文档内容
2024 安徽卷点睛押题
一、单选题（本题共8小题，每小题4分，共32分。）
1．2023年8月24日，日本启动核污染水排海，排放核污染水里含64种核放射性元素，将
对全人类和海洋生命产生长久的重大威胁，核废水中的210Po发生衰变时的核反应方程为
84
210Po→ 206Pb+X，该核反应过程中放出的能量为𝑄，设210Po的比结合能为𝐸 ，206Pb的比
84 82 84 1 82
结合能为𝐸 ，X的比结合能为𝐸 ，已知光在真空中的传播速度为𝑐，210Po的半衰期为138天，
2 3 84
则下列说法正确的是（ ）
A．该核反应中210Po发生了β衰变
84
B．该核反应过程中放出的能量𝑄 =210𝐸 −(206𝐸 +4𝐸 )
1 2 3
C．100个210Po原子核经过138天，还剩50个原子核未衰变
84
D．该核反应过程中的质量亏损为𝑄
𝑐2
2．某同学上学时错过了公交车。公交车从上车位置𝐴发出10分钟后，他乘上了一辆出租车，
两车刚好同时到达下车位置𝐵。两车均视为直线运动，二者的𝑣−𝑡图像如下图。关于两车从
𝐴到𝐵的过程，下列说法正确的是（ ）
A．前25min内两车间的距离一直在增大
B．25min末两车第二次相遇
C．25min末公交车速度和加速度的方向均改变
D．公交车的平均速度比出租车的小
3．一列简谐横波沿𝑥轴传播，𝑂、𝑀、𝑁是介质中的三个质点，已知𝑡 =1.0s时刻𝑦轴右侧的
波形图如图甲所示，质点𝑁的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．从𝑡 =1.0s开始，波传播时，质点𝑀比质点𝑁先到达波谷
B．波在介质中传播的速度为5cm/s
C．从𝑡 =1.0s开始计时，再经历3.5s的时间，质点𝑂回到平衡位置
D．质点𝑁的平衡位置坐标为25cm
试卷第1页，共7页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
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．如图所示，电阻不能忽略的圆形金属线圈在磁场中保持恒定角速度ω 匀速转动，通过理
0
想变压器为后面的电路供电，变压器原、副线圈的匝数分别为n 和n ，电压表和电流表均
1 2
为理想交流电表，不计导线的电阻。下列说法正确的是（ ）
A．仅将滑片P下滑时，| Δ𝑈2|不变
Δ𝐼2
B．仅将滑片P下滑时，电压表示数V 变大
2
C．仅将滑片P下滑时，电流表示数A 变小
3
D．仅将圆形线圈拉直成正方形（线圈周长不变），电源的效率变小
试卷第2页，共7页7．如图所示，真空中A、B两点固定电量均为+q两个点电荷，A、B、C、D位于正四面体
的四个顶点上。其中M、N点分别位于AB、CD的中点，已知静电力常数为k，A、B间距
为l。下列说法正确的是（ ）
A．C、D两点电场强度相同，场强大小均为√3𝑘 𝑞
𝑙2
B．CD连线上各点电势相等
C．带正电的试探电荷由M点沿MC移动到C点，其所受电场力逐渐增大
D．带负电的试探电荷由B点沿BA移动到M点，试探电荷的电势能一直增大
8．足够长的光滑斜面上的三个相同的物块通过与斜面平行的细线相连，在沿斜面方向的拉
力𝐹 的作用下保持静止，如图甲所示，物块2的右侧固定有不计质量的力传感器。改变拉力
0
𝐹 的大小，使三个物块沿斜面以不同加速度向上做初速为零的匀加速直线运动，测得多组传
