2023年江西省高三名校聯(lián)考物理試卷（3月份）及答案解析

2023年江西省高三名校聯(lián)考物理試卷（3月份）

1.某星球的質(zhì)量是地球的p倍，半徑是地球的q倍。一運(yùn)動(dòng)員在地球上能夠跳起的最大高度

為八，假定運(yùn)動(dòng)員在地球上和該星球上起跳的最大初速度相同，則運(yùn)動(dòng)員在該星球上能夠跳起

的最大高度為（）

A./B./C.%D,4

PQpq

2.鈾、鉛測(cè)年法是放射測(cè)年法中最早使用，并且準(zhǔn)確度最高的一種測(cè)年方式。本法可測(cè)定

距今100萬(wàn)到45億年前的物體，測(cè)定精確度大約是測(cè)定范圍的10%?1%。鈾、鉛測(cè)年法依賴

兩個(gè)獨(dú)立的衰變鏈，一是豺8〃衰變至穩(wěn)定的第6p/j,二是卷5（/衰變至穩(wěn)定的第7pb,對(duì)于兩個(gè)

衰變鏈，下列說(shuō)法正確的是（）

A.昭8〃的比結(jié)合能小于第6Pb的比結(jié)合能

B.0衰變是原子核外電子吸收能量躍遷的結(jié)果

C.一個(gè)龍81/核衰變至第6Pb核要經(jīng)過(guò)6次a衰變和8次￡衰變

D.走5u衰變至第7Pb的半衰期會(huì)隨外界環(huán)境溫度的變化而變化

3.如圖，“單臂大回環(huán)”是體操運(yùn)動(dòng)中的高難度動(dòng)作，運(yùn)動(dòng)員單臂

抓杠，以單杠為軸完成圓周運(yùn)動(dòng)，不考慮手和單杠之間的摩擦和空氣

阻力，將人視為處于重心的質(zhì)點(diǎn)，將“單臂大回環(huán)”看成豎直平面內(nèi)

的圓周運(yùn)動(dòng)，等效半徑為3重力加速度為g,下列說(shuō)法正確的是（）

A.單杠對(duì)手臂只能提供拉力，不能提供支持力

B.從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，單杠對(duì)人的作用力做正功

C.若運(yùn)動(dòng)員恰好能夠完成此圓周運(yùn)動(dòng)，則運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)的向心加速度大小為4g

D.若運(yùn)動(dòng)員恰好能夠完成此圓周運(yùn)動(dòng)，則運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)處時(shí)，手臂與單杠之間無(wú)支持力

4.一些先進(jìn)的飛行器具有矢量發(fā)動(dòng)機(jī)，它可以提供任意方向的推力。如圖，在一次飛行中，

飛行器沿與地面成30。角的直線斜向下俯沖，飛行過(guò)程保持發(fā)動(dòng)機(jī)噴口始終水平向后噴氣（產(chǎn)

生的水平推力恒定），直到達(dá)到最大速度。假設(shè)飛行器的質(zhì)量不變，設(shè)為僧，飛行器所受空氣

的阻力與速度的關(guān)系滿足/=為比例系數(shù)），重力加速度為g,不計(jì)空氣的浮力，下列

說(shuō)法正確的是（）

A.飛行器達(dá)到最大速度前，加速度逐漸增大

B.飛行器能夠達(dá)到的最大速度為J卒

C.噴出氣體對(duì)飛行器的反作用力大小為?mg

D.飛行器達(dá)到最大速度的一半時(shí)，加速度大小為gg

5.如圖，在正四面體abed的a點(diǎn)和c點(diǎn)固定兩個(gè)等量同種電荷，正四面

體d點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E4,4abe中心。處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。，則與：

將等于（）

B?

C.小

6.如圖，三只相同燈泡5、乙2、43的額定電壓均為U，額定功率均為P，將三只燈泡接入理

想變壓器電路,ab端接入正弦交流電（電壓有效值恒定），調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器連入電路中的阻值,

使三個(gè)燈泡恰好均正常發(fā)光，已知變壓器原副線圈的匝數(shù)之比%：噂=4：1。下列說(shuō)法正確

的是（）

A.a、b端接入電壓的有效值為5U

B.滑動(dòng)變阻器中的電流與燈泡乙2中電流相等

C.滑動(dòng)變阻器連入電路中的阻值為弓

D.變壓器輸出的功率為3P

7.如圖，半圓環(huán)半徑為R,固定在水平桌面上，其半圓面

豎直。半圓環(huán)圓心。的正上方4點(diǎn)固定一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的定滑

