2024届明日之星高考物理精英模拟卷广东版_2024高考押题卷_72024正确教育全系列_2024明日之星全系列_（新高考）2024《明日之星·高考精英模拟卷》（九科全）各一套

微信公众号：【高中精品资料君】 2024 届明日之星高考物理精英模拟卷 【广东版】 一、单项选择题：本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项 是符合题目要求的。 1.大气层中碳14不断产生又不断衰变，达到了动态平衡，在大气中的含量保持稳定。这种机 制的核反应方程为14NX14 CY 7 6 14C14 NZ 6 7 其中X、Y、Z所代表的粒子分别为( ) A.质子、中子、电子 B.中子、质子、电子 C.中子、电子、质子 D.电子、中子、质子 2.现在市场上的一些手机已经具备卫星电话的功能。现有两颗通信卫星，一颗是卫星G3，在 距离地面500 km高度的圆形轨道上运行；另一颗是地球同步卫星G7。下列说法正确的是( ) A.这两颗卫星的运行速度可能大于7.9 km/s B.G7可能每天多次经过北京正上方 C.G3卫星的周期比G7的小 D.G3卫星的向心加速度比G7的小 3.如图所示，均匀透明材料制作的半圆柱，其横截面ABC的圆心为O，半径为R，半圆弧上 有一点P,OP与AC间的夹角为30°，位于A点的点光源发出一细光束射向圆弧上某点，恰 好发生全反射且反射光线垂直于OP，则此材料的临界角是( ) A.30° B.40° C.50° D.60° 4.如图所示，一不可伸长的细绳绕过光滑的定滑轮，两端连接物块a和b，物块c与b通过轻 弹簧连接，a、b、c质量均为m，初始a、b、c运动过程中弹簧长度保持不变。重力加速度为 g。则( ) 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 1 A.细绳剪断前，a的加速度大小为 g 2 1 B.细绳剪断前，弹簧弹力大小为 mg 3 5 C.细绳剪断后瞬间，b的加速度大小为 g 3 D.细绳剪断后，c做匀加速直线运动 5.如图（a）所示，光滑绝缘水平面上固定一长直导线，导线右侧锁定一正方形导线框，左右 两边与导线平行，导线中的电流按图（b）所示规律变化，线框始终在导线右侧。已知长直导 线在附近某点处产生的磁感应强度与电流成正比，与该点到直导线的距离成反比，则( ) A.若t 10s时解除锁定，则10~24 s内线框向右做加速运动 B.若一直锁定，则0~8 s内线框所受安培力为定值 C.若t 4s时解除锁定，则t 24s前线框可能停止运动 D.若t 24s时解除锁定，则线框在t 32s前可能停止运动 6.如图所示，光滑四分之一圆弧槽MN，顶端M与圆心等高，N处切线沿水平方向。t 0时 刻小球从M处由静止滑下，不计空气阻力，从N处离开圆弧槽后做平抛运动。整个过程重力 的瞬时功率随时间的变化图像最接近实际的是( ) A. B. C. D. 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 7.跳台滑雪是以滑雪板为工具，借助跳台进行跳跃滑雪的一种运动项目。如图所示，第一次 运动员从斜坡的顶端A处水平飞出，落在斜坡上B点（未画出）。第二次运动员在A处向上 跃起，水平速度与第一次相同，落在斜坡上的C点（未画出）。运动员可视为质点，已知斜 坡平直，不计空气阻力。则( ) A.第一次运动员在空中运动的时间较长 B.第二次着陆时速度方向与斜坡夹角大于第一次的 C.第二次离斜坡的最大距离等于第一次的 D.C点到A的距离小于B点到A的距离 二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有 多项符 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。 8.如图（a）所示，单匝矩形线圈的左半部分位于具有理想边界（图中虚线）的匀强磁场中， 绕中轴线OO按图示方向匀速转动产生交流电，OO与磁场边界重合。