備戰(zhàn)2024年高考物理模擬卷01（山東卷）（全解全析）

2024年高考物理第一次模擬考試

物理?全解全析

注意事項：

i.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如

需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫

在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每個題給出的四個選項中,

只有一項是符合題目要求的。

1.圖像可以直觀地反映物理量之間的關系，如圖所示，甲圖是光電管中光電流與電壓關系圖像，乙

圖是。、“兩種金屬遏止電壓與入射光頻率之間的關系圖像，丙圖是放射性元素氨的質量和初始時質

量比值與時間之間的關系圖像，丁圖是原子核的比結合能與質量數之間關系圖像，下列判斷正確的

是（）

A.甲圖中，a光的波長大于〃光的波長

B.乙圖中，金屬c的逸出功小于金屬d的逸出功

C.丙圖中，每過3.8天要衰變掉質量相同的氨

D.丁圖中，質量數越大原子核越穩(wěn)定

【答案】B

【解析】A.由圖可知，。光的截止電壓大，根據逸出功表達式

%=牝=?！?/p>

所以。光頻率大，。光波長短，故A錯誤；

B.由光電效應可知

能量守恒有

eU=Ek

有

W^=hv-eU

當頻率相等時，由于金屬c遏止電壓大，所以。的逸出功小，故B正確；

C.由圖可知氨半衰期為3.8天，由于每次衰變后的氨質量均變成原來的?半，故每過3.8天要衰變

掉質量不相同的氨，故C錯誤；

D.質量數大，比結合能不一定大，故D錯誤。

故選B。

2.在成都舉行第31屆世界大學生夏季運動會男子3米跳板決賽中，中國選手包攬冠亞軍。從運動

員離開跳板開始計時，跳水過程中運動員重心的V—圖像如圖，不計空氣阻力，重力加速度g取

lOm/s2,運動員的軌跡視為直線，取豎直向下為正方向。下列說法正確的是（）

T/(m-s-1)

A.運動員在入水前做自由落體運動B.運動員在，=2s時已浮出水面

C.運動員在Is~2s的位移大小為4mD.運動員在0~Is的平均速度大小為3mZs

【答案】D

【解析】A.運動員離開跳板時，有向上的初速度，則運動員在入水前做的不是自由落體運動，故A

錯誤；

B.運動員在f=2s時速度為0,運動到最低點，即入水最深處，故B錯誤；

C.Z=1s時運動員的速度為

v=8m/s

若運動員在1?2s內做勻減速運動，V—圖像如圖所示

由YT圖像中面積表位移可知，此時，運動員在1?2s內的位移為

x=-xlx8m=4m

2

則運動員在1?2s內的實際位移小于4m,故C錯誤；

D.由圖可知，運動員在O~ls的平均速度大小為

--2+8,、，

v---------m/s-3m/s

2

故D止確。

故選Do

3.如圖是氫原子電子軌道示意圖，。、b兩束光是由處在〃=4態(tài)的氫原子躍遷到〃=2態(tài)和〃=1態(tài)

時產生的，現(xiàn)分別用a、b兩束單色光照射同一光電管陰極時，都發(fā)生了光電效應，則關于。、b這

兩束光，下列說法正確的是（）

A.4、6兩束光的光子能量滿足

B.光子動量

c.兩束光照射光電管時對應的遏止電壓a

D.入射同一雙縫干涉裝置上，相鄰亮紋的間距

【答案】D

【解析】A.由題意，根據

^E=Em-En

可知，處在〃=4態(tài)的氫原子躍遷到〃=2態(tài)產生。光子的能量小于處在〃=4態(tài)的氫原子躍遷到〃=1

態(tài)時產生的b光子的能量，即

%<J

故A錯誤；

B.根據

,c

￡=h-

可知，a光子的波長大于力光子的波長；根據光子的動量公式

h

P-A

可知，光子動最

P“<Ph

故B錯誤；

C.依據光電效應方程

Ek=hv-W

及

Ek=eU

可知兩束光照射光電管時對應的遏止電壓

故C錯誤；

D.根據雙縫十涉的條紋間杷公式■=可知，波長較小的人光子，其光束的卜涉條紋間距更小，

d

即

此>"

