黄金卷01-赢在高考·黄金8卷备战2024年高考物理模拟卷（湖南卷专用）（解析版）_2024高考押题卷_92024赢在高考全系列_（通用版）2024《赢在高考·黄金预测卷》（九科全）各八套

【赢在高考·黄金 8 卷】备战 2024 年高考物理模拟卷（湖南卷专用） 黄金卷 01 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上． 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、选择题：本题共 6小题，每小题 4分，共 24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项 符合题目要求． 2H 3H 2H3H4 HeX17.6MeV 1．氘核1 和氚核1 发生核聚变的反应式为1 1 2 。关于核聚变，下列说法中正确 的是（ ） A．X粒子是电子 B．只要核聚变反应原料纯度足够高，聚变反应可以在常温常压下发生 17.6MeV C．1 2H 和1 3H 发生一次核聚变的质量亏损为 c2 ，其中c为真空中的光速 D．现在我们国家的核电站都是通过核聚变获得核能 【答案】 C 【解析】A．根据核反应质量数和电荷数守恒可知，X粒子核电荷数是0，质量数是1，所以X粒子是中子， 故A错误； B．核聚变是热核反应，只有在超高温和高密度下才能发生核聚变反应，故B错误； C．根据爱因斯坦质能方程 ΔEΔmc2 可知上述反应过程发生的质量亏损为 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx00217.6MeV Δm c2 其中c为真空中的光速，故C正确； D．可控核聚变还处于实验阶段，现在的核电站都还是采用核裂变核反应，故D错误。 故选C。 2．为了测一口枯井的深度，用一把玩具小手枪从井口竖直向下打出一颗弹珠，1.5s后听到弹珠撞击井底的 声音，然后再用玩具小手枪从井口竖直向上打出另一颗弹珠，2.5s后听到弹珠从井口落回井底撞击的声音， 假设弹珠从枪口射出速度大小不变，忽略声音传播时间，g取10 m/s2，则（ ） A．枯井的深度为18.25m B．向下打出一颗弹珠，运动过程平均速度为12.5 m/s C．弹珠从枪口射出速度大小为10 m/s D．两种打出弹珠方式，弹珠到达井底的速度都为25 m/s 【答案】 B 【解析】AC．根据对称性，可知竖直向上打出的弹珠从井口到最高点的时间与最高点落回井口的时间相等， t 0.5s 均为 1 ，根据 vgt 1 可得弹珠从枪口射出速度大小为5m/s；从井口向下到井底，根据 1 hvt gt2 2 可知，枯井的深度为 h18.75m 故AC错误； B．向下打出一颗弹珠运动过程平均速度 h 18.75m v   12.5m/s 1 t 1.5s 故B正确； 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002D．根据对称性，两次打出弹珠方式，子弹到达井底的速度一样，都为 v vgt 20m/s t 故D错误。 故选B。 3．如图所示，电荷量为q的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。 若图中A点的电场强度为0，静电力常量为k，则图中B点的电场强度大小为（ ） kq kq kq 10kq A．d2 B．4d2 C．9d2 D． 9d2 【答案】 D 【解析】图中A点的电场强度为0，表明薄板带负电，且薄板在A点的电场强度大小为 q kq E k  A (3d)2 9d2 根据对称性，薄板在B点的电场强度大小与薄板在A点的相等，方向相反，图中B点的电场强度大小为 q q 10kq E k k  B (3d)2 d2 9d2 故选D。 4．2023年7月10日，经国际天文学联合会小行星命名委员会批准，中国科学院紫金山天文台发现的、国 际编号为381323号的小行星被命名为“樊锦诗星”。如图所示，“樊锦诗星”绕日运行的椭圆轨道面与地球圆 轨道面间的夹角为20.11度，轨道半长轴为3.18天文单位（日地距离为1天文单位），远日点到太阳中心距 离为4.86天文单位。若只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是（ ） 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002A．“樊锦诗星”绕太阳一圈大约需要2.15年 B．“樊锦诗星”在远日点的速度大于地球的公转速度 1 C．“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为4.862 4.86 D．“樊锦诗星”在远、近日点的速度大小之比为 1.5 【答案】 C 【解析】A．根据开普勒第三定律有 r3 r3 地  樊 T2 T2 地 樊 解得 T 5.67 樊 年 故A错误； B．根据万有引力提供向心力可知 Mm v2 G 地 m 地 r2 地 r 地 地 则地球公转速度 GM v  地 r 地 “樊锦诗星”在远日点做向心运动 Mm v2 G 樊 m 远 r2 樊 r2 远 远 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002则“樊锦诗星”在远日点的速度 GM v  远 r 远 r r 由于 远 地，所以“樊锦诗星”在远日点的速度小于地球的公转速度，故B错误； C．