2023年河南省五市高考物理聯(lián)考試卷（一）及答案解析

2023年河南省五市高考物理聯(lián)考試卷（一）

1.如圖四幅圖涉及到不同的物理知識(shí)，圖①為黑體輻射的實(shí)驗(yàn)規(guī)律示意圖，圖②為氯222衰

變規(guī)律圖，圖③為氫原子的能級(jí)示意圖，圖④為原子核的比結(jié)合能示意圖。關(guān)于這四幅圖，

下列說(shuō)法正確的是（）

A.圖①：可看出隨著溫度升高，輻射強(qiáng)度的極大值向頻率較小的方向移動(dòng)

B.圖②：120個(gè)放射性原子核氮222,經(jīng)過(guò)3.8天后將剩余60個(gè)

C.圖③：用光子能量為2.55eU的光直接照射大量處于n=2激發(fā)態(tài)的氫原子，最多可以產(chǎn)生

3種不同頻率的光子

D.圖④：圖中氧的原子核（肥0）比鋰的原子核（"i）更穩(wěn)定

2.建造一條能通向太空的電梯如圖甲所示，是人們長(zhǎng)期的夢(mèng)想。材料的力學(xué)強(qiáng)度是材料眾

多性能中被人們極為看重的一種性能，目前已發(fā)現(xiàn)的高強(qiáng)度材料碳納米管的抗拉強(qiáng)度是鋼的

100倍，密度是其上這使得人們有望在赤道上建造垂直于水平面的“太空電梯”。圖乙中r為

O

航天員到地心的距離，R為地球半徑，a-r圖像中的圖線4表示地球引力對(duì)航天員產(chǎn)生的加速

度大小與r的關(guān)系，圖線B表示航天員由于地球自轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的向心加速度大小與r的關(guān)系。關(guān)

于相對(duì)地面靜止在不同高度的航天員，下列說(shuō)法正確的有（）

A.圖中「°為地球同步衛(wèi)星的軌道半徑

B.航天員在r=R處的線速度等于第一宇宙速度

C.從地面到2ro的過(guò)程中，隨著r增大，航天員受到電梯艙的彈力減小

D.宇航員感受到的“重力”隨著r的增大而增大

3.如圖所示，8。是豎直平面內(nèi)圓的一條豎直直徑，4c是該圓的另一

條直徑，乙AOB=e,該圓處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)方向平行于圓，帶等

量負(fù)電荷的相同小球從。點(diǎn)以相同的動(dòng)能沿不同方向射出。小球能夠到

達(dá)圓周上任意一點(diǎn)。小球在經(jīng)過(guò)這些點(diǎn)時(shí)，過(guò)4點(diǎn)的小球的動(dòng)能最小。

忽略空氣阻力，則下列說(shuō)法中正確的是（）

A.可以斷定電場(chǎng)方向由C指向4

B.小球經(jīng)過(guò)圓周上的不同點(diǎn)時(shí)，過(guò)8點(diǎn)的小球的動(dòng)能和電勢(shì)能之和最小

C.若小球帶電量和質(zhì)量分別為q和小，則電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值為巴*

D.小球經(jīng)過(guò)圓周時(shí)，機(jī)械能最小的小球應(yīng)經(jīng)過(guò)圓弧CNO上的某一點(diǎn)

4.近年來(lái)，國(guó)家大力開展冰雪運(yùn)動(dòng)進(jìn)校園活動(dòng)，目前已有

多所冰雪特色學(xué)校，蹬冰踏雪深受學(xué)生喜愛。如圖所示，現(xiàn)

有兩名滑雪運(yùn)動(dòng)員（均視為質(zhì)點(diǎn)）從跳臺(tái)a處先后沿水平方向

向左飛出，其速度大小之比為女：v2=2：1,不計(jì)空氣阻力，

則兩名運(yùn)動(dòng)員從飛出至落到斜坡（可視為斜面）上的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.他們飛行時(shí)間之比為口：七=1：2

B.他們飛行的水平位移之比為與：X2=2：1

C.他們速度變化之比為/%：4V2=2：1

D.他們?cè)诳罩须x坡面的最大距離之比為Si：S2=2：1

5.如圖所示，一長(zhǎng)木板a在水平地面上運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻（t=0）將一相對(duì)于地面靜止的物塊b輕

放到木板上，此時(shí)a的速度為孫，同時(shí)對(duì)a施加一個(gè)水平向右的恒力F,已知物塊與木板的質(zhì)

量相等，物塊與木板間及木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，物塊與木板間的最大靜摩擦力

等于滑動(dòng)摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后，a、b運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖像

可能是下列圖中的（）

一％a防

6.如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比如：電=2：5,定值電阻％=20,滑動(dòng)變

