2023年河南省普通高中高考物理適應(yīng)性試卷及答案解析

2023年河南省普通高中高考物理適應(yīng)性試卷

1.如圖是戶外活動時常用的一種使攜式三腳架，它由三根長度均為，的

輕桿通過錢鏈組合在一起，每根輕桿均可繞較鏈自由轉(zhuǎn)動。將三腳架靜

止放在水平地面上，吊鍋通過一根細(xì)鐵鏈靜止懸掛在三腳架正中央，三

腳架頂點(diǎn)離地的高度h=吊鍋和細(xì)鐵鏈的總質(zhì)量為m,支架與較鏈

間的摩擦忽略不計(jì)。貝M）

A.每根輕桿中的彈力大小為gmg

B.每根輕桿對地面的摩擦力大小為:mg

C.減小/I時，每根輕桿對地面的壓力增大

D.減小h時，每根輕桿對地面的摩擦力減小

2.2022年11月30日，神舟十五號、神舟十四號航天員乘組在空間站成功會師，航天員可以

通過同步衛(wèi)星與地面進(jìn)行實(shí)時聯(lián)系。設(shè)空間站與同步衛(wèi)星均繞地球做勻速圓周運(yùn)動，已知空

間站的運(yùn)行周期約為906譏。則下列相關(guān)說法正確的是（）

A.航天員在空間站中所受的重力為0

B.航天員在空間站中漂浮時處于平衡狀態(tài)

C.空間站繞地球運(yùn)動的速度大于同步衛(wèi)星的速度

D.空間站繞地球運(yùn)動的加速度小于同步衛(wèi)星的加速度

3.圖甲為氫原子的能級圖，大量處于n=4激發(fā)態(tài)的氫原子躍遷時，發(fā)出頻率不同的大量光

子，這些光子照射到圖乙電路中光電管陰極K上，調(diào)節(jié)滑動變阻器，發(fā)現(xiàn)當(dāng)電壓表示數(shù)大于

甲乙

A.10.75eVB.10.2eKC.10.09eVD.2.0eV

4.如圖甲所示，一圓心為。的圓形區(qū)域處在平行于紙面的勻強(qiáng)電場中，其半徑R=O.lm。M

為圓弧上一點(diǎn)，若半徑0M沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，。為。M從。4位置開始旋轉(zhuǎn)的角度，M點(diǎn)的電

勢租隨。變化的關(guān)系如圖乙所示。下列說法正確的是（）

A.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為10V/m

B.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度方向?yàn)榇怪庇贏C連線向上

C.將一質(zhì)子由B點(diǎn)沿圓弧逆時針移至。點(diǎn)，電勢能增加2eV

D.將一電子由A點(diǎn)沿圓弧逆時針移至C點(diǎn)，電場力先做正功后做負(fù)功

5.如圖，將一籃球從地面上方B點(diǎn)斜向上拋出，球恰好垂直擊

中豎直籃板上的4點(diǎn)，球擊中籃板前后瞬間速度大小不變、方向

相反。測得B點(diǎn)位置與籃板的水平距離為3m,距水平地面高度為

1.5m,4點(diǎn)距地面高度為3.3m。籃球視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為0.6kg,

重力加速度大小g取10m/s2,空氣阻力忽略不計(jì)。下列說法正確

的是（）

A.球從拋出到擊中籃板的過程所用時間為0.8s

B.球擊中籃板前瞬間的速度大小為5m/s

C.球?qū)@板的沖量大小為5N-s

D.球從B點(diǎn)拋出時的動能為18.3/

6.圖甲為家用燃?xì)怆娮用}沖點(diǎn)火裝置的簡化原理圖，通過轉(zhuǎn)換器將直流電壓轉(zhuǎn)換為如圖乙

所示的正弦交流電壓，并加在理想變壓器的原線圈上，再經(jīng)變壓器升成峰值是15kV的高電壓。

當(dāng)放電針間電壓值達(dá)到15kV時進(jìn)行一次尖端放電，由放電火花引燃燃?xì)狻Ｏ铝姓f法正確的是

()

A.理想交流電壓表U的示數(shù)為15U

B.放電針每秒可尖端放電100次

C.變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為1：1000

D.不經(jīng)過轉(zhuǎn)換器，只要副線圈的匝數(shù)足夠大就可以引燃燃?xì)?/p>

7.如圖，在豎直邊界MN左側(cè)存在一方向垂直于豎直平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為磁場中有一個由勻質(zhì)導(dǎo)線制成的單匝圓形線圈，最初置于與邊界MN相切于。點(diǎn)的位置，

