2023年北京市重點(diǎn)學(xué)校高考物理調(diào)研試卷

2023年北京市重點(diǎn)學(xué)校高考物理調(diào)研試卷

一、單選題（本大題共6小題，共24.0分）

1.如圖所示為一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)刻的波形圖，從此刻起橫坐標(biāo)位于

x=6m處的質(zhì)點(diǎn)P在最短時(shí)間內(nèi)到達(dá)波峰歷時(shí)0.6s。圖中質(zhì)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)x=2.25m。下列說(shuō)

法正確的是（）

A.該波的波速為7.5m/sB.。?0.6s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)P的路程為4.5m

C.0.4s末質(zhì)點(diǎn)M的振動(dòng)方向沿y軸正方向D.。?0.2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)M的路程為10cm

2.頻率為v的入射光照射某金屬時(shí)發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象。已知該金屬的逸出功為W,普朗克常

量為九，電子電荷量大小為e,下列說(shuō)法正確的是（）

A.該金屬的截止頻率為5

B.該金屬的遏止電壓為叱絲

e

C.增大入射光的強(qiáng)度，單位時(shí)間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)不變

D.增大入射光的頻率，光電子的最大初動(dòng)能不變

3.北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國(guó)自行研制開(kāi)發(fā)的區(qū)域性三維衛(wèi)星定位與通信系統(tǒng)（CNSS）,建成

后的北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)包括5顆同步衛(wèi)星和30顆一般軌道衛(wèi)星。對(duì)于其中的5顆同步衛(wèi)星，下

列說(shuō)法中正確的是（）

A.它們運(yùn)行的線速度一定大于第一宇宙速度B.地球?qū)λ鼈兊奈σ欢ㄏ嗤?/p>

C.一定位于赤道上空同一軌道上D.它們運(yùn)行的速度一定完全相同

4.某同學(xué)采用如圖所示的裝置來(lái)研究光電效應(yīng)現(xiàn)象。某單色光照射

光電管的陰極K時(shí)，會(huì)發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，閉合開(kāi)關(guān)S,在陽(yáng)極4和陰

極K之間加反向電壓，通過(guò)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片逐漸增大電壓，直

至電流計(jì)中電流恰為零，此時(shí)電壓表顯示的電壓值U稱為反向截止電

壓?，F(xiàn)分別用頻率為％和女的單色光照射陰極，測(cè)量到的反向截止電

壓分別為Ui和“，設(shè)電子質(zhì)量為小，電荷量為e,則下列關(guān)系式中不正確的是（）

A.頻率為％的單色光照射陰極K時(shí)光電子的最大初速度打機(jī)=J詈

B.陰極K金屬的極限頻率為=筆護(hù)

C.普朗克常量h=42y1）

vl-v2

D.陰極K金屬的逸出功皿=吟畢會(huì)

5.質(zhì)量為小的長(zhǎng)木板放在光滑的水平面上，質(zhì)量為三的物塊放在長(zhǎng)木板上，整個(gè)系統(tǒng)處于靜

止?fàn)顟B(tài)。若對(duì)物塊施加水平拉力（如圖甲），使物塊能從長(zhǎng)木板上滑離，需要的拉力至少為Fi；

若對(duì)長(zhǎng)木板施加水平拉力（如圖乙），也使物塊能從長(zhǎng)木板上滑離，需要的拉力至少為尸2,則引

為（）

6.如圖，兩光滑導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌平面內(nèi)兩不相鄰的相同矩形區(qū)域I、

n中存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反。金

屬桿ab與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌上端接有電阻R（其他電阻不計(jì)）。將

金屬桿ab從距區(qū)域I上邊界一定高度處由靜止釋放（）

A.金屬桿在I區(qū)域運(yùn)動(dòng)的加速度可能一直變大

B.金屬桿在II區(qū)域運(yùn)動(dòng)的加速度一定一直變小

c.金屬桿在I、n區(qū)域減少的機(jī)械能一定相等

D.金屬桿經(jīng)過(guò)I、n區(qū)域上邊界的速度可能相等

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分）

7.在如圖所示裝置中，輕桿一端固定著一個(gè)輕質(zhì)定滑輪b,Tn1用

輕桿連接著另一輕質(zhì)滑輪c,輕繩一端固定于點(diǎn)，跨過(guò)滑輪c和b,隼

另一端固定在巾2上，已知懸點(diǎn)a和滑輪b間的距離大于滑輪的直徑，動(dòng)滑輪質(zhì)量和一切摩擦不

計(jì)，整個(gè)裝置穩(wěn)定時(shí)輕繩ac部分與豎直方向夾角為a,b部分與豎直方向的夾角為氏下列說(shuō)