阻器&的最大值為10。，阻值恒定的小燈泡L的規(guī)格為“6V,6勿”,電流表是理想交流電表，

輸入端接入u=10，Nsinl07rt（y）的交流電壓，下列說(shuō)法正確的是（）

A.通過(guò)電流表的電流方向每秒鐘改變20次

B.小燈泡正常工作時(shí)，滑動(dòng)變阻器的阻值為6.50

C.滑片自上而下滑動(dòng)時(shí)，電流表示數(shù)一直增大

D.滑動(dòng)變阻器阻值為60時(shí)，變壓器輸出功率最大

7.如圖所示為一種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：離子源、加速

電場(chǎng)、靜電分析器、磁分析器、收集器。靜電分析器通道中心線MN所在圓的半徑為R,通道

內(nèi)有均勻輻射的電場(chǎng)，中心線處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；磁分析器中分布著方向垂直于紙面,

磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁分析器的左邊界與靜電分析器的右邊界平行。由離子源發(fā)出

一個(gè)質(zhì)量為皿、電荷量為q的離子（初速度為零，重力不計(jì)），經(jīng)加速電場(chǎng)加速后進(jìn)入靜電分析

器，沿中心線MN做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，而后由P點(diǎn)進(jìn)入磁分析器中，最終經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)進(jìn)入收集器（進(jìn)

入收集器時(shí)速度方向與02P平行）。下列說(shuō)法正確的是（）

A.離子帶負(fù)電

B.加速電場(chǎng)中的加速電壓U=^￡7?

C.磁分析器中軌跡圓心。2到Q點(diǎn)的距離d=L回

B-\Jm

D.能進(jìn)入收集器的離子，一定具有相同的比荷

8.某人最多能提起質(zhì)量為m的物體，如圖，現(xiàn)在他在機(jī)場(chǎng)上C

要把質(zhì)量為M的行李箱通過(guò)傾角為a的斜坡4B拉上水平平臺(tái)X-

BC,己知行李箱與4BC路面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為tan。，重力A

加速度為g，（a+/?）<90°,下列說(shuō)法正確的是（）

A.若在水平面BC上勻速拉物體，拉力與水平面的夾角為伊寸拉力最小

B.若在斜坡AB上勻速拉物體，拉力與斜坡的夾角為（a+0）時(shí)拉力最小

C.若水平面上勻速拉物體，拉力F由水平變到豎直方向過(guò)程中，F(xiàn)的功率先減小后增大

D.在斜坡AB上，此人最多能勻速拉動(dòng)質(zhì)量為荒潦祈的物體

9.某同學(xué)用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量滑塊和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，滑塊上有一寬度為I的

擋光片。

（1）他首先測(cè)量滑塊的加速度。該同學(xué)設(shè)計(jì)的思路是將滑塊從距離光電門不同位置處由靜止釋

放，用毫米刻度尺測(cè)量出該距離x,用光電門測(cè)出對(duì)應(yīng)擋光片的擋光時(shí)間3測(cè)出多組x、t的

數(shù)據(jù)。該同學(xué)在直角坐標(biāo)系中作出妥-X的圖像，如果作出的圖像為直線，圖線的斜率為鼠

則滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小a=—。

(2)實(shí)驗(yàn)中一共掛了三個(gè)鉤碼，如果每個(gè)鉤碼的質(zhì)量為m,滑塊的質(zhì)量為6m,根據(jù)題中所給

的數(shù)據(jù)可求出滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=一(已知重力加速度為g)。

10.如圖甲為物理興趣小組設(shè)計(jì)的多用電表的電路原理圖。他們選用內(nèi)阻Rg=100、滿偏電

流/g=10機(jī)4的電流表、標(biāo)識(shí)不清的電源，以及由定值電阻、導(dǎo)線、滑動(dòng)變阻器等組裝好的

多用電表。該多用電表表盤如圖乙所示，下排刻度均勻，上排刻度線對(duì)應(yīng)數(shù)值還沒有及時(shí)標(biāo)

該興趣小組在實(shí)驗(yàn)室找到了一個(gè)電阻箱，利用組裝好的多用電表設(shè)計(jì)了如下從“校"至卜‘測(cè)”

的實(shí)驗(yàn)：

(1)將選擇開關(guān)接“2”，紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)對(duì)的阻值使電表指針滿偏；

(2)將多用電表紅黑表筆與電阻箱相連，調(diào)節(jié)電阻箱使多用電表指針指在電表刻度盤中央C處，

此時(shí)電阻箱如圖丙所示，則C處刻度線的標(biāo)注值應(yīng)為—，多用電表內(nèi)部電源的電動(dòng)勢(shì)

E=—V.

