組超聲波，遇到人體

不同組織時(shí)會(huì)產(chǎn)生不同程度的反射，探頭接收到的超聲波信號(hào)由計(jì)算機(jī)處理，從而形成8超圖像。如圖為

血管探頭沿X軸正方向發(fā)送的簡(jiǎn)諧超聲波圖像，￡=0時(shí)刻波恰好傳到質(zhì)點(diǎn)已知此超聲波的頻率為lx

107/7zo下列說(shuō)法正確的是（

A.質(zhì)點(diǎn)M開(kāi)始振動(dòng)的方向沿.y軸正方向

B.血管探頭發(fā)出的超聲波在血管中的傳播速度為1.4x103m/s

C.t=0.75x10一7s時(shí)質(zhì)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到橫坐標(biāo)％=28x10-27nm處

D.0~0.75x10-7$內(nèi)質(zhì)點(diǎn)加的路程為1.677un

5.某種海鳥(niǎo)可以像標(biāo)槍一樣一頭扎入水中捕魚(yú)，假設(shè)其在空中的俯沖看作自

由落體運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入水中后可以看作勻減速直線運(yùn)動(dòng)，共u-t圖像如圖所示，

自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0，整個(gè)過(guò)程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為?I，最大速度為％=

6m/s,重力加速度g取lOm/s?,下列說(shuō)法正確的是（）

A.0=1s

B.整個(gè)過(guò)程中，鳥(niǎo)下落的高度為3”？

C.G至?xí)r間內(nèi)，鳥(niǎo)的加速度大小為20m/s2

D.7至搟0時(shí)間內(nèi)，鳥(niǎo)所受的阻力是重力的1.5倍

6.質(zhì)譜儀在物理研究中起著非常重要的作用。如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意

圖。粒子源（在加速電場(chǎng)上方，未畫(huà);II）產(chǎn)生的帶電粒子被加速電場(chǎng)加速后，

進(jìn)入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度和勻強(qiáng)電

場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為8和及平板S上有可讓粒子通過(guò)的狹縫尸和記錄粒子

位置的膠片平板S下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為殳的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。不計(jì)帶電粒子

的重:力和粒子間的作用力，下列表述正確的是（）

A.速度選擇器中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里

B.能通過(guò)狹縫。的帶電粒子的速率等于

C.粒子打在膠片上的位置離狹縫P越遠(yuǎn)，粒子的比荷g越大

m

D.某種元素同位素的原子核，打在膠片上的位置離狹縫P越遠(yuǎn)，表明其質(zhì)量數(shù)越大

7.2024年2月23日，“長(zhǎng)征5號(hào)”遙七運(yùn)載火箭搭載通信技術(shù)試驗(yàn)衛(wèi)星十一號(hào)發(fā)射成功，被譽(yù)為龍年首

發(fā)。衛(wèi)星進(jìn)入地球同步軌道后，主要用于開(kāi)展多頻段、高速率衛(wèi)星通信技術(shù)驗(yàn)證。設(shè)地球同步衛(wèi)星的軌道

半徑是地球半徑的〃倍，下列說(shuō)法中正確的是（）

A.地球同步衛(wèi)星可以靜止在北京上空

B.同步衛(wèi)星運(yùn)行速度是第一宇宙速度的

C.同步衛(wèi)星的運(yùn)行速度是地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)獲得的速度的彳

D.若忽略地球的自轉(zhuǎn)效應(yīng)，則同步衛(wèi)星的向心加速度是地球表面重力加速度的工

n

二、多選題：本大題共3小題，共18分。

8.體育課上一位同學(xué)練習(xí)足球控球技術(shù)，某次練習(xí)中足球由靜止自由卜落1.25m時(shí)，不等足球著地就被這

位同學(xué)用腳背接住并快速豎直向上踢出，球離開(kāi)腳背后上升的最大高度仍為1.25771。已知足球與腳背的作

用時(shí)間為0.1s,足球的質(zhì)量為0.4Ag,重力加速度大小g取lOm/s2,不計(jì)空氣阻力,則（）

A.足球下落到與腳背剛接觸時(shí)動(dòng)量大小為4kg?m/s

B.足球自由下落過(guò)程重力的沖量大小為2N?s

C.足球與腳背作用過(guò)程中，足球的動(dòng)量變化量為零

D.腳背對(duì)足球的平均作用力大小為44N

9.圖甲所示是一種靜電除塵裝置，其原理簡(jiǎn)圖如圖乙所示，在板狀收集器A與線狀電離器8間加恒定高

壓，讓廢氣從一端進(jìn)入靜電除塵區(qū)經(jīng)過(guò)凈化后從另一端排出，其中一帶負(fù)電的塵埃微粒沿圖乙中虛線向收

集器4運(yùn)動(dòng)，P、。是運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)，不計(jì)微粒重力和微粒間的相互作用，不考慮微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的