法正確的是（）

A.整個(gè)裝置穩(wěn)定時(shí)，a角一定等于口角

B.若僅把輕桿豎直向上緩慢移動(dòng)一小段距離，mi高度上升

C.若僅把輕桿水平向右緩慢移動(dòng)一小段距離，加1高度上升

D.存在某一方向，往該方向緩慢移動(dòng)輕滑輪b時(shí)，Hi1的位置保持不變

8.如圖所示，用跨過(guò)光滑滑輪的輕質(zhì)細(xì)繩將小船沿直線拖向岸邊，已知拖動(dòng)細(xì)繩的電動(dòng)機(jī)

功率恒為P,電動(dòng)機(jī)卷繞繩子的輪子的半徑R=25cm,輪子邊緣的向心加速度與時(shí)間滿足a=

[2（2+，1）42,小船的質(zhì)量m=3k9，小船受到阻力大小恒為/'=10X（，馬+1）/7,小船經(jīng)

過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大小%=亨m/s，滑輪與水面豎直高度h=1.5m,貝IJ（）

A.小船過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度為4m/s

B.小船從4點(diǎn)到8點(diǎn)的時(shí)間為（，N+l）s

C.電動(dòng)機(jī)功率P=50卬

D.小船過(guò)B點(diǎn)時(shí)的加速度為空立誓出m/s2

9.圖（a）為一交流發(fā)電機(jī)示意圖，線圈abed在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞固定軸00'沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)

動(dòng)，圖（b）是該發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)e隨時(shí)間t余弦規(guī)律變化的圖象。已知線圈電阻為2.5。，定值電

阻R=10O,電表均為理想交流電表。由此可以判定（）

?<?>S(b)

A.電流表讀數(shù)為0.84

B.電壓表讀數(shù)為10V

C.t=0.1s時(shí)刻，穿過(guò)線圈的磁通量為零

D.0?0.05s內(nèi)，通過(guò)電阻R的電荷量為0.04C

10.如圖(a),質(zhì)量nii=0.1kg的足夠長(zhǎng)平板小車靜置在光滑水平地面上，質(zhì)量=0.1kg的

小物塊靜止于小車上，t=0時(shí)刻小物塊以速度%=llm/s向右滑動(dòng)，同時(shí)對(duì)物塊施加一水平

向左、大小恒定的外力F,如圖(b)顯示物塊與小車第1秒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的u-t圖象。設(shè)最大靜摩擦

力等于滑動(dòng)摩擦力，取g=10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是()

A.物塊與平板小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.4

B.恒力F=0.5/V

C.物塊與小車間的相對(duì)位移工極M=6.5m

D.小物塊向右滑動(dòng)的最大位移是Xmax=7.7m

三、實(shí)驗(yàn)題(本大題共2小題，共18.0分)

11.物理社找到一根拉力敏感電阻絲，其阻值隨拉力產(chǎn)變化的圖象如圖甲所示，社員們按圖

乙所示電路制作了一個(gè)簡(jiǎn)易“吊桿”。電路中電源電動(dòng)勢(shì)E=3心內(nèi)阻r=l。；靈敏毫安表

的量程為10nM，內(nèi)阻％=50；匕是可變電阻。A,B兩接線柱等高且固定。現(xiàn)將這兩根拉

力敏感電阻絲套上輕質(zhì)光滑絕緣桿，將其兩端接在4,B接線柱上。通過(guò)光滑絕緣桿可將重物

吊起。不計(jì)敏感電阻絲的重力，現(xiàn)完成下列操作步驟：

步驟a：滑環(huán)下吊重物時(shí)，閉合開(kāi)關(guān)，調(diào)節(jié)可變電阻％使毫安表指針滿偏;