图（b）中a、b端接 入的电压和图（a）中线圈产生的感应电动势相同，理想变压器原、副线圈接入电路的匝数可 分别通过滑动触头P、P 调节。图（b）中L是小灯泡，R、R 均为滑动变阻器。下列说法正 1 2 1 2 确的是( ) A.图（a）线圈中一半时间有电流，一半时间无电流 B.将P上移，同时将P 下移可使灯泡L的亮度减小 1 2 C.仅将P 右移可使灯泡L的亮度减小 3 D.仅将P 右移可使灯泡L的亮度增大 4 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 9.如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，一段长为L的绝缘细线，上端固定在O点，下 端连接一质量为m、电荷量为q的带正电小球。现把小球拉到O点正下方，给小球一个垂直 纸面向外的水平初速度，以后小球在重力、电场力和细线拉力共同作用下，恰好做匀速圆周 运动，轨迹直径等于L。重力加速度为g。则( ) 3mg A.电场强度的大小为 3q 2 3 B.小球运动过程中细线的拉力大小为 mg 3 2 C.小球运动的速度大小为 gL 3 1 D.小球从开始运动半周的过程，电场力做的功为 mgL 2 10.如图所示，足够长的光滑平行导轨由倾角为30的倾斜部分和水平部分组成，两部分平 滑连接，导轨间距L1m，虚线1和2，3和4间存在匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁场方向垂直所在导 轨平面向上，磁感应强度大小分别为B 1.0T、B 2.0T，棒b紧靠虚线4放在其右侧，磁 1 2 1 场Ⅰ的宽度为虚线2到倾斜轨道底端距离的 ，棒a由虚线 1上侧静止释放，释放位置到虚 3 线1的距离等于磁场Ⅰ的宽度，棒a刚好匀速通过区域Ⅰ，最终两棒发生弹性碰撞。已知虚 线3、4间距离为d 0.6m，棒a、b的质量分别为m 0.4kg、m 0.1kg，接入电路阻值均 1 2 为R1Ω，两棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g 10m/s2，导轨电阻忽略不 计。则( ) 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 A.棒a的释放位置到虚线1的距离为3.2 m B.棒a进入磁场Ⅱ的瞬间加速度大小为40m/s2 C.碰后瞬间棒b的速度大小为5 m/s D.整个过程棒a中产生的总焦耳热为5.5 J 三、非选择题：共 54 分。 11.（6分）学习小组利用如图（a）所示的实验装置，验证发生完全非弹性碰撞时动量守恒。 气垫导轨上安装有两个光电门1、2，滑块1上固定着竖直遮光条，滑块2的右侧有橡皮泥。 实验主要步骤如下： （1）接通气源，将滑块1放置在导轨上，轻推一下使其先后通过光电门1、2，若滑块经过 光电门1的时间比经过2的长，应调整水平螺丝，把支点P调________（填“高”或 “低”）些，直到滑块1通过两个光电门的时间相同。 （2）用天平测出滑块1（包含遮光条）的质量为m 、滑块2（包含橡皮泥）的质量为m ，本 1 2 实验________（填“需要”或“不需要”）测出遮光条的宽度d。 （3）将滑块2放置在光电门1、2间合适位置并保持静止，将滑块1放置在光电门1的右 侧，轻推滑块1，使其与滑块2发生碰撞后粘在一起，光电门1记录的遮光时间为t ，光电门 1 2记录的遮光时间为t 。 2 （4）改变滑块1的初速度，多次测量，获得多组t、t 数据。 1 2 （5）在坐标纸上建立直角坐标系，描点后拟合出的图线为过原点的直线，如图（b）所示， 测量出图线的斜率k，若满足k ________（用所测物理量的字母表示），可验证完全非弹性 碰撞时动量守恒。 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 12.（12分）学习小组想测量某型号电池的电动势和内阻。为了让测量结果尽量准确，设计了 如图（a）所示的电路。