電荷量變化。下列分析正確的是（）

圖甲圖乙

12.利用6V的恒壓電源、量程為0?0.6力的電流表(內(nèi)阻不計(jì))、定值電阻、阻值隨長(zhǎng)度均勻變化的電阻絲(

總長(zhǎng)度為0.05m,總阻值為25。)、金屬?gòu)椈?電阻不計(jì))、開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線，改裝成如圖甲的測(cè)力計(jì)，拉力為零

時(shí)滑片尸剛好在電阻絲的左端。

(1)圖甲的電路中，如果開(kāi)關(guān)閉合，拉力戶增加時(shí)，電流表的示數(shù)(選填“增大”、“減小”或“不

變”)；

(2)圖甲的電路中，定值電阻的作用是______，阻值至少為C；

(3)彈簧所受拉力尸與其伸長(zhǎng)量dL的關(guān)系如圖乙。若定值電阻為20。，則電流表的示數(shù)/與彈簧所受拉力尸

的關(guān)系式/=_____(4),由此可知用電流表改裝的測(cè)力計(jì)刻度是______(選填“均勻”“不均勻”)的。

四、簡(jiǎn)答題：本大題共3小題，共38分。

13.某學(xué)校開(kāi)展慶?；顒?dòng)，使用氣球渲染氣氛。早晨，學(xué)校地表附近的氣溫為27℃,大氣壓強(qiáng)為po,此時(shí)在

地表附近的氣球體積為％,若氣球?qū)崃己?，氣球?nèi)所充的氮?dú)饪梢暈槔硐霘怏w，氣球內(nèi)外氣壓差很小可

以忽略。

(1)正午時(shí)大氣壓仍為Po,此時(shí)地表附近的氣球體積增大了白，求此時(shí)地表附近氣溫達(dá)到多少弋？

(2)若某高處的大氣壓強(qiáng)為!Po,氣溫為15℃,若氣球懸停在這一高處時(shí)，氣球體積變?yōu)槎嗌伲?/p>

14.如圖甲所示，光滑水平面上寬度為3L的區(qū)域有方向垂直于水平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，初始時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度

為Bo,一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)質(zhì)量為小，總電阻為R的單匝正方形金屬框在拉力作用下以速度為向右勻速進(jìn)入磁

場(chǎng)，當(dāng)金屬框完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)撤去拉力，線框依然能以速度％繼續(xù)勻速運(yùn)動(dòng)至磁場(chǎng)右邊界，速度方向始終

與磁場(chǎng)邊界垂直。以金屬框“邊到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度按如圖乙所示的規(guī)律變化。

(1)求金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，通過(guò)回路的電荷量依

(2)求金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，拉力對(duì)金屬框所做的功W；

(3)cd邊由磁場(chǎng)左邊界運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)右邊界的過(guò)程中，求金屬框產(chǎn)生的焦耳熱Q。

?xxxxxx：2B

,xxxx?.4..90

xxxx；xx；BQ

xxxx；xx：o

XXXxbx"x"!c—B(1

甲

15.“離心軌道演示儀”是學(xué)習(xí)機(jī)械能守恒定律的經(jīng)典演示裝置，如圖甲所示，該實(shí)驗(yàn)裝置可以簡(jiǎn)化為如

