7 湖南省长沙市高三上学期第一次调研考试-【景行之教育】2027年物理高考一轮复习先锋名校检测卷

小为v共，则由动量守恒定律有6mo-2m=2mw共(1分) 解得v共=20 (1分) 由能量守恒定律可得整个过程中系统产生的总焦耳热 Q=n(6,+2m(2,2-2(2m)=16m (2分) 由于通过ab和cd的电流大小始终相等，根据焦耳定律可得 整个过程中ab棒上所产生的焦耳热 Qa=2Q=8m明 (2分) (2)ab棒的速度大小为vo有两种情况： 第1种情况：ab棒速度未反向，即vb=-vo,设此时cd棒的 速度为1，由动量守恒定律得6mmo-2mo=-mo+mw1, 解得v1=5vo (1分) 第2种情况：ab棒速度反向，即=o,设此时cd棒的速度 为v2,由动量守恒定律得6m0-2mo=m+mu2, 解得v2=3w0 (1分) ①第1种情况：回路中的感应电动势 E=BL(vo+5v)=6BLo (1分) E 18B2L2vo 回路消耗的电功率P=2RR (1分) 7湖南省长沙市高三 2 1.B【解析】汽车甲到达转盘路时速度v=30km/h= 3m/s, 通过转盘路的时间6，=R 9.42s,在直行车道上的加速时 间6，='-”-35 。2,假设甲匀速后追上乙，则路程关系为化，+ v+v 22+'%=mR+wz(4+2+4),解得3=5.278，有解，假设成 立。则总时间t=t1+t2+t3≈17.6s,故B正确。 2.C【解析】对小孩受力分析，如图所示，当仅用双脚将自己稳 定在空中时，每面墙壁给小孩脚的弹力均垂直墙壁指向外， 根据对称性可知，墙壁对小孩每只脚的弹力大小相等，且两 弹力相互垂直，根据平行四边形定则可知，两弹力的合力垂 直墙角竖直线且沿角平分线指向外，所以小孩所受弹力与重 力的合力向外倾斜向下，由平衡条件可得，小孩所受的摩擦 力应向内倾斜向上，则由平行四边形定则可知弹力增大，摩 擦力也增大，B、D错误：由图可知，小孩两只脚受到墙壁的摩 擦力的竖直分量之和等于重力G,则单只脚受到墙壁的摩擦 力必大于号，A储误；小孩受到的摩擦力在水平方向上的分 量等于其受到墙壁的弹力，且两只脚所受摩擦力在水平方向 上的分量大小相等，方向垂直，两只脚受到墙壁的弹力大小 相等，方向垂直，所以这四力所围成的图形为正方形，则小孩 D17卷 参考答案及深度解析 第2种情况：回路中的感应电动势 E2 BL(3vo-vo)=2BLvo (1分) E2 2B2L2v 回路消耗的电功率P,=2RR (1分) ②设从开始到ab棒的速度大小变为。所经历的时间为t, 此过程中回路的平均感应电动势为E,平均感应电流为， 两棒间的距离相比最初增大了△x。 由法拉第电磁感应定律可得E-BL△ (1分) t 由闭合电路欧姆定律可得= 2R (1分) 对ab棒由动量定理可得BLt=m△v (2分) 2mR△v 联立解得△x= B2L2。 第1种情况：△m=-t0-(-2)=o, 2mvoR 解得△，=B2 (1分) 第2种情况：Av=0-(-2o)=30, 6mvoR 解得△x,=B2 （1分) 上学期第一次调研考试 每只脚受到墙壁的摩擦力的水平分量大小等于该只脚受到 墙壁的弹力大小，即F,sina=F,又F≤uR,所以≥示、 1 >1,C正确。 sin a f总 F9彩F EN LG G 3.A【解析】设电荷量分别为g、2q、3g的微粒所在位置对应的 电场强度分别为名品，由平衡条件得么号=2器 9 名器即：么：岳=1：子：分，面它们距导体郴的距 3g1 离之比总是12：3，可知某点电场强度的大小与该点到导 体棒的距离成反比。则任意一点的电场强度大小可写成E (作为常量)，由于电子绕导体棒做匀速圆周运动，则有 r 片解得故A正确。 