線圈可繞過。點(diǎn)的水平光滑轉(zhuǎn)軸在豎直平面內(nèi)自由擺動。已知線圈質(zhì)量為m,半徑為r,電阻

為R。現(xiàn)將線圈從初始位置由靜止釋放，向右擺至最高點(diǎn)時，直徑OP轉(zhuǎn)過的角度為150。。擺

I

xxxxxlN

A.線圈擺動時，所受安培力的方向始終和邊界MN垂直

B.線圈從釋放到第一次擺至右側(cè)最高點(diǎn)的過程中，安培力對線圈做的功為0.5mgr

C.線圈從釋放到最后靜止的過程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱為0.5mgr

D.線圈從釋放到最后靜止的過程中，通過線圈導(dǎo)線橫截面的電荷量為零

8.如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧一端系在傾角為。的固定光滑斜面底端，另一端與球B相連，球B處

于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將球4置于球B上方斜面某位置處，并以此位置作為原點(diǎn)0,沿平行于斜面向

下為正方向建立x軸坐標(biāo)系。某時刻將球4由靜止釋放，4與B碰撞后以共同速度沿斜面向下運(yùn)

動，碰撞時間極短，測得球4的動能&與其位置坐標(biāo)x的關(guān)系如圖乙所示，圖像中0?xi之間

為直線，其余部分為曲線。球4、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，

重力加速度大小為9。貝1()

A.A、B的質(zhì)量之比為1：3B.4與B碰撞后在與位置處速度最大

C.4與B碰撞后在△位置處加速度最大D.彈簧的勁度系數(shù)為

9.某實(shí)驗(yàn)小組利用圖甲的裝置測量物塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)。實(shí)驗(yàn)過程如下：

遮矮物塊V光電門02

111111111Icm

??II1111111

，乙J

(1)用游標(biāo)卡尺測量圖甲中固定于物塊上遮光片的寬度d,示數(shù)如圖乙所示，d=mm.

在桌面上固定好輕彈簧和光電門，其中。為彈簧未壓縮時物塊的位置，將光電門與數(shù)字計(jì)時

器連接(圖中未畫出)。

(2)用物塊將彈簧壓縮至位置P,測量出物塊到光電門的距離為右。將物塊由靜止釋放，測出

物塊上的遮光片通過光電門的時間為ti，則物塊通過光電門的速度%=o(用題中測

得的物理量符號表示)

(3)將光電門向右移動到某一合適位置，仍用物塊將彈簧壓縮至位置P,測量出物塊到光電門

的距離為短。將物塊由靜止釋放，測出物塊通過光電門的速度外，則物塊與桌面之間的動摩

擦因數(shù)〃=。(用和重力加速度g表示)

10.為測量一段長度已知為人粗細(xì)均勻的電阻絲的電阻率，某小組采用了如下實(shí)驗(yàn)操作：

(1)用圖甲中的螺旋測微器測量電阻絲的直徑d。先將電阻絲輕輕地夾在測砧與測微螺桿之間,

當(dāng)測微螺桿快接近電阻絲時，再旋轉(zhuǎn)(選填“①”“②”或“③”)，直到聽見“喀

喀”的聲音為止；測量時需要選擇電阻絲的不同位置進(jìn)行多次測量，再取平均值作為電阻絲

的直徑，其目的是減小（選填“偶然”或“系統(tǒng)”）誤差。

（2）用圖乙所示電路圖測量電阻絲的電阻勺，其中Ro為一定值電阻。請用筆畫線代替導(dǎo)線，把

圖丙中的實(shí)物電路補(bǔ)充完整。

（3）第一次按圖乙所示的電路測量，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，測得多組電壓U及電流/的值；第

二次將電壓表改接在a、b兩點(diǎn)測量，測得多組電壓U及電流/的值，并作出如圖丁所示的U-/

圖像。則第一次測量得到的圖線是（選填"M”或"N”），由圖像可得電阻絲的電阻

Rx=n,最后，根據(jù)電阻定律可求得電阻絲的電阻率「=。（用及常量表示）

甲

11.如圖，短道速滑接力比賽時，“交棒”的運(yùn)動員在到達(dá)接

力地點(diǎn)時，需要推送一下前面“接棒”的隊(duì)友以完成接力。在某

次直道交接訓(xùn)練中，質(zhì)量為50kg的隊(duì)員甲以為=127n/s的速度

勻速向質(zhì)量為60kg的隊(duì)員乙滑來，當(dāng)甲運(yùn)動到P點(diǎn)時，乙從Q點(diǎn)

