2024年高考最后一卷（福建卷）含答案.pdf

2024 年高考最后一卷（福建卷）物理（考试版）注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回12024 年 3 月 5 日，李强总理在全国人大会议的政府工作报告中提出：鼓励和推动消费品以旧换新，提振智能网联新能源汽车、电子产品等大宗消费。智能网联汽车也将是未来的趋势。假设某智能网联汽车在平直路面上启动后的牵引力 F 随时间 t 变化的图像如图所示，已知该汽车以额定功率启动，在平直路面上运动的最大速度为mv，所受阻力恒定，由此可知该汽车（）A在00t:时间内做加速度增大的加速运动B启动后速度为m2v时的加速度为fmC额定功率为m2 fvD在00t:时间内位移可能小于m 02v t22023 年 6 月 7 日，世界首台第四代核电技术钍基熔盐堆在我国甘肃并网发电。钍基熔盐堆用我国储量丰富的钍23290Th作为燃料，并使用熔盐冷却剂，避免了核污水排放，减少了核污染。如图所示是不易裂变的23290Th转化为易发生裂变的23392U并裂变的过程示意图。下列说法正确的是（）A中子轰击23290Th生成23390Th的核反应是核聚变B23390Th释放的电子是由原子核内部核反应产生的C23391Pa的比结合能大于23392U的比结合能D可以通过升温、加压的方式减小核废料的半衰期，从而减少核污染32024 年 3 月 2 日 13 时 32 分，神舟十七号航天员乘组再次出舱，此次重点完成了天和核心舱太阳翼的维修工作，为我国空间站的稳定运行提供了坚实保障，书写了中国航天史上的辉煌篇章。根据卫星跟踪网站的实时数据，目前中国天宫空间站在近地点高度为 392.6 公里，远地点高度为 400.2 公里，倾角为 41.5 度的近圆轨道上运行，运行周期为 1.5h，已知地球半径6400R=km，地球表面重力加速度为 g，月球公转周期为27 天，下列说法正确的是（）A空间站在近地点的速度可能大于第一宇宙速度B空间站运行角速度比月球运行角速度要小C空间站绕地球运动的向心加速度大小约为21617gD若某时刻空间站与同步卫星共线最近，则至少需要 8h 后再次共线最近4空间存在沿 x 轴方向的电场，从 O 点沿 x 轴正方向释放一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子，粒子只在电场力作用下刚好运动到4x处，粒子在运动过程中电势能随位置变化的关系如图所示，下列说法正确的是（）A由图可知，粒子在 x1处受到的电场力最大B电场中 x2点的电势低于 x1点C粒子释放时的动能为p4p0EE+D粒子经过 x2处的动能为p4p2EE-二、双项选择题（本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分。每小题只有两个选项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。）5如图，圆心为 O、半径为 R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B一带电粒子从磁场边界上的 P 点沿纸面射入磁场，射入速度大小为 v、方向与 PO 连线的夹角=60，粒子运动过程中恰能经过 O 点，不计粒子的重力。下列说法正确的是（）A该粒子带正电B该粒子的荷质比为3vBRC该粒子可能从 P 点离开磁场D若仅增大射入速度，粒子在磁场中运动的时间将变短6如图甲所示，劲度系数 k=500N/m 的轻弹簧，一端固定在倾角为=37的带有挡板的光滑斜面体的底端，另一端和质量为 mA的小物块 A 相连，质量为 mB的物块 B 紧靠 A 一起静止，现用水平推力使斜面体以加速度 a 向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为 x。