9_2024黑龙江卷点睛押题_2024高考押题卷_132024高途全系列_26高途点睛卷_2024点睛密卷-物理

2024 黑龙江卷点睛押题 一、单选题 1．关于天然放射现象，下列说法正确的是（ ） A．天然放射现象表明原子核内部是有结构的 B．β 射线是原子核外电子形成的电子流 C．升高温度可以减小放射性元素的半衰期 D．β 射线比α射线的穿透能力弱 2．某汽车沿直线停车过程中，其𝑣−𝑡图像如图所示。已知该汽车所有减速过程的加速度 均相等，中间有一段时间匀速运动，图示整个过程中该汽车行驶了450m。则该汽车匀速运 动的时间为（ ） A．8s B．10s C．12s D．16.5s 3．图甲为太阳光穿过转动的六角形冰晶形成“幻日”的示意图，图乙为太阳光穿过六角形冰 晶的过程，a、b是其中两种单色光的光路，则在冰晶中（ ） A．a的折射率比b的大 B．a的频率比b的大 C．a的传播速度比b的小 D．a的波长比b的大 4．2024年1月9日15时03分，我国在西昌卫星发射中心成功将爱因斯坦探针卫星发射 升空。爱因斯坦探针卫星将在距离地面高度约为600km、倾角约为29°的轨道上做匀速圆周 运动。同步卫星距地面的高度约为3.6×104km，则爱因斯坦探针卫星运行时（ ） A．周期比地球同步卫星的大 B．速率比地球同步卫星的速率大 C．角速度比地球同步卫星的角速度小 D．加速度比地球同步卫星的加速度小 试卷第1页，共8页5．某光学器材为透明球体，其横截面如图所示，该横截面的半径为R，AB是直径。现有 一束单色激光由C点沿平行AB的方向射向球体，激光经折射后恰好经过B点，已知B点 到足够大的光屏的距离𝐿 =3𝑅，光学器材的折射率𝑛 =√3，激光在真空中的传播速度大小 为c，则激光从入射点传播到光屏所用的时间为（ ） A．4𝑅 B．5𝑅 C．7𝑅 D．9𝑅 𝑐 𝑐 𝑐 𝑐 6．艺术体操是一项女子竞技项目，主要有绳操、球操、圈操、带操、棒操五项。带操动作 柔软、流畅、飘逸、优美。如图所示是一位带操运动员的竞技场景，丝带的运动可以近似 为一列简谐横波沿𝑥轴传播，𝑡 =0时刻的波形如图甲所示，A、B、P和Q是介质中的四个 质点，𝑡 =0时刻该波刚好传播到𝐵点，质点A的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的 是（ ） A．𝑡 =1.8s时，质点A的位移为20cm B．该波的传播速度是25m/s C．波向𝑥轴负方向传播 D．𝑡 =3.2s时质点𝑄通过的路程是80cm 7．如图所示，用绝缘支架将带电荷量为+Q的小球a固定在O点，一粗糙绝缘直杆与水平 方向的夹角θ=30°，直杆与小球a位于同一竖直面内，杆上有A、B、C三点，C与O两点 位于同一水平线上，B为AC的中点，OA=OC=L。小球b质量为m，带电荷量为–q，套在 直杆上，从A点由静止开始下滑，第一次经过B点时速度为v，运动到C点时速度为0。 