【開學(xué)考】2024秋高三上冊(cè)開學(xué)物理摸底考試物理2025屆新高三上冊(cè)開學(xué)摸底考試卷（黑龍江吉林和遼寧專用）.zip-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

注意事項(xiàng)：
1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)等填寫在答題卡和試卷指定位置上。
2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如
需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫
在本試卷上無(wú)效。
3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回
一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題只有一項(xiàng)符合題目要求，每題4分；第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求，每題6分，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。
1．如圖所示，浙江運(yùn)動(dòng)員李玲在參加杭州亞運(yùn)會(huì)女子撐桿跳高比賽時(shí)，以4.63m的成績(jī)奪得金牌，并再度刷新亞運(yùn)會(huì)賽事紀(jì)錄。其完整的撐桿跳高過程可簡(jiǎn)化為三個(gè)階段——持桿助跑、撐桿起跳上升、越桿下落著地。下落時(shí)，人桿分離，最后落在軟墊上速度減為零。不計(jì)空氣阻力，則（）
A．研究其越桿過程的技術(shù)動(dòng)作可將李玲視作質(zhì)點(diǎn)
B．李玲在最高點(diǎn)時(shí)加速度一定為零
C．李玲在整個(gè)跳高過程中機(jī)械能守恒
D．李玲落在軟墊上的運(yùn)動(dòng)過程中，軟墊對(duì)她的沖量大小等于她對(duì)軟墊的沖量大小
【答案】D。
【解答】解：A、研究其越桿過程的技術(shù)動(dòng)作時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的大小和形狀不可忽略，不可將李玲視作質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；
B、李玲在最高點(diǎn)時(shí)仍受到重力作用，故加速度為重力加速度，故B錯(cuò)誤；
D、李玲落在軟墊上的運(yùn)動(dòng)過程中，由牛頓第三定律可知軟墊對(duì)她的作用力大小等于她對(duì)軟墊的作用力大小，那么軟墊對(duì)她的沖量大小等于她對(duì)軟墊的沖量大小，故D正確；
C、撐桿從開始形變到撐桿恢復(fù)形變時(shí)，先是運(yùn)動(dòng)員部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為桿的彈性勢(shì)能，后彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能與重力勢(shì)能，使用撐桿的過程中，運(yùn)動(dòng)員與桿的機(jī)械能守恒，但單個(gè)物體—李玲在整個(gè)跳高過程中機(jī)械能不守恒、故C錯(cuò)誤。
2．如圖所示，一個(gè)固定的轉(zhuǎn)輪的輻條上有兩點(diǎn)a、b，關(guān)于兩點(diǎn)的線速度v的大小關(guān)系和角速度的大小關(guān)系，正確的是（）
A．va＝vb，ωa＜ωbB．va＜vb，ωa＜ωb
C．va＜vb，ωa＝ωbD．va＝vb，ωa＝ωb
【答案】C
【解答】解：由題可知，a、b是同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，兩者角速度相同，有ωa＝ωb；根據(jù)v＝ωr，且ra＜rb，可得va＜vb，故C正確，ABD錯(cuò)誤。
3．如圖所示為智能機(jī)器人協(xié)助派件員分揀快遞的場(chǎng)景，派件員將包裹放在機(jī)器人的水平托盤上后，機(jī)器人通過掃碼讀取目的地信息，并生成最優(yōu)路線，將不同目的地的包裹送至不同的位置，從而實(shí)現(xiàn)包裹的分揀功能。關(guān)于機(jī)器人和包裹，下列說法正確的是（）
A．機(jī)器人加速前進(jìn)則包裹對(duì)水平托盤的摩擦力方向向后
B．包裹受到向上的支持力是包裹發(fā)生形變產(chǎn)生的
C．包裹對(duì)機(jī)器人的壓力和機(jī)器人對(duì)包裹的支持力是一對(duì)平衡力