在不同推力作用下、稳定时形变量大小 x 随加速度 a的变化如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度 g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，下列说法正确的是（）Aa0=7.5m/s2BmA=3kgC若 a=a0，稳定时 A、B 间弹力大小为 0D若 a=a0，稳定时 A 对斜面的压力大小为 12.5N7自耦变压器以结构简单，体积小、成本低广泛运用于各种需要变换电压的场合，一自耦理想变压器结构如图乙所示，电路中的电流表和电压表均为理想电表，已知定值电阻0220R=W、145R=W、220R=W，滑动变阻器3R的最大阻值为 40，电源电压随时间的变化如图甲所示（电源内阻不计），下列说法正确的是（）A当3R滑片滑至正中间时，电流表读数为 0.5A，则21:2:1nn=B保持12:nn不变，3R滑片往下移动，电流表读数减小C如果21:2:1nn=，变压器输出功率最大值时320R=W，最大输出功率为 55WD如果12:4:1nn=，3R滑片滑至正中间，0R功率为 4.4W8如图所示，正四棱锥 PABCD 的底面边长为 L，侧棱长均为62L，水平底面的四个顶点处均固定着电荷量为(0)q q+的点电荷，另一个质量为 m 的带电小球 M 恰好可以静止在 P 点，把该带电小球 M 从点 P移动到无穷远处，电场力做功为 W。不考虑带电小球 M 对电场的影响，取无穷远处电势为零，静电力常量为 k，重力加速度为 g，则下列说法正确的是（）AP 点的电场强度大小为28 69kqLBP 点的电场强度大小为24 69kqLCP 点的电势为28 63kqWmgLDP 点的电势为28 69kgWmgL三、非选择题：共 60 分，其中 9、10 题为填空题，11、12 题为实验题，1315 题为计算题。考生根据要求作答。9（4 分）x轴上的波源1s、2s分别位于10 x=和21.4mx=处，0=t时刻两波源同时开始振动，产生的两列简谐横波沿1s、2s连线相向传播，12st=时两列波的图像如图所示。质点M 的平衡位置位于30.7mx=处，则两列波传播速度的大小是 ；质点M 从0=t时刻到27.5st=时运动的路程是 。10（4 分）一定质量的理想气体由状态 MN 变化的 pV 图像为如图所示的直线。已知气体在此过程中的最高热力学温度 Tmax=320K，气体内能的变化满足UTdD=D，常量d=1000J/K，则此过程中气体对外界做的功 W=；气体在状态 M 时的热力学温度 TM=。11（5 分）在“金属丝电阻率的测量”的实验中：(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量示数如图 1 所示，金属丝直径d=mm。(2)按图 2 所示的电路测量金属丝的电阻xR。小明将单刀双掷开关分别打到 a 处和 b 处，通过观察分析，发现电压表示数变化更明显，由此判断开关打到 （填“a”、“b”）处时进行实验系统误差较小。(3)小明为了消除系统误差，他设计用电流计 G 和电阻箱替代 V，电路如图 3 所示。实验绘制出了gIRI箱图像是如图 4 所示直线，斜率为 k，纵截距为 b。R箱为电阻箱阻值读数，I 为 A 示数，gI为 G 示数。试求xR=。12（7 分）如图所示，某实验小组用轨道和两辆相同规格的小车验证动量守恒定律。该小组首先通过实验验证了小车在水平轨道上运动所受阻力正比于小车重力，然后验证动量守恒定律实验步骤如下：在小车上适当放置砝码，分别测量甲车总质量 m1和乙车总质量 m2；将卷尺固定在水平轨道侧面，零刻度与水平轨道左端对齐。先不放乙车，让甲车多次从倾斜轨道上挡板位置由静止释放，记录甲车停止后车尾对应刻度，求出其平均值 x0；将乙车静止放在轨道上，设定每次开始碰撞位置如图所示，此时甲车车尾与水平轨道左端刚好对齐，测出甲车总长度（含弹簧）L。由挡板位置静止释放甲车，记录甲车和乙车停止后车尾对应刻度，多次重复实验求出其对应平均值 x1和 x2；改变小车上砝码个数，重复、步骤。(1)由图可知得 L=cm；(2)实验中，在倾斜轨道上设置挡板以保证甲车每次从同一位置静止释放，其原因是 ；(3)若本实验所测的物理量符合关系式 （用所测物理量的字母表示），则验证了小车碰撞前后动量守恒；(4)某同学先把 4 个 50g 的砝码全部放在甲车上，然后通过逐次向乙车转移一个砝码的方法来改变两车质量进行实验，若每组质量只采集一组位置数据，则该同学最多能采集 组有效数据；(5)实验小组通过分析实验数据发现，碰撞前瞬间甲车的动量总是比碰撞后瞬间两车的总动量略大，原因是 。