k e TATA TBTB 4.D【解析】由题图乙可知，质点的振动周期T=0.8s,由题图 7·物理 高考一轮复习检测卷·物理 甲可知，波长A=20m,则波速二=25ms,故A错误由 题图乙可知，t=0时刻质点A由平衡位置向下运动，t=1s= T+子，则=1s时，质点A的位移为-2cm,故B错误；质点 做简谐运动不随波迁移，故C错误；质点P、Q平衡位置之间 的距离L=75m,由L=t,解得t=3s,即经过3s质点Q第 次到达波谷，经过38s质点Q第二次到达波谷，故D正确。 5.C【解析】在题图乙中标出各角度，如图所示，由几何关系可 知40=a+90°，解得0=37°，根据折射定律有n=sin8-1.42, sin 6 故C正确；由光路的可逆性可知，光在C点的折射角依然为 α，故该单色光的彩虹角B=90°-α=32°，故A错误：该单色光 在水滴内发生全反射的临界角C满足血C=】0.7,又 sin0<sinC,则该单色光在水滴内部B点不可能发生全反射， 故B错误：根据题图甲可知水滴对M所对应的光的折射率大 于对N所对应的光的折射率，则M、N所对应的光分别为紫 光和红光，紫光波长比红光短，又双缝干涉条纹间距△x= 子A,则M所对应的光的条纹间距更小，放D错误。 水滴 B 0 6.D【解析】由于理想变压器原线圈电路上含有电阻，所以可 把理想变压器和副线圈上的电阻等效为一个电阻，则电路变 U (R, 为简单的串联电路，如图所示，则R等效三1,2L, 2 n 滑片逐步上移，使R接人电路的阻值增大，即R等效增大，则总 电组增大根据。一可知总电流减小，即通过人的电流 减小，根据上=可知，通过电流表的电流减小，根据U,三 12 n U-,=UwR,可知U增大，根据=可知，电压表 U,n2 示数增大，故A错误。根据理想变压器的变压、变流规律及 闭合电路欧姆定律有，=U,=(Uw-1,R)= 几， {字小w风则哈当欲 n ni △IAL2n 9D,故B错误。由等效电路可知UMw=I1(R+R等效)，其中 Uw=6V,滑动变阻器R的滑片处于正中间位置时，R等效= 多0解得1-马A,又公解得人=号A,故C绮误。 `I2n1 D18卷 分析可知变压器的输出功率为等效电阻的功率，则P出=P等效= U Ua FRC优+R)R数(R,-R等袋)24 一，可知当R,=R等效 -+4R。 R等效 时变压器输出功率最大，结合R等数=R三)R,解得R于 n UaN 9D,代入P鱼(R,-R等装) 一得Pm=9W,故D正确。 R等效 +4R0 A M R等效 7.ABD【解析】电子具有波动性，因此电子束通过双缝后可以 形成干涉图样，故A正确；根据德布罗意波长公式入=么可 p 知，物质波的波长越长，其动量一定越小，故B正确：只有当 中子形成的物质波的波长和晶体微粒的尺寸相差不多或物 质波的波长比晶体微粒的尺寸更大时，才能发生明显的衍射 现象，故C错误；人们利用电子显微镜观测物质的微观结构， 利用了电子的干涉现象，说明电子具有波动性，故D正确。 8.CD【解析】由于空间站相邻两次“日落”的时间间隔为t,所 以空间站绕地球运行的周期T=t,而空间站不是地球的同步 卫星，则地球的自转周期不为t,故A错误；设地球半径为R, 空间站运行的轨道半径为，由几何关系可知，空间站运行的 轨道半径？=g空间站的环统速度-22。，故B T sin 2 tsin2 7,结 错误：对室间站，由万有引力提供向心力有G=m4灯. 4TR 03解得C0故C正确：空阿站环绕地 2 球运行一周的过程，航天员感受黑夜的时间是从“日落”点到 “日出”点，由几何关系得航天员从“日落”点到“日出”点轨 应的圆心角为6，则航天员感受黑夜的时间， D正确。 