D．包裹隨著機(jī)器人一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，包裹受到向前的摩擦力
【答案】A
【解答】解：A、機(jī)器人加速前進(jìn)時(shí)，相對(duì)包裹機(jī)器人有向前運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，故此時(shí)包裹具有向前的加速度，所以受到向前的摩擦力作用，根據(jù)牛頓第三定律可知包裹對(duì)水平托盤的摩擦力方向向后，故A正確；
B、包裹受到向上的支持力是托盤發(fā)生形變產(chǎn)生的，故B錯(cuò)誤；
C、包裹對(duì)機(jī)器人的壓力和機(jī)器人對(duì)包裹的支持力是一對(duì)相互作用力，故C錯(cuò)誤；
D、包裹隨著機(jī)器人一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，包裹加速度為零，故此時(shí)不受到摩擦力，故D錯(cuò)誤。
4．如圖所示是某電容式話筒的原理示意圖，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為兩金屬板。從左向右對(duì)著振動(dòng)片P說話，P振動(dòng)而Q不動(dòng)。在P、Q間距增大的過程中（）
A．電容器的電容增大B．P上電量保持不變
C．P、Q間的場(chǎng)強(qiáng)增大D．點(diǎn)M的電勢(shì)比點(diǎn)N的高
【答案】D
【解答】解：A．根據(jù)電容器的決定式
可知兩極板間距離增大，電容減小。故A錯(cuò)誤；
B．由于電容器與電源連接，電源電壓保持不變，兩極板間電壓U不變，電容C減小，根據(jù)電容器的定義式
可知電容器的帶電量減小。故B錯(cuò)誤；
C．P、Q間的電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，則有
U＝Ed
在P、Q間距d增大的過程中，兩極板間電壓U不變，則P、Q間電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E減小。故C錯(cuò)誤；
D．兩極板間距離增大，電容減小，Q極板的正電荷將通過電阻R和電源流向負(fù)極板，因此M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)。故D正確。
5．在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶電小球僅在重力和電場(chǎng)力作用下于豎直面（紙面）內(nèi)運(yùn)動(dòng)。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運(yùn)動(dòng)軌跡為直線；若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)等高處的過程中（）
A．動(dòng)能減小，電勢(shì)能增大
B．動(dòng)能增大，電勢(shì)能減小
C．動(dòng)能減小，電勢(shì)能減小
D．動(dòng)能增大，電勢(shì)能增大
【答案】B
【解答】解：小球的初速度方向沿虛線時(shí)，小球沿虛線做直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)物體做直線運(yùn)動(dòng)的條件可知小球所受的合力方向沿虛線方向，電場(chǎng)方向水平向右，如圖所示：
小球的初速度方向垂直于虛線，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)；
小球從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)等高處的過程中，合力做正功，小球的動(dòng)能增加；
電場(chǎng)力做正功，小球的電勢(shì)能減小。
綜上分析，故ACD錯(cuò)誤，B正確。
6．光電管是應(yīng)用光電效應(yīng)原理制成的光電轉(zhuǎn)換器件，在有聲電影、自動(dòng)計(jì)數(shù)、自動(dòng)報(bào)警等方面有著廣泛的應(yīng)用。圖a是研究光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)電路，圖b是用甲、乙、丙三束光分別照射光電管得到的I﹣U圖線，Uc1、Uc2表示遏止電壓，圖c是遏止電壓Uc與入射光的頻率ν間的關(guān)系圖像。下列說法中正確的是（）
A．發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，將滑動(dòng)變阻器滑片從C端往D端移動(dòng)時(shí)，電流表示數(shù)一定增加
B．圖c中圖線的斜率表示普朗克常量h
