【文档说明】备战2024年高考物理模拟卷01（浙江卷）（全解全析）.docx，共(24)页，1.452 MB，由小赞的店铺上传

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2024年高考物理第一次模拟考试物理·全解全析注意事项：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1．下列仪器测得的物理量中，属于国际单位制中的基本量的是（）A．B．C．D．【解答】解：国际单位中的七个

基本单位：m、kg、s、A、mol、K、cad；其对应的物理量分别为：长度、质量、时间、电流强度、物质的量、热力学温度、光学强度。选项A、B、C、D测得的物理量分别是力、长度、电压、压强，四者中只有长度是基本量。故ACD错误，B正确；故选：B。2．2022年11月29日23时0

8分，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心发射，约10分钟后，神舟十五号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，发射取得成功。11月30日7时33分，神舟十五号3名航天员顺利进驻中国

空间站，与神舟十四号航天员乘组首次实现“太空会师”。下列说法正确的是（）A．23时08分指的是时间间隔B．研究飞船与火箭分离过程时，飞船可以看成质点C．火箭发射升空的过程中，宇航员处于超重状态D．火箭发射时火箭向下推空气，空气给火箭向上的反作用力【解答】解：A．时间间隔是指时间的长度

，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，23时0（8分）指的是发射的时刻，故A错误；B．研究飞船与火箭分离过程时要考虑形状大小，不可把飞船看成质点，故B错误；C．火箭发射升空的过程中向上做加速运动，加速度向上，宇航员处于

超重状态，故C正确；D．火箭发射时火箭向下推喷出的高温高压气体，高温高压的气体气体给火箭向上的反作用力，故D错误。故选：C。3．浙江最大抽水蓄能电站2016年在缙云开建，抽水蓄能电站结构如图所示。抽水蓄能电站有两种工作模式，

一种为抽水蓄能模式：居民用电低谷时（如深夜），电站利用居民电网多余电能把水从下水库抽到上水库；另一种为放水发电模式：居民用电高峰时，再将上水库中的水放到下水库进行发电，将产生的电能输送到居民电网供居民使用，一抽一放起到了均衡电网负荷的作用。关于抽水蓄能电站下列

说法正确的是（）A．抽水蓄能的过程中，能量守恒B．放水发电的过程中，机械能守恒C．抽水蓄能电站建成之后，可以使能量增多D．抽水蓄能电站建成之后，就不会再有能源危机问题了【解答】解：A、抽水蓄能的过程中，总的能量是守恒的，故A正确；B、放水发电的过程中，有部分重力势能转化为内能，机械能不守恒

，故B错误；C、抽水蓄能，并不能使能量增多，总的能量保持不变，故C错误；D、抽水蓄能电站，能够合理调节用电高峰期和低峰期的调峰问题，但是能量总量并没有增加，我们仍面临着能源危机，还需节约能源，故D错误。故选：A。4．如图a所示，轻绳AD跨过固定在水平杆BC右端的光滑定滑轮（重

力不计）栓接一质量为M的物体，∠ACB＝30°；如图b所示，轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端通过细绳EG拉住，∠ECH＝30°，另一轻绳GF悬挂在轻杆的G端，也拉住一质量为M的物体，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．图a中BC杆对滑轮的作用力大小为MgB．图b中HG杆弹力大小为MgC

．轻绳AC段张力TAC与轻绳EG段张力TEG大小之比为1：1D．轻绳AC段张力TAC与轻绳EG段张力TEG大小之比为2：1【解答】解：A、对图a，同一条轻绳拉力相等，即TAC＝TcD＝Mg，绳对滑轮的作用力如图1所示图1由几何关系可知：F合

＝Mg，根据平衡条件可得BC杆对滑轮作用力大小为Mg，故A正确；B、对图b中G点受力分析如图2所示图2由图2可得HG杆弹力大小为：F杆=𝑀𝑔𝑡𝑎𝑛30°=√3Mg，故B错误；CD、根据图2可得轻绳EG段张力TEG=𝑀𝑔𝑠𝑖𝑛30°=2Mg，所以轻绳AC段张力

TAC与EG段张力TEG大小之比为1：2，故CD错误。故选：A。5．明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象。如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b．若用a、b光分别照射同一光电

管都能发生光电效应，则（）A．a光的光子能量大于b光的光子能量B．用a光照射时光电子的最大初动能大于用b光照射时光电子的最大初动能C．a光的遏止电压大于b光的遏止电压D．a光的遏止电压小于b光的遏止电压【解答】解：A、根据

三棱镜分光的特点可知，两束光的入射角相同，b光的偏折角大，则b的折射率大；根据折射率与光的频率的关系可知b光的频率大于a光的频率，由E＝hγ可知b光子的能量大。故A错误；B、根据光电效应方程：Ekm＝hγ﹣W0可知，用a光