所用的实验器材有：待测电源，电阻箱R（最大阻值999.9 Ω），定 值电阻R 2.0，毫安表mA（量程100 mA，内阻r 待测量），电流表A（量程为1.0 A， 0 g 内阻未知），开关S、S ，导线若干。 1 2 （1）按图（a）连接电路，把电阻箱的阻值调到________（填“最大”或“最小”），保持 S 断开，闭合S 。 2 1 （2）调节电阻箱的阻值，直到毫安表满偏，此时电流表示数如图（b）所示，读数为 ________A，则毫安表内阻r ________Ω。 g （3）把电阻箱的阻值调到最大，闭合S 。调节电阻箱，记下毫安表的示数I及对应电阻箱的 2 阻值R。多次重复实验，记录多组I与R的数据。 1 1 （4）在坐标纸上以 为纵轴，以R为横轴建立坐标系，拟合出 R图线为直线，如图（c） I I 所示，则测得的电源电动势E ________V，内阻r ________Ω。（计算结果均保留3位有 效数字） 13.（8分）如图所示，竖直放置的粗细均匀的导热U形管，左管封闭，右管开口，管中两段 水银柱封闭两段理想气体，右管中B段气体长度为h19cm，左管中A段气体的长度为 2h,B段气体上表面与A段气体下表面齐平，B段气体上方水银柱的长度为h，大气压强为76 cmHg，初始环境温度为7 ℃。 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 （1）缓慢升高环境温度使管中A、B间水银柱左侧液面下降到与右侧液面平齐，求此时的温 度。 （2）接（1）问，保持环境温度不变，再往右侧管中缓慢注入水银，使左右两管中A、B间水 银液面的高度差恢复到h，求右管中注入的水银长度。 14.（10分）2024年巴黎奥运会将滑板运动列为比赛项目。如图为某模拟训练场，整个场地 1 由 圆弧AB与足够长直轨道BC组成，圆弧AB与长直轨道BC在B点处平滑连接，滑板车 4 的质量均为m10kg，人的质量为M 40kg,AB圆弧半径r 5m。在某次表演赛中，先从 A处静止释放滑板车1，相隔t 0.5s后人与滑板车2一起从A点由静止开始滑动，当人与滑 0 板车2运动到长直轨道BC段之后某一时刻人从滑板车2跳到滑板车1。（人与滑板车均可视 为质点，不计滑板车与整个轨道间的摩擦力，重力加速度g 10m/s2） （1）当人与滑板车2到达圆弧底部处时，求人对滑板车2的压力大小。 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 （2）若人从滑板车2跳到车1，人在空中滞留时间t 0.8s，求人跳离滑板车2的速度大小。 （3）若人从滑板车2跳到车1，两车恰不再相碰，求跳跃过程中人和两滑板车总机械能变化 量E大小。 15.（18分）如图所示，光滑水平面上区域1、2、3……中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应 强度大小均为B，磁场边界相互平行，磁场区域的宽度均为d ，相邻两区域间无磁场区域的 1 宽度均为d  d 3d 。N匝闭合矩形线圈长为L、宽为d ，总质量为m，总电阻为R。开始 2 2 1 1 时线圈静止在磁场区域1的左侧，线圈右边与磁场区域1的左边界平行，距离为d 。现对线 0 圈施加一水平向右的恒力F，线圈恰好匀速穿过磁场区域1。 （1）求恒力F的大小及线圈穿过磁场区域1过程产生的焦耳热。 （2）若在线圈刚要进入磁场区域1时，突然撤去恒力F，求线圈最终停在何处。 （3）若初始时线圈右边与磁场区域1的左边界距离为d，在题述恒力F作用下，从线圈进入 磁场区域1时起，线圈中以相同的时间间隔交替出现有感应电流和无感应电流的情形，求d 需满足的条件。 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 答案以及解析 1.答案：B 解析：质子电荷数为1、质量数为1，中子电荷数为0、质量数为1，电子电荷数为-1、质量 数为0，核反应过程质量数和电荷数守恒。由14C14 NZ可知，Z为电子。