C．丙光比甲光更容易發(fā)生明顯衍射
D．甲光照射時(shí)比丙光照射時(shí)產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能小
【答案】故選：D。
【解答】解：A、發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，將滑動(dòng)變阻器滑片從C端往D端移動(dòng)時(shí)，當(dāng)電路中的電流達(dá)到飽和電流后，電流表示數(shù)保持不變，在達(dá)到飽和電流前會(huì)一直增大的，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)愛因斯坦的光電效應(yīng)方程有Ek＝hν﹣W0，根據(jù)動(dòng)能定理有eUc＝Ek，聯(lián)立得Uc＝，所以圖c中圖像的斜率表示，故B錯(cuò)誤；
C、從圖b中可以看出在發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)丙光的遏制電壓大于甲光的遏制電壓，所以丙光的頻率大于甲光的頻率，根據(jù)c＝λν可知甲光的波長(zhǎng)大于丙光的波長(zhǎng)，則甲光比丙光更容易發(fā)生衍射，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)愛因斯坦的光電效應(yīng)方程Ek＝hν﹣W0，根據(jù)上面C的分析可知，甲光照射時(shí)比丙光照射時(shí)產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能小，故D正確。
7．2023年11月16日，長(zhǎng)征二號(hào)丙運(yùn)載火箭在酒泉成功發(fā)射了新一代海洋水色觀察衛(wèi)星海洋三號(hào)01星，海洋三號(hào)01星具有高度的科研價(jià)值和應(yīng)用價(jià)值，代表著我國(guó)海洋水色系統(tǒng)衛(wèi)星正式升級(jí)到第二代觀測(cè)體系。若已知衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)軌道可看成圓軌道，運(yùn)動(dòng)周期為T，衛(wèi)星離地面的飛行高度為h，地球半徑為R，地球北極位置的重力加速度為g，引力常量為G。則下列說法正確的是（）
A．海洋三號(hào)01星的發(fā)射速度大于11.2km/s
B．由題中已知的數(shù)據(jù)可得出地球的密度為
C．該衛(wèi)星在預(yù)定軌道無(wú)動(dòng)力獨(dú)立飛行時(shí)繞地一周所需時(shí)間為
D．該衛(wèi)星在預(yù)定軌道無(wú)動(dòng)力獨(dú)立飛行時(shí)的速度大小可能為8km/s
【答案】C
【解答】解：是第二宇宙速度，是衛(wèi)星脫離地球束縛的最小發(fā)射速度，海洋三號(hào)01星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，其發(fā)射速度小于11.2km/s，故A錯(cuò)誤；
B.根據(jù)萬(wàn)有引力等于重力有＝mg
解得M＝
地球密度ρ＝＝＝，故B錯(cuò)誤；
C.根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有＝m
解得T＝2π
又根據(jù)萬(wàn)有引力等于重力有＝mg
解得T＝2π
故C正確；
D.第一宇宙速度7.9km/s是衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的最大速度，該衛(wèi)星在預(yù)定軌道無(wú)動(dòng)力獨(dú)立飛行時(shí)的速度大小小于7.9km/s，但不可能為8km/s，故D錯(cuò)誤。
（多選）8．兩列簡(jiǎn)諧橫波分別沿x軸正方向和負(fù)方向傳播，兩波源分別位于x＝﹣0.2m和x＝1.2m處，兩列波的波速均為0.4m/s，左側(cè)波源的振幅為2cm，右側(cè)波源的振幅為3cm。如圖所示為t＝0時(shí)刻兩列波的圖像，此刻平衡位置位于x＝0.2m和x＝0.8m的兩質(zhì)點(diǎn)剛開始振動(dòng)。下列說法正確的是（）
A．平衡位置位于x＝0.5m的質(zhì)點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，它的位移不可能為0
B．平衡位置位于x＝0.4m的質(zhì)點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，t＝1s之后其位移始終為0
C．平衡位置位于x＝0.3m的質(zhì)點(diǎn)在t＝1.6s時(shí)的速度方向?yàn)閥軸正方向