(3)用待測(cè)電阻&代替電阻箱接入兩表筆之間，表盤指針指在圖乙所示位置，則計(jì)算可知待測(cè)

電阻約為％=一0。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)

(4)小組成員拿來(lái)一塊電壓表，將兩表筆分別觸碰電壓表的兩接線柱，其中—表筆(填“紅”

或“黑”)接電壓表的正接線柱，該電壓表示數(shù)為1.45乙可以推知該電壓表的內(nèi)阻為—

11.過(guò)山車是一項(xiàng)驚險(xiǎn)刺激的娛樂項(xiàng)目，如圖甲所示。圖乙為類似的模型，由三段玻璃細(xì)管

平滑連接而成：中間為光滑圓形軌道，左側(cè)段4C是光滑圓弧軌道，右側(cè)CD段為粗糙直軌道。

可視為質(zhì)點(diǎn)的鋼球自4點(diǎn)由靜止釋放，沿斜軌道運(yùn)動(dòng)后經(jīng)過(guò)圓軌道最高點(diǎn)B,繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到圓軌

道最低點(diǎn)C后，沿CD段軌道恰能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)。已知圓形軌道半徑為R,CD段傾角為仇鋼球質(zhì)

量為rn,在經(jīng)過(guò)圓軌道最高點(diǎn)B時(shí)對(duì)上管壁的壓力大小為3mg,鋼球在CC段運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩

擦阻力為其重力的k倍。求：

(1)鋼球釋放點(diǎn)4距離點(diǎn)C的高度差從

(2)求CD段長(zhǎng)度L的表達(dá)式。

甲乙

12.如圖所示，兩條間距d=0.5m的平行金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端接一電容C=1.2尸的

電容器，右端接一阻值為R=2.5。的定值電阻，圖中的各虛線均與導(dǎo)軌垂直。導(dǎo)軌的C。和C'。'

段光滑，其余部分粗糙，OC,。9為絕緣棒，連接導(dǎo)軌的左、右兩部分。左側(cè)440，。區(qū)域和

右側(cè)CC7/D區(qū)域有垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B=17。質(zhì)量為Hi】=

0.3kg的金屬棒甲垂直放在導(dǎo)軌4A的位置，質(zhì)量為巾2=0.1kg的金屬棒乙垂直放在導(dǎo)軌BB'位

置。某時(shí)刻給金屬棒甲施加與導(dǎo)軌平行的恒力尸，當(dāng)金屬棒甲運(yùn)動(dòng)到。?！恢脮r(shí)撤去拉力F,

金屬棒甲繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)與靜止在處的金屬棒乙發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)，最終金屬棒

甲恰好停在CC，(絕緣部分)。已知兩金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=0.4,44與。。，的

距離為k=2.5m,。。'與的距離為G與CO的距離為人=0.5m，CC'與。。的

距離為〃=，9小，兩金屬棒運(yùn)動(dòng)中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，兩金屬棒電阻不計(jì)，重力

加速度g取10m/s2,求：

(1)金屬棒甲與乙碰后，甲的速度大小；

(2)恒力產(chǎn)的大?。?/p>

(3)金屬棒乙離開磁場(chǎng)時(shí)的速度以及乙穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。(結(jié)果可帶根號(hào)

)