輪，在左側(cè)與4點(diǎn)等高的B點(diǎn)再固定一個(gè)同樣的定滑輪，將帶

有小孔的小球a穿入半圓環(huán)后與細(xì)繩的一端拴接，再將細(xì)繩

的另一端繞過(guò)兩個(gè)定滑輪后與小球b拴接，然后將小球a拉到

半圓環(huán)上的C點(diǎn)，靜止釋放小球a。已知小球a和b的質(zhì)量分別

為ni和3m,0C與。4的夾角為53。且。Cl4C,半圓弧的最高點(diǎn)為P,半圓環(huán)上的。點(diǎn)和C點(diǎn)關(guān)

于0P對(duì)稱，重力加速度為g,s譏53。=0.8、cos53°=0.6,不計(jì)一切摩擦和空氣阻力，細(xì)繩

不可伸長(zhǎng)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.小球a釋放瞬間，其加速度大小為第

B.小球a不能到達(dá)。點(diǎn)

C.小球a從C到P,繩的拉力對(duì)小球b做的功為mgR

D.小球a到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為［mgR

8.如圖，平行光滑導(dǎo)軌左側(cè)力B和4B'是半徑為R的四分之一圓弧，BE、B'E'水平，AC和AC'

間距為L(zhǎng),DE和D'E'間距為23AC.A'C,DE、D'E'均足夠長(zhǎng)，4c和DE、4'C'和D'E'通過(guò)導(dǎo)

線連接，其中BB'右側(cè)導(dǎo)軌平面處在豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)將長(zhǎng)度為2L

的導(dǎo)體棒PQ垂直導(dǎo)軌放置于DE和D'E'上，將長(zhǎng)度為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒MN垂直導(dǎo)軌放置于44'端，靜

止釋放導(dǎo)體棒MN,導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的過(guò)程始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒MN最終的速度大

小為,丁雙。己知導(dǎo)體棒MN和PQ材料、橫截面積均相同，導(dǎo)體棒質(zhì)量為電阻為r,

重力加速度為g，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，下列說(shuō)法正確的是（）

B

E'

DPE

22

A.導(dǎo)體棒MN進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，導(dǎo)體棒PQ的加速度大小為

6mr、o

B.導(dǎo)體棒MN、PQ最終共速

C.PQ棒的最終速度為

D.整個(gè)過(guò)程導(dǎo)體棒PQ上產(chǎn)生的焦耳熱為：mgR

*7

9.如圖甲，物理探究小組運(yùn)用圖甲所示的裝置測(cè)定滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃，同時(shí)測(cè)

定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭。具體操作如下：

a.首先將一端固定定滑輪的長(zhǎng)木板放置于水平桌面上；

b.在長(zhǎng)木板上合適位置安裝兩光電門4和B,用毫米刻度尺測(cè)出光電門4和B的距離So；

c.將寬度為d的遮光條安裝在滑塊C上，測(cè)出滑塊C和遮光條的總質(zhì)量為M和小桶D的質(zhì)量為mo,

用輕繩連接滑塊C和小桶D,按住滑塊C,讓輕繩處于拉直狀態(tài)，然后向小桶中添加砂粒后，

釋放滑塊，滑塊向右滑動(dòng)，記錄遮光條通過(guò)兩光電門的時(shí)間。

遮光條A

甲乙

(1)圖乙為該小組用螺旋測(cè)微器測(cè)得的遮光條的寬度，則遮光條的寬度&=—mm.

(2)當(dāng)小桶中添加的砂粒質(zhì)量為m時(shí)，發(fā)現(xiàn)兩光電門記錄的時(shí)間相等，則滑塊與長(zhǎng)木板之間的

動(dòng)摩擦因數(shù)，〃=_(用題目中給出的物理量的字母表示)。

(3)當(dāng)小桶和砂粒的總質(zhì)量為6m時(shí)，光電門A和B記錄的時(shí)間分別為戊和與，則當(dāng)?shù)氐闹亓?/p>

速度大小9=—(用題目中給出的物理量的字母表示)。

10.光敏電阻廣泛的應(yīng)用于光控制電路中，物理探究小組設(shè)計(jì)了圖甲所示的電路測(cè)量不同照

度下的光敏電阻的阻值，照度單位為勒克斯(k)。小組成員先將照射光敏電阻的光調(diào)至某一

照度，將電阻箱阻值調(diào)到最大，先閉合電鍵S],再將電鍵S2與1連接，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值如圖