D．平衡位置位于x＝0.2m的質(zhì)點(diǎn)在0～3s內(nèi)的路程為18cm
【答案】CD
【解答】解：A．兩列波相遇的時(shí)間為
t＝＝s＝0.75s
即兩列波經(jīng)t＝0.75s，相遇在P、Q的中點(diǎn)M，故質(zhì)點(diǎn)M在t＝0.75s時(shí)起振，兩列波起振的方向都是y軸負(fù)方向，故兩列波在質(zhì)點(diǎn)M處振動(dòng)加強(qiáng)，它的位移可能為0。故A錯(cuò)誤；
B．平衡位置位于x＝0.4m的質(zhì)點(diǎn)到兩波源的路程差為
Δx'＝（1.2﹣0.4）m﹣（0.4+0.2）m＝0.2m＝
可知該點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，因?yàn)閮刹ㄔ吹恼穹煌?，所以該點(diǎn)的位移會(huì)隨時(shí)間而變化，不會(huì)出現(xiàn)始終為0的情況。故B錯(cuò)誤；
C．兩列波的周期為
T＝＝s＝1s
左右兩波傳到x＝0.3m所需時(shí)間分別為
t1＝s＝0.25s
t2＝s＝1.25s
故在t＝1.6s時(shí)，兩列波使該處質(zhì)點(diǎn)已經(jīng)振動(dòng)的時(shí)間分別為
t3＝1.6s﹣0.25s＝1.35s＝T+0.35s
t4＝1.6s﹣1.25s＝0.35s
可知兩列波對(duì)該點(diǎn)的影響均為沿y軸正方向振動(dòng)。所以x＝0.3m處質(zhì)點(diǎn)的速度方向?yàn)閥軸正方向。故C正確；
D．右側(cè)波傳到x＝0.2m處所需時(shí)間為
t'＝＝s＝1.5s
則0～1.5s內(nèi)該質(zhì)點(diǎn)的路程為
s1＝4A+2A＝6×2cm＝12cm
1.5～3s內(nèi)兩列波在該點(diǎn)疊加，該點(diǎn)到兩波源的路程差為
x''＝（1.2﹣0.2）m﹣（0.2+0.2）m＝0.6m＝3
則該點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，合振幅為
A合＝A2﹣A1＝3cm﹣2cm＝1cm
可知該段時(shí)間的路程為
s2＝4A合+2A合＝6×1cm＝6cm
可得平衡位置位于x＝0.2m的質(zhì)點(diǎn)在0～3s內(nèi)的路程為
s＝s1+s2＝12cm+6cm＝18cm
故D正確。
（多選）9．如圖甲，質(zhì)量m＝1kg的小滑塊P（可視為質(zhì)點(diǎn)），以v1＝3m/s的速度從木板左端向右滑上木板Q，此時(shí)木板Q速度大小為v2＝5m/s，方向水平向左，從該時(shí)刻開始0.6s內(nèi)兩物體的運(yùn)動(dòng)情況的v﹣t圖像如圖乙所示。已知木板Q質(zhì)量M＝3kg，重力加速度g取10m/s2。則（）
A．PQ間的摩擦因數(shù)為μ1＝0.5
B．Q與地面間的摩擦因數(shù)為μ2＝0.5
C．如果想要滑塊P不從木板Q上掉落，木板Q至少長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝3m
D．如果想要滑塊P不從木板Q上掉落，木板Q至少長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝3.2m
【答案】AD
【解答】解：A．根據(jù)圖乙可得，a1＝||＝||m/s2＝5m/s2
對(duì)P分析
f1＝μ1mg＝ma1
解得
μ1＝0.5
故A正確；
B．根據(jù)圖乙可得，a1＝||＝||m/s2＝5m/s2
對(duì)Q分析
f1+f2＝μ1mg+μ2 （m+M）g＝（m+M）a2
解得
μ2＝0.375
故B錯(cuò)誤；
CD.t＝0.6s時(shí)P、Q的相對(duì)位移為
x＝m+m+2×0.6m＝3m
此后分別對(duì)P、Q根據(jù)牛頓第二定律可知P的加速度向左，大小依然為5m/s2，Q的加速度向右大小依然為5m/s2
設(shè)兩物體共速所需時(shí)間為t，則
vQ﹣a2t＝a1t
解得t＝0.2s
兩物體的相對(duì)位移為
x'＝vQt﹣﹣
則木板的最少長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝x+x'
代入數(shù)據(jù)解得L＝3.2m，故C錯(cuò)誤，D正確；
（多選）10．如圖所示，表面粗糙且絕緣的水平傳送帶以速度v向右勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，空間中MNPQ所在區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ與MQ的夾角為45°，且MQ＝2L，某時(shí)刻在傳送帶左側(cè)輕放一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形導(dǎo)線框，ad邊與MQ始終平行，線框與傳送帶恰好相對(duì)靜止通過磁場(chǎng)區(qū)域，已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，則（）