在+Q产生的电场中取C点的电势为0，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 下列说法正确 的是（ ） 试卷第2页，共8页A．小球a在A、B两点处产生的电场强度大小之比为1：2 B．小球b从A点到C点过程中产生的内能为√3mgL C．小球b的电势能最小值为– 1 mv2 2 D．小球b到C点后又能从C点返回到A点 二、多选题 8．某车间的照明灯额定电压为12 V，利用理想降压变压器为照明灯供电，已知变压器副 线圈的匝数为120匝，当原线圈的输入电压𝑢 =220√2sin100𝜋𝑡(V)时，照明灯正常发光， 下列说法正确的是（ ） A．原线圈的输入电压为220 V B．交变电流的频率为50 Hz C．副线圈两端电压的峰值为12 V D．原线圈的匝数为1100匝 9．如图所示，小球从𝑂点开始做平抛运动，𝑝为落地点，𝑂′为线段𝑂𝑝的中点，轨迹上的 𝑚、𝑛点分别与𝑂′在同一竖直线上和水平线上，则小球（ ） A．从𝑂到𝑚与从𝑂到𝑛的高度之比为1:2 B．小球在𝑚点时与𝑛点时重力的功率之比为1:2 C．小球从𝑂到𝑚与从𝑂到𝑝重力的平均功率之比为1:2 D．小球从𝑂到𝑚与从𝑂到𝑝动量变化量之比为1:2 试卷第3页，共8页10．两根足够长的平行金属导轨固定在倾斜角为𝜃的斜面上，导轨电阻不计，间距为𝐿 = 0.1m，在导轨ef和gh之间有宽度为d、方向垂直轨道平面向下的匀强磁场Ⅰ，gh线上方有 垂直于轨道平面向上、磁感应强度大小为𝐵 =1T的匀强磁场Ⅱ。两根质量均为0.1kg、电 2 阻均为0.2Ω的导体棒间隔为d，如图垂直导轨放置，导体棒a与gh间距为d。现同时将两 根导体棒由静止释放，发现当α棒刚进入磁场Ⅰ时，两根导体棒立即开始匀速运动，b棒刚 要出磁场Ⅰ时沿斜面向下的加速度为1 m/s2。不计一切摩擦，两棒在下滑过程中，与导轨始 3 终接触良好，已知sin𝜃=0.1，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ） A．题中𝑑 =1m B．磁场Ⅰ的磁感应强度𝐵 =1T 1 C．b棒离开磁场Ⅰ时，a棒与ef的距离为217 m 72 D．从静止释放到b棒离开磁场Ⅰ的过程中，b棒产生的焦耳热为0.2J 三、实验题 11．如图（a）所示，恒流源输出的电流大小与电流表G的满偏电流𝐼 相同，电流表G的 g 内阻为𝑅 。现对一只数字已模糊的电阻箱𝑅 重新标记，将电阻箱𝑅 和电流表G如图（a） g 1 1 接入电路，闭合开关S 、S ，调整电阻箱𝑅 的旋钮到不同位置，分别读出电流表G的示数 1 2 1 I，根据电流表G的示数和不同旋钮位置可对电阻箱旋钮刻度进行标定。 (1)请你利用此电路分析出电阻箱接入电路的电阻𝑅 与电流表的示数I之间的表达式 𝑥 𝑅 = 。（结果用题中的字母表示）为了获得关于𝑅 、I两个量的相关函数图像为直 𝑥 𝑥 试卷第4页，共8页线，若以1为纵坐标，则横坐标应为 。