2024年高考物理最后一卷（北京卷）含答案.pdf

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1、2024 年高考物理最后一卷（北京卷）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一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 14 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1在考古研究中，通常利用146C的衰变来

2、测定文物的大致年代。146C衰变方程为141467CNX+，146C的半衰期为 5730 年.则下列说法中正确的是（）A146C的比结合能小于147N的比结合能B方程中的 X 是电子，它是碳原子电离时产生的，是原子的组成部分C衰变是由于原子核逐渐吸收外界能量导致自身不稳定而发生的D半衰期是一个统计规律，会随原子核所处的环境不同而改变2如图所示，干旱季节，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水泵输水钢管组成，某地下水源距离地表 5.35m 深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水口离地表高度为 0.65m，水流由出水口水平喷出时的速度为 4m/s，每

3、秒出水量为 4kg。已知电动机额定电压为 220V，水泵的抽水效率为 70%，水的密度为 1.0103kg/m3，重力加速度 g=10m/s2，则（）A出水口钢管横截面积为 410-3m2B每秒内水流机械能增加 272JC电动机的输入功率为 272WD电动机线圈的电流约为 1.2A3照相机、摄影机镜头上都涂有增透膜，以便减少光的反射损失，增强光的透射强度，从而提高成像质量。已知某光在空气中的波长为l，增透膜对该光的折射率为1n，镜头对该光的折射率为2n，且12nn0）的带电粒子从切点 S 以同一速度大小0v（其中0v大小未知）与 x 轴正方向成q角（233ppq）射入第一象限，其中垂直于 x

4、轴入射的粒子刚好垂直 y 轴经过 点，与 x 轴正方向成23pq=入射的粒子经过第二象限的电场后从 x 轴上的 Q 点射入第三象限，其中 OQ 距离为 R。在 x 轴正方向上有一块收集板 MN，不计粒子重力，求：（1）粒子入射速度大小0v；（2）电场强度 E 方向（选“y 轴负方向”或“y 轴正方向”）和大小；（3）若收集所有粒子，则收集板长度至少要多长。20（12 分）光压是指光照射到物体上对物体表面产生的压力。早在 17 世纪初，开普勒就曾用太阳光的压力解释彗星的尾巴为什么背着太阳。其实彗尾一般有两条，一条是由等离子体在太阳风作用下形成的离子尾，另一条是不带电的尘埃在太阳光的光压力作用下形

5、成的尘埃尾。当尘埃被从彗星释放出来，由于太阳光产生的光压把它们沿径向往外推开，它就不再继续沿着彗星轨道运动。如图所示为彗星掠过太阳所发生的状况，弧线表示彗星的轨迹，彗星当前在 b 位置，在 a 位置上释放出的尘埃已被太阳光压沿虚线路径推出（其它位置释放的尘埃路径未画出），形成了如图所示的尘埃尾。（已知彗星质量远远小于太阳质量）（1）请说明在图中 a 位置释放的尘埃的速度方向；若能够沿着路径（一条直线）运动，请说明尘埃所受合外力的情况。（2）在一定条件下（例如强光照射下）小颗粒所受的光压可以与所受万有引力同数量级。假设尘埃粒子是半径为 R 的小球，密度为，它对太阳光全部吸收。已知太阳的质量为 M

6、，辐射光的功率为 P0，所发出太阳光的平均波长为，普朗克常量用 h 表示，万有引力常量用 G 表示，真空中光速用 c 表示。（光子的动量hpl=）a请求出能够沿路径运动的尘埃粒子的半径 R0；b请分析并说明半径满足什么条件的尘埃粒子会沿路径运动。2024 年高考物理最后一卷（北京卷）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

7、一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 14 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1在考古研究中，通常利用146C的衰变来测定文物的大致年代。146C衰变方程为141467CNX+，146C的半衰期为 5730 年.则下列说法中正确的是（）A146C的比结合能小于147N的比结合能B方程中的 X 是电子，它是碳原子电离时产生的，是原子的组成部分C衰变是由于原子核逐渐吸收外界能量导致自身不稳定而发生的D半衰期是一个统计规律，会随原子核所处的环境不同而改变【答案】A【详解】A

