2021屆龍泉中學(xué)、宜昌一中高三下學(xué)期2月聯(lián)考理科綜合物理試卷及答案

2021屆龍泉中學(xué)、宜昌一中高三下學(xué)期2月聯(lián)考理科綜合物理試卷★?？荚図樌铮ê鸢福┮?、選擇題：本題共11小題,每小題4分,共44分。第1-7題只有一項(xiàng)符合題目要求,第8-11題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得4分,選對但不全的得2分,選錯(cuò)的得0分。根據(jù)近代物理知識,你認(rèn)為下列說法中正確的是（）相同頻率的光照射不同金屬,則從金屬表面逸出的光電子的最大初動能越大,這種金屬的逸出功越大已知?dú)湓訌幕鶓B(tài)躍遷到某一激發(fā)態(tài)需要吸收的能量為12.09刖,則動能等于12.09刖的另一個(gè)氫原子與這個(gè)氫原子發(fā)生正碰,可以使這個(gè)原來靜止并處于基態(tài)的氫原子躍遷到該激發(fā)態(tài)在原子核中,比結(jié)合能越大表示原子核中的核子結(jié)合的越牢固鈾核邈8〃）衰變?yōu)殂U核（206Pb）的過程中，中子數(shù)減少21個(gè)【答案】C【解析】根據(jù)光電效應(yīng)方程，結(jié)合最大初動能的大小比較金屬的逸出功；吸收光子能量發(fā)生躍遷，吸收的光子能量需等于兩能級間的能級差；在原子核中，比結(jié)合能越大，原子核結(jié)合越牢固；根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)的變化得出中子數(shù)的變化。本題考查了光電效應(yīng)、能級躍遷、比結(jié)合能等基礎(chǔ)知識點(diǎn)，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些基礎(chǔ)知識點(diǎn)，對于光電效應(yīng)和能級躍遷是高考的熱點(diǎn)問題，需要理解記憶。【解答】A.根據(jù)儀肌=hv-%知，頻率相同，從金屬表面逸出的光電子最大初動能越大,金屬的逸出功越小，故A錯(cuò)誤。已知?dú)湓訌幕鶓B(tài)躍遷到某一激發(fā)態(tài)需要吸收的能量為12.09eV,用動能等于12.09eV的另一個(gè)氫原子與這個(gè)氫原子發(fā)生正碰，能量部分被吸收,不能從基態(tài)躍遷到該激發(fā)態(tài)，故B錯(cuò)誤。在原子核中，比結(jié)合能越大，原子核中的核子結(jié)合的越牢固，故C正確。鈾核（228U）衰變?yōu)殂U核（206Pb）的過程中，質(zhì)子數(shù)少10,質(zhì)量數(shù)少32,則中子數(shù)少22，故D錯(cuò)誤。II故選C。我國首批隱形戰(zhàn)斗機(jī)殲-20已形成初步戰(zhàn)斗力。某次演習(xí)時(shí),在某一高度水平勻速飛行的戰(zhàn)斗機(jī)離目標(biāo)水平距離L時(shí)投彈（投彈瞬間炸彈相對戰(zhàn)斗機(jī)的速度為零）,可以準(zhǔn)確命中目標(biāo)。若戰(zhàn)斗機(jī)水平飛行高度變?yōu)樵瓉淼?5倍，飛行速度變?yōu)樵瓉淼?倍，要仍能命中目標(biāo),則戰(zhàn)斗164機(jī)投彈時(shí)離目標(biāo)的水平距離為（不考慮空氣阻力）（）16厶B.25厶C.5厶D.4厶251645【答案】B【解析】平拋運(yùn)動在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，根據(jù)高度，求出平拋運(yùn)動的時(shí)間，根據(jù)％=v0t求出炸彈水平位移的表達(dá)式，再分析求解。解決本題的關(guān)鍵是掌握處理平拋運(yùn)動的方法，平拋運(yùn)動在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，再運(yùn)用運(yùn)動學(xué)的規(guī)律解題?！