乙所示時(shí)，此時(shí)通過(guò)電流表G的電流為/,然后將電鍵S2與2連接，當(dāng)調(diào)節(jié)電阻箱的阻值如圖丙

所示時(shí)，電流表的示數(shù)恰好也為1。

X100000XIOOOOX100000XIOOOOX

交流電源

，電阻g

(l)圖乙的讀數(shù)8=—n,圖丙的讀數(shù)/?2=一0,此照度下光敏電阻的阻值Ro=一0。

(2)圖丁是該小組描繪出的光敏電阻的阻值隨照度變化的關(guān)系圖像，由圖丁可知(1)中的光照

度為—戊(保留兩位有效數(shù)字)。

(3)此光敏電阻隨光照強(qiáng)度的減小而—(填“增大”、“不變”或“減小”)。

(4)小組設(shè)計(jì)了如圖戊所示的電路控制路燈，圖戊中Ro為此實(shí)驗(yàn)的光敏電阻,R1為滑動(dòng)變阻器,

電磁繼電器的銜鐵由軟鐵(容易磁化和消磁)制成，為電磁鐵的線圈電阻，K為單刀雙擲開

關(guān)。當(dāng)光照強(qiáng)度小到某一值時(shí).，銜鐵就會(huì)被吸下，交流電路接通，當(dāng)光照強(qiáng)度達(dá)到某一值時(shí)，

銜鐵就會(huì)被彈簧拉起，交流電路就會(huì)斷開，路燈熄滅，請(qǐng)?jiān)趫D戊中原有電路的基礎(chǔ)上用筆畫

連接電路實(shí)現(xiàn)這一功能。

11.如圖，平面直角坐標(biāo)系％0y位于豎直面內(nèi)，其第/象限中存在著正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁

場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿y軸負(fù)方向(豎直向下)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直坐標(biāo)平面

向里。一帶電的微粒以速度%從y軸上P點(diǎn)射入第/象限，速度方向與y軸正方向成。=30°,微

粒在第/象限中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，偏轉(zhuǎn)后垂直x軸進(jìn)入第W象限。已知P點(diǎn)與x軸的距離為d,

重力加速度為g。

(1)帶電微粒的比荷；

(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。

E

12.受游樂場(chǎng)彈性蹦床的啟發(fā)，小李同學(xué)構(gòu)建了如圖所示的碰撞模型，將一輕回

彈簧豎直放置，下端固定在地面上，上端固定一個(gè)質(zhì)量為m的物體4,物體A初

始處于靜止?fàn)顟B(tài)。將一質(zhì)量為三的物塊B從4的正上方九高度處以初速度。0=

豎直向下拋出，之后B和4發(fā)生碰撞且碰撞時(shí)間極短。已知彈簧的勁度系

數(shù)為鼠彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能為Ep=；kx2Q為彈簧

的形變量），重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力。

（1）求B和4發(fā)生碰撞前的瞬間，B的速度大??；

（2）若B和4發(fā)生完全非彈性碰撞，B和4碰后一起向下運(yùn)動(dòng)直至達(dá)到最大速度的過(guò)程，彈簧彈

性勢(shì)能的增加量為4E,求此過(guò)程中4、B整體的最大動(dòng)能（結(jié)果的表達(dá)式中必須含有4E）；

（3）若8和4發(fā)生彈性碰撞，碰后立即移走B,求碰后4向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大加速度的大小。

13.如圖，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a-b-cfa,其壓強(qiáng)與溫度的關(guān)系圖像如圖所示，

則由狀態(tài)a到狀態(tài)b,理想氣體分子的密集程度—（填“增大”、“不變”或“減小”）；理

想氣體由狀態(tài)b到狀態(tài)c的過(guò)程一（填“吸收”或“放出”）熱量；氣體由狀態(tài)c到狀態(tài)a的過(guò)