步驟兒滑桿下吊上已知重力的重物，測(cè)出電阻絲與豎直方向的夾角為仇

步驟C：保持可變電阻R1接入電路阻值不變，讀出此時(shí)毫安表示數(shù)/；

步驟d：換用不同已知重力的物理，掛在滑環(huán)上記錄每一個(gè)重力值對(duì)應(yīng)的電流值；

步驟e：將毫安表刻度盤(pán)改裝為重力刻度盤(pán)

(1)寫(xiě)出敏感電阻絲上的拉力產(chǎn)與重物G的關(guān)系：F=。

(2)設(shè)R-F圖象斜率為k,寫(xiě)出毫安表示數(shù)/與待測(cè)重物重力G關(guān)系的表達(dá)式：/=。(用

E,r,Rg,Ro,k,。表示)

(3)若R-F圖象中飛=500,k=O.20/M測(cè)得。=45。，毫安表指針半偏，則待測(cè)重物的重

力G=N。

(4)關(guān)于改裝后的重力刻度盤(pán)，下列說(shuō)法正確的是。

4重力零刻度線在毫安表滿刻度處，刻度線均勻

8.重力零刻度線在毫安表零刻度處，刻度線不均勻

C重力零刻度線在毫安表滿刻度處，刻度線不均勻

D重力零刻度線在毫安表零刻度處，刻度線均勻

(5)若電源電動(dòng)勢(shì)不變，內(nèi)阻變大，其他條件不變，用這臺(tái)簡(jiǎn)易“吊秤”稱重前，進(jìn)行了步驟

a操作，則測(cè)量結(jié)果。(填“偏大”“偏小”或“不變”)

12.某同學(xué)為驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)：------------,-------0,4

I1

鋼球通過(guò)輕繩系在。點(diǎn)，由水平位置靜止釋放，用光電門(mén)測(cè)出?

V*

小球經(jīng)過(guò)某位置時(shí)的擋光時(shí)間△3用刻度尺測(cè)出該位置與。點(diǎn):/

的高度差九。(已知重力加速度為g)

(1)為了完成實(shí)驗(yàn)還需測(cè)量的物理量有。(填正確答案標(biāo)一―一」光工門(mén)

號(hào))

A.繩長(zhǎng)I

B.小球的質(zhì)量m

C小球的直徑d

￡>.小球下落至光電門(mén)處的時(shí)間t

(2)正確測(cè)完需要的物理量后，驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的關(guān)系式是。(用已知量和測(cè)量量

的字母表示)

四、簡(jiǎn)答題(本大題共1小題，共12.0分)

13.如圖所示，一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)刻的波形

如圖中的實(shí)線所示，此時(shí)這列波恰好傳播到P點(diǎn)，再經(jīng)過(guò)1.5s,坐標(biāo)為

x=8m的Q點(diǎn)開(kāi)始起振，求：

①該列波的周期7和振源。點(diǎn)的振動(dòng)方程；

②從t=0時(shí)刻到Q點(diǎn)第一次達(dá)到波峰時(shí)，振源。點(diǎn)相對(duì)平衡位置的位移y及其所經(jīng)過(guò)的路程s。

五、計(jì)算題(本大題共1小題，共10.0分)

14.如圖所示，豎直放置、上端開(kāi)口的絕熱氣缸底部固定一電熱絲(圖中未

畫(huà)出)，面積為S的絕熱活塞位于氣缸內(nèi)(質(zhì)量不計(jì))，下端封閉一定質(zhì)量的某

種理想氣體，絕熱活塞上放置一質(zhì)量為M的重物并保持平衡，此時(shí)氣缸內(nèi)理

想氣體的溫度為％，活塞距氣缸底部的高度為九，現(xiàn)用電熱絲緩慢給氣缸內(nèi)的理想氣體加熱,

活塞上升了g，封閉理想氣體吸收的熱量為Q.已知大氣壓強(qiáng)為Po,重力加速度為g。求:

(i)活塞上升了軀，理想氣體的溫度是多少：

(4)理想氣體內(nèi)能的變化量。

六、綜合題(本大題共1小題，共16.()分)