照射时光电子的最大初动能小于用b光照射时光电子的最大初动能。故B错误；C、D、根据动能定理：eU遏止＝Ekm，所以a光的遏止电压小于b光的遏止电压。故C错误，D正确。故选：D。6．将一只矿泉水瓶子竖立在水平地面上，在瓶子的不同位置钻了两

个等大的小孔甲、乙，逐渐往瓶子里加水，使水从两小孔中水平喷出形成两列水柱，如图所示，甲孔的离地高度是乙的2倍。当瓶中的水加到一定高度H时，喷出的水柱恰好落到地面上的同一点，忽略空气阻力，则下列判断正确的是（）A．甲孔喷出的水运动时间是乙孔的2倍B．乙孔喷出的水的初速度是甲孔的2倍C．两

小孔喷出的水柱在空中的体积相等D．矿泉水瓶自由下落时，两小孔仍有水喷出【解答】解：AB、水流在竖直方向自由落体运动，则ℎ=12𝑔𝑡2得：t=√2ℎ𝑔可知，时间之比是𝑡甲𝑡乙=√ℎ甲√ℎ乙=√21由于水平位移

相等，根据x＝vt可知初速度之比是𝑣甲𝑣乙=𝑡乙𝑡甲=1√2，故AB错误；C、水柱在空中的体积是V＝v0tS，可知，两空中水柱体积是相等的，故C正确；D、矿泉水瓶自由下落时，只受到重力的作用，加速度为g，处于完全失重状态，此时水和矿泉水瓶的运

动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，故D错误。故选：C。7．如图所示，质量为2kg物体放在无人机中，无人机从地面起飞沿竖直方向上升，经过200s到达100m高处后悬停（g＝10m/s2）。则无人机上升过程中（）A．物体对

无人机的压力一直大于20NB．物体对无人机的压力一直等于20NC．无人机做的功等于物体和无人机增加的机械能D．无人机做的功大于物体和无人机增加的机械能【解答】解：AB、物体的重力为G＝mg＝2×10N＝20N；无人机上升过程中，开始一段时间内加速

度方向向上，是超重状态，后来加速度方向向下，向上减速运动，是失重状态，所以物体对无人机的压力先大于20N、后小于20N，最后悬停时等于20N，故AB错误；CD、无人机上升过程中，空气阻力做负功，无人机做的功等于物体和无人机增加的机械能与克服

空气阻力产生的内能之和，大于物体和无人机增加的机械能，故C错误、D正确。故选：D。8．如图所示，a为地球赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星。关于a、b、c做匀速圆周运动的说法的正确

的是（）A．向心力关系为Fb＞Fc＞FaB．周期关系为Ta＝Tc＜TbC．向心加速度的大小关系为aa＞ac＞abD．线速度的大小关系为va＜vc＜vb【解答】解：A、根据向心力公式Fn＝mω2r，由于a、b、c三者的质量关系

未知，所以无法判断三者的向心力的关系，故A错误；B、物体a与地球同步卫星c的角速度ω相同，由T=2𝜋𝜔可知，Ta＝Tc；b、c两卫星均绕地球做圆周运动，由开普勒第三定律𝑟3𝑇2=K，可知Tc＞Tb，故B错误；C、物体a与地球同步卫星c的角速度ω相同，由a＝ω2r可知，aa＜ac；b、c两

卫星均绕地球做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则有：𝐺𝑀𝑚𝑟2=ma可得：a=𝐺𝑀𝑟2因为rb＜rc，所以ab＞ac，所以ab＞ac＞aa，故C错误；D、b、c两卫星均绕地球做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则有：𝐺𝑀𝑚𝑟2=𝑚𝑣2𝑟可得：v=√𝐺

𝑀𝑟因为rb＜rc，所以vb＞vc；物体a与地球同步卫星c的角速度ω相同，由v＝ωr可知，va＜vc，所以va＜vc＜vb，故D正确。故选：D。9．如图所示为静电植绒技术植绒流程示意图，需要植绒的布在滚轮的带动下匀速向右运动，将绒毛放

在带负电荷的容器中，使绒毛带负电，容器与带电极板之间加恒定的电压，绒毛成垂直状加速飞到需要植绒的布表面上，假设每根绒毛规格相同，下列判断正确的是（）A．绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，电势能增大B．若只增大滚轮的转速，植绒会越密C．若增大容器与带电极板之间的距离，植绒效果会更好D．

绒毛带的带电量越多，到达布的表面时速率越大【解答】解：A．绒毛在飞往需要植绒的布的过程中，绒毛成垂直状加速飞到需要植绒的布表面上，电场力做正功，电势能不断减小，故A错误；B．若只增大滚轮的转速，布运动的速度越大，植上相邻两个绒毛的距离越大，植绒越疏，故B错误；C．若增大容器与带电极