開始滑動，乙起滑后到交接前的運(yùn)動可看作勻加速直線運(yùn)動，其加速度大小為a=3.2m/s2,

甲、乙兩人在M點(diǎn)完成交接，交接時間很短。交接前瞬間乙的速度大小是甲的卷，交接后乙的

速度大小為14.6m/s。隊(duì)員甲完成推送后在水平直道上自然向前滑行了1=20m,直至撞上緩

沖墊后停下，此過程甲與冰面間的動摩擦因數(shù)為“=0.05,重力加速度的大小g取10m/s2。

求：

(1)在直道上，乙在距甲多遠(yuǎn)的距離處開始滑動；

(2)隊(duì)員甲撞上緩沖墊時的速度大小。

12.如圖為一質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)簡圖，兩塊相距為的平行金屬板4、B正對且水平放置，兩板間

加有可調(diào)節(jié)的電壓，內(nèi)、出分別為板中心處的兩個小孔，點(diǎn)。與。1、。2共線且連線垂直于金

屬板，。與。2的距離。。2=R。在以。為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為8、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。圓弧CD為記錄粒子位置的膠片，圓弧上各點(diǎn)到。點(diǎn)的

距離以及圓弧兩端點(diǎn)C、0間的距離均為2R,C、。兩端點(diǎn)的連線垂直于4、B板。粒子從01處

無初速地進(jìn)入到4、B間的電場后，通過。2進(jìn)入磁場，粒子所受重力不計(jì)。

(1)當(dāng)4、B兩板間電壓為%時，粒子恰好打在圓弧CD的中點(diǎn)，求該粒子的比荷：

(2)—質(zhì)量為血1的粒子從磁場射出后，恰好打在圓弧上的C端點(diǎn)；在相同加速電壓下，該粒子

的一個同位素粒子則恰好打在圓弧上的。端點(diǎn)，求這個同位素粒子的質(zhì)量；

(3)—質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從％處無初速地進(jìn)入電場，當(dāng)間所加電壓不同時，粒子從。1

直至打在圓弧CD上所經(jīng)歷的時間t會不同，求t的最小值。

13.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)4依次經(jīng)過狀態(tài)B、C、

。后又回到狀態(tài)4。其中，4-?B和C-0為等溫過程，B-C和O-

4為絕熱過程(氣體與外界無熱量交換)，這就是著名的“卡諾循

環(huán)”。該循環(huán)過程中，下列說法正確的是()

V

A.ATB過程中，外界對氣體做功

B.CT"過程中，氣體始終放熱

C.DTA過程中，氣體的內(nèi)能減小

D.ATC過程中，氣體分子在單位時間內(nèi)與器壁單位面積上碰撞的次數(shù)減少

E.從狀態(tài)4經(jīng)過一個循環(huán)又回到4的過程中，氣體吸熱大于放熱

14.如圖所示，體積為匕的導(dǎo)熱容器被一光滑導(dǎo)熱活塞C（厚度忽略不計(jì)）分成小B兩個氣室，

各封閉一定質(zhì)量的氣體，平衡時B室體積是4室體積的2倍，A容器上連接有一管內(nèi)氣體體積不

計(jì)的U形管，管右側(cè)上端開口，兩側(cè)水銀柱高度差為76cm,B室容器可通過一閥門K與大氣相

通。已知外界大氣壓Po=76cmHg,環(huán)境溫度70=300K。

心環(huán)境溫度保持不變，將閥門K打開，穩(wěn)定后B室內(nèi)剩余氣體的質(zhì)量和B室原有氣體質(zhì)量之比

是多少？

（4）打開閥門K,穩(wěn)定后，若將環(huán)境溫度緩慢升高，當(dāng)環(huán)境溫度升至多少時，活塞C恰好能到

達(dá)容器的最左端。

15.如圖所示，兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負(fù)方向傳播，兩波源分別位于x=-26和

%=127n處，兩列波的傳播速度均為"=4m/s,兩波源的振幅均為4=4cm,圖示為t=。時

刻兩列波的圖像，此時刻平衡位置處于x=27n和x=8m的兩質(zhì)點(diǎn)P、Q剛開始振動，質(zhì)點(diǎn)M的

平衡位置處于x=5沆處。下列說法正確的是（）

A.t=0.75s時刻，兩列波開始相遇

B.t=0.75s時刻，質(zhì)點(diǎn)P、Q均運(yùn)動到M點(diǎn)

