2024年广东省高考物理预测试卷

2024年广东省高考物理预测试卷

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

L（4分）2023年&月24R.H木福岛第一核电站核污鎏水开始排海.核污桀水中含有艳、碘、笊、础等60多种放射性元素.它们将对海洋生物产生

危害，最终会给人类带来威胁。核污染水中碘131的含量很高，硬131有多种方式产生.，其中一种是由碎131发生衰变产生，已知皤131的衰变方程为

J3T=—1+X,下列说法正确的是（）

53

A.X是。粒子

8.苗【的比结合能比52137的要大

C.上述衰变方程中的X粒子为原子核核外电子电离后的产物

D.碎在空气中燃烧生成二氧化硫，会导致碗元素的半衰期发生变化

D.FL号C,F2=：G

3.（4分）文明社会，汽车在斑马线处应该礼让行人。某汽车在行驶中发现前方有人过刀马线，立即采

取紧急制动，如图是该汽车某次紧急制动的运动图像，假设该汽车每次紧急制动的加速度大小都相

同。则下列说法正确的是（）

A.该汽乍该次开始紧急制动时的速度大小为IGn/s

B.从图像可知该汽车紧急制动的加速度大小为10m/s2

C.已知该道路限速60km/h,若某次交通事故中交警测量该汽车紧急制动的刹车痕迹长为20m,则该汽车超速行验

I）.若该汽车以36km/h的速度行驶，则该汽车需要提前2s采取紧急制动措施，才能确保安全

4.（4分）某国产手机新品上市，持有该手机者即使在没有地面信号的情况卜，也可以拨打、接听卫星电话。为用户提供语音、数据等卫星通信服

务的“墙后功臣”止是中国自主研制的••夫迪一号"卫星系统，该系统由••大通一号"01星、02

第1贝/共19贝

生前后、左右抖动，破坏性较强。地宸预警就是利用P波与8波传播先后到达的时间差来通行喻甚的。为方便计算,不考虑其他

星.、03星三颗地球同步卫星组成。已知地球的自转周期为T,地球的半径为R,该系统中的卫星距离地面的高度为h,电磁波在真

空中的传播速度为c,引力常量为G。下列说法正确的是（）

A.可求出地球的质量为答

B.“天通一号”01星的向心加速度小于静止在赤道上的物体的向心加速度

C.“天通一号”01星若受到阻力的影响，运行轨道会逐渐降低，速度会变大

D.该手机向此卫星系统发射信号后，至少需要经过时间A〃才接收到信号

（4分）北京时间2023年12月18日23时59分，甘肃临夏

州枳石山县发生6.2级地震，震中位置

（35.70。N,102.79°E）,震源深度为10km,其模型如图所

17.3kmQ

示。地震波既有纵波，也有横波。纵波（又称P波）是推进

波，在地壳中的传播速度为5.5~

7.Okm/s,它使地面发生上下振动，破坏性较弱。横波（又掰S波）是剪切波，在地壳中的刎__________O_k_mA.它使地血发

因素，P波的波速取6.0km/s,S波的波速取3.6km/s。下列说法错误的是（）震源

A.地废波传播时，频率主要由震源决定，地下岩石不同，波速一般不同

B.利用P波、S波的波速差别，可以进行高效预警，尽可能减轻地震灾出

C.本次地震震中的地震预警时间约为Lis

D.距震中水平距离17.3km的Q位置，地震预警时间约为4.4s

6.（4分）某实验小组用一细激光束与一个透明三棱柱做光的全反射实验，如组所示，三棱柱的截

面为边长等于L的等边三角形，细激光束垂直于BC边从S点射入三棱柱后，在AB的中点D处恰好发生

全反射。已知该细激光束在AC边的E点（图中未标出）射出，光在真空中的传播速度为以下列判断正

确的是（）

A.该三棱柱对该细激光束的折射率为2B.该细激光束在三棱柱中的传播速度等于光速c