A碰撞过程中弹簧上有机械能损失B两车间相互作用力冲量大小不等C碰撞过程中阻力对两小车有冲量13（10 分）用某透明材料制作的半球形光学元件如图所示，平行单色光垂直射到半径为 R 的半球底平面上，材料对该单色光的折射率53n=，半球的上方平行于半球底平面放置一足够大的光屏，单色光经半球折射后在光屏上可形成一个圆形光斑。不考虑光的干涉、衍射及在半球内的多次反射，真空中光速为 c。求：（1）当以临界角入射时，光线汇集点到 O 点的距离；（2）圆心 O 到光屏的距离52dR=时，光屏被照亮的面积。14（14 分）如图所示，长为 l 的细线一端固定，另一端系着质量为 m 的小球，细线竖直时，小球恰好与静止在光滑水平面上的足够长的木板左端接触，长木板 C 的质量为4m，在长木板上放有质量分别为 m、3m的 A、B 两个物体，两物体相距为 L。现把细线向左侧拉离平衡位置后释放，小球以03v的速度水平向右撞击木板，木板被撞击后获得速度为0v。设 B 物体与木板间的摩擦不计，A 与 B 碰撞为弹性正碰，重力加速度为 g。（1）求小球碰撞木板后的瞬间对细线的拉力大小；（2）要使物体 A 在与 C 相对静止后碰撞物体 B，求物体 A 与木板间的动摩擦因数最小值以0m；（3）若物体 A 与木板间的动摩擦因数为0m，求物体 A、B 发生第一次碰撞到第二次碰撞所需时间。15（16 分）如图 1 所示为永磁式径向电磁阻尼器，由永磁体、定子、驱动轴和转子组成，永磁体安装在转子上，驱动轴驱动转子转动，定子上的线圈切割“旋转磁场”产生感应电流，从而产生制动力。如图 2 所示，单个永磁体的质量为 m，长为1L、宽为2L（宽度相对于所在处的圆周长度小得多，可近似为一段小圆弧）、厚度很小可忽略不计，永磁体的间距为2L，永磁体在转子圆周上均匀分布，相邻磁体磁极安装方向相反，靠近磁体表面处的磁场可视为匀强磁场，方向垂直表面向上或向下，磁感应强度大小为 B，相邻磁体间的磁场互不影响。定子的圆周上固定着多组金属线圈，每组线圈有两个矩形线圈组成，连接方式如图 2 所示，每个矩形线圈的匝数为 N、电阻为 R，长为1L，宽为2L，线圈的间距为2L。转子半径为 r，转轴及转子质量不计，定子和转子之间的缝隙忽略不计。（1）当转子角速度为w时，求流过每组线圈电流 I 的大小；（2）若转子的初始角速度为0w，求转子转过的最大角度mq；（3）若在外力作用下转子加速，转子角速度w随转过的角度q的图像如图 3 所示，求转过1q过程中外力做的功W外。2024 年高考最后一卷（福建卷）物理全解全析注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回12024 年 3 月 5 日，李强总理在全国人大会议的政府工作报告中提出：鼓励和推动消费品以旧换新，提振智能网联新能源汽车、电子产品等大宗消费。智能网联汽车也将是未来的趋势。假设某智能网联汽车在平直路面上启动后的牵引力 F 随时间 t 变化的图像如图所示，已知该汽车以额定功率启动，在平直路面上运动的最大速度为mv，所受阻力恒定，由此可知该汽车（）A在00t:时间内做加速度增大的加速运动B启动后速度为m2v时的加速度为fmC额定功率为m2 fvD在00t:时间内位移可能小于m 02v t【答案】B【详解】A汽车在平直路面上启动由牛顿第二定律有Ffma-=，在00t:时间内牵引力F逐渐减小，则汽车做加速度减小的加速运动，故 A 错误；BC汽车运动的最大速度为mv，则有mPvf=，可得额定功率为mPfv=，而启动后速度为m2v时，有m12vPF=，11Ffma-=，联立解得1fam=，故 B 正确，C 错误；D若00t:时间做匀加速直线运动，则位移为m002vxt+=匀，而汽车在00t:内做的是加速度减小的直线运动，若其位移一定大于m 02v t，故 D 错误。故选 B。22023 年 6 月 7 日，世界首台第四代核电技术钍基熔盐堆在我国甘肃并网发电。