故D正確。

故選D。

4.一定質量的理想氣體，經過如圖所示一系列的狀態(tài)變化，從初始狀態(tài)。經狀態(tài)從c、d再回到狀

態(tài)〃，圖中曲曲線為i條等溫線，則下列說法正確的是（）

A.氣體在狀態(tài)。的溫度大于氣體在狀態(tài)d的溫度

B.從狀態(tài)d到。的過程中，氣體可能向外界放熱

C.從狀態(tài)。到狀態(tài)。與從狀態(tài)。到狀態(tài)。的過程中，氣體對外界做功的大小相等

D.從狀態(tài)力到c的過程中，氣體分子對容器壁單位面積上單位時間內撞擊次數減少

【答案】A

【解析】A.氣體在狀態(tài)c的乘積大于氣體在狀態(tài)4的〃/乘積，則氣體在狀態(tài)c的溫度大于氣

體在狀態(tài)d的溫度，選項A正確；

B.從狀態(tài)d到。的過程中，壓強不變，體積增大，溫度升高，氣體對外做功，內能增加，可知氣

體一定吸熱，選項B錯誤；

C.因p-P圖像與坐標軸圍成的面積等于氣體做功的大小，由圖像可知，從狀態(tài)。到狀態(tài)。外界對氣

體做功大于從狀態(tài)C到狀態(tài)4的過程中氣體對外界做的功，選項C錯誤；

D.從狀態(tài)8到c的過程中，氣體溫度不變，壓強變大，體積減小，氣體的數密度增加，氣體分子

平均速率不變，則氣體分子對容器壁單位面積上單位時間內撞擊次數增加，選項D錯誤。

故選A?

5.如圖為小明設計的發(fā)電機的原理圖，邊長為L的〃匝正方形線圈，線圈電阻不計，在磁感應強

度為8的勻強磁場中，繞垂直于磁場的中心軸做勻速轉動，角速度為口，轉動時線圈兩端在固定的

半圓環(huán)尸、。上滑動，且始終與半圓環(huán)保持良好接觸，P、0通過導線連接到電阻R的兩端，下列

說法正確的是（）

A.圖示位置線圈平面與中性面垂直

B.從圖示位置開始計時，R中流過的是正弦交流電

C.電路中電阻H兩端的最大電壓為

D.線圈轉動一個周期內R上產生的熱量為型也C

2R

【答案】C

【解析】A.圖示位置穿過線圈的磁通量最大，為中性面，A錯誤；

B.由于P、。為固定的半圓環(huán)，分別始終與轉動中的左側和右側線圈保持良好的接觸，故流過R

中的電流不是正弦式交變電流，而是直流電，B錯誤；

C.線圈轉動產生的感應電動勢的最大值為

Em=nBl}co

所以電阻R兩端的最大電壓為〃8A%,C正確;

D.線圈轉動產生感應電動勢的有效值為

E飛

線圈轉動的周期

co

故線圈一個周期內R上產生的熱量

p2

Q=-T

R

聯(lián)立解得

八冗匕

Q=-------------

R

D錯誤。

故選C。

6.《人國工匠》節(jié)目中講述了王進利用“秋千法”在lOOOkV的高壓線上帶電作業(yè)的過程，如圖所示,

絕緣輕繩8一端固定在高壓線桿塔上的。點，另一端固定在兜籃。上，另一絕緣輕繩跨過固定在

桿塔上C點的定滑輪，一?端連接兜籃，另i端由工人控制，身穿屏蔽服的王進坐在兜籃里，緩慢地

從C點運動到處于。點正下方七點的電纜處，繩OO一直處于伸直狀態(tài)。兜籃、王進及攜帶的設備

總質量為m,可看作質點，不計一切阻力，重力加速度大小為g。從C點運動到E點的過程中，下

列說法正確的是()

▼

：一一，D

E

A.繩。。的拉力一直變小B.繩。。的拉力一直變大

C.繩0。、CD拉力的合力大于機gD.繩C。與豎直方向的夾角為30。時，繩。。的拉力為

石口運

【答案】D

【解析】AB.對兜籃、王進及攜帶的設備整體受力分析如圖所示

mg)