板之间的距离，而电势差不变，由𝐸=𝑈𝑑可知，电场强度变小，绒毛受力变小，植绒效果变差，故C错误；D．由动能定理𝑞𝑈=12𝑚𝑣2质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时速率越大，故D正确。故选：D。10．如图所示，某

种光盘利用“凹槽”、“平面”记录信息，激光照射到“凹槽”会产生极小反射光强，下列说法正确的是（）A．“凹槽”产生极小光强是由于衍射现象形成B．“凹槽”入射光与“平面”反射光传播速度不同C．激光在介质中的波长

可能为“凹槽”深度的3倍D．“凹槽”反射光与“平面”反射光的频率相同【解答】解：A．根据光的干涉知识分析可知，“凹槽”产生极小光强是由于由于“凹槽”反射光与“平面”反射光叠加后相消，是干涉现象形成，不是属于衍射现象，故A错误；B．“凹槽”中有透明介质，光的速度小于真空中速度，“凹槽”

入射光与“平面”反射光传播速度相同，故B错误；C．由于“凹槽”反射光与“平面”反射光叠加后削弱，考虑到“凹槽”反射光的路程，“凹槽”深度的2倍应该为激光束半波长的奇数倍，故C错误；D．“凹槽”反射光与“平面

”反射光是同种类型的光，频率相同，故D正确。故选：D。11．半导体材料一般分为N型半导体（载流子为负电荷）和P型半导体（载流子为正电荷）两种。如图所示，一块长为a、宽为b高为c的长方体半导体器件，其内载流子数密度为n，沿+y方向通有恒定电

流I。在空间中施加一个磁感应强度为B、方向沿﹣x方向的匀强磁场，半导体上、下表面之间产生稳定的电势差U，下列说法正确的是（）A．若器件为N型半导体，则上表面电势高于下表面电势B．电势差U与载流子数密度n成正比C．若器件为P型半导体，载流子所带电荷量为𝐼𝐵𝑛𝑐

𝑈D．半导体内载流子所受沿z轴方向电场力的大小𝐼𝐵𝑛𝑏𝑐【解答】解：A、沿+y方向通有恒定电流，若器件为N型半导体，载流子为负电荷，则电荷移动方向沿﹣y方向，磁感应强度方向沿﹣x方向，根据左手定则可知，负电荷向上

偏转，故上表面电势低于下表面电势，故A错误；BC、若器件为P型半导体，半导体上、下表面之间产生稳定的电势差时，电场力与洛伦兹力平衡，则有𝑞𝑈𝑐=𝑞𝑣𝐵根据电流的微观意义可知I＝nqvS＝nqvbc联立可得𝑞=𝐼𝐵𝑛𝑏𝑈𝑈=𝐼𝐵𝑛𝑏𝑞可知

电势差U与载流子数密度n成反比，故BC错误；D、半导体内载流子所受沿z方向电场力的大小为𝐹电=𝑞𝐸=𝐼𝐵𝑛𝑏𝑈⋅𝑈𝐶=𝐼𝐵𝑛𝑏𝑐故D正确。故选：D。12．LED灯珠用半球形透明介质封装，如图所示，有一个半径r为3mm的圆形LED光源AB，其

表面可以朝各个方向发光，现将AB封装在一个半球形透明介质的底部，AB中点与球心O重合。半球形介质的折射率为1.5，为使LED光源发出的所有光都能射出球面，不考虑二次反射，则透明介质球半径R至少为（）A．3√5𝑚𝑚B．4.5mmC．32√5𝑚𝑚D．9mm【解答】解：如图所示

。在半球面上任选一点P，根据几何关系可知，若此时线状光源上B点发出的光能够射出P点，PB⊥AB，光线在半球面上的入射角最大，则线状光源其他点发出的光也一定能够射出P点，所以只要B点发出的所有光线能够射出球面，光源发出的所有光均能射

出球面。在△OPB中，根据正弦定理有𝑂𝐵𝑠𝑖𝑛𝛼=𝑂𝑃𝑠𝑖𝑛𝜃解得：sinα=𝑂𝐵𝑂𝑃sinθ=𝑟𝑅sinθ当θ＝90°时，sinα有最大值，且最大值为sinα=𝑟𝑅为使光线一定能从P点射出，根据全反射规律有𝑠𝑖𝑛𝛼

≤1𝑛=11.5所以：R≥4.5mm，故ACD错误，B正确。故选：B。13．飞船在进行星际飞行时，使用离子发动机作为动力。这种发动机工作时，由电极发射的电子射入稀有气体（如氙气），使气体离子化，电离后形成的离子由静止开始在电场中加速并由飞船尾部高速连续喷出，利用反冲使飞船本身得到加速。已知氙