A

1

10B\c\D

XXX：

XXXXX

：XXX；r1

X*XXXX1,

甲乙：xxx;L

XXXXXX

TXXX

O'B.\C'。

13.下列說(shuō)法正確的是（）

A.單晶體在不同方向上的導(dǎo)熱性、導(dǎo)電性、機(jī)械強(qiáng)度等物理性質(zhì)不一樣

B.熱量不可能從低溫物體向高溫物體傳遞

C.一定質(zhì)量的理想氣體，保持氣體的壓強(qiáng)不變，溫度越高，體積越大

D.功可以完全轉(zhuǎn)化為熱量，而熱量不能完全變?yōu)楣Γ床豢赡軓膯我粺嵩次鼰崾怪孔優(yōu)?/p>

有用的功

E.若氣體的溫度不變，壓強(qiáng)增大，說(shuō)明每秒撞擊單位面積器壁的分子數(shù)增多

14.如圖甲所示，一上端開口、下端封閉的細(xì)長(zhǎng)玻璃管豎直放置，管長(zhǎng)為3管里（

一段長(zhǎng)的水銀柱封住一段長(zhǎng)的氣柱，溫度為％,大氣壓強(qiáng)為Po。若水銀柱

產(chǎn)生的壓強(qiáng)為P。。__

①現(xiàn)通過(guò)升高氣體溫度，使水銀柱上端恰好到達(dá)管口，則氣體溫度應(yīng)升為多少？UL

_甲乙

②保持氣體溫度不變，在管口加一個(gè)厚度、重力均不計(jì)的活塞，給活塞加一個(gè)向下

的力，使活塞緩慢向下移動(dòng)，當(dāng)水銀柱下降時(shí)，活塞下降的距離為多少？

15.如圖甲為一列簡(jiǎn)諧橫波在某一時(shí)刻的波形圖，圖乙為介質(zhì)中x=2m處的質(zhì)點(diǎn)P以此時(shí)刻

為計(jì)時(shí)起點(diǎn)的振動(dòng)圖像。下列說(shuō)法正確的是（）

A.這列波沿x軸正方向傳播

B.這列波的傳播速度是2.0/n/s

C.經(jīng)過(guò)0.1s,質(zhì)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向

D.經(jīng)過(guò)0.35s,質(zhì)點(diǎn)Q距平衡位置的距離大于質(zhì)點(diǎn)P距平衡位置的距離

E.若Q點(diǎn)此時(shí)刻縱坐標(biāo)為-0.1m,再經(jīng)過(guò)2s,Q點(diǎn)達(dá)到最大速度

16.某玻璃棱鏡的截面如圖所示，48為與界面C。平行的直徑，圓弧的半

徑為R,圓心為0,CD與。點(diǎn)的距離為d=0R，一束由單色光組成的光線

沿紙面從B點(diǎn)射入棱鏡，光線與4B的夾角。=60。，設(shè)光線射入棱鏡后經(jīng)過(guò)

一次反射從圓心。射出(若光能發(fā)生折射，則不考慮其反射)。已知在真空中

光速為C。求：

(1)棱鏡對(duì)此單色光的折射率；

(2)光線在棱鏡中的傳播時(shí)間。

答案和解析

I.【答案】。

【解析】解：4由圖①，溫度升高，各種波長(zhǎng)輻射強(qiáng)度極大值向波長(zhǎng)較短即頻率較高方向移動(dòng)，

故A錯(cuò)誤；

8.圖②，衰變規(guī)律是大量氫222原子核的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，不能判斷120個(gè)放射性原子核衰變情況，故8

錯(cuò)誤；

C.由氫原子的能級(jí)示意圖，用光子能量為2.55eU的光直接照射大量處于n=2激發(fā)態(tài)的氫原子，氫

原子可以吸收光子躍遷到n=4的能級(jí)，大量處于n=4能級(jí)的氫原子可以釋放出廢=6種不同頻

率的光子，故C錯(cuò)誤；

。.比結(jié)合能越高原子核越穩(wěn)定，由圖④，氧原子核(前0)比鋰原子核("i)更穩(wěn)定，故O正確。

故選：Do

溫度升高，各種波長(zhǎng)輻射強(qiáng)度極大值向波長(zhǎng)較短即頻率較高方向移動(dòng)；

衰變規(guī)律是原子核的統(tǒng)計(jì)規(guī)律；

大量處于n=4能級(jí)的氫原子可以釋放出廢=6種不同頻率的光子；

比結(jié)合能越高原子核越穩(wěn)定。

本題考查學(xué)生對(duì)黑體輻射規(guī)律、半衰期規(guī)律、原子躍遷規(guī)律、比結(jié)合能的掌握，是一道基礎(chǔ)題。

2.【答案】A

【解析】解：4、由圖可知，在力位置時(shí)，由萬(wàn)有引力完全提供隨地球自轉(zhuǎn)的向心力，與同步衛(wèi)星

運(yùn)動(dòng)情況一致，所以r0為地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，故A正確；

8、第一宇宙速度是萬(wàn)有引力完全提供向心力，但是在r=R處，地球引力對(duì)航天員產(chǎn)生的加速度

與航天員由于地球自轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的向心加速度大小不相等，萬(wàn)有引力并不是完全提供向心力，所以

航天員在r處的線速度不等于第一宇宙速度，故B錯(cuò)誤：

CD、航天員受到電梯艙的彈力等于航天員的“重力”，由萬(wàn)有引力與彈力的合力提供向心力。r<

r0時(shí)，彈力向上，由牛頓第二定律得等-尸彈=巾32「，隨著「增大，萬(wàn)有引力減小，向心力增大，

彈力減??；

r>r0時(shí)，彈力向下，由牛頓第二定律得竿+尸彈=爪32「，隨著r增大，向心力大于萬(wàn)有引力，

彈力增大，故C。錯(cuò)誤。

故選：4。

根據(jù)圖像可知，在「=為位置時(shí)，由萬(wàn)有引力完全提供向心力，可知與同步衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)情況相同，

處于同一軌道；當(dāng)航天員對(duì)水平地板的壓力為零時(shí)，此時(shí)萬(wàn)有引力完全提供向心力，根據(jù)向心力

方程可求出此時(shí)軌跡半徑。根據(jù)合力提供向心力，結(jié)合圖像以及受力分析，判斷航天員受到的彈

力先減小后反向增大。

本題主要考查萬(wàn)有引力與重力、向心力之間的關(guān)系，需要結(jié)合圖像分析三者關(guān)系。要正確分析航

天員的受力情況，確定向心力的來(lái)源。

3.【答案】BC

【解析】解：4、小球受重力和電場(chǎng)力作用，4點(diǎn)動(dòng)能最小，可知。4方向發(fā)射的小球克服合力做功

最多，即合力方向沿0C,重力方向豎直向下，小球帶負(fù)電，說(shuō)明電場(chǎng)方向由。指向AD弧（劣?。?，

不包括4、C兩點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；

8.根據(jù)能量守恒知小球重力勢(shì)能、電勢(shì)能、動(dòng)能之和保持不變，B點(diǎn)重力勢(shì)能最大，則過(guò)B點(diǎn)的小

