2021山東新高考物理二輪復(fù)習(xí)仿真模擬卷6

1、2021年普通高中學(xué)業(yè)水平等級(jí)考試物理仿真模擬卷（六）（時(shí)間：90分鐘滿分：100分）一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個(gè)選 項(xiàng)符合題目要求。1. 山東海陽(yáng)核電站是中國(guó)核電AP1000技術(shù)的標(biāo)志性項(xiàng)目，其反應(yīng)堆的核反應(yīng)方程為+X-*WBa+?Kr4-3Jn,下列說(shuō)法正確的是（）A. 該反應(yīng)中X是質(zhì)子B. 該反應(yīng)中X是電子C. VWBa核中有88個(gè)中子D. 憐Ba的結(jié)合能比磚U的結(jié)合能大命題意圖】本題考查考生對(duì)核反應(yīng)方程和結(jié)合能的理解。C 核反應(yīng)方程遵循質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，可知該反應(yīng)中X是中子，A、 B錯(cuò)誤；瓷Ba的質(zhì)量數(shù)為144,核電荷數(shù)為56,中子數(shù)為88,

2、 C正確；由比結(jié)合 能曲線可知鬻Ba的比結(jié)合能略大于駕U的比結(jié)合能，但'；：Ba的核子數(shù)比2；U少91 個(gè)，所以:Ba的結(jié)合能小于駕U的結(jié)合能，D錯(cuò)誤。2. 灌漿機(jī)可以將涂料以速度。持續(xù)噴在墻壁上，涂料打在墻壁上后完全附著 在墻壁上。涂料的密度為"，墻壁上涂料厚度每秒增加“，不計(jì)涂料重力的作用， 則噴涂料對(duì)墻壁產(chǎn)生的壓強(qiáng)為（）A. puv B.號(hào) C.罟 D.希命題意圖】本題考查動(dòng)量定理、壓強(qiáng)、密度及其相關(guān)知識(shí)，意在考查考生的 推理能力和建模能力。A 設(shè)灌漿機(jī)在t時(shí)間內(nèi)噴出涂料的質(zhì)量為加，涂料噴到墻壁上后速度變?yōu)?零，設(shè)墻壁對(duì)涂料的作用力為F,由動(dòng)量定理得Ft=mvt m =

3、pSutt由牛頓第三 定律知噴涂料對(duì)墻璧的作用力F=F,噴涂料對(duì)墻壁的壓強(qiáng)p=g,聯(lián)立解得卩= puv, A 正確。3. 如圖所示，有10塊完全相同的長(zhǎng)方體木板疊放在一起，每塊木板的質(zhì)量 為lOOg,用手掌在這疊木板的兩側(cè)同時(shí)施加大小為F的水平壓力，使木板懸空水 平靜止。若手與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,木板與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2, 最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 in/s2,則F至少為（）/A. 25 N B. 20 N C. 15 N D. 10 N命題意圖本題考查受力分析、共點(diǎn)力平衡、摩擦力的計(jì)算，意在考查考生 的理解能力和推理能力。B 以中間8塊木板為研究對(duì)象，受到的重

4、力/Mg=8X100X10_3X10 N=8 N,受到的最大靜摩擦力凡=0.2幾 由平衡條件可知加解得F=20N, B 正確。4. 如圖所示為六根與水平面平行的導(dǎo)線的橫截面示意圖，導(dǎo)線分布在正六邊 形的六個(gè)頂點(diǎn)，導(dǎo)線所通電流方向已在圖中標(biāo)出。已知每根導(dǎo)線在O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng) 度大小為Bo,則關(guān)于正六邊形中心O處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向的說(shuō)法正確的是A. 大小為零B. 大小為2B（）,方向沿X軸負(fù)方向C. 大小為4B）,方向沿兀軸正方向D. 大小為4B（）,方向沿丿軸正方向命題意圖】本題考查右手螺族定則，矢量合成，意在考查考生的理解能力和 推理能力。D 根據(jù)右手螺旋定則，作出每根通電導(dǎo)線在中心O點(diǎn)產(chǎn)生的