9.BC【解析】一束频率恰等于阴极K截止频率的光射向阴极 K,则逸出电子的初速度为零，将逸出的电子速度分解为平行 K板向上的分速度u和平行K板向下的分速度v,其中平行K 板向上的分速度v使电子受到的洛伦兹力与电场力平衡，则 有ewB=eE=e,可得v-B' ,=。,可知电子在A、K间做两个分运 动，其中一个分运动为平行K板向上的匀速直线运动，另一 个分运动为以速度大小在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦 兹力提供向心力有8=m号，可得7需为了使电流表示 7·物理 数变为零，则电子不能到达A板，则应满足d>2,联立可得磁 感应强度应满足B】2心，放B,C正确。 10AC【解析)对到底面的距离为圆锥体高线的？位置的圆 环，取一小段进行受力分析，受重力、圆锥体侧壁的支持力、 剩余部分圆环对两侧的拉力，其俯视图和截面图分别如图 甲、乙所示，则根据力的合成规律可知T=2Tm号，根据 平衡条件有T合=△ngtan60°，根据胡克定律有T=kAx,根据 儿何关系有4=2（食R日R=R又am= 2mm,由于0 很小，则血？2，联立解得圆环的劲度系数=，故 2π2R A正确；假设圆环能穿过圆锥体落向水平面，则从圆环静止 释放至运动到圆锥体底面的过程中，重力势能的减少量 A-g名-7g现带性势能的指加 64mgR,由 于AE诚>△Ep啦，故假设成立，即圆环能穿过圆锥体落向水平 面，故B错误：设圆环下降到某高度时半径为，根据图乙，由垂 直于圆锥体侧壁方向受力平衡有F%=△mgcos60°+T合sin60°= mg+39g（8R 4T 2TR -R,则r,=Rs60=g+（R, 2π mg 圆锥体对圆环作用力的竖直分量F,=ΣF、,=日Fw= (日)，叉根据对称住可知，圆维体对圆环作用力的 水平分量E=0,则圆锥体对圆环的作用力F=R,=学+ (g),又圆环处于自然状态时半径为gR,则户 ，所以当，=日R时，圆锥体对圆环的作用力最小，比最 1 小作用力F=4mg,故C正确；当圆环下落到圆锥体中间 高度时，有r= 之R,代入C项中的表达式可知，此时F 1g故D靠误。 +T合 +△mg 60° 甲 D19卷 参考答案及深度解析 1(2K-m61分)1分)21分) (3)5 2Z-DF,-2L(h-L)(2分) 【解析】(2)碰撞前，小球A在最低点时根据牛顿第二定律有 月mg=m元，碰撞前小球A的动能=之m2=乞(- 1 mg);小球A碰撞后做平抛运动，在竖直方向有h-L= 2,在水平方向有5，=，联立可得碰撞后小球A的到 1 migsi B2m,听4-：碰撞后小球B做平抛运动，在竖直 方向有h-=之，在水平方向有=，联立解得碰摧后 小球B的动能。=2m,听4h- magsi (3)小球A在最低点，根据牛顿第二定律有F2-m1g= m元之后小球A做平抛运动，在整直方向有-L=弓， 在水平方向有s,=t,联立解得s1和传感器的拉力F2之间 2h=DF,-2L(h-L)）。 的函数关系式为51√m,g 12(1)R(2分)a(2分)(2)450(3分)(4a(2分) b-“(2分) ac 【解析】(1)S,闭合、S2断开时，干路中的最大电流约为1= 1+R+R =575uA,滑动变阻器两端的电压最小值约为 R2 1.5V-(1k2+0.5k2)×0.2mA=1.2V,滑动变阻器的最 小电阻约为R075mA=2kD,故滑动变阻器应选用 R2;为了保护电流计G不被损坏，开关S,闭合前，应将滑 动变阻器的滑片向下移动到α端。 (2)闭合S2前、后电流计G的示数没有变化，说明S2这条 支路电流为零，则电流计G中的电流与R,中的电流相等，R 中的电流与R2中的电流相等，R,与R2两端的电压相等，电 - 流计G与R两端的电压相等，可得电流计的内阻R,=尼 08×3600=450n。 R (4)将风，取下换成该金属电阻的情况下，同理可得R=尼R= 元由题图乙得R=9a,即尾=20次，。， 9c +ga,又R= 见1+如)九a+儿，则风e:20@,风，解得 b-a Q=- ac 7·物理 高考一轮复习检测卷·物理 13.(1)44min(2) 【解析】(1)设将周围环境中体积为V,的大气输入到舱体中 后达到工作状态，根据理想气体状态方程可得 PoV:PiVi (2分) T。T1 其中P0=5.6×104Pa,T=(7+273)K=280K,P1=5.0× 103Pa,T1=(27+273)K=300K,V1=2.1×0.88m3= 1.848m3=1848L, 代入数据解得V,=15400L, v.=44 min 则舱体充气到工作状态的时间Q, (1分) (2)注入气体的体积V2=Q242=300L (1分) 保紧理型气体实态方程有学学-学 (2分) 其中P2=2.0x103Pa,T2=(273-3)K=270K, 排出舱体的气体体积△V=V-V, (1分) 对进人气体根据理想气体状态方程有_P?业 T.T (2分) 则放出气体质量与进入气体质量之比等于体积之比，即 m出_△V307 (1分) m进V10 14.(1)12m/s2(2)0.12C 【解析】(1)因导体棒1放置在倾斜轨道上，且距离A4'足够 远，所以导体棒1最终在倾斜轨道上做匀速运动，设其速度 为v1,则此时的电流 E BLv 1=3R3R (2分) 受力分析可知mgsin0-umgcos6-1,LB,=0 (2分) 解得v1=2.4m/s (1分) B2Lv 导体棒1滑至DD'瞬间，有L,= (2分) 2R 由牛顿第二定律有I2LB2=md (1分) 解得a=12m/s2 (1分) (2)导体棒1、2最终在水平轨道上以相同的速度做匀速运 动，由动量守恒定律有mw1=2mv (2分) 对导体棒2利用动量定理有ILB2t=m (2分) 则q=h=0.12C (1分) 15.(1)号(2)27mgL(3)m0-6m64=0 【解析】(1)对A从开始运动至其到达某一位置（此时B未离 开墙壁)的过程，由动能定理有 1 mgl(1-sin6)=2m好 (1分) B离开墙壁前，A绕静止的B做圆周运动，对A由牛顿第二 定律有mgsin0-T=m乙 (1分) D20卷 联立解得T=(3sin0-2)mg (1分) 则随着0的减小，T逐渐减小，当T=0时，B恰好离开墙壁， 此时0=0，有 3sin0。=2 (1分) 即血号 (1分) (2)设B离开墙壁瞬间A的速度为v0,此时有mgL(1- sin o)=1 mmi,B离开墙壁后，A、B组成的系统在水平方 向上动量守恒，在A落地前瞬间，杆水平，根据关联速度可 知此时A、B水平方向的速度相同，则有 mwA0sin0。=2mw共 (1分) 分析可知从A受微扰后瞬间至A落地前瞬间的过程，A、B 组成的系统机械能守恒，则杆对A、B做的总功为零，即 W杆A+W杆B=0 (1分) 又W#8=2m头 (1分) 所以W托A=一W杆B=一 1 (1分) 联立解得W=27mg (1分) (3)解法一：B速度最大时，杆的弹力为零，设此时B的速度 大小为，A的水平速度和竖直速度大小分别为)、巴，以B 为参考系，对A由牛顿第二定律有 u,+)2+t mgsin 0=m- L (2分) 对A、B组成的系统由机械能守恒定律有 mgL(I-in )mm (1分) 根据关联速度有vcos0=U,sin0-v,cos0 (1分) A、B组成的系统水平方向上动量守恒，则有 mv=mv, (1分) 联立解得sin30-6sin0+4=0 (1分) 解法二：A、B组成的系统水平方向上动量守恒，则有 mv=mv, (1分) 根据关联速度有vcos0=vsin0-v.cos0 (1分) 由机械能守恒定律有 mgL(1-sin 0)=1 (1分) 联立解得2=Lsin29(1-sin) (2分) 2-sin20 令sim0=4,则)=(1-) 2-t2 则f(e)=8L(-6d2+4) (2-2)2, 当f(t)=0时，B的速度v有最大值，有t3-6t+4=0, 则0满足的方程为sin30-6sin0+4=0 (1分) 7·物理7湖南省长沙市高三上学期第一次调研考试 全卷满分100分，考试时间75分钟。 一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小 做圆周运动的线速度之比为 题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 i 1.如图所示为某地的转盘路，汽车 2g. 要想直行，到转盘路时，需要先 做半径R=25m的圆周运动，运 动半个圆周后再直行。若汽车 甲到达转盘路时，汽车乙恰好通过转盘路进入直行车 A.1:1 B.3:5 C.1:2 D.5:3 道，以vz=30km/h匀速行驶。已知汽车通过转盘路过 4.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形图如图 程的速度不能超过v=30km/h,通过后在直行车道上的 甲所示，PA、B、Q是介质中的四个质点，t=0时刻，该波刚 速度不能超过'=72km/h,加速度不能超过a=4m/s2, 好传播到B点，质点A的振动图像如图乙所示，则() 则汽车甲追上汽车乙所用的最短时间约为（假设直行车 t.cin 道足够长，且没有通过红绿灯，另外不考虑汽车的变加 速恒功率过程) () 15 x5 ur A.15.7sB.17.6s C.19.5s D.21.4s 2.如图，一小孩在玩躲猫猫游戏时，徒手 甲 靠摩擦爬上墙壁（地面有保护措施），已 知该屋角两侧的竖直墙壁互相垂直，她 爬升墙壁时利用手脚交替即双脚支撑 19u‘1 时双手上移，双手支撑时双脚上移的方 法，最后靠双脚与墙面作用停在某高度，假设此时双手 不受力，双脚两个受力点受力均等，小孩重力为G,最大 A.该波的传播速度为2.5m/s 静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是() B.t=1s时，质点A的位移大小为2cm A.小孩单只脚受到墙壁的摩擦力大小为， C.再经过0.4s,质点A刚好运动到B点所在的位置 D.再经过3.8s,质点Q第二次到达波谷 B.小孩受到墙壁的摩擦力方向竖直向上 5.夏天的雨后经常可以看到美丽的彩虹，古人对此有深刻 C.小孩脚与墙壁间的动摩擦因数大于1 认识，唐代词人张志和在《玄真子·涛之灵》中写道： D.若对称增加脚与墙壁的挤压力，则摩擦力不改变 “雨色映日而为虹”。从物理学角度看，虹和霓是两束 3.如图所示，一足够大的空间内有一无限长的均匀带正电 平行太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射 的导体棒水平放置，导体棒所在的竖直平面内放有三个 形成的，人们在地面上逆着光线看过去就可看到霓虹现 质量相同、电荷量分别为q、2q、3q(q>0)的微粒，通过多 象。如图甲所示，一束白光水平射入空中一球形的水 次摆放发现，当三个微粒均静止时，它们距导体棒的距 滴，经过两次折射和一次反射后射出形成光带MN,出射 离之比总是1：2：3，不考虑微粒间的相互作用。