C.该细激光束有一部分将会从S点垂直于3c边射出D.该细激光束第一次从S点传播到E点的时间为1

第2贝/共19贝

7.（4分）如图为某输电网络的变压器，变乐器为理想变压器，其输入端的输入

电压表达式为/=220\/Isin（100;t）匕输入端的线圈匝数为肌,两个输出端的

线圈匝效分别为物和的,其中队:如:%=11:8;5.两个灯泡的电阻

均恒为R=10;2,HO为滑动变阻器。下列说法正确的是（）

A.流过灯泡b的电流的频率是流过灯泡5的电流的频率的1.6倍

B.当滑动变阻器的滑片向右移动时，流过灯泡，的电流变大

C.流过灯泡3的电流为4A

I）.灯泡人、bz两端的电压之比为8：5

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不

全的得3分，有选错的得0分。

1.（6分）如图是一质量为m、带电荷量为q的粒子在匀强电场中运动的轨迹。已知M点的

速度水平向右，N点的速度竖直向卜二大小均为v,M,N两点间的距离为1,不计粒子的重

力。下列说法正确的是（）

A.粒子从M点运动到51点的过程中，电势能先增加后减小

B.粒子从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功

C.匀强电场的方向竖直向下

D.匀强电场的电场强度大小为当

第3。】/共19ft

2.（6分）如图所示，可视为质点的三个小球A、B、C的质量均为m,用

校链将它们与两根长均为L的轻杆相连，B、C置于水平地面上，系统静

止时轻杆竖直，C球与固定的挡板接触。现给系统一个微小扰动，B建在

轻杆的作用下向左滑动，C球由于挡板的作用保持位置不变，三个小球

始终在同一竖直平面内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则在A球落地

之前的过程中（）

A.当运动至两杆相互垂直时，A、B两球的速度大小之比为2V2

B.从开始运动到两杆相互垂直的过程中，A球的速度先变大再变小

C.两杆间的夹角a满足（Ova<90。时，池面对小球A、B、C整体的支持力始终小于3mg

D.从开始运动到两杆相互垂直的过程中，杆对B球做的功为gngL

3.（6分）如图甲所示，两根足够长的光滑平行金属直导轨固定，导轨间距为L,所在平面与水平面的夹角为0=30。,导轨间

存在垂直于导轨平面、方向相反的匀强磁场，其磁感应强度的大小分别为B、B'。p'、qv'是垂直于导轨、间距为d的磁场边界。将质量分

别为m.2m的金屈棒a、b垂直导轨放置，a棒与pp/的间距也为d,两棒接入导轨之间的电阻均为R,其他电阻不计。现同时将两棒由静止释

放，两棒与导轨始终垂直且接触良好。时刻a棒经过《qqb棒恰好经过pp进入磁场，时刻b棒经过qq'。a

棒运动的v-t图像如图乙所示，中间图线平行于横轴，重力加速度为g。下列说法正确的是（心）

甲乙

f

A.B=B.a棒刚进入磁场时的速度大小v0=\[gd

C.0-0时间内，a棒上产生的焦耳热为\m9dD.5时刻后，a、b两棒显终会相遇

三、非选择题：本题共5小题，共54分。考生根据要求作答。

L（7分）某实验小组做验证动量守恒定律的实验。实验装置如图甲所示，将两个大小相同的金属小球分别用轻质细线系于固定在玻璃板顶

端的力传感器上，悬点处于同一高度，玻璃板略微倾斜，细线平行于玻璃板，静止时两球刚好接触，悬点到球心的距离相等。此时球1、

球2月应力传感器上记录的拉力分别为匕&,将球】沿玻璃板表面拉到适当的位置处由静止释放，记下球1运动至最低点时对应力

传感器的最大拉力为F.球1运动至最低点与球2发生碰撞，碰后两球同方向运动，记下球1、球2对应力传感器此时的最大拉力分

别为FVs.