5、磁感應(yīng)強(qiáng)度的 方向，由平行四邊形定則可知B=2Bo+2X2Bocos 6O°=4Bo,方向沿y軸正方向， D正確。5. 2019年4月10 H,事件視界望遠(yuǎn)鏡(EHT)項(xiàng)目團(tuán)隊(duì)發(fā)布了人類歷史上的 首張黑洞照片，我國(guó)科學(xué)家也參與其中做出了巨大貢獻(xiàn)。經(jīng)典的“黑洞”理論認(rèn) 為，當(dāng)恒星收縮到一定程度時(shí)，會(huì)變成密度非常大的天體，這種天體的逃逸速度 非常大，大到光從其旁邊經(jīng)過(guò)時(shí)都不能逃逸，也就是其第二宇宙速度大于等于光 速，此時(shí)該天體就變成了一個(gè)黑洞。若太陽(yáng)演變成一個(gè)黑洞后的密度為卩、半徑為 R,設(shè)光速為C,第二宇宙速度是第一宇宙速度的血倍，引力常量為G,則刃?2的 最小值是().3c2 n 3

6、c2 小 4ttG 小 8ttGA話B.證C.喬D. *【命題意圖】本題考查天體的運(yùn)動(dòng)、第一宇宙速度、第二宇宙速度等知識(shí)，意 在考查考生的理解能力和分析綜合能力。B 太陽(yáng)演變成一個(gè)黑洞后，設(shè)該黑、洞質(zhì)量為Mt則M=pXR設(shè)其第 宇宙速度為pi,則=加乎'太陽(yáng)演變成黑洞后滿足fioiNc,聯(lián)立解得 pR»鑰 故刃?2的最小值為盞，B正確。6. 單鏡頭反光相機(jī)簡(jiǎn)稱單反相機(jī)，它用一塊放置在鏡頭與感光部件之間的透 明平面鏡把來(lái)自鏡頭的圖像投射到對(duì)焦屏上。對(duì)焦屏上的圖像通過(guò)五棱鏡的反射 進(jìn)入人眼中。如圖為單反照相機(jī)取景器的示意圖，五邊形ABCDE為五棱鏡的一 個(gè)截面，ABA_BCt光線

7、垂直AB射入，分別在CD和E4上發(fā)生反射，且兩次反 射的入射角相等，最后光線垂直BC射出。若兩次反射都為全反射，則該五棱鏡 折射率的最小值是()-3-A, sin 22.5。B cos 22.5°DC乎D. 2【命題意圖】本題考查光的全反射、光路圖等知識(shí)，意在考查考生的理解能力 和推理能力。A 設(shè)光線在CD和EA兩面上的入射角為i,由反射定律和幾何關(guān)系可知4F =90。，又兩次反射均為全反射，iCt sinC=£聯(lián)立解得”藝“；2.知人正確。7. 如圖所示為一體積不變的絕熱容器，現(xiàn)打開排氣孔的閥門，使容器中充滿 與外界大氣壓強(qiáng)相等的理想氣體，然后關(guān)閉閥門。開始時(shí)容器中氣體的

8、溫度為厲 =300 Ko現(xiàn)通過(guò)加熱絲（未畫出）對(duì)封閉氣體進(jìn)行加熱，使封閉氣體的溫度升髙到 門=350K,溫度升高到Ti=350 K后保持不變，打開閥門使容器中的氣體緩慢漏 出，當(dāng)容器中氣體的壓強(qiáng)再次與外界大氣壓強(qiáng)相等時(shí)，容器中剩余氣體的質(zhì)量與 原來(lái)氣體質(zhì)量之比為（）命題意圖】本題考查考生的分析綜合能力，需要應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程解 題。C 由題意可知?dú)怏w的加熱過(guò)程為等容變化，由查理定律得聳=聳，則"=召 po,打開閥門使容器中的氣體緩慢漏出，設(shè)容器的體積為Vo,膨脹后氣體的總體 7積為V,由玻意耳定律得piVo=poV,解得V=Vo,設(shè)剩余氣體的質(zhì)量與原來(lái)氣 體質(zhì)量的比值為則*=罟=&