8、核反应方程式中，生成物比反应物稳定，可知146C的比结合能小于147N的比结合能，故 A 正确；B146C衰变方程为14140671CN+e-，X 是原子核中的中子转变成一个质子和一个电子后放出来的电子，故 B错误；C衰变过程中有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程可知该过程会放出能量，故 C 错误；D半衰期是一个统计规律，只对大量放射性原子核才有意义，其只由元素种类决定，与其他因素无关，故 D 错误。故选 A。2如图所示，干旱季节，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水泵输水钢管组成，某地下水源距离地表 5.35m 深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵

9、出水口离地表高度为 0.65m，水流由出水口水平喷出时的速度为 4m/s，每秒出水量为 4kg。已知电动机额定电压为 220V，水泵的抽水效率为 70%，水的密度为 1.0103kg/m3，重力加速度 g=10m/s2，则（）A出水口钢管横截面积为 410-3m2B每秒内水流机械能增加 272JC电动机的输入功率为 272WD电动机线圈的电流约为 1.2A【答案】B【详解】A出水口面积321 10 mmSvr-=，故 A 错误；B每秒水流增加的机械能2121272J2Emg hhmvD=+=，故 B 正确；C电动机的输入功率10272W388.6W7PEh=D=入，故 C 错误；D电动机线圈的

10、电流1.8APIU=入，故 D 错误。故选 B。3照相机、摄影机镜头上都涂有增透膜，以便减少光的反射损失，增强光的透射强度，从而提高成像质量。已知某光在空气中的波长为l，增透膜对该光的折射率为1n，镜头对该光的折射率为2n，且12nn故选 A。4 一定量的理想气体从状态 a 经状态 b 变化状态 c，其过程如TV-图上的两条线段所示，则气体在（）A状态 a 处的压强等于状态 c 处的压强B由 b 变化到 c 的过程中，气体的压强不变C由 a 变化到 b 的过程中，气体从外界吸热D由 a 变化到 b 的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能【答案】C【详解】AB根据理想气体状态方程可知pTVn

11、R=，即TV-图像的斜率为pnR，故有abcppp=，故 AB错误；CD理想气体由 a 变化到 b 的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有UQWD=+，而0UD，0W，QU D，即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能。故 C 正确；D 错误。故选 C。5如图甲所示，我国航天员王亚平在天宫课堂上演示了微重力环境下的神奇现象。液体呈球状，往其中央注入空气，可以在液体球内部形成一个同心球形气泡。假设此液体球其内外半径之比为 13，由 a、b、c 三种颜色的光组成的细复色光束在过球心的平面内，从 A 点以45i=的入射角射入球中，a、b、c 三条折射光线如图乙所示，其中 b

12、光的折射光线刚好与液体球内壁相切。下列说法正确的是（）A该液体材料对 a 光的折射率小于对 c 光的折射率Ba 光在液体球中的传播速度最大C该液体材料对 b 光的折射率为3 22D若继续增大入射角 i，b 光可能因发生全反射而无法射出液体球【答案】C【详解】A根据折射率的公式sinsininr=，可知，以相同的入射角射入球中时，a 光的折射角较小，故其折射率较大，A 错误；B以相同的入射角射入球中时，c 光的折射角最大，折射率最小，故在液体球中传播的速度最大，B 错误；C如图所示，可知 b 光线的折射角1sin3r=，故该液体对 b 光的折射率2sin3 221sin23inr=，C 正确；D

13、若继续增大入射角 i，b 光的折射角增大，光线远离同心球形气泡，光线从液体材料射出时的入射角与射入液体材料时的折射角大小相等，根据光的可逆性可知不会发生全反射，D 错误。故选 C。6如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法中错误的是（）A甲、乙两单摆的摆长相等B甲摆的振幅比乙摆大C甲摆的机械能比乙摆大D在 t=0.5s 时有正向最大加速度的是乙摆【答案】C【详解】A由图看出，两单摆的周期相同，同一地点的 g 相同，由单摆的周期公式2LTg=，可得，甲、乙两单摆的摆长 L 相等，故 A 正确；B由图知甲摆的振幅比乙摆大，故 B 正确；C尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于