第项/扶19页

力传佛器

I234cm

［山忡।中巾|"卅川『山山1

01020

甲乙

（1）两小球是从一堆规格不明的金属球中用游标卡尺选出，某次测量直径如图乙所示，读数为m.

（2）下列关于本实膑的说法正确的是。（选填正确选项前面的字母）

A•球1的质量小于一球2的质量

B.玻璃板倾斜的目的是使球发生对心正碰

C.必须要测量出悬点到球心的距离

D.碰抵过程受阻力的影响会产生系统误差

（3）若两球碰撞前后的动量守恒，则其表达式可表示为.若碰撞是弹性碰撞，则还应满足的

表达式为。（用题中所给物理量表示）

2.（10分）某同学尝试用一个小量程电流表G组装一个简易欧姆表，但其参量标识已模糊，该同学想先测定其满偏电流及内阻，可提供的器材如下:

A.待测电流表G（最大量程不超过2mA,内阻约为100Q）

B.双信程电流表A（0、15mA和0“120mA，内阻小于20。）

C.定值电阻的=12,%=10/2,%=22

D.滑沟变阻擀R（0、500Q）

E.干电池一节（电动势E=L5V,内阻不计）

F.开关两个，表笔两支，导线若干，未知电阻若干

设计的电路如图甲所示。

第5页/共19页

⑴按如图甲所示的电路图连接好电路，将滑动变阻器的滑片移到最(选填“上”或“下”)端，保持断开，闭合另

S“调节滑动变阻器，使电流衣G满偏，此时双量程电流及A的读数/】=10m4改变电流及A的量程，再闭合S2,调节滑动

变阻器，使电流表G再次满偏，此时电流表A的读数/2=100巾4

(2)由以上实验过程可知电流表G的内阻.%=由满偏电流1=mA.

⑶以上实验过程未考虑电池内明，对R3的测量值(选填“有”或“无”)影响.

(4)该司学按照图乙将电流表G组装成一个欧姆表，两表笔短接进行欧姆调零后，测量某未知电阻，电流表C的读数为0.30mA,则

该电阻的阻值为

3.(9分)某种气压式升降椅的原理简化图如图所示，V、N是两个质量和厚度均不计的轻活塞，可在竖M

直固定的两端开口的.上、下两个汽缸内无摩擦地滑动，M、N的面积分别为3S、S,它们之间用•根长为--------1|--------

h的轻质细杆连接，两个汽缸导热良好，且上、下汽缸的高度均为h,开始时活塞M在汽缸顶部。已知大I

气压强恒为po,现在在活塞M上放上一个重力等于0.5p<S的重物(图中未面出)，活塞N未到底部，汽

缸内的气体可看作理想气体，活塞在移动过程中不漏气，不计空气阻力。

(1)若环境温度不变，求加上重物后，活寒静止时汽缸内气体的压强P。

(2)第(1)问活塞平衡后，求活塞M下移的距离z。

(3)第(D问活塞平衡后，环境温度缓慢降低，若活塞N恰好下降到底部时，汽缸内气体的内能降低了

△U,求汽缸内气体放出的热量Q。

第6页/共19页

XXXXXX

4.（13分）如图所示，在边长为a的等边三角形OAC'的区域中，存在垂直于AC边、电场强度

大小为E、水平向右的匀强电场，电场的周围分布若垂直纸面向里的匀强磁场。•个质量为Bx

m、电荷量为q的带正电粒子从0点沿电场方向进入电场，不计粒子的重力，忽略电诲场的边缘

效应。

X

（D若粒子的初速度大小为3最终粒子在0A边垂直于电场方向再次进入电场。求匀强磁

场的磁感应强度B的大小。X

（2）若磁场的磁感应强度为B=骂吨,粒子在0点沿电场方向以初速度大小射入电场，

V9X

使粒子最终垂直F0A边再次进入电场；为X。

①求粒子的初速度大小XXXXXX

②求粒子第二次经过AC边的位置到A点的距离。

5.（15分）如图所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面的倾角为0=30。,底部固定一垂直于斜面的挡板，在斜面上锁