窘獯稹空◤棻煌断潞笞銎綊佭\(yùn)動，在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，則：根據(jù)h=1gt2得：t=2yg炸彈平拋運(yùn)動的水平距離為：L=v0t=v0則知,若戰(zhàn)斗機(jī)水平飛行高度變?yōu)樵瓉淼?5倍，飛行速度變?yōu)樵瓉淼?倍,所以飛機(jī)投彈時(shí)離目164標(biāo)的水平距離應(yīng)為25厶故B正確。16故選B。—個(gè)帶負(fù)電的粒子從％=0處由靜止釋放，僅受電場力作用，沿x軸正方向運(yùn)動，加速度a隨位置變化的關(guān)系如圖所示,x2—Xi=X3—X2。可以得出B.C.D.B.C.D.在?和也處,電場強(qiáng)度相同粒子經(jīng)?和也處,速度等大反向粒子在尤2處'電勢能最大【答案】A【解析】從?到也過程中，電場力做功情況,從而判斷電勢能的變化情況，再分析勺處的電勢能，根據(jù)Ep=qp分析電勢的變化情況；根據(jù)牛頓第二定律分析加速度與電場強(qiáng)度的的關(guān)系,再根據(jù)圖象分析電場強(qiáng)度的情況；根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可知識=2ax可知,a-x圖象的面積表示吆,以此分析粒子經(jīng)x,和21尤3處的速度。解決該題的關(guān)鍵是能根據(jù)圖象分析粒子的運(yùn)動情況,知道電場力做功與電勢能的變化的關(guān)系，知道a-x圖象的面積表示必o2【解答】AD、根據(jù)圖象可知，從?到也過程中，粒子先加速后減速，所以電場力先做正功，后做負(fù)功，電勢能先減小后增加，到無2處電勢能最小根據(jù)=qg可知，粒子帶負(fù)電，所以電勢先升高后降低，故A正確,D錯(cuò)誤；B、因?yàn)間E=ma,所以電場強(qiáng)度和加速度大小成正比，方向相反，所以在坷和尤3處電場強(qiáng)度大小相等，方向相反，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可知識=2ax可知,a-x圖象的面積表示號，所以粒子經(jīng)?和也處速度大小相等，方向相同，故C錯(cuò)誤；故選：Ao如圖所示，在xOy平面內(nèi)有兩個(gè)沿z軸方向(垂直xOy平面)做簡諧運(yùn)、動的點(diǎn)波源S,(1,0)和$2(4,0),振動方程分別為氣=Asin(nt+可、125122ItO|234xfra

冬=4s加(骯-臥兩列波的波速均為1m/s0兩列波在點(diǎn)B(2.5,3)和點(diǎn)C(4,4)相遇時(shí)，分別s22引起B(yǎng)、C處質(zhì)點(diǎn)的振動總是相互()加強(qiáng)、加強(qiáng)B.減弱、減弱C.加強(qiáng)、減弱D.減弱、加強(qiáng)【答案】D【解析】解:因?yàn)锽點(diǎn)距兩波源距離一樣，而兩波源的相位相反,所以在B出疊加總是相互減弱。由振動方程可知,周期為F=^s=2s,波長為2=vT=2m,C距兩波源的距離差為△s=1m=丄久而兩波源的相位相反，所以在C點(diǎn)振動總是加強(qiáng)的。2故ABC錯(cuò)誤,D正確。故選：D。因?yàn)锽點(diǎn)距兩波源距離一樣，而兩波源的相位相反,所以在B出疊加總是相互減弱；由振動方程可知,周期為F=互s=2s,波長為2=vT=2m,C距兩波源的距離差為△s=1m=丄久而兩波兀2源的相位相反，則在c點(diǎn)振動總是加強(qiáng)的。本題考查了波在相互疊加時(shí),何處振動加強(qiáng)和減弱,牢記當(dāng)兩波源起振同方向時(shí),路程差等于半波長的奇數(shù)倍時(shí)振動減弱,路程差等于波長的整數(shù)倍時(shí)振動加強(qiáng)。已知某品牌概念車的質(zhì)量為m,額定功率為P,運(yùn)動過程中，汽車所受的阻力大小恒定，若保持額定功率P不變，汽車能達(dá)到的最大速度為V。