2023屆安徽省滁州市定遠縣高三二模物理試卷（解析版）

高中物理名校試卷PAGEPAGE102023年安徽省滁州市定遠縣高考物理二模試卷一、選擇題：本題共5小題，每小題6分，共30分。每小題給出的4個選項中只有一項是符合題意要求的。1．（6分）如圖1所示是研究光電效應中光電子發(fā)射情況與照射光的強弱、顏色（頻率）關(guān)系的實驗電路。移動滑動變阻器滑片，可改變光電管中陽極A、陰極K間的電壓，光電流大小可由電流表顯示，改變電源的極性，則下列說法正確的是（）A．用藍光照射陰極K，當兩極間的電壓為圖2中的反向電壓Uc1時，無光電子發(fā)射 B．用強度不同的黃光照射陰極K時，發(fā)射的光電子的最大初速度大小不同 C．光電流的大小隨加在A、K兩極間電壓的升高一定逐漸增大 D．用不同顏色的光照射陰極K時，發(fā)射的光電子的最大初速度大小不同2．（6分）嫦娥三號探測器于2013年12月2日2點17分，在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射．嫦娥三號攜玉兔號月球車首次實現(xiàn)月球軟著陸和月面巡視勘察，并開展月表形貌與地質(zhì)構(gòu)造調(diào)查等科學探測．探測器發(fā)射后直接進入地月轉(zhuǎn)移軌道，成為繞月衛(wèi)星，并開展對月球的探測，月球半徑與地球半徑之比為q，則（）A．探測器在月球表面附近圓形軌道運行與在地球表面附近圓形軌道運行向心力之比為B．探測器在月球表面附近圓形軌道運行與在地球表面附近圓形軌道運行周期之比為 C．月球的第一宇宙速度是地球的第一宇宙速度的倍 D．月球表面重力加速度是地球表面重力加速度的倍3．（6分）從地面上以初速度v0豎直上拋一質(zhì)量為m的小球，若運動過程中受到的空氣阻力與其速率成正比，球運動的速率隨時間變化的規(guī)律如圖所示，t1時刻到達最高點，再落回地面，落地速率為v1，且落地前小球已經(jīng)做勻速運動，則下列說法中正確的是（）A．小球加速度在上升過程中逐漸減小，在下降過程中也逐漸減小 B．小球拋出瞬間的加速度大小為 C．小球被拋出時的加速度值最大，最高點的加速度值最小 D．小球上升過程的平均速度等于4．（6分）如圖，質(zhì)量為m、長為L的直導線用兩絕緣細線懸掛于O、O?，并處于勻強磁場中．當導線中通以沿x正方向的電流I，懸線與豎直方向夾角為θ．則磁感應強度方向和大小可能為（）A．x正向， B．y正向，cosθ C．z負向，tanθ D．y負向，sinθ5．（6分）如圖甲所示，在平行于紙面的勻強電場中，有一個半徑為0.2m的圓形區(qū)域ABCD，P為圓弧上的一個點，從A點出發(fā)沿逆時針運動，P點電勢φ隨θ變化情況如圖乙所示，則（）A．場強大小為10V/m B．電子在A點時的電勢能為2eV C．電子在A點時所受電場力指向O點 D．電子沿圓弧運動過程中電場力不做功二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題給出的4個選項中有多項是符合題意要求的。選全對的得6分，不全對的得3分，有選錯的得0分。6．（6分）如圖所示，將質(zhì)量相同的a、b、c三個小球從水平地面上的A點用相同的速率、以不同的方向斜向上拋出，三個小球在空中的運動軌跡分別為1、2、31、Δp2、Δp3，落地時重力的瞬時功率分別為P1、P2、P3，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．三個球動量變化量相同 B．三個球落地時重力的瞬時功率相等 C．Δp1最大，Δp3最小 D．P1最大，P3最小7．（6分）如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為2：1，電阻R1＝R2＝55Ω，D1、D2為理想二極管，A為理想電流表。原線圈接u＝220sin100πt（V），則（）A．二極管的反向耐壓值應大于110V B．副線圈中交流電頻率為100Hz C．電流表示數(shù)為2A D．理想變壓器的輸入功率為440W8．（6分）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場邊界上的P點有一粒子源，粒子的重力以及粒子之間的相互作用力均可忽略，進入磁場的粒子會從某一段圓弧射出磁場邊界，則下列結(jié)論正確的是（）A．若n＝2，則所有粒子離開磁場時的速度方向相互平行 B．若n＝2，則粒子從P點進入磁場時的速率為 C．若n＝4，則粒子從P點進入磁場時的速率為 D．若n＝4，僅將磁場的磁感應強度大小由B減小到B時，則n的值變?yōu)?三、非選擇題：本大題共5小題，共62分。9．