2024屆江西省贛州市高三下學期5月適應性考試（二模）物理試題答案

二模物理試題答案1.B2.C3.A4.C5.D6.B7.C8.BC9.BD10.AD7.【詳解】A.物塊在緩慢移動過程中，以小環(huán)O為對象，由于小環(huán)O兩側輕繩1的張力大小總是相等，則小環(huán)O兩側輕繩1的張力合力沿平分線上，根據(jù)受力平衡可知，輕繩2的延長線始終平分，故A錯誤；B.施加拉力F前，以小環(huán)O為對象，受到輕繩2的拉力等于物塊P的重力，豎直方向根據(jù)受力平衡可得：解得輕繩1的張力大小為：故B錯誤；C.物塊在緩慢移動過程中，由于M、N之間的輕繩1長度不變，根據(jù)數(shù)學知識可知，小環(huán)O的運動軌跡為橢圓，M、N為橢圓的兩個焦點；當輕繩2與連線方向垂直時，小環(huán)O剛好位于橢圓的短軸頂點上，根據(jù)橢圓知識可知此時最大，則此過程逐漸增大，以小環(huán)O為對象，根據(jù)受力平衡可得：可得：可知此過程經(jīng)繩1的張力一直增大,故C正確；D.物塊在緩慢移動過程中，由拉冪定理得F越來越大,故選C。10.【詳解】A．剛開始時線框相對于磁場的速度最大，此時感應電動勢最大，ab、cd均切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢方向相同，則總電動勢為，因線框電阻為R，則ad部分電阻為eq\f(R,6)，則b、c兩點間的電壓的最大值為eqEbc=\f(E總,6)=\f(BLv0,3)，A正確；B．磁場向右運動，相當于線框切割磁感線，ab、cd所處的磁場區(qū)域會不斷發(fā)生變化，結合右手定則可分析出金屬框中電流方向并不是不變的，B錯誤；CD．設玩具車最大速度為v，則相對于磁場的速度為v0-v，此時總電動勢為總安培力為：因玩具車所受阻力為其對地速度的k倍，則有：可得：玩具車達到最大速度時即勻速時，經(jīng)上分析可知安培力的功率為：電功率為：，僅當即：才有：C錯誤D正確。故選AD。11.【答案】（1）BD/DB（1分）（2）一（1分）B和C（1分）2:1（1分）（3）B（1分）（4）質量和半徑一定的條件下，物體做圓周運動的向心力大小與角速度的平方成正比（2分）【詳解】（1）在該實驗中，通過控制質量、半徑、角速度中兩個物理量相同，探究向心力與另外一個物理量之間的關系，采用的科學方法是控制變量法。A．探究平拋運動的特點，例如兩球同時落地，兩球在豎直方向上的運動效果相同，應用了等效思想，故A錯誤；B．當一個物理量與多個物理量相關時，應采用控制變量法，探究該物理量與某一個量的關系，在探究影響導體電阻的因素實驗中使用了控制變量法，故B正確；C．探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律，應用了等效替代法，故C錯誤；D．探究加速度與物體受力、物體質量的關系，應用了控制變量法，故D正確。故選BD。（2）變速塔輪邊緣處的線速度相等，根據(jù)v=ωr在探究向心力大小與半徑的關系時，需控制小球質量、角速度相同，運動半徑不同，故需要將傳動皮帶調至第一層塔輪，將兩個質量相等的鋼球分別放在B和C位置。左右兩球所受向心力大小之比為F左:F右=n左:n右=2:1（3）該方法可行，用手機拍照后再通過照片讀出兩邊標尺露出的格數(shù)，這樣可以準確讀出某一時刻兩邊標尺露出的格數(shù)，并通過格數(shù)得出向心力與角速度的關系，手柄轉速變化時，兩邊標尺露出的格數(shù)同時變化，仍可通過格數(shù)得出向心力與角速度的關系，故不需要勻速轉動手柄。故選B。（4）變速塔輪邊緣處的線速度相等，根據(jù)v=ωr左右兩小球的角速度之比為可得的實驗結論是：質量和半徑一定的條件下，物體做圓周運動的向心力大小與角速度的平方成正比。12.【答案】（1）×1（1分）（2）A（1分）D（1分）E（1分）（3）見解析（2分）（4）（2分）【詳解】（1）先用多用電表歐姆擋的擋粗測鉛筆芯電阻，指針偏轉如圖（a）所示，可知待測電阻阻值較小，為了進一步測量電阻值，可將旋鈕調至擋后再次進行測量。（2）因電源電動勢為3V，則電壓表應選擇A；電路中最大電流不超過0.6A，則電流表應選擇D；滑動變阻器應選擇與待測電阻阻值相當?shù)腅；（3）要求測量電路的電壓從0開始變化，則滑動變阻器應采用分壓接法；由于待測電阻較小，遠小于電壓表內阻，則電流表應采用外接法，實物連線如圖所示（4）根據(jù)電阻定律eqs=π(\f(d,2))2eqR=\f(U,I)可得13.