若汽車以P的恒定功率啟動，從靜止開始2做加速直線運(yùn)動，當(dāng)速度為v時(shí),汽車的加速度大小為a,當(dāng)速度為v時(shí)，汽車的加速度大小4為a，則加速度之差a-a為(2122PD.竺2PD.竺3mvC丄4mv丄B.丄2mv3mv【答案】AP【解析】汽車以額定功率啟動當(dāng)牽引力大小等于阻力大小時(shí)，汽車具有最大速度，即v=f。當(dāng)P汽車以P的恒定功率啟動,速度為v時(shí),牽引力F=2=2P，由牛頓第二定律有F-f=ma,解得241vvii4nnPa=—;速度為V時(shí),牽引力F=—=,由牛頓第二定律有F-f=ma,解得a=-P,則imv32v2v2222mv3a-a=—，故A選項(xiàng)正確,B、C、D選項(xiàng)錯(cuò)誤。122mv甲乙兩球在水平光滑軌道上同方向運(yùn)動，已知它們的動量分別是P甲=5kg^rn/s,p乙7kg?m/s,甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)橐?10耳?m/s,則兩球質(zhì)量m甲與m乙間的關(guān)系可能是（A."乙="甲B."乙=2"甲C."乙=4“甲D."乙=6“甲【答案】C【解析】解析：由碰撞系統(tǒng)動量守恒可知，碰后甲的動量為卩‘甲=2kg?m/s.由碰撞發(fā)生的實(shí)際可知碰前匸甲>匸乙,即^甲>^乙,得-甲<5；碰后匸甲-匸乙,即^甲-1—乙,得-甲-5由碰撞前甲乙mm7甲乙mm5甲乙乙甲乙乙的動能大于等于碰撞后的動能,又因?yàn)镋=出,得叢+仝nX甲+X乙,解得3-泊?綜上“2m2m2m2m2mm乙17甲乙甲乙乙所述,5-~甲-~7,所以C正確.5m17乙“道威棱鏡”是一種用于光學(xué)圖象翻轉(zhuǎn)的儀器。如圖,將一等腰直角棱鏡截去棱角,使其平行于底面,可制成“道威棱鏡”，其橫截面ABCD為底角45。的等腰梯形,0為AB中點(diǎn),P為0A中點(diǎn)，光線1和光線2兩條與BC平行的光線,分別從P和O點(diǎn)入射棱鏡，均在BC面上發(fā)生一次全反射后從CD面射出，其中光線1的出射點(diǎn)為CD中點(diǎn)Q（未畫出），已知棱鏡對兩光線的折射率兀=並,AB=V2L,光在真空中的傳播速度為c,sin15°=心2則（）4卜光線1在棱鏡中的傳播速度為V2c光線2在棱鏡中的傳播時(shí)間為血風(fēng)

C.光線1在棱鏡中經(jīng)過的路程長為（V6+V2）厶光線1從CD邊射出點(diǎn)到BC邊的距離為亞厶4【答案】CdEipJ光戡I-此比2【解析】解：dEipJ光戡I-此比2-比睨2播速度為u=￡=-^=業(yè)c,故A錯(cuò)誤；nV22B、設(shè)棱鏡的臨界角為C,由sinC=1=n返,得C=45。2光線2從0點(diǎn)入射時(shí)，由折射定律得九=沁sinr由幾何關(guān)系知入射角為：=45。,解得折射角為廠=30°由幾何關(guān)系可得,當(dāng)光線2射到BC時(shí),與BC的夾角為乙PFB=15°在HPBF中，由正弦定理得PF=PB=BFsin45°sin15°sin120°據(jù)題PB=3AB=矽2厶44解得PF=3（"6+"2）L,BF=3（3+冏L44由幾何關(guān)系得：EF：BE=OP：BO=1：2；所以EF=FC=1BE，可得R為CQ的中點(diǎn)。2在厶BEOs△BFP得BO=BE=OE=2BPBFPF3解得BE=沁厶OE=22故EF=FC=^L4在NCFR中，由正弦定理得=RC,RC=^2Lsin45°sin15°4解得FR=如1厶2光線2在棱鏡中的傳播時(shí)間為土=竺嚴(yán)聯(lián)立解得t=盛忌丘6,故B錯(cuò)誤；4cC、在光線1在棱鏡中經(jīng)過的路程長為s=20E=(V6V2)厶,故c正確；D、光線1從CD邊射出點(diǎn)到BC邊的距離為d=RCsin45°=1厶故D錯(cuò)誤。4故選：Co已知棱鏡對兩光線的折射率n=V2,根據(jù)匸=￡求光線在棱鏡中的傳播速度。根據(jù)sine=丄求臨nn界角C.