圖乙所示的物理模型：豎直平面內(nèi)由傾斜斜面軌道A3、半徑為0.1m的圓周軌道8c。和半徑為七二

0.25m的部分圓周軌道CE構(gòu)成的裝置固定于水平地面，B、C兩處軌道平滑連接，軌道正前方放置一個(gè)豎

直擋板，板面正對(duì)著軌道。圓心。I、。2與C點(diǎn)在同一豎直線上，。2后與豎直方向的夾角為6=53。，E點(diǎn)、與

豎直擋板的距離d=1.2m。現(xiàn)將質(zhì)量為m=0.1kg的小球從斜面的某高度處由靜止釋放。斜面軌道足

夠長(zhǎng)，忽略小球尺寸和所受阻力,已知重力加速度取g=10m/s2,sin37。=0.6,cos37°=0.8o

(1)若小球的初始高度九i=0.5m,求小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)。時(shí)，對(duì)軌道3co壓力的大小；

(2)若小球能沿軌道到達(dá)E點(diǎn)，求力的最小值九min；

(3)若小球釋放后，第二次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)與靜止在C點(diǎn)的質(zhì)量為今的另一個(gè)小球發(fā)生彈性正碰，碰撞后被碰

小球通過(guò)E點(diǎn)之后恰好能垂直碰到豎直擋板，求小球釋放時(shí)的高度電。

甲

乙

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：AB,根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒知，該核反應(yīng)方程中產(chǎn)生的粒子的質(zhì)量數(shù)為4=1+14-

11=4,電荷數(shù)為z=l+7-6=2,可知釋放的粒子為a粒子G"e),故4錯(cuò)誤，B正確;

C、半衰期與元素所處的物理環(huán)境和化學(xué)狀態(tài)無(wú)關(guān)，囚此其半衰期不可能變化，故C錯(cuò)誤；

。、核反應(yīng)的過(guò)程總伴隨能量的變化，所以核反應(yīng)前鏟N和質(zhì)子的質(zhì)量之和，一定與核反應(yīng)后與所釋放

的這種粒子的質(zhì)量之和不相等，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

原子核在衰變過(guò)程中遵循質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒；半衰期與元素所處的物理環(huán)境和化學(xué)狀態(tài)無(wú)關(guān)；根據(jù)

質(zhì)能關(guān)系判斷。

掌握核反應(yīng)方程遵循質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒.，理解半衰期的意義，知道影響半衰期的因素。

2.【答案】C

【脩析】解：A、不計(jì)足球與立柱間的摩擦，三個(gè)立柱對(duì)足球作用力為彈力，方向垂直于足球的切面，沿

半徑方向指向足球，不是豎直向上，故A錯(cuò)誤；

4、由于三個(gè)立柱對(duì)稱擺放，則每個(gè)立柱對(duì)足球的彈力大小相等，對(duì)足球受力分析，一個(gè)立柱對(duì)足球的作

用力如圖：

由平衡條件得：G=3FNCOS37°=3x2.5x0.8/V=6N,故8錯(cuò)誤；

CD.不計(jì)足球與小立柱間的摩擦及小立柱的重力，小立柱受到足球?qū)π×⒅淖饔昧?、桌子?duì)小立柱的

作用力而平衡，所以足球?qū)π×⒅淖饔昧εc桌子對(duì)小立柱的作用力是平衡力，故C正確、。錯(cuò)誤。

故選：Co

足球與立柱間的作用力為彈力，根據(jù)接觸面間彈力的方向判斷即可；對(duì)足球受力分析，根據(jù)平衡條件求解

足球的重力，判斷支持力的大小與央角的關(guān)系：i對(duì)作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用力在兩

個(gè)物體上，平衡力作用在一個(gè)物體上。

本題考查共點(diǎn)力平衡問(wèn)題，解題關(guān)鍵是將知道三個(gè)彈力的方向，將其分解到水平和豎直方向，根據(jù)平衡條

件判斷求解即可。

3.【答案】A

【解析】解：A、根據(jù)理想變壓器輸入功率等于輸出功率可知，原線圈電流有效值/，代人數(shù)值解得

/=0.1/1,又根據(jù)最人值為有效的VT倍可知，變壓器原線圈電流的最人值為故A正確；

C、根據(jù)理想變壓器輸入功率等于輸出功率片=P2=U2I2=11x2"=22W,故C錯(cuò)誤；

。、電動(dòng)機(jī)的機(jī)械功率。機(jī)=P-%廠，代入數(shù)據(jù)解得尸凱二181V,故。錯(cuò)誤；

故選：Ao

根據(jù)理想變壓器輸入功率等于輸出功率，再由最大值與有效值之間的關(guān)系分析；電動(dòng)機(jī)的機(jī)械功率為電動(dòng)