（6分）某小組采用如圖甲所示的裝置來探究“功與速度變化的關(guān)系”，實驗中，小車經(jīng)過光電門時（1）實驗步驟如下：①用螺旋測微器測得遮光條的寬度d如圖乙所示，則d＝mm．②把遮光條固定在小車上，把小車放到軌道上，將細線一端與小車連接；③保持軌道水平，在砝碼盤里放適量砝碼，讓小車靜止在某處，將小車由靜止釋放，記錄遮光條經(jīng)過光電門的擋光時間t；④改變x，記錄相應的t，獲得多組數(shù)據(jù)；⑤關(guān)閉電源，通過分析小車位移與速度變化的關(guān)系來研究合外力做功與速度變化的關(guān)系．（2）實驗中，該小組同學通過研究x與t的關(guān)系從而得到合外力做功與速度變化的關(guān)系，為了使圖象呈現(xiàn)線性關(guān)系圖象．（填序號）A．x﹣tB．x﹣C．x﹣t2D．x﹣．10．（9分）甲、乙兩位同學分別采用不同的方法測量同一根金屬絲的阻值．①甲同學采用多用電表測定金屬絲的阻值，操作如下：該同學選擇×10的電阻擋，用正確的操作步驟測量時（指針位置如圖1中虛線所示）．為了較準確地進行測量，請你完善下列實驗操作步驟：a、；b、調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕：紅黑表筆短接，使指針指在0Ω處；c、重新測量并讀數(shù)，此時刻度盤上的指針位置如圖1實線所示，測量結(jié)果是Ω．②乙同學用伏安法測量此金屬絲的電阻，實驗室提供了下列器材．A．電壓表（0～3V，內(nèi)阻1kΩ）B．電壓表（0～15V，內(nèi)阻5kΩ）C．電流表（0～0.6A，內(nèi)阻2Ω）D．電流表（0～3A，內(nèi)阻0.5Ω）E．滑動變阻器（10Ω，0.2A）F．滑動變阻器（50Ω，0.6A）G．直流電源（6V，內(nèi)阻不計），另有開關(guān)一個、導線若干．實驗中有兩種電路圖2（a）和（b）可供選擇，本次實驗中電路應選（選填“a”或“b”），電壓表應選，電流表應選，滑動變阻器應選．（只填器材前的字母代號即可）．根據(jù)電路圖并連接如圖3的實物圖．11．（12分）如圖所示為放置在真空中的某種材料做成的透明球體，O為球心，半徑為R，能向各個方向發(fā)出某種單色光，OB為半徑，從A點發(fā)出射向B點的光線a恰好在B點發(fā)生全反射，已知光在真空中的光速為c（1）透明球體的折射率n；（2）光線a從發(fā)出到B點的時間t。12．（15分）如圖，兩根間距為L、相互平行的光滑傾斜金屬長直導軌，與水平面的夾角θ＝30°，金屬桿MN、PQ用絕緣桿固定連接形成“工”字形框架，間距也為s，使框架從距磁場上邊沿一定距離處靜止釋放，框架進入磁場過程中做勻速運動，金屬桿MN、PQ的電阻均為R，其余電阻不計（1）框架剛釋放時，金屬桿PQ距磁場上邊界的距離；（2）金屬桿PQ越過兩磁場分界線的瞬間，框架的加速度大小；（3）框架穿過磁場的整個過程中，金屬桿MN產(chǎn)生的焦耳熱。13．（20分）如圖所示，半徑為R的光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，小球b靜止在軌道最低點B處，小球a、b在最低點發(fā)生彈性碰撞，小球a、b均可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g，求：（1）小球a從A點運動到B點，合外力對小球a的沖量大??；（2）要使a、b第一次碰撞后，小球b能到達圓弧軌道的最高點C，則小球b的質(zhì)量應滿足的條件；（3）若兩球恰好在B點發(fā)生第二次碰撞，則第二次碰撞后小球b的速度大小。——★參考答案★——一、選擇題1．〖祥解〗A.根據(jù)光電效應方程及遏止電壓作答；B.光子的能量與光的強度無關(guān)，根據(jù)光的效應方程作答；C.光電流的大小隨兩端電壓的增加而增大，飽和光電流不隨兩端電壓而變化；D.根據(jù)光子的最大初動能Ek＝eUc分析作答。【解答】解：A.藍光的遏止電壓大于黃光的遏止電壓是因為藍光的頻率大于黃光的頻率，用藍光照射陰極Kc1時，有光電子發(fā)射；B.根據(jù)光的效應方程hν＝Ek+W0，在光的頻率不變的情況下，不論入射光的強度強還是弱，故B錯誤；C.光電流的大小隨加在A、K兩極間兩端電壓的增加而增大，故C錯誤；D.光子的最大初動能Ek＝eUc，由于藍光的遏止電壓大于黃光的遏止電壓，發(fā)射的光電子的最大初速度大小不同。故選：D。2．〖祥解〗探測器在月球和地球表面受到的萬有引力的表達式為，向心力有萬有引力提供，根據(jù)月球和地球的質(zhì)量比和半徑之比，計算萬有引力之比，即為向心力之比．根據(jù)萬有引力提供向心力＝，得，，根據(jù)月球和地球的質(zhì)量比和半徑之比，可計算探測器在月球表面附近圓形軌道運行與在地球表面附近圓形軌道運行周期之比和月球的第一宇宙速度與地球的第一宇宙速度之比．