根據(jù)折射定律求光線2在P點(diǎn)的折射角，根據(jù)幾何知識確定光線1在BC面的入射角，并判斷光線1在BC面上是否發(fā)生全反射，作出光路圖，根據(jù)幾何關(guān)系求出光線1在棱鏡中傳播路程s,由t=色求得光線1在棱鏡中的傳播時(shí)間t；根據(jù)幾何關(guān)系求光線1在棱鏡中經(jīng)過的路程V和光線1從CD邊射出點(diǎn)到BC邊的距離。解決本題時(shí)需要正確作出光路圖，能根據(jù)幾何知識求解相關(guān)的角度和光程。要熟記折射定律的表達(dá)式以及全反射臨界角的表達(dá)式sinC=丄。n如圖所示,abed為一邊長為I的正方形導(dǎo)線框，導(dǎo)線框位于光滑水平面內(nèi)，其右側(cè)為一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的邊界與線框的邊ed平行，磁場區(qū)域的寬度為21，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下■線框在一垂直于ed邊的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右運(yùn)動，直至通過磁場區(qū)域.ed邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框開始勻速運(yùn)動，規(guī)定線框中電流沿逆時(shí)針時(shí)方向?yàn)檎?，則導(dǎo)線框從剛進(jìn)入磁場到完全離開磁場的過程中,a、b兩端的電壓〃妙及導(dǎo)線框中的電流i隨【答案】BC【答案】【答案】AD【答案】【答案】AD【解析】線框進(jìn)入磁場時(shí)做勻速直線運(yùn)動,拉力等于安培力,此時(shí)感應(yīng)電流為定值,完全進(jìn)入磁場后,做勻加速直線運(yùn)動,穿過閉合電路的磁通量不變,不產(chǎn)生感應(yīng)電流．出磁場時(shí),此時(shí)安培力大于拉力,線框做加速度逐漸減小的變減速直線運(yùn)動■由楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，由E=B厶匸和歐姆定律結(jié)合得到感應(yīng)電流的表達(dá)式，由歐姆定律得到〃妙的表達(dá)式，從而分析。解決本題的關(guān)鍵會根據(jù)線框的受力狀況判斷線框的運(yùn)動狀況,以及知道線框出磁場的末速度不會小于進(jìn)磁場的速度，則出磁場時(shí)感應(yīng)電流不會小于進(jìn)磁場時(shí)的感應(yīng)電流?！窘獯稹緼B.線框進(jìn)入磁場的過程做勻速直線運(yùn)動，感應(yīng)電動勢E=BLv恒定，線框中的電流大小恒定，方向沿逆時(shí)針方向,a、b兩端的電壓=lBLv；4線框完全在磁場中運(yùn)動時(shí)，穿過閉合電路的磁通量不變，線框中感應(yīng)電流為零，做勻加速運(yùn)動，但ab邊兩端的電壓=BLv=BL^vo+2ax,其中勺為勻速運(yùn)動的速度,Uab與位移x不是線性關(guān)系，當(dāng)出磁場時(shí)，線框做減速勻速,Uab不斷減小，故A錯(cuò)誤、B正確；CD線框進(jìn)入過程中，線框中的電流大小恒定且為逆時(shí)針,完全進(jìn)入磁場時(shí)電流為零；線框離開磁場，做減速運(yùn)動，加速度逐漸減小，線框剛好完全離開磁場時(shí)，速度大于或等于勻速運(yùn)動時(shí)的速度，不可能為零，故此時(shí)電流也不可能為零，故D錯(cuò)誤、C正確。故選BC。如圖所示，理想變壓器原線圈一端有a、b兩接線柱,a是原線圈的一端點(diǎn),b是原線圈的中心抽頭，電壓表和電流表均為理想電表。從某時(shí)刻開始在原線圈c、d兩端加上交變電壓，其瞬時(shí)值表達(dá)式為嗎="sinlOO尬。則A.