定一质量为0.8m的滑板A,将一质量为0.1m的滑块B轻轻放在A的最上端，B与A间的动摩擦因数〃=誓为，一质量为

0.9m、可视为质点的小球C在竖直推力匕=1.87叫的作用下，以竖直向上的速度v0=J柄沿四分之一固定的、半径为B的竖直

光滑圆孤运动，经过最高点P时撤去推力，小球C可无障碍地穿过斜面运动，刚好以平行于斜面的速度在Q点与B碰撞并成为一个整体BC,碰

撞时间极短，同时解除对A的锁定，A下滑到斜面底端时刚好与BC的速度相

第；贝/共建贞

等，A与挡板碰撞后瞬间给A施加一平行于斜面向上的拉力F2,k2=Q.Omg,已知A与挡板碰撞的过程中无机械能损失，BC始终未滑

到A的最下端,不计空气阻力,重力加速度为一求(以下结果均用含的式子表示)，

(DC经过最高点P和到达Q点时的速度大小p°tQ

(2)从(:与B碰掾后到A第•次与挡板碰掩前瞬间系统产生的内能Q.

(3)C与B碰撞后，A笫三次与挡板碰撞时的速度大小。

充1我/共19负

2024年广东省高考物理预测试卷（答案&解析）

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.解：A、根据质量数守恒和电荷数守恒，可知X是B粒子，故A错误；

B、衰变过程要糅放核能，生成的新核更稳定，根据比结合能越大，原子核越稳定，可知名［的比结合能比反2的要大,

故B正确:

C、B衰变的实质是原子核内部的一个中子转化为一个质子和一个电子，产生的电子发射到核外，就是6粒子，故C错误；

D、放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系，故D错误，

故选:B.

【解析】根据质量数守恒和电荷数守恒，确定X是何粒子；比结合能越大，原子核越梗定：B衰变的实质是原子核内部的•个中子转化

为一个质子和一个电子：半衰期与原子所处的化学状态和外部条件没有关系。

2.解：设A、B两玻璃球球心的连线与竖直方向的夹角为0,如图甲所示

DC

甲

则由几何关系可知sinO=：,将玻璃球A的重力进行分解，如图乙所示

P]=Grand=—G,F2=2%=G,故A正确，BCD错误。

故选:A.

第阿（/共19页

【解析】根据受力分析，结介受力平衡，可求出各自的受到的压力大小.

3.解：4、设汽车该次开始紧急制动时的速度大小为vs由题图可知，=400m2/s2

解得：r0=20m/s,故A错误：

B、汽车刹车做匀减速直线运动，则有(b-评=2az,可知/=2图像的斜率为k=-2a,由题图可得：-2a=与^m/s?

解得：a=-5m/s2,可知该汽车紧急制动的加速度大小为Sxn/s2,故B错误；

C、当x:20m时，根据S-用-2az,可得该汽车紧急制动的初速度为：”=10V2m/s<60km/h=16.67m/4,则该汽车没有超速行驶,

故0错谩;

D、将r：=36Am/l=10m/s,a=-Sm/d代入公式0=。+ai,可得：t=2s

即该汽车需要提前2；采取紧急制动措施,才能确保安仝，故D正确”

故选:D.

【解析】A、由题图可知，初速度大小的平方，进而可求汽车该次开始紧急制动时的速度大小。

B、汽车刹车做匀减速直线运动，可列出位移•速度方程，再根据数里结合，可知c2=2图像的斜率与加速度的关系，可求HI加

速度大小。

C、根据位移一速度公式，可求汽车紧急制动的初速度大小，与60km/h比较大小，可判断汽卒是否超速行驶。

D、根据速度一时间公式，可求汽车紧急制动所需时间。

4.解：A.对地球同步卫星，根据万有引力提供向心力，有G/=m(^y(R+h),可知地球的质拉为故A错误；

M-—1,疝，

2

B.根据a-wr,a>-y,可知"天通一号"01星的向心加速度a,-(：)(/?+h),静止在赤道上的物体的向心加速度a2-(二)R,则aj>a2.