根据牛顿第二定律可知 Mm G ma r2 “樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为 a r2 1 远  地  a r2 4.862 地 远 故C正确； D．轨道半长轴为3.18天文单位，远日点到太阳中心距离r =4.86天文单位，则近日点到太阳中心距离r 远 近 =1.5天文单位，对于“樊锦诗星”在远日点和近日点附近很小一段时间t内的运动，根据开普勒第二定律有 1 1 v r t  v r t 2 远 远 2 近 近 解得 v r 1.5 远  近  v r 4.86 近 远 故D错误。 故选C。 5．如图所示，一足够长固定的粗糙倾斜绝缘管处于匀强磁场中，一带正电小球从静止开始沿管下滑，下列 关于小球的加速度a随时间t（沿斜面向下为正方向），受到的弹力F N 随时间t（垂直斜面向下为正方向）， 以开始下落点为零重力势能参考点，小球的重力势能E 随位移x，机械能E随位移x的关系图像可能正确 p 的是（ ） 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002A． B． C． D． 【答案】 D mgcosaqvB 【解析】AB．当 时，由牛顿第二定律得 mgsinmgcosqvBma 则 a v F v qB qBa  N qB qBa t t ， t t 可见at图像的斜率越来越大， F N t 图像的斜率越来越大； mgcosaqvB 当 时，由牛顿第二定律得 mgsinqvBmgcosma 则 a v F v qB qBa N qB qBa t t ， t t 可见at的斜率越来越小， F N t 图像的斜率越来越小，故AB错误； 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002C．小球重力势能 E mgx p 可得E -x图像为倾斜直线，故C错误； p D．因为摩擦力先减小再变大后不变，所以机械能Ex的关系图像斜率先减小再变大后不变，故D正确。 故选D。 6．如图所示，两端分别固定有小球A、B（均视为质点）的轻杆竖直立在水平面上并靠在竖直墙面右侧处 于静止状态。由于轻微扰动，A球开始沿水平面向右滑动，B球随之下降，此过程中两球始终在同一竖直平 面内。已知轻杆的长度为l，两球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是 （ ） A．A球动能最大时对水平面的压力大小等于2mg m 6gl B．竖直墙面对B球的冲量大小为 9 23mgl C．A球的最大动能为 27 26mgl D．B球的最大动能为 27 【答案】 D 【解析】AC．假设小球B能一直沿着墙面向下运动，设轻杆与水平方向的夹角为θ时，两小球的速度大小 分别为 v A、v B ，根据关联速度知识，两小球沿杆方向速度相等，可得 v cos=v sin A B 即 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002v v = A B tan 由根据机械能守恒，有 1 1 1 1  v  2 mgl1sin mv2  mv2= mv2  m A  2 A 2 B 2 A 2 tan 运用数学知识，整理得 8gl v2 2gl1sinsin2 A 27 当 2 sin 3 取等号，说明小球A的动能先增大后减小，即杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，当杆中内力 为0时，A球的动能最大，最大动能为 1 1 8gl 4mgl E  mv2= m = kAmax 2 A 2 27 27 此时对水平面的压力大小等于mg，故AC错误； B．当杆中存在挤压的内力，此时墙壁对B球有冲量，又由于在运动过程中B球水平方向速度始终为零， 所以竖直墙面对B球的冲量大小等于杆对B球在水平方向的冲量大小，进一步可知竖直墙面对B球的冲量 大小等于杆对A球在水平方向的冲量大小，该过程就是A球获得最大动量过程，由动量定理，可知 2m 6gl I =I mv = 墙B 杆A Amax 9 故B错误； D．分析可知B球着地时的动能最大，由于杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，当杆中内力为0 v  时，B球与竖直墙面分离，分离后两球在水平方向动量守恒，设B球着地时A球的速度大小为 A ，则有 mv =2mv Amax A 解得 2gl v   A 27 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002整个过程根据能量守恒，可得B球的最大动能为 1 26mgl E =mgl mv2= kBmax 2 A 27 选项D正确。 故选D。 