（结果用题中的字母表示） 𝑅𝑥 (2)某同学采用如图（b）虚线框中所示结构模拟恒流源，那么在选择电源与滑动变阻器 时，电源应尽量选择电动势 （填“偏大”或“偏小”）一些，滑动变阻器应尽量选择总电 阻 （填“偏大”或“偏小”）些，可以减少误差，即便如此，𝑅 的测量值仍将 （填 𝑥 “偏大”或“偏小”）。 12．某学习小组设计了如下的实验研究平抛运动。如图所示，弯曲轨道AB固定在水平桌 面上，在离轨道边缘B不远处有一可移动的竖直平面abcd，该平面与钢珠平抛的初速度方 向垂直，平面中心的竖直线上有刻度，原点𝑂 （0刻度）与边缘B等高，以竖直向下建立 2 y轴，以边缘B正下方的𝑂 （0刻度）点为原点建立水平x轴。实验时，将竖直平面移动到 1 x处，从固定立柱A处由静止释放体积很小的钢珠，钢珠从B点离开后击中中心竖直线上 某点，记录刻度值y；改变x，多次重复实验。 (1)研究平抛运动规律时，下列说法正确的是（ ） A．弯曲轨道必须光滑 B．弯曲轨道末端的切线水平 C．平面abcd是否在竖直平面内，对实验结果没有影响 D．选用相同体积的木球代替钢珠，实验效果更好 (2)下列图像中，能正确反映y与x关系的是（ ） A． B． C． D． 试卷第5页，共8页(3)若某次让钢珠从固定立柱A处由静止释放，记录钢珠击中中心竖直线的刻度，记为𝑦 ； 0 将竖直平面向远离B处平移10.0cm，再次让钢珠从固定立柱处由静止释放，记录钢珠击中 中心竖直线的刻度为𝑦 =𝑦 +5.0cm；将竖直平面再向远离B处平移10.0cm，让钢珠从固 1 0 定立柱处由静止释放，记录钢珠击中中心竖直线的刻度为𝑦 =𝑦 +19.8cm。钢珠的初速 2 0 度大小𝑣 = m/s。（取重力加速度大小𝑔 =9.8m/s2，结果保留两位有效数字） 0 (4)某同学将此装备中的竖直平面abcd固定，然后尽量减少钢珠与弯曲轨道之间的摩擦直 至可忽略，让钢珠从离桌面高h处由静止释放，记录钢珠击中中心竖直线的刻度，记为 y。改变钢珠由静止释放时离桌面的高度h，重复实验，由实验数据可以推得h与 （填 “y”“𝑦2”或“𝑦3”）成反比。 四、解答题 13．在导热良好的矩形汽缸内用厚度不计的活塞封闭有理想气体，当把汽缸倒置悬挂在空 中，稳定时活塞刚好位于汽缸口处，如图甲所示；当把汽缸开口朝上放置于水平地面上， 活塞稳定时如图乙所示。已知活塞质量为m，横截面积为S，大气压强𝑝 = 4𝑚𝑔，环境温 0 𝑆 度为T ，汽缸的深度为h，重力加速为g，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。 0 （1）求图乙中活塞离汽缸底部的高度h ； 1 （2）活塞达到图乙状态时将环境温度缓慢升高，直到活塞再次位于汽缸口，已知封闭气体 的内能随热力学温度变化的关系为U=kT，k为常数，大气压强保持不变，求在该过程中封 闭气体所吸收的热量Q。 试卷第6页，共8页14．