9、#163; C正確。&如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為1 : 4,正弦交流電源電壓有效值為r=ioov,電阻z?i=ion, /?2=2oq,滑動(dòng)變阻器用最大阻值為40 n,滑片P處于正中間位置，則()A. 通過(guò)的電流為8 AB. 電壓表讀數(shù)為400 VC. 若向上移動(dòng)P,電壓表讀數(shù)將變大D. 若向上移動(dòng)P,電源輸出功率將變小【命題意圖】本題考查變壓器規(guī)律及含變壓器電路的動(dòng)態(tài)分析。A U=hRi + Uit根據(jù)變壓器的變壓公式有Ui : Ui=m : «2=1 : 4,滑動(dòng)變 阻器尺3滑片P處于正中間位置，接入電路的阻值尺3 = 20 Q, 5=7202+1?3),打

10、:11 =112 : W1=4 : 1,解得5=80 V,通過(guò)R1的電流/i=8A, A正確，B錯(cuò)誤；若向 上移動(dòng)P,接入副線圈電路的阻值減小，副線圈電流/2增大，則原線圈電流增 大，電源輸出功率變大，由U=IiRiUit可知“減小，根據(jù)變壓器的變壓公式 有Ui : r2=/n : m=l : 4,可知3減小，電壓表讀數(shù)將變小，C、D錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng) 符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9. 地球同步衛(wèi)星的質(zhì)量為加，距地面高度為力，地球表面的重力加速度為g, 地球半徑為尺，地球的自轉(zhuǎn)角速度為，那么同步衛(wèi)星

11、繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，下列敘述 正確的是()A. 衛(wèi)星受到的向心力F=mR(o1B. 衛(wèi)星的加速度大小為a=(R+h)(o2C. 衛(wèi)星的線速度大小為v=RyJD. 衛(wèi)星的線速度大小為。=飯顧命題意圖本題考查萬(wàn)有引力定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，意在考 查考生的分析綜合能力。BCD 地球同步衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r=R+hf運(yùn)動(dòng)的角 速度等于地球的自轉(zhuǎn)角速度e,受到的向心力F=mr(o2=m(R-h)co2t A錯(cuò)誤；由 牛頓第二定律F=nut,得衛(wèi)星的向心加速度大小為a=(R+h)co2f B正確；設(shè)地球 -5-的質(zhì)量為在地球表面萬(wàn)有引力等于重力有G-T=nu)g9同步衛(wèi)星繞地球做勻

12、速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力有G轡聯(lián)立解得衛(wèi)星的線速度大小為 o=R，C正確；由線速度和角速度的關(guān)系可得衛(wèi)星的線速度大小為v=co(R +/»),可得Q=扳西，D正確。10. 如圖甲所示，物塊A、B間拴接一個(gè)壓縮后被鎖定的彈簧，整個(gè)系統(tǒng)靜 止放在光滑水平面上，其中A物塊最初與左側(cè)固定的豎直擋板相接觸，B物塊質(zhì)量為4 kg?，F(xiàn)燒斷細(xì)繩解除對(duì)彈簧的鎖定，在A離開擋板后，B物塊的圖象如 圖乙所示，則可知()-11-A. 物塊A的質(zhì)量為2.5 kgB. 物塊A的質(zhì)量為2 kgC. 從開始到A離開擋板過(guò)程中彈簧對(duì)A的沖量為0D. 在A離開擋板后彈簧的最大彈性勢(shì)能為6 J命題意圖】本題考查了動(dòng)

13、量守恒定律和能量守恒定律及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，考查 物理觀念素養(yǎng)。律有 ubv+tnAvi=niBvlBD 燒斷細(xì)繩解除彈簧的鎖定，物塊B在彈簧彈力作用下向右加速運(yùn)動(dòng)， 在A即將離開擋板時(shí)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，物塊B的速度為Po=3in/s, A離開擋板后， B物塊做減速運(yùn)動(dòng)，A物塊做加速運(yùn)動(dòng)，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量于恒，B速 度減小到最小值時(shí)，B的加速度為0,可知此時(shí)彈簧上的彈力為0,彈性勢(shì)能也為 0,設(shè)4此時(shí)的速度大小為Q2,以向右為正方向，由能量守恒定律和動(dòng)量守恒定,ni/ivn=niBV +niAVi,聯(lián)立解得 ntA=2 kg, P2=4 m/s,A錯(cuò)誤，B正確；從開始到A離開擋板過(guò)程中，彈