球的動(dòng)能和電勢(shì)能之和最小，故8正確；

C根據(jù)力的合成與分解知當(dāng)電場(chǎng)力與。4垂直時(shí)，電場(chǎng)力和電場(chǎng)強(qiáng)度最小，則sin。=焉得后=

厘，故C正確；

。.機(jī)械能最小時(shí)，電勢(shì)能最大，負(fù)電小球在電勢(shì)低的位置電勢(shì)能大，則機(jī)械能最小的小球應(yīng)經(jīng)過(guò)

圓弧4。（劣?。┥系哪骋稽c(diǎn)，故。錯(cuò)誤。

故選：BC。

小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到重力和電場(chǎng)力，運(yùn)用平行四邊形定則得到電場(chǎng)力方向根據(jù)幾何關(guān)系知電場(chǎng)強(qiáng)

度的最小值；最后根據(jù)功能關(guān)系列式分析。

本題是帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，關(guān)鍵找出合力方向，然后根據(jù)功能關(guān)系列式判斷，難題。

4.【答案】C

【解析】解：4運(yùn)動(dòng)員從跳臺(tái)a處水平飛出后，在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度為火,飛行時(shí)間為

t,斜坡的傾角為

運(yùn)動(dòng)員在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，落到斜坡上時(shí)則有tan?=丫=皿，解得1=生嘿，可得他們飛行時(shí)

xvot9

間之比為J=%：“2=2：1,故A錯(cuò)誤;

B、運(yùn)動(dòng)員飛行的水平位移為X=vot=母詈，則他們飛行的水平位移之比為與：打=說(shuō).?詔=

4：1，故B錯(cuò)誤；

C、運(yùn)動(dòng)員的速度變化為=gt,因?yàn)樗麄冿w行時(shí)間之比為匕：t2=2：1,則他們速度變化之

比為4%：/方=G：「2=2：1,故C正確；

。、將運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)沿斜坡方向和垂直斜坡方向分解，可知運(yùn)動(dòng)員在空中離坡面的最大距離為s=

嗯鬻，則他們?cè)诳罩须x坡面的最大距離之比為Si：S2=說(shuō)：域=4:1,故。錯(cuò)誤。

故選：Co

運(yùn)動(dòng)員在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，落到斜坡上時(shí)豎直分位移y與水平分位移x滿足tan。=9,。為斜坡的傾

角，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和幾何關(guān)系進(jìn)行求解。

解答本題的關(guān)鍵要把握運(yùn)動(dòng)員兩個(gè)分位移的關(guān)系，知道運(yùn)動(dòng)員落到斜坡上時(shí)豎直分位移與水平分

位移的比值等于斜坡傾角的正切值。

5.【答案】C

【解析】解：小物塊由靜止開始，長(zhǎng)木板有初速度且受到恒力作用，所以對(duì)物塊受力分析，可知

小物塊受到滑動(dòng)摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得：nmg=mab

化簡(jiǎn)解得：ab=ng

對(duì)長(zhǎng)木板進(jìn)行受力分析，受到地面水平向左的摩擦力，物塊對(duì)木板水平向左的摩擦力，以及水平

向右的恒力F,根據(jù)牛頓第二定律可得：F-nmg-gx2mg=maa

解得：a=*_3qg

A、根據(jù)圖像的斜率可知初始階段＜0,ab=|aa|,即：F=2fmig,則a做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，b做

勻加速直線運(yùn)動(dòng)，共速后由于整體所受合力為零，將一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)圖像可知la做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即：F=3nmg,b做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，二者共速后，一起做

勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得：F-2fmig=2ma共,解得：a共=故B錯(cuò)誤；

CD、若的＞%，則有：＜F＜4卬ng,兩者均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，共速后一起勻加速直線

運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得尸-2卬ng=2ma共,可得：＜。共＜ng,故C正確，。錯(cuò)誤。

故選：Co

判斷出木板和木塊在達(dá)到速度相等前后的加速度，根據(jù)加速度大小來(lái)判斷圖象即可；

解決本題的關(guān)鍵理清物塊和木板的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律求解加速度，在u-t圖象中斜率

代表加速度。

6.【答案】BC

【解析】解：4、由交流電電壓的瞬時(shí)值“=lOSs譏10忒(7)得，交流電壓角速度3=10幾

由3=2兀/得，交流電的頻率f=5Hz

每轉(zhuǎn)一圈電流方向改變兩次，則電流每秒改變方向10次，故4錯(cuò)誤；

B、將副線圈電路的電阻等效到原線圈，則等效電阻為R'=(^)2(&+/?2)

小燈泡正常工作時(shí)的電阻&=優(yōu)=田。=60

LP6

副線圈的電流乙=-^=^A=1A

原線圈的電流/=詈〃=\L4=2.54

叫L

交流電源電壓有效值U=分警V=101/

又有U=/(/?!+R')