如图所示，可看成质点的物体A静置在木板C右端，物体B以𝑣 =1.8 m/s的速度沿水平 0 地面向右运动，与木板C发生弹性正碰（碰撞时间极短），最终物体A恰好能到达木板C的左 端。已知物体A、B的质量都等于木板C质量的2倍，物体A与木板C之间的动摩擦因数𝜇 = 0.1，水平地面足够大且光滑，取重力加速度大小𝑔 =10m/s2，求： （1）碰撞后物体B的速度大小𝑣 ； B （2）物体A在木板C上的加速时间𝑡； （3）物体A、B在运动方向上的最小距离𝑑。 试卷第7页，共8页15．如图所示，在竖直平面内建立xOy坐标系，P、A、Q 、Q 四点的坐标分别为（-2L， 1 2 0）、（-L，0）、（0，L）、（0，-L）。y轴右侧存在范围足够大的匀强磁场，方向垂直于xOy平 面向里。在界面PAQ 的上方存在竖直向下的匀强电场（未画出），界面PAQ 的下方存在 1 2 竖直向上的匀强电场（未画出），且上下电场强度大小相等。在（− 1 L，0）处的C点固定 4 一平行于y轴且长为4𝐿的绝缘弹性挡板MN，C为挡板中点，带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞 3 前后，沿y方向分速度不变。沿x方向分速度反向，大小不变。质量为 m、电量为 q的带 负电粒子（不计重力）从x轴上方非常靠近P 点的位置以初速度v 沿x轴正方向射入电场 0 且刚好可以过Q 点。求： 1 （1）电场强度的大小、到达Q 点速度的大小和方向； 1 （2）磁场取合适的磁感应强度，带电粒子没有与挡板发生碰撞且能回到P点，求从P点 射出到回到P点经历的时间； （3）改变磁感应强度的大小，要使粒子最终能回到P点，则带电粒子最多能与挡板碰撞 多少次？ 试卷第8页，共8页参考答案： 1．A 【详解】A．射线的放射表明原子核内部存在着复杂的结构和相互作用。例如α衰变过程 中，2个质子和2个中子结合在一起形成α粒子。所以天然放射现象表明原子核内部有一 定结构，故A正确； B．发生一次β衰变，实际是原子核内的一个中子转化为一个质子和一个电子，这个电子 被抛射出来，故B错误； C．原子核衰变的半衰期由自身结构决定，与物理条件和化学状态无关，故升高温度不能 改变原子核衰变的半衰期，故C错误； D．放射性元素衰变时放出的三种射线，γ射线穿透能力最强，β射线穿透能力居中，α射 线穿透能力最弱，故D错误。 故选A。 2．B 【详解】𝑣−𝑡图像斜率的绝对值表示加速度大小，可知该汽车减速过程的加速度大小为 20−5 𝑎 = m/s2 =0.5m/s2 30 利用逆向思维，两次减速过程中，该汽车的总位移为 𝑣2 202 1 𝑥 = = m=400m 1 2𝑎 2×0.5 则汽车匀速运动的时间 450−400 𝑡 = s=10s 5 故选B。 3．D 【详解】由图可知，太阳光射入冰晶时，a光的偏折程度比b光的偏折程度小，则a的折 射率比b的小，a的频率比b的小，a的波长比b的大；根据 𝑐 𝑣 = 𝑛 可知a的传播速度比b的大。 故选D。 