A．線框中的電流先增大后減小再增大再減小
B．線框所受安培力方向始終水平向左
C．線框所受靜摩擦力的最大值為
D．線框進(jìn)入磁場(chǎng)前運(yùn)動(dòng)的最短距離為
【答案】ACD
【解答】解：A、線框進(jìn)入有界磁場(chǎng)后，其ad、bc邊不切割磁感線，由幾何知識(shí)可知，線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度的最大值為L(zhǎng)，線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)a點(diǎn)恰好運(yùn)動(dòng)到PQ上，線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的過程中切割磁感線的有效長(zhǎng)度先增大后減小，由E＝BLv知，線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先增大后減??；同理可得線框出磁場(chǎng)區(qū)域的過程中切割磁感線的有效長(zhǎng)度也先增大后減小，線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先增大后減小，因此線框勻速通過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，線框中的電流先增大后減小，再增大再減小，故A正確。
B、線框進(jìn)出磁場(chǎng)的過程中所受安培力的有效長(zhǎng)度與正方形線框的對(duì)角線bd平行，由楞次定律和左手定則可知，線框所受安培力方向始終垂直于對(duì)角線bd，故B錯(cuò)誤；
C、計(jì)算所受安培力時(shí)有效長(zhǎng)度的最大值為，因?yàn)榫€框恰好與傳送帶相對(duì)靜止通過磁場(chǎng)區(qū)域，所以線框所受的最大靜摩擦力等于所受的最大安培力，有
，故故C正確；
D、根據(jù)牛頓第二定律得：
線框從靜止開始勻加速到a點(diǎn)到達(dá)磁場(chǎng)邊界的速度恰好為v時(shí)，由v2＝2as可得，故D正確。
實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共14分
11．（6分）某同學(xué)為了驗(yàn)證對(duì)心碰撞過程中的動(dòng)量守恒定律，設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：用紙板搭建如圖所示的滑道，使硬幣可以平滑地從斜面滑到水平面上，其中OA為水平段。選擇相同材質(zhì)的一元硬幣和一角硬幣進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。
測(cè)量硬幣的質(zhì)量，得到一元和一角硬幣的質(zhì)量分別為m1和m2（m1＞m2）。將硬幣甲放置在斜面上某一位置，標(biāo)記此位置為B。由靜止釋放甲，當(dāng)甲停在水平面上某處時(shí)，測(cè)量甲從O點(diǎn)到停止處的滑行距離OP。將硬幣乙放置在O處，左側(cè)與O點(diǎn)重合，將甲放置于B點(diǎn)由靜止釋放。當(dāng)兩枚硬幣發(fā)生碰撞后，分別測(cè)量甲、乙從O點(diǎn)到停止處的滑行距離OM和ON。保持釋放位置不變，重復(fù)實(shí)驗(yàn)若干次，得到OP、OM、ON的平均值分別為s0、s1、s2。
（1）在本實(shí)驗(yàn)中，甲選用的是一元（填“一元”或“一角”）硬幣；
（2）碰撞前，甲到O點(diǎn)時(shí)速度的大小可表示為（設(shè)硬幣與紙板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g）；
（3）若甲、乙碰撞過程中動(dòng)量守恒，則＝（用m1和m2表示），然后通過測(cè)得的具體數(shù)據(jù)驗(yàn)證硬幣對(duì)心碰撞過程中動(dòng)量是否守恒。
【答案】（1）一元；（2）；（3）
【解答】解：（1）兩硬幣碰撞過程動(dòng)量守恒，以碰撞前瞬間甲的速度方向?yàn)檎较?，設(shè)碰撞前甲的速度為v0，碰撞后甲的速度為v1，乙的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律得：m甲v0＝m甲v1+m乙v2
由機(jī)械能守恒定律得：m甲＝m甲+m乙
聯(lián)立解得：v1＝v0，v2＝v0