14、两摆的质量未知，所以无法比较机械能的大小，故 C 错误；D在 t=0.5s 时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，乙摆的位移为负向最大，根据kxam=-，可知，乙摆具有正向最大加速度，故 D 正确。本题选择错误的，故选 C。7如图 1 所示，大功率家用电器的插头常配备漏电保护装置，工作原理如图 2 所示，其中“零序电流互感器”可视为闭合铁芯。正常用电时，火线和零线的电流等大反向；出现漏电时，快速响应电路能够在毫秒级的时间内检测到漏电并触发断路器，使触头弹起从而自动切断电源。下列说法正确的是（）A漏电保护装置根据电流磁效应的原理B图 2 中零线应该置于互感器的外面，否则无法正常使用C正常用电时

15、，M 和 N 两点之间没有电压D出现漏电时，M 和 N 两点之间没有电压【答案】C【详解】ACD若火线和零线电流始终等大反向，则穿过零序电流互感器的磁通量不发生变化，零序电流互感器无感应电动势，则与之构成闭合回路的断路器两端 MN 间无电压，但若发生漏电，则由火线、用电器、零线构成的闭合回路中，流经火线与零线的电流大小将不再相等，从而使穿过零序电流互感器的磁通量发生变化，产生感应电动势，触发断路器，使触头弹起从而自动切断电源，保护电路，即此时断路器两端 MN 间有电压，由此可知漏电保护装置应用了电磁感应的原理，故 C 正确，AD 错误；B图 2 中若零线置于互感器的外面，则发生漏电时，零序电流

16、互感器不能感应到通过火线的电流变化，因此互感器不能正常使用，只有零线与火线同在互感器里面，互感器通过感应相反电流产生的磁场是否变化从而做出反馈，因此图 2 中零线应该置于互感器的里面，故 B 错误。故选 C。8除颤仪是用于突发心室纤颤等心脏疾病的急救医疗设备，某型号除颤仪电路原理如图，某次调试时，电容器充电完毕，开关由“1”掷向“2”，放电电流平均值为 2.8A，放电时间约为 10-2s，已知电容器电容为2.010-5F，升压变压器原副线圈的匝数比约为 1:70，则降压变压器原副线圈的匝数比约为（）A22:1B11 2:1C7:1D2:1【答案】B【详解】由题意可知，第一个变压器为降压变压器，

17、第二个变压器为升压变压器，由于放电电流平均值为2.8A，由电流的定义式有QIt=，根据电容器的电容定义有4QCU=，所以升压变压器副线圈的两端的电压的最大值为41400VU=，由理想变压器原副线圈与匝数的关系有3344UnUn=，所以升压变压器原线圈两端电压的最大值为320VU=，降压变压器副线圈两端电压的最大值为220VU=，所以降压变压器原副线圈匝数比为1122220 211 2201nUnU=，故选 B。9图甲为某风速测量装置，可简化为图乙所示的模型。圆形磁场半径为 L，磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向里，风推动风杯组（导体棒 OA 代替）绕水平轴以角速度 顺时针转动，风杯中心到转轴

18、距离为2L，导体棒 OA 电阻为 r，导体棒与弹性簧片接触时回路中产生电流，接触过程中，导体棒转过的圆心角为45，图乙中电阻阻值为 R，其余电阻不计。下列说法正确的是（）A流过电阻 R 的电流方向为从左向右B风杯的速率为 LC导体棒与弹性簧片接触时产生的电动势为2EBL=D导体棒每转动一圈，流过电阻 R 的电荷量为238BLRr+【答案】D【详解】A根据右手定则可知，导体棒 OA 上感应电流方向为从 O 到 A，流过电阻 R 的电流方向为从右向左。故 A 错误；B风杯的速率为 v=2L=2L，故 B 错误；C导体棒与弹性簧片接触时产生的电动势为2122LEBLvBLBL=g，故 C 错误；D依

19、题意，导体棒每转动一圈，接触过程中，导体棒转过的圆心角为 45所以三组风杯组总共接触过程对应的时间为34tp=，根据闭合电路欧姆定律，有EIRr=+，又qIt=，联立，解得238BLqRr=+，故 D 正确。故选 D。10中国天宫号空间站正常绕地运行的轨道可视为圆形，轨道平面与赤道平面夹角为42，轨道离地高约400km，每天绕地球约转 16 圈，绕行方向自西向东。地球半径约为 6400km，下列说法正确的是（）A空间站中的宇航员受地球的引力约为其在地面时的910B空间站绕地运行的角速度比地面上物体随地球自转的角速度小C空间站连续两次经过我国某城市上方的时间间隔约为 1.5hD空间站绕地运行的速