當(dāng)單刀雙挪開關(guān)分別與a、b連接時(shí)，電壓表的示數(shù)比為1:2當(dāng)±=0時(shí),c、d間的電壓瞬時(shí)值為*單刀雙擲開關(guān)與a連接，在滑動變阻器觸頭P向上移動的過程中，電壓表示數(shù)增大當(dāng)單刀雙擲開關(guān)由a扳向b時(shí)，電流表的示數(shù)增大【答案】【答案】CD【答案】【答案】CD【答案】【答案】ABD【解析】本題考查了正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達(dá)式、變壓器的構(gòu)造和原理；電路的動態(tài)變化的分析,總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況,再確定其他的電路的變化的情況,即先部分后整體再部分的方法。根據(jù)瞬時(shí)值表達(dá)式可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等,再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比即可求得結(jié)論?！窘獯稹緼.由表達(dá)式知原線圈的電壓的有效值為￥；根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知，當(dāng)單刀雙V2TOC\o"1-5"\h\z挪開關(guān)與a連接時(shí)，副線圈的電壓的有效值為=歸*,電壓表的示數(shù)為電壓的有效值，所九1\2以示數(shù)為匕a=歸*,當(dāng)單刀雙挪開關(guān)與a連接時(shí)，副線圈的電壓的有效值為Sb=尹X希二"1?2"1業(yè)3X阪,電壓表的示數(shù)為電壓的有效值，所以示數(shù)為匕。=生X逅U,所以電壓表的示數(shù)比為九1九11:2,故A正確；當(dāng)t=0時(shí),u±=0,c、d間的電壓瞬時(shí)值為0,故B錯(cuò)誤；當(dāng)滑動變阻器觸頭P向上移動的過程中，滑動變阻器的電阻減小，電路的總電阻增大，由于電壓是由變壓器決定的，所以電壓不變，電流變小，電壓表的示數(shù)不變，故C錯(cuò)誤；若當(dāng)單刀雙擲開關(guān)由a扳向b時(shí)，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比由叫:勺變?yōu)榻?2勺，所以輸出的電壓升高，電壓表和電流表的示數(shù)均變大，故D正確。故選AD。如圖所示為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，在兩D形盒左邊的縫，二、隙間放置一對中心開有小孔a、b的平行金屬板M、N,每當(dāng)帶正電:的粒子從a孔進(jìn)入時(shí)，立即在兩板間加上恒定電壓,粒子經(jīng)加速后Z從b孔射出時(shí)，立即撤去電壓.粒子進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場后做勻速圓周運(yùn)動．已知D形盒的縫隙間無磁場，不考慮相對論效應(yīng)，則下列說法不正確的是磁場方向垂直紙面向外粒子運(yùn)動的周期不斷變大粒子每運(yùn)動一周直徑的增加量越來越小增大板間電壓，粒子最終獲得的最大動能變大

【解析】解決本題的關(guān)鍵知道該回旋加速器的原理，知道粒子每轉(zhuǎn)一圈，加速一次,且都在AC間加速,加速的電場不需改變?！窘獯稹緼.粒子從b孔進(jìn)入磁場后受到的洛倫茲力向右，由左手定則判斷可知,D形盒中的磁場方向垂直紙面向里，故A錯(cuò)誤；根據(jù)洛侖磁力提供向心力得=m^,粒子運(yùn)動的周期卩=逍=沁,粒子運(yùn)動的周期不rvqB變，故B錯(cuò)誤；粒子第n次加速后,根據(jù)動能定理可得：nqU=丄尬^，解得匸=甌,粒子在磁場中運(yùn)動的TOC\o"1-5"\h\z27m半徑廠=竺=1［空皿,粒子每運(yùn)動一周直徑的增加量加=2込付-fn—1，隨轉(zhuǎn)動周qBB7qq77數(shù)的增加，粒子每運(yùn)動一周直徑的增加量越來越小，故C正確；當(dāng)粒子從D形盒中出來時(shí)，速度最大,根據(jù)廠=葺，可知最大動能衛(wèi)十=耳恥2式中R為D形盒qBk2m的半徑，由此可知，粒子獲得的最大動能與加速電壓無關(guān)，所以增大兩板間電壓，粒子最終獲得的最大動能不變，故D錯(cuò)誤；故選ABD。