钍基熔盐堆用我国储量丰富的钍23290Th作为燃料，并使用熔盐冷却剂，避免了核污水排放，减少了核污染。如图所示是不易裂变的23290Th转化为易发生裂变的23392U并裂变的过程示意图。下列说法正确的是（）A中子轰击23290Th生成23390Th的核反应是核聚变B23390Th释放的电子是由原子核内部核反应产生的C23391Pa的比结合能大于23392U的比结合能D可以通过升温、加压的方式减小核废料的半衰期，从而减少核污染【答案】B【详解】A中子轰击23290Th生成23390Th的核反应不是核聚变，故 A 错误；B23390Th释放电子的过程是衰变，实质是原子核中一个中子转变成一个质子和一个电子，故 B 正确；C整个过程中释放能量，23391Pa的比结合能小于23392U的比结合能，故 C 错误；D放射性元素的半衰期由原子核决定，与外界的温度、压强无关，与化学状态也无关，故 D 错误。故选 B。32024 年 3 月 2 日 13 时 32 分，神舟十七号航天员乘组再次出舱，此次重点完成了天和核心舱太阳翼的维修工作，为我国空间站的稳定运行提供了坚实保障，书写了中国航天史上的辉煌篇章。根据卫星跟踪网站的实时数据，目前中国天宫空间站在近地点高度为 392.6 公里，远地点高度为 400.2 公里，倾角为 41.5 度的近圆轨道上运行，运行周期为 1.5h，已知地球半径6400R=km，地球表面重力加速度为 g，月球公转周期为27 天，下列说法正确的是（）A空间站在近地点的速度可能大于第一宇宙速度B空间站运行角速度比月球运行角速度要小C空间站绕地球运动的向心加速度大小约为21617gD若某时刻空间站与同步卫星共线最近，则至少需要 8h 后再次共线最近【答案】C【详解】A近地卫星周期为 84min，空间站周期为 1.5h，由万有引力定律和开普勒第三定律可知，空间站在近地点的速度一定小于第一宇宙速度，故 A 错误；B月球公转周期为 27 天，轨道更高，角速度更小，即空间站运行角速度比月球运行角速度要大，故 B 错误；C根据2GMar=，2GMgR=，6400R=km，6800kmr，解得加速度约为21617ag=，故 C 正确；D空间站周期11.5hT=，同步卫星周期224hT=，再次共线最近至少需时为 t，则有12222tTTppp-=，解得1.6ht=，故 D 错误。故选 C。4空间存在沿 x 轴方向的电场，从 O 点沿 x 轴正方向释放一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子，粒子只在电场力作用下刚好运动到4x处，粒子在运动过程中电势能随位置变化的关系如图所示，下列说法正确的是（）A由图可知，粒子在 x1处受到的电场力最大B电场中 x2点的电势低于 x1点C粒子释放时的动能为p4p0EE+D粒子经过 x2处的动能为p4p2EE-【答案】D【详解】ApEx-图像的斜率表示kqE=，由于 x1处的斜率为零，则粒子在 x1处受到的电场力为零，故 A错误；B粒子带正电，粒子在电势高处电势能大，因为p2p1EE，故21jj，故 B 错误；CD粒子运动过程中能量守恒k0p0k2p2p4EEEEE+=+=，解得粒子释放时的动能为k0p4p0EEE=-，粒子经过 x2处的动能为k2p4p2EEE=-，故 D 正确，C 错误。故选 D。二、双项选择题（本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分。每小题只有两个选项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。）5如图，圆心为 O、半径为 R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B一带电粒子从磁场边界上的 P 点沿纸面射入磁场，射入速度大小为 v、方向与 PO 连线的夹角=60，粒子运动过程中恰能经过 O 点，不计粒子的重力。