程—（填“吸收”或“放出”）熱量。

14.如圖甲所示裝置，導(dǎo)熱良好的兩個(gè)薄壁汽缸4、8通過(guò)活塞C、。分別封閉了兩部分同種

理想氣體a、b,活塞通過(guò)不計(jì)質(zhì)量的細(xì)桿相連，豎直靜置在水平面上。兩個(gè)氣缸的質(zhì)量均為

M-2kg,活塞。的質(zhì)量me=Mg，活塞。的質(zhì)量=0.5kg,兩個(gè)活塞的橫截面積均為S=

10cm2,氣體a和b對(duì)應(yīng)的體積恰好相等。己知外界大氣壓強(qiáng)為po=1.0x105pa,環(huán)境溫度不

變，重力加速度g取10m/s2,不計(jì)所有摩擦。

(1)求氣體a、b的壓強(qiáng)Pa和Pb；

(2)如圖乙，將裝置放置于光滑水平地面上，兩活塞均不脫離氣缸，求穩(wěn)定后氣體a、b的體積

之比。

15.如圖，圖甲是t=0時(shí)刻一列沿x軸傳播的橫波圖像，圖乙是質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)圖像，質(zhì)點(diǎn)Q的

平衡位置坐標(biāo)々=7m,下列說(shuō)法正確的是()

A.質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的頻率為2.5Hz

B.此波沿久軸正方向傳播

C.此波的傳播速度大小10m/s

D.t=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)Q沿y軸正方向振動(dòng)

E.t=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)Q偏離平衡位置的位移y。--10V-2cm

16.如圖，足夠大的水池內(nèi)距水面深度“處有紅藍(lán)兩個(gè)點(diǎn)光源，兩光源發(fā)光時(shí)，會(huì)分別在水

面形成兩個(gè)發(fā)光圓區(qū)域，兩區(qū)域不重疊。若紅光源在水面形成的發(fā)光區(qū)域面積為a，藍(lán)光源

在水面形成的發(fā)光區(qū)域面積為S2。已知水對(duì)紅光的折射率為%,水對(duì)藍(lán)光的折射率為電。

(1)求工與S2的比值；

(2)為使藍(lán)光源在水面形成的發(fā)光區(qū)域面積與紅光源在水面形成的發(fā)光區(qū)域面積相等，可將藍(lán)

光源的深度調(diào)整為多少？

水面_______________________________________________

打光點(diǎn)光源…慶源

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：設(shè)地球質(zhì)量為M,半徑為R,表面的重力加速度為g：球形星體的質(zhì)量為M',半徑為

R'，表面的重力加速度為g'，萬(wàn)有引力大小等于重力大小，則有=

Mrm,

Gr-^2=m9

聯(lián)立解得4=學(xué)=9

9R,2M<?2

運(yùn)動(dòng)員起跳上升過(guò)程中有0-堤=-2gh

0-詔=-2g'h1

聯(lián)立解得九'=貯入，故C正確，A3。錯(cuò)誤。

v

故選：C。

星球表面，萬(wàn)有引力大小等于重力大小，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)立，求最大高度。

本題考查學(xué)生對(duì)星球表面，萬(wàn)有引力大小等于重力大小以及豎直上拋位移公式的掌握，是一道基

礎(chǔ)題.

2.【答案】A

【解析】解：4原子核越穩(wěn)定，其比結(jié)合能越大，所以第6Pb的比結(jié)合能大于走8(7的比結(jié)合能，

故A正確；

50衰變是原子核內(nèi)一個(gè)中子轉(zhuǎn)變成質(zhì)子的結(jié)果，不是來(lái)自核外電子，故B錯(cuò)誤；

C.由龍切->第6pb+蠟“e+洌送滿足電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒，得2x-y+82=92；4x+

206=238；解得x=8,y=6,所以一個(gè)無(wú)汨核衰變至第6Pb核要經(jīng)過(guò)8次a衰變和6次￡衰變，

故C錯(cuò)誤；

。.半衰期與原子所處的物理狀態(tài)無(wú)關(guān)，與溫度和化學(xué)狀態(tài)無(wú)關(guān)，故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

原子核越穩(wěn)定，其比結(jié)合能越大；根據(jù)口衰變的本質(zhì)判斷；根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒判斷；

半衰期與溫度和化學(xué)狀態(tài)無(wú)關(guān)。

本題考查原子核的衰變，關(guān)鍵掌握衰變過(guò)程中電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒，注意0衰變的實(shí)質(zhì)。

3.【答案】C

2

【解析】解：4運(yùn)動(dòng)員在做圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員的重力恰好提供向心力時(shí)，有mg=

v=y/~gL

當(dāng)運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)的速度大于7^時(shí)，桿對(duì)運(yùn)動(dòng)員的力為拉力，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)的速度小于