0
感器的示数𝐹和物块通过的位移𝑥与时间𝑡的平方的比值，画出图像如图乙所示，重力加速度
𝑔 =10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．斜面的倾角𝜃 =60°
B．每个物块的质量𝑚 =2.5kg
C．当𝐹 =10N时，𝐹 =15N
0
D．当𝐹 =10N时，物块的加速度大小为𝑎 =2.5m/s2
试卷第3页，共7页二、多选题（本题共2小题，每小题5分，共10分。）
9．如图所示，空间某区域存在正交的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，电场
方向竖直向下。将相距很近的两带电小球a、b同时向左、右水平抛出，二者均做匀速圆周
运动。经过一段时间，两球发生碰撞。已知两球的电荷量分别为𝑞 、𝑞 ，质量分别为𝑚 、𝑚 ，
1 2 1 2
不考虑两球之间的相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．a、b球都带正电
B．𝑞1= 𝑚1
𝑞2 𝑚2
C．两球抛出的速度大小一定相等
D．两球做圆周运动的周期一定相等
10．如图所示，半径为R的竖直半圆轨道BCD与光滑水平轨道AB平滑连接于B点，水平
面上固定一轻质弹簧，压缩弹簧储存的弹性势能可以发射质量为m的小滑块，已知重力加
速度g，则下列说法正确的（ ）
A．若半圆轨道也是光滑的，弹簧弹性势能为2𝑚𝑔𝑅，则小滑块恰能到达D点
B．若半圆轨道也是光滑的，小滑块恰能到达D点，则在C点对轨道的压力为3𝑚𝑔
C．若半圆轨道也是光滑的，弹簧弹性势能为2𝑚𝑔𝑅，则小滑块运动过程中距B点最大竖直
高度为50
𝑅
27
D．若弹簧弹性势能为5𝑚𝑔𝑅，小滑块到达D点对轨道压力为𝑚𝑔，则小滑块在半圆轨道上克
服摩擦力做的功为𝑚𝑔𝑅
试卷第4页，共7页三、实验题
11．（6分）在“用油膜法估测分子的大小”实验中，小物同学用体积为𝐴的纯油酸配置成体积
为B的油酸酒精溶液，用注射器取体积为𝐶的油酸酒精溶液，再把它一滴一滴地全部滴入烧
杯，滴数为𝑁。
（1）此后实验操作的正确排序为：____________（用字母符号表示）。
A．描绘油膜轮廓 B．取油酸酒精溶液 C．撒粉 D．滴油酸酒精溶液
（2）把1滴该溶液滴入浅盘里，稳定后测得油酸膜面积为𝑆，估算出油酸分子的直径大小为
______________（用以上字母表示）；
（3）小物同学的计算结果明显偏大，其原因可能是____________
A．计算油膜面积时所有不足一格的方格全部按满格计数
B．痱子粉末太薄使油酸边界不清，导致油膜面积测量值偏大
C．未等痱子粉完全散开，就在玻璃片上描绘了油膜轮廓
D．用注射器测得1mL溶液有𝑁滴时数成了(𝑁−1)滴
12．（10分）某物理学习兴趣小组做“测量电源的电动势和内阻”实验，实验电路图如图1所
示，其中，电流表的量程为0−0.6A，电压表的量程为0−3V；将单刀双掷开关分别与1和
2闭合，改变𝑅的阻值大小，得到对应一系列电流表及电压表的数据，将数据点分别描绘在
坐标纸上，连接后并进行延长，与横轴及纵轴的交点如图3所示。
（1）实验中某次电流表的读数如图2所示，则电流表的读数为_______A；
（2）请在图3正确描绘出所测得的𝑈−𝐼图像；
（3）根据实验数据，电源的电动势为_______V，内阻为_______Ω，电流表的内阻为_______Ω