由題意得，碰撞后甲向右運(yùn)動(dòng)，即v1＞0，則m甲＞m乙
由題意可知一元和一角硬幣的質(zhì)量分別為m1和m2（m1＞m2），則甲選用一元的硬幣；
（2）不放置硬幣乙時(shí)，甲從O點(diǎn)到P點(diǎn)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：﹣μm1g＝m1a
由勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移—速度公式得：0﹣＝2as0
聯(lián)立解得：v0＝
（3）以碰撞前瞬間甲的速度方向?yàn)檎较?，甲、乙碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2
由機(jī)械能守恒定律得：m1＝m1+m2
聯(lián)立解得：v1＝v0， v2＝v0
甲、乙碰撞后均做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度均為：a＝﹣μg
由勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移—速度公式得：0﹣＝2as1 和0﹣＝2as2
則＝＝＝
12．（8分）某實(shí)驗(yàn)小組用電阻箱和電壓表（內(nèi)阻可視為無(wú)窮大），測(cè)量定值電阻R0的阻值，并測(cè)量水果電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)電路如圖（a）。實(shí)驗(yàn)操作步驟如下：
①閉合S1斷開S2和S3，當(dāng)電阻箱的阻值為1178Ω時(shí)，電壓表示數(shù)為0.60V；
②閉合S1和S3，斷開S2，當(dāng)電阻箱的阻值為2040Ω時(shí)，電壓表示數(shù)仍為0.60V；
③閉合S1，斷開S2和S2，多次調(diào)節(jié)電阻箱，讀出多組電阻箱的示數(shù)R和對(duì)應(yīng)的電壓表示數(shù)U。
（1）根據(jù)上述步驟，可得出定值電阻R0的阻值為 862 Ω（計(jì)算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。
（2）將測(cè)量的數(shù)據(jù)填入表格，利用Excel計(jì)算出，如表所示：
（3）由測(cè)得的數(shù)據(jù)，利用計(jì)算機(jī)得出電壓表示數(shù)U隨變化的圖線如圖（b）所示的。根據(jù)圖像可求得水果電池的電動(dòng)勢(shì)E＝ 0.80 V，內(nèi)阻r＝ 8.0×102 Ω（計(jì)算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。
（4）實(shí)際電壓表內(nèi)阻不是無(wú)窮大，若只考慮由此引起的系統(tǒng)誤差，則與真實(shí)值相比，電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值偏小（選填“偏大”“偏小”或“不變”），內(nèi)阻的測(cè)量值偏小（選填“偏大”“偏小”或“不變”）。
【答案】（1）862；（3）0.80；8.0×102；（4）偏小；偏小
【解答】解：（1）電阻的測(cè)量采用的是替代法，則有1178Ω+R0＝2040Ω
可得R0＝862Ω；
（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律有
U＝E﹣r
圖像截距可得E＝0.80V
根據(jù)圖像斜率可得內(nèi)阻為r＝Ω＝8.0×102Ω
（4）測(cè)量誤差主要來源于電壓表分流，故電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量值均偏小。
三、計(jì)算題：本題共3小題，共40分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。
13．（10分）如圖所示，在圓柱形汽缸中用一定質(zhì)量的光滑導(dǎo)熱活塞密閉有一定質(zhì)量的理想氣體，在汽缸底部開有一小孔，與U形水銀管相連，已知外界大氣壓為p0，室溫t0＝27℃，穩(wěn)定后兩邊水銀面的高度差為Δh＝1.5cm，此時(shí)活塞離容器底部高度為h1＝50cm。已知柱形容器橫截面積S＝0.01m2，大氣壓p0＝75cmHg＝1.0×105Pa，g＝10m/s2．求：
①活塞的質(zhì)量；
②現(xiàn)室溫降至﹣33℃時(shí)活塞離容器底部的高度h2。
【答案】①2kg；②40cm
【解答】解：①A中氣體壓強(qiáng)為：pA＝p0+pΔh＝75cmHg+1.5cmHg＝1.02×105Pa
對(duì)活塞有：pAS＝p0S+mg
解得：m＝2kg。
②由于氣體等壓變化，U形管兩側(cè)水銀面的高度差不變?chǔ)′＝1.5cm