15.如圖所示，在直線MN和PQ之間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)和一圓形勻

強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，MN、PQ與磁場(chǎng)圓相切，CD是

圓的一條直徑，長(zhǎng)為2r,勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向與C。平行向右，其右

邊界線與圓相切于。點(diǎn)。一比荷為k的帶電粒子(不計(jì)重力)從PQ

上的4點(diǎn)垂直電場(chǎng)射入，初速度為火,剛好能從C點(diǎn)沿與CD夾角

為a的方向進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從D點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)。求：

(1)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?/p>

(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：力、波沿x軸正方向傳播，P點(diǎn)在平衡位置向下方向傳播，P點(diǎn)在最短時(shí)間內(nèi)到達(dá)波峰

歷時(shí)0.6s,故經(jīng)過(guò)號(hào)到達(dá)波峰，故￥=0.6S,解得：T=0.8s；由圖象可知，波長(zhǎng)為6m,故波速

44

度u=4=2巾/s=7.5m/s,故A錯(cuò)誤；

/U.O

B、P點(diǎn)經(jīng)過(guò)的路程s=34=3x10cm=30cm=0.3m,故3錯(cuò)誤；

C、t=0.4s=0時(shí)刻M點(diǎn)向上振動(dòng)，故過(guò)半個(gè)周期時(shí)M點(diǎn)向下振動(dòng)，振動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向，

故C錯(cuò)誤；

D.0?0.2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)M先沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)到達(dá)波峰后沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，因質(zhì)點(diǎn)在靠近波峰位置時(shí)速

度較小，故其路程小于A即10cm,故。錯(cuò)誤。

故選:A?

根據(jù)波的傳播方向確定P點(diǎn)的振動(dòng)情況，根據(jù)到達(dá)波峰的時(shí)間確定周期，再根據(jù)圖象確定波長(zhǎng)，

由波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系求出波速，根據(jù)時(shí)間和質(zhì)點(diǎn)在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)得出質(zhì)點(diǎn)M的路

程。

本題考查波動(dòng)圖象的應(yīng)用，注意掌握根據(jù)波的傳播方向確定振動(dòng)方向的方法，明確波長(zhǎng)、頻率和

波速間的關(guān)系式的應(yīng)用。

2.【答案】B

【解析】解：4、根據(jù)逸出功和截止頻率關(guān)系以=九%可得截止頻率為：％=￡，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)遏止電壓和最大初動(dòng)能的關(guān)系eUc=a=/n/-W,可得遏止電壓為：4=?，故B

正確；

C、增大入射光的強(qiáng)度，即增大入射光的光子數(shù)，則單位時(shí)間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)增多，故C錯(cuò)誤；

。、根據(jù)光電效應(yīng)方程&=成-勿可知：增大入射光的頻率，光電子的最大初動(dòng)能增大，故。錯(cuò)

誤。

故選：Bo

增大入射光的強(qiáng)度，即增加入射光的光子個(gè)數(shù)，對(duì)應(yīng)的光電流增大；根據(jù)遏止電壓和最大初動(dòng)能

的關(guān)系=Ek=hv-W可知，最大初動(dòng)能恰為零時(shí)的入射光頻率為金屬的截止頻率，入射光的

頻率增加，則光電子的最大初動(dòng)能增加。

解決本題的關(guān)鍵知道光電效應(yīng)的條件，以及知道影響光電子最大初動(dòng)能的因素，注意遏止電壓與

入射光的頻率有關(guān)，與光的強(qiáng)度無(wú)關(guān)。

3.【答案】C

【解析】解：4第一宇宙速度是衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的最大環(huán)繞速度，同步衛(wèi)星的速度一定小于第

一宇宙速度，故A錯(cuò)誤。

2、由于5顆同步衛(wèi)星的質(zhì)量未知，無(wú)法比較地球?qū)λ鼈兊奈Υ笮?，故B錯(cuò)誤。

C、同步衛(wèi)星的軌道一定在赤道上空同一軌道上，故C正確。

。、同步衛(wèi)星的軌道半徑相等，線速度大小相等，但是速度方向不同，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

第一宇宙速度是做圓周運(yùn)動(dòng)的最大環(huán)繞速度；根據(jù)萬(wàn)有引力定律公式比較吸引力的大?。煌叫l(wèi)