C.質(zhì)點(diǎn)P、Q的起振方向均沿y軸負(fù)方向

D.t=ls時刻，質(zhì)點(diǎn)Q的速度為0

E.t=ls時刻，質(zhì)點(diǎn)M的位移為一8cm

16.如圖，一玻璃磚的橫截面為一圓心為。、半徑為R的半圓，直

徑AB與水平地面垂直并接觸于4點(diǎn)，0M水平。一束激光從玻璃磚廣\1

圓弧面BM射向圓心。，逐漸增大激光的入射角i,發(fā)現(xiàn)水平地面上

的兩個光斑逐漸靠近，當(dāng)?shù)孛嫔蟿偤弥挥幸粋€光斑時,此光斑距4點(diǎn)L

的距離為。R。

(i)求玻璃磚的折射率心

(五)若該束激光以60。的入射角從右側(cè)斜向下射向4B上的N點(diǎn)，己知ON間的距離為不

考慮激光在AMB弧面上的反射，求此時地面上兩個光斑之間的距離X。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：C、以整個裝置為研究對象，設(shè)地面對每根桿的支持力為N,由平衡條件可知3N=mg

1

解得：N=-mg

則減小無時，每根輕桿所受支持力大小不變，根據(jù)牛頓第三定律得，輕桿對地面壓力大小不變，故

C錯誤；

ABD,以吊鍋和細(xì)鐵鏈為研究對象，設(shè)每根桿中的彈力為鳳，桿與豎直方向的夾角為。，在豎直

方向上，根據(jù)平衡條件可得：3FNCOSO=mg

水平方向上，根據(jù)平衡條件得，地面對每根桿的摩擦力大小為/=FNsin6=Imgtand

J12一九2ms

tanO=—'cosb。-——

nz

聯(lián)立解得：f—^mg,FN=

減小h時，。增大，tan。增大，摩擦力增大，根據(jù)牛頓第三定律得，每根桿對地面的摩擦力增大,

故B正確，錯誤。

故選：Bo

以整個裝置為研究對象，根據(jù)平衡條件和牛頓第三定律判斷輕桿對地面壓力大小的變化；以吊鍋

和細(xì)鐵鏈為研究對象，根據(jù)平衡條件求解地面與桿之間的摩擦力。

本題考查共點(diǎn)力平衡，解題關(guān)鍵是靈活選擇研究對象并對其受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解即

可。

2.【答案】C

【解析】解：4、航天員在圍繞地球做勻速圓周運(yùn)動的空間站中，處于完全失重狀態(tài)，此時航天

員仍受重力的作用，且由重力正好充當(dāng)向心力，故A錯誤；

B、此時宇航員只受到地球的引力作用，處于非平衡狀態(tài)，故B錯誤；

C、根據(jù)萬有引力提供向心力，得G粵=機(jī)且，可得uocflo因?yàn)榭臻g站的軌道半徑小于地球同

rzr7r

步衛(wèi)星的的軌道半徑，所以其線速度大于同步衛(wèi)星的線速度，故C正確；

3

。、根據(jù)開普勒第三定律彳r=匕因?yàn)榭臻g站運(yùn)動的周期比地球同步衛(wèi)星的周期小，因此空間站的

軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，根據(jù)牛頓第二定律。等=ma,解得a=G*即a"當(dāng)

則知空間站的加速度比地球同步衛(wèi)星的加速度大，故。錯誤。

故選：C。

空間站繞地球做勻速圓周運(yùn)動，由萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律和萬有引力定律相結(jié)

合列式分析。

解題關(guān)鍵要知道空間站繞地球做勻速圓周運(yùn)動，由萬有引力提供向心力。選擇合適的向心力公式

列式進(jìn)行判斷。

3.【答案】A

【解析】解：最大能量的光子為從n=4激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)而產(chǎn)生的，根據(jù)甲圖可得：

hv=E4-E1=-0.85W-(-13.6)eIZ=12.75eV

根據(jù)公式Ekm=hv-Wo=eU

代入數(shù)據(jù)解得：〃o=lO.75eV,故A正確，BCD錯誤;

故選：Ao

根據(jù)能級差得出光子的能量，結(jié)合光電效應(yīng)方程和動能定理得出陰極的逸出功。

本題主要考查了光電效應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，熟悉能級差的計(jì)算，結(jié)合遏止電壓的概念和光電效應(yīng)方程

即可完成分析。

4.【答案】C

【解析】解：4由印一。圖像可知，當(dāng)。屋時，M點(diǎn)電勢最低為1S；當(dāng)”今時，N點(diǎn)電勢最高為

甲乙丙

根據(jù)電場強(qiáng)度定義式，則勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度大小七=§=3得=篇17巾=201//771,故A錯誤；