、/

繩。。的拉力為B,與豎直方向的夾角為夕，繩CO的拉力為此，與豎直方向的夾角為a,根據幾

何關系知

0+a+a=90°

由正弦定理可得

百二一二叫

sin。sin。sin(|+a)

。增大，。減小，則拉力E增大，拉力B減小，故AB錯誤；

C.王進處于平衡狀態(tài)，兩繩拉力的合力等于mg,故C錯誤：

D.當。二30。時，6=30。，則

2F2COS30°=mg

解得

^=—

故D正確。

故選D

7.電影中的太空電梯非常吸引人,現(xiàn)假設已經建成了如圖所示的太空電梯，其通過超級纜繩將地球

赤道上的固定基地、同步空間站和配重空間站連接在?起，它們隨地球同步旋轉。圖中配重空間站

比同步空間站更高，P是纜繩上的一個平臺。則下列說法正確的是（）

A.太空電梯上各點線速度的平方與該點離地球球心的距離成反比

B.宇航員在配重空間站時處于完全失重狀態(tài)

C.若從P平臺向外自由釋放一個小物塊，則小物塊會一邊朝尸點轉動的方向向前運動一邊落向

地球

D.若兩空間站之間纜繩斷裂，配重空間站將繞地球做橢圓運動，且斷裂處為橢圓的遠地點

【答案】C

【解析】A.太空電梯上各點具有相同的角速度，根據

v=（or

可知，太空電梯上各點線速度與該點離地球球心的距離成正比，故A錯誤；

B.配重空間站凱道半徑大于同步軌道，由/=</廠知其線速度和向心加速度均大于同步衛(wèi)星；而由

，..Mm

O—=man

知同步衛(wèi)星的加速度大于配重空間站所在軌道的正常運行衛(wèi)星的加速度，所以配重空間站內的宇航

員的加速度大于同軌道衛(wèi)星的運行加速度，所以不是處于完全失重狀態(tài)，故B錯誤；

C.若從尸平臺向外自由釋放一個小物塊，則小物塊會一邊朝尸點轉動的方向向前運動一邊落向地

球，做近心運動，故C正確；

D.若兩空間站之間纜繩斷裂，配重空間站將繞地球做橢圓運動，其斷裂處為橢圓的近地點，因為

在近地點線速度較大，半徑較小，需要的向心力更大，故D錯誤。

故選ACo

8.空間中存在平行于紙面的勻強電場，在紙面內取。點為坐標原點建立x軸，如圖甲所示?，F(xiàn)有

一個質量為加、電量為+g的帶電微粒，在々0時刻以一定初速度從x軸上的。點開始沿逆時針做勻

速圓周運動，圓心為0、半徑為心已知圖中圓為其軌跡，乃為圓軌跡的一條直徑；除電場力外微

粒還受到一個變力凡不計其它力的作用；測得試探電荷所處位置的電勢夕隨時間/的變化圖像如圖

乙所示。下列說法正確的是（）

B.b點與a點的電勢差/=石1+3）

ba2

C.微粒在〃時所受變力/可能達最大值

2

D.圓周運動的過程中變力少的最大值為〃?券R+4唱法

【答案】D

【解析】A.根據勻強電場場強與電勢差的關系

一一（-92）—-

~d~2R2R

方向與％軸正方向成"，故A錯誤；

O

B.b點與a點的電勢差。兒=-2EHcos300=退（；，仍）故B錯誤；

C.由于場強方向斜向左下方，所以微粒在70時所受變力下可能達最大值，在”時所受變力尸可能

達最小值，故C錯誤；

D.圓周運動的過程中變力戶的最大值為

-442cL

F-mR+Eq

r=2(7/,-/2)=12/l

所以

F=m

獷q2R

故D正確。

故選D..

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每個題給出的四個選項中,

有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得。分。

9.用帶有彈簧的晾衣夾自制的湯匙投球器，將一小球擲出去，同時用高頻攝像機記錄投射與飛行過

程，如圖1所示。逐幀分析小球的運動軌跡，并繪制出小球水平及豎直方向的速度與時間的關系圖

像如圖2所示。圖2中實線為球水平速度，虛線為球豎直速度。不計風力和空氣阻力，則下列分析

正確的是()

A.該小球被擲出瞬間的速率為2.5m/s

B.該小球最高點距離地面的高度約為1.88m

C.當地的重力加速度大小約為lOm/s?