4．B 【详解】根据 答案第1页，共13页𝑀𝑚 𝑣2 4𝜋2 𝐺 =𝑚 =𝑚𝜔2𝑟=𝑚 𝑟 =𝑚𝑎 𝑟2 𝑟 𝑇2 可得 𝑟3 𝑇 =2𝜋√ 𝐺𝑀 𝐺𝑀 𝑣 =√ 𝑟 𝐺𝑀 𝜔 =√ 𝑟3 𝐺𝑀 𝑎 = 𝑟2 爱因斯坦探针卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，可知爱因斯坦探针卫星运行时周期比 地球同步卫星的小，速率比地球同步卫星的速率大，角速度比地球同步卫星的角速度大， 加速度比地球同步卫星的加速度大。 故选B。 5．D 【详解】设细光的入射角为i，如图所示： 由几何关系可得 𝑖 =2𝜃 由折射定律可得 sin𝑖 =𝑛 sin𝜃 解得 𝑖 =60°，𝜃 =30° 答案第2页，共13页光在介质中的传播速度为 𝑐 𝑣 = 𝑛 光在介质中传播的时间为 2𝑅cos𝜃 3𝑅 𝑡 = = 1 𝑣 𝑐 光从B点进入空气中的折射角也为 𝑖 =60° 光从B到MN的时间为 𝐿 6𝑅 cos60° 𝑡 = = 2 𝑐 𝑐 所以光从入射点传播到光屏所用时间为 9𝑅 𝑡 =𝑡 +𝑡 = 1 2 𝑐 故选D。 6．D 【详解】A．由题图甲乙可知，振幅为 𝐴=20cm 周期为 𝑇 =0.8s 角速度为 𝜔 = 2𝜋 = 2.5𝜋rad/sA振动的初相为 𝑇 𝜑 =𝜋 0 则质点A的位移的函数表达式为 𝑦=20sin（2.5𝜋𝑡+𝜋）cm 当 𝑡 =1.8s 时，质点A的位移为 11𝜋 𝑦 =20sin cm=−20cm 2 A错误； B．由乙图可知，质点的振动周期为 答案第3页，共13页𝑇 =0.8s 由甲图可知，波长 𝜆 =20cm 则波速为 𝜆 𝑣 = =25cm/s 𝑇 B错误； C．由该简谐波𝑡 =0时恰好传到B点，波源在B𝐵点左侧，波向𝑥轴正方向传播，C错误； D．质点B、𝑄平衡位置之间的距离为 𝐿 =60cm 由 𝐿 =𝑣𝑡 解得 𝑡 =2.4s 即经过2.4s质点𝑄开始振动，又经过0.8s 质点𝑄完成一次全振动通过的路程是80cm ，D正 确。 故选D。 7．C 【详解】A．小球a在A、B两点处产生的电场强度大小之比为 𝑄 𝑘 𝑄 𝐸 𝐴 = 𝑟 𝐴 2 = 𝑘 𝐿2 = 1 𝐸 𝑄 𝑄 4 𝐵 𝑘 𝑘 𝑟2 (𝐿sin𝜃)2 𝐵 A错误； B．小球b从A点到C点过程中由能量守恒定律得 √3 𝑄 =𝑚𝑔ℎ=𝑚𝑔𝐿cos𝜃 = 𝑚𝑔𝐿 2 即产生的内能为√3 𝑚𝑔𝐿，B错误； 2 D．根据点电荷周围产生的电场和电势对称分布可知，A点和C点的电势相等，则小球b 从A到C点电场力做功为零，由动能定理有 𝑚𝑔ℎ+𝑊 −𝑊 =0−0 电 𝑓 答案第4页，共13页可得 𝑊 =𝑚𝑔ℎ 𝑓 而从C点假设能回到A点，有 −𝑚𝑔ℎ+𝑊 −𝑊 =𝐸 −0 电 𝑓 𝑘 到达A点的动能为负，故小球不能回到A点，D错误； C．