下列说法正确的是（）A该粒子带正电B该粒子的荷质比为3vBRC该粒子可能从 P 点离开磁场D若仅增大射入速度，粒子在磁场中运动的时间将变短【答案】BD【详解】A根据题意可知，粒子向下偏转，根据左手定则可知该粒子带负电，故 A 错误；BC粒子的运动轨迹如图所示根据几何关系可得粒子做匀速圆周运动的半径为32cos303RrR=根据洛伦兹力提供向心力可得2vqvBmr=解得3qvmBrvBR=，由图可知该粒子不可能从 点离开磁场，故 B 正确，C 错误；D根据2vqvBmr=可得粒子运动的半径mvrqB=，若仅增大射入速度，粒子做圆周运动的半径增大，根据几何关系可知粒子在磁场运动的圆心角变小，粒子在磁场中运动的时间2mtTqBqqp=，可知粒子在磁场中运动的时间变短，故 D 正确。故选 BD。6如图甲所示，劲度系数 k=500N/m 的轻弹簧，一端固定在倾角为=37的带有挡板的光滑斜面体的底端，另一端和质量为 mA的小物块 A 相连，质量为 mB的物块 B 紧靠 A 一起静止，现用水平推力使斜面体以加速度 a 向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为 x。在不同推力作用下、稳定时形变量大小 x 随加速度 a的变化如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度 g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，下列说法正确的是（）Aa0=7.5m/s2BmA=3kgC若 a=a0，稳定时 A、B 间弹力大小为 0D若 a=a0，稳定时 A 对斜面的压力大小为 12.5N【答案】ACD【详解】A由图结合题意可知0a时弹簧处于原长状态，对 AB 整体，根据牛顿第二定律ABAB0()tan37()mmgmma+=+o，解得207.5m/sa=，故 A 正确；B当0a=时，对 AB 整体分析有AB0sin37mmgkx+=o，当0aa时，图中另一纵截距的意义为A1sin37m gkx=o，联立解得A1kgm=，B2kgm=，故 B 错误；C当0aa=时，对 B，根据牛顿第二定律NABBNABBsincoscossinFFm aFFm gqqqq-=+=，解得AB0F=，故 C 正确；D当0aa=时，物块 A、B 恰要分离，对 A 有ANA12.5Ncos37m gF=o，由牛顿第三定律知 A 对斜面的压力大小为 12.5N，故 D 正确。故选 ACD。7自耦变压器以结构简单，体积小、成本低广泛运用于各种需要变换电压的场合，一自耦理想变压器结构如图乙所示，电路中的电流表和电压表均为理想电表，已知定值电阻0220R=W、145R=W、220R=W，滑动变阻器3R的最大阻值为 40，电源电压随时间的变化如图甲所示（电源内阻不计），下列说法正确的是（）A当3R滑片滑至正中间时，电流表读数为 0.5A，则21:2:1nn=B保持12:nn不变，3R滑片往下移动，电流表读数减小C如果21:2:1nn=，变压器输出功率最大值时320R=W，最大输出功率为 55WD如果12:4:1nn=，3R滑片滑至正中间，0R功率为 4.4W【答案】AC【详解】A当 R3滑片滑至正中间时，变压器输出端总电阻为55R=W，电压为2U、电流为2I，根据112221nUIknUI=，可得20.5Ik=，12UUk=，22UIR=，又110UUI R=-，联立可得2:1k=，故 A 正确；B3R滑片下滑，输出端总电阻减小，总电流增大，则输入电流增大，电流表读数增大，故 B 错误；C当变压器输出功率最大时，输出端总电阻 R，有20k RR=，可得55R=W，根据串并联电路电阻的规律有23123R RRRRR=+，可得320R=W，根据，可得最大输出功率为2m0554WUPR=，故 C 正确；D根据112221nUIknUI=，可得124UU=，214II=，又22URI=，当3R滑片滑至正中间时，变压器输出端总电阻为55R=W，可得11880UI=W，又110UUI R=-，可得10.2AI=，所以20108.8WPI R=，故 D 错误。故选 AC。8如图所示，正四棱锥 PABCD 的底面边长为 L，侧棱长均为62L，水平底面的四个顶点处均固定着电荷量为(0)q q+的点电荷，另一个质量为 m 的带电小球 M 恰好可以静止在 P 点，把该带电小球 M 从点 P移动到无穷远处，电场力做功为 W。