機(jī)的輸入功率減去電動(dòng)機(jī)線圈自身的發(fā)熱功率。

該題考查含有理想變壓器的電動(dòng)機(jī)電路問(wèn)題，需要掌握理想變壓器輸入功率等于輸出功率以及電動(dòng)機(jī)的機(jī)

械功率等知識(shí)點(diǎn)，屬于常考知識(shí)點(diǎn)。

4.【答案】B

【解析】解：4、超聲波沿x軸正方向傳播，根據(jù)波形平移法判斷可知質(zhì)點(diǎn)M開(kāi)始振動(dòng)的方向沿），軸負(fù)方

向，故A錯(cuò)誤；

B、由題圖可知此超聲波的波長(zhǎng)為：A=14x10-2mm=14xlD-5m,已知頻率為/=1xICfHz,則

超聲波在血管中的傳播速度為u=/A=1x107x14x10-s?n/s=1.4x103TH/S,故B正確；

C、在波的傳播過(guò)程中，質(zhì)點(diǎn)不會(huì)隨波移動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)只是在各自的平衡位置附近振動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

。、波的周期為T(mén)=：=1x10-7s,因"0.75x10%=》，故質(zhì)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)的路程為：

IlxlO/4

s=-x4/l=3i4=3x0.4mm=1.2mm,故D錯(cuò)誤。

故選：Bo

根據(jù)波形平移法判斷質(zhì)點(diǎn)M開(kāi)始振動(dòng)的方向；根據(jù)題圖讀出波長(zhǎng)，由波速公式u=；lf,求出波速；質(zhì)點(diǎn)不

會(huì)隨波移動(dòng)；根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系求質(zhì)點(diǎn)M通過(guò)的路程。

本題考查機(jī)械波的速度、波長(zhǎng)、頻率、波形圖象等相關(guān)知識(shí)。要知道質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)時(shí)，質(zhì)點(diǎn)不沿波的方

向傳播。要熟練運(yùn)用波形平移法判斷質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向。

5.【答案】B

【解析】解：4、小鳥(niǎo)自由落體運(yùn)動(dòng)的最大速度為為=6m/s,由自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有為=gti，解得

ti=0.6s,故A錯(cuò)誤；

B、整個(gè)過(guò)程下落的高度為圖u-i圖像與時(shí)間軸所圍成的面積，M/i=^xh1=^x1x0.6m=3m,故

B正確;

a亡產(chǎn)達(dá)時(shí)間內(nèi)小鳥(niǎo)的加速度。="n=會(huì)旭/52=-15巾/§2,所以加速度大小為15m/s2,故。錯(cuò)

,婪1-t]u.q

誤；

。、qs?ti時(shí)間內(nèi)，由牛頓第二定律有/'—mg=ma,可得/=2.5mg,則上=2.5,即阻力是重力的2.5

倍，故。錯(cuò)誤。

故選：8。

A、由圖像可得到小鳥(niǎo)運(yùn)動(dòng)的最大速度，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可求小鳥(niǎo)自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：

B、根據(jù)u-t圖像與時(shí)間軸所圍成的面積的意義可求整個(gè)過(guò)程小鳥(niǎo)下落的高度：

C。、根據(jù)"-亡圖像斜率的物理意義可求小鳥(niǎo)的加速度，再結(jié)合牛頓第二定律可求得阻力與重力的關(guān)系。

本題主要考查u-e圖像的面積及斜率的意義，解題關(guān)鍵是應(yīng)用匕頓第二定律求解出阻力與重力的關(guān)系。

6.【答案】D

【解析】解：A、粒子經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)，可知粒子帶正電，在速度選擇器中做勻速運(yùn)動(dòng)，所受洛哈茲力方向

水平向左，根據(jù)左手定則可知速度選擇器中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，故A錯(cuò)誤；

5、洛倫茲力與電場(chǎng)力等大反向，即Eq=qu8,解得“=搟，故8錯(cuò)誤；

D

。、粒子打在膠片上的位置離狹縫P越遠(yuǎn)，那么粒子的做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R越大，即R=澈,所以粒子的