离子质量为m，带电量大小为e，加速电压为U，飞船单位时间内向后喷射出的氙离子的质量为k，从飞船尾部高速连续喷出氙离子的质量远小于飞船的质量，则飞船获得的反冲推力大小为（）A．𝑘√2𝑒𝑈𝑚B．1𝑘√2𝑒𝑈𝑚C．𝑘√𝑒𝑈2𝑚D．1𝑘√𝑒𝑈2𝑚【

解答】解：氙离子在电场中的加速过程，由动能定理有𝑒𝑈=12𝑚𝑣2−0解得𝑣=√2𝑒𝑈𝑚对Δt时间内喷射出的氙离子用动量定理有FΔt＝Δm•v解得𝐹=𝛥𝑚𝛥𝑡𝑣=𝑘√2𝑒𝑈𝑚，故A正确，BCD错误。故选：A。（多选）14．“超导托卡马克”（EAST）是我国自

行研制的可控热核反应实验装置。设该实验反应前氘核（12𝐻）的质量为m1，氚核（13𝐻）的质量为m2，反应后氦核（24𝐻𝑒）的质量为m3，中子（01𝑛）的质量为m4，真空中光速为c。下列说法中正确的是（）A．这种装置中发生的核反应方程是1

2𝐻+13𝐻→24𝐻𝑒+01𝑛B．由核反应过程质量守恒可知m1+m2＝m3+m4C．核反应放出的能量等于（m1+m2﹣m3﹣m4）c2D．这种装置与我国大亚湾核电站所使用核装置的核反应原理不相同【解答】解：A．根据质量数与电荷数守恒可知，可控热核反应装置中发生的核反应方程是21𝐻+31

𝐻→42𝐻𝑒+10𝑛，故A正确；BC．核反应过程中质量数守恒，但核反应过程中存在质量亏损Δm＝m1+m2﹣m3﹣m4＞0即m1+m2＞m3+m4根据爱因斯坦质能方程，释放的核能ΔE＝Δmc2＝（m1+m2﹣m3﹣

m4）c2故B错误，C正确；D．这种装置的核反应是轻核聚变，我国大亚湾核电站所使用核装置的核反应是重核裂变，它们的核反应原理不同，故D正确。故选：ACD。（多选）15．如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有两根位于同一水平

面内且间距为L的平行金属导轨（导轨足够长，电阻不计）；两根质量均为m、内阻均为r的光滑导体棒ab，cd静止在导轨上（导体棒与金属导轨接触良好），t＝0时，ab棒以初速度3v0向右滑动，cd棒以初速度v0向左滑动，关于两棒的运动情况，下列说法正确的是（）A．当其中某根棒的

速度为零时，另一根棒的速度大小为v0B．当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的加速度大小为2𝐵2𝐿2𝑣03𝑚𝑟C．从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，导体棒ab产生的焦耳热为32mv02D．cd棒的收尾速度

大小为v0【解答】解：A、当两棒开始滑动时，由于切割磁感线产生感应电流，感应电流又受到安培力而阻碍相对运动，但对两棒整体，由于两棒受到的安培力大小相等，方向相反，则两棒系统的总动量守恒，以向右方向为正，根据动量守恒定律有：m×3v0﹣m×v0＝0+m

v′解得v′＝2v0，故A错误；B、由上一问的结论，某一根的速度为零时，另一根的速度v′＝2v0，此时感应电动势E′＝BL×2v0，回路中的感应电流I′=𝐸′2𝑟，它受到的安倍力F安＝BI′L，所以它的加速度a=𝐹安𝑚=𝐵𝐼′𝐿𝑚，联立解得：a=�

�2𝐿2𝑣0𝑚𝑟，故B错误；C、由上结论，根据能量守恒定律有：12𝑚[𝑣02+(3𝑣0)2]=12𝑚𝑣′2+Q总，则导体棒ab上产生的执量Qab=𝑟2𝑟×𝑄总，联立解得Qab=32𝑚𝑣02，故C正确；D、在安培力作用下cd棒先减速后加速，ab棒

减速，当两棒速度相等时，回路中无电流，一起匀速运动，由于两棒所受安培力的合力为零，两棒水平方向上动量守恒，以向右方向为正方向，根据动量守恒定律得：m×3v0﹣m×v0＝（m+m）v，解得v＝v0，故D正确。故选：CD

。16．Ⅰ（1）在“探究加速度与力、质量的关系（图甲）”“研究平抛运动（图乙）”“验证机械能守恒定律（图丙）”三个实验中，都需要用到的器材是B。A．秒表B．刻度尺C．天平D．弹簧测力计（2）某同学利用图甲装置探究加速度与力的关系，打出的纸带如图丁所示，取A、B、C、D、E五个计数

点（每相邻两个计数点间还有四个打点没有标出），打点计时器电源频率是50Hz。则A、C间距离为3.20cm，小车的加速度大小a＝0.40m/s2。（计算结果保留2位有效数字）实验得到的a﹣F图像如图戊中实线所示，则可知所

挂槽码质量最大不应超过B。A．10gB．30gC．40gD．50g（3）某同学运用手机“测量自由落体运动的加速度”，打开智能手机应用软件，手持手机从海绵垫上方释放后落下，测得加速度随时间的变化如图己表所示，可判断手机做自由落体运

动的时间约0.33s，测得当地重力加速度值是9.82m/s2。t（s）a（m/s2）0.43﹣0.010.481.740.539.010.579.820.629.830.669.810.719.810.769.780.809.760.859.730.909.700.95﹣9.