现撤 光线与水平面的夹角称为彩虹角。如图乙所示，从球心 去这三个微粒，在导体棒所在的竖直平面内距导体棒 0的正下方C点射出的某单色光的入射角αx=58°，已知 1.5h、2.5h处分别放有电子A、B(不计重力)，给它们各 sin58°=0.85，sin37°=0.60，则下列说法正确的是 自一个速度使其以导体棒为轴做匀速圆周运动，则A、B ( 广 D.电子显微镜可用于观测物质的微观结构，说明电子 具有波动性 8.2023年5月30日，“神舟十六号”载人飞船在酒泉卫星 发射中心成功发射，航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮顺利 甲 进入太空，并与“神舟十五号”乘组会师，如图甲所示。 若航天员在空间站中观测地球，忽略地球的公转，测得 A.该单色光的彩虹角B=37° 空间站对地球的张角为0，记录到相邻两次“日落”的时 B.该单色光在水滴内部B点处发生全反射 间间隔为t,简化模型如图乙所示，已知地球的半径为 C.水滴对该单色光的折射率约为1.42 R,引力常量为G,则下列说法正确的是 () D.若分别用图甲中M、N所对应的两种光在同一装置上 . 、.”点 做双缝干涉实验，则M所对应的光的条纹间距更大 6.如图所示，M、N端连接一个稳压交流电源，其有效值为 44u ,空 .2... 6V,理想变压器的原线圈上接有定值电阻R。=12,副 。.川苏”点 线圈上接有最大阻值为10Ω的滑动变阻器R,原、副线 甲 圈匝数之此。=→电流表、电压表均为理想电表。初 A.地球的自转周期为t 始时，滑动变阻器R的滑片处于正中间位置，电流表、电 B.空间站的环绕速度为2mR tsin 0 压表示数分别为1、U,现将滑片逐步上移至最上端，电 3T 流表、电压表示数变化量的绝对值分别为△I、△U,下列 C.地球的平均密度为 说法正确的是 () Gtisins 2 D.空间站环绕地球运行一周的过程，航天员感受黑夜 的时间为品 A.滑片上移过程中电压表、电流表示数均增大 9.如图，间距为d的A、K极板足够 B.1 大，将一束频率恰等于阴极K截止 频率的光射向阴极K,移动滑动变 C.滑动变阻器R的滑片处于正中间位置时，电流表示 阻器的滑片，当电压表示数为U。 数为1A 时，保持滑片位置不变，此时电流表 D.当滑动变阻器接入电路的阻值为92时，变压器输出 有一定示数，已知电子的质量为m, 功率最大且为9W 电荷量大小为e。现在A、K间加一垂直纸面向里、平行 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小 于极板平面的可变磁场，调节磁场的磁感应强度大小的 题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选 取值，下列磁场的磁感应强度大小的值可以使电流表示 对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 数变为零的是 7.1923年，31岁的路易·德布罗意在题为《光学一光量 13m0 1 3mUo A. B. 子、衍射和干涉》的论文中提出：在一定情形中，任一运 'd 2e 动质点能够被衍射。后来被扩展为任意物质都具有波 2 mUo 1 mlo C. D. 动性，即每一个运动的物质都与一个对应的波相联系， dNe de 这种与物质相联系的波被称为德布罗意波。下列说法 10.如图所示，表面光滑的圆锥体固定 正确的是 在水平面上，底面半径为R,顶角为 A.电子束通过双缝后可以形成干涉图样 60°。