比荷越小，故C錯(cuò)誤；

。、某種元素同位素的原子核，打在膠片上的位置離狹縫戶越遠(yuǎn)，q相同，R越大，根據(jù)R=端,表明其

質(zhì)量數(shù)越大，故。正確。

故選：。。

粒子經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)，可知粒子帶正電，在速度選擇器中做勻速運(yùn)動(dòng)，所受洛倫茲力方向水平向左，根據(jù)左

手定則即可確定速度選擇器中的磁場(chǎng)方向，洛倫茲力與電場(chǎng)力等大反向，據(jù)此求出粒子的速度；根據(jù)粒子

的半徑確定粒子的比荷與同位素的質(zhì)量數(shù)。

本題考查粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，注意粒子電性，需要知道速度選擇器的原理。

7.【答案】B

【解析】解：4、地球同步衛(wèi)星的軌道半徑是地球半徑的〃倍，與赤道平面共面所以不可能靜止在北京上

空，A錯(cuò)誤；

B、由萬(wàn)有引力提供向心力即等=乎，得/=悌，r=nR,第一宇宙速度V=揮，所以同步衛(wèi)星

的運(yùn)行速度是第一宇宙速度的B正確;

C、同步衛(wèi)星與地球赤道上的物體具有相同的角速度，根據(jù)知，同步衛(wèi)星的運(yùn)行速度是地球赤道上

物體隨地球自轉(zhuǎn)獲得的速度的〃倍，C錯(cuò)誤：

D、根據(jù)竿=ma,得Q=詈=篝，則同步衛(wèi)星的向心加速度是地球表面重力加速度的去，。錯(cuò)誤。

故選:BQ

根據(jù)同步衛(wèi)星的軌道半徑與地球半徑的關(guān)系結(jié)合萬(wàn)有引力提供向心力進(jìn)行判斷即可。

本題主要考杳同步衛(wèi)星的相關(guān)知識(shí)，解撅關(guān)健是?根據(jù)萬(wàn)有引力樨供向心力講行判斷。

8.【答案】BD

【解析】解：AB.足球剛下落到腳上的速度大小為

v=J2gh=V2x10x1.25m/s=5m/s

則足球下落到與腳背剛接觸時(shí)動(dòng)量大小為

p=mv=0.4x5kg-m/s=2kg-m/s

足球自由下落過(guò)程，設(shè)向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得重力的沖量大小為

IG=mv—0

解得/G=2N-S,方向豎直向下。

故A錯(cuò)誤，8正確;

CD,足球與腳作用過(guò)程中，根據(jù)對(duì)稱性可知，足球動(dòng)量的變化大小為

dp=mv—(—mv')=2mv=2x0.4x5kg-m/s=4kg-m/s

設(shè)向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得

(F-mg^t=Ap

解得

F=44/V,方向豎直向上。

故C錯(cuò)誤，。正確。

故選：BD。

動(dòng)量時(shí)質(zhì)量與速度的乘積加V，沖量時(shí)定量的變化量；動(dòng)量是矢量與方向有關(guān)；平均作用力通過(guò)動(dòng)量定埋

求得,

本題考查了動(dòng)量定理的應(yīng)用，難度適中。

9.【答案】AC

【解析】解?：A、因?yàn)锳帶正電，B帶負(fù)電,而沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低，所以P點(diǎn)的電勢(shì)低于Q點(diǎn)的

電勢(shì)，故A正確；

BCD.微粒從P點(diǎn)向。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只受電場(chǎng)力作用，電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增加，電勢(shì)能減小，則微粒

在P點(diǎn)的速度小于在。點(diǎn)的速度，微粒在P點(diǎn)的電勢(shì)能大于在2點(diǎn)的電勢(shì)能，故C正確，錯(cuò)誤；

故選：AC.