時(shí)，桿對(duì)運(yùn)動(dòng)員的力為支持力，故A錯(cuò)誤；

8.從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，單杠對(duì)人的作用力一直與速度方向垂直，不做功，故8錯(cuò)誤；

C.運(yùn)動(dòng)員恰好完成圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)速度為零，此時(shí)手臂與單杠之間支持力大小等于運(yùn)

動(dòng)員重力大小，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)

根據(jù)動(dòng)能定理有mg-2L=jmv2

在最低點(diǎn)向心加速度大小a=y

聯(lián)立a=4g

故C正確，。錯(cuò)誤。

故選：C。

根據(jù)速度分析單杠對(duì)手臂的力：

單杠對(duì)人的作用力一直與速度方向垂直，不做功；

從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理和向心加速度公式，分析向心加速度大小。

本題解題關(guān)鍵是正確分析不同速度時(shí)，單杠對(duì)手臂的力，臨界速度是，

4.【答案】B

【解析】解：AB,發(fā)動(dòng)機(jī)噴口始終水平向后噴氣，產(chǎn)生的水平向前的恒定的推力，受力如圖，推

力和重力的合力一定。隨速度增加，阻力好增加，合力減小，則加速度減小，當(dāng)加速度為零時(shí)速

度最大，則瑞瑞，解得最大速度%,=」甲，故A錯(cuò)誤,8正確；

,一，30。

C、噴出氣體對(duì)飛行器的反作用力大小為F=rngCan60。=故。錯(cuò)誤;

。、飛行器達(dá)到最大速度的一半時(shí)，由牛頓第二定律有贏-%獷=3,解得加速度大小

為a=|g,故Z）錯(cuò)誤。

故選：B。

發(fā)動(dòng)機(jī)噴口始終水平向后噴氣，產(chǎn)生的水平向前的恒定的推力，分析阻力的變化，由牛頓第二定

律判斷加速度變化情況，當(dāng)加速度為零時(shí)速度最大，由此求出最大速度。由牛頓第二定律求飛行

器達(dá)到最大速度的一半時(shí)加速度大小。

本題正確作出受力分析圖，并結(jié)合力的合成，得出推力與重力之間的大小關(guān)系，是解題的關(guān)鍵所

在。

5.【答案】B

【解析】解：設(shè)正四面體的邊長(zhǎng)為3a點(diǎn)和c點(diǎn)所帶電荷帶電量均為Q,根據(jù)矢量合成結(jié)合幾何關(guān)

系可得

kQy/~3kQ

Ecd=2o/cos3。=—jj—

根據(jù)幾何關(guān)系，a點(diǎn)和c點(diǎn)的距離為NaOc=120。，所以。點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為：E°=-J=3涯

3（―￡）、

可得％=?，故8正確，48錯(cuò)誤。

故選：Bo

根據(jù)矢量合成結(jié)合幾何關(guān)系，求d和。點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小，再求比值。

本題解題關(guān)鍵是正確根據(jù)幾何關(guān)系和矢量法則結(jié)合點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式求解合場(chǎng)強(qiáng)。

6.【答案】AC

【解析】解：4三個(gè)燈泡恰好均正常發(fā)光，副線圈輸出電壓”=U

根據(jù)理想變壓器電壓比等于匝數(shù)比，則強(qiáng)=/則原線圈的輸入電壓為由途解得U[=4U

a、b端接入電壓有效值Uab=U+U「解得（/助=5/故A正確；

8c.設(shè)燈泡正常發(fā)光時(shí)電流為/,則原線圈電流=/=J

副線圈電流/2=詈。=4/=4《

故滑動(dòng)變阻器中的電流/滑=辦-2/=2/=

2

滑動(dòng)變阻器連入電路中阻值R滑=藝=￡=%

故B錯(cuò)誤，C正確；

。.變壓器輸出的功率為P出=叼2=U?4/=4P

故。錯(cuò)誤。

故選：AC?