20、度比月球绕地运行的速度小【答案】A【详解】A在地球表面有12MmGFR=，在空间站有22()MmGFRh=+，整理有21910FF，故 A 项正确；B由于空间站每天绕地球约转 16 圈，所以其周期约为1.5hT=空，而地球上的物体转一圈的周期为 24h，由周期与角速度的关系有2Tp=，由于空间站的周期小，所以空间的角速度大于在地球上物体的角速度，故 B 项错误；C由于空间站的周期为 1.5h，地球的周期为 24h，但是又由于空间站轨道平面与赤道所在平面不共面，所以每次空间站转 16 圈，中国某城市相对于空间站回到了出发位置，即空间站连续两次经过我国某城市上方的时间间隔约为 24h，故 C 项错

21、误；D由于22MmvGmrr=，整理有GMvr=，由于空间站距离地心的距离比月球小，故其绕行速度比月球的大，故 D 项错误。故选 A。11如图为特殊材料薄板，电阻可视为零，质量为 0.99kg，厚度为 d=1mm，前后两个侧面是边长为 l=1m的正方形。当在整个空间加上方向水平且平行于正方形侧面的磁感应强度大小为 100T 的匀强磁场时，薄板自由下落在垂直于侧面方向形成电流 I，使得薄板的加速度相比自由落体时减小了百分之一，两侧面积聚电荷可以看成电容器，其电容值为 C，薄板下落过程中始终保持竖直，且不计空气阻力，重力加速度取210m/s。则下列选项正确的是（）A薄板下落过程中形成后侧面流向前侧

22、面的电流B薄板下落过程前后两个侧面的电荷不断增加直到达到某个最大值C薄板减少的重力势能全部转化为薄板的动能D电流 I 等于 0.99A，电容器的电容为 1F【答案】D【详解】A安培力竖直向上，由左手定则可知，电流方向是由前向后流的，故 A 错误；B薄板的加速度恒定，所以安培力恒定，形成的电流是个恒定值，前后两个侧面的电荷量会不断的随着时间均匀增加，故 B 错误；C 减小的重力势能转化为薄板的动能及电容器的电势能，以及电容器向外辐射的电磁波的能量，故 C 错误；D薄板的加速度相比自由落体时减小了百分之一，根据牛顿第二定律可得100mgBId=，解得0.99AI=，根据1FQI tICUBdvBd

23、a=，故 D 正确。故选 D。12如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，质量 m=0.1kg 的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为 x轴正方向，取地面为零势能参考面，在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位移变化关系如图乙中的图线，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度 g=10m/s2；则下列说法中正确的是（）A小球释放位置距地面的高度为 7mB小球在下落过程受到的风力为 1NC小球刚接触弹簧时的动能为 4.5JD小球的最大加速度大小为 99m/s2【答

24、案】D【详解】A由图乙可知，小球处于释放位置的重力势能为 0.70J，根据pEmgh=，可得小球释放位置距地面的高度为0.70m0.7m0.1 10h=，故 A 错误；B由图乙可知小球速度减为 0 时，小球下落0.6mx=，该过程弹性势能增加了p0.54JED=，根据功能关系有pmgxF xE-=D风代入数据解得小球在下落过程受到的风力为0.1NF=风，故 B 错误；C由图乙可知，小球刚接触弹簧时，小球下落了10.5mx=，根据动能定理得211112m xgxFmv-=风，解得小球刚接触弹簧时的动能为2110.45J2mv=，故 C 错误；D弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，则有2pm1()0.

25、54J2Ekx=D=，m0.6m0.5m=0.1mxD=-，解得弹簧的劲度系数为108N/mk=，则小球的最大加速度大小为2m99m/skxmgaFm-+=风，故 D 正确。故选 D。13如图所示，边长为 a 的等边ABCV的 A、B、C 三点处各放置一个点电荷，三个点电荷所带电荷量数值均为 Q，其中 A、B 处为正电荷，C 处为负电荷；边长为 a 的等边EFGV的 E、F、G 三点处均有一垂直纸面的电流大小为 I 的导线，其中 E、F 处电流垂直纸面向内，G 处电流垂直纸面向外，O、H 是三角形的中心，D 为 AB 中点，这两个三角形均竖直放置，且 AB、EF 相互平行，下列说法正确的是（）