根據(jù)極板的電性得出電場(chǎng)線的方向，由此得出不同位置電勢(shì)的高低；

對(duì)微粒進(jìn)行受力分析，根據(jù)電場(chǎng)力的做功特點(diǎn)分析出粒子在不同位置的電勢(shì)能和速度的大小關(guān)系。

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，掌握?qǐng)鰪?qiáng)和電勢(shì)的關(guān)系，結(jié)合能量守恒

定律即可完成分析。

10.【答案】CD

【解析】解：4由圖乙可知，無(wú)人機(jī)先做變加速運(yùn)動(dòng)，后做勻加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B.無(wú)人機(jī)飛至色高處過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有

11

《mgh。=2mv2

解得

U7gh°,故B錯(cuò)誤；

C元人機(jī)飛至2九0高處，根據(jù)牛頓第二定律有

F-mg=ma

解得

F=2mg,故C正確；

D無(wú)人機(jī)飛至3月高處，根據(jù)動(dòng)能定理，動(dòng)能的增加量為

1

4益=5mg(2h0+3/i0)=2.5mgh0

重力勢(shì)能的增加量為

AEp=3mgh.o

故無(wú)人機(jī)機(jī)械能增加量為

4E=W+4Ep=2.5mgh0+3msh0=5.5mgh0,故D正確。

故選：CO。

A：根據(jù)圖乙加速度隨高度變化的關(guān)系圖線可知無(wú)人機(jī)的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；

B：根據(jù)動(dòng)能定理求解無(wú)人機(jī)飛至壇高處時(shí)速度大??；

C根據(jù)牛頓第二定律求解飛至2%高處時(shí)無(wú)人機(jī)所受的升力：

D：根據(jù)動(dòng)能定理求解動(dòng)能的增加量，根據(jù)功能關(guān)系求解重力勢(shì)能的增加量，進(jìn)?步求解機(jī)械能增加量。

本題考查功能關(guān)系，要求學(xué)生能正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，熟練應(yīng)用對(duì)應(yīng)的規(guī)律解題。

11.【答案】81.49

【解析】解：(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作步驟可知，插大頭針P3時(shí)，透過(guò)玻璃磚觀察，使P3擋住匕、22的像，故人。

錯(cuò)誤，3正確。

故選:Be

(2)光路圖如圖所示：

A.N

.I

圖甲

(3)根據(jù)折射定律九=需

變形得sin%=九sin%

sin%-sin/圖像的斜率k==1.49

結(jié)合sin%—sin%函數(shù)，圖像的斜率k=九=1.49。

故答案為：(1)B；(2)見(jiàn)解析；(3)1.49。

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)的正確操作步驟分析作答；

(2)根據(jù)大頭針位置作光路圖；

(3)根據(jù)折射定律求解sin%-5小魚(yú)函數(shù)，結(jié)合圖像斜率的含義求解作答。

本題考查了“測(cè)定玻璃折射率”的實(shí)驗(yàn)，要明確實(shí)驗(yàn)原理，掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作步驟；根據(jù)折射定律求解

sin%-sin4函數(shù)是解題的關(guān)鍵。

12.【答案】增大保護(hù)電路10—4x77不均勻

45-5UUZJL

【解析】解：(1)圖甲的電路中，升關(guān)閉合，拉力尸增加時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)，滑片P右移，滑動(dòng)變阻器接入電

路內(nèi)電阻減小，電路中電流增大。

(2)圖甲的電路中，接入定值電阻的目的是對(duì)電流表起保護(hù)作用，防止滑片P移動(dòng)到電阻絲的最右端時(shí)電

路中電流過(guò)大，燒壞電流表。

當(dāng)電路中電流達(dá)到最大0.6A時(shí)，電路中的總電阻最小值為

E6

=■；----==I。。

Rimax0.6

可知定值電阻至少為10。。

(2)由圖乙可知尸二則

k=a=^N/m=lxl04N/m

設(shè)定值電阻為心電阻絲總電阻為&,滑片向右移動(dòng)距離％=ZU

由閉合電路歐姆定律有

,_E

I='R+R；

又冬=&一華比

聯(lián)立可得：/=—Z⑷

由上式可知，拉力/與/是非線性關(guān)系，所以由電流表改裝的測(cè)力計(jì)刻度不均勻的。

故答案為：(1)增大；(2)10：(3)式磊瓦，不均勻。

(1)圖甲的電路中，開(kāi)關(guān)閉合，拉力/增加時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)，滑片P右移，分析滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻

變化，從而判斷電流表示數(shù)的變化.