14、簧對(duì)A的力不為0,彈簧對(duì)A 的沖量也不為0, C錯(cuò)誤；在4離開擋板后，當(dāng)A. B物塊速度相等時(shí)彈簧的彈性=6 J, D 正確。勢(shì)能最大，inBvo=(niA+mB)v EPm=nBvi(mA +mB)v11. 如圖所示邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的電阻不為0的正方形金屬框放在光滑水平面上，金 屬框以初速度“0穿過(guò)方向垂直水平面向外的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，速度變?yōu)榫盟?度方向始終垂直于邊血和磁場(chǎng)邊界，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d（d>L）。則金屬框進(jìn)入磁 場(chǎng)的過(guò)程和從磁場(chǎng)另一側(cè)穿出的過(guò)程相比較，正確的是（）dA. 金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程速度變化量等于穿出磁場(chǎng)過(guò)程中速度變化量B. 金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程速度變化量大于穿出磁場(chǎng)過(guò)程中速

15、度變化量C. 金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程產(chǎn)生的熱量等于穿出磁場(chǎng)過(guò)程產(chǎn)生的熱量D. 金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程產(chǎn)生的熱量大于穿出磁場(chǎng)過(guò)程產(chǎn)生的熱量【命題意圖】本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力、動(dòng) 量定理及功能關(guān)系等相關(guān)知識(shí)點(diǎn)。AD 設(shè)金屬框質(zhì)量為加，電阻為尺，由法拉第電班感應(yīng)定律，可知金屬框進(jìn)AFl入離場(chǎng)過(guò)程產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1= 春，Ai=BL2,平均感應(yīng)電流/i=y,所受平均安培力F=BIL,由動(dòng)量定理有FiA/i=/?/Ari,解得慶；同理解得穿出離場(chǎng)過(guò)程中金屬框速度變化量為霍，A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守 恒定律得，金屬框進(jìn)、出璉場(chǎng)過(guò)程產(chǎn)生的熱量對(duì)應(yīng)進(jìn)、出孫場(chǎng)過(guò)程金屬框減小的動(dòng)能，

16、即E邊=尹訶6尹i（c（）Ac）?,E 出=尹2（。0 Ac）2尹2（Q0 2/7）2,可知金屬框進(jìn)入彥場(chǎng)過(guò)程產(chǎn)生的熱量大于穿出離場(chǎng)過(guò)程產(chǎn)生的熱量，C錯(cuò)誤，D正確。12. 如圖所示，直角坐標(biāo)系中x軸上在x=r處固定電荷量為+9Q的正點(diǎn) 電荷，在兀=處固定電荷量為一。的負(fù)點(diǎn)電荷。）軸上“、b兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)分別為 ya=z和yb=r, 點(diǎn)在x軸上，橫坐標(biāo)為xd=2r。e、/點(diǎn)是兀軸上點(diǎn)右側(cè)的兩 點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）ya+9Q-Q0defxbA. a、方兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相同B. “、b兩點(diǎn)的電勢(shì)相等C. 電子在e點(diǎn)和/點(diǎn)的電勢(shì)能 氐、一定滿足Epe<EPfD. e、/兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)瓦、Ef定滿足Ee&#

17、174;命題意圖】本題考查點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)、電勢(shì)、功能關(guān)系及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，意在 考查考生的邏輯推理能力。BC 根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度公式和電場(chǎng)疊加原理，可知y軸上a、b兩點(diǎn)的 電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向不同，A錯(cuò)誤；由于電勢(shì)是標(biāo)量，根據(jù)電勢(shì)疊加原理， 可知y軸上“、b兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，B正確；設(shè)（/e=xi, ef=x2f根據(jù)點(diǎn)電荷的電 場(chǎng)強(qiáng)度公式和電場(chǎng)疊加原理，可得e點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度Ec=k#冷嚴(yán)諾辱>0, f 點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度可=匕+爲(wèi)_審-+爲(wèi)心嚴(yán)，且小于陽(yáng)°錯(cuò)誤；電子沿兀 軸正方向從e點(diǎn)移動(dòng)到/點(diǎn)，需要克服電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能增大，所以電子在e 點(diǎn)和/點(diǎn)電勢(shì)能一定滿足Epe<E”，C正