D.該小球擲出過程獲得的動能等于投球器做的功

【答案】AC

【解析】A.不計風力和空氣阻力，小球被擲出水平方向做勻速直線運動，則由圖2可知，f=0.1s時

小球被擲出，被擲出瞬間水平分速度為2m/s,豎直分速度為L5m/s,則小球被擲出瞬間的速率為

v=V22+1.52Ws=2.5n,s

故A正確；

B.有圖2可知，().25s~0.45s小球從最高點落到地面,豎直方向做勻變速直線運動，落地速率為2m/s,

則下落高度為

/?=—△/=0.2m

2

故B錯誤;

C.豎直方向上，由位移與時間公式可得，重力加速度為

g=-^p-=10m/s2

故C正確；

D.由功能關系可知，小球擲出過程投球器做的功等于小球機械能的增加量，小球高度增加，重力

勢能增加，即小球擲出過程投球器做的功等于小球獲得的動能和增加的重力勢能之和，故D錯誤。

故選AC。

10.多個點波源在空間也可以形成干涉圖樣，如圖甲是利用軟件模擬出某時刻三個完全相同的橫波

波源產生的干涉圖樣。圖乙是三個完全相同的橫波波源在均勻介質中位置，波源S，S2,S3分別位

于等邊三角形的三個頂點上，且邊長為2m。三個波源/=0時刻同時開始振動，振動方向垂直紙面,

振動圖像均如圖丙所示。已知波的傳播速度為0.25m/s,O處質點位于三角形中心，。處質點位于

S2與S3連線中點。下列說法正確的是（）

A.位于。處的質點的振幅為6cm

B.其中一列波遇到尺寸為0.8m的障礙物時?，不能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象

C.f=4.5s時，。處質點與平衡位置之間的距離是2及cm

D.由于三列波在同一種介質4?傳播，所以三列波的頻率不同時也能夠發(fā)生干涉現(xiàn)象

【答案】AC

【解析】A.。處質點位于三角形中心，該點到三個波源的間距相等，可知，該點為振動加強點,

則該點振幅為

3J=3x2cm=6cm

故A正確;

B.根據圖丙可知，周期為4s,根據波速表達式有

2

V=一

T

解得

2=Im>0.8m

根據發(fā)生明顯衍射的條件可.知，其中一列波遇到尺寸為0.8m的障礙物時，能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象,

故B錯誤；

C.根據兒何關系可知

SC=S1S2sin60=V3m

則波源5的振動傳播到C所需要時間

1=4底>4.5s

v

表明/=4.5s時，波源5的振動還沒有傳播到C點。由于C處質點位于S與亂連線中點，則波源S2

與》的振動傳播到C所需要時間均為

——s=4s<4.5s

0.25

表明r=4.5s時，波源S2與Ss的振動傳播到了。點，由于

S2C=53C=lm=2,4.5s=T+—

。點為振動加強點，表明C點4.5s時刻的位移為波源Sz與邑在《時刻振動形式的疊加，圖丙的振

O

動方程為

歹=2sin,4cm)=2sin-^《cm)