如圖所示，距小滑輪0正下方I處的B點(diǎn)用絕緣底座固定一帶電荷量為+g的小球1,絕緣輕質(zhì)彈性繩一端懸掛在定滑輪O正上方丄處的D點(diǎn)2另一端與質(zhì)量為m的帶電小球2連接，發(fā)現(xiàn)小球2恰好在A位置靜止，已知OA長為I,與豎直方向的夾角為60。。由于彈性繩的絕緣效果不是很好，小球2緩慢漏電，一段時(shí)間后，當(dāng)彈性繩與豎直方向夾角為30°時(shí),小球2恰好在AB連線上的C位置。已知靜電力常量為k,重力加速度為g,則下列說法正確的是小球2帶負(fù)電小球2在C位置時(shí)所帶電荷量為遜24kq小球2在A位置時(shí)所帶電荷量為皿2kq彈性繩原長為丄解析】根據(jù)電荷之間的相互作用的特點(diǎn)判斷小球2的電性；對小球進(jìn)行受力分析,根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件和庫侖定律公式：F=k皿,列方程求解即可。廠2本題實(shí)質(zhì)上考場了物體平衡,對于這類問題只要正確進(jìn)行受力分析,然后根據(jù)平衡方程求解即可。【解答】A.兩個(gè)小球之間相互排斥，可知帶同種電荷，所以小球2也帶正電，故A錯(cuò)誤；由幾何關(guān)系可得：小球在C點(diǎn)時(shí)，受力如圖：由幾何關(guān)系可得：F=mgsin30°=0.5mg；①V3—T=mgcos30°=一mg②2根據(jù)庫侖定律得：F=心2③根據(jù)庫侖定律得：2聯(lián)立①③可得：聯(lián)立①③可得：q2=^，故B錯(cuò)誤;8kq小球2在A位置時(shí)，受到的重力、電場力和繩子的拉力，三個(gè)力之間的夾角相互為120°,所以三個(gè)力的大小相等,所以：r=Fr=mg④根據(jù)庫侖定律得：F'=k血③12小球2在A位置時(shí)所帶電荷量：乞二血2,故C正確；1kq小球2在A位置時(shí)，彈性繩的長度：L+H；小球2在C位置時(shí)，彈性繩的長度：12=1222Z+血仃設(shè)彈性繩的勁度系數(shù)為k,貝I］：T'=k?(I-10)2210T=k?(l2-Q聯(lián)立可得：一=丄2,故D正確。02故選CD。二、非選擇題：本題共5小題，共56分。(6分)在完成了“探究加速度與力、質(zhì)量之間的關(guān)系”的書本實(shí)驗(yàn)后,某同學(xué)想辦法設(shè)計(jì)了一個(gè)新的實(shí)驗(yàn)用于進(jìn)一步驗(yàn)證上述物理量的關(guān)系,具體操作過程如下:A?用天平稱出小車質(zhì)量為M=0.26kg,彈簧測力計(jì)質(zhì)量為m=0.0465kg.(g取9.8m/s2)b.接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源，讓小車從一具有一定傾角e的平整斜面上由靜止開始加速下滑,用紙帶記錄下它的運(yùn)動情況，以便求出它的加速度a.撤掉打點(diǎn)計(jì)時(shí)器,在小車尾部用細(xì)線與一個(gè)彈簧測力計(jì)和水桶連接，在水桶中加入適量水,使輕推小車時(shí),能使其沿斜面向下做勻速直線運(yùn)動.當(dāng)小車到達(dá)斜面底部靜止后,讀出此時(shí)彈簧測力計(jì)的讀數(shù)F.D.改變斜面的傾角，重復(fù)以上實(shí)驗(yàn)幾次，通過幾組數(shù)據(jù)來驗(yàn)證三個(gè)物理量之間的關(guān)系.