故B错误：

C.“天通一号”01星若受到阻力的影响，运行轨道会逐渐降低，即轨道半径会逐渐减小，根据r，r得v=

可知r变小，V变大，故C正确：

D.该手机信号从发射到返回至该手机，路程至少为2h,所需时间至少为£-名故D错误。

故选:C

【解析】A.根据牛顿第一.定律列式求解地球质量表达式:

B.根据周期角速度相等判断加速度的大小：

C.根据牛顿第一定律列式判断；

D,根据匀速直线运动的规律求解。

5.解：4、地震波传播时，频率主要由蔻源决定，地卜.岩石不同，波速一般不同，故A正确：

1k利用P波、S波的波速差别，可以进行高效预警，尽可能减轻地震灾害，故B正确：

C、震中到海源的距离为10km,P波的波速取6.0km/s,S波的波速取3.6km/s,则地震预警时间约为

m=3一3=岑为一器厂1,8,故C正确：

十3Vr36*m/460Jcm/4

D、距震中水平距离17.3km的Q位置，地震预警时间约为t=*_：=(*_*)s*2.3s,故D错误。

第10只/共19贝

本题选错误的,

故诜：D.

【解析】机械波的频率由波源决定，机械波的波速由介质决定；利用P波、S波的波速型求解预警时间。

6.解：A、设该细激光束发生全反射的临界角为C,光线在D处恰好发生全反射，入射角等于临界角C,如图所示。

A

由几何关系可知C=60°

由mnC=（解得折射率汁=竽，故A错误：

B、该?ffl激光束在三棱柱中的传播速度为v=-=;=vc<c<故B错误：

n22

C、该细激光束在三棱柱中的光路图如图所示，可知光线将垂直于AC边从E点射出，同时光线有一部分在E点反射回来，根据光路可逆原理可知,

有一部分光线会从S点垂直于BC边射出，故C正确：

D、由几何关系可知，该细激光束第一次从S点传播到E点的路程=2x^sin60'=9,所需的时间=,=子。故D错误。

故选:C.

【解析】光线在D处恰好发生全反射，入射角等于临界角C,由几何关系求出临界角C,由sinC=&求出折射率：由v=9］求

n1

该细激尤束在三核柱中的传播速度：画出光路图，分析C项：由几何知识求出该细激光页第•次从S点传播到E点过的路程，再求传播时间.

7.解，A.理想变压器不能改变交流电的频率，则流过灯泡人的电流的频率和流过灯泡J的电流的频率相等，都等于输入电

压的频率，故A错误；

B、流以灯泡1”的电流与滑动变阻器的电阻大小无关，故B错误；

C、变压器输入电压的彳j效值为U{=.-&Y=22”

根据理想变压器的规律，得

nvl

又'解得：力=160P

n28

则流过灯泡5的电流为

12=~=^A=4A,故C正确：

D、虽然变压器两个输出端的电压之比为{/2：&=如：的=8:5,但是灯泡与滑动变阻器串联，故灯泡岳UL2

两端的电压之比不一定是8：5.故D错误.

第11页/共19页

故选:c。

【解析】理想变压器不能改变交流电的频率：当滑动变阻器的滑片向右移动时，灯泡■的电压和电阻均不变，则流过灯泡L.