當時間為J時，解得

O

yQ=V2cm

則，=4.5s時，。處質點與平衡位置之間的距離是

2yo=25/2cm

故C正確；

D.根據干涉的條件可知，機械波要發(fā)生干涉，波的頻率必須相等，即三列波的頻率不同時不能夠

發(fā)生干涉現(xiàn)象，故D錯誤。

故選AC。

11.半徑為R、內壁光滑的半圓弧軌道/出C固定在光滑的水平地面.上的力點，AC是豎直直徑，B

是圓心。的等高點，把質量相等小球甲、乙（均視為質點）用長為2R的輕質細桿連接，放置在地

面二。現(xiàn)讓甲、乙同時獲得水平向右的速度四，乙進入半圓弧軌道力4c并沿著內壁向上運動，且

乙能運動到〃點，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

C

oV

_____工工v」//

〃〃〃〃〃〃〃〃〃?〃〃〃〃〃/%〃〃）/〃

A.乙沿著圓弧上升甲在水平面上運動，甲的機械能不守恒

B.乙沿著圓弧上升甲在水平面上運動，甲、乙組成的整體機械能不守恒

C.乙運動到4點，甲、乙的速度大小之比為1：百

D.乙運動到4點，甲的速度為也1二史

2

【答案】ACD

【解析】AC.當乙運動到8點時，設輕桿與水平方向的夾角為a當乙運動到8點時，乙的速度沿

切線豎直向上，甲的速度水平向右，把乙和甲的速度沿桿和垂直桿的方向分解，如圖所示，則有乙

和甲沿桿方向的速度大小相等，由圖可得

丫乙sin6=i{11cos6

由幾何關系可得

sin?！埂?/p>

2R2

聯(lián)立解得

v乙=6%

%:v乙=1:G

可知乙沿著圓弧上升甲在水平面上運動時，乙的速度在增大，甲的速度在減小，則甲的動能在減小,

重力勢能不變，因此甲的機械能不守恒，AC正確；

B.乙沿著圓弧上升甲在水平面上運動，甲、乙組成的整體只有重力做功，因此甲、乙組成的整體

機械能守恒，B錯誤；

D.對甲、乙組成的整體從開始運動到乙到達8點的運動中機械能守恒，設每個小球的質量為加，

由機械能守恒定律可得

-X2）叫=mgR+-呻mv；

又有

v乙=6%

聯(lián)立解得

8-2gR

2

D正確。

故選ACDo

12.如圖，傾角0=30。的足夠長傳送帶向上勻速傳動，與傳送帶運動方向垂直的虛線MN與PQ間

存在垂直傳送帶向上的勻強磁場，磁感應強度大小為瓦質量為〃?、邊長為L的正方形單匝導線框

Med隨傳送帶一起向上運動；經過一段時間，當線框岫邊越過虛線MV進入磁場后，線框與傳送

帶間發(fā)生相對運動；當線框完全進入磁場時，速度大小變?yōu)榫€框必邊剛進入磁場時速度大小的;，

25

當線框時邊到達虛線夕0處時，線框恰好與傳送帶相對靜止。已知兩虛線間距離為萬心，線樞的阻

值為R,線框與傳送帶間的動摩擦因數〃=母，重力加速度為g,整個過程中線框仍邊始終與兩虛

A穿過磁場過程中,線框的最小速度不小于瑞

NR273

B.線框從開始進入磁場到開始離開磁場的過程中，摩擦力的沖量為絲上

R

C.傳送帶的速度大小為歷

D.線框離開磁場的過程中產生的焦耳熱為2三5，幾班

36

【答案】ABD

【解析】A.線框可能減速上升直到達到最小速度后保持勻速，也可能一直減速，設線框的最小速

度為％in，則

B?By

pmgCQS0=wgsin0+——

解得，

V.二皿

m，n48*

所以，穿過磁場過程中，線框的最小速度不小于黑r,故A正確；

44七

B.從開始進入磁場到開始離開磁場的過程中，對線框列動量定理

/.imgcosGt-mgsinGt———=mv-mv

可得，

48*

t=-----

mgR

則摩擦力的沖最為

I,=jLimgcosSt

解得

.3B2!?

心*

故B正確；

C.從線框帥邊剛進入磁場到完全進入磁場，設進入磁場的過程中線框克服安培力做功為W-對線

框列動能定理，

/./mgcosOL-mgsinOL-=；/加

從開始進入磁場到開始離開磁場的過程中，對線框列動能定理

2525

“geos。-Z-mgsin0-^-L-W^=

22

可得,

w.=—

136

依題意，傳送帶的速度

C錯誤；

D.根據對稱性，可得，線框進入磁場產生的焦耳熱等于離開磁場過程中產生的焦耳熱，則

故D止確。

故選ABD,

三、非選擇題：本題共6小題，共60分。

13.某物理課外小組通過如圖甲、乙、丙所示的實驗裝置探究物體加速度與其所受合外力之間的關

系。已知他們使用的小車完全相同且質量為必，重物的質量為加，試回答下列問題：

打點計時器

打點計時器/小車細線定滑輪

…\r-4________________L

力傳感器

長木板水平實驗臺

U甲

輕動滑輪

彈簧測力計

打點計時器公車I細蘆

長木板水平實驗臺r-----------

重物'