18、確。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13. （6分）如圖是用氣墊導(dǎo)軌驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)裝置，滑塊1的質(zhì)量 加1=0.20 kg,滑塊2的右端固定一小塊橡皮泥，其總質(zhì)量加2=010kg。兩滑塊上 均裝有寬度d=050 cm的遮光條，在兩滑塊間合適位置裝有光電門1,在滑塊2 左側(cè)適當(dāng)位置裝有光電門2。將滑塊1置于導(dǎo)軌右端，然后用橡皮錘水平敲擊滑塊 1,滑塊1經(jīng)過(guò)光電門1,光電計(jì)時(shí)器顯示的時(shí)間為0.050 s,滑塊1與靜止的滑塊 2碰撞后粘在一起，碰撞后滑塊2與滑塊1先后經(jīng)過(guò)光電門2,光電計(jì)時(shí)器先后顯 示的時(shí)間分別為0.068 s和0.065 s。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：對(duì)于滑塊1與滑塊2組成的系

19、統(tǒng)，碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)量為kg in/s,碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)量為kgin/so（計(jì)算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）（2）由中計(jì)算結(jié)果可以看出，碰撞前后系統(tǒng)的總動(dòng)量并不完全相等，你認(rèn)為 產(chǎn)生這一差異的原因是。命題意圖本題考查利用氣墊導(dǎo)軌模型驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律實(shí)驗(yàn)，體現(xiàn)的核心 素養(yǎng)是科學(xué)探究。解析（1）碰撞前滑塊1的速度pi=0.1 in/s,碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量為p =/wk?i=0.20X0.1 kg-m/s=0.020 kg-m/s；取f2=0.068s,碰投后粘合體的速度 Q2= £=詣 in/s,碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量為 pi = （mi= （0.20 + 0.10）X kg-m/s =0.022

20、kg-ni/s；（2）根據(jù)碰撞后滑塊2經(jīng)過(guò)光電門的速度小于滑塊1經(jīng)過(guò)光電門的速度可知， 導(dǎo)軌不水平，右端高。答案（1）0.020（2分）0.022（2分）（2）導(dǎo)軌不水平，右端高 （2分）14. （9分）某校實(shí)驗(yàn)興趣小組在實(shí)驗(yàn)室測(cè)量電壓表的內(nèi)阻。（1）該小組先用多用電表歐姆“XI k”擋粗測(cè)電壓表內(nèi)阻，示數(shù)如圖甲所示， 則該電壓表的內(nèi)阻約為_ Q,測(cè)量時(shí)多用電表的黑表筆要與待測(cè)電壓表的 （選填“ + ”或“一”）接線柱相連。v2甲乙丙（2）為了更準(zhǔn)確地測(cè)量該電壓表的內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室提供了下面實(shí)驗(yàn)器材:A. 待測(cè)電壓表Vi（量程3 V）B. 電壓表V2（量程9V,內(nèi)阻約為9kH）C. 滑動(dòng)變阻器R（

21、最大阻值為20 Q,額定電流為1A）D. 定值電阻Ro（阻值為12 kQ）E. 電源（電動(dòng)勢(shì)為9V,內(nèi)阻約為1Q）F.開關(guān)一個(gè)、導(dǎo)線若干 根據(jù)提供的實(shí)驗(yàn)器材，在方框內(nèi)畫出實(shí)驗(yàn)電路圖; 將實(shí)物連接在圖乙中補(bǔ)畫完整； 實(shí)驗(yàn)中將電壓表Vi和電壓表V2的讀數(shù)分別記為5和lh,改變滑片位置,記錄多組“和5的值，并作出關(guān)系圖象，如圖丙所示，圖線為傾斜直線, 其斜率*=30,則電壓表V1內(nèi)阻的測(cè)量值為Q?！久}意圖】本題考查測(cè)量電壓表內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)，體現(xiàn)的核心素養(yǎng)是科學(xué)探究。解析（1）根據(jù)多用電表歐姆擋讀數(shù)規(guī)則可知，電壓表內(nèi)阻約為5.8X1 kn=5 800 Ho由于多用電表的黑表筆與其內(nèi)部電池正極連接，所以測(cè)量