26、A正电荷在 O 点处受电场力方向由 O 指向 C，电流方向垂直纸面向外的通电导线在 H 点处受安培力方向由 H 指向 GBO 点处的电势高于 D 点处的电势，D 点处场强大于 O 点处场强CA 点电荷所受电场力方向与 E 点处通电直导线所受安培力方向相同D带负电的试探电荷沿直线从 D 点运动到 O 点的过程中电势能减小【答案】A【详解】A做出三个点电荷在 O 点处产生的场强，如图所示根据几何关系可知AOBOCO=，且三个点电荷的电荷量相等，因此三个点电荷在 O 点产生的场强大小相等，根据电场强度的叠加法则（平行四边形定则）可知，O 点处的合场强由 O 指向 C，而带正电的粒子在电场中所受电场力

27、的方向与场强的方向相同，因此正电荷在 O 点处受电场力方向由 O 指向 C；根据安培定则，分别做出三根通电直导线在 H 处产生的磁场方向，如图所示由于 H 点距三根通电直导线的距离相等，且三根通电直导线中电流大小相等，因此三根通电直导线在 H 处产生的磁场强度大小相等，根据磁场强度的叠加法则（平行四边形定则）可知，H 点处的合磁场方向平行EF 水平向右，因此根据左手定则可知，电流方向垂直纸面向外的通电导线在 H 点处受安培力方向由 H 指向 G，故 A 正确；B由于 O 点在 B、C 处两等量异种点电荷连线的中垂线上，而等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，且电势为零，因此 O 点处的电势即为

28、A 点处的正电荷所形成电场在 O 点的电势，根据几何关系可得2223()323aAOaa=-=，可得 O 点处的电势333OQQkkaaj=D 点处的电势22(122 3)3()222DQQQQkkkkaaaaaj-=+-=-，可知DOjj，根据以上分析可知ABCEEE=，由点电荷形成的场强的计算公式结合几何关系可得 O 点处的合场强22262cos603333OQQQEkkkaaa=+=o，对于 D点，由于 A、B 两处的点电荷在 D 点产生的场强大小相等方向相反，因此 D 点处的场强大小即为 C 点处的电荷在 D 点产生的场强的大小，可得22433()2DQQEkkaa=，显然ODEE，故

29、 B 错误；CC做出 B、C 处两电荷在 A 处产生的场强的大小，根据平行四边形定则做出合场强，如图所示由于 A 处电荷带正电，因此其所受电场力的方向与场强的方向相同，即其方向斜向左上方，与 AC 连线之间的夹角为60o；根据安培定则做出 F、G 两处导线在 E 点产生的磁场，以及根据平行四边形定则做出其合磁场，再根据左手定则做出 E 处导线所受安培力的方向，如图所示根据几何关系可知，E 处导线所受安培力的方向斜向右下方，与 EF 连线之间的夹角为60o，可知，A 点电荷所受电场力方向与 E 点处通电直导线所受安培力方向不同，故 C 错误；D根据以上分析可知DOjj，而带负电的粒子在电势低的地

30、方电势能大，因此带负电的试探电荷沿直线从 D 点运动到 O 点的过程中电势能增加，故 D 错误。故选 A。14如图，在长方形 ACDE 中，O 点为两对角线 AD、CE 的交点，F 点为 OD 上的一点，且 AE=AO=d，OF=2FD。三角形 AOE 内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B；三角形 AOC 内无磁场；三角形 COD 和 DOE 内分别有垂直纸面向里和垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小未知。现有一质量为m、电荷量为 q 的粒子（重力不计）以一定初速度从 A 点沿OAE 的角平分线垂直磁场射入，粒子恰好依次经过 O、F 点且从 D 点射出磁场。则（）A粒子带正电B粒

31、子的初速度为2qBdmC三角形 COD 和 DOE 内的磁感应强度大小分别为 2B、3BD粒子从 A 点到 D 点经历的时间为23mqBp【答案】D【详解】A由于粒子依次经过粒子恰好依次经过 O、F 点且从 D 点射出磁场，根据左手定则可知，粒子带负电，A 错误；B 根据题意，作出粒子在磁场中运动的大致轨迹，如图所示，由于粒子从 A 点沿OAE 的角平分线垂直磁场射入，可知粒子在每个磁场中偏转的圆心角均为60.设粒子在AOED中的圆周半径为R,则Rd=，洛伦兹力为其圆周运动提供向心力，有22vmvBqvmRd=，解得Bqdvm=，B 错误；C设在CODD中的圆周半径为1R,磁感应强度为1B,在

