2024屆陜西省商洛市高三年級(jí)上冊(cè)尖子生學(xué)情診斷考試?yán)砭C試題（含答案解析）

2024屆陜西省商洛市高三上學(xué)期尖子生學(xué)情診斷考試?yán)砭C試

題

學(xué)校:姓名：班級(jí)：考號(hào)：

一、單選題

1.放射性元素杯（2：：Pu）是重要的核原料，其半衰期為88年，一個(gè)靜止的杯238衰

變時(shí)放出a粒子和丫光子，生成原子核X,已知杯238、a粒子和原子核X的質(zhì)量分別

為叫、m3,普朗克常量為無,真空中的光速為c,則下列說法正確的是（）

A.X的比結(jié)合能比杯238的比結(jié)合能小

B.將杯238用鉛盒密封，可減緩其衰變速度

C.杯238衰變時(shí)放出的丫光子具有能量，但是沒有動(dòng)量

D.杯238衰變放出的y光子的頻率小于-%3）/

n

2.據(jù)中國載人航天工程辦公室消息，中國空間站已全面建成，我國載人航天工程“三步

走”發(fā)展戰(zhàn)略已從構(gòu)想成為現(xiàn)實(shí)。目前，空間站組合體在軌穩(wěn)定運(yùn)行，神舟十五號(hào)航天

員乘組狀態(tài)良好，計(jì)劃于今年6月返回地面?？臻g站運(yùn)行期間利用了我國的中繼衛(wèi)星系

統(tǒng)進(jìn)行信號(hào)傳輸，天地通信始終高效穩(wěn)定。已知空間站在距離地面400公里左右的軌道

上運(yùn)行，其運(yùn)動(dòng)視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，中繼衛(wèi)星在距離地面36000公里左右的地球靜止軌

道上運(yùn)行，則下列說法正確的是（）

A.中繼衛(wèi)星可能經(jīng)過合肥正上空

B.空間站運(yùn)行的角速度與中繼衛(wèi)星角速度大小相同

C.在空間站內(nèi)可以用水銀體溫計(jì)測(cè)量宇航員體溫

D.在實(shí)驗(yàn)艙內(nèi)由靜止釋放一小球，測(cè)量小球下落的高度和時(shí)間可計(jì)算出實(shí)驗(yàn)艙所在

軌道處的重力加速度

3.如圖所示的理想變壓器電路，變壓器原、副線圈的匝數(shù)可通過滑動(dòng)觸頭P1、P2控制，

Ri為定值電阻，R2為滑動(dòng)變阻器，L為燈泡。當(dāng)原線圈所接的交變電壓U降低后，燈

泡L的亮度變暗，欲使燈泡L恢復(fù)到原來的亮度，下列措施可能正確的是（）

A.僅將滑動(dòng)觸頭P緩慢地向上滑動(dòng)

B.僅將滑動(dòng)觸頭P2緩慢地向上滑動(dòng)

C.僅將滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P3緩慢地向下滑動(dòng)

D.將滑動(dòng)觸頭P2緩慢地向下滑動(dòng)，同時(shí)P3緩慢地向下滑動(dòng)

4.如圖所示，虛線為勻強(qiáng)電場(chǎng)中的三角形，且三角形與勻強(qiáng)電場(chǎng)平行，NO=90。，

NA=30。，8。的長(zhǎng)度為/。一帶電荷量為q的正粒子由A移動(dòng)到8的過程中，電場(chǎng)力對(duì)

該粒子做功為零，由8移動(dòng)到。的過程中克服電場(chǎng)力做了W的功。圖中的實(shí)線為粒子

的可能軌跡，假設(shè)。點(diǎn)的電勢(shì)為零，則下列說法正確的是（）

A.該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為方

ql

W

B.B點(diǎn)的電勢(shì)為一一

q

w

C.0、A兩點(diǎn)的電勢(shì)差為---

q

D.如果負(fù)粒子在A點(diǎn)的初速度方向由A指向2,則粒子的軌跡可能為實(shí)線M

5.一兒童在樓梯臺(tái)階上玩擲彈力球游戲，彈力球質(zhì)量為7W,小球從高處落到低處，其

空中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，已知臺(tái)階的高和寬均為3不計(jì)空氣阻力和碰撞時(shí)間，重力加