星定軌道，在赤道的上方，軌道半徑一定，線速度大小一定。

解決本題的關(guān)鍵知道第一宇宙速度的含義，知道第一宇宙速度是最小的發(fā)射速度，做圓周運(yùn)動(dòng)的

最大環(huán)繞速度，以及知道同步衛(wèi)星的特點(diǎn)：定軌道、定周期、定高度、定速率。

4.【答案】C

【解析】解：人光電子在電場(chǎng)中做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得:

1,

-eU1=0--mv^

則得光電子的最大初速度為：4n=產(chǎn)含，故4正確；

BCD、根據(jù)愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程得：

hvr=必+W

hv2=eU2+W

得金屬的逸出功為：〃=九匕一？/

聯(lián)立得：仁華等

代入可得金屬的逸出功：〃=佻—叫鏟

陰極K金屬的極限頻率為：為=(

n

聯(lián)立可得…。

故C錯(cuò)誤，80正確。

本題選擇錯(cuò)誤的，故選：C。

根據(jù)動(dòng)能定理求光電子的最大初速度；根據(jù)愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程求金屬的逸出功和普朗克常量也

由W=八為求金屬的極限頻率。

解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)方程，知道最大初動(dòng)能與遏止電壓的關(guān)系。

5.【答案】A

【解析】解：設(shè)物體與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦力因數(shù)為〃，水平拉力作用在物塊上，物塊和長(zhǎng)木板剛要

滑到時(shí)，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律：Fi=（巾+：巾）%=|由①

對(duì)長(zhǎng)木板有：mg=m%（2）

水平拉力作用在長(zhǎng)木板上時(shí)，物塊和長(zhǎng)木板剛要滑到時(shí)，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律：F2=（m+

1m）a2=|a2③

對(duì)于物塊：^irmg=

|ma2④

由①②③④求得：,=今故A正確，88錯(cuò)誤。

故選：Ao

水平拉力作用在物塊上，物塊和長(zhǎng)木板剛要滑到時(shí)，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律可以求出整體的

加速度的,再以長(zhǎng)木板為對(duì)象根據(jù)牛頓第二定律列出方程；水平拉力作用在長(zhǎng)木板上上，物塊和

長(zhǎng)木板剛要滑到時(shí)，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律可以求出整體的加速度。2,再以物塊為對(duì)象根據(jù)

牛頓第二定律列出方程。

本題考查了牛頓第二定律、摩擦力等知識(shí)點(diǎn)。解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用牛頓第

二定律求解，利用整體法和隔離法也是本題的關(guān)鍵。

6.【答案】D

【解析】解：將金屬桿ab從距區(qū)域I上邊界一定高度處由靜止釋放，金屬桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)獲得一

定的速度v,

金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E=BLv,

感應(yīng)電流：/=。=萼，

KK

金屬桿受到的安培力：F=BIL=四包;

R

金屬桿的加速度：a=Q=g—史在；

md血氏

A、金屬桿在/區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)，如果的3=^9,則加速度a=0,保持不變，如果的包〉mg,金屬

RR

桿在/區(qū)先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，如果的包＜mg,金屬桿開(kāi)始將做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，

故A錯(cuò)誤；

B、金屬桿離開(kāi)/到進(jìn)入〃前做加速運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入〃區(qū)時(shí)，如果迫=小。，則加速度a=0,保持不

變，如果些＞mg,金屬桿先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，如果"＜mg,金屬桿開(kāi)始將做加

速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

C、金屬桿在/、〃運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能的變化量不一定相等，/、〃兩區(qū)域的高度相等，金屬桿減少的機(jī)械

能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，由能量守恒定律可知，金屬桿在I、II區(qū)域減少的機(jī)械能不一定相等，故C錯(cuò)

誤；

。、如果金屬桿在/中做減速運(yùn)動(dòng)，金屬桿離開(kāi)/進(jìn)入〃前做加速運(yùn)動(dòng)，則金屬桿經(jīng)過(guò)I、口區(qū)域上

邊界的速度可能相等，故。正確。

故選：0。

金屬桿在磁場(chǎng)中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，電路中有感應(yīng)電流，金屬桿受安培力作用，由E=