根據(jù)重力等于萬有引力，結(jié)合月球和地球的質(zhì)量比和半徑之比，可計算出月球表面重力加速度與地球表面重力加速度之比．【解答】解：A、探測器受到的萬有引力，故萬有引力之比即為向心力之比，故A錯誤；B、根據(jù)萬有引力提供向心力，得＝，故B錯誤；C、根據(jù)萬有引力提供向心力，所以；D、根據(jù)重力等于萬有引力，所以。故選：C。3．〖祥解〗對小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解小球的加速度，進而分析加速度的變化；v﹣t圖像與坐標軸所圍的面積表示位移，平均速度是位移與時間的比值，勻變速直線運動平均速度等于初末速度的平均值，將小球的運動與勻變速直線運動比較即可?！窘獯稹拷猓篈C、小球上升過程，小球受重力和阻力，根據(jù)牛頓第二定律得：f+mg＝ma解得由于是減速上升，速度減小，故加速度不斷減小；下降過程，小球受重力和阻力解得：小球加速下降，速度變大，故加速度不斷減小，加速度為零；即上升過程，加速度一直在減小，先減小，小球被拋出時的加速度值最大，故AC錯誤；B、空氣阻力與其速率成正比1勻速下降，由平衡條件得：mg＝kv1小球拋出瞬間，由牛頓第二定律得：mg+kv2＝ma0聯(lián)立解得：，故B正確；D、v﹣t圖象與時間軸所圍的面積表示位移，從圖象可以看出，而陰影部分面積是勻減速直線運動的位移，故小球上升過程的平均速度小于。故選：B。4．〖祥解〗左手定則：左手平展，讓磁感線穿過手心，使大拇指與其余四指垂直，并且都跟手掌在一個平面內(nèi)．把左手放入磁場中，讓磁感線垂直穿入手心，手心面向N極，四指指向電流所指方向，則大拇指的方向就是導體受力的方向．根據(jù)左手定則的內(nèi)容，逐個分析判斷即可得出結(jié)論【解答】解：A、當磁場沿x正方向時，導線不受安培力，懸線與豎直方向的夾角θ＝0°，故A錯誤；B、當磁場沿y正方向時，導線受到的安培力豎直向上，B＝，懸線的拉力為零C、磁感應強度方向為z負方向，直導線所受安培力方向沿y正方向，所以B＝，所以C正確D、當磁場沿y負方向時，導線受到的安培力豎直向上，B＝，與豎直方向夾角θ＝0°，故D錯誤故選：C。5．〖祥解〗電場強度方向從高電勢點指向低電勢點，根據(jù)推論解得電場強度與O點的電勢，根據(jù)功能關(guān)系分析D選項。【解答】解：AB、由圖乙可知：φA＝2V，電子在A點電勢能EPA＝eφA＝﹣2eV當θ＝時，P點位于下圖中的E點處E＝1V當θ＝時，P點位于下圖中的F點處、F、O三點共線F＝5V則圓心O點的電勢為：φO＝＝V＝5V過A點作OE的垂線交于M點，由幾何知識易得，則下圖中M點的電勢為：φM＝＝＝2V＝φA故直線AM為等勢線，由于電場線與等勢面垂直，過B點作電場線FOE的垂線，如下圖所示則有：φA＝φM＞φN＝φE電場強度的大小為：E＝＝＝10V/m，B錯誤；C、根據(jù)上面的分析可知，故C錯誤；D、電子從A點沿圓弧逆時針移動，電勢能先升高后降低，故D錯誤。故選：A。二、多選題6．〖祥解〗斜上拋運動可以看成是兩個對稱的平拋運動，豎直方向根據(jù)位移—時間公式求解時間，進而比較小球在空中運動的時間，根據(jù)動量定理求解三個小球動量的變化，比較即可；根據(jù)功率公式求解落地時重力的瞬時功率，比較即可。【解答】解：AC、斜上拋運動可以看成是兩個對稱的平拋運動，豎直方向gt8解得：t＝由圖可知，h1＞h4＞h3所以t1＞t7＞t3根據(jù)動量定理得：mg?2t＝Δp所以Δp4＞Δp2＞Δp3故A錯誤，C正確；BD、三個球落地時重力的瞬時功率為PG＝mgvy＝mg?gt＝mg5t所以P1＞P2＞P3故B錯誤，D正確。故選：CD。7．〖祥解〗根據(jù)瞬時值表達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)成正比和二極管的特點即可求得結(jié)論，根據(jù)電流熱效應求得電流表的讀數(shù)。【解答】解：A、根據(jù)瞬時值表達式可知V，所以原線圈電壓的有效值V根據(jù)解得：U8＝110V則副線圈上電壓的最大值為110V，所以二極管的反向耐壓值應大于110V；B、根據(jù)瞬時值表達式可知交流電的角速度ω＝100π＝0.02sHz＝50Hz，所以副線圈中交流電頻率為50Hz；C、因為二極管具有單向?qū)щ娦?，另半個周期電流為2，由于電阻R1＝R2＝55Ω，設(shè)此時副線圈對應的等效電阻為R等效，則：；可知兩個支路中的并聯(lián)后的等效電阻為55Ω2＝A＝3A；D、變壓器的輸出功率：P2＝U2I4＝110×2W＝220W，由于變壓器的輸入功率等于輸出功率，故D錯誤。故選：AC。