22、時(shí)黑表筆要與 待測(cè)電壓表的“ + ”接線柱相連。（2）測(cè)量待測(cè)電壓表Vi內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)原理是伏安 法，可以通過(guò)待測(cè)電壓表Vi與定值電阻心串聯(lián)，再與電壓表V2并聯(lián)實(shí)現(xiàn)。由于 滑動(dòng)變阻器R的阻值遠(yuǎn)小于待測(cè)電壓表內(nèi)阻，需要采用滑動(dòng)變阻器分壓電路。根 據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律和歐姆定律可得Ui-Ui=IR（h Ui=IRxif聯(lián)立得5=（1+證） 5,斜率 *=1+眉=3.0 解得 Rvi=6 000答案（1）5 800（5 700或5 900也對(duì)，2分）+（1分）（2）如圖1所示（2分） 如圖2所示（2分）6 000（2 分）15. （7分）一列簡(jiǎn)諧橫波在f=0時(shí)刻的波形如圖所示，介質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)P、0分別 位于x=

23、l m、x=4m處。從f=0時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，當(dāng)f=9 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)P剛好第3次 到達(dá)波峰。求：在f=9s時(shí)，0點(diǎn)的位移；（2）該簡(jiǎn)諧橫波傳播的速度?！久}意圖本題考查考生對(duì)機(jī)械波的傳播特點(diǎn)的掌握情況，意在考查考生的 理解能力、分析能力以及應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問(wèn)題的能力。解析（1）根據(jù)正弦函數(shù)變化的規(guī)律，該簡(jiǎn)諧波的波動(dòng)方程是j = 10sin令（cm）（1分）=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P位于x=lm處，代入波動(dòng)方程可得此時(shí)P點(diǎn)的位移是 =5邁 cm（1 分）在t=9s時(shí)，P點(diǎn)到達(dá)波峰，相當(dāng)于圖示波形向左平移Ax=l in,根據(jù)對(duì)稱性， 可知Q點(diǎn)的位移_）£=一5迄cm（1分）（2）若波向右傳播，則2Ti

24、=9 s72門=石S（1分）223,一、Vi = T=9 ,n/s（1 分）-13-若波向左傳播，則2 討2=9 s217in/So（1分）（1分）答案一5邁cm2317（2）寸 m/s 或亍 in/s-15 -16. （8分）如圖所示，兩豎直放置、相距為L(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌丿和K的頂 端用一導(dǎo)線相連，在導(dǎo)軌兩個(gè)不同區(qū)域內(nèi)存在兩個(gè)相同但相距高度為h的勻強(qiáng)磁 場(chǎng)I和H,設(shè)兩磁場(chǎng)豎直寬度均為，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向里。 有一阻值為尺、質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為乙的金屬棒水平緊靠?jī)韶Q直導(dǎo)軌，從距離磁場(chǎng) I上邊界高H（H力）處由靜止釋放后，金屬棒穿過(guò)了兩磁場(chǎng)，且金屬棒在進(jìn)入兩磁 場(chǎng)時(shí)的電流恰好相等，

25、不計(jì)金屬導(dǎo)軌電阻，重力加速度為g。求：（1）金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)I的瞬間，所受安培力的大??；（2）當(dāng)金屬棒剛好穿過(guò)磁場(chǎng)II時(shí)，在這一過(guò)程中金屬棒上產(chǎn)生的總熱量go命題意圖】本題考查考生的分析綜合能力，需要利用閉合電路歐姆定律、機(jī) 械能守恒定律、法拉第電磁感應(yīng)定律等知識(shí)解題。解析（1）設(shè)金屬棒進(jìn)入璉場(chǎng)I上邊界瞬間的速度大小為P,由機(jī)械能守恒定 律可得MgH=Mv2（1分）金屬棒上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLvF由閉合電路歐姆定律可得回路中的電流/=斤金屬棒所受到的安培力大小為F=BIL乙2 解得 F=-y2gH.（2 分）(2)設(shè)金屬棒穿出躡場(chǎng)I時(shí)的速度大小為P1,由能量守恒定律可得寺硏+0(1 分)依