B口求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，應(yīng)用歐姆定律求出感應(yīng)電流，由安培力公式求出安培力，應(yīng)用牛頓第二定

律求出加速度，然后根據(jù)金屬桿的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析答題。

本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)相結(jié)合的一道綜合題，根據(jù)題意分析清楚金屬桿的運(yùn)動(dòng)過(guò)程與受力情況是

解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用E=BLv、歐姆定律、安培力公式、牛頓第二定律與能量守恒定律即可

解題。

7.【答案】ABD

【解析】解：對(duì)僧2分析可知，瓶2受拉力及本身的重力平衡，故繩子的拉力等于m29；

A、對(duì)于滑輪c分析，由于滑輪跨在繩子上，故兩端繩子的拉力相等，它們的合力一定在角平分線

上；由于它們的合力與巾1的重力大小相等，方向相反，故合力豎直向上，故兩邊的繩子與豎直方

向的夾角a和夕相等，故A正確；

BC、根據(jù)平衡條件可得27cosa=m^g,則2m2cosa=m1,解得cosa=cos/?=翳，由于血1和

不變，所以無(wú)論怎樣移動(dòng)輕桿和滑輪b,a和/?不變；

若僅把輕桿豎直向上緩慢移動(dòng)一小段距離，滑輪c運(yùn)動(dòng)情況如圖甲所示，即巾1高度上升;

若僅把輕桿水平向右緩慢移動(dòng)一小段距離，滑輪c運(yùn)動(dòng)情況如圖乙所示，即mi高度下降;

圖甲

故8正確、C錯(cuò)誤；

。、如果沿cb方向緩慢移動(dòng)輕滑輪b時(shí)，Tn1的位置保持不變，如圖丙所示，故。正確。

故選：ABD.

以滑輪c為研究對(duì)象，無(wú)論怎樣移動(dòng)輕桿和滑輪b,a和0不變，根據(jù)各個(gè)選項(xiàng)6和輕桿的運(yùn)動(dòng)情況

結(jié)合平衡條件進(jìn)行分析。

本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡中的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，解答本題的關(guān)鍵是能夠正確的進(jìn)行受力分析、

根據(jù)物體平衡時(shí)兩段繩子與豎直方向夾角不變分析。

8.【答案】AD

【解析】解：AB,由a=擠得，沿繩子方向上的速度為：

v=VaR=(2+V-2)t

小船經(jīng)過(guò)4點(diǎn)時(shí)沿繩方向上的速度為：

%=v0cos30°=—v0,

小船經(jīng)過(guò)4點(diǎn)時(shí)沿繩方向上的速度為：

v2=VBCOS45=—vB>

作出沿繩速度的v-t圖象，直線的斜率為:

。\T3

-y-vB---2-v0j—…

工-----產(chǎn)——=(2+<7)...①

沿繩位移即4到B圖象與橫軸所夾面積：

-2~VB+~7~V°I—o

工———t=(2-<1)/1...(2)

聯(lián)立①②可解得：vB=4m/s；t=(V-2—l)s

故A正確，B錯(cuò)誤；

C、小船從4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理：

11

Pt-fs~2mvB~2mvo…③

由幾何知識(shí)可知，s=

聯(lián)立③④可解得：P=50(\f2+1)14/,故C錯(cuò)誤；

。、小船在B處，由牛頓第二定律得：

P

------ocos45°—f=ma

%cos45,0Bo

解得：&B=變?nèi)隣t比m/s2,故。正確。

故選：AD.

2

(1)先根據(jù)a=g求出沿繩子方向上的速度，再表示出小船經(jīng)過(guò)4B兩點(diǎn)時(shí)沿繩方向上的速度，

作出v-t圖象根據(jù)斜率即為加速度和面積即為位移列方程即可求出小船過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度和小船從4

點(diǎn)到8點(diǎn)的時(shí)間；

(2)根據(jù)幾何知識(shí)可知4B間的距離，利用動(dòng)能定理求出電動(dòng)機(jī)功率；

(3)小船在B處，根據(jù)牛頓第二定律求出小船過(guò)B點(diǎn)時(shí)的加速度.