二、选择题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20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 5分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分． 7．一列简谐横波在均匀介质中沿x轴方向传播，x0处的波源从t0时刻开始振动，t5s时该波刚好传 到M点，形成的波形图如图所示，P、Q是介质中的两个质点，下列说法正确的是（ ） A．该简谐横波的波速大小为1.5m/s B．该简谐横波的周期为4s C．质点P在t5s时的振动方向沿y轴负向 x 10m D．质点Q的平衡位置横坐标 Q 【答案】 BD 【解析】AB．该波的传播速度为 Δx v 3m/s Δt 传播周期  T  4s v 选项A错误、B正确； C．根据同侧法，质点P在t5s时的振动方向沿y轴正向，选项C错误； 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002D．根据波动方程 2  y2cos x cm 12  解得 x 10m Q 选项D正确。 故选BD。 8．等腰三棱镜ABC的顶角为30，AB边的边长为L，光线DO射到AB边的中点O，当入射角i45 时，光最后垂直AC边射出，已知光在真空中的传播速度为c，不考虑光的多次反射，则（ ） A．三棱镜的折射率为 3 2L B．光在三棱镜中的传播时间为 4c C．换用频率更高的光仍以相同入射角照射到O点，则光在棱镜中的传播时间一定变长 D．换用频率更高的光仍以相同入射角照射到O点，则光在棱镜中的传播时间可能不变 【答案】 BC 【解析】AB．作出光路图如图所示 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002根据几何关系有折射角  根据 sini n sin 解得 n 2 光在棱镜镜中的传播距离为 L s sin 2 传播速度 c v n 而 s t  v 解得 2L t 4c 故A错误，B正确； CD．由于频率越大，折射率越大，若换用频率更高的光仍以相同入射角照射到O点，则可知折射角将减小， 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002根据几何关系可知光的传播距离变大，而根据 c v n 可知，同时传播速度变小，因此可知光在棱镜中的传播时间一定变长，故C正确，D错误。 故选BC。 9．在如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为2:1，原线圈中串一定值电阻R ，副线圈连接定 1 R :R 4:1 值电阻R 和滑动变阻器R， 1 2 ，电压表和电流表均为理想交流电表，a、b两端接有效值恒为U 2 0 的正弦交流电源。电压表的示数用U表示，电流表的示数用I表示，电压表示数的变化为ΔU，电流表示数 的变化为ΔI，则在滑动变阻器R滑片向右调节的过程中，下列说法正确的是（ ） A．电压表的示数U不变 U B．电压表示数与电流表示数的比值 I 变大 U C．电压表示数的变化与电流表示数的变化的比值 I 不变 D．变压器的输出功率先增大后减小 【答案】 BC U U I I 【解析】A．设变压器原、副线圈的电压分别为 1、 2，电流分别为 1、 2，正弦交流电源的输出电压 U I R U 0 1 1 1 对理想变压器得 U n I n 1  1 1  2 U n I n 2 2 ， 2 1 根据欧姆定律可得 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002U I R R 2 2 2 以上四式联立得  n  2  U I R  1  R R 0 1   1 n 2  2   U I I 电压 0恒定，滑片调节电阻R连入电路中的电阻增大，则副线圈电流 2减小，从而原线圈电流 1减小，则 R U 电阻 1上分压减小，正弦交流电源输出电压的有效值恒定，则原线圈电压 1增大，副线圈电压也增大，即 电压表的示数U增大，故A错误； R B．电压表示数与电流表示数的比值为电阻 2和滑动变阻器R阻值之和，滑动变阻器电阻变大，则比值变大， 故B正确； C．由A选项分析可得 n n U I R U  2 I R  1U 0 1 1 1 n 2 1 n 2 1 2 整理得 2 n  n U  2  RI  2U 2 n  1 2 n 0 1 1 2 n  U  2  R U 则 I 为函数 U 2 I 2的斜率，为 n 1  1 ，所以 I 不变，故C正确； D．变压器的输出功率为 PU I I2R RI2U I 0 1 1 1 1 1 0 1 根据二次函数知识可知，当 b U U I   0  0 1 2a 2R 2R 1 1 时，变压器的输出功率最大，与  n  2  U I R  1  R R 0 1   1 n 2  2   微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002联立可得 当 2 n  R  1  R R 1 n  2 2 即 2 n  1 R 2  R R  R R 0 n  1 2 4 1 2 1 时，变压器的输出功率最大，在滑动变阻器R滑片向右调节的过程中，电阻R0且一直增大，则电源的输 出功率一直减小，故D错误。 