T1＝273+27K＝300K，體積為：V1＝50S
T2＝273﹣33K＝240K，體積為：V2＝h2S
由蓋呂薩克定律得：＝
代入數(shù)據(jù)解得：h′＝40cm。
14．（12分）如圖所示，質(zhì)量m＝1kg的滑塊B靜止放置于光滑平臺(tái)上，B的左端固定一輕質(zhì)彈簧。平臺(tái)右側(cè)距水平地面高H＝0.8m．平臺(tái)左側(cè)的光滑圓弧軌道與平臺(tái)平滑連接，圓弧軌道半徑R＝1.6m，其左側(cè)端點(diǎn)P與圓弧圓心O的連線與豎直方向的夾角θ＝60°。現(xiàn)將滑塊A從P點(diǎn)由靜止開始釋放，滑塊A滑至平臺(tái)上擠壓彈簧，經(jīng)過一段時(shí)間彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后，滑塊B離開平臺(tái)落到水平地面上的C點(diǎn)，C點(diǎn)到平臺(tái)右側(cè)的水平距離為x＝1.2m，重力加速度大小g＝10m/s2，滑塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，求：
（1）滑塊B剛離開平臺(tái)時(shí)的速度大小v0；
（2）滑塊A的質(zhì)量m0；
（3）該過程中彈簧彈性勢(shì)能的最大值Ep。
【答案】（1）3m/s；（2）0.6kg；（3）3J。
【解答】解：（1）B離開平臺(tái)后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向：
水平方向有：x＝v0t
聯(lián)立解得：v0＝3m/s
（2）滑塊A達(dá)到最低點(diǎn)的速度大小為v1，根據(jù)動(dòng)能定理可得：
取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：m0v1＝m0v1′+mv0
根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：＝+
聯(lián)立解得：m0＝0.6kg
（3）當(dāng)滑塊A、B速度大小相等時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
m0v1＝（m0+m）v2
根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：Ep＝﹣
代入數(shù)據(jù)得：Ep＝3J
15．（18分）如圖甲所示，曲線OP上方有沿﹣y方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其場(chǎng)強(qiáng)大小為E1，曲線左側(cè)有一粒子源AB，B端位于x軸上，能夠持續(xù)不斷地沿+x方向發(fā)射速度為v0、質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子束，這些粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后均能夠通過O點(diǎn)，已知從A點(diǎn)入射粒子恰好從P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，不計(jì)重力及粒子間的相互作用。
（1）寫出勻強(qiáng)電場(chǎng)邊界OP段的邊界方程（粒子入射點(diǎn)的坐標(biāo)y和x間的關(guān)系式）；
（2）若第四象限內(nèi)存在邊界平行于坐標(biāo)軸的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1（未畫出），磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。自O(shè)點(diǎn)射入的粒子束，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后均能夠返回y軸，若粒子在第四象限運(yùn)動(dòng)時(shí)始終未離開磁場(chǎng)，求磁場(chǎng)的最小面積；
（3）若第一象限與第四象限間存在多組緊密相鄰的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2和勻強(qiáng)電場(chǎng)E2（如圖乙），電磁場(chǎng)邊界與y軸平行，寬度均為d，長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向里，勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向沿x軸正方向。現(xiàn)僅考慮自A端射入的粒子，經(jīng)勻強(qiáng)電場(chǎng)E1偏轉(zhuǎn)后，恰好與y軸負(fù)方向成θ＝45°從O點(diǎn)射入，試確定該粒子將在第幾個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域拐彎（即速度恰好與y軸平行）。