本題綜合考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律等知識(shí)，要知道小船沿繩子方向的分速度等于繩速，牛

頓第二定律可以研究某一狀態(tài)的加速度，而動(dòng)能定理研究的是一個(gè)過(guò)程.

9.【答案】ACD

【解析】

【分析】

交流發(fā)電機(jī)產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的最大％=NBSs,交流電壓表顯示的是路端電壓有效值，通過(guò)電阻的電

量為叩普

解決本題的關(guān)鍵知道正弦式交流電峰值的表達(dá)式Em=TIBSM以及知道峰值與有效值的關(guān)系，能

從圖中得出有效信息，難度不大。

【解答】

A、由圖b可知，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為后巾=10。乙周期7=0.2s,線圈產(chǎn)生的感

應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值E=鵠=10V,根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知/=言=0.84故A正確；

V2K+r

B、電壓表的示數(shù)U=/R=8叭故8錯(cuò)誤；

C、t=0.1s時(shí)刻，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，此時(shí)線圈位于與中性面垂直位置，故穿過(guò)線圈的

磁通量為零，故C正確；

。、線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度3=爺=毯rad/s=lOmid/s,線圈產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)j=BSM

Wb=—Wby

O)lO/T71

。?0.05s內(nèi)，通過(guò)電阻R的電荷量為q="=等=要?！?.04C，故。正確。

/?+rn4~r257r

故選：ACD。

10.【答案】AB

【解析】解：AB.根據(jù)D-t圖象可知，在前1s內(nèi)小車向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小物體向右做勻減

速直線運(yùn)動(dòng)，

小車和小物塊的加速度分別為：

%=智=^Y~m/s2=2m/s2

2

a2=誓==—9m/s

對(duì)小車根據(jù)牛頓第二定律有：4m2g=miai

對(duì)小物塊根據(jù)牛頓第二定律有：一(F+卬電9)=m2a2

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：M=0.4,F=0.5N,故A8正確；

C、根據(jù)圖象可知，在t=1s時(shí)小車和小物塊的速度相同，兩者不在發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，

在前1s內(nèi)小車發(fā)生的位移為：與=gx2xl2m=1m

172

小物塊發(fā)生的位移為：%2=0t+a2t2=11xlm+gx(—9)xlm=6.5m

所以為2-=6.5m—lm=5.5m,故。錯(cuò)誤；

P

。、當(dāng)小車和小物塊的速度相等后，在外力的作用下一起向右減速運(yùn)動(dòng)，其加速度為：。3=—T—=

瓶1+

2

福1m4=2.5m/s

=-==

當(dāng)速度減小到。時(shí)，整體發(fā)生的位移為：%3Tnr0.8m

所以小物塊向右滑動(dòng)的最大位移是：Xmax=%2+X3=6.5m+0.87n=7.3m,故。錯(cuò)誤。

故選：AB.

根據(jù)“一t圖象分析小車和小物塊的加速度，對(duì)小車和小物塊進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列

式求解小物塊與小車的動(dòng)摩擦因數(shù)以及恒力F;

根據(jù)t圖象的面積求解小物塊和小車在速度相等之前各自的位移，兩者的位移之差即為相對(duì)位

移；

當(dāng)小車和小物塊的速度相等后，兩者在外力F作用下一起向右做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求

解減速的加速度大小，根據(jù)速度一位移公式求解減速的位移，兩段位移相加即為小物塊向右滑動(dòng)

的最大位移。

解決該題的關(guān)鍵是能根據(jù)。-t圖象求解小車和小物塊的加速度以及發(fā)生的位移，掌握小車和小物

塊在速度相等前兩者的受力情況，知道速度相等后兩者的運(yùn)動(dòng)情況。

rE

11.【答案】,kcC不變

T2cos。r+Rg+%+Ro+^^1250AT2

【解析】解：(1)由受力情況及平行四邊形定則可知，G=2Fcos9,即尸=￡；

Z.COSU

(2)由實(shí)驗(yàn)步驟可知，當(dāng)拉力為F時(shí)，電流為/,因此根據(jù)閉合電路的歐姆定律得：

E=/(r+&+Ri+a)