故选BC。 m1kg M 3kg 10．如图所示，小物块质量 ，长木板质量 （假设木板足够长），小物块与长木板间的动摩擦 0.2  0.1 v 6m/s 因数 1 ，长木板与水平地面间的动摩擦因数 2 ，小物块以初速度 0 向右滑上长木板，长 木板初始受力F 14N，初速度为0，F 维持1.5s后撤去，以初始状态为计时起点， g 10m/s2 ，下列说法 正确的是（ ） A．经过1s二者速度第一次大小相等 B．速度第一次大小相等后二者一起加速，再一起减速 19 s C．小物块相对长木板向右最远运动3m D．经过12 二者速度第二次大小相等 【答案】 ACD 【解析】A．对物块应用牛顿第二定律得物块加速度大小 mg a  1 g 2m/s2 1 m 1 对木板应用牛顿第二定律得 Fmg(mM)g 140.21100.1(13)10 a  1 2  m/s2 4m/s2 2 M 3 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002则二者速度相等时，由 v at a t 0 11 21 即 62t 4t 1 1 解得 t 1s 1 故A正确； B．第一次速度相等后，假设两者一起加速，则一起加速的加速度为 F(mM)g 140.1(13)10 a  2  m/s2 2.5m/s2 0 M m 13 物块此时所需的合外力即摩擦力为 f ma 12.5N>mg 0.2110N2N 0 1 所以假设不成立，即第一次速度相等后二者不会一起加速，故B错误； C．两者共速的速度为 v a t 4m/s 1 21 F作用过程中，速度第一次相等时，小物块的位移是 v v 64 x  0 1t  1m5m 1 2 1 2 木板的位移 v 4 x  1t  1m2m 2 2 1 2 这个过程中的位移差为3m，之后小物块相对于木板向左运动，则木板的加速度 Fmg(mM)g 140.21100.1(13)10 8 a  1 2  m/s2  m/s2 3 M 3 3 再经过 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002t 1.5t 0.5s 2 1 小物块和木板的速度分别为 v v at at (62120.5)m/s5m/s 物 0 11 12 8 1 16 v a t at (41  )m/s m/s 板 21 3 2 3 2 3 撤去F后，木板开始减速，直到再次共速时，小物块速度都小于木板的速度，所以1s之后，小物块相对于 木板一直向左运动，故小物块相对长木板向右最远运动3m，故C正确； D．撤去F后，两物体再次共速前木板加速度大小 mg(mM)g 0.21100.1(13)10 a = 1 2  m/s2 2m/s2 4 M 3 且 v at v a t 物 13 板 4 3 即 16 52t  2t 3 3 3 解得 1 t  s 3 12 所以 1 19 t (1.5 )s= s 12 12 故D正确。 故选ACD。 三、非选择题：本题共 5小题，共 56分． 11. （7分）为了验证机械能守恒定律，物理实验小组设计了如下方案： （1）A组同学利用自由落体运动验证机械能守恒定律，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002止开始自由下落。 ①本实验中，不同学生在实验操作过程中出现如图所示的四种情况，其中操作正确的是 。 A． B． C． D． ②进行正确操作后，打出的纸带如图乙所示，在选定的纸带上依次取计数点，相邻计数点间的时间间隔为 T，则纸带的 （选填“左”或“右”）端与重物相连。设重物质量为m，根据测得的x 、x 、x 、x ， 1 2 3 4 可得在打点计时器打B点到D点的过程中，重物动能增加量的表达式为 。 ③换用两个质量分别为m 、m 的重物P、Q进行实验，多次实验记录下落高度h和相应的速度大小v，作 1 2 出的v2-h图像如图丙所示。对比图像分析正确的是 。 A．阻力可能为零 B．阻力不可能为零 C． m 可能等于m D．m 一定小于m 1 2 1 2 （2）B组同学按照图丁组装实验器材，调整定滑轮位置，使连接滑块与托盘的轻绳与气垫导轨平行，接通 电源，由静止释放托盘与砝码，并测得遮光条宽度d，遮光条到光电门的距离l，遮光条通过光电门的时间  t，托盘与砝码质量m 3 ，滑块与遮光条质量m 4， 已知重力加速度大小为g，若表达式 成立，即 可验证机械能守恒。 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002mx 4 (x 2x ) 【 答 案 】 （ 1 ） ① B ； ② 左 ； 8T2 4 2 ； ③ BC ； （ 2 ） 1  d  2 m gl m m    3 2 3 4 t 【解析】（1）①打点计时器应接交流电源，操作时应用手提住纸带的上端，让重物尽量靠近打点计时器。 故选B。 ② 纸带上的点迹从左向右间距逐渐变大，则纸带的左端与重物相连。打点计时器打B点时的速度大小为 x v  2 B 2T 打D点时的速度大小为 x x v  4 2 D 2T 在打B点到D点的过程中，重物动能增加量的表达式为 1 1 mx E  mv2  mv2  4x 2x  k 2 D 2 B 8T2 4 2 ③ AB．