（计算结果均保留两位小数）；此实验测得的电源内阻_______（填“偏大”“偏小”或“无误差”）。
试卷第5页，共7页四、解答题
13．（12分）一定质量的某种理想气体初始温度为𝑇 =400K，压强𝑝 =1×105Pa，体积为
0 0
𝑉 。经等容变化放出400J热量，温度降低到𝑇 =300K；若经等压变化，则需要放出600J的
0 1
热量才能使温度降低到300K。求：
（1）等压过程中外界对气体做的功W；
（2）初始状态下气体的体积𝑉 。
0
14．（14分）如图甲所示，𝑀𝑃𝑄和𝑀′𝑃′𝑄′为光滑且足够长的平行金属导轨，其宽度为𝐿，倾
斜部分的倾角𝜃 =30°，以虚线𝑃𝑃′为界，导轨的水平部分处于磁感应强度大小为𝐵 ，方向竖
0
直向下的匀强磁场中，倾斜部分处于磁感应强度大小按图乙所示规律变化，方向垂直导轨斜
面向下的匀强磁场𝐵中。导体棒𝑎、𝑏均与导轨垂直，质量分别为2𝑚和𝑚，细线的一端连着
质量为𝑚的物块，跨过光滑的定滑轮后，另一端与𝑏棒的中点相连，且细线与导轨平行，𝑡 =0
时刻释放重物的同时，对𝑎棒施加沿导轨斜面向上且与导轨平行的拉力，使两棒在0∼𝑡 时
0
间内均处于静止状态，不计导轨的电阻，已知𝑡 =0时刻𝑎棒距𝑃𝑃′的距离为𝐿，重力加速度为
𝑔。求：
（1）0 ∼𝑡 时间内电路中的感应电动势；
0
（2）0 ∼𝑡 时间内所加拉力大小随时间变化的函数式；
0
（3）若𝑡 时刻撤去拉力，已知当物块下落𝐿的过程中电路产生的焦耳热为𝑄，求此时物块的
0
速度大小。
试卷第6页，共7页15．（16分）如图所示，两个质量均为𝑚=1kg、长度均为𝐿 =1.5m的相同木板𝐴、𝐵静止在
粗糙的水平地面上，与水平面间的动摩擦因数均为𝜇 =0.1，C为一半径𝑅 =1.8m的光滑四
1
分之一固定圆弧轨道，底端切线水平且与木板𝐴、𝐵的上表面等高。现将质量也为𝑚=1kg的
小物块𝑃由圆弧顶端无初速度释放，沿圆弧下滑刚滑过圆弧最底端时与静止在𝐴上表面最左
端的质量𝑀 =2kg的小物块𝑄发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰撞后𝑃滑回圆弧轨道后锁定，
𝑄与木板间的动摩擦因数均为𝜇 =0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两小物块均可看成
2
质点，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小物块𝑃第一次刚滑到圆弧最底端时对轨道的压力；
（2）小物块𝑄与木板𝐵之间因摩擦而产生的热量；
（3）最终两木板间的距离。
试卷第7页，共7页参考答案：
1．D
【详解】A．根据核反应前后质量数和电荷数守恒可得，X的质量数为4，电荷数为2，即X
为4He，该反应为α衰变，故A错误；
2
B．核反应过程中放出的核能为反应后生成的所有新核的总结合能与反应前所有原子核的总
结合能之差，即
𝑄 =206𝐸 +4𝐸 −210𝐸
2 3 1
故B错误；
C．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数几个原子核无意义，故C错误；
D．该核反应过程中的质量亏损为
Δ𝐸 𝑄
Δ𝑚 = =
𝑐2 𝑐2
故D正确。
故选D。
2．D
【详解】A．由图可知，25min末两车第二次速度相等，第一次共速前两车之间距离一直增