由圖乙可知，拉力與電阻的關(guān)系式：%=kF+Ro

.E

聯(lián)立可得：-r+Rg+R1+R0+_^_

(3)實(shí)驗(yàn)步驟中可知，當(dāng)沒(méi)有掛重物時(shí)，電流為滿偏電流，即：E=Ig(r+R,+Rg)

j=_______E_______

又r+Rg+Ry+Ro+^g'

且電流是半偏；

代入數(shù)據(jù)，可得：G=1250\f2/V

.E一

(4)由公式/=IP皿山二kG-可知,電流值與壓力不成正比，故刻度盤(pán)不均勻；

r+Rg+Ri+Ro+^^

該秤的重力越小，電阻越小，則電流表示數(shù)越大，故重力的零刻度應(yīng)在靠近電流表滿刻度的地方;

故錯(cuò)誤，C正確。

故選：Co

(5)根據(jù)操作過(guò)程a可知，當(dāng)內(nèi)阻增大，仍會(huì)使得電流表滿偏，則電阻％會(huì)變小，即r+R］之和仍

舊會(huì)不變，也就是說(shuō)測(cè)量結(jié)果也不變。

故答案為：(1)通而；⑵r+Rg+Ri+Ro+(3)1250V-2:(4)C；(5)不變。

(1)根據(jù)受力情況，由平行四邊形定則得出拉力與重力的關(guān)系；

(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理和過(guò)程，即可求出拉力敏感電阻絲電阻增加量；根據(jù)歐姆定律求出圖線的斜率與

截距的意義；根據(jù)共點(diǎn)力平衡的條件求出電阻絲上的拉力，然后求出物體重力的表達(dá)式；

(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟及電路圖，列出等式關(guān)系，代入數(shù)據(jù)進(jìn)行計(jì)算；

(4)根據(jù)電路的結(jié)構(gòu)利用閉合電路的歐姆定律可得出刻度的特點(diǎn)；

(5)根據(jù)歐姆定律及電路操作過(guò)程得出測(cè)量結(jié)果。

本題屬于結(jié)合實(shí)際應(yīng)用的實(shí)驗(yàn)操作題，解題的關(guān)鍵是分析電路，再根據(jù)歐姆定律列式。

12.【答案】Cgh=-^

23)2

【解析】解：(1)小球經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)的速度：v=4-

從由靜止釋放小球到小球經(jīng)過(guò)光電門(mén)過(guò)程，小球機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：

mgh?=12

整理得：gh=-^,

2(At)2

要驗(yàn)證機(jī)械能守恒，除測(cè)出/I、△矽卜還需要測(cè)出小球的直徑d,故選C;

(2)由(1)可知，驗(yàn)證機(jī)械能守恒的表達(dá)式是：gh=-^i

2(At)

.2

故答案為：(1)C；(2)9^=；^。

根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度等于瞬時(shí)速度求出小球通過(guò)光電門(mén)的瞬時(shí)速度，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律

求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式，然后分析答題。

解決本題的關(guān)鍵知道實(shí)驗(yàn)的原理，抓住動(dòng)能的增加量和重力勢(shì)能的減小量是否相等進(jìn)行驗(yàn)證，學(xué)

握平均速度接近瞬時(shí)速度的條件是△t取極短。

13.【答案】解：①根據(jù)波形圖可知，這列波從P點(diǎn)傳播到Q點(diǎn)，傳播距離△x=8m-2ni=6m,

時(shí)間t=1.5s,所以波傳播的速度V=牛=4m/s,

由圖知，波長(zhǎng)4=2m,根據(jù)波速公式u=*解得：T=(=0.5s,

。點(diǎn)振動(dòng)方程：y=—3sin爺t=—3sin(4nt)czn；

②根據(jù)波形圖可知t=0時(shí)刻距離Q點(diǎn)最近的波峰在x=0.5zn處，傳播到Q點(diǎn)的距離^x'=8m-

0.5m=7.5m,需要的時(shí)間t'=午=1.875s=(3+

即經(jīng)過(guò)3T后再經(jīng)過(guò);7質(zhì)點(diǎn)Q到達(dá)波峰，所以相對(duì)平衡位置的位移y=