依題意，知道副線圈輸出電壓，根據(jù)理想變壓器電壓比等于匝數(shù)比，求原線圈電壓，再根據(jù)電壓

關(guān)系，求a、b端接入電壓有效值；

求出原副線圈電流，得到滑動(dòng)變阻器中的電流，再求滑動(dòng)變阻器連入電路中的阻值；

根據(jù)功率規(guī)律，求變壓器輸出的功率。

本題解題關(guān)鍵是掌握理想變壓器電壓比等于匝數(shù)比，并正確分析出電路中的電流、電功率關(guān)系，

是一道中等難度題。

7.【答案】AD

【解析】解：4、小球a釋放瞬間，對(duì)a球進(jìn)行受力分析，如圖所示。

由牛頓第二定律得

FT—mgs由53°=ma

對(duì)b球，由牛頓第二定律得

3mg-FT=3ma

聯(lián)立解得小球a釋放瞬間，其加速度大小為。=葛9,故A正確；

CD、不計(jì)一切摩擦，小球a從C到P的過(guò)程中，小球a、b組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。小球b的速度與

小球a沿繩子方向的分速度相等，小球a到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，其速度方向水平向左，沿繩方向的速度為零，

則小球6的速度為零。

由機(jī)械能守恒定律得：4c-AP)—mg(R-Rcos53。)=

由幾何關(guān)系得4C=Rtm53。,AP=^-R

2

解得小球a到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為：EkP=1mv=|mgR

小球a從C到P的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得

W&a-mgR(l-cos53°)=EkP

解得小球a從C到P,繩的拉力對(duì)小球b做的功為：W&b=W&a=-2mgR,故C錯(cuò)誤，。正確；

B、小球a到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，其速度方向水平向左，小球a向。點(diǎn)做減速運(yùn)動(dòng)，小球b上升。因?yàn)?。點(diǎn)與C點(diǎn)

關(guān)于。P對(duì)稱，。點(diǎn)與C點(diǎn)等高，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知a球能夠到達(dá)D點(diǎn)，故B錯(cuò)誤。

故選：AD.

小球a釋放瞬間，對(duì)a、b兩球分別運(yùn)用牛頓第二定律列式，可求出小球a的加速度。不計(jì)一切摩擦，

a、b小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球a到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，b小球的速度為零，由機(jī)械能守恒定律求出

小球a到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，由動(dòng)能定理求繩的拉力對(duì)小球匕做的功。由系統(tǒng)機(jī)械能守恒分析小球a能

不能到達(dá)。點(diǎn)。

本題以系統(tǒng)為研究對(duì)象，運(yùn)用機(jī)械能守恒定律研究，要注意小球a到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，小球b的速度為零。

8.【答案】CD

【解析】解：4、導(dǎo)體棒MN在圓弧下滑過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒，有mgR=gm琢;導(dǎo)體棒MN進(jìn)

入磁場(chǎng)瞬間，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為邑=由于導(dǎo)體棒MN和PQ材料、橫截面積均相同，根據(jù)R=p(

和m=pV■可知導(dǎo)體棒PQ的質(zhì)量、電阻分別為2m,2r,則感應(yīng)電流為/1=/轉(zhuǎn)；對(duì)導(dǎo)體棒PQ分析

有2B/"=2mai，解得。=也1/7^，故A錯(cuò)誤；

3mrv0

BC、穩(wěn)定時(shí)，兩導(dǎo)體棒均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，回路總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0,則有BLUMN=d2功PQ,

解得"PQ=2gR，可知，導(dǎo)體棒MN、PQ最終MN的速度大一些，故B錯(cuò)誤，C正確；

D、整個(gè)過(guò)程回路產(chǎn)生的總焦耳熱為Q總=刎詔—加麻2m笳Q,導(dǎo)體棒PQ上產(chǎn)生的焦耳

熱Q=磊7Q總'解得Q=ImgR,故。正確。

故選：CD。

導(dǎo)體棒MN在圓弧下滑過(guò)程中根據(jù)機(jī)械能守恒列出方程，再根據(jù)導(dǎo)體棒MN進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間的感應(yīng)電

動(dòng)勢(shì)，結(jié)合歐姆定律求出導(dǎo)體棒的感應(yīng)電流，再對(duì)導(dǎo)體棒PQ受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出加

速度；穩(wěn)定時(shí)，兩導(dǎo)體棒均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，回路總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0,根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的公式判

斷導(dǎo)體棒MN、PQ最終MN的速度大小關(guān)系；最后根據(jù)能量守恒求出整個(gè)過(guò)程回路中產(chǎn)生的總焦耳

熱以及導(dǎo)體棒PQ上產(chǎn)生的焦耳熱。

本題考查電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題，解決本題的關(guān)鍵是熟練掌握機(jī)械能守恒，能量守恒、閉合電路