由 6 7 14NX14 CY可知，X为中子，Y为质子，若X为质子，则Y的电荷数为2、质量数为 7 6 1，不符合，可知B正确。 2.答案：D 解析：7.9 km/s是地球卫星的最大环绕速度，这两颗卫星的运行速度一定小于7.9 km/s，A错 误。G7是地球同步卫星，运行周期与地球自转周期相同，故不可能每天多次经过北京正上 Mm 2π 2 r3 方，B错误。由万有引力提供向心力有G m r ，可得T 2π ，地球同步卫星   r2  T  GM 距离地面的高度约为36000 km，结合题意可知G3卫星的周期比G7的小，C正确。由万有引 Mm 力提供向心力有G ma，可知G3卫星的向心加速度比G7的大，D错误。 r2 3.答案：B 解析：如图所示，画出光路图，结合几何知识可得AOP为150°，则 OABABO40，即临界角为40°，B正确。 4.答案：C 解析：细绳剪断前，弹簧长度不变，a、b、c的加速度大小相等，设为a ，细绳张力为T，弹 0 簧弹力为F。由牛顿第二定律，对a有T mg ma ，对b、c有2mgT 2ma ，可得 0 0 1 4 2 a  g,T  mg。对c有mgF ma ，得F  mg ，AB错误。细绳剪断后瞬间，细绳张 0 3 3 0 3 5 力瞬间消失，弹簧弹力保持不变，设b的加速度为a ，有mgF ma，得a g，C正 3 1 确。细绳剪断后瞬间c的加速度仍为 g ，由于b的加速度大于c的，细绳剪断后的一段时间 3 内弹簧长度变短，弹力变小，b的加速度变小，c的加速度变大，c不可能做匀加速直线运 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 动，D错误。 5.答案：C 解析：t 10s时解除锁定，10~24 s内线框中的磁通量不发生变化，无电流产生，线框不受安 培力作用，始终静止，A错误。设水平面上某处到长直导线的距离为r，由题意可知，该处磁 I 感应强度大小Bk ，线框内到直导线距离不同处磁感应强度大小不同，没有解除锁定时， r 磁通量Φ与电流成正比，0~8 s内磁通量均匀增加，由法拉第电磁感应定律可知，线框中感应 电动势为定值，感应电流为定值，左边所受安培力F  BI L，方向向右，右边所受安培力 1 1 感 I I 1 1  F  B I L，方向向左，B k ,B k ，安培力的合力为F  F F kII L   ，大 2 2 感 1 r 2 r 1 2 感  r r  1 2 1 2 小与长直导线中的电流成正比，方向向右，B错误。若t 4s时刻解除锁定，安培力方向向 右，线框向右加速，t 8s前线框不可能停下，t 8s后线框向右运动，回路中磁通量减小， 所受安培力向左，线框减速，t 24s前线框可能停下，C正确。若t 24s时解除锁定，线框 向左加速，结合以上分析可知t 32s前线框不可能停下，D错误。 6.答案：A 解析：重力的瞬时功率Pmgv ，定性分析如下：小球在圆弧槽中滑行过程，v 从0开始先 y y 增加后减小，到圆弧槽最低点N处时v 减小到0，从N处离开圆弧槽后做平抛运动，v 又从 y y 0开始逐渐增加，C错误。定量分析：设小球在圆弧槽中运动时间为t ，从N点飞出后，竖 0 直方向做自由落体运动，v  gtt ，重力功率随时间线性增加，B错误。小球在圆弧槽中 y 0 运动过程重力功率随时间如何变化呢？设t时刻小球的竖直分速度为v ，有Pmgv ，又经 y y ΔP Δv ΔP 时间微元Δt，有ΔPmgΔv ，等式两边同除以Δt，有 mg y mga , (Δt 0)表示 y Δt Δt y Δt Pt图像某点切线的斜率，小球在M处刚释放时a  g ，方向向下，运动到N处时， y 1 v2 mgR mv2，向心加速度a  2g ，方向向上，此时a a ，可知Pt图像在t t 时 2 n R y n 0 （从N点飞出前瞬间）切线斜率的绝对值是t 0时的2倍，t 0时切线的斜率等于t t 时图 0 线的斜率，A正确，D错误。 7.