根据题意，设阻力大小为f，由动能定理有 1 (mg f)h mv2 2 整理可得  f  v2 2g h  m 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002若阻力为零，则两次实验的v2h图像斜率相等，由图可知，斜率不等，则阻力不为零，故A错误，B正确； CD．虽然斜率不相等，但不知道两重物所受阻力的情况，则两重物的质量关系不确定，即m 可能等于m ， 1 2 故C正确，D错误。 故选BC。 （2）若机械能守恒成立，有 1  d  2 m gl m m    3 2 3 4 t 12. （9分）国内广泛使用的电热丝的主要材料是铁铬铝、镍铬电热合金两类，它们各具优点。某同学在测 定一根废旧电热丝的电阻实验中： （1）首先用螺旋测微器测量该电热丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为 mm。 （2）再用欧姆表粗测其电阻值，测得待测电阻值为500Ω。同时发现欧姆表有多个倍率，想探究其原理，查 资料发现有图乙、丙两种情形。 若图乙中欧姆表有1和10两个挡位且开关接3时为1档，则E:E 。 若图丙中欧姆表也有1和10两个挡位，则R （用图丙表头电阻 R g表示）。 R （3）然后用伏安法准确测量上面废旧电热丝电阻 x，备选器材有： 电源E，电动势约为5.5V，内阻可忽略不计； 电压表 V 1，量程为00.5V，内阻 r 1 1000Ω ； 电压表 V 2，量程为0  6V，内阻 r 2约为10kΩ； 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002电流表A，量程为0  0.6A，内阻 r 3约为0.5Ω； R R 50Ω 定值电阻 0， 0 ； 滑动变阻器R，最大阻值为20Ω； 单刀单掷开关S一个，导线若干。 1 ①测量中要求所用电表的读数都不小于其量程的3，并尽可能多测量多组数据，请合理选择器材并在图所 R 示虚线框中画出测量电阻 x的实验电路图（图中标明所选器材的符号） 。 V V U U ②若电压表 1、电压表 2、电流表A示数分别用符号 1、 2、I 表示，则由实验电路图选用的两个电表 R R  对应示数的符号和题中已知量的代表符号计算 x的表达式为 x 。 R r U U  1 01 2 1 【答案】（1）0.749~0.751；（2）1:10； 9 R g ；（3）① ；② U 1 R 0 r 1  【解析】（1）螺旋测微器可动尺精度为0.01mm，需要估读一位，则其读数为 D0.5mm25.00.01mm0.750mm （2）由公式 E R  中 I g 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002倍率为10倍关系，则电动势为10倍关系，故 E:E1:10 当开关“1”闭合，“2”断开，欧姆表指针指在表盘中间时有 I U  g R r 2 g 电流表改装成有两个倍率的欧姆表（“1”和“ 10 ”），故当开关“1”“2”都闭合时，并联分流，欧姆表中值电 1 阻变为10，此时干路总电流扩大十倍，故并联的电阻大小 1 R R 9 g R （3）测量电阻 x的实验，为尽可能的多测几组数据，故滑动变阻器选用分压式连接；待测电阻约为500Ω， 1 电源电动势5.5V，则电路中最大电流小于电流表量程的3，故不选择电流表，而是选择两个电压表来测量 R 电阻 x的电阻，根据电压表量程与定值电阻的关系，用小量程电压表扩大量程后测量定值电阻的电流，综 上所述，电路设计如图 根据并联分流，串联分压和欧姆定律可得 U U R r U U  R  2 1  01 2 1 x U U R r 1 1 0 1 R 井 U V U V R r V 其中 1为电压表 1的读数； 2为电压表 2的读数； 0为定值电阻的阻值； 1为电压表 1的内阻。 13. （10分）如图所示，活塞将左侧导热汽缸分成容积均为V 的A、B两部分，汽缸A部分通过带有阀门 V 的细管与容积为 4 、导热性良好的汽缸C相连。开始时阀门关闭，A、B两部分气体的压强分别为 p 0和 1.5p 0。 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002V 现将阀门打开，当活塞稳定时，B的体积变为 2 ，然后再将阀门关闭。已知A、B、C内为同种理想气体， 细管及活塞的体积均可忽略，外界温度保持不变，活塞与汽缸之间的摩擦力不计。求： p （1）阀门打开后活塞稳定时，A部分气体的压强 A； （2）活塞稳定后，C中剩余气体的质量 M 2与最初C中气体质量 M 0之比。 