小球在B点左右两侧关于B点对称的点的支持力相等，因此摩擦力相同，即AB段和 BC段摩擦力做功相等， B点离正场源电荷最近，且电势最高，则负电小球b在B点的电 势能最低，由动能定理有 𝑚𝑔ℎ 𝑊 1 +𝑊 − 𝑓 = 𝑚𝑣2−0 2 𝐴𝐵 2 2 𝑊 =0−𝐸 𝐴𝐵 𝐵 结合 𝑊 =𝑚𝑔ℎ 𝑓 可知，小球b的电势能最小值为− 1 𝑚𝑣2，C正确； 2 故选C。 8．AB 【详解】A．原线圈的输入电压值为交变电流的有效值，即 𝑈 1m 𝑈 = =220V 1 √2 A正确； B．根据 𝜔 =2𝜋𝑓 可得 𝜔 𝑓 = =50Hz 2𝜋 B正确； C．灯额定电压为12 V，灯正常发光，说明副线圈两端电压的有效值为12 V，峰值为 12√2V，C错误； D．根据 𝑈1 = 𝑛1，𝑈 =12V 2 𝑈2 𝑛2 答案第5页，共13页可得 𝑛 =2200匝 1 D错误。 故选AB。 9．ACD 【详解】𝑂′为线段𝑂𝑝的中点，轨迹上的𝑚、𝑛点分别与𝑂′在同一竖直线上和水平线上，则有 𝑥 = 1 𝑥 ，ℎ = 1 ℎ 𝑂𝑚 𝑂𝑝 𝑂𝑛 𝑂𝑝 2 2 设从𝑂到𝑝的时间为𝑡，则有 𝑥 =𝑣 𝑡，ℎ = 1 𝑔𝑡2 𝑂𝑝 0 𝑂𝑝 2 设从𝑂到𝑚的时间为𝑡 ，则有 1 1 𝑥 𝑂𝑚 2 𝑥 𝑂𝑝 1 𝑡 = = = 𝑡 1 𝑣 𝑣 2 0 0 1 1 1 ℎ = 𝑔𝑡2 = 𝑔𝑡2 = ℎ 𝑂𝑚 2 1 8 4 𝑂𝑝 设从𝑂到𝑛的时间为𝑡 ，则有 2 1 1 ℎ = 𝑔𝑡2 = ℎ 𝑂𝑛 2 2 2 𝑂𝑝 可得 √2 𝑡 = 𝑡 2 2 可知从𝑂到𝑚与从𝑂到𝑛的高度之比为 ℎ :ℎ =1:2 𝑂𝑚 𝑂𝑛 小球在𝑚点时与𝑛点时重力的功率之比为 𝑃 :𝑃 =(𝑚𝑔𝑣 ):(𝑚𝑔𝑣 )=(𝑚𝑔⋅𝑔𝑡 ):(𝑚𝑔⋅𝑔𝑡 )=1:√2 𝑚 𝑛 𝑚𝑦 𝑛𝑦 1 2 小球从𝑂到𝑚与从𝑂到𝑝重力的平均功率之比为 𝑚𝑔ℎ 𝑚𝑔ℎ 𝑂𝑚 𝑂𝑝 𝑃 :𝑃 =( ):( )=1:2 𝑚 𝑝 𝑡 𝑡 1 根据动量定理可知，小球的动量变化等于重力的冲量，则小球从𝑂到𝑚与从𝑂到𝑝动量变化 量之比为 Δ𝑝 :Δ𝑝 =(𝑚𝑔𝑡 ):(𝑚𝑔𝑡)=1:2 𝑚 𝑝 1 故选ACD。 答案第6页，共13页10．BC 【详解】B．当a棒刚进入磁场I时，b棒在磁场Ⅱ中，两根金属棒均做匀速运动，受力相 同，电流大小相同，速度相同，所以两个磁场的大小相同，磁场I的磁感应强度为 𝐵 =1T 1 故B正确； A．设a棒刚进入磁场Ⅰ时的速度为v ，根据动能定理可得 0 2⋅𝑚𝑔sin𝜃⋅𝑑 =2⋅ 1 𝑚𝑣2a棒匀速运动时电动势为 2 0 𝐸 =2𝐵 𝐿𝑣 1 0 𝐸 𝐼 = 2𝑅 𝑚𝑔sin𝜃=𝐵 𝐼𝐿 1 解得 𝐼 =1A，𝑣 =2m/s，𝑑 =2m 0 故A错误； D．金属棒b在磁场Ⅱ中做匀速运动时产生的热量为 𝑄 =𝐼2𝑅𝑡 1 1 𝑑 𝑡 = 1 𝑣 0 解得 𝑄 =0.2J 1 设b棒刚要出磁场I时沿斜面向下的速度为v，由牛顿第二定律得 𝐵2𝐿2𝑣 1 𝑚𝑔sin𝜃− =𝑚𝑎 2𝑅 解得 𝑣 = 8 m/sb棒在磁场I中做变加速直线运动产生的热量为Q ，由动能定理得 2 3 1 1 𝑚𝑔sin𝜃⋅𝑑−2𝑄 = 𝑚𝑣2− 𝑚𝑣2 2 2 2 0 解得 1 𝑄 = J 2 45 从静止释放到b棒离开磁场I的过程中，b棒产生的焦耳热为 2 𝑄 =𝑄 +𝑄 = J 1 2 9 答案第7页，共13页故D错误； C．