歐姆定律以及動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的求解。

m+nto3(6m+M)d2

9.【答案】3.708

M2so(5m-mo)At2

【解析】解：(1)螺旋測(cè)微器的分度值為O.Olrmn,需要估讀到分度值的下一位，根據(jù)螺旋測(cè)微器

的讀數(shù)規(guī)律得，遮光條的寬度為3.5nwn+0.01x20.8mm=3.708mm

(2)滑塊經(jīng)過(guò)光電門的速度為u=今

當(dāng)兩光電門記錄的時(shí)間相等時(shí)，滑塊的速度相等，表明滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得：(瓶+

m0)g=

解得：〃=中

(3)滑塊經(jīng)過(guò)光電門A的速度為17]=*

滑塊經(jīng)過(guò)光電門B的速度為W=4

由勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移一速度公式得：vl-vl=2QS0

對(duì)滑塊、小桶和砂粒整體受力分析，由牛頓第二定律得：6mg-iiMg=(6m4-M)a

3(6m+M)d2

聯(lián)立解得：g=

2

2so(5?n-7no)21t

2

故答案為：⑴37。&⑵空；⑶景震梟

(1)根據(jù)螺旋測(cè)微器讀數(shù)規(guī)則得出對(duì)應(yīng)的示數(shù)即可;

(2)兩光電門記錄的時(shí)間相等，則滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件列式求解即可;

(3)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移一速度公式和牛頓第二定律列式求解即可。

本題考查動(dòng)摩擦因數(shù)的測(cè)量，根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律列式求解即可。

10.【答案】2320112012001.0增大

【解析】解：(1)圖乙的讀數(shù)&=0x100000/24-0xloooon+2x10000+3xloon+2x

ion+0x10=23200

圖丙的讀數(shù)&=oxlooooon+oxloooon+1xlooon+1xloon+2xion+oxin=

ii2on

P

根據(jù)閉合電路的歐姆定律，開關(guān)接1時(shí)，電路中的電流A=KR-[+-rRKq-+r!,

E

開關(guān)接2時(shí)，電路中的電流包=&+Rg+r+Ro

根據(jù)題意A=i2=1

聯(lián)立解得Ro=RX-R2=23200-11200=1200/2

(2)根據(jù)扁的阻值，結(jié)合圖像可知(1)中的光照度為1.0比；

(3)根據(jù)圖線可知，此光敏電阻隨光照強(qiáng)度的減小而增大；

(4)將線圈與光敏電阻并聯(lián)，然后與滑動(dòng)變阻器以及電源串聯(lián)，這樣當(dāng)光照強(qiáng)度減小時(shí)，光敏電阻

的阻值增大，并聯(lián)部分的分壓變大，線圈中的電流增大，螺線管的磁性變強(qiáng)，將銜鐵吸下，路燈

接通；當(dāng)光照強(qiáng)度增大時(shí)，光敏電阻阻值變小，并聯(lián)部分分壓變小，線圈中的電流減小，螺線管

的磁性變?nèi)?，銜鐵彈起，路燈熄滅。

故答案為：(1)2320；1120；1200；(2)1.0；(3)增大；(4)連接的電路圖見解析。

(1)根據(jù)電阻箱面板對(duì)應(yīng)示數(shù)求電阻&、/?2；根據(jù)閉合電路的歐姆定律求電阻&；

(2)(3)根據(jù)電阻尺的阻值，結(jié)合圖丁求解即可；

(4)光敏電阻的阻值隨光照的減小而增大，銜鐵隨線圈中的電流的增大而被電磁鐵吸下來(lái)，使交流

電路接通，因此線圈電阻&兩端的電壓要隨光敏電阻的增大而增大，據(jù)此分析電阻與光敏電阻

的連接方式;再根據(jù)串聯(lián)電路電壓的分配與電阻成正比的關(guān)系確定光敏電阻與電阻Ri的連接方式,

最后完成電路連接。

本題重點(diǎn)考查了光電傳感器(光敏電阻)在生產(chǎn)生活實(shí)際中的運(yùn)用一實(shí)現(xiàn)自動(dòng)控制；本題的難點(diǎn)自

動(dòng)控制電路圖的設(shè)計(jì)，關(guān)鍵在于弄清光敏電阻的阻值與光照的關(guān)系、交流電路的通斷與線圈電阻/?2

中電流大小的關(guān)系，以及光敏電阻兩端電壓和線圈電阻兩端電壓的關(guān)系。

11.【答案】解：(1)由于帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則

mg=Eq

解得：*菅

(2)由幾何關(guān)系得：

d

r-sin8

代入數(shù)據(jù)得：r=2d

帶電粒子第/象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力得：

避

qv0B=m-^-

解得：8=學(xué)