的电流不变；由/=我求出变压器输入电压的有效值。根据二=以求出灯泡的电压，再求流过灯泡占Lx

V2nzv2

的电流；根据变压比以及串联电路分压规律分析灯泡人心两端的电压之比。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不

全的得3分，有选错的得0分。

1.解；ABC.由题意可知，粒子在M点和N点的速度大小相等，依据动能定理，可知粒子从M点运动到N点的过程，所受的电场力做功为零，

则M点别N点的电势相等，由电场线垂直干等势面，可知电场线垂直MN连线，但粒子所带电荷量的正负未知，电场方向入确定，由粒子做曲

线运动所受的合力指向轨迹的凹侧可知，粒子所受的电场力垂直MN向下，如图所示

则电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减小，故八正确，BC错误：

D.由题给条件和几何关系，可知MN连线与水平方向的夹角为⑤，则M、N之间的水平距离为

X—log45—yZ

粒子从M点运动到N点，在水平方向上，根层动能定理有

0-^inv2—qExcos45

解得

E=笥=故D正确。

故选:AD。

【解析】ABC：根据已知可判断M、N两点电势相等，电场力指向轨迹凹的•侧,可判断粒子从M到N电场力的做功正负,进一步可判断电势

能的变化，由于粒子电性未知，电场方向无法判断：

D：先限据几何知识求解M、N两点的水平距离，水平方向根据动能定理求解匀强电场的电场强度大小。

SH2页/共19页

2.解：A、当两杆间的夹角为90。时，A球的速度沿AB方向，B球的速度与AB方向的夹角为付，有力=匕-15二即3=史，故A

八/-22

错误；

BD、设AC杆转过的角度为。，0^45°,根据系统机械能守恒，有市9（/，衣03）=：爪域+：市呜,速度关系有

t4coM90第=r必。“90°♦阳,联立解得/=^^,可知\由随。

的增大而增大，对B球,根据动能定理，有%=5琉=0,取0=45°,解褥%=?〃电/“故B错误,D正确：

C、当两杆间的夹角。满足0<a<90°时，由几何关系可知a=20,即0〈。<45°,A球在竖直方向上的分速度为r.=r^cosClofl-t）=5sin仇可知v变大,

即A球在竖直方向做加速运动而处于失重状态，则小球A、B、C整体失重，地面对小球A、B、C整体的支持力始终小于3呻，故C正确。

故选：0）.

【解析】根据关联速度寻找A、B两球速度之间的关系，列式求解：根据A、B组成系统机械能守恒列式，再根据关联速度列式，见后对B球根据动能定理

即可求解：当两杆间的夹角a满足0<a<900<a<90时,根据几何关系以及关联速度列式即可知道小球A、B、（整体失重，由此分

析即可。

3.解：B、由静止择放后两棒先做匀加速直线运动，对a棒，由牛顿第二定律得:mgsin。二ma

由匀变速直线运动规律得d=ga虏

解得：a=","=24

由施图乙可知，a棒先做匀加速直畿运动再做匀速直战运动，则a棒刚进入磁场就做匀速直线运动，a棒进入磁场时的速度大小为v„=叫=

故B正确:

C.0，i时间内，对a棒由能量守恒定律得：mg-2dsin0=Q4-

由于两棒的电阻相同，通过的电流也相同，则有：（?,,=<?„=；<?

联立解得a棒上产生的焦耳热为：Qa=：mgd,故C错误：

A、设a棒从pp'到qq'所用时间为t=^=/则有：勺="+£=3j

b棒在0-L时间内做匀加速直线运动，由牛顿第一定律得：2m（qsnt-2na解得

b棒在储时刻的速度为：vb=at,=：vO

I时刻前a棒做匀速直线运动，则有：mgsin8=BIL=BL^=誓

厅（耳+4切D幅

j时刻后b棒进入磁场，a棒做匀速在线达动，则有：mpmnfea/

联立可得：8,（8,+，）一B2,解得：B=±B,故A正确：

时间内，b棒在磁场中运动，受到的安培力为：[=8儿-8L,上」,解得：F,=2mgsind

则琳在磁感应强度大小为B的磁场中做匀速直线运动，运动的时间为：----

131

则a棒运动的距离为xs=voty-：d:

可得刻两棒相距为：d」2时刻后两棒均做加速运动，假设两棒可加速至共速v共，以沿斜面向下为正方向，可得:

对H棒由动量定理得：mgsinJ♦t+找一mu。

对b棒由动量定理得:2mgsin0't—B'ILt=2mvx—2mvb

又有:q=〃=2,E=：=子

第13页/共19页

△x为两棒的相对位移，联立解得：Ax=gd>：d,则㈠时刻后a、b两棒会相遇，故D正确。

故选：ABD.