代入數(shù)據(jù)解得：R'=2Q

R2=6.5。

故8正確；

C、滑片自上而下滑動(dòng)時(shí)，7?2減小，等效電阻R'減小，電源電壓不變，原線圈電流/="

njTn

可知電流一直增大，則副線圈的電流也一直增大，電流表示數(shù)一直增大，故C正確；

D、由B選項(xiàng)計(jì)算可知，當(dāng)&=6.50時(shí)，等效電阻/?'=/?「此時(shí)則有變壓器的輸出功率最大，故

。錯(cuò)誤。

故選：BC。

根據(jù)交流電電壓的瞬時(shí)值求解交流電壓的角速度和頻率，進(jìn)而得到電流方向每秒改變的次數(shù)；理

想變壓器原副線圈匝數(shù)比等于原副線圈電壓比、等于原副線圈電流的反比，將副線圈電路的電阻

等效到原線圈，結(jié)合歐姆定律和功率公式列式求解滑動(dòng)變阻器的阻值；根據(jù)歐姆定律分析電流的

變化；當(dāng)副線圈的功率和電阻&的功率相等時(shí)，變壓器的輸出功率最大。

本題考查理想變壓器，解題關(guān)鍵是知道理想變壓器原副線圈匝數(shù)比等于原副線圈電壓比、等于原

副線圈電流的反比，結(jié)合歐姆定律、功率公式列式求解即可。

7.【答案】BD

【解析】解：4粒子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力指向圓心提供向心力，粒子受力方

向與電場(chǎng)方向相同，故粒子帶正電，故4錯(cuò)誤；

BC.離子在靜電分析器時(shí)速度為口離子在加速電場(chǎng)中加速的過(guò)程中，只受到電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)

能定理：qU=gnw2—o

離子在通過(guò)靜電分析器時(shí)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力提供向心力，則有“后=喀

R

2

離子在磁分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，則有qBu=F

聯(lián)立解得d=r=[J等U=：ER

故B正確，C錯(cuò)誤；

。.由以上分析可知d=r=：二更

q

從式中可以看出運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為d的離子都具有相同的比荷，才能夠最終經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)進(jìn)入收集器，故

D正確。

故選：BD。

粒子受力方向與電場(chǎng)方向相同，粒子帶正電；

離子在加速電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理列式，離子在通過(guò)靜電分析器時(shí)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力

提供向心力，列式，求圓周運(yùn)動(dòng)半徑；

本題解題關(guān)鍵是掌握離子在加速電場(chǎng)中加速，滿足動(dòng)能定理，離子在通過(guò)靜電分析器時(shí)做勻速圓

周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力提供向心力。

8.【答案】AD

【解析】解：4假設(shè)拉力與水平面夾角0，根據(jù)平衡條件有：FcosQ=-Fsind^

解得F=口Mg=Mgstn。_Mgsin/i

用'cos0+〃sin。cos0cos/?4-sin0sin^cos(。-0)

則當(dāng)e=S時(shí)，尸有最小值，故A正確；

A在斜坡AB上勻速拉物體，假設(shè)拉力與斜坡夾角y,根據(jù)平衡條件有：Fcosy=Mgsina+

MMgcosa—Fsiny)

版/旦0_Mg^sina+ficosa)_..sinacosp+cosasinp_.-sin(a+^)

解"-cosy+^siny-§cosycos^+sinysin^—,cos(y-g)

則當(dāng)y=￡時(shí)F有最小值，故8錯(cuò)誤；

C.根據(jù)功率定義式，當(dāng)F為水平方向時(shí)，Pi=nMgv

當(dāng)尸為豎直方向時(shí)，P2=o

故C錯(cuò)誤；

。.當(dāng)y=/?時(shí)F有最小值，即某人拉力達(dá)到最大值mg時(shí),所拉重物達(dá)到最大值，有mg=M'gsin(a+

B)

解得”=薄麗

故。正確。

故選：AD.

根據(jù)平衡條件分析力F,根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)求F最小值;

斜坡48上勻速拉物體，根據(jù)平衡條件列式，分析F最小值;

根據(jù)功率定義式，分析功率;

當(dāng)某人的拉力達(dá)到最大值mg時(shí)所拉重物達(dá)到最大值，求最多勻速拉動(dòng)質(zhì)量。

本題解題關(guān)鍵是根據(jù)平衡條件列式，再通過(guò)數(shù)學(xué)極值，分析力F的極值，考查學(xué)生用數(shù)學(xué)解答物

理問(wèn)題的能力。

9.【答案】黨一"

255g

【解析】解：(1)滑塊到達(dá)光電門處的速度

滑塊從釋放點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到光電門處，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有2a%=/

聯(lián)立解得地=和

結(jié)合以橫坐標(biāo)為X,縱坐標(biāo)為翔圖象，可知圖像的斜率卜="