950.99﹣14.361.047.461.095.801.14﹣0.11【解答】解：（1）图甲和图丙都用到了打点计时器，需要用刻度尺测量纸带上点迹之间的距离；图乙是探究平抛运动的规律，需要刻度尺测量平抛运动的水平位移和竖直位移，因此三个实验

都要用到的器材是刻度尺，故ACD错误，B正确。故选：B。（2）相邻计数点的时间间隔𝑇=5𝑓=550𝑠=0.1𝑠毫米刻度尺的精确度为1mm，则A、C间距离为xAC＝42.0mm﹣10.0mm＝32.0mm＝3.20cmC、E之间的距离为xCE＝90.0mm﹣42.0mm＝48.0

mm＝4.80cm根据逐差法可得小车的加速度为𝑎=𝑥𝐶𝐸−𝑥𝐴𝐶4𝑇2=(4.80−3.20)×10−24×0.12𝑚/𝑠2=0.40𝑚/𝑠2（3）本实验是用槽码的重力代替绳子的拉力，需要满足的条件是槽码的质量远小于小车的质量；从图像可知当F超过0.3N时图像就出现比

较明显的弯曲，此时mg≈F1＝0.3N槽码质量𝑚=𝐹1𝑔=0.310𝑘𝑔=0.03𝑘𝑔=30𝑔因此，为了满足实验条件，槽码的质量m不应超过30g，故ACD错误，B正确。故选：B。（4）对表格数据进行分析，发现从大概0.57s开始到0.90s时间内手机

的加速度比较稳定，说明该时间内手机已经脱离手，并还未接触海绵垫，在做自由运动，因此手机做自由落体运动的时间大概为t＝0.90s﹣0.57s＝0.33s；考虑手机在自由落体运动的后期速度较大，空气阻力影

响比较大，因此可以认为手机刚开始做自由落体运动时空气阻力较小，此时的加速度接近当地的重力加速度，故当地的重力加速度大概为g＝9.82m/s2。故答案为：（1）B；（2）3.20；0.40；B；（3）0.33；9.82。Ⅱ、为了探究导体电阻与长度

、横截面积及材料等因素的关系，做如下实验（如图甲）。木板上固定了AB、BC、CD、DE四段金属丝，AB、BC、CD为镍铬合金丝，DE为铁丝。AB、BC的横截面积相同，长度之比1：2；BC、CD的长度相同，直径之比1：2；B

C、DE的长度、横截面积均相同；电表内阻对电路的影响忽略不计。（1）为了研究导体电阻与横截面积的关系，应选择BC、CD（选填AB、BC、CD或DE）两段金属丝。图甲中的实验是否有必要测出金属丝的电阻？不需要（填“需要”或“不需要”）（2

）若要测量BC段金属丝的电阻，试在图甲中以笔画代替导线完成电路图连接。（3）为了测量镍铬合金的电阻率，用螺旋测微器测量BC段金属丝的直径D，如图乙所示，调节过程中，螺旋测微器上三个部件A、B、C使用的先后顺序应该为BCA（按使用先后顺序填字母）；图中所测金属丝的直径

D＝0.216mm。（4）图丙为实验所用的电流表和电压表的表盘，电压表选用0﹣3V量程，电流表选用0﹣0.6A量程。将电压表一端接在B点，另一端接在BC段金属丝的P点（图中未画出），测出电压U和PB之间的距离d、改变

P点位置多次测量，获得一系列U、d数据并画出U﹣d图像，测算出图像的斜率为k。已测得BC段金属丝直径为D，为测出其电阻率，还要测量的物理量是电流I。电表读数的误差可认为是最小刻度的一半，金属材料的电阻率与温度的关系式为ρ＝（1+at）ρ

0。其中，a称为温度系数，t为摄氏温度，ρ0为该金属0℃时的电阻率，镍铬合金的温度系数a＝1.0×10﹣6℃﹣1，请判断，对镍铬合金电阻率测量值影响更大的是电表的读数误差。（选填“电表读数误差”或“温度”）【解答】解：（1）探究导体电

阻与长度、横截面积及材料等因素的关系时，采用了“控制变量”法；因此探究横截面积与电阻大小关系时，应保持长度和材料相同；题中BC、CD都是镍铬合金丝，且长度相同，因此应选择BC、CD两段；利用电压表以及电流表的示数变化，图甲实验不需要测量出