8．〖祥解〗粒子在磁場中做圓周運動，磁場區(qū)域邊界上有粒子射出的范圍是粒子在磁場中運動軌跡的直徑為弦所對應的邊界圓弧，根據(jù)題意求出粒子做圓周運動的軌道半徑，然后應用牛頓第二定律求出粒子在磁場中做圓周的速率。【解答】解：A、邊界上有粒子射出的范圍是以偏轉(zhuǎn)圓直徑為弦所對應的邊界圓弧，則粒子在磁場中做圓周運動的直徑為磁場區(qū)域直徑運動的軌道半徑r＝R；由于粒子做圓周運動的軌道半徑與磁場區(qū)域半徑相等、粒子做圓周運動的圓心O′、磁場區(qū)域的圓心O組成的四邊形為菱形，粒子離開磁場時的速度方向與對應的軌道半徑垂直，由于PO的位置不變，故A正確；B、若n＝2，粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB＝m，故B正確；C、邊界上有粒子射出的范圍是以偏轉(zhuǎn)圓直徑為弦所對應的邊界圓弧，粒子做圓周運動的軌道半徑：r′＝Rsin45°＝R，由牛頓第二定律得：qv′B＝m，故C正確；D、若n＝4時R，粒子做圓周運動的軌道半徑r＝B時R，粒子運動軌跡直徑對應的有粒子射出圓弧對應的圓心角θ＝2arcsin≠180°，故D錯誤。故選：ABC。三、非選擇題9．〖祥解〗（1）由螺旋測微器讀出整毫米數(shù)，由可動刻度讀出毫米的小部分．即可得到擋光片的寬度；（2）由于遮光條通過光電門的時間極短，可以用平均速度表示瞬時速度，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合動能定理列式，聯(lián)立方程求解．【解答】解：（1）由螺旋測微器讀出整毫米數(shù)為5.5mm，由可動刻度讀出毫米的小部分為19.6×0.01＝0.195mm；（2）設(shè)勻加速運動的加速度為a，根據(jù)動能定理得：ma?x＝2，速度：v＝，解得：x＝?，則加速度a不變，該組同學應作x﹣，故D正確．故選：D；故〖答案〗為：（1）7.695；（2）D．10．〖祥解〗題（1）應明確歐姆表指針偏角過大時說明所選倍率過大，應選擇較小的倍率；題（2）根據(jù)電流表內(nèi)外接法的選擇方法即可求解；根據(jù)電阻率受到溫度影響可知電流表應選擇較小的量程，根據(jù)通過電表的最小讀數(shù)為量程的以上可求出待測電阻兩端的最小電壓，從而選擇電壓表量程；根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電路中需要的最大電阻來選擇變阻器【解答】解：（1）a、歐姆表的指針偏角過大說明所選倍率過大；c、歐姆表讀數(shù)為R＝6.0×6Ω＝6.0Ω；（2）、由于待測電阻滿足，所以電路應選擇乙電路；考慮溫度對電阻率的影響，實驗不允許通過較大的電流；根據(jù)歐姆定律可求出待測電阻兩端的最小電壓為，所以電壓表應選擇A；若變阻器采用限流式接法，電路中需要的最大電阻應為；根據(jù)電路圖連接實物圖．故〖答案〗為（1）①重新選×1歐姆擋測量；6.2；②b；A；C；F；實物圖如：四、解答題11．〖祥解〗（1）根據(jù)全反射臨界角公式解得；（2）由幾何關(guān)系，求得光在透明球中通過的路程，由v＝求得在球體中的傳播速度，則在球體中傳播的時間可求。【解答】解：（1）從A點發(fā)出射向B點的光線a恰好在B點發(fā)生全反射，根據(jù)全反射臨界角公式有：sinC＝根據(jù)幾何關(guān)系有sinC＝＝＝解得：n＝（2）光在介質(zhì)中的速度v＝則傳播時間t＝解得：t＝答：（1）透明球體的折射率為；（2）光線a從發(fā)出到B點的時間為。12．〖祥解〗（1）根據(jù)平衡條件求解金屬桿PQ在進入磁場時的大小，由機械能守恒定律求解框架釋放時金屬桿PQ距磁場上邊界的距離；（2）金屬桿PQ越過兩磁場邊界瞬間，兩金屬桿都切割磁感線，求出兩金屬桿所受安培力，由牛頓第二定律求解框架的加速度大?。唬?）由能量守恒可知框架穿越磁場過程中，框架產(chǎn)生的焦耳熱等于框架重力勢能的減少量，由此求解金屬桿MN產(chǎn)生的焦耳熱?！窘獯稹拷猓海?）金屬桿PQ在進入磁場過程中做勻速直線運動有：mgsinθ＝BIL由法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律有：I＝設(shè)框架釋放時金屬桿PQ距磁場上邊界的距離為x，由機械能守恒定律有：mgxsinθ＝聯(lián)立解得框架釋放時金屬桿PQ距磁場上邊界的距離為：x＝；（2）金屬桿PQ越過兩磁場邊界瞬間，兩金屬桿都切割磁感線金屬桿中的電流為：＝兩金屬桿所受安培力均為：F安＝BI′L＝2mgsinθ由牛頓第二定律有：2F安﹣mgsinθ＝ma聯(lián)立解得金屬桿PQ越過兩磁場邊界瞬間，框架的加速度大小為：a＝3.5g；（3）由能量守恒可知框架穿越磁場過程中，框架產(chǎn)生的焦耳熱等于框架重力勢能的減少量Q＝mgsinθ?3s＝7.5mgs其中框架穿越磁場過程中金屬桿MN產(chǎn)生的焦耳熱為：Q′＝＝解得：Q′＝4.75mgs。