氏由8—。圖像，即圖乙：

當(dāng)。=與時，尸點(diǎn)電勢為3乙勻強(qiáng)電場沿任意方向電勢降落都是均勻的，故NM中點(diǎn)0點(diǎn)電勢為3V,

OF為等勢線，則由幾何關(guān)系知。尸與OM垂直，電場線與等勢線垂直，則電場線的方向由N指向M,

如圖所丙，故B錯誤；

C.過B和。點(diǎn)作的垂線，根據(jù)公式，U=Ed,貝i」UBD=—E-2Rsin3(T=-2V

質(zhì)子由B點(diǎn)沿圓弧逆時針移至。點(diǎn)，電勢能變化等于電場力做功相反數(shù)，故電勢能變化量

-eUBD=2eV

故質(zhì)子由B點(diǎn)沿圓弧逆時針移至D點(diǎn)，電勢能增加2eU,故C正確：

DM點(diǎn)電勢最低，N點(diǎn)電勢最高，所以從4點(diǎn)沿圓弧逆時針至C點(diǎn)，電勢先減小后增大，電子的電

勢能先增大后減小，電勢能變化等于電場力做功相反數(shù)，所以電場力先做負(fù)功后做正功，故力錯

誤。

故選：C。

根據(jù)電場強(qiáng)度定義式，求勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度大??；

電場線與等勢線垂直；

根據(jù)公式，U=Ed,AEP=-eUBD,求電勢能變化；

電勢能變化等于電場力做功相反數(shù)。

本題解題關(guān)鍵是掌握電場強(qiáng)度定義、電場線與等勢線垂直、電勢能變化等于電場力做功相反數(shù)，

是一道中等難度題。

5.【答案】BD

【解析】解:4籃球反向運(yùn)動可以看作平拋運(yùn)動，因此運(yùn)動時間：t=舊=J2x(3*1.5)$=06s，

故A錯誤；

B、球擊中籃板前后瞬間速度大小為：%=?=17n/s=5m/s,故B正確；

C、球擊中籃板前后瞬間速度大小不變,方向相反,根據(jù)動量定理可得:I=m-Av=0.6xl0N-s=

6N-s,故C錯誤；

。、根據(jù)動能定理有：mgh=EkB-gm詔

解得：EkB=18.3/,故。正確。

故選：BD。

根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律計(jì)算運(yùn)動時間和瞬時速度；根據(jù)動量定理計(jì)算沖量的大?。桓鶕?jù)動能定理解

得B點(diǎn)的動能。

本題主要考查學(xué)生對平拋運(yùn)動的理解，學(xué)生需要掌握平拋運(yùn)動的運(yùn)動規(guī)律并靈活應(yīng)用。

6.【答案】BC

【解析】解：4由圖乙，原線圈電壓最大值15匕電壓表示數(shù)為有效值，即電壓表示數(shù)〃=葛1/=

苧，市，故A錯誤；

8.根據(jù)圖象，每個周期放電2次，1s為50個周期，故放電針每秒可尖端放電100次，故8正確；

C.瞬時電壓大于15000V即火花放電，即副線圈輸出電壓最大值U2nl=15000V

根據(jù)理想變壓器，電壓比等于匝數(shù)比，故變壓比詈=/=磊=焉，故C正確；

九2U2mIJUUU1UUU

。.不經(jīng)過轉(zhuǎn)換器，變壓器原線圈接恒定電流，副線圈兩端的電壓為零，不能點(diǎn)燃燃?xì)?，故o錯誤。

故選：BC。

電壓表示數(shù)為有效值，等于峰值除以

每個周期放電2次，通過周期次數(shù)，確定放電次數(shù)；

根據(jù)理想變壓器，電壓比等于匝數(shù)比，分析變壓比；

接恒定電流，副線圈兩端的電壓為零，不能點(diǎn)燃燃?xì)狻?/p>

本題解題關(guān)鍵是掌握電壓表示數(shù)為有效值，等于峰值除以，2、理想變壓器，電壓比等于匝數(shù)比，

是一道基礎(chǔ)題。

7.【答案】AD

【解析】解：4、根據(jù)楞次定律的推論可知，安培力的方向總是阻礙相對運(yùn)動，根據(jù)對稱性，圓

與MN的交線恰好為圓的弦，安培力與弦垂直，故安培力的方向始終和邊界垂直，且與運(yùn)動方

向相反，故A正確；

B、根據(jù)動能定理：IV+mgr(l-cos600)=0,可知第一次安培力做的功：W=-O.Smgr,故B

錯誤；

C、線圈最終停在OP與MN重合的位置，根據(jù)能量守恒可知線圈中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=mgr,故

C錯誤；

。、線圈從釋放到最后靜止的過程中，通過線圈導(dǎo)線橫截面的電荷量:q=7.而7=E=工.