32、DOED中的圆周半径为2R,磁感应强度为2B,故有123Rd=，213Rd=，洛伦兹力为其圆周运动提供向心力，有22vmvBqvmRd=，同理22132vmvBqvmRd=，2223vmvB qvmRd=，解得132BB=，23BB=，C 错误；D设粒子在AOED、CODD、DOED中运动的周期分别为T、1T、2T，则有2 mTBqp=，12243mmTB qBqpp=，23223mmTB qBqpp=，所以粒子从 A 点到 D 点经历的时间（粒子在各区域偏转的圆心角均为60），121142()663mmtTTTBqBqpp=+=，D 正确。故选 D。二、实验题（本大题共二、实验题（本大题共

33、2 小题，共小题，共 16.0 分）分）15（6 分）学校物理小组的同学们利用如图甲所示的实验装置探究一定质量的气体等压变化规律。注射器竖直固定在铁架台上，其中密封了一定质量的气体，柱塞上固定一重物，被密封的空气柱浸没在烧杯的液体中，液体中放置有温度计（图中未标出）。忽略柱塞与注射器之间的摩擦，通过改变烧杯内液体温度读取多组温度、体积数值，并作体积-温度图像。(1)下列说法正确的是_（填选项字母）。A温度计位置应尽量远离空气柱B柱塞上应涂上润滑油C每次改变烧杯中液体的温度时，应立即读出空气柱的体积(2)某同学作出体积-热力学温标VT-图像如图乙所示，图像不过原点的原因可能是 。(3)保持密封空

34、气柱质量不变，改变重物质量，通过两次实验作出体积-热力学温标VT-图像得到两条直线如图丙所示。若两条直线斜率分别为1k、2k，两次重物及柱塞的总质量分别为1m、2m，柱塞横截面积为S，重力加速度为 g，则大气压强可表示为 （使用题中所给字母表示）。【答案】(1)B (2)未考虑橡胶套内注射器细管的气体体积 (3)1 12221g m km kS kk-【详解】（1）A温度计尽量靠近注射器空气柱位置，以免温度计和空气柱存在温差，A 项错误；B柱塞上涂上润滑油减小摩擦增强密封性，B 项正确；C应该等充分热交换后温度计示数才能表示空气柱温度，C 项错误。故选 B。（2）设橡胶塞内气体体积为DV，则有

35、()p VVCT+D=即CVTVp=-D，所以图像不过原点的原因是未考虑橡胶塞内注射器细管的气体体积。（3）由（2）知11Ckp=，22Ckp=，对柱塞及重物受力分析110p Sm gp S=+，220p Sm gp S=+，解得1 122021g m km kpS kk-=-16（10 分）为了测定某电池的电动势（约为 10V）和内阻（小于 5），一个量程为 5V 的电压表与电阻箱串联，将其量程扩大为 15V，然后用伏安法测电池的电动势和内阻，电压表的内阻远大于滑动变阻器的最大电阻，该实验的操作过程如下：(1)扩大电压表的量程，实验电路如图甲所示。把滑动变阻器的滑片移至 （填“a”或“b”）

36、端，把电阻箱的阻值调到零，闭合开关。移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为 4.8V，保持滑动变阻器滑片的位置不变，把电阻箱的阻值调到适当值，使电压表的示数为 V，若此时电阻箱的示数为 R0，则改装后电压表的内阻为 （结果用 R0表示）。(2)用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变）测电池电动势 E 和内阻 r，实验电路如图乙所示，记录多组电压表的示数 U 和电流表的示数 I，并作出 U 一 I 图线如图丙所示，可知电池的电动势为 V，内阻为 。【答案】(1)b 1.6 1.5 R0 (2)9.6 3.0【详解】（1）把滑动变阻器的滑片移至 b 端，可以保证电路的安全。根据电路分析，把量程