請回答下列問題:下面這條紙帶，是在某次實(shí)驗(yàn)中得到的(每5個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn))，可求出此時(shí)小車的加速度a二(2)小車由靜止開始勻加速下滑過程中所受到的合力為(用本題中所給的物理量符號表示)(3)在該同學(xué)的這個(gè)驗(yàn)證實(shí)驗(yàn)中,(選填“需要”或“不需要”)保證小車質(zhì)量遠(yuǎn)大于所掛物體的總質(zhì)量.2.00m/s2(1.80~2.20m/s2之間)⑵mg+F(3)不需要［解析］⑴由圖可知Ax=2.00cm,而T=0.1s,則a=^^=2-00x10-2m/s2=2.00m/s2.T20.12⑵小車向下勻速運(yùn)動時(shí)，對小車受力分析,根據(jù)共點(diǎn)力平衡可知Mgsine二f+mg+F當(dāng)小車向下加速運(yùn)動時(shí),小車受到的合力為F=Mgsine-f合聯(lián)立解得F=mg+F合(3)此實(shí)驗(yàn)是通過共點(diǎn)力平衡求是小車受到的合力,不需要保證小車質(zhì)量遠(yuǎn)大于所掛物體的總質(zhì)量13.（10分）氣敏電阻在安全領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用。有一個(gè)對甲醛氣體非常敏感的氣敏電阻R,q正常情況下阻值為幾百歐,當(dāng)甲醛濃度升高時(shí),其阻值可以增大到幾千歐。為了研究其阻值隨甲醛濃度變化的規(guī)律,供選用的器材如下。電源E0（電動勢6V,內(nèi)阻不計(jì)）滑動變阻器R導(dǎo)線若干及開關(guān)S電壓表雷.（量程3V,內(nèi)阻lk）毫安表「（量程50mA,內(nèi)阻100.0）氣敏也且⑴探究小組設(shè)計(jì)了如圖（a）所示實(shí)驗(yàn)電路，其中毫安表用來測定,量程為。（2）將氣敏電阻置于密封小盒內(nèi),通過注入甲醛改變盒內(nèi)甲醛濃度,記錄不同甲醛濃度下電表示數(shù)，計(jì)算出氣敏電阻對應(yīng)阻值，得到如圖（b）所示阻值隨甲醛濃度變化的圖象（R圖象）。q當(dāng)氣敏電阻阻值為R2.3RQ時(shí)盒內(nèi)甲醛濃度為。qLG12W心上門一【幣11HLG12W心上門一【幣11H-4（3）已矢□國家室內(nèi)甲醛濃度標(biāo)準(zhǔn)是0.1mg/m3。探究小組利用該氣敏電阻設(shè)計(jì)了如圖（c）所示的簡單測試電路，用來測定室內(nèi)甲醛是否超標(biāo),電源電動勢為E5.0V（內(nèi)阻不計(jì)），電路中D、D分別為紅、綠發(fā)光二極管，紅色發(fā)光二極管D的啟動（導(dǎo)通）電壓為2.0V,即發(fā)光二極121管兩端電壓U2.0V時(shí)點(diǎn)亮，綠色發(fā)光二極管D的啟動電壓為3.0V,發(fā)光二極管啟動時(shí)對電路012電阻的影響不計(jì)。實(shí)驗(yàn)要求當(dāng)室內(nèi)甲醛濃度正常時(shí)綠燈亮，超標(biāo)時(shí)紅燈亮，則兩電阻R、R中為12定值電阻的是,其阻值為k0。答案：（1）電壓；5V6x10-8kg/m3(或0.06mg/m3)（3）R；3.92解析：⑴毫安表與氣敏電阻并聯(lián)，因此用來測定電壓，量程U=IR=0.05x100V=5V；（2）由0gg圖（b）可讀出，當(dāng)氣敏電阻R=2.3kQ時(shí)，甲醛濃度為6x10-8kg/m3或0.06mg/m3；（3）R、R串q12聯(lián)分壓，當(dāng)氣敏電阻的阻值R增大時(shí)D兩端電壓應(yīng)升高，所以R為氣敏電阻，R為定值電阻，且q112R2當(dāng)節(jié)=2時(shí)為紅色發(fā)光二極管D處于點(diǎn)亮的臨界狀態(tài)，由圖（b）可知n=1X10-7kg/m3時(shí)23R=2.6kQ，故R=—R=3.9kQ。q22q14.（10分）在水平長直的軌道上，有一長度為L的平板車在外力控制下始終保持速度v做勻0速直線運(yùn)動■某時(shí)刻將一質(zhì)量為m的小滑塊輕放到車面的中點(diǎn)，滑塊與車面間的動摩擦因數(shù)為U，此時(shí)調(diào)節(jié)外力，使平板車仍做速度為V。的勻速直線運(yùn)動.⑴若滑塊最終停在小車上滑塊和車之間因?yàn)槟Σ廉a(chǎn)生內(nèi)能為多少？（結(jié)果用m，v。表示）