电阻丝阻值。（2）由于电压表的内阻很大，满足𝑅𝑉𝑅𝑥＞𝑅𝑥𝑅𝐴，因此电流表采用外接法，将电压表直接接在电阻丝BC两端，连接的实物图如图所示：（3）用螺旋测微器测量金属丝直径时，先将金属丝放在螺旋测微器的小砧

和测微螺杆之间，旋动粗调旋钮B使测微螺杆逐渐靠近金属丝，当测微螺杆接触金属丝后，缓缓转动微调旋钮B，使测微螺杆与金属丝进一步接触，当听到“咔嚓”声时，停在旋动B，此时转动止尺A，使测微螺杆固定，然后再读数，因此用

螺旋测微器测量金属丝直径时先后使用BCA三个部件。螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属丝的直径D＝0mm+21.6×0.01mm＝0.216mm；（4）根据电阻定律𝑅=𝜌𝐿𝑆=𝜌𝐿𝜋𝐷24=4�

�𝐿𝜋𝐷2根据欧姆定律，可得𝑅=𝑈𝐼联立可得𝜌=𝜋𝑈𝐷24𝐼𝑑因此还需测量的物理量是电流I；根据电表量程可判断金属丝电功率不超过1.8w，温度升高不大；根据题意可知，温度系数a＝1.0×10﹣6℃﹣1，非常小，接近于0；由电阻率与温度有的关系式ρ＝（1+a

t）ρ0可知，温度对电阻率几乎没有影响，由此可以判断，对镍铬合金电阻率测量值影响更大的是电表读数误差。故答案为：（1）BC、CD；不需要；（2）见解析；（3）BCA；0.216；（4）电流I；电表读数误差。17．2023年5月3日，我国轮胎品牌“三角轮胎”携多款热销工程胎和卡车胎

系列产品亮相，吸引不少业内人士和客户关注。若某个汽车轮胎充气后容积为V，内部气体压强为p，温度为T。当外界温度降低导致轮胎内气体温度降低了𝑇30时，轮胎的容积几乎不变，轮胎内的气体可视为理想气体。（1）试判断轮胎内气体

吸放热情况，并说明理由；（2）求此时轮胎内气体的压强。【解答】解：（1）轮胎的容积几乎不变，则气体做功为零。轮胎内的气体可视为理想气体，内能仅与温度有关，温度降低则内能减小，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q

可知，轮胎内气体放热。（2）根据查理定律可得：𝑝𝑇=𝑝′𝑇−𝑇30解得此时轮胎内气体的压强：p′=2930p。答：（1）轮胎内气体放热；（2）此时轮胎内气体的压强为2930p。18．如图所示，水

平轨道AB长度L1＝1.3m，其左端B点与半径R＝0.4m的半圆形竖直轨道BCD平滑连接。轨道BCD最高点D与长度L2＝1.0m的水平细圆管道DE平滑连接。管道DE与竖直放置的光滑圆筒上边缘E点相切，圆筒半径𝑟=√1

060𝑚、高度ℎ=59𝑚。质量m＝0.5kg、可视为质点的小滑块，从A点处以初动能Ek0向左运动，与AB间的动摩擦因数μ＝0.2，与其它轨道间的摩擦以及空气阻力均忽略不计。（1）若小滑块恰好能通过最高点D，求滑块经过B点时对半圆形轨道的压力大小FN；（2）为使小滑块不脱离轨道并最终停

在AB两点之间，求滑块的初动能Ek0的范围；（3）若小滑块能从D点水平滑入管道DE，并从E点滑入圆筒后紧贴内壁运动，再从E点正下方离开圆筒后，滑块落在AB两点之间，求滑块在E点的速度大小vE。（π取√10）【解答】解：（

1）小滑块恰好能通过最高点D，则小球在D点时𝑚𝑔=𝑚𝑣𝐷2𝑅由B点到D点的过程，由机械能守恒定律得𝑚𝑔⋅2𝑅=12𝑚𝑣𝐵2−12𝑚𝑣𝐷2滑块在B点时𝐹′𝑁−𝑚𝑔=𝑚𝑣𝐵2𝑅解得F'N＝30N由牛顿第三定律可得，滑块经过B点时

对半圆形轨道的压力大小为FN＝30N（2）小滑块不脱离轨道并最终停在AB两点之间，当动能较小时，滑块不滑上半圆轨道，则有Ek0＜μmgL1＝1.3J当滑块动能较大超过1.3J时，滑上圆轨道并返回，则滑上轨道的最大高度

不能超过R。设沿圆轨道上滑的高度为h，返会水平轨道时，不滑过A点，则有mgh＜μmgL1可得h＜μL1＝0.26m＜R所以动能较大时有Ek0＝μmgL1+mgh＜2.6J所以小滑块不脱离轨道并最终停在AB两点之间，滑块初动能的范围