5 【答案】 （1）2.5p 0 ；（2）27 【解析】（1）初始时对活塞有 p Smg 1.5p S 0 0 得到 mg 0.5p S 0 打开阀门后，活塞稳定时，对B气体有 V 1.5p V  p  0 B 2 对活塞有 p Smg  p S A B 所以得到 p 2.5p A 0 （2）设未打开阀门前，C气体的压强为 p C0， 对A、C两气体整体有 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002V 3V V p V  p   p (  ) 0 C0 4 A 2 4 得到 27 p  p C0 2 0 所以，C中剩余气体的质量 M 2与最初C中气体质量 M 0之比 M p 5 2  A  M p 27 0 C0 14. （14分）如图所示，一质量为 m 1 1kg 的小物块a从半径为R3.2m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A 点由静止开始下滑，A点和圆弧对应的圆心O点等高，小物块a在B点与静止的大小相同的小物块b发生弹 性碰撞，之后两物块先后水平抛出，都恰好能从C点沿CD方向滑上传送带。传送带以v10m/s的速度沿逆 时针方向匀速转动。已知传送带长L27.75m，倾角等于37，传送带与小物块之间的动摩擦因数为0.5 （sin370.6，cos370.8， g 10m/s2 ）。求： （1）小物块b的质量 m 2； （2）B、C二点间的水平距离d； （3）小物块b在传送带上因摩擦而产生的热量 Q 。 【答案】 （1） 3kg ；（2）1.2m；（3）63J 【解析】（1）小物块a从A运动到碰小物块b前的过程有 1 mv20mgR 2 1 0 1 所以 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002v  2gR 8m/s 0 ab两物块相碰的过程有 mv mv m v 1 0 1 1 2 2 1 1 1 mv2  mv2 m v2 2 1 0 2 1 1 2 2 2 因为ab两物块先后从C点进入斜面，得 v v 2 1 联立上列方程得 v 4m/s m 3kg 2 ， 2 （2）b平抛过程有 d v t 2 v gt y v y tan v 2 v v  2 C cos 所以得到 v 5m/s，d 1.2m C （3）b进入传送带的第一阶段，受力分析有 m gsinm gcosm a 2 2 2 1 a 10m/s2 1 设b经时间与传送带达到共速，则有 vv at C 11 得 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002t 0.5s 1 b的位移 1 x vt  at2 b1 c1 2 11 b与传送带间的相对位移 s vt x 1 1 b1 所以 x 3.75m s 1.25m b1 ， 1 b球与传送带共速后，受力分析有 m gsinm gcosm a 2 2 2 2 a 2m/s2 1 可知b球将在传送带上继续加速向下到底部，有 1 Lx vt  a t2 b1 2 2 2 2 得 t 2s 2 这一阶段的相对位移 s Lx vt 4m 2 b1 2 所以小物块b在传送带因摩擦而产生的热量 Qm gcoss s 63J 2 1 2 15. （16分）如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右 边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质 量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以 v 大小为 0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空 气阻力。求 （1）金属棒P滑出导轨时的速度大小； （2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量； （3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。 1 2mR v 【答案】 （1）2 0 ；（2） mv 0 2 ；（3） B2l2 【解析】（1）由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得 3mv 3mv mv 0 Q P 1 1 1 3mv2  3mv2  mv2 2 0 2 Q 2 P 联立解得 3 1 v  v v  v P 2 0 ， Q 2 0 由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导 轨时的速度大小为 1 v v  v P Q 2 0 （2）根据能量守恒有 1 1 mv2  mv2Q 2 P 2 P 解得 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002Qmv2 0 （3）P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得 BIlt mv mv P P 又 E  Blx I    qIt ， R Rt Rt 联立可得 mv R x 0 B2l2 由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为 x 2mR t   v B2l2 Q 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002