有一个质量为m的弹性圆环， B.物质波的波长越长，其动量一定越小 圆环的弹力与形变量之间的关系满 C.中子穿过晶体时，一定可以发生明显的衍射现象 足胡克定律，且圆环始终在弹性限 物理·答案D17卷7 度内，圆环处于自然状态时的半径为R。现将圆环套 碰撞后小球B的动能E= (3)在其他条件不变的情况下，移走小球B,改变释放 在圆锥体上，稳定时圆环处于水平状态，且到底面的距 小球A时细绳与竖直方向的夹角0，小球A落点与O'点 3 离为圆锥体高线的g。已知重力加速度为名，圆环的 的水平距离s,将随之改变，则s,和传感器的拉力F2之间 的函数关系式为 。（注意：以上 弹性势能E。=。x(其中k为圆环的劲度系数，x为圆 每空中的表达式必须用题目中的字母表示)》 2 12.(11分)李华同学查阅资料：某金属在0~100℃内电阻 环的形变量)，当角度很小时，可认为其正弦值与角度 值相等。现将圆环从自然状态贴着圆锥体侧壁水平静 值R,与摄氏温度t的关系为R=R(1+at),其中R。为 止释放，则下列说法正确的是 该金属在0℃时的阻值，α为温度系数（为正值）。李 ( 华同学设计图甲所示电路以测量该金属的电阻R。和 A.圆环的劲度系数k=3mg 2T2R α值。可提供的实验器材有： B.圆环不会穿过圆锥体落向水平面 C.下落过程中圆锥体对圆环的最小作用力为4mg 1 D.圆环落到圆锥体中间高度时，圆锥体对圆环的作用 方为w 三、实验题：本题共2小题，共16分。 A.干电池（电动势约为1.5V,内阻不计） 11.(5分)如图所示为某实验小 型1 B.定值电阻R(阻值为1k2) 组利用单摆探究两小球一维 C.定值电阻R2(阻值为8002) 对心碰撞时机械能变化的设 D.滑动变阻器R1(阻值范围为0~402) 计方案，在悬点0处细绳与 E.滑动变阻器R2(阻值范围为0~4k2) 拉力传感器连接，通过传感 F.电流计G(量程为0~200uA,内阻约为5002) 器与计算机可以测量细绳中 G.电阻箱R(最大阻值为9999.92) 的拉力大小随时间的变化情方下 H.摄氏温度计 况，细绳末端系有一个小球A,质量为m1。水平放置的 1.沸水和冷水各一杯 炽热的电热丝P固定在O点的正下方，当细绳摆至电 J.开关两个及导线若干 热丝处时被电热丝瞬间烧断；在悬点O正下方h处有 请回答下列问题： 一水平台面MW,质量为m2的小球B静止放置于电热 (1)滑动变阻器应选用 (填“Rp1”或“Rm”), 丝P的下方（图中小球B没有画出，小球B的大小与 开关S,闭合前，滑动变阻器的滑片移到 (填 小球A相同)。已知悬线长为L,悬点到水平台面MW “a”或“b”)端。 的距离O0'=h(h>L),小球的质量m1>m2,重力加速度 (2)将电阻箱的阻值调为5002，闭合开关S,读出电 大小为g。 流计G的示数，再闭合开关S2,调节电阻箱的阻值，直 (1)电热丝P必须放在悬点正下方，而小球B必须放 至闭合S2前、后电流计G的示数没有变化，此时电阻 在悬点正下方略微偏右的位置，保证A、B两小球在水 箱的示数为3602，则电流计G的内阻为 2。 平方向发生对心碰撞。 (3)利用上述电流计G及电路测量该金属的电阻R。 (2)将小球A向左拉起适当角度后自由释放，接着A、B 和α值的步骤如下！ 两小球在水平方向发生碰撞，最后A、B两小球分别落 ①断开开关S,、S,将R,取下换成该金属电阻，并置于 到水平台面上的C、D(D点图中没有标出)两点，O'C= 沸水中； S1,O'D=s2,在小球A下摆的过程中，计算机显示细绳 ②闭合开关S,读出电流计G的示数，闭合开关S2,调 中的拉力由F,增大为F2。