答案：B 解析：第一步：沿平行斜坡和垂直斜坡方向分解运动计算时间 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 设斜坡倾角为θ，第一次在A处速度为v ，第二次在A处竖直分速度为v ，把运动员在空中 0 y0 的运动分解为垂直斜坡方向和平行斜坡方向，第一次在空中运动的时间为t ，垂直斜坡方向 1 t 2v sin 有v sin gcos 1 ，得t  0 ，第二次在空中运动的时间为t ，垂直斜坡方向有 0 2 1 gcos 2   t 2 v sinv cos v sinv cos gcos 2 ，得t  0 y 0 ，可得t t ，A错误。 0 y0 2 2 gcos 2 1 第二步：根据垂直斜坡方向的运动计算到斜坡的最大距离 v sin2 第一次到斜坡的最大距离d ，有v sin2 2gcosd ，得d  0 ，第二次到斜坡的 1 0 1 1 2gcos  2 v sinv cos 最大距离d ，同理可得，d  0 y0 ，可得d d ，C错误。 2 2 2gcos 2 1 第三步：沿竖直和水平方向分解运动求解位移 把运动员在空中的运动分解为水平方向和竖直方向，第一次着陆时的水平位移为 x v t v t x v t ,A、B间的距离l  1  0 1 ，同理A、C间的距离l  0 2 ，可得l l ，D错 1 0 1 1 cos cos 2 cos 2 1 误。 第四步：结合图像判断两次着陆时速度方向与斜坡夹角的关系 如图所示，第二次运动员做斜上抛运动，当运动到最高点D时，速度大小为v ，方向水平， 0 此时与第一次从A点飞出时的速度大小方向均相同，D处往后的轨迹部分与第一次从A点飞 出的轨迹形状相同，向前向上平移了一段距离。即AB段与DE段对应，运动员运动到E处时 速度方向与第一次运动到B处时的速度方向相同，从E继续运动到C处，速度方向继续向下 方偏移，第二次在C处着陆时速度方向与斜坡间的夹角大于第一次的，B正确。 8.答案：BD 解析：线圈绕OO轴转动，始终有一半处于磁场中，线圈中一直有电流，A错误。将P上 1 移，同时将P 下移，会使变压器输出电压变小，灯泡L亮度减小，B正确。仅将P 右移，副 2 3 线圈电路总电阻变小，电流变大，L中电流变大，灯泡亮度增大，C错误。仅将P 右移，副 4 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 线圈电路总电阻变大，电流变小，R 两端的电压变小，灯泡两端的电压变大，灯泡亮度增 1 大，D正确。 9.答案：AD 解析：把重力和电场力的合力看成等效重力，小球在等效重力场中做圆锥摆运动，如图所 示，由于轨迹直径也等于L，可知圆锥摆的摆角30，有qE mgtan30，可得 mgtan 3mg mg 2 3 E   ，A正确。又mg  mg，对小球受力分析可知细线的拉力 q 3q cos30 3 mg 4 大小为F   mg ，B错误。小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有 cos 3 v2 1 1 mgtanm ，其中R L，可得v gL，C错误。小球从开始运动半周的过程，电场 R 2 3 1 力做的功为W qELcos mgL，D正确。 2 10.答案：BD 1 解析：设棒a的释放位置到虚线1的距离为x，由机械能守恒定律有m gxsin mv2，棒a 1 2 1 0 在虚线1、2间运动时，由平衡条件有m gsin F ，由法拉第电磁感应定律有E  BLv ， 1 安 1 0 E 根据闭合电路欧姆定律有I  ，所受安培力F  BIL，联立解得x1.6m，A错误；虚线 2R 安 1 2到导轨底端的距离为s 3x4.8m，棒a在该段运动由机械能守恒定律有 1 1 m gssin mv2  mv2，解得v 8m/s，棒a进入磁场Ⅱ瞬间，有 1 2 1 1 2 1 0 1 E E B Lv ,I ,F  B IL，由牛顿第二定律得F ma，联立解得a40m/s2，B正 2 1 2R 安 2 安 1 ΔΦ E 确；棒a在虚线3、4间运动时，由E  ，又ΔΦ  B Ld,I  ,q  IΔt，设棒a与b碰前 