不考虑带电小球 M 对电场的影响，取无穷远处电势为零，静电力常量为 k，重力加速度为 g，则下列说法正确的是（）AP 点的电场强度大小为28 69kqLBP 点的电场强度大小为24 69kqLCP 点的电势为28 63kqWmgLDP 点的电势为28 69kgWmgL【答案】AD【详解】AB水平底面的四个顶点处均固定着电荷量为(0)q q+的点电荷，在 P 处的场强为026()2kqEL=，设四棱锥的侧棱与竖直线的夹角为a；由几何关系可知232sin362a=，16cos362a=，再由场强的分解法则可知四个顶点的点电荷在 P 的小球的合场强为02268 64cos3962kqkqEELLa=，故 A 正确，B 错误；CD质量为 m 的带电小球 M 恰好可以静止在 P 点，设电量为Q，有28 69kqQmgL=，把该带电小球 M 从点P 移动到无穷远处电场力做功为 W，由功能关系有WQj=，联立解得 P 点的电势为28 69kgWmgLj=，故 C 错误，D 正确。故选 AD。三、非选择题：共 60 分，其中 9、10 题为填空题，11、12 题为实验题，1315 题为计算题。考生根据要求作答。9（4 分）x轴上的波源1s、2s分别位于10 x=和21.4mx=处，0=t时刻两波源同时开始振动，产生的两列简谐横波沿1s、2s连线相向传播，12st=时两列波的图像如图所示。质点M 的平衡位置位于30.7mx=处，则两列波传播速度的大小是 ；质点M 从0=t时刻到27.5st=时运动的路程是 。【答案】0.2m/s；96cm【详解】由图像可知，两列波的波长0.4ml=，2s内传播了一个波长，该波的周期2sT=。两列波的传播速度相同，由vTl=解得0.2m/sv=设再经时间1tD，两列波传播至M 点，则1xv tD=D，解得11.5stD=27.5st=，M 点振动时间22114sttttD=-D=，M 点为振动加强点，其振幅1212cmAAA=+=，质点M 从开始振动27.5st=运动的路程896cmsA=10（4 分）一定质量的理想气体由状态 MN 变化的 pV 图像为如图所示的直线。已知气体在此过程中的最高热力学温度 Tmax=320K，气体内能的变化满足UTdD=D，常量d=1000J/K，则此过程中气体对外界做的功 W=；气体在状态 M 时的热力学温度 TM=。【答案】54 10 J 240K【详解】气体 pV 图线与横轴所围的面积就是气体对外界做的功，有5(1 3)102J2W+=，解得54 10 JW=设气体在状态 N 时的热力学温度为 TN，某状态时的气体对应的压强、体积、热力学温度分别为 p、V、T，则有5(4)10pV=-+25(4)10NNMMMNp Vp VpVVVTTTT-+=当 V=2m3时，T 取最大值，代入上式解得240KMNTT=11（5 分）在“金属丝电阻率的测量”的实验中：(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量示数如图 1 所示，金属丝直径d=mm。(2)按图 2 所示的电路测量金属丝的电阻xR。小明将单刀双掷开关分别打到 a 处和 b 处，通过观察分析，发现电压表示数变化更明显，由此判断开关打到 （填“a”、“b”）处时进行实验系统误差较小。(3)小明为了消除系统误差，他设计用电流计 G 和电阻箱替代 V，电路如图 3 所示。实验绘制出了gIRI箱图像是如图 4 所示直线，斜率为 k，纵截距为 b。R箱为电阻箱阻值读数，I 为 A 示数，gI为 G 示数。试求xR=。【答案】(1)0.500（0.498-0.502 均可）(2)a (3)1k【详解】（1）由图中的显示可知，螺旋测微器读数为0.5mm0 0.01mm0.500mmd=+=（2）单刀双掷开关分别打到 a 处和 b 处，发现电压表示数变化更明显，说明电流表分压对实验影响较大，应采用电流表外接法，即开关应接 a 处。