解得a=1

(2)因?yàn)椴粷M足鉤碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量，故需要對(duì)鉤碼和滑塊整體受力分析，根據(jù)牛頓第二

定律得：3mg—〃-6mg=(3m+6m)a

kF

3mg-[i-6mg=9mx—

解得：一婆

24g

答：(1)滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小為空；(2)滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃為乎)

224g

(1)依據(jù)中間時(shí)刻瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度，再結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求解加速度；根據(jù)

運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出X與/的函數(shù)關(guān)系，再結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)可知斜率k與加速度的關(guān)系。

(2)根據(jù)牛頓第二定律求得摩擦因數(shù)。

本題主要考查了牛頓第二定律，處理實(shí)驗(yàn)時(shí)一定要找出實(shí)驗(yàn)原理，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理我們可以尋找需

要測(cè)量的物理量和需要注意的事項(xiàng)，難度不大。

10.【答案】1501.567.4黑4350

【解析】解：(2)將選擇開關(guān)接“2”，歐姆表紅、黑表筆短接，電表指針滿偏時(shí),根據(jù)歐姆定律辦=自

由圖丙可知，電阻箱示數(shù)R=0x10000+1xloon+5x100+0x10=150。

1F

歐姆表紅、黑表筆接電阻箱時(shí).，指針指在中央，根據(jù)閉合電路的歐姆定律=占

聯(lián)立解得歐姆表內(nèi)阻分=150。

此時(shí)C處對(duì)于的電阻為中值電阻，根據(jù)中值電阻與歐姆表內(nèi)阻的關(guān)系，C處刻度線的標(biāo)注值為1500；

電源的電動(dòng)勢(shì)E=IgRn=10x10-3x150K=1.5V

(3)由圖示表盤可知，其分度值為0.2巾4,示數(shù)/=6.9mA

根據(jù)閉合電路的歐姆定律/=占■

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得Rx=67.40；

(4)多用表的黑表筆接內(nèi)部電源的正極，電流從黑表筆流出，因此黑表筆接電壓表正接線柱：

P11

根據(jù)閉合電路歐姆定律及歐姆定律r=淳%=*

解得電壓表內(nèi)阻心=鬻=等%。=43500

HiU1.J1.^r3

故答案為：(2)1500；1.5；(3)67.4；(4)黑;4350。

(2)根據(jù)電阻面板上各旋鈕所指示數(shù)求電阻箱的電阻；歐姆表上的中值電阻數(shù)值等于歐姆表的內(nèi)阻

值，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解歐姆表內(nèi)阻和中值電阻，再求電源的電動(dòng)勢(shì)；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律計(jì)算待測(cè)電阻的阻值即可；

(4)根據(jù)閉合電路歐姆定律及歐姆定律求解電壓表的內(nèi)阻值。

本題考查了多用表的內(nèi)部構(gòu)造以及中值電阻的含義：熟練地掌握歐姆定律、閉合電路的歐姆定律

解題的前提與關(guān)鍵：對(duì)電表讀數(shù)時(shí)，要先確定其量程與分度值，然后再讀數(shù)。

11.【答案】解：(1)根據(jù)題意，鋼球經(jīng)B點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有“+mg=遇其中FN=3Mg

解得為=2yjgR

鋼球由4到8過(guò)程中，由動(dòng)能定理有7ng(H-2R)=2^詣，解得H=4R

(2)根據(jù)題意，鋼球4到。過(guò)程中，由動(dòng)能定理有mg(4R—Ls)。)一々mgL=O

解得L=

sin0+/c

答：(1)鋼球釋放點(diǎn)力距離點(diǎn)C的高度差為4R；

(2)CD段長(zhǎng)度L的表達(dá)式L=豆蕊。

【解析】(1)鋼球經(jīng)B點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律列式，鋼球由4到B過(guò)程中，由動(dòng)能定理列式，聯(lián)立,

求高度差；

(2)鋼球A到。過(guò)程中，由動(dòng)能定理列式，求L的表達(dá)式。

本題考查學(xué)生對(duì)牛頓第二定律和動(dòng)能定理的掌握，是一道基礎(chǔ)題。

12.【答案】解：(1)根據(jù)題意可知，碰后甲繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)并最終停在CC',運(yùn)動(dòng)的位移為區(qū)，根據(jù)

動(dòng)能定理有

一〃恤〃3=0巾1成2

解得：1/=2m/s

(2)根據(jù)題意可知，甲、乙發(fā)生彈性碰撞，以向右方向?yàn)檎鶕?jù)動(dòng)量守恒有：恤%=+m2v2

根據(jù)機(jī)械能守恒有：27nl謚+|m2V2

解得甲碰前、乙碰后的速度分別為：=4m/s,v2=6m/s

從F撤去到碰撞前，根據(jù)動(dòng)能定理有：一卬由9乙2=；加/工一;瓶1廿2

代入數(shù)據(jù)解得F撤去時(shí)甲的速度：v=5m/s

對(duì)金屬棒甲在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電容器兩極板間電壓變化：AU=Bd-Av