大，第一次共速之后一段时间，出租车速度大，两车之间距离一直减小，故A错误；
B．由图可知，25min末两车第二次速度相等，但并没有相遇，故B错误；
C．25min末公交车速度方向不变，故C错误；
D．由题意可知，两车运动的位移相等，但是出租车的运动时间少了10min，由公式𝑣 = 𝑥可
𝑡
得，公交车的平均速度比出租车的小，故D正确。
故选D。
3．D
【详解】A．由图乙可知，𝑡 =1.0s时，质点𝑁沿𝑦轴正方向运动，由图甲可判断出波沿𝑥轴
向左传播，此时质点𝑀也为沿𝑦轴正向运动，故可知从此时开始质点𝑁比𝑀先回到波谷，故A
错误；
B．由图甲和图乙可知，波在介质中传播的波长𝜆 =120cm，周期𝑇 =12s，所以波速
𝜆
𝑣 = =10cm/s
𝑇
故B错误；
C．此时质点𝑂的振动方向沿𝑦轴正向，因其相对平衡位置的位移大小为√2 𝐴，由
2
答案第1页，共14页√2
𝐴 =𝐴sin𝜃
2
可知
𝜃 =45°
因而质点𝑂再经过
1
𝑡 = 𝑇 =1.5s
1 8
回到平衡位置，故C错误；
D．由C项分析可知，质点𝑀的振动状态移至𝑂点所需时间应等于
1
𝑡 = 𝑇
1 8
也即
𝑥 =𝑣𝑡 =15cm
𝑂𝑀 1
质点𝑁经过𝑡 =1s由平衡位置振动到图甲所示位置，故𝑀、𝑁两质点平衡位置间的距离
𝑥 =𝑣𝑡 =10cm
𝑀𝑁
所以质点𝑁的平衡位置坐标为
𝑥 +𝑥 =25cm
𝑂𝑀 𝑀𝑁
故D正确。
故选D。
4．B
【详解】根据
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
答案第2页，共14页球同步卫星的小，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°
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
答案第3页，共14页9𝑅
𝑡 =𝑡 +𝑡 =
1 2 𝑐
故选D。
6．A
【详解】A．对原线圈有
𝐸 =𝐼 𝑟+𝑈
1 1
𝑈 𝑛
1 1
=
𝑈 𝑛
2 2
𝐼 𝑛
1 2
=
𝐼 𝑛
2 1
联立可得
𝑛 𝑛
𝑈 = 2 𝐸−( 2 )2𝑟𝐼
2 𝑛 𝑛 2
1 1
所以
Δ𝑈 𝑛
| 2 |=( 2 )2𝑟
Δ𝐼 𝑛
2 1
故A正确；
B．根据变压器原副线圈电压与匝数的关系
𝑈 𝑛
1 1
=
𝑈 𝑛
2 2
若仅将滑片P下滑时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，根据等效电阻法可知，原线圈回路
中的电流I 增大，则原线圈的输入电压U 减小，U 减小，所以电压表示数V 减小，故B
1 1 2 2
错误；
C．由于I 增大，则I 增大，根据欧姆定律可知，R 两端的电压增大，R 两端的电压减小，
1 2 1 2
流过R 的电流减小，流过R 的电流增大，故C错误；
2 3
D．若仅将圆形线圈拉直成正方形（线圈周长不变），由于外电路等效电阻和电源内阻不变，
根据闭合电路欧姆定律可知
𝐼2𝑅 R
外 外
𝜂 = ×100%= ×100%
𝐼2𝑅 +𝐼2𝑅 R +R
外 内 外 内
则电源的效率不变，故D错误。
故选A。
7．D
【详解】A．C、D两点场强大小相同，但是方向不同，故A错误；
B．C、D上各点到A、B两点的距离不同，则CD连线上各点电势不相等，故B错误；
答案第4页，共14页C．由M点沿MC移动到C点，令CM之间的某点和AB的连线的夹角为𝜃，𝐵𝑀 =𝑙，因此
