2024浙江省义乌中学高三上学期首考适应性考试物理PDF版含答案

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16．（Ⅰ） A（1分） （2分） （2分）
【详解】（1）A．为了得出动量守恒定律的表达式应测量质量，故应分别测出一枚五角硬币和一元硬币的质量、。故A正确；
BD．验证碰撞过程动量守恒，需要测出硬币在O点以后滑行的位移，可以不测量五角硬币和一元硬币的直径，发射槽口到O点的距离也不需要测量，故BD错误；
C．由于五角硬币和一元硬币与长木板间动摩擦因数近似相等，所以硬币与木板间的动摩擦因数不需要测量，故C错误。
（2）硬币在桌面上均做加速度相同的匀减速运动，根据速度-位移关系可知。
其中 则
由动量守恒定律可知
只需验证 成立，即可明确动量守恒。
（3）如果该碰撞为弹性碰撞，则 解得
（Ⅱ） B（1分） （1分） （2分）
【详解】（1）设小车和手机的质量为，斜面倾角为，对钩码和小车以及手机的系统由牛顿第二定律有
整理可得 可得本实验的原理为与成一次函数。
A．因本实验验证牛顿第二定律为对系统采用准确的方法，故不需要近似的用钩码重力代替绳的拉力，也就不需要质量关系，即不需要钩码的质量应该远小于智能手机和小车的质量，故A错误；
B．为了让绳子拉小车的力为恒力，则细绳应该始终与长木板平行，故B正确；
C．本实验若平衡了摩擦力，系统的牛顿第二定律表达式为
与成正比例函数，不符合实验实验结果，则不需要平衡摩擦力，故C错误；
D．本实验研究系统的牛顿第二定律，则绳子的拉力小于钩码的重力，故D错误。
（2）根据与的一次函数关系，可知图像的斜率的意义为
则小车和手机的质量为
（3）根据与的一次函数关系，可知纵截距的物理意义为
联立解得摩擦力的大小为
（Ⅲ）（1）安培（1分） （2）4.1 （1分） （3）a．减小（1分）
b．设在不同温度下两次测量同一电流I，则流过表头的电流 ，当温度升高后，Rg变大而R1不变，因此Ig变小；而改装表的读数正比于流过表头的电流Ig，因此测量值小于真实值。（2分）
17.（1）由p0Ls=p1L+Δℎ1s ----------------------------------------------------------1分
p1=60cmHg ----------------------------------------------------------1分
p1=p0−Δp ----------------------------------------------1分
Δp=15cmHg
可得L=(15+5+5)cm=25cm ------------------------------------------------------1分
（2）p2=70cmHg，对应空气柱长度为L'=30cm，由 -------------------------------------------1分
p1L+Δℎ1ST1=p2L'ST2 ------------------------------------------------------1分
可得T2=420K ----------------------------------------1分
（3）由ΔU=Q+W可知左管气体对外做功，所以W<0，所以ΔU18.【答案】（1）60N，方向竖直向下；（2）能，12.6m；（3）12J≤EP≤24J
（1）物块P从B到A过程，根据动能定理有−m1gR1=0−12m1vB2 ---------------1分
物块P在B点，对该物块进行分析有N−m1g=m1vB2R1 ---------------1分
解得N=60N
根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小60N，方向竖直向下。 ---------------1分
（2）物块P被弹出到运动到A过程，根据动能定理有−m1gR1−μm1gLBC=0−12m1vP2
解得vP=30m/s ---------------1分
对P、Q构成的系统，根据动量守恒定律有m1vP−m2vQ=0
解得vQ=230m/s
对Q与小车构成的系统，在水平方向，根据动量守恒定律有 公众号：高中试卷君
m2vQ=m2+m3vx vx=7.5m/s ---------------1分
根据能量守恒定律有12m2vQ2=12m2vx2+vy2+12m3vx2+m2gR2+μm2gLEF
解得vy=42m/s ---------------1分
物块P运动时间为t=2vy/g=20.42s
x=vxt=12.6m ---------------1分
（3）物块被弹开过程有m1vP1−m2vQ1=0
EPmin=12m1vP12+12m2vQ12 ---------------1分