答：（1）框架剛釋放時，金屬桿PQ距磁場上邊界的距離為；（2）金屬桿PQ越過兩磁場分界線的瞬間，框架的加速度大小為1.7g；（3）框架穿過磁場的整個過程中，金屬桿MN產(chǎn)生的焦耳熱為0.75mgs。13．〖祥解〗（1）設(shè)小球a運動到最低點時的速度為v0，由機械能守恒列式，在根據(jù)動量定理，求合外力對小球a的沖量大小；（2）彈性碰撞后，根據(jù)動量守恒和動能守恒列式，求碰后速度，b球運動到軌道的最高點時速度為v，則有，小球b由最低點運動最高點的過程中機械能守恒列式，分析速度關(guān)系，再分析質(zhì)量關(guān)系；（3）彈性碰撞后，根據(jù)動量守恒和動能守恒列式，求碰后速度?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)小球a運動到最低點時的速度為v0，由機械能守恒，得解得由動量定理得，合外力對小球a的沖量大?。?）設(shè)彈性碰撞后，a、b兩球的速度分別為v1、v2，設(shè)b球質(zhì)量為m7，則根據(jù)動量守恒：mv0＝mv1+m4v2根據(jù)動能守恒：解得設(shè)b球運動到軌道的最高點時速度為v，則有小球b由最低點運動最高點的過程中機械能守恒，則①若第一次撞擊后，都向右運動6＞v1②若第一次撞擊后，b球向右運動，則v2＞﹣v6③由①②③解得即m2；（3）若兩球恰好在B點發(fā)生第二次碰撞，由第一碰撞6＝mv1+m1v7根據(jù)動能守恒：解得，可知兩球交換速度，兩球質(zhì)量相等。第二次發(fā)生彈性碰撞。第二次碰撞后小球b的速度大小為0。答：（1）小球a從A點運動到B點，合外力對小球a的沖量大??；（2）要使a、b第一次碰撞后，則小球b的質(zhì)量應滿足的條件m4；（3）若兩球恰好在B點發(fā)生第二次碰撞，則第二次碰撞后小球b的速度大小4。2023年安徽省滁州市定遠縣高考物理二模試卷一、選擇題：本題共5小題，每小題6分，共30分。每小題給出的4個選項中只有一項是符合題意要求的。1．（6分）如圖1所示是研究光電效應中光電子發(fā)射情況與照射光的強弱、顏色（頻率）關(guān)系的實驗電路。移動滑動變阻器滑片，可改變光電管中陽極A、陰極K間的電壓，光電流大小可由電流表顯示，改變電源的極性，則下列說法正確的是（）A．用藍光照射陰極K，當兩極間的電壓為圖2中的反向電壓Uc1時，無光電子發(fā)射 B．用強度不同的黃光照射陰極K時，發(fā)射的光電子的最大初速度大小不同 C．光電流的大小隨加在A、K兩極間電壓的升高一定逐漸增大 D．用不同顏色的光照射陰極K時，發(fā)射的光電子的最大初速度大小不同2．（6分）嫦娥三號探測器于2013年12月2日2點17分，在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射．嫦娥三號攜玉兔號月球車首次實現(xiàn)月球軟著陸和月面巡視勘察，并開展月表形貌與地質(zhì)構(gòu)造調(diào)查等科學探測．探測器發(fā)射后直接進入地月轉(zhuǎn)移軌道，成為繞月衛(wèi)星，并開展對月球的探測，月球半徑與地球半徑之比為q，則（）A．探測器在月球表面附近圓形軌道運行與在地球表面附近圓形軌道運行向心力之比為B．探測器在月球表面附近圓形軌道運行與在地球表面附近圓形軌道運行周期之比為 C．月球的第一宇宙速度是地球的第一宇宙速度的倍 D．月球表面重力加速度是地球表面重力加速度的倍3．（6分）從地面上以初速度v0豎直上拋一質(zhì)量為m的小球，若運動過程中受到的空氣阻力與其速率成正比，球運動的速率隨時間變化的規(guī)律如圖所示，t1時刻到達最高點，再落回地面，落地速率為v1，且落地前小球已經(jīng)做勻速運動，則下列說法中正確的是（）A．小球加速度在上升過程中逐漸減小，在下降過程中也逐漸減小 B．小球拋出瞬間的加速度大小為 C．小球被拋出時的加速度值最大，最高點的加速度值最小 D．小球上升過程的平均速度等于4．（6分）如圖，質(zhì)量為m、長為L的直導線用兩絕緣細線懸掛于O、O?，并處于勻強磁場中．當導線中通以沿x正方向的電流I，懸線與豎直方向夾角為θ．則磁感應強度方向和大小可能為（）A．x正向， B．y正向，cosθ C．z負向，tanθ D．y負向，sinθ5．（6分）如圖甲所示，在平行于紙面的勻強電場中，有一個半徑為0.2m的圓形區(qū)域ABCD，P為圓弧上的一個點，從A點出發(fā)沿逆時針運動，P點電勢φ隨θ變化情況如圖乙所示，則（）A．