(2)結(jié)合電路的結(jié)構(gòu)分析定值電阻的作用，根據(jù)電流表的量程結(jié)合閉合電路歐姆定律計(jì)算定值習(xí)阻的最小

值。

(3)根據(jù)歐姆定律推導(dǎo)電流表的示數(shù)/與彈簧所受拉力產(chǎn)的關(guān)系，結(jié)合解析式進(jìn)行分析。

對(duì)于實(shí)驗(yàn)題，要弄清楚實(shí)驗(yàn)?zāi)康?、?shí)驗(yàn)原理以及數(shù)據(jù)處理.、誤差分析等問(wèn)題，一般的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)、實(shí)驗(yàn)方法

都是根據(jù)教材上給出的實(shí)驗(yàn)方法進(jìn)行拓展，延伸，所以一定要熟練掌握教材中的重要實(shí)驗(yàn)。

13.【答案】解：(1)由題意可知此過(guò)程為等壓變化過(guò)程，由蓋?呂薩克定律知

其中

T°=300K,V=^VQ

聯(lián)立解得

T=310K

根據(jù)熱力學(xué)溫度和攝氏溫度的關(guān)系可知

T=t+273K

解得

t=37°c；

(2)根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有

Pl%_P。，。

丁一丁

其中

Pi屋4P。,7\=288K

聯(lián)立解得

匕=1.2%。

答：(1)正午時(shí)大氣壓仍為P。，此時(shí)地表附近的氣球體積增大了白，則此時(shí)地表附近氣溫達(dá)到37℃；

*uU

(2)若某高處的大氣壓強(qiáng)為：戶0,氣溫為15℃,若氣球懸停在這一高處時(shí)，則氣球體積變?yōu)?.2%。

【蟀析】(1)根據(jù)蓋-口薩克定律求解此時(shí)的熱力學(xué)溫度，根據(jù)熱力學(xué)溫度與攝氏溫度的關(guān)系求解此時(shí)地表

附近的氣溫；

(2)根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程求解氣球懸停在這一高處時(shí)氣球的體積。

本題考查理想氣體狀態(tài)方程，要求學(xué)生能正確選擇研究對(duì)象，分析變化過(guò)程，熟練掌握理想氣體狀態(tài)方程

并應(yīng)用于解題。

14.【答案】解：(1)金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中以速度為勻速運(yùn)動(dòng)，有：

Ex=B0LVQ,=—>q='10,h=—

解得通過(guò)回路的電荷量為：q=^~

(2)金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱：Q.=llRt.

聯(lián)立解得：

由功能關(guān)系與能量守恒定律可知，拉力做的功為：

電=Q1=-反—

(3)金屬框完全在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)過(guò)程的時(shí)間為：￡2=4

p0

此過(guò)程產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：％=噂〃=叁5=/0功0

感應(yīng)電流為：/2=與

此過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱：Q=I；Rt2

解得：(？=粵興

￡1\

答：(1)金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，通過(guò)回路的電荷量g為廖：

(2)金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，拉力對(duì)金屬框所做的功W為萼％

A

(3)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱。為嚓

【脩析】(1)對(duì)金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)E=由閉合電路歐姆定律求電流，再根據(jù)電

流的定義求解電荷最；

(2)根據(jù)功能關(guān)系可知拉力對(duì)金屬框所做的功等于產(chǎn)生的焦耳熱，利用焦耳定律計(jì)算產(chǎn)生的焦耳熱；

(3)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出線框完全在磁場(chǎng)中時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再根據(jù)閉合電路的歐姆定律求

解感應(yīng)電流的大小，利用焦耳定律計(jì)算產(chǎn)生的焦耳熱。

本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)、電路的綜合，處理此類問(wèn)題從兩個(gè)角度研究：一從力的角度，關(guān)鍵是分析安培力

與速度的關(guān)系；另一角度是能量，當(dāng)電流恒定時(shí)，往往根據(jù)焦耳定律求電熱。若電流是變化的，常常根據(jù)

能量守恒定律求電熱。

15.【答案】解：(1)設(shè)小球達(dá)到C點(diǎn)時(shí)速度為%,此時(shí)軌道對(duì)小球的支持力為P,從釋放點(diǎn)到。由動(dòng)能定

理得：

mghx=\-0

由牛頓第二定律得：

VQ

F-mg=m-

解得：F=UN

根據(jù)牛頓第三定律可知小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)