Δt 2 2R 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 瞬间的速度为v ，对棒a由动量定理有B ILΔt mv mv ，解得v 5m/s，棒a、b发生 2 2 1 2 1 1 2 1 1 1 弹性碰撞，则有mv mv m v , mv2  mv2  m v2，解得v 3m/s、v 8m/s，C错 1 2 1 3 2 4 2 1 2 2 1 3 2 2 4 3 4 误；设电路中产生的焦耳热为Q，则由能量守恒定律有 1 1 m g(2xs)sin30Q mv2  m v2，解得Q11J，由于两棒接入电路的阻值相等，则棒 1 2 1 3 2 2 4 a上产生的焦耳热为5.5 J，D正确。 11.答案：（1）低 （2）不需要 m m （5） 1 2 m 1 解析：（1）滑块1经过光电门1的时间比经过2的长，说明滑块1经过光电门1时的速度小 于经过光电门2时的速度，说明导轨右端较高，应把支点P调低些。 d （2）根据光电门测速原理，碰撞前滑块1的速度为v  ，碰撞后滑块1、2共同的速度为 1 t 1 d m m m v  ，若动量守恒，则有mv m m v ，联立解得 1  1 2 ，此式成立，则说明碰 2 t 1 1 1 2 2 t t 2 1 2 撞过程动量守恒，由于d消掉了，故不需要测量遮光条的宽度d。 m m m m m m m （5）由 1  1 2 整理得t  1 2 t ,t t 图线为过原点的直线，若斜率k  1 2 ，可 t t 2 m 1 2 1 m 1 2 1 1 验证发生完全非弹性碰撞时动量守恒。 12.答案：（1）最大 （2）0.60；10 （4）5.08（5.06~5.10均可）；1.72（1.70~1.73均可） 解析：（1）闭合S 前，应把电阻箱的阻值调到最大，以免开关S 闭合时，回路电流过大，超 1 1 过电表的量程。 （2）毫安表满偏时，电流I 0.10A，干路电流为I 0.60A，则通过定值电阻R 的电流 1 2 0 I R I  I I 0.50A，由欧姆定律有r  0 0 10Ω。 0 2 1 g I 1 r R （4）闭合S 后，定值电阻R 和毫安表并联总电阻R  g 0 ，干路总电流 2 0 并 r R g 0 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 Ir r R E I  g  g 0 I 。由闭合电路欧姆定律有I  ，可得 总 R R 总 RrR 并 0 并   r R E 1 r r R r R r R 1 g 0 I  ，整理得  g 0 g 0  g 0 R, R图线的斜率为 R r R I R E ER I 0 Rr g 0 0 0 r R g 0 r R r R k 1.18V1，纵截距为b4.0A1，由k  g 0 可得E  g 0 5.08V，由 ER kR 0 0   r r R r R b r R b g 0 g 0 可得r   g 0 1.72Ω。 R E k r R 0 g 0 13.答案：（1）437.5 K （2）42.75 cm 解析：（1）初始时，B部分气体的压强 p  p  p B 0 h A部分气体的压强满足 p  p  p ① A h B 缓慢升温过程，B段气体的压强不变，做等压变化，设温度为T 时液面平齐，此时左管中液 1 面下降了0.5h,A段气体长度变为2.5h，压强为 p ，对A段气体有 p  p ② A1 A1 B 2p hS p 2.5hS 根据理想气体状态方程有 A  A1 ③ T T 0 1 解得T 437.5K④ 1 （2）当左管中液面比B段气体下表面高h时，A段气体的压强为 p ，长度为2h，根据玻意 A2 耳定律有 p 2.5hS  p 2hS⑤ A1 A2 此时B段气体压强为 p  p  p B2 A2 h 设右管中注入水银柱长度为h，对B气体有 p  p  p  p ⑥ B2 0 h Δh 解得Δh42.75cm⑦ 14.