場強大小為10V/m B．電子在A點時的電勢能為2eV C．電子在A點時所受電場力指向O點 D．電子沿圓弧運動過程中電場力不做功二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題給出的4個選項中有多項是符合題意要求的。選全對的得6分，不全對的得3分，有選錯的得0分。6．（6分）如圖所示，將質(zhì)量相同的a、b、c三個小球從水平地面上的A點用相同的速率、以不同的方向斜向上拋出，三個小球在空中的運動軌跡分別為1、2、31、Δp2、Δp3，落地時重力的瞬時功率分別為P1、P2、P3，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．三個球動量變化量相同 B．三個球落地時重力的瞬時功率相等 C．Δp1最大，Δp3最小 D．P1最大，P3最小7．（6分）如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為2：1，電阻R1＝R2＝55Ω，D1、D2為理想二極管，A為理想電流表。原線圈接u＝220sin100πt（V），則（）A．二極管的反向耐壓值應大于110V B．副線圈中交流電頻率為100Hz C．電流表示數(shù)為2A D．理想變壓器的輸入功率為440W8．（6分）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場邊界上的P點有一粒子源，粒子的重力以及粒子之間的相互作用力均可忽略，進入磁場的粒子會從某一段圓弧射出磁場邊界，則下列結(jié)論正確的是（）A．若n＝2，則所有粒子離開磁場時的速度方向相互平行 B．若n＝2，則粒子從P點進入磁場時的速率為 C．若n＝4，則粒子從P點進入磁場時的速率為 D．若n＝4，僅將磁場的磁感應強度大小由B減小到B時，則n的值變?yōu)?三、非選擇題：本大題共5小題，共62分。9．（6分）某小組采用如圖甲所示的裝置來探究“功與速度變化的關(guān)系”，實驗中，小車經(jīng)過光電門時（1）實驗步驟如下：①用螺旋測微器測得遮光條的寬度d如圖乙所示，則d＝mm．②把遮光條固定在小車上，把小車放到軌道上，將細線一端與小車連接；③保持軌道水平，在砝碼盤里放適量砝碼，讓小車靜止在某處，將小車由靜止釋放，記錄遮光條經(jīng)過光電門的擋光時間t；④改變x，記錄相應的t，獲得多組數(shù)據(jù)；⑤關(guān)閉電源，通過分析小車位移與速度變化的關(guān)系來研究合外力做功與速度變化的關(guān)系．（2）實驗中，該小組同學通過研究x與t的關(guān)系從而得到合外力做功與速度變化的關(guān)系，為了使圖象呈現(xiàn)線性關(guān)系圖象．（填序號）A．x﹣tB．x﹣C．x﹣t2D．x﹣．10．（9分）甲、乙兩位同學分別采用不同的方法測量同一根金屬絲的阻值．①甲同學采用多用電表測定金屬絲的阻值，操作如下：該同學選擇×10的電阻擋，用正確的操作步驟測量時（指針位置如圖1中虛線所示）．為了較準確地進行測量，請你完善下列實驗操作步驟：a、；b、調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕：紅黑表筆短接，使指針指在0Ω處；c、重新測量并讀數(shù)，此時刻度盤上的指針位置如圖1實線所示，測量結(jié)果是Ω．②乙同學用伏安法測量此金屬絲的電阻，實驗室提供了下列器材．A．電壓表（0～3V，內(nèi)阻1kΩ）B．電壓表（0～15V，內(nèi)阻5kΩ）C．電流表（0～0.6A，內(nèi)阻2Ω）D．電流表（0～3A，內(nèi)阻0.5Ω）E．滑動變阻器（10Ω，0.2A）F．滑動變阻器（50Ω，0.6A）G．直流電源（6V，內(nèi)阻不計），另有開關(guān)一個、導線若干．實驗中有兩種電路圖2（a）和（b）可供選擇，本次實驗中電路應選（選填“a”或“b”），電壓表應選，電流表應選，滑動變阻器應選．（只填器材前的字母代號即可）．根據(jù)電路圖并連接如圖3的實物圖．11．（12分）如圖所示為放置在真空中的某種材料做成的透明球體，O為球心，半徑為R，能向各個方向發(fā)出某種單色光，OB為半徑，從A點發(fā)出射向B點的光線a恰好在B點發(fā)生全反射，已知光在真空中的光速為c（1）透明球體的折射率n；（2）光線a從發(fā)出到B點的時間t。12．（15分）如圖，兩根間距為L、相互平行的光滑傾斜金屬長直導軌，與水平面的夾角θ＝30°，金屬桿MN、PQ用絕緣桿固定連接形成“工”字形框架，間距也為s，使框架從距磁場上邊沿一定距離處靜止釋放，框架進入磁場過程中做勻速運動，金屬桿MN、PQ的電阻均為R，其余電阻不計（1）框架剛釋放時，金屬桿PQ距磁場上邊界的距離；（2）金屬桿PQ越過兩磁場分界線的瞬間，框架的加速度大小；（3）框架穿過磁場的整個過程中，金屬桿MN產(chǎn)生的焦耳熱。