设b穿过磁场I的时间为t ，根据动量定理得 2 𝑚𝑔sin𝜃⋅𝑡 −𝐵 𝐼𝐿̅ ⋅𝑡 =𝑚𝑣−𝑚𝑣 2 1 2 0 𝐵 𝐿𝑑 𝑞 =𝐼𝑡̅ = 1 2 2𝑅 解得 𝑡 = 7 sb棒离开磁场I时，a棒做匀加速直线运动，则 2 6 𝑚𝑔sin𝜃=𝑚𝑎′ 1 𝑥 =𝑣 𝑡 + 𝑎′𝑡2 0 2 2 2 解得 217 𝑥 = m 72 故C正确。 故选BC。 11．(1) 𝐼𝑅g 1 𝐼g−𝐼 𝐼 (2) 偏大 偏大 偏大 【详解】（1）[1]根据并联分流原理 𝐼𝑅 =(𝐼 −𝐼)𝑅 g g 𝑥 得 𝐼𝑅 g 𝑅 = 𝑥 𝐼 −𝐼 g [2]整理得 1 𝐼 1 g = − 𝑅 𝐼𝑅 𝑅 𝑥 g g 可知，横坐标为1。 𝐼 （2）[1]为提高电路的稳定性，电源应选择电动势偏大一些。 [2]总电阻较大的滑动变阻器具有更高的电阻范围和更精细的调节能力，则滑动变阻器应尽 量选择总电阻偏大一些。 [3]电阻箱阻值增大时，为了使干路电流不变，滑动变阻器的阻值应调小，则到时电阻箱和 电流表的分压偏大，电流表电流偏大，故𝑅 的测量值偏大。 𝑥 答案第8页，共13页12．(1)B (2)D (3)1.0 (4)y 【详解】（1）A．弯曲轨道不必光滑，只要每次小球从同一位置释放即可，故A错误； B．弯曲轨道边缘保持水平，确保小球做平抛运动，故B正确； C．保持竖直平面abcd与水平面垂直，可准确测量平抛的水平、竖直位移，故C错误； D．使用相同体积但质量较大的小钢珠，可减小空气阻力的影响，故D错误。 故选B。 （2）由平抛运动的位移公式可得 𝑥 =𝑣 𝑡 0 1 𝑦= 𝑔𝑡2 2 联立可得 𝑔 𝑦= 𝑥2 2𝑣2 0 故y-x为开口向上的抛物线，y-x2为过原点的直线。 故选D。 （3）[1]由于水平方向移动的距离相同，故时间间隔相同，设为T，竖直方向由匀加速直线 运动的推论 Δ𝑦=𝑔𝑇2 可得 Δ𝑦 0.198−0.05−−0.05 𝑇 =√ =√ s=0.1s 𝑔 9.8 水平方向满足 Δ𝑥 =0.1m=𝑣 𝑇 0 解得 𝑣 =1.0m/s 0 （4）[1]在轨道上，由动能定理可得 答案第9页，共13页1 𝑚𝑔ℎ = 𝑚𝑣2 2 0 联立小问2中 𝑔 𝑦= 𝑥2 2𝑣2 0 可得 𝑥2 𝑦= 4ℎ 故h与y成反比。 13．