【答案】（1）；（2）【詳解】（1）根據(jù)幾何關系，已知材料繞底面上的水平直徑AB轉動30°時，激光的入射角θ1=30°（1分）設折射角為θ2，根據(jù)幾何關系知tan(θ2-30°)=eq\f(\f(\r(,3),3)R,R)=eq\f(\r(,3),3)（1分）解得θ2=60°（1分）根據(jù)折射定律eqn=\f(sinθ2,sinθ1)（1分）解得（1分）（2）根據(jù)折射定律（1分）得eqv=\f(\r(,3),3)c（1分）激光在半球形透明材料傳播的距離為s=R（1分）s=vt（1分）解得t=eq\f(\r(,3)R,c)（1分）14.【答案】（1）eqa=\r(,\f(v\o(\sup1(4),\s\do1(0)),r2)+μ2g2)（2）s=0.0625m【詳解】（1）A剛開始運動時軌道的彈力提供向心力eqFN=mA\f(v\o(\s\up1(2),\s\do4(0)),r)(1分）A所受摩擦力為f=μmAg(1分）根據(jù)牛頓第二定律eq\r(,F\o(\s\up1(2),\s\do4(N))+f2)=mAa(1分）解得eqa=\r(,\f(v\o(\sup1(4),\s\do1(0)),r2)+μ2g2)(1分）【以下解法同樣給分：A的向心加速度和切向加速度大小分別為eqan=\f(v\o(\sup1(2),\s\do1(0)),r)(1分）eqat=μg(1分）故eqa=\r(,a\o(\sup1(2),\s\do1(n))+a\o(\sup1(2),\s\do1(t)))=\r(,\f(v\o(\sup1(4),\s\do1(0)),r2)+μ2g2)(2分）】（2）設A與B碰前瞬間的速度為v，根據(jù)動能定理eq-μmAg·πr=\f(1,2)mAv2-\f(1,2)mAv\o(\s\up1(2),\s\do1(0))(1分）解得v=1m/s(1分）根據(jù)動量守恒(1分）根據(jù)機械能守恒(1分）解得v2=0.5m/s(1分）又eq-μmBg·s=0-\f(1,2)mBv\o(\s\up1(2),\s\do1(2))(1分）解得s=0.0625m(1分）【以下解法同樣給分：B的切向加速度(1分）B沿著切向方向做勻減速運動，則s=eq\f(v\o(\s\up1(2),\s\do1(2)),2aB)=0.0625m(1分）】15.【答案】（1）eqym=\f(L,4)（2）形成的亮斑是一條線段（或直線）（3）eqLm=2(\f(1,B)\r(,\f(mU0,2e))+\r(,\f(mU0,2eB2)+\f(L2,16)))（4）x=±rm(1-cosωt)=±eq\f(2-\r(,3),2B)\r(,\f(mU0,2e))，y=±(ym+rmsinωt)=±eq(\f(L,4)+\f(1,2B)\r(,\f(mU0,2e)))【詳解】解：（1）電子在電場中加速度，由動能定理eqeU0=\f(1,2)mv\o(\s\up1(2),\s\do1(0))（1分）得eqv0=\r(,\f(2eU0,m))（1分）在兩極板間運動時，有eqL=v0t（1分）eqym=\f(1,2)at2（1分）eqe\f(U0,L)=ma（1分）解得eqym=\f(L,4)（1分）（2）形成的亮斑是一條線段（或直線）（2分）（3）粒子飛出兩極板時eqvy=at=\f(eu,mL)·\f(L,v0)=u\r(,\f(e,2mU0))（1分）eqy=\f(1,2)·\f(eu,mL)t2=\f(uL,4U0)此后，粒子沿著中心軸線方向做勻速運動，在xOy平面上以vy的速度做勻速圓周運動eqevyB=m\f(v\o(\s\up1(2),\s\do1(y)),r)（1分）解得eqr=\f(u,B)\r(,\f(m,2eU0))（1分）可得eqtanθ=\f(r,y)=\f(4,BL)\r(,\f(mU0,2e))可知為定值，即不同位置出射的粒子的圓心在同一條線上。隨著z的取值不同，形成的亮斑一直是一條直線，且在旋轉。如圖所示所以亮斑的最大長度為（1分）又eqrm=\f(1,B)\r(,\f(mU0,2e))（1分）故eqLm=2(\f(1,B)\r(,\f(mU0,2e))+\r(,\f(mU0,2eB2)+\f(L2,16)))（1分）（4）電子在xOy平面上的投影為圓周運動，電子在磁場中的運動時間為eqt=\f(z,v0)=\f(πm,6eB)（1