该点的场强为
𝑘𝑞 𝑘𝑞
𝐸 =2 sin𝜃=2 cos2𝜃sin𝜃
𝑙 2 𝑙2
( )
cos𝜃
令𝑦=cos2𝜃sin𝜃，对其求导可得
𝑦′ =cos𝜃(1−3sin2𝜃)
当导函数为零时，可得
√3 √6
sin𝜃= ,cos𝜃 =
3 3
则场强最大时该点到M的距离为
√2
ℎ = 𝑙 <√3𝑙
2
其所受电场力先增大后减小，故C错误；
D．由B点沿BA移动到M点，电势一直降低，因为试探电荷是负电荷，试探电荷的电势能
一直增大，故D正确。
故选D。
8．C
【详解】AB．对物块2、3根据牛顿第二定律有
𝐹−2𝑚𝑔sin𝜃=2𝑚𝑎
根据运动学公式有
1
𝑥 = 𝑎𝑡2
2
联立可解得
𝑥 𝐹 1
= − 𝑔sin𝜃
𝑡2 4𝑚 2
由图可知，图像斜率
1 1
𝑘 = =
2 4𝑚
即
𝑚 =0.5kg
图像纵轴截距的绝对值
1
𝑏 =2.5= gsin𝜃
2
解得
答案第5页，共14页1
sin𝜃=
2
所以
𝜃 =30°
故AB错误；
CD．当𝐹 =10N时，据
𝐹−2𝑚𝑔sin𝜃=2𝑚𝑎
可求得三个物块的加速度大小为
𝑎 =5m/s2
对三个物体有
𝐹 −3𝑚𝑔sin𝜃=3𝑚𝑎
0
可解得
𝐹 =15N
0
故C正确，D错误。
故选C。
9．BD
【详解】AB．由于两球做匀速圆周运动，可知电场力与重力等大反向，则电场力向上与电
场方向相反，则a、b球都带负电，且有
𝐸𝑞 =𝑚 𝑔，𝐸𝑞 =𝑚 𝑔
1 1 2 2
可得
𝑞 𝑚
1 1
=
𝑞 𝑚
2 2
故A错误，B正确；
D．根据题意有
𝑞𝑣𝐵=𝑚 𝑣2 ，𝑇 = 2𝜋𝑟
𝑟 𝑣
整理可得
2𝜋𝑚
𝑇 =
𝑞𝐵
由AB分析可知
𝑞 𝑞
1 2
=
𝑚 𝑚
1 2
则有
答案第6页，共14页𝑇 =𝑇
1 2
即两球做圆周运动的周期一定相等，故D正确；
C．根据题意有
𝑣2
𝑞𝑣𝐵=𝑚
𝑟
解得
𝑚𝑣
𝑟 =
𝑞𝐵
可知
𝑣 𝑟
1 1
=
𝑣 𝑟
2 2
由于二者圆周运动的周期相等，若二者速度大小不等，二者运动一周都会在出发点碰撞，由
于两球做圆周运动的半径关系无法确定，则两球抛出的速度大小关系不确定，故C错误。
故选BD。
10．BC
【详解】A．小滑块恰能到达D点，有
𝑣 2
𝐷
𝑚𝑔=𝑚
𝑅
解得
𝑣 =√𝑔𝑅
𝐷
根据机械能守恒定律，有
1
𝐸 = 𝑚𝑣 2+2𝑚𝑔𝑅
P 2 𝐷
解得
5
𝐸 = 𝑚𝑔𝑅
P 2
即，滑块若恰好到达D点，弹性势能为5 𝑚𝑔𝑅，故A错误；
2
B．小滑块恰能到达D点，有
𝑣 2
𝐷
𝑚𝑔=𝑚
𝑅
解得
𝑣 =√𝑔𝑅
𝐷
根据机械能守恒定律，有
答案第7页，共14页1 1
𝑚𝑣 2 = 𝑚𝑣 2+𝑚𝑔𝑅
2 𝐶 2 𝐷
解得
𝑣 =√3𝑔𝑅
𝐶
根据牛顿第二定律，有
𝑣 2
𝐶
𝐹 =𝑚
N 𝑅
解得
𝐹 =3𝑚𝑔
N
根据牛顿第三定律，可知对轨道的压力为3𝑚𝑔，故B正确；
C．由于小滑块的初动能为2𝑚𝑔𝑅，可知小滑块可以冲过C点不能到达D点就离开圆弧轨道，
设小滑块离开轨道的位置E与圆心的连线与水平方向夹角为𝜃，E距B点的竖直高度为ℎ，
根据机械能守恒有
1
2𝑚𝑔𝑅 = 𝑚𝑣 2+𝑚𝑔ℎ
2 𝐸
根据牛顿第二定律，有
𝑚𝑣 2
𝐸
𝑚𝑔sin𝜃=
𝑅
根据几何关系有
ℎ−𝑅
sin𝜃=
𝑅
联立可得
5
ℎ = 𝑅
3
滑块从E点离开轨道后还能上升的最大高度为
(𝑣 cos𝜃)2 5
ℎ′ = 𝐸 = 𝑅
2𝑔 27