（1）ℎ = 3 ℎ；（2）𝑄 = 2 𝑘𝑇 +2𝑚𝑔ℎ 1 0 5 3 【详解】（1）设甲、乙中封闭气体的压强分别为𝑝 、𝑝 ，则有 1 2 𝑝 𝑆+𝑚𝑔=𝑝 𝑆，𝑝 𝑆+𝑚𝑔=𝑝 𝑆 1 0 0 2 解得 𝑝 = 3𝑚𝑔，𝑝 = 5𝑚𝑔 1 2 𝑆 𝑆 气体做等温变化，由玻意耳定律有 𝑝 ℎ𝑆=𝑝 ℎ 𝑆 1 2 1 联立解得 3 ℎ = ℎ 1 5 （2）设活塞回到汽缸口时气体温度为𝑇 ，气体等压变化，则有 1 ℎ 𝑆 ℎ𝑆 1 = 𝑇 𝑇 0 1 可得 5 𝑇 = 𝑇 1 3 0 气体对外做的功为 𝑊 =𝑝 𝑆(ℎ−ℎ )=2𝑚𝑔ℎ 2 1 气体内能变化为 2 Δ𝑈 =𝑘𝑇 −𝑘𝑇 = 𝑘𝑇 1 0 3 0 根据热力学第一定律可得 Δ𝑈 =𝑄−𝑊 解得 答案第10页，共13页2 𝑄 = 𝑘𝑇 +2𝑚𝑔ℎ 3 0 14．（1）0.6m/s；（2）0.8s；（3）0.78m 【详解】（1）设木板C的质量为𝑚，物体A、B的质量为2𝑚，B碰撞C由动量守恒定律可 知 2𝑚𝑣 =2𝑚𝑣 +𝑚𝑣 0 B C 由机械能守恒可知 1 1 1 ×2𝑚𝑣2 = ×2𝑚𝑣2+ 𝑚𝑣2 2 0 2 B 2 C 联立并代入数据解得 𝑣 =0.6m/s B 𝑣 =2.4m/s C （2）A恰好达到C的最左端，A、C系统由动量守恒可知 𝑚𝑣 =3𝑚𝑣 C 共 解得 𝑣 =0.8m/s 共 对物体A进行受力分析，根据牛顿第二定律可知 2𝜇𝑚𝑔 =2𝑚𝑎 物体A加速到𝑣 的时间为 共 𝑣 共 𝑡 = 𝑎 联立解得 𝑡 =0.8s （3）A与木板C系统损失的机械能为摩擦力做的功，由能量守恒可知 1 1 2𝜇𝑚𝑔𝐿 = 𝑚𝑣2− ×3𝑚𝑣2 2 C 2 共 则木板的长度𝐿为 𝐿 =0.96m A、B在运动方向上速度相同时，距离最小，运动时间为 𝑣 B 𝑡 = 0 𝑎 解得 答案第11页，共13页𝑡 =0.6s 0 B、C碰撞后B做匀速直线运动，此时B的位移为 𝑥′ =𝑣 𝑡 B B 0 B、C碰撞后A做匀加速直线运动，此时A的位移为 1 𝑥′ = 𝑎𝑡2 A 2 0 A、B最初的距离为𝐿，此时A、B的距离最小为 𝑑 =𝐿+𝑥′ −𝑥′ A B 联立并代入数据解得 𝑑 =0.78m 15．（1）𝐸 = 𝑚𝑣 0 2 ，𝑣 =√2𝑣 ，与y轴正方向成45°角；（2）4𝐿 + 3𝜋𝐿；（3）17 0 2𝑞𝐿 𝑣0 2𝑣0 【详解】（1）从P到Q ，水平方向 1 𝑣 𝑡 =2𝐿 0 1 竖直方向 1𝐸𝑞 𝑡2 =𝐿 2 𝑚 1 联立①②式可得 𝑚𝑣2 0 𝐸 = 2𝑞𝐿 根据动能定理 𝑚𝑣2 𝑚𝑣2 0 𝐸𝑞𝐿 = − 2 2 可得 𝑣 =√2𝑣 0 与y轴正方向成45°角。 （2）要使带电粒子回到P点，其轨迹必须具有对称性且经过Q ，由几何关系可得 2 𝑟 =√2𝐿 答案第12页，共13页在磁场中的偏转角度为 3𝜋 Δ𝜃 = 2 在磁场中的运动时间为 Δ𝜃𝑟 3𝜋𝐿 𝑡 = = 2 𝑣 2𝑥 0 故从P点射出第一次回到P 点的时间 4𝐿 3𝜋𝐿 𝑙 =2𝑡 +𝑡 = + 1 2 𝑣 2𝑣 0 0 （3）当r最小时带电粒子刚好过M 点碰撞次数最多 由几何关系可得 2 𝐿 √2𝑟 + 𝐿− =𝐿 2 3 4 解得 7√2𝐿 𝑟 = 2 24 设最多可以碰n次，则 𝐿 (𝑛+1)√2𝑟 −𝑛×2× =2𝐿 2 4 解得 n=17 答案第13页，共13页