（3）根据并联电路两支路电压相等可得 gggxIRRIIR+=-箱化简整理可得ggxx11RIRIRR=+箱gIRI箱图像中的斜率为k，所以可得x1Rk=12（7 分）如图所示，某实验小组用轨道和两辆相同规格的小车验证动量守恒定律。该小组首先通过实验验证了小车在水平轨道上运动所受阻力正比于小车重力，然后验证动量守恒定律实验步骤如下：在小车上适当放置砝码，分别测量甲车总质量 m1和乙车总质量 m2；将卷尺固定在水平轨道侧面，零刻度与水平轨道左端对齐。先不放乙车，让甲车多次从倾斜轨道上挡板位置由静止释放，记录甲车停止后车尾对应刻度，求出其平均值 x0；将乙车静止放在轨道上，设定每次开始碰撞位置如图所示，此时甲车车尾与水平轨道左端刚好对齐，测出甲车总长度（含弹簧）L。由挡板位置静止释放甲车，记录甲车和乙车停止后车尾对应刻度，多次重复实验求出其对应平均值 x1和 x2；改变小车上砝码个数，重复、步骤。(1)由图可知得 L=cm；(2)实验中，在倾斜轨道上设置挡板以保证甲车每次从同一位置静止释放，其原因是 ；(3)若本实验所测的物理量符合关系式 （用所测物理量的字母表示），则验证了小车碰撞前后动量守恒；(4)某同学先把 4 个 50g 的砝码全部放在甲车上，然后通过逐次向乙车转移一个砝码的方法来改变两车质量进行实验，若每组质量只采集一组位置数据，则该同学最多能采集 组有效数据；(5)实验小组通过分析实验数据发现，碰撞前瞬间甲车的动量总是比碰撞后瞬间两车的总动量略大，原因是 。A碰撞过程中弹簧上有机械能损失B两车间相互作用力冲量大小不等C碰撞过程中阻力对两小车有冲量【答案】(1)20.00（19.5020.50）(2)确保每次甲车尾部到达水平轨道左端时速度相等 (3)101122mxmxmxL=+-（）(4)3 (5)C【详解】（1）刻度尺估读到 0.1mm，甲车车尾与水平轨道左端刚好对齐，测出甲车总长度（含弹簧）L 为20.00cm（19.5020.50）；（2）在倾斜轨道上设置挡板以保证甲车每次从同一位置静止释放，其原因是确保每次甲车尾部到达水平轨道左端时速度相等；（3）小车在水平轨道上运动所受阻力正比于小车重力，即fkmg=，甲车停止后车尾对应刻度，求出其平均值 x0，则甲的初速度为00022vaxkg x=由挡板位置静止释放甲车，记录甲车和乙车停止后车尾对应刻度，多次重复实验求出其对应平均值 x1和 x2，则碰后的速度为11 1122va xkg x=22222()2()vaxLkgxL=-=-由碰撞过程满足动量守恒，有101122mxmxmxL=+-（）（4）两辆相同规格的小车，即质量相同，而甲车上装上钩码后与乙车碰撞，为了防止反弹，需要甲的总质量大于等于乙的质量，则最多能够转移 2 个钩码两车的质量就相等，算上最开始 4 个钩码在甲车上的一组数据，共可以获得 3 组碰撞数据；（5）碰撞前瞬间甲车的动量总是比碰撞后瞬间两车的总动量略大，则碰撞过程有外力作用，即碰撞过程中阻力对两小车有冲量；故选 C。13（10 分）用某透明材料制作的半球形光学元件如图所示，平行单色光垂直射到半径为 R 的半球底平面上，材料对该单色光的折射率53n=，半球的上方平行于半球底平面放置一足够大的光屏，单色光经半球折射后在光屏上可形成一个圆形光斑。不考虑光的干涉、衍射及在半球内的多次反射，真空中光速为 c。求：（1）当以临界角入射时，光线汇集点到 O 点的距离；（2）圆心 O 到光屏的距离52dR=时，光屏被照亮的面积。【答案】（1）54R；（2）2259R【详解】（1）作出剖面图如图所示，光线入射到 D 点时恰好发生全反射则有1sinCn=由几何关系可得25cos41RROFRCnn=-（2）由上图可得tanO FCr=555244O FdOFRRR=-=-=解得53rR=光屏被照亮的面积222525()39SrRR=14（14 分）如图所示，长为 l 的细线一端固定，另一端系着质量为 m 的小球，细线竖直时，小球恰好与静止在光滑水平面上的足够长的木板左端接触，长木板 C 的质量为4m，在长木板上放有质量分别为 m、3m的 A、B 两个物体，两物体相距为 L。现把细线向左侧拉离平衡位置后释放，小球以03v的速度水平向右撞击木板，木板被撞击后获得速度为0v。设 B 物体与木板间的摩擦不计，A 与 B 碰撞为弹性正碰，重力加速度为 g。