RR

整理得q=孚=零,故O正確。

R2.R

故選：ADo

根據(jù)楞次定律分析出線圈所受安培力的方向；

根據(jù)動能定理求安培力對線圈的做功：

先確定線圈最終停止的位置，由能量守恒定律求整個過程產(chǎn)生的焦耳熱；

聯(lián)立法拉第電磁感定律、歐姆定律和電流的定義式得出通過導(dǎo)線橫截面的電荷量與磁通量變化量

的關(guān)系并完成分析。

本題主要考查了電磁感應(yīng)定律的相關(guān)應(yīng)用，熟練應(yīng)用楞次定律和在電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)換關(guān)系，

解題的關(guān)鍵點(diǎn)是熟記通過導(dǎo)線橫截面的電荷量的計(jì)算公式。

8.【答案】ACD

【解析】解：4、由圖乙可知，球4與球B碰撞前的動能E=gm”2,可得球4-與球B碰撞前的速

度V=］看，球4與球B碰撞后的動能力E=品A喙，解得球4與球B碰撞后的速度"共=J焉=

3，球4與球B碰撞時間極短，根據(jù)動量守恒定律成小=（見4+解得叫1：mB=1：3,故A

正確；

B、由圖乙可知，力與B碰撞后4在右處動能最大，貝^與B碰撞后在外位置處速度最大，故B錯誤；

C、根據(jù)動能定理有F/=O-Ek,則可知圖的斜率代表物體所受的合外力，由圖Z可知4與

B碰撞后在%3位置處合外力最大，即加速度最大，故C正確；

。、彈簧上端與球B相連，球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)此時彈簧的形變量為結(jié)合圖甲根據(jù)平衡條件

可知niBgsin。=kx（），由圖乙可知，當(dāng)48—?起運(yùn)動到久2時，速度最大，根據(jù)平衡條件叫4州汾。+

mBgsin6=fc（x2-%i+%0）＞球4從0點(diǎn)運(yùn)動到位置與的過程中，根據(jù)動能定理啊9$譏。-Xj=E,

聯(lián)立解得k=X］（x；T］），故。正確；

故選：ACDo

根據(jù)動能定理得出物塊的速度，結(jié)合動量守恒定律得出質(zhì)量的比值關(guān)系；根據(jù)圖乙可以分析4與B

碰撞后在打位置處速度最大；根據(jù)動能定理列式，再整理出a-X圖像，根據(jù)圖像的斜率表示合

外力即可分析加速度；根據(jù)平衡條件列式得出勁度系數(shù)的表達(dá)式。

本題主要考查了功能關(guān)系的相關(guān)應(yīng)用，熟悉動能定理的應(yīng)用，理解圖像的物理意義，同時要理解

速度最大時物塊的加速度為零。

【解析】解：(1)該游標(biāo)卡尺的分度值為0.05nmi,讀數(shù)為d=5nun+6x0.05mm=5.30mm

(2)物塊通過光電門的時間很短，可利用物塊通過光電門的平均速度近似看作瞬時速度，則物塊通

過光電門的速度為%=￡

(3)用物塊將彈簧壓縮至位置尸，測量出物塊到光電門的距離為小，通過光電門的速度為火,由能

量守恒有琮=林mg》14-

將光電門向右移動到某一合適位置，仍用物塊將彈簧壓縮至位置P,測量出物塊到光電門的距離

為%2，通過光電門的速度為必，則Ep=諺

聯(lián)立解得：“=」2成、

2gg-xi)

故答案為：(1)5.30；(2)5；(3)[7、。

(1)該游標(biāo)卡尺為20分度游標(biāo)卡尺，分度值為0.05771771,游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為主尺刻度加游標(biāo)尺的讀

數(shù)；

(2)物塊通過光電門的時間很短，利用物塊通過光電門的平均速度近似看作瞬時速度；

(3)根據(jù)能量守恒定律分析即可。

本題考查求解動摩擦因數(shù)的實(shí)驗(yàn)，結(jié)合能量守恒定律分析求解即可。

10.【答案】③偶然A25返

【解析】解：(1)為保護(hù)螺旋測微器，將電阻絲輕輕地夾在測砧與測微螺桿之間，再旋動微調(diào)旋鈕

③，直到聽見喀喀的聲音以保證壓力適當(dāng)，同時防止螺旋測微器的損壞；為減小由于測量不準(zhǔn)確

帶來的偶然誤差，選擇電阻絲的不同位置進(jìn)行多次測量；

(2)根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖如圖

(3)第一次測量按乙圖的電路，根據(jù)歐姆定律可得/=&+&+&，第二次測量將電壓表改接在

a、b兩端，根據(jù)歐姆定律可得半=%+8,可知的＞半，可知第一次測量得到圖線是M,由圖

像數(shù)據(jù)可得空=RX+R+RA=—^—3/2=500,華=島+&=；北_3。=250,聯(lián)立可得

*11UU0X1U*21UUX1U

&理若=5。?！?5。=25。,由電阻定律可得p=半=嚕;

