浙江省义乌中学2023-2024学年高三上学期首考适应性考试 物理答案

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参考答案：
1-5：BDDAB 6-10：DDDBC 11-13：CBD 14:ABD 15：BD
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=p1
(
L+Δℎ1
)
s
----------------------------------------------------------1 分
p1=60 cmHg
----------------------------------------------------------1 分
p1=p0−Δp
----------------------------------------------1 分
Δp=15 cmHg
可得
L=(15+5+5)cm=25 cm
------------------------------------------------------1 分
（2）
p2=70 cm Hg
，对应空气柱长度为
L'=30 cm
，由 -------------------------------------------1 分
------------------------------------------------------1 分
可得
T2=420 K
----------------------------------------1 分
（3）由
ΔU=Q+W
可知左管气体对外做功，所以
W<0
，所以
ΔU<Q
。 ---------------1 分
18.【答案】（1）60N，方向竖直向下；（2）能，
❑
√
12.6 m
；（3）
12 J ≤ EP≤24 J
（1）物块 P从B到A过程，根据动能定理有
− m1g R1=0−1
2m1vB
2
---------------1 分
物块 P在B点，对该物块进行分析有
N −m1g=m1
vB
2
R1
---------------1 分
解得
N=60 N
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
− m1g R1− μ m1g LBC =0−1
2m1vP
2
解得
vP=❑
√
30 m/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=2❑
√
30 m/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+m3
)
vxvx=❑
√
7.5 m/s
---------------1 分
根据能量守恒定律有
1
2m2vQ
2=1
2m2
(
vx
2+vy
2
)
+1
2m3vx
2+m2g R2+μ m2g LEF
解得
vy=❑
√
42 m/s
---------------1 分
物块 P运动时间为
t=2vy/g=2❑
√
0.42s
x=vxt=❑
√
12.6 m
---------------1 分
（3）物块被弹开过程有
m1vP1 −m2vQ 1=0
EPmin=1
2m1vP 1
2+1
2m2vQ 1
2
---------------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
m2vQ 1=
(
m2+m3
)
v3
1
2m2vQ2
2=μ m2g LEF +1
2
(
m2+m3
)
v3
2
解得
EPmin=12 J
---------------1 分
由于
m2g R2=18 J>2μ m2g LEF =12 J
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 −m2vQ 2=0
EPmax =1
2m1vP2
2+1
2m2vQ2
2
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
m2vQ 2=
(
m2+m3
)
v4
1
2m2vQ2
2=2μ m2g LEF +1
2
(
m2+m3
)
v3
2
解得
EPmax =24 J
---------------1 分
综合上述，被锁定弹簧的弹性势能的取值范围为
12 J ≤ EP≤24 J
---------------1 分
19.【答案】（1）
B=2 T
；（2）-0.2v，
10
3C
，2J；（3）17J，25Ns，水平向左
【详解】（1）如题图乙所示，设
F1=5 N
，
F2=6 N
，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
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