为Ek0＜1.3J或1.3J＜Ek0＜2.6J（3）小滑块从E点滑入圆筒后紧贴内壁运动时，在竖直方向做自由落体运动ℎ=12𝑔𝑡12解得𝑡1=13𝑠在水平方向做匀速圆周运动n⋅2πr＝vEt1解得vE＝nm/s（n＝1，2，3…）离开圆筒后，竖

直方向的加速度仍为g，则由E点到落地的时间为𝑡=√2×2𝑅𝑔=0.4𝑠离开圆筒后，滑块水平方向以速度vE做匀速直线运动，从离开圆筒到落地，水平位移为𝑥=𝑣𝐸(𝑡−𝑡1)=𝑛15𝑚滑块落在AB两点之间，则有

𝑥=𝑛15𝑚＜𝐿1−𝐿2=0.3𝑚可得n＜4.5m所以滑块在E点的速度大小为vE＝nm/s（n＝1，2，3，4）19．如图所示，间距L＝2.0m的平行金属导轨放置在绝缘水平面上，导轨左端连接输出电流I＝0.5A的恒流源．空间分布两个宽度分别为𝑑1=98𝑚和𝑑2=25

𝑚、间距D＝2.0m的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，两磁场磁感应强度大小均为B＝0.5T，方向均竖直向下。质量m＝0.5kg、电阻为R1的导体棒静止于区域Ⅰ左边界，质量m＝0.5kg、边长为0.5D、电阻R2＝2.0Ω的正方形单匝线框的

右边紧靠区域Ⅱ左边界；一竖直固定挡板与区域Ⅱ的右边界距离为0.5D。某时刻闭合开关S，导体棒开始向右运动。已知导体棒与线框、线框与竖直挡板之间均发生弹性碰撞，导体棒始终与导轨接触并且相互垂直，不计一切摩擦和空气阻力。求：（1

）导体棒第一次离开区域Ⅰ时的速度大小v1；（2）线框与导体棒从第1次碰撞至它们第2次碰撞过程中，线框产生的焦耳热Q；（3）线框与导体棒碰撞的次数n，以及导体棒在磁场区域Ⅰ中运动的总时间t总。【解答】解：（1）导体棒受到向右的安培力，其大小为：F安＝BI

L解得：F安＝0.5N对导体棒第一次离开区域Ⅰ的过程，由动能定理得：𝐹安𝑑1=12𝑚𝑣12解得：v1＝1.5m/s（2）棒与线框发生弹性碰撞，设碰撞后瞬间两者速度分别为v1′、v1″，以向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒得：mv1＝mv1′+mv1″

12𝑚𝑣12=12mv1′2+12mv1″2解得：v1′＝0，v1″＝v1＝1.5m/s（质量相等，速度交换）第一次撞后，线框以v1＝1.5m/s速度进入磁场Ⅱ，棒处于静止状态，设线框右边从磁场Ⅱ左边界运动到右边界的过程用时Δt1，末速度为v2，由法拉第电磁感应定

律得：𝐸=𝛥𝛷𝛥𝑡1=𝐵𝛥𝑆1𝛥𝑡1，𝐼1=𝐸𝑅2=𝐵𝛥𝑆1𝛥𝑡1𝑅2，ΔS1＝0.5D×d2以向右为正方向，对线框由动量定理得：﹣B𝐼1×0.5DΔt1＝mv2﹣mv1解得：v2＝1.4m/s同理可得，线框左边从磁场Ⅱ左边界运动

到右边界时线框速度为：v3＝1.3m/s可知每次线框穿过磁场Ⅱ的过程，速度大小均减少0.2m/s，线框以v3＝1.3m/s与挡板弹性碰撞后，以原速率回再次穿过磁场Ⅱ后的速度大小为v4＝1.1m/s，线框以速度v4与棒第

二次相碰，由能量守恒可得：𝑄=12𝑚𝑣12−12𝑚𝑣42解得：Q＝0.26J；（3）线框与导体棒第二次碰后，两者交换速度，棒以v4＝1.1m/s速度向左运动，线框静止，棒进入磁场Ⅰ，所受安培力与原来等大反向，棒作匀减速直线运动，由

牛顿第二定律得：F安＝ma解得：a＝1m/s2棒在磁场Ⅰ中的最大位移：𝑥=𝑣422𝑎解得：x＝0.605m＜𝑑1=98𝑚棒在磁场Ⅰ中减速到速度为零，然后以加速度a反向加速，以v4＝1.1m/s的速度离开磁场Ⅰ，与线框碰撞