37、5V 的电压表量程扩大到 15V，则电阻箱所分电压为 10V，其阻值为改装前电压表的两倍，保持滑动变阻器滑片的位置不变，把电阻箱的阻值调到适当值，使电压表与电阻箱的电压之和为4.8V，即电压表电压为 1.6V，电阻箱电压为 3.2V，符合实验要求。若此时电阻箱的示数为 R0，则改装后电压表的内阻为V0000.51.5RRRR=+=（2）由闭合电路欧姆定律，可得3UEIr=-整理，可得133rUEI=-结合丙图，可得13.2V3E=，1.43.231.8r-=解得9.6VE=，3.0r=三三.计算题：本题共计算题：本题共 4 小题，共小题，共 40 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算

38、步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。17（9 分）如图，在进行投篮时，有时候会出现一个球将另一个球顶进篮筐的情况。现有一个同学在篮筐中心前方 1m 的位置将篮球 A 以初速度4 5m/s竖直上抛，另外一名同学在同一直线上较远的地方将完全相同的篮球 B 斜向上抛，两球恰好都运动到最高点时发生弹性正碰，已知篮球质量均为 500g 且都看作质点，篮筐距离地面的高度为 2.75m，重力加速度 g 大小取210m/s。求：（1）篮球 A 与

39、篮球 B 发生弹性碰撞时，距离地面的高度；（2）若篮球 A 的球心恰好通过篮筐的中心，两球相碰前瞬间篮球 B 的速度大小；（3）若篮球 A 的球心恰好通过篮筐的中心，篮球 B 刚抛出时的初动能。【答案】（1）4m；（2）2m/s；（3）21J【详解】（1）根据竖直上抛的运动规律可知22vgh=解得4h=m（2）根据平抛运动规律有212hhgt-=Axv t=两球恰好都运动到最高点时发生弹性正碰，则有BABmvmvmv=+222BAB111222mvmvmv=+解得B2v=m/s（3）篮球 B 从抛出到与 A 球碰撞，根据动能定理有2201122Bmghmvmv-=-解得2k001212Emv=

40、J18（9 分）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置、简化为与火箭绝缘的导电杆 MN 和装置 A 组成，并形成闭合回路，装置 A 能自动调节其输出电压确保回路电流 I 恒定，方向如图所示，导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流 I 在导电杆以上空间产生的磁场近似为零，在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小 B1=kI（其中 k 为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小 B2=2kI，方向与 B1相同，火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度 v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度

41、恰好为零，完成火箭落停，已知火箭与导电杆的总质量为 M，导轨间距23MgdkI=，导电杆电阻为 R，导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置 A 的内阻，在火箭落停过程中，求：（1）导电杆所受安培力的大小 F 和运动的距离 L；（2）回路感应电动势 E 与运动时间 t 的关系；（3）装置 A 输出电压 U 与运动时间 t 的关系及输出的能量 W。【答案】（1）204vg；（2）062MgvgtI-；（3）2200322I RvMvg-【详解】（1）导体杆受安培力13FB IdMg=方向向上，根据牛顿第二定律有MgFMa-=解得2ag=-导体杆运动的距离220002

42、4vvLag-=（2）回路的电动势2EB dv=其中0vvat=+解得062MgEvgtI=-（3）右手定则和欧姆定律可得UEIR+=可得062MgUIREIRvgtI=-=-电源输出能量的功率06()2MgPUIIRE IIRvgtII=-=-2220062612I RMg vgtI RMgvMg t=-=-+在002vg:时间内输出的能量对应Pt-图像的面积，可得2200322I RvMvWg=-19（12 分）如图所示，在平面直角坐标系 xOy 的第一象限内存在一半径为 R、分别与 x 轴、y 轴相切的圆形边界，圆形边界内和第三、四象限内均存在磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强

43、磁场，第一象限圆形边界外无磁场。在第二象限内存在平行于 y 轴方向的匀强电场（在图中未标出）。现将一群质量均为m、电荷量均为+q（q0）的带电粒子从切点 S 以同一速度大小0v（其中0v大小未知）与 x 轴正方向成q角（233ppq）射入第一象限，其中垂直于 x 轴入射的粒子刚好垂直 y 轴经过 点，与 x 轴正方向成23pq=入射的粒子经过第二象限的电场后从 x 轴上的 Q 点射入第三象限，其中 OQ 距离为 R。在 x 轴正方向上有一块收集板 MN，不计粒子重力，求：（1）粒子入射速度大小0v；（2）电场强度 E 方向（选“y 轴负方向”或“y 轴正方向”）和大小；（3）若收集所有粒子，则