答案：（1）1200 N （2）16.25 m/s （3）3750 J 解析：（1）人与滑板车2从A点滑到圆弧底部的过程，由动能定理有 1 (M m)gr  (M m)v2① 2 0 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 v2 在最低点对人由牛顿第二定律有N Mg M 0 ② r 解得v 10m/s,N 1200 N③ 0 由牛顿第三定律，则人对滑板车压力大小为N N 1200 N④ （2）设人跳离滑板车2的速度大小为v ，水平方向做匀速运动，由位移关系有vt v t t 1 1 0 0 ⑤ 解得v 16.25m/s⑥ 1 （3）设人离开滑板车2后滑板车2速度大小为v ，人落到车1后共同速度为v ，若两车恰不 3 2 再相碰，则两车速度大小相等 对系统水平方向由动量守恒定律有(M mm)v mv (M m)v ⑦ 0 3 2 且v v ⑧ 2 3 1 1 1 ΔE  (M mm)v2  mv2  (M m)v2⑨ 2 0 2 3 2 2 解得v v 15m/s,ΔE 3750J，即机械能增加了3750 J⑩ 2 3 4N4B4L4d d 15.答案：（1） 0 1 mR2 （2）见解析 1 d 2d d d  2 （3）d   1  0 2 1  4d 2 d   0 1 解析：（1）设线圈右边刚进入磁场时速度为v 0 1 由动能定理有Fd  mv2① 0 2 0 切割磁感线产生的总电动势E  NBLv ② 0 E 线圈中电流I  ③ R 线圈受到的安培力F  NBIL④ A 线圈穿过磁场区域1过程做匀速运动，有F F 0 A 2N2B2L2d 2N4B4L4d 联立得v  0 ,F  ⑤ 0 mR mR2 线圈穿过磁场区域1过程，恒力F做的功全部转化为焦耳热 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 4N4B4L4d d 由能量守恒定律有Q F2d  0 1 ⑥ 1 mR2 NBLv （2）设线圈在磁场中某一时刻速度为v，产生的电动势E NBLv，电流I ，安培力 R N2B2L2v F  NBIL ，经过一段时间微元Δt，线圈在磁场中前进距离Δx，速度变化Δv。 A R 由动量定理有FΔt mΔv A 又ΔxvΔt N2B2L2Δx 可得 mΔv R 从线圈刚开始进入磁场到停下，设线圈在磁场中运动的总距离为x N2B2L2x 可得 m0v ⑦ R 0 mv R 解得x 0 2d ⑧ N2B2L2 0 x 当x2d 时，即当d d 时，线圈穿越磁场区域的个数为 的整数部分n，在磁场区域 1 0 1 2d 1 n1中又前进了x xn2d 2d nd 停下⑨ 1 0 1 当x2d 时，即当d d 时，线圈在磁场区域1前进了x2d 停下⑩ 1 0 1 0 （3）设线圈右边刚进入磁场的速度为v ，在磁场中减速运动距离2d ，经时间t离开磁场， 1 1 离开磁场时速度为v ，在无磁场区域加速运动距离d d ，经时间t，速度又达到v 并开始进 2 2 1 1 入磁场，以后不断重复。 线圈运动的vt图如图所示 线圈在磁场中运动一段时间微元t ，前进的距离为x ，速度变化量为v 。 1 1 1 由动量定理有FΔt F Δt mΔv 1 安 1 1 N2B2L22d 对在一个磁场区域运动过程求和，可得Ft 1 mv v ⑪ R 2 1 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 线圈在一个无磁场区域运动，由动量定理有Ft mv v ⑫ 1 2 1 1 由动能定理有Fd d  mv2  mv2⑬ 2 1 2 1 2 2 N2B2L2d 2N2B2L2d d d  可得v  1  0 2 1 1 2mR mRd 1 1 线圈从静止加速过程，由动能定理有Fd  mv2 0⑭ 2 1 1 d 2d d d  2 可得d   1  0 2 1  ⑮ 4d 2 d   0 1 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002