【解析】由静止择放后两棒先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式求解H棒进入磁场时的速度大小：0〈门时

间内对a专由能量守恒定律解得a棒上产生的焦耳热；由牛顿第二定律和运动学公式求解b棒进入磁场时的速度大小，a棒在磁场中做匀速直线运动，根据平衡

条件求解两磁场的磁感应强度的关系：判断b棒在磁感应强度大小为B的磁场中的运动形式，对a、b棒分别由动量定理判断a、b两棒最终是否会相遇。

三、非选择题：本题共5小题，共54分。考生根据要求作答。

1.解:⑴根据游标卞尺的读数规律，可知小球的直林为IZmm+luxllx1。5mm=IZ.bUmtn,

(2)A,碰后球1不反弹，可知球1的质址大丁球2隹质址，故A错误；

B,球1与球2的碰撞发生在玻璃板表面上,为对心碰撞，故B正确：

C.悬点与球心距离相等的情况卜，动量守恒的表达式与此距离无关，不需要泄量，故C错误：

D、因阻力的影响会导致碰撞前后系统的动量有偏差,产生系统误差，故D正确。

故选:ED.

(3)设球1、球2的质量分别为mm2玻璃板的倾角为。，静止时，对球1，有凡=m，9sE。对球2,有F?=m2gsMa悬点到

球心的距离为L,根据牛顿第二定律可知，碰前,

对球1，有&-m^sinO=吗I；

d

碰后，对球1,有F4-mtgsinO=

对球2,有F3-m2gsin0-m2l^-,

根据动量守恒定律，有mtVi=mtC2+mg,

则有J。3-储)R=-匕)々+-&)&

根据机械能守恒定律.仃~mlW\-+~mzpt

联立解得P,+F3=F«+Fs

故答案为：(DJ2.50：(2)1OD-,⑶直/T；)%=一写出+收3-g)卜2,&+%=5+/*s，

【解析】(1)根据游标卡尺读数规律解答：

(2)被破球的明量小于碰撞球的质量,保证球1与球2发生对心正碰.根据实验原理以及实验灵差判断：

(3)根据牛顿第二定律对球1以及球2分别列式，再根据动量守恒定律以及机械能守恒定律列式求解。

2.解：(1)将题图甲中滑动变阻器的滑片移到最F端，使其接入电路的电阻最大，保护电路：

(2)保持52断开，闭合S”调节滑动变阻器使电流表G满偏：

根据｝H、并联电的特点及欧姆定律，有，，叼=5-/<i)•(%+a)

改变电流表A的量程，再闭合S2.R施路，调节滑动变阳罂使电流表G再次满偏；

根据中、并联电的特点及欧姆定律，有出岛=出・，9)凡

联立并代入数据解得13-1mA,Rs-90)2;

第14页/共19系

(3)根据上述(2)的分析过程可知，得到的关系式中无电源的内阻，因此电流表G内阻的测量5电池的内阻无关.故无影响.

(4)两表笔短按进行欧姆调卷时，洞%十'=±

用R“

测量某电阻时,电流表G的读数为0.30mA,审/,+-=—

用R2+R2

联立并代入数据，解得R.=352.