(1)根據(jù)螺旋測微器結(jié)構(gòu)明確進(jìn)行微調(diào)的部位；為減小偶然誤差要進(jìn)行多次測量求平均值；

(2)根據(jù)圖示電路圖連接實(shí)物電路圖；

(3)根據(jù)電路圖與圖示圖象應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律可以求出電阻絲阻值，根據(jù)電阻的決定式

即可求解。

要掌握常用器材的使用方法、注意事項(xiàng)與讀數(shù)方法；為減小偶然誤差要進(jìn)行多次測量求平均值；

根據(jù)電路圖與圖示圖象應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律才能求出電阻絲阻值。

11.【答案】解：(1)設(shè)乙開始滑動時與甲之間的距離為x,乙從Q點(diǎn)滑到M點(diǎn)運(yùn)動的路程為s。對甲

有=X+S

對乙有s=1at2

4

-v0=at

聯(lián)立以上各式，代入相關(guān)已知數(shù)據(jù)得x=21.6m

(2)甲、乙兩人在交接過程中動量守恒，以孫方向?yàn)檎较?，則ni甲為+機(jī)乙m甲f甲+m乙f乙

代入相關(guān)數(shù)據(jù)解得=6m/s

甲推送完乙直至剛要接觸緩沖墊的過程中，根據(jù)動能定理有一甲)=甲—2nl甲1^,

代入相關(guān)已知數(shù)據(jù)，求得甲撞上緩沖墊時的速度大小=4m/s

答：(1)在直道上，乙在距甲21.6m的距離處開始滑動；

(2)隊(duì)員甲撞上緩沖墊時的速度大小4zn/s。

【解析】(1)根據(jù)勻速直線運(yùn)動位移公式和勻加速直線運(yùn)動位移公式，結(jié)合甲乙位移關(guān)系，求距離；

(2)根據(jù)甲乙交接過程中水平方向動量守恒和甲推送完乙直至剛要接觸緩沖墊的過程中由動能定

理，求隊(duì)員甲撞上緩沖墊時的速度大小。

本題是一道綜合性較強(qiáng)的題，考查學(xué)生對運(yùn)動學(xué)公式、碰撞過程中的動量守恒以及動能定理的掌

握，是一道中等難度題。

12.【答案】解：根據(jù)題意作圖如下:

(1)粒子從。1到。2的過程中，根據(jù)動能定理有

12

jjmv

q0U0=2

粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，由向心力公式有

r.mv2

1ovB=~Y~

由題意知，粒子的軌跡如圖中①所示，

由幾何關(guān)系知粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑r=R

聯(lián)立以上各式，解得粒子的比荷為黑=熱

(2)當(dāng)質(zhì)量為Tn1的粒子打在圓弧的C端點(diǎn)時，軌跡如圖中②所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑4=J(2R)2—R2=CR

當(dāng)該粒子的同位素粒子打在圓弧的。端點(diǎn)時，軌跡如圖中③所示

軌跡半徑為七=Rtan30°=

由(1)中得粒子質(zhì)量的通用表達(dá)式為m=富則籌=等=2解得這個同位素粒子的質(zhì)量為爪2=

1

戶1

(3)通過分析可知：當(dāng)粒子沿軌跡②最終打在膠片的C端點(diǎn)時，對應(yīng)粒子在整個過程中經(jīng)歷的時間

最短，此時粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為6=，有/?粒子在磁場中運(yùn)動軌跡所對的圓心角為名=

n

3

由qvB=叱得到該粒子進(jìn)入磁場時的速度大小為藥=四=馬生

1rxmm

粒子在電場中經(jīng)歷的時間為tl=$=

粒子在磁場中經(jīng)歷的時間t2=袈，而7=誓由此得到t2=維

粒子出磁場后做勻速直線運(yùn)動經(jīng)歷的時間為t3=2=［段

則粒子從進(jìn)入電場到打在膠片上所經(jīng)歷的最短時間為

t.f-(3G+7T)7n

tmE-S+亡2+亡3-3qB

答：(1)當(dāng)4、B兩板間電壓為外時，粒子恰好打在圓弧CD的中點(diǎn)，該粒子的比荷為金=第；

(2)—質(zhì)量為Hi1的粒子從磁場射出后，恰好打在圓弧上的C端點(diǎn)；在相同加速電壓下，該粒子的一

個同位素粒子則恰好打在圓弧上的。端點(diǎn)，這個同位素粒子的質(zhì)量m2=gmi；

(3)—質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從Oi處無初速地進(jìn)入電場，當(dāng)間所加電壓不同時，粒子從。1直