解得：8=翳

答：⑴帶電微粒的比荷為去

(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為警。

【解析】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)帶電粒子受力要求是合外力為洛倫茲力，由其

它力的合力為零，可求帶電微粒的比荷；帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由幾何關(guān)系求出

半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。

此題需要熟練掌握帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的條件，帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)

動(dòng)時(shí)的分析思路，難度不大。

12.【答案】解：(1)依題意，B從開始下落到與4發(fā)生碰撞前的瞬間，根據(jù)動(dòng)能定理有

mBgh=^mBvl-^mBv^

1

mB=-m

求得B和4發(fā)生碰撞前的瞬間，B的速度大小

%=2y!~gh

(2)8與4發(fā)生完全非彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，以巧方向?yàn)檎较?/p>

rngVi=(mB+m^v2mA=m

當(dāng)彈簧彈力等于二者的總重力時(shí)，此時(shí)二者的速度最大，動(dòng)能最大，有

kAx=(mB+TTIA)g

根據(jù)能量守恒定律有

12

mv

Ekm-2+A)2+4E=(mB+mA)gAh

Ah=Ax-Ax0

且B與4發(fā)生碰撞前瞬間，彈簧的壓縮量為

"。=賢

聯(lián)立以上式子求得

Ekm=\mgh+凱2g2_AE

(3)若B和4發(fā)生彈性碰撞，碰后立即移走B,根據(jù)動(dòng)量守恒定律及能量守恒定律，以力方向?yàn)檎?/p>

向，有

mBv1=mBv\+叫4叭

\mBvl=\mBv'l+\mAv'l

聯(lián)立求得碰后4的速度大小為

%=j/~gh

接著4將做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，當(dāng)4向下減速到速度為0時(shí)，有最大加速度，根據(jù)能量守恒定律有+

2

mAgAx'=+4%0)-就

在最低點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律有

k(Ax'+zlx0)-mAg=mAamax

聯(lián)立求得a=?回

37m

答：(1)隊(duì)員甲撞上緩沖墊時(shí)的速度大小

(2)4、B整體的最大動(dòng)能刎g/i+京m2g2一』E；

(3)碰后4向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大加速度的大小￡叵。

【解析】(1)B從開始下落到與4發(fā)生碰撞前的瞬間，根據(jù)動(dòng)能定理，求B的速度大??；

(2*與4發(fā)生完全非彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，當(dāng)彈簧彈力等于二者的總重力時(shí)，此時(shí)二者

的速度最大，動(dòng)能最大，根據(jù)能量守恒定律，求最大動(dòng)能；

(3)若B和4發(fā)生彈性碰撞，碰后立即移走8,根據(jù)動(dòng)量守恒定律及能量守恒定律列式，求碰后4的

速度大小，力做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律和最低點(diǎn)牛頓第二定律，求加速度。

本題是一道綜合性較強(qiáng)的題，解題關(guān)鍵是掌握彈性碰撞模型的規(guī)律，彈性碰撞中滿足規(guī)律：1.動(dòng)

量守恒;2.動(dòng)能守恒。

13.【答案】不變吸收放出

【解析】解：由圖像，結(jié)合pP=CT可知，a-b為等容變化，所以氣體分子密程度不變：b-c過(guò)

程為等溫變化，內(nèi)能不變，壓強(qiáng)減小，根據(jù)pU=C7可知體積變大，則氣體對(duì)外界做正功，由熱

力學(xué)第一定律/U=W+Q可知，氣體吸收熱量；c-a過(guò)程為等壓變化，溫度降低，內(nèi)能減少，

體積減小，外界對(duì)氣體做正功，由熱力學(xué)第一定律AU="+Q可知，氣體放出熱量。

故答案為：不變，吸收，放出。

根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程判斷a到b過(guò)程氣體體積不變；從狀態(tài)b-c為溫度不變過(guò)程，根據(jù)理想氣

體的狀態(tài)方程判斷體積變化，然后根據(jù)熱力學(xué)第一定律判斷吸熱或放熱；從狀態(tài)cta為等壓變化

過(guò)程，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程判斷體積變化，然后結(jié)合熱力學(xué)第一定律判斷。

本題考查了理想氣體狀態(tài)方程、熱力學(xué)第一定律等知識(shí)點(diǎn)。解