当物块Q向右滑上小车后恰好到达F点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，此时，对物块Q与小车有
m2vQ1=m2+m3v3
12m2vQ22=μm2gLEF+12m2+m3v32
解得EPmin=12J ---------------1分
由于m2gR2=18J>2μm2gLEF=12J
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物块过程有m1vP2−m2vQ2=0
EPmax=12m1vP22+12m2vQ22
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速过程有
m2vQ2=m2+m3v4
12m2vQ22=2μm2gLEF+12m2+m3v32
解得EPmax=24J ---------------1分
综合上述，被锁定弹簧的弹性势能的取值范围为12J≤EP≤24J ---------------1分
19.【答案】（1）B=2T；（2）-0.2v，103C，2J；（3）17J，25Ns，水平向左
【详解】（1）如题图乙所示，设F1=5N，F2=6N，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，在线圈进磁场之前，滑块做匀速运动，由平衡条件可知F1=μMg
解得μ=0.5 ---------------1分
设匀强磁场的磁感应强度为B，在线圈刚进入磁场时，切割磁场线产生的感应电动势为E=Bxv
回路中的感应电流方向为cbad，大小为I=ER=Bxvλ(2L1+2L2)
线圈水平方向所受安培力方向为水平向左，大小为F水平=BIx=B2x2vλ(2L1+2L2)
线圈竖直方向所受安培力方向为竖直向下，大小为F竖直=BIvt=B2xv2tλ2L1+2L2 ---------------1分
因滑块是匀速运动的，由平衡条件可知F2=μ(Mg+F竖直)+F水平 ---------------1分
刚进入磁场时，竖直方向安培力等于零，解得B=2T ---------------1分
（2）线圈进入磁场过程中的感应电流为I=ER=Bxvλ(2L1+2L2)=1A
Ucd=-0.2V ---------------1分
线圈进入磁场过程中通过线圈的电荷量q=It=IL1v=103C ---------------1分
Q=I2Rt=2J ---------------1分
（3）在0~1s时间内，外力F做的功为W1=F1x1=F1⋅vt1=5×0.6×1J=3J
线圈进入磁场过程中，线圈中的电流大小不变，设线圈进入磁场长度为s，则有F=μ(Mg+BIs)+BIx
可知外力F随线圈进入磁场的长度呈线性变化，当线圈ad边刚好进入磁场时，有
F3=μMg+BIL1+BIx=8N
则线圈进入磁场过程，外力F做的功为W2=F2+F32L1=14J ---------------1分
从开始计时到线圈ad边刚好进入磁场过程中外力F做的总功为W总=W1+W2=17J ---------------1分
在0~1s时间内摩擦力冲量If1=5Ns
在t=133s时，线圈ad边刚好进入磁场，此时摩擦力f2=7N
在1~133s时间内摩擦力冲量If2=5+72×103=20Ns ---------------1分
If2=25Ns ---------------1分
20.【答案】（1）0.5T；（2）1×105；（3）10−2m；（4）10y2−y−x=0
【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力得mv02R=qv0B0 ---------------1分
解得圆形磁场的磁感应强度为B0=0.5T ---------------1分
（2）临界1：粒子恰好从控制系统上边界进入，粒子在S点入射速度与SO1的夹角为θ1，则
sinθ1=R2R=12
解得θ1=30∘ ---------------1分
临界2：粒子恰好从控制系统下边界进入，粒子在S点入射速度与SO1的夹角为θ2，则
sinθ2=R2R=12
解得θ2=30∘ ---------------1分
能进入控制系统的粒子数N0=30∘+30∘120∘N=1×105 ---------------1分
（3）对粒子在加速系统运用动能定理qU=12mv2
解得v=2000m/s ---------------1分
对粒子进入样品得过程运用动量定理−∑kvΔt=0−mv ---------------1分
粒子在样品中可达的深度为d=∑vΔt=mvk=10−2m ---------------1分
（4）设粒子从曲线OA的x,y点进入电场，则粒子从直线GF的0.4−y,y点射出电场，根据动能定理有
Eq0.4−y−x=12mv12−12mv02 ---------------1分
由洛伦兹力提供向心力得mv12y=qv1B ---------------1分