26、據(jù)題意知，兩朕場(chǎng)區(qū)域豎直寬度相同，金屬棒穿過(guò)兩饌場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中， 流過(guò)金屬棒的電流及其變化情況也相同，所以金屬棒在進(jìn)入磁場(chǎng)I和II的瞬間的 速度相同，金屬棒在兩朕場(chǎng)之間區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)由機(jī)械能守恒定律可得Mvl+Mgh =Mv2(1 分)解得 Qi=Mg(h+d)(1 分)由于金屬棒在進(jìn)入碓場(chǎng)I和U瞬間的速度相同，金屬棒在穿過(guò)兩磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生 的焦耳熱也相同，即0 = 02,故當(dāng)金屬棒剛好穿過(guò)踐場(chǎng)II時(shí)，在這一過(guò)程中金屬 棒上產(chǎn)生的總熱量為Q=Q+Qi=2Mg(h+d).(2 分)答案一訐麗(2)2Mg(h+d)17. (14分)如圖所示、小球C在光滑的水平軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài)，在它左邊 有一垂直于軌道的固

27、定擋板P,右邊有兩個(gè)小球A和B, A和B用處于原長(zhǎng)狀態(tài) 的輕質(zhì)彈簧相連，兩個(gè)小球以相同的速度創(chuàng)向C球運(yùn)動(dòng)，C與B發(fā)生碰撞并立即 結(jié)合成一個(gè)整體D,在A和D繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，當(dāng)彈簧長(zhǎng)度變到最短時(shí)， 突然被第一次鎖定不能伸長(zhǎng)但還能繼續(xù)被壓縮，然后D與擋板P發(fā)生彈性碰撞， 而A的速度不變，過(guò)一段時(shí)間后，彈簧被繼續(xù)壓縮到最短后第二次被鎖定，已知 A. B、C三球的質(zhì)量均為加。I C B(1) 求彈簧長(zhǎng)度第一次被鎖定時(shí)&球的速度大小；(2) 求彈簧長(zhǎng)度第二次被鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能。命題意圖本題考查考生的理解和分析綜合能力，需要考生靈活應(yīng)用動(dòng)量守 恒定律和能量守恒定律綜合求解問(wèn)題。解析(1)設(shè)

28、C球與B球結(jié)合成D時(shí)，。的速度為“，由動(dòng)量守恒定律，有 /nro=(/w+/w)ri(2 分)當(dāng)彈黃壓至最短時(shí)，D與A的速度相等，設(shè)此速度為02,由動(dòng)量守恒定律，（2分）（1分）有 2wci+wwo=3畑22解得A的速度大小為V2=V0o（2）設(shè)彈黃長(zhǎng)度第一次被鎖定時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為Epi,根據(jù)能量守恒定律有（2分）（1分） X 2加硏+尹6=/X3/wF+Epi解得2撞擊P后，D的速度大小不變?nèi)詾椤?=卩0,方向向右；A的速度大小和方向 均不變。然后。與A繼續(xù)相互作用，設(shè)當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，A與D的速度為 V3,根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得2ntvinivi=3mVi（2 分）解得 Q3 = |v2=|pO（1 分）彈簧彈性勢(shì)能的增加量為AEp=茹昭=芽加vi（2分）-19 -彈簧長(zhǎng)度第二次被鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep2=Epi+AEp=j曲。（1分）答案訓(xùn)（2為說(shuō)18. （16分）如圖所示，4D是傾角為0=37。、長(zhǎng)為2=2 m的傾斜軌道，在DC 和AD之間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)I ,磁感應(yīng)強(qiáng)度Bi=0.0