（1）求小球碰撞木板后的瞬间对细线的拉力大小；（2）要使物体 A 在与 C 相对静止后碰撞物体 B，求物体 A 与木板间的动摩擦因数最小值以0m；（3）若物体 A 与木板间的动摩擦因数为0m，求物体 A、B 发生第一次碰撞到第二次碰撞所需时间。【答案】（1）20vm gl+；（2）20825vgL；（3）09Lv【详解】（1）设小球撞击木板后的速度为v，根据动量守恒定律0034mvmvmv=+解得0vv=-根据牛顿第二定律2vTmgml-=解得20vTm gl=+（2）设 A 与木板相对静止时的速度为v，根据动量守恒定律044mvmm v=+解得00.8vv=A 与木板相对静止前，B 物体保持静止，A 物体做加速直线运动，根据运动学公式22vaL=根据牛顿第二定律0mgmam=联立解得200825vgLm=（3）设 A 与 B 碰撞后的速度分别为1v、2v，根据动量守恒定律0120.83mvmvmv=+根据能量守恒定律2220121110.83222mvmvmv=+解得100.4vv=-，200.4vv=之后 B 物体向右匀速运动，A 与木板相互摩擦，最终速度相同，设为v共，则0040.80.44mvmvmm v-=+共解得00.56vv=共在这一过程中，物体 A 先向左做匀减速运动，后向右做匀加速运动，所用时间为0001000.40.560.96vvvtggmm+=物体 A 发生向右的位移为20000A000.560.40.960.07682vvvvxggmm-=物体 B 向右匀速直线运动，发生的位移为200B0000.960.3840.4vvxvggmm=此时，物体 A、B 相距为20ABBA00.3072vxxxgm=-=物体 A 和木板共速后一起向右运动追击物体 B，所用时间为0AB00201.920.560.4vxvvgtm=-物体 A、B 发生前二次碰撞的时间差为1209Ltttv=+=15（16 分）如图 1 所示为永磁式径向电磁阻尼器，由永磁体、定子、驱动轴和转子组成，永磁体安装在转子上，驱动轴驱动转子转动，定子上的线圈切割“旋转磁场”产生感应电流，从而产生制动力。如图 2 所示，单个永磁体的质量为 m，长为1L、宽为2L（宽度相对于所在处的圆周长度小得多，可近似为一段小圆弧）、厚度很小可忽略不计，永磁体的间距为2L，永磁体在转子圆周上均匀分布，相邻磁体磁极安装方向相反，靠近磁体表面处的磁场可视为匀强磁场，方向垂直表面向上或向下，磁感应强度大小为 B，相邻磁体间的磁场互不影响。定子的圆周上固定着多组金属线圈，每组线圈有两个矩形线圈组成，连接方式如图 2 所示，每个矩形线圈的匝数为 N、电阻为 R，长为1L，宽为2L，线圈的间距为2L。转子半径为 r，转轴及转子质量不计，定子和转子之间的缝隙忽略不计。（1）当转子角速度为w时，求流过每组线圈电流 I 的大小；（2）若转子的初始角速度为0w，求转子转过的最大角度mq；（3）若在外力作用下转子加速，转子角速度w随转过的角度q的图像如图 3 所示，求转过1q过程中外力做的功W外。【答案】（1）1NBLrRw；（2）02221mRN B Lw；（3）23222311 112222mrN B L rLRLp wpwq+【详解】（1）当转子角速度为w时，线圈产生的感应电动势为12ENBLrw=所以感应电流为12NBLrEIRRw=（2）线圈所受安培力为2221122N B LrFNBILRw=根据动量定理可得222122N B Lrtm vRw-D=D可得0m2221mRN B Lwq=（3）一组磁铁在转过qD过程中克服安培力做功为222212N B L rWFrRwqqD=D=D根据图像的面积可获得一组磁铁转过1q过程中克服安培力做功222211 1N B L rWRwq=所有磁铁转过1q过程中克服安培力做功22231 11122242N B L rrWnWWLRLpwqp=总所有磁铁转过1q过程中动能的增加量23221211221122222kmrrEn mrmrLLp wpww=转过1q过程中外力做的功23222311 11k2222mrN B L rWEWLRLp wpwq=D+=+外总