丙丁

（1）實驗時，必須滿足〃必遠大于加〃的實驗裝置是（選填“甲〃、"乙"或"丙〃）

（2）按乙圖實驗裝置得到如圖內所示的紙帶，己知打點計時器打點的周期T=0.02s,其中A、

B、C、D、E每相鄰兩個計數點之間還有4個點沒有標出，根據紙帶提供的數據，算得小車加速度

的大小為m/s?（計算結果保留兩位有效數字）。

ABCDE

|o12345678910cm

（3）采用（丙）圖實驗裝置探究質量一定時加速度與力的關系的實驗，以彈簧測力計的示數廣為

橫坐標，加速度。為縱坐標，畫出的/圖線是如圖（?。┑囊粭l直線。測出圖線與橫坐標的夾角

為。，求得圖線的斜率為〃，則小車的質量為。

212

A.-B.-----C.-D.1c

tan3lan。k

（4）采用（甲）圖實驗裝置.，把重物改成槽碼，槽碼總數N,珞〃（依次取〃=2,3,4,5……）個槽

碼掛在細線左端，其余N-〃個槽嗎仍留在小車內，重復前面的步驟，并得到相應的加速度“，得到

。-〃圖線是過原點的直線，但實險時漏了平衡摩擦力這一步驟，下列說法正確的是。

A.。一〃圖線不再是直線

B.〃圖線仍是過原點的直線，但該直線的斜率變小

C.。-〃圖線仍是直線，但該直線不過原點

【答案】甲0.57/0.58/0.59/0.60/0.61/0.62/0.63CC

【解析】（1）[1]乙、內兩圖繩上的拉力都可測量直接讀出，不需要重物重力替代，甲圖需要用重物

重力替代拉力，所以需要滿足““遠大于小"；

（2）⑵根據逐差法公式可得

c_XCE_XAC

4T2

解得

a=0.58m/s2

（3）⑶根據牛頓第二定律可得

2F=Ma

整理得

2u

a=-F

M

2

所以小車的質量為7，故選C。

（4）⑷因為沒有平衡摩擦力，所以可得

nmg.f=（Nm+A/）

整理得

MM

所以。-〃圖線仍是直線，但該直線不過原點，故選C。

14.某研究性學習小組在學習了億學課上的原電池原理后，將銅片和鋅片插入兩個新鮮的檸檬中制

成一個水果電池，并利用下列所給器材測量水果電池的電動勢￡和內阻幾

A.待測水果電池（電動勢E約為2V,內阻約為幾百歐）

B.滑動變阻器（最大阻值為100C,額定電流為1A）

C.滑動變阻器（最大阻值為1000Q,額定電流為0.1A）

D.電流表A（量程為3mA,內阻為20。）

E.電壓表Y（量程為3V,內阻約為3kQ）

F.電壓表V?（量程為15V,內阻約為15kC）

G.開關S,導線若干

（1）研究小組設計了甲、乙兩種電路，應選擇（填“甲〃或"乙”）電路。滑動變阻器應

選擇.電壓表應選擇（均填對應器材前的字母序號）

（2）根據選擇的電路，移動滑動變阻器的滑片，得到電壓表示數U與電流表示數/的多組數據,

作出U-/圖像如圖丙所示，根據圖像和題中所給信息，得到該水果電池的電動勢上=V,

內阻，?二Qo

（3）如果不考慮偶然誤差，根據選擇的電路，電動勢的測量值（填“〉”“<〃或"=〃）真

實值。

【答案】甲CE2.0480

【解析】（1）為了調節(jié)過程中電流變化明顯，滑動變阻器最大阻值應當比待測電源內阻大,

所以選擇C；由于電動勢約為2V,電壓表選擇電壓表v，即選E；電流表A的內阻已知，采用內

接法可以避免系統(tǒng)誤差，因此電路選擇甲；

（2）⑷⑶由

E=U+I（r+RA）

可知

U=-I（r+RA）+E

根據圖丙可知，縱截距為

E=2.0V

斜率為

r+/?A=500Q

因此

r=480Q