小滑块运动过程中距B点最大竖直高度为
50
𝐻 =ℎ+ℎ′ = 𝑅
27
故C正确；
D．若小滑块到达D点对轨道压力为𝑚𝑔，有
𝑣 2
𝐷
𝑚𝑔+𝑚𝑔 =𝑚
𝑅
解得
答案第8页，共14页𝑣 =√2𝑔𝑅
𝐷
根据能量守恒定律，有
1
𝐸 −𝑊 = 𝑚𝑣 2+2𝑚𝑔𝑅
P f 2 𝐷
可得小滑块在半圆轨道上克服摩擦力做的功为
𝑊 =2𝑚𝑔𝑅
f
故D错误。
故选BC。
11．(1)CBDA
𝐴𝐶
(2)
𝑁𝐵𝑆
(3)CD
【详解】（1）“油膜法估测分子大小”实验中先把痱子粉均匀撒到水面上，再用注射器取一定
的溶液，然后滴到水中，再盖上玻璃盖，用笔在玻璃上描出油酸的轮廓，把坐标纸铺在玻璃
上，故顺序为CBDA。
（2）体积为C的油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为
𝐴𝐶
𝑉 =
𝐵
一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为
𝐴𝐶
𝑉 =
0 𝑁𝐵
所以油酸分子的直径大小为
𝑉 𝐴𝐶
0
𝑑 = =
𝑆 𝑁𝐵𝑆
（3）A．油膜面积测量值偏大，由上式可知d的测量值偏小，故A错误；
B．痱子粉末太薄使油酸边界不清，导致油膜面积测量值偏大，d的测量值偏小，故B错误；
C．未等痱子粉完全散开，就在玻璃片上描绘了油膜轮廓，导致油膜面积测量值偏小，d的
测量值偏大，故C正确；
D．求每滴的体积时，溶液有N滴时数成了（N-1）滴，则体积偏大，d的测量值偏大，故D
正确。
故选CD。
12．(1)0.30
答案第9页，共14页(2)
(3) 2.98 5.96 1.49 无误差
【详解】（1）电流表读数为0.3A。
（2）根据闭合电路的欧姆定律，当单刀双掷开关接1时
𝐸 =𝑈+𝐼(𝑅 +𝑟)
A
化简得
𝑈 =−(𝑅 +𝑟)𝐼+𝐸
A
当单刀双掷开关接2时
𝐸 =𝑈+𝐼 𝑟
干
而
𝑈
𝐼 =𝐼+
干 𝑅
V
化简得
𝑅 𝑟 𝑅
V V
𝑈 =− 𝐼+ 𝐸
𝑅 +𝑟 𝑅 +𝑟
V V
可知，接1时
𝐸 =2.98V， 𝐸 =0.4A
𝑅A+𝑟
接2时
𝑅V 𝐸 =2.97V，𝐸 =0.5A 𝑈−𝐼图像如图
𝑅V+𝑟 𝑟
（3）[1][2][3]由（2）解得
𝐸 =2.98V，𝑟 =5.96Ω，𝑅 =1.49Ω，𝑅 =1770.13Ω
A V
答案第10页，共14页[4]电路考虑到了电压表的分流作用和电流表的分压作用，所以测量无误差。
13．（1）200J；（2）8×10−3m3
【详解】（1）等容过程中，气体做功为零，即
Δ𝑈 =−𝑄 =−400J
等压过程，内能减小400J，放出600J热量，则
𝑊 =Δ𝑈−𝑄 =200J
（2）根据等压变化可得
𝑉 𝑉
0 1
=
𝑇 𝑇
0 1
𝑊 =𝑝 (𝑉 −𝑉 )
0 0 1
联立解得
𝑉 =8×10−3m3
0
14．（1）𝐵0𝐿2；（2）𝐹 =𝑚𝑔− 𝑚𝑔 𝑡；（3）√𝑔𝐿− 𝑄
𝑡0 𝑡0 2𝑚
【详解】（1）0∼𝑡 时间内，对𝑎、𝑏棒及导轨构成的回路有
0
ΔΦ Δ𝐵
𝐸 = = 𝐿2
Δ𝑡 Δ𝑡
Δ𝐵 𝐵
0
=
Δ𝑡 𝑡
0
联立解得
𝐵
𝐸 = 0 𝐿2
𝑡
0
（2）设0 ∼𝑡 时间内通过回路的电流为𝐼，对𝑎棒有
0
𝐵𝐼𝐿+𝐹 =2𝑚𝑔sin𝜃
对𝑏棒有
𝐵 𝐼𝐿 =𝑚𝑔
0
𝐵
0
𝐵 = 𝑡
𝑡
0
联立可解得
𝑚𝑔
𝐹 =𝑚𝑔− 𝑡
𝑡
0