電容器所帶電荷量的變化量：Aq=C-AU=CBd?Av

金屬棒中的電流：I=M=CBd?=CBda

AtAt

根據(jù)牛頓第二定律有：F--Bld=mra

徂二_F-嗎n,g

得：a_°B2d2+西

2

即金屬棒甲在磁場(chǎng)做勻變速運(yùn)動(dòng)，則有：v=2aLr

解得：Q=5m/s2

聯(lián)立解得：F=a(m1+CB2d2)+卬

解得：F=4.2/V

(3)根據(jù)題意，設(shè)碰后乙到達(dá)左側(cè)磁場(chǎng)邊界時(shí)的速度為"2’，根據(jù)動(dòng)能定理有：-4皿29乙3=：小2區(qū)2-

加2諺

解得：v2'=4y[_2m/s

，rmV

乙穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量定理有：-/d?戊'=m2V2一22

_~A<P

又q=/?戊，==率?41=除

RRR

f，-

聯(lián)立解得：v2=3A/2/n/s

由能量守恒定定律有，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱：(2="加2區(qū)2-362%2

代入數(shù)據(jù)解得：Q=o.7/

答：(1)金屬棒甲與乙碰后，甲的速度大小為2m/s；

(2)恒力F的大小為4.2N；

(3)金屬棒乙離開磁場(chǎng)時(shí)的速度為3，五m/s，乙穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為0.7人

【解析】(1)根據(jù)乙棒碰撞后停止的位置，由動(dòng)能定理求出乙棒碰撞后的速度；

(2)根據(jù)彈性碰撞的規(guī)律求出甲碰撞前的速度及乙碰撞后的速度。對(duì)甲由動(dòng)能定理求也離開磁場(chǎng)的

速度。甲在磁場(chǎng)中切割磁感線對(duì)電容器充電，根據(jù)牛頓第二定律、電容的定義、速度一位移公式

等求出加速的表達(dá)式，從而確定甲做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再由牛頓第二定律求出拉力；

(3)結(jié)合上述結(jié)論，對(duì)乙棒由動(dòng)能定理求出進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)的速度，在右側(cè)磁場(chǎng)中根據(jù)動(dòng)量定理結(jié)合

電流的定義求電阻R上的電荷量，由能量守恒定律求焦耳熱。

本題力學(xué)和電磁學(xué)的三大問(wèn)題的綜合，考查了牛頓第二定律、動(dòng)能定理、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定

律、能量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度一位移公式、電容的定義等知識(shí)點(diǎn)，

分清兩個(gè)涉電容電路及電阻電路過(guò)程是由彈性碰撞連接起來(lái)的。要注意的是涉及電容的充電電流

也是要受到安培力的。

13.【答案】ACE

【解析】解：4、單晶體具有各向異性，但并不是在不同方向上的導(dǎo)熱性、導(dǎo)電性、機(jī)械強(qiáng)度等

物理性質(zhì)都不一樣，故力正確。

8、根據(jù)熱力學(xué)第二定律得知熱量不可能從低溫物體傳給高溫物體而不引起其他變化，但在一定的

條件下熱量可能從低溫物體向高溫物體傳遞，如空調(diào)，故B錯(cuò)誤。

C、據(jù)氣態(tài)方程華分析可知，一定質(zhì)量的理想氣體，保持氣體的壓強(qiáng)不變，溫度越高，體積越大，

故C正確。

。、熱量在一定的條件下也能完全變?yōu)楣?，即在一定的條件下可能從單一熱源吸收使之全部變?yōu)?/p>

有用的功，故。錯(cuò)誤。

E、氣體的溫度不變則單個(gè)分子對(duì)器壁的撞擊力不變，壓強(qiáng)增大，說(shuō)明每秒撞擊單位面積器壁的分

子數(shù)增多，故E正確。

故選：ACE.

對(duì)于理想氣體，可根據(jù)氣態(tài)方程華分析狀態(tài)參量的變化問(wèn)題。根據(jù)能量守恒定律和熱力學(xué)第二定

律分析。根據(jù)壓強(qiáng)的微觀意義分析壓強(qiáng)。

對(duì)于氣體，氣態(tài)方程和熱力學(xué)第二定律是考試的重點(diǎn)，還要掌握熱力學(xué)第一、第二定律和分子動(dòng)

理論等等基礎(chǔ)知識(shí)。

14.【答案】解：①氣柱發(fā)生等壓變化，由蓋-呂薩克定律得：

而=而

解得：T2=2TQ

②對(duì)下部氣體由玻意耳定律可得：

11

（Po+Po）x§LS=p下2x-LS

解得：P廣2=4po

對(duì)上部氣體，P上2=3po

對(duì)上部氣體由玻意耳定律得：

Pox~LS—3Pox九卜2s

解得：九八2="L

則活塞下移距離為：d=：L—=

Dyo