（3）[6]由于電流表A的內阻已知，故測得的電動勢無系統(tǒng)誤差，測量值等于真實值。

四、解答題

15.如圖所示，一種光學傳感器是通過接收器。接收到光的強度變化而觸發(fā)工作的。當光從玻璃內

側P點以入射角。=37。射向外側M點時，其折射光線與反射光線恰好垂直；而當光從P點射向外側

的N點時，在N點恰好發(fā)生全反射后被。接收。已知光在真空中的傳播速度為c,PQ的距離為3

sin37o=0.6o求：

（1）玻璃的折射率;

（2）光由P點經N點發(fā)生全反射到達接收器Q的時間。

【解析】（1）光線在歷點發(fā)生折射，光路如下圖所示

￡=53°

由折射定律得

sinp

n=---

sina

代入數值可得

n=—4

3

（2）在N點全反射，則有

sinC=—

n

PNQ的光程為

L

s=---

sinC

光在介質中的傳播速度為速度

c

V=—

n

得

3c

v=一

4

解得

s16L

/=-=-----

v9c

16.如圖所示為游樂場的空中飛椅項目.長度為上的輕質高分子繩一端系著座椅，另一端固定在半

徑為L的水平轉盤邊緣，電機帶動水平轉盤繞穿過其中心的豎直軸轉動，從而帶動繩、座椅、游玩

者一起轉動，座椅P與該座椅上的游玩者的總質量為〃，，水平轉盤先在較低位置力處，以某一?轉速

勻速轉動，此時輕繩與豎直方向的夾角a=37。；然后再在慢慢加速轉動的同時將水平轉盤的高度提

升10L到達位置8處，再在8處保持另一轉速勻速轉動，此時輕繩與豎直方向的夾角2=53。不計空

氣阻力，將座椅P與游玩者整體視為質點，重力加速度為g,sin37o=0.6,cos37°=0.8,求:

（1）轉盤在48處勻速轉動時，。的線速度大小匕、彩；

（2）從轉盤在4處勻速轉動到轉盤提升后在4處勻速轉動的過程中，輕繩對座椅產和游玩者所做的

【解析】（1）座椅P和游玩者在幺處的轉動半徑凡

凡=L+Ls\nO}

由牛頓第二定律，有

呼的=答

解得

%130gL

座椅P和游玩者在B處的轉動半徑與

R2=L+Ls\nO2

由牛頓第二定律，有

解得

v2115gL

J

（2）座椅P和游玩者上升的高度H

H=10L+Leosq-Lcosg

輕繩對座椅P和游玩者所做的功W

W=mgH+%in；-I"；

解得

IV=\0.^mgL

17.中國"人造太陽"在核聚變實驗方面取得新突破，該裝置中用電磁場約束和加速高能離子，其部

分電磁場簡化模型如圖所示，在三維坐標系Oxyz中，0<z?d空間內充滿勻強磁場I,磁感應強度

大小為8,方向沿X軸正方向；-3d?z<0,yN0的空間內充滿勻強磁場II,磁感應強度大小為:8,

方向平行于、《小平面，與x軸正方向夾角為60。。z<0jW0空間內充滿沿y軸負方向的勻強電場.

一質量為用、帶電量為”的粒子甲，從）Cz平面第三象限內距/軸為￡的八點以一定速度出射，速

度方向與z軸正方向夾角為45。，在）Oz平面內運動一段時間后，經坐標原點。沿z軸正方向進入磁

場I。不計粒子重力。

（1）當電場強度的大小為E時，求粒子甲從A點出射速度%的大小;

（2）若使粒子甲進入磁場后始終在磁場中運動，求進入磁場時的最大速度％；

（3）若粒子甲以繆的速度從。點進入磁場I一段時間后，質量為：〃?，電量為+!夕的粒子乙，

2m22

也從。點沿Z軸正方向以相同的動量進入磁場I,若使兩粒子在它們運動軌跡的第一個交點處相撞,

求兩粒子從。點進入磁場I的時間差4（忽略除碰撞外粒子間相互作用）。

【答案】（1）%=,但藥；（2）匕=幽；（3）3乃〃?