13．（20分）如圖所示，半徑為R的光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，小球b靜止在軌道最低點B處，小球a、b在最低點發(fā)生彈性碰撞，小球a、b均可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g，求：（1）小球a從A點運動到B點，合外力對小球a的沖量大?。唬?）要使a、b第一次碰撞后，小球b能到達圓弧軌道的最高點C，則小球b的質(zhì)量應滿足的條件；（3）若兩球恰好在B點發(fā)生第二次碰撞，則第二次碰撞后小球b的速度大小?！飬⒖即鸢浮铩弧⑦x擇題1．〖祥解〗A.根據(jù)光電效應方程及遏止電壓作答；B.光子的能量與光的強度無關(guān)，根據(jù)光的效應方程作答；C.光電流的大小隨兩端電壓的增加而增大，飽和光電流不隨兩端電壓而變化；D.根據(jù)光子的最大初動能Ek＝eUc分析作答?！窘獯稹拷猓篈.藍光的遏止電壓大于黃光的遏止電壓是因為藍光的頻率大于黃光的頻率，用藍光照射陰極Kc1時，有光電子發(fā)射；B.根據(jù)光的效應方程hν＝Ek+W0，在光的頻率不變的情況下，不論入射光的強度強還是弱，故B錯誤；C.光電流的大小隨加在A、K兩極間兩端電壓的增加而增大，故C錯誤；D.光子的最大初動能Ek＝eUc，由于藍光的遏止電壓大于黃光的遏止電壓，發(fā)射的光電子的最大初速度大小不同。故選：D。2．〖祥解〗探測器在月球和地球表面受到的萬有引力的表達式為，向心力有萬有引力提供，根據(jù)月球和地球的質(zhì)量比和半徑之比，計算萬有引力之比，即為向心力之比．根據(jù)萬有引力提供向心力＝，得，，根據(jù)月球和地球的質(zhì)量比和半徑之比，可計算探測器在月球表面附近圓形軌道運行與在地球表面附近圓形軌道運行周期之比和月球的第一宇宙速度與地球的第一宇宙速度之比．根據(jù)重力等于萬有引力，結(jié)合月球和地球的質(zhì)量比和半徑之比，可計算出月球表面重力加速度與地球表面重力加速度之比．【解答】解：A、探測器受到的萬有引力，故萬有引力之比即為向心力之比，故A錯誤；B、根據(jù)萬有引力提供向心力，得＝，故B錯誤；C、根據(jù)萬有引力提供向心力，所以；D、根據(jù)重力等于萬有引力，所以。故選：C。3．〖祥解〗對小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解小球的加速度，進而分析加速度的變化；v﹣t圖像與坐標軸所圍的面積表示位移，平均速度是位移與時間的比值，勻變速直線運動平均速度等于初末速度的平均值，將小球的運動與勻變速直線運動比較即可?！窘獯稹拷猓篈C、小球上升過程，小球受重力和阻力，根據(jù)牛頓第二定律得：f+mg＝ma解得由于是減速上升，速度減小，故加速度不斷減??；下降過程，小球受重力和阻力解得：小球加速下降，速度變大，故加速度不斷減小，加速度為零；即上升過程，加速度一直在減小，先減小，小球被拋出時的加速度值最大，故AC錯誤；B、空氣阻力與其速率成正比1勻速下降，由平衡條件得：mg＝kv1小球拋出瞬間，由牛頓第二定律得：mg+kv2＝ma0聯(lián)立解得：，故B正確；D、v﹣t圖象與時間軸所圍的面積表示位移，從圖象可以看出，而陰影部分面積是勻減速直線運動的位移，故小球上升過程的平均速度小于。故選：B。4．〖祥解〗左手定則：左手平展，讓磁感線穿過手心，使大拇指與其余四指垂直，并且都跟手掌在一個平面內(nèi)．把左手放入磁場中，讓磁感線垂直穿入手心，手心面向N極，四指指向電流所指方向，則大拇指的方向就是導體受力的方向．根據(jù)左手定則的內(nèi)容，逐個分析判斷即可得出結(jié)論【解答】解：A、當磁場沿x正方向時，導線不受安培力，懸線與豎直方向的夾角θ＝0°，故A錯誤；B、當磁場沿y正方向時，導線受到的安培力豎直向上，B＝，懸線的拉力為零C、磁感應強度方向為z負方向，直導線所受安培力方向沿y正方向，所以B＝，所以C正確D、當磁場沿y負方向時，導線受到的安培力豎直向上，B＝，與豎直方向夾角θ＝0°，故D錯誤故選：C。5．〖祥解〗電場強度方向從高電勢點指向低電勢點，根據(jù)推論解得電場強度與O點的電勢，根據(jù)功能關(guān)系分析D選項?！