则碰撞前小球A的动能 节电阻箱的阻值，直至闭合开关S2前、后电流计G的 Eu= ,碰撞后小球A的动能E4= 示数没有变化，记下此时电阻箱的示数R和温度t; 卷7答案D17Q·物理 ③多次将冷水倒一点到热水中，重复步骤②，可获得电 道与导体棒1间的动摩擦因数u=0.5,R=12。现将 阻箱的示数R和温度t的多组数据。 导体棒1由静止释放，运动过程中未与导体棒2发生 (4)以电阻箱的示数R为纵轴，温度t为横轴，作出图像 碰撞。sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取 如图乙所示，则该金属电阻在0℃时的阻值为 2, 10m/s2,两棒与轨道始终垂直且接触良好，导轨电阻 温度系数为 ℃1。（结果用a、b、c表示） 不计，不计导体棒1经过AA'时的机械能损失。求： 四、计算题：本题共3小题，共40分。写出必要的推理过 (1)导体棒1滑至DD'瞬间，导体棒2的加速度大小； 程，仅有结果不得分。 (2)整个运动过程中通过导体棒2的电荷量。 13.(10分)某位游客自驾游西藏，海拔到达4000m时，大 气压强为5.6×104Pa,环境温度为7℃，该游客出现了 B. 高原反应，即刻取出一种便携式加压舱使用，该加压舱 主要由舱体、气源箱组成。已知加压舱刚取出时是折 叠状态，只打开进气口，气源箱将周围环境中的大气以 350L/min的气流量输入到舱体中，充气达到压强为 5.0×103Pa的工作状态后，进气口和出气口都打开，维 持舱内空气新鲜，且气压不变，温度维持在27℃，病人15.(16分)如图甲所示，光滑小球A、B(可视为质点)的质 在舱内的高压环境中吸氧，实现治疗目的。如图所示， 量均为m,用长为L的轻杆连接后紧靠墙壁竖直立于 充气后的加压舱舱体可视为长2.1m、底面积为 水平地面上，初始时均处于静止状态。现A受到轻微 0.88m2的圆柱体，舱内外气体均可视为理想气体。 扰动向右倾倒（初速度视为零），两球始终在同一竖直 (1)求舱体充气到工作状态的时间。 平面内运动，杆与水平方向的夹角为0(0<90°)，重力 (2)该游客在舱内治疗一段时间后情况好转，他改设 加速度大小为g。 气压为2.0×105Pa、温度为27℃的新模式，加压舱会 自动调节进出口气流量。已知此时外部的环境温度下 降为-3℃，加压舱进气流量为30L/min,舱内环境在 10min内达到新模式，求这段时间放出气体质量与进 入气体质量之比。 甲 乙 ) (1)求B恰好离开墙壁时杆与水平方向夹角的正弦值 sin 00o (2)求从A受微扰后瞬间至落地前瞬间的过程，杆对A 做的功。 (3)A、B和轻杆组成的系统在外力作用下竖直立于距 14.（14分)如图所示，间距L=1m的粗糙倾斜金属轨道 墙壁足够远的光滑水平地面上，以B的初始位置为原 与水平面间的夹角0=37°，顶端与阻值为2R的定值电 点在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy,如图乙所 阻相连，间距相同的光滑金属轨道固定在水平面上，两 示。某时刻撤去外力，同时给A一个轻微扰动使其向 轨道都足够长且在AA'处平滑连接，AA'至DD'间是光 右倒下（初速度视为零），从A受微扰后瞬间至第一次 滑绝缘带，保证倾斜轨道与水平轨道间电流不导通。 着地的过程，试求B的速度最大时杆与水平面的夹角 倾斜轨道处有垂直轨道平面向上、磁感应强度大小 0应满足的方程。 B1=0.5T的匀强磁场，水平轨道处有竖直向上、磁感 应强度大小B2=1T的匀强磁场。两根导体棒1、2的 质量均为m=0.1kg,两棒接入电路部分的电阻均为 R。初始时刻，导体棒1放置在倾斜轨道上，且距离 A4'足够远，导体棒2静置于水平轨道上。已知倾斜轨