至打在圓弧上所經(jīng)歷的時間t會不同，t的最小值為嫌譏=空孺也。

【解析】(1)根據(jù)動能定理及向心力公式結(jié)合幾何關(guān)系求該粒子的比荷；

(2)根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合(1)中得粒子質(zhì)量的通用表達(dá)式求這個同位素粒子的質(zhì)量；

(3)通過分析可知：當(dāng)粒子沿軌跡②最終打在膠片的C端點(diǎn)時，對應(yīng)粒子在整個過程中經(jīng)歷的時間

最短，由此分析求t的最小值。

本題考查帶電粒子在電場與磁場的組合場中的運(yùn)動。學(xué)生需根據(jù)題意由動能定理及向心力公式結(jié)

合幾何關(guān)系綜合分析求解。

13.【答案】BDE

【解析】解：4由圖可知4-8過程中，氣體體積增大，則氣體對外界做功，故A錯誤；

B.由題C-。為等溫過程，則氣體內(nèi)能不變；由圖可知C-D過程中氣體體積減小，則外界對氣體

做功，由熱力學(xué)第一定律4U=Q+W可知Cf￡＞過程中，氣體始終放熱，故B正確；

CD-2為絕熱過程，氣體體積變小則外界對氣體做功，故氣體的內(nèi)能增加，故C錯誤；

D4-8過程中氣體等溫膨脹，壓強(qiáng)不斷減小，根據(jù)壓強(qiáng)的微觀意義可知?dú)怏w分子在單位時間內(nèi)

與器壁單位面積上碰撞的次數(shù)減少；B-C過程中氣體絕熱膨脹，溫度和壓強(qiáng)不斷減小，氣體分

子在單位時間內(nèi)與器壁單位面積上碰撞的次數(shù)也減少，故。正確；

E.在整個過程中氣體內(nèi)能的內(nèi)能不變，圖像與橫軸所圍面積表示氣體對外做功，由熱力學(xué)第一定

律可知整個過程中氣體吸熱，故氣體吸熱大于放熱，故￡正確。

故選：BDE。

A-8過程中，體積增大，氣體對外界做功，B-C過程中，絕熱膨脹，氣體對外做功，溫度降低，

C-D過程中，等溫壓縮，D-4過程中，絕熱壓縮，外界對氣體做功，溫度升高，一個循環(huán)過程

中，氣體的溫度不變，再根據(jù)熱力學(xué)第一定律，即可判斷各個選項(xiàng)。

本題考查了一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用，根據(jù)圖象判斷出氣體體積如何變化，從而判斷

出外界對氣體做功情況，再應(yīng)用熱力學(xué)第一定律與題目所給條件即可正確解題：解題時，牢記一

定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能由問題溫度決定。

14.【答案】解：（i）開始時，4室內(nèi)的氣體壓強(qiáng)為

PAO=PO+pgh=2Po

A室內(nèi)的氣體體積為力

打開閥門，4室氣體等溫變化，穩(wěn)定后壓強(qiáng)為

PAI=Po

體積為V%,對4室氣體，由玻意耳定律得

PAO^AO=P4MAi

解得以1=竽

B室氣體等溫變化，穩(wěn)定后壓強(qiáng)為

2

=pAQ9pB1=pA1,VB0=%-VAO=

對B室氣體，由玻意耳定律得

PBQVBQ=pB^VB^

解得01="0

則穩(wěn)定后B室內(nèi)剩余氣體的質(zhì)量和B室原有氣體質(zhì)量之比為罌=寫”=!

總

3）活塞C恰好能到達(dá)容器的最左端過程中，是等壓變化，對4分析課!■=”

解得T1=|To=450K

答：（i）環(huán)境溫度保持不變，將閥門K打開，穩(wěn)定后B室內(nèi)剩余氣體的質(zhì)量和B室原有氣體質(zhì)量之比

1

4；

（”）打開閥門K，穩(wěn)定后，若將環(huán)境溫度緩慢升高，當(dāng)環(huán)境溫度升至450K,活塞C恰好能到達(dá)