（3）设撤去拉力后的某一时刻回路中的电流为𝐼 ，对𝑎棒有
1
2𝑚𝑔sin𝜃−𝐵 𝐼 𝐿 =2𝑚𝑎
0 1 1
对𝑏棒和物块组成的系统有
答案第11页，共14页𝑚𝑔−𝐵 𝐼 𝐿 =2𝑚𝑎
0 1 2
解得
𝑎 =𝑎
1 2
表明每时每刻𝑎、𝑏两棒的速度大小相等，两棒的位移大小也相等，故当物块下落𝐿时，由能
量守恒定律有
1
2𝑚𝑔sin𝜃×𝐿+𝑚𝑔𝐿 =𝑄+ (2𝑚+𝑚+𝑚)𝑣2
2
解得
𝑄
𝑣 =√𝑔𝐿−
2𝑚
15．（1）30N，方向竖直向下；（2）2J；（3）4
m
3
【详解】（1）小物块P从释放到第一次刚滑到圆弧最底端时，由动能定理可得
1
𝑚𝑔𝑅 = 𝑚𝑣2
2 0
解得
𝑣 =6m/s
0
在圆弧最底端，由牛顿第二定律可得
𝑣2
0
𝐹 −𝑚𝑔 =𝑚
N 𝑅
解得
𝐹 =30N
N
由牛顿第三定律可知，小物块P运动到圆弧最底端时对轨道的压力大小为30N，方向竖直向
下；
（2）小物块P刚要滑上木板A时与小物块Q发生弹性碰撞，由动量守恒
𝑚𝑣 =𝑚𝑣 +𝑀𝑣
0 𝑃1 𝑄1
由机械能守恒
1 1 1
𝑚𝑣2 = 𝑚𝑣2 + 𝑀𝑣2
2 0 2 𝑃1 2 𝑄1
联立解得
𝑣 =−2m/s
𝑃1
𝑣 =4m/s
𝑄1
碰后小物块P向左滑离木板，小物块Q在木板A上向右做匀减速直线运动
答案第12页，共14页𝜇 𝑀𝑔 =𝑀𝑎
2 𝑄
解得
𝑎 =3m/s2
𝑄
设经𝑡 时间，小物块Q滑过木板A，其位移
1
1
𝑥 =𝑣 𝑡 − 𝑎 𝑡2
𝑄1 𝑄1 1 2 𝑄 1
这段时间，木板A、B一起向右做匀加速直线运动，由
𝜇 𝑀𝑔−𝜇 （𝑀+2𝑚）𝑔=2𝑚𝑎
2 1 𝐴𝐵
解得
𝑎 =1m/s2
𝐴𝐵
其位移
1
𝑥 = 𝑎 𝑡2
𝐴𝐵 2 𝐴𝐵 1
又由
𝑥 −𝑥 =𝐿
𝑄1 𝐴𝐵
解得
𝑡 =0.5s
1
𝑡 =1.5s（不符合题意，舍去）
2
此时，小物块Q的速度
𝑣 =𝑣 −𝑎 𝑡 =2.5m/s
𝑄2 𝑄1 𝑄 1
两木板速度为
𝑣 =𝑎 𝑡 =0.5m/s
𝐴𝐵 𝐴𝐵 1
之后小物块Q在木板B上向右做匀减速直线运动，木板B做匀加速直线运动，对木板B有
𝜇 𝑀𝑔−𝜇 （𝑀+𝑚）𝑔=𝑚𝑎
2 1 𝐵
解得
𝑎 =3m/s2
𝐵
设经𝑡 时间共速
2
𝑣 −𝑎 𝑡 =𝑣 +𝑎 𝑡
𝑄2 𝑄 2 𝐴𝐵 𝐵 2
解得
1
𝑡 = s
2 3
这段时间内，小物块Q的位移为
答案第13页，共14页1 2
𝑥 =𝑣 𝑡 − 𝑎 𝑡2 = m
𝑄2 𝑄2 2 2 𝑄 2 3
木板B的位移为
1 1
𝑥 =𝑣 𝑡 + 𝑎 𝑡2 = m
𝐵2 𝐴𝐵 2 2 𝐵 2 3
小物块Q与木板B之间因摩擦而产生的热量
𝑄 =𝜇 𝑀𝑔（𝑥 −𝑥 ）=2J
2 𝑄2 𝐵2
（3）小物块Q与木板B共速时，速度为
𝑣 =𝑣 −𝑎 𝑡 =1.5m/s
𝑄𝐵 𝑄2 𝑄 2
一起匀减速直线运动，由
𝜇 （𝑀+𝑚）𝑔=（𝑀+𝑚）𝑎
1 𝑄𝐵
解得
𝑎 =1m/s2
𝑄𝐵
设该过程运动的位移为𝑥 ，由
𝑄𝐵
𝑣2 =2𝑎 𝑥
𝑄𝐵 𝑄𝐵 𝑄𝐵
解得
𝑥 =1.125m
𝑄𝐵
小物块Q离开木板A后，A向右做匀减速运动，设加速度为𝑎 ，由
𝐴2
𝜇 𝑚𝑔=𝑚𝑎
1 𝐴2
解得
𝑎 =1m/s2
𝐴2
设该过程木板A运动的位移为𝑥 ，由
𝐴2
𝑣2 =2𝑎 𝑥
𝐴𝐵 𝐴2 𝐴2
解得
𝑥 =0.125m
𝐴2
综上所述，最终两木板间的距离为
4
𝑑 =（𝑥 +𝑥 ）−𝑥 = m
𝐵2 𝑄𝐵 𝐴2 3
答案第14页，共14页