Vrnni

【解析】（1）粒子甲在力點的受力和速度關系如圖1所示:

圖1

將粒了甲從/1點山射速度vo分解到沿_y軸方向和z軸方向。粒子受到的電場力沿沙軸負方向，可知

粒子沿z軸方向做勻速直線運動，沿y軸方向做勻減速直線運動，則從力到。的過程，有

L=v0cos45°/

v0sin45°

qE

a=—

ni

聯(lián)立解得

%=

（2）從坐標原點。以速度y沿n軸正方向進入磁場I中，做勻速圓周運動，經過半個圓周進入磁

場II繼續(xù)做勻速圓周運動，如圖2

v

qvB=ni—

qv-B=m—

2r2

可得

根信幾何關系可知粒子甲經過磁場I【后從x軸進入磁場I中，為了使粒子甲進入磁場后始終在磁場

中運動，則粒子甲在磁場I中運動時，不能從磁場【上方穿出，在磁場H中運動時，不能從z=-3d

平面穿出，則粒子在磁場中運動的軌跡半徑需滿足4W",r2<3d

聯(lián)立可得

m

要使粒子甲進入磁場后始終在磁場中運動，進入磁場時的最大速度

m

rn

（3）設粒了?乙的速度大小為3,根據粒子甲、乙動量相同，可得

mv-mv

且

,1,1

q=3q，,n=-w

設粒子甲、乙在磁場I中運動時軌跡半徑分別為和，：，則

.mv1-m'v',

r.=——=—af,r.=-----=a

iqB2、qB'

粒子甲、乙在磁場H中運動時軌跡半徑分別為匕和匕，則

■mv.-mv_,

4=^—=dr2=-=2d

于出，-qB'

4J

根據幾何關系可知，粒子甲、乙運動軌跡第?個交點在粒子乙第?次穿過x軸的位置，如圖3所示。

粒子甲、乙從0點進入磁場到第一個交點的過程，有

_T2兀m27rrn6兀m

而=(+7i=—^-+-j—=—

qBLqBqB

2

T,。1nm'nm'3不〃?

I=，+------+--------=------

22丁B!山qB

2V

可得粒子甲、乙在它們運動軌跡的第一個交點相遇，兩粒子從。點進入磁場I的時間差為

3加tn

A/=zl（I-r^=——

qB

18.如圖，光滑水平軌道上固定一個光滑圓弧軌道，圓弧的半徑為/?=1.2m,圓心角為60。，圓弧

右端有個質量為〃，-lkg的長木板A與之接觸但不粘連，且A上表面與圓弧右端相切。在K木板A

右側放著很多個滑塊（視為質點），滑塊的質量均為2〃?，編號依次為1、2、3、4、…、小開始時

長木板A和滑塊均靜止。在左側光滑平臺上有兩個可視為質點的滑塊B、C,且用mc=3m,B、C

之間有一輕彈簧，并用細線拴連使彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧此時恰好與B、C接觸但不粘連，初始

時彈簧彈性勢能為&=6J。現(xiàn)將細線燒斷，B、C在彈簧彈力作住下加速運動直至與彈簧分離，小滑

塊B與彈簧分離后從平臺飛出，且恰好從固定圓弧軌道左端相切進入，離開圓弧后滑上長木板A,

當A、B剛達到共速時，長木板A恰好與滑塊1發(fā)生第1次彈性碰撞。經過一段時間，A、B再次

剛達到共速時，長木板A恰好與滑塊1發(fā)生第2次彈性碰撞，此后A、B共速時，長木板A總是

恰好與滑塊1發(fā)生彈性碰撞；最終滑塊B恰好沒從長木板A上滑落，且A與B之間的動摩擦因數

為4=（）/，重力加速度為g=10m/s2,滑塊間的碰撞均為彈性城撞，且每次碰撞時間極短，求:

（1）滑塊B剛滑上長木板A時的速度大小;

（2）滑塊B與長木板A間摩擦產生的總熱量°；