44、收集板长度至少要多长。【答案】（1）0qBRvm=；（2）y 轴负方向，2qRBEm=；（3）31 R-【详解】（1）根据粒子在圆形边界内做圆周运动，如图由洛伦兹力提供向心力可得200mvqv Br=由图可得 r=R联立可得粒子入射速度大小0qBRvm=（2）根据粒子偏转方向可知，电场强度 E 方向为沿着 y 轴负方向，粒子在电场中做类平抛运动，则10 xv t=212qEytm=由几何关系可知1xR=，121cos32RyRp=+=联立可得电场强度 E 的大小为2qRBEm=（3）如图根据几何关系可知2cos()yRRpq=+-可知21332yRy=其中2222qEtmy=，20 2xv t

45、=可知23xR=由洛伦兹力提供向心力2mvqvBr=解得011coscosmvmvRrqBqB=或220coscosmvmvRrqBqB=由以上可知所有粒子在第三、四象限内运动轨迹圆为一系列的同心圆，故12tanLR=，112tan1yx=22tanLR=，222tan3yx=所以若收集所有粒子，则收集板长度至少为21312LLLR-=-20（12 分）光压是指光照射到物体上对物体表面产生的压力。早在 17 世纪初，开普勒就曾用太阳光的压力解释彗星的尾巴为什么背着太阳。其实彗尾一般有两条，一条是由等离子体在太阳风作用下形成的离子尾，另一条是不带电的尘埃在太阳光的光压力作用下形成的尘埃尾。当尘埃

46、被从彗星释放出来，由于太阳光产生的光压把它们沿径向往外推开，它就不再继续沿着彗星轨道运动。如图所示为彗星掠过太阳所发生的状况，弧线表示彗星的轨迹，彗星当前在 b 位置，在 a 位置上释放出的尘埃已被太阳光压沿虚线路径推出（其它位置释放的尘埃路径未画出），形成了如图所示的尘埃尾。（已知彗星质量远远小于太阳质量）（1）请说明在图中 a 位置释放的尘埃的速度方向；若能够沿着路径（一条直线）运动，请说明尘埃所受合外力的情况。（2）在一定条件下（例如强光照射下）小颗粒所受的光压可以与所受万有引力同数量级。假设尘埃粒子是半径为 R 的小球，密度为，它对太阳光全部吸收。已知太阳的质量为 M，辐射光的功率为

47、P0，所发出太阳光的平均波长为，普朗克常量用 h 表示，万有引力常量用 G 表示，真空中光速用 c 表示。（光子的动量hpl=）a请求出能够沿路径运动的尘埃粒子的半径 R0；b请分析并说明半径满足什么条件的尘埃粒子会沿路径运动。【答案】（1）见解析；（2）a00316PRcG Mpr=；b0316PRcG Mpr的尘埃粒子，沿路径运动【详解】（1）尘埃的初速度方向沿彗星轨迹在 a 位置的切线方向；沿路径运动的尘埃所受合外力为 0。（2）a设图中 a 位置处与太阳中心的距离为 r，则尘埃粒子在 a 位置受到的万用引力为2MmFGr=引其中尘埃的质量343mRrp=，代入得3243GMFRrpr=

48、引设尘埃粒子在 a 位置处单位时间内接收到的光能为 E，可知2024PERrpp=则尘埃粒子在 a 位置处单位时间内接收到的光子数Enchl=由动量定理可知尘埃粒子受到的光压力Fnp=光FnP=光联立以上三式，并将hpl=代入得，尘埃粒子在 a 位置处受到太阳光的光压力2024PFRcr=光当尘埃粒子受到的万有引力和光压力相等，即32022434GMPRRrrprpp=时，为所求的 R0，整理得00316PRcG Mpr=此结果与 r 无关，说明只要尘埃粒子半径满足这个条件，就会一直沿路径 b 运动。b尘埃被从彗星释放出来时，初速度方向沿彗星轨迹在 a 位置的切线方向，若沿路径运动，粒子所受合力指向曲线路径的弯曲方向，说明运动过程中光压力大于万有引力。对比3243GMFRrpr=引和2024PFRcr=光有00163FcG MRRFPRpr=引光可知当 R 小于第（2）问中所求的 R0时，FF引光，即，那些半径0316PRcG Mpr的尘埃粒子，沿路径运动。