窘獯稹拷猓篈B、由圖乙可知：φA＝2V，電子在A點電勢能EPA＝eφA＝﹣2eV當θ＝時，P點位于下圖中的E點處E＝1V當θ＝時，P點位于下圖中的F點處、F、O三點共線F＝5V則圓心O點的電勢為：φO＝＝V＝5V過A點作OE的垂線交于M點，由幾何知識易得，則下圖中M點的電勢為：φM＝＝＝2V＝φA故直線AM為等勢線，由于電場線與等勢面垂直，過B點作電場線FOE的垂線，如下圖所示則有：φA＝φM＞φN＝φE電場強度的大小為：E＝＝＝10V/m，B錯誤；C、根據(jù)上面的分析可知，故C錯誤；D、電子從A點沿圓弧逆時針移動，電勢能先升高后降低，故D錯誤。故選：A。二、多選題6．〖祥解〗斜上拋運動可以看成是兩個對稱的平拋運動，豎直方向根據(jù)位移—時間公式求解時間，進而比較小球在空中運動的時間，根據(jù)動量定理求解三個小球動量的變化，比較即可；根據(jù)功率公式求解落地時重力的瞬時功率，比較即可?！窘獯稹拷猓篈C、斜上拋運動可以看成是兩個對稱的平拋運動，豎直方向gt8解得：t＝由圖可知，h1＞h4＞h3所以t1＞t7＞t3根據(jù)動量定理得：mg?2t＝Δp所以Δp4＞Δp2＞Δp3故A錯誤，C正確；BD、三個球落地時重力的瞬時功率為PG＝mgvy＝mg?gt＝mg5t所以P1＞P2＞P3故B錯誤，D正確。故選：CD。7．〖祥解〗根據(jù)瞬時值表達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)成正比和二極管的特點即可求得結(jié)論，根據(jù)電流熱效應求得電流表的讀數(shù)?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)瞬時值表達式可知V，所以原線圈電壓的有效值V根據(jù)解得：U8＝110V則副線圈上電壓的最大值為110V，所以二極管的反向耐壓值應大于110V；B、根據(jù)瞬時值表達式可知交流電的角速度ω＝100π＝0.02sHz＝50Hz，所以副線圈中交流電頻率為50Hz；C、因為二極管具有單向?qū)щ娦?，另半個周期電流為2，由于電阻R1＝R2＝55Ω，設(shè)此時副線圈對應的等效電阻為R等效，則：；可知兩個支路中的并聯(lián)后的等效電阻為55Ω2＝A＝3A；D、變壓器的輸出功率：P2＝U2I4＝110×2W＝220W，由于變壓器的輸入功率等于輸出功率，故D錯誤。故選：AC。8．〖祥解〗粒子在磁場中做圓周運動，磁場區(qū)域邊界上有粒子射出的范圍是粒子在磁場中運動軌跡的直徑為弦所對應的邊界圓弧，根據(jù)題意求出粒子做圓周運動的軌道半徑，然后應用牛頓第二定律求出粒子在磁場中做圓周的速率?！窘獯稹拷猓篈、邊界上有粒子射出的范圍是以偏轉(zhuǎn)圓直徑為弦所對應的邊界圓弧，則粒子在磁場中做圓周運動的直徑為磁場區(qū)域直徑運動的軌道半徑r＝R；由于粒子做圓周運動的軌道半徑與磁場區(qū)域半徑相等、粒子做圓周運動的圓心O′、磁場區(qū)域的圓心O組成的四邊形為菱形，粒子離開磁場時的速度方向與對應的軌道半徑垂直，由于PO的位置不變，故A正確；B、若n＝2，粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB＝m，故B正確；C、邊界上有粒子射出的范圍是以偏轉(zhuǎn)圓直徑為弦所對應的邊界圓弧，粒子做圓周運動的軌道半徑：r′＝Rsin45°＝R，由牛頓第二定律得：qv′B＝m，故C正確；D、若n＝4時R，粒子做圓周運動的軌道半徑r＝B時R，粒子運動軌跡直徑對應的有粒子射出圓弧對應的圓心角θ＝2arcsin≠180°，故D錯誤。故選：ABC。三、非選擇題9．〖祥解〗（1）由螺旋測微器讀出整毫米數(shù)，由可動刻度讀出毫米的小部分．即可得到擋光片的寬度；（2）由于遮光條通過光電門的時間極短，可以用平均速度表示瞬時速度，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合動能定理列式，聯(lián)立方程求解．【解答】解：（1）由螺旋測微器讀出整毫米數(shù)為5.5mm，由可動刻度讀出毫米的小部分為19.6×0.01＝0.195mm；（2）設(shè)勻加速運動的加速度為a，根據(jù)動能定理得：ma?x＝2，速度：v＝，解得：x＝?，則加速度a不變，該組同學應作x﹣，故D正確．故選：D；故〖答案〗為：（1）7.695；（2）D．10．〖祥解〗題（1）應明確歐姆表指針偏角過大時說明所選倍率過大，應選擇較小的倍率；題（2）根據(jù)電流表內(nèi)外接法的選擇方法即可求解；根據(jù)電阻率受到溫度影響可知電流表應選擇較小的量程，根據(jù)通過電表的最小讀數(shù)為量程的以上可求出待測電阻兩端的最小電壓，從而選擇電壓表量程；根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電路中需要的最大電阻來選擇變阻器【解答】解：（1）a、歐姆表的指針偏角過大說明所選倍率過大；c、歐姆表讀數(shù)為R＝