⑵已知滑塊與車面間動摩擦因數(shù)U=0.2,滑塊質(zhì)量m=1kg,車長L=2m,車速v=4m/s,取0g=10m/s2,當(dāng)滑塊放到車面中點(diǎn)的同時(shí)對該滑塊施加一個(gè)與車運(yùn)動方向相同的恒力F,要保證滑塊不能從車的左端掉下，恒力F大小應(yīng)該滿足什么條件？【答案】（1）1mv2（2）F>6N20【解析】解：根據(jù)牛頓第二定律,滑塊相對車滑動時(shí)的加速度a=峻二卩gm滑塊相對車滑動的時(shí)間：t二a滑塊相對車滑動的距離s=vt-$02g滑塊與車摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q二卩mgs1由上述各式解得Q二1mv2（與動摩擦因數(shù)卩無關(guān)的定值）2o（2）設(shè)恒力F取最小值為F],滑塊加速度為a],此時(shí)滑塊恰好達(dá)到車的左端，則：v滑塊運(yùn)動到車左端的時(shí)間t1二o1a1由幾何關(guān)系有：vt-~°1-o122由牛頓定律有：11聯(lián)立可以得到：：廣0?5s,F=6N則恒力F大小應(yīng)該滿足條件是：F>6N．（12分）如圖所示，上下粗細(xì)不一樣的氣缸被輕繩通過活塞豎直吊在空中，氣缸底面積為S,活塞橫截面積為色,氣缸上下兩部分的長度2相同。氣缸側(cè)壁有一個(gè)小孔與裝有水銀的U形輕質(zhì)細(xì)玻璃管相通。最初室溫為幾時(shí)，活塞恰好在氣缸上下兩部分的分界處，玻璃管內(nèi)左右水銀液面高度差為h（〃形管內(nèi)的氣體體積、水銀質(zhì)量不計(jì)）。已知大氣壓強(qiáng)為卩0,水銀的密度為P，重力加速度g。不計(jì)活塞與氣缸的摩擦。①求氣缸的質(zhì)量M；現(xiàn)對氣缸緩慢加熱，則玻璃管內(nèi)左右兩側(cè)水銀液面高度差h是否變化？怎樣變化？在對氣缸里的氣體緩慢加熱時(shí)，若活塞與氣缸不會分離，則加熱后的溫度最多是多少？【答案】解：①繩封閉氣體壓強(qiáng)為P,對氣缸M受力分析，根據(jù)受力平衡可知：p.2+M^=p0-|對U形玻璃管內(nèi)水銀柱分析有：p0=p+pgh聯(lián)立解得：M=丄phs2加熱時(shí)，氣缸始終處于平衡，大氣壓強(qiáng)不變,氣缸重力恒定，所以內(nèi)部壓強(qiáng)不變，可知U形玻璃管內(nèi)水銀高度差不變化加熱時(shí)，氣體做等壓變化，由蓋-呂薩克定律可得：LS=（厶S+厶?：）丁0T解得T=込2答：①氣缸的質(zhì)量M為2phS；現(xiàn)對氣缸緩慢加熱，則玻璃管內(nèi)左右兩側(cè)水銀液面高度差h不變；在對氣缸里的氣體緩慢加熱時(shí)，若活塞與氣缸不會分離,則加熱后的溫度最多是込。2【解析】①氣缸處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求得氣缸的質(zhì)量；加熱時(shí)，氣缸始終處于平衡，大氣壓強(qiáng)不變,氣缸重力恒定，所以內(nèi)部壓強(qiáng)不變，可知U形玻璃管內(nèi)水銀高度差不變化；被封閉氣體做等壓變化，根據(jù)蓋-呂薩克定律求得溫度。本題是力學(xué)知識與氣體性質(zhì)的綜合，橋梁是壓強(qiáng)。往往對跟氣體接觸的水銀或活塞研究，根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律研究氣體的壓強(qiáng)，然后利用其體狀態(tài)方程求得。（18分）如圖所示，豎直放置的平行金屬板A、B間電壓為〃°，在B板右側(cè)CDMN矩形區(qū)域存在豎直向下的勻強(qiáng)電場,DM邊長為L,CD邊長為3厶緊靠電場右邊界存在垂直于紙面水平向4里的有界勻強(qiáng)磁場，磁場左、右邊界為同心圓，圓心0在CDMN矩形區(qū)域的幾何中心，磁場左邊界剛