【答案】答：（1）y＝；（2）；（3）該粒子將在第3個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域拐彎。
【解答】解：（1）對(duì)從P（x，y）點(diǎn)射入電場(chǎng)的粒子，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有：
y＝at2
x＝v0t
a＝
聯(lián)立解得邊界方程為：y＝
（2）設(shè)粒子從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)，速度v與x軸正方向的夾角為β，則有：
v0＝vcsβ
設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律有
，解得：r＝
根據(jù)幾何關(guān)系可得，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)為：d＝2rcsβ
解得：d＝
可見d為定值，即所有粒子從y軸上的同一點(diǎn)射出磁場(chǎng)。
可得沿+x方向入射的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡離y軸最遠(yuǎn)，只要此方向入射的粒子在第四象限運(yùn)動(dòng)時(shí)未離開磁場(chǎng)，其它粒子均可滿足要求。
此方向入射的粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為：r1＝
磁場(chǎng)的最小面積為；Smin＝dr1＝
（3）自A端射入的粒子恰好與y軸負(fù)方向成θ＝45°從O點(diǎn)射入，易知入射速度大小等于v0，已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)，根據(jù)r＝，可得在第一列磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為R1＝d，粒子軌跡如下圖所示，粒子逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)45°角沿+x方向進(jìn)入第一列電場(chǎng)，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)直到進(jìn)入第二列磁場(chǎng)，從此處開始計(jì)數(shù)，令n＝1（即第二列磁場(chǎng)被計(jì)數(shù)為n＝1）。
經(jīng)電場(chǎng)n次加速后粒子速度大小為vn，由動(dòng)能定理得：
nqE2d＝﹣m（v0）2，已知：
解得：vn＝
則在第n列磁場(chǎng)（實(shí)際是第n+1列）中的運(yùn)動(dòng)半徑為Rn＝……①
假設(shè)粒子在第n列磁場(chǎng)區(qū)域拐彎時(shí)軌跡恰好與邊界相切，根據(jù)圖中的幾何關(guān)系可得：
Rn﹣Rnsinαn＝d……②
粒子在第n次被加速過程沿+y方向的分速度不變，可得：
vn﹣1sinγ＝vnsinαn
代入得：sinγ＝sinαn
可得：sinγ＝
在第n﹣1列磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)過程，由幾何關(guān)系得：
Rn﹣1sinγ﹣Rn﹣1sinαn﹣1＝d
又有：Rn﹣1＝
聯(lián)立整理可得：﹣sinαn﹣1＝
因粒子沿+x方向進(jìn)入和射出第一列電場(chǎng)，故sinα1＝0。可得：
n＝2時(shí)，sinα2＝＝
n＝3時(shí)，sinα3＝
n＝3時(shí)，sinα4＝
……
歸納可得：sinαn＝……③
聯(lián)立①②③式得：[1﹣]＝1
整理得：﹣n＝0
解得：n＝（另一解為負(fù)值，舍去），因1＜n＜2，故n取2，對(duì)應(yīng)實(shí)際的第3個(gè)磁場(chǎng)。
即該粒子將在第3個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域拐彎。
數(shù)據(jù)序號(hào)
1
2
3
4
5
6
U/V
0.09
0.16
0.27
0.4
0.6
0.67
R+R0/Ω
100
200
400
800
1600
400
0.9
0.8
0.675
0.5
0.375
0.1675

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