故答案为：(D下；(2)99：1;(3)无；(4)35”

【解析】(D滑动变阻端采用限流式接法,从保护电路安全的角度分析作答：

(2)保持Sz断开，闭合工,谢节滑动变阻甥使电流表G满偏，根据串、并联电的特点及欧姆定律列出关系式：

改变电流表A的量程，再闭合SLRZ短路，调节滑动变阻器使电流表G再次满偏.根据串、并联电的特点及欧姆定律列出关系式，然后联立求解作

答：

(3)根据上述(2)的分析过程作答：

(4)根抵并联电路的特点和闭合电路的欧姆定律分圻作答。

3.解：(1)对两个活塞以及细杆整体受力分析，根据平衡条件仃

p(36-5)=p0(3S-5)+O.SPoS

解得：p=L25p()

(2)对汽缸内的气体，初态压强为pg体积为V0=3.Si

末态压碍为p,体积为Vt=iS(h-x)+5x=S(3/i-2x)

由玻意耳定律得：

Po+3SI=pS(3h-2x)

解得：x=0.3h

(3)汽缸内气体经房了等压过程，外界对气体做的功为

W=p(38-S)■(h-2)

解得：W=1.75P1Si

由热力学第一定律得：-AU-Q-W

汽缸内气体放出的热量Q=W+4〃=1.75P1+41/

答：(1)加上事物后，活塞静止时汽缸内气体的压强p为1.25p。。

(2)活塞M下移的距离x为0.3h.

(3)汽缸内气体放出的热量Q为1.75Posh+2U.

【解析】(1)对两个活塞以及细杆整体受力分析，限据平衡条件求汽缸内气体的压强P：

(2)活塞下降过程中，汽缸内气体发生等温变化，由玻意耳定律求活塞M下移的距离z；

(3)在降温过程中，汽缸内气体发生等压变化，根据求出外界对气体做功，结合热力学第一定律即可求得汽缸内气体放出的热量Q.

4.解：(1)设粒子从电场进入鹿场的速度为“对粒子从。点到刚要进入鹿场过程，根据动能定理有

5I15W/共19页

qE+ya=^mv2-gm诏

粒了在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示

XXXXXX

X

X

X

X

XXXXXX

由几何关系可得

根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有

qvBr>=m-x2

联立解制

2(3+、*<5卬;，、口2反

B=

(2)①对粒子,从0点到刚要进入磁场过程，依据动能定理有

qE《a-|mv2-gm评

作出粒r•在磁场中的运动轨迹，如图所示

X

X

X

X

X

XXXXXX

根据牛顿第二定律•由洛伦兹力提供向心力有

qvB=^r

由几何关系可得

2

联立解斛

%=。，"呼

第16页/共19页

②粒子从第一次经过AC边到第二次经过AC边的运动轨迹如图所示

X

X

X

X

X

XXXXXX

粒子在电场中的运动可以分解为沿着电场方向的匀加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运动，设Y沿电场方向的分速度为孙垂直

电场方向的分速度为力根据几何关系有

Vi=cos(00°,T2=lsin60°

根据运动学公式，粒子在沿着电场方向的位移为

——0

12m4

粒子在垂直电场方向的位移为

其中x为粒子第二次经过AC边的位置到A点的距离，联立解得

x---3--,3----2a

4

2(3+⑹Jn-2J+FmcE?

答：(D匀强磁场的磁感应强度B的大小为

(2)①粒了•的初速度大小丫。为0。

373.2

②粒子笫二次经过AC边的位置到A点的距离为-----a

【解析】(D根据动能定理求解粒子进入磁场的速度，再根据几何知识求解粒子在磁场中做匀速圆冏运动的半径，最后根据牛顿笫二定

律求解匀强磁场的磁感应强度的大小。

(2)①粒子在磁场中做匀速圆周运动根据几何关系求解半径，再根据牛顿第二定律求解粒子在磁场中运动的速度，粒子在电场中加速根

据动能定理求解粒子的初速度；

②将粒子在电场中的运动分解为沿着电场方向的匀加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运动，沿着电场方向根据运动学公式求解粒

子在电场中运动的时间，垂直电场方向根据运动学公式求解粒子第二次经过AC边的位置到A点的距离。

5.解：(1)对3从恻弧的最低点运动到限高点P,根据动能定理，有

F[R=0.9?ngR=^O.9mvp=^<0.9?n虏

乂％=商

解得4=竽