且速度交换后，线框通过磁场Ⅱ速度大小减小0.2m/s，与挡板弹性碰撞后，以原速率回再次穿过磁场Ⅱ后的速度大小再减小0.2m/s后，以v5＝0.7m/s的速度大小与棒再相碰。经过如此反复，可知两者每次碰撞都对应速度大小减

少0.2m/s，由𝑣10.2=1.50.2=7.5，可知棒与线框总的碰撞次数为7次。棒第首次从磁场Ⅰ左边界匀加速运动到右边界时间为：𝑡1=𝑣1𝑎=1.51s＝1.5s棒与线框碰后从右向左进入磁场Ⅰ的速度均比前一次减小0.4m/s，棒在磁场Ⅰ中匀

减速直线运动和反向匀加速直线运动对称，可得：第2次碰后棒在磁场Ⅰ中运动的时间分别为：𝑡2=2𝑣4𝑎=2×1.11s＝2.2s同理可得，第4、6次碰后棒在磁场Ⅰ中运动的时间分别为：t3=2×0.71s＝1.4s，t4=2×0.31s＝0.6s导体棒在磁场区域Ⅰ中运动的总

时间t总＝t1+t2+t3+t4解得：t总＝5.7s。20．如图所示是一种粒子探测装置，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，单位时间内有N个质量为m，电荷量大小为q，速度大小范围为v0～√3𝑣0的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK

间距离为0.5R。已知从M点射入的速度为v0的粒子刚好从O点正下方的N点射出圆形磁场区域。挡板ND下方有磁感应强度为圆形磁场2倍、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，ND＝R，直线ND与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能进入下

方磁场。挡板ND上表面绝缘，下表面导电且可完全吸收到达的粒子，下表面通过一灵敏电流计接地。不计粒子重力以及粒子间的相互作用。求：（1）圆形区域磁场的磁感应强度B及带电粒子的电性；（2）已知灵敏电流计电流大小为I，则PQ间入射粒子中速度为v0的粒子的比例η；（3）圆形磁场区域边界上有粒子射出的弧长

长度l弧；（4）若ND可以绕N点顺时针转动（0～90°），求ND挡板下表面有粒子打到的长度L与ND转过角度的关系，并求当转过多少角度时粒子打到的长度最大及长度Lm具体值？【解答】解：（1）速度为v0的粒子从M点

射入，从N点射出，轨道半径为r，由几何关系可知r＝R由牛顿第二定律𝑞𝑣0𝐵=𝑚𝑣02𝑟解得𝐵=𝑚𝑣0𝑞𝑅由左手定则判断可得粒子带正电；（2）挡板下方磁感应强度为2B，粒子均以速度v0进入，有𝑞𝑣0×2𝐵=𝑚𝑣02𝑟′轨道半径𝑟′=1

2𝑅所有速度为v0的粒子都能打在ND挡板上I＝ηNq解得𝜂=𝐼𝑁𝑞（3）速度为v0入射的全部打在N点上，速度为√3𝑣0的粒子从M点射入，射出位置离N点最远，射出点为A，如图所示由牛顿第二定律：𝑞√3𝑣0�

�=𝑚(√3𝑣0)2𝑟由几何关系：𝑀𝑂1=𝑟=√3𝑅𝑡𝑎𝑛𝜃=𝑅𝑟=√33解得θ＝30°∠MOA＝2（90°﹣θ）＝120°所以AN之间的弧长𝑙弧=𝜋6𝑅。（4）如图，由

几何关系可知，能到达N点的带电粒子速度均为v0，半径均为r＝R△KOB中有𝑐𝑜𝑠𝛽=𝑂𝐵𝑂𝐾=0.5𝑅𝑅=12解得β＝60°从K点射入的带电粒子速度偏转角为60°，从M点射入的带电粒子速度偏转角为90°，作竖直向下的粒子在下方磁场的轨迹圆1，作K点射入经N点后在下方磁场的轨迹圆

2。ND顺时针转动α角后与连轨迹圆交点G、F，△NFD中有LNE＝NDcosα﹣2r'cosαH为圆2的圆心，连接HG构成三角形，△NFD中有∠DNH＝30°，LNG＝2r'cos（α+30°）（0°≤α≤60°）N

D板下表面被粒子打到的长度为𝐿=𝐿𝑁𝐹−𝐿𝑁𝐺=𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼−𝑅𝑐𝑜𝑠(𝛼+30°)=𝑅[𝑐𝑜𝑠𝛼(1−√32)+𝑠𝑖𝑛𝛼×12](0°≤𝛼≤60°)当（60°≤

α≤90°）时，G点与N点重合，ND板下表面被粒子打到的长度为L＝Rcosα（60°≤α≤90°）令𝑠𝑖𝑛𝛾=1−√32√(1−√32)2+122则L＝Rsin（α+γ）但因为𝑠𝑖𝑛𝛾≈14＜𝑠𝑖𝑛30°=12所以

当α＝60°时𝐿𝑚=𝑅2