速度為g，以下說法正確的是（）

A.彈力球每次彈起在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2、陛

N3g

B.彈力球每次彈起時(shí)速度大小為更正

6

c.彈力球每次碰撞動(dòng)量的變化量大小為加倔Z

試卷第2頁，共8頁

D.彈力球每次碰撞損失的能量為等

二、多選題

6.兩根長(zhǎng)度均為/的剛性輕桿，一端通過質(zhì)量為m的球形較鏈連接，此球?yàn)锳球，另

一端與質(zhì)量均為m的B、C小球相連。將此裝置的兩桿并攏,銀鏈向上豎直地放在桌上，

右邊距離C球正/處有一面豎直墻面，因受微小擾動(dòng)兩桿分別向兩邊滑動(dòng)，A球下降，

2

致使C球與墻面發(fā)生彈性碰撞，兩桿始終在同一豎直面內(nèi)，不計(jì)一切摩擦，各球直徑都

比桿長(zhǎng)/小得多，重力加速度取g,從A球開始運(yùn)動(dòng)到A球落地前瞬間這一過程，下列

說法正確的是（）

A.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒

B.C球碰撞豎直墻面前瞬間速度大小為

C.A球落地前瞬間，三球速度相同

D.A球落地前瞬間，A球的速度方向沿斜左下方

7.如圖所示，光滑水平面內(nèi)固定著半徑R=20cm的三分之二光滑圓弧軌道ABC,空間

有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E=4V/m,以圓心。為原點(diǎn)建立沿電場(chǎng)線方向的坐

標(biāo)軸無，其中A點(diǎn)和C點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱，0A和OC均與x軸間夾角為60。，一帶正電小

球從x軸上M點(diǎn)垂直x軸方向以速度%沿水平面方向拋出，小球恰好從A點(diǎn)沿切線方向

進(jìn)入圓弧軌道，已知小球電荷量4=1C、質(zhì)量帆=0.1kg,以下說法正確的是（）

A.小球初速度%大小為4m/s

B.M點(diǎn)坐標(biāo)為X”=-30cm

C.小球?qū)壍赖淖畲髩毫?4N

D.小球運(yùn)動(dòng)具有周期性

8.如圖所示，三個(gè)半徑均為R的圓形磁場(chǎng)區(qū)域I、II、III兩兩相切，圓心分別為。1、

。2、Q，區(qū)域I、III內(nèi)存在垂直紙面向里勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為綜，一帶電粒子

以速度%沿。。3連線方向從區(qū)域I的邊界進(jìn)入磁場(chǎng),通過三個(gè)區(qū)域后沿。03方向從區(qū)域

III邊界射出，已知粒子電量為e,質(zhì)量為“z,粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到出磁場(chǎng)過程，始終在磁

B.區(qū)域n磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3為

c.粒子在區(qū)域n中速度方向改變了60。角

8711n

D.粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到離開磁場(chǎng)所用時(shí)間為僅營(yíng)

9小

三、實(shí)驗(yàn)題

9.如圖a所示，為了探究合力與分力的關(guān)系，某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)將一張白紙用四個(gè)圖

釘固定在水平的平板上，另用一圖釘將橡皮筋固定在A點(diǎn)，橡皮筋的另一端栓接兩細(xì)繩

套，將兩只彈簧測(cè)力計(jì)甲和乙分別掛在兩細(xì)繩套上，使其沿平行于平板的方向?qū)蓷l細(xì)

繩拉開一定的角度，并將結(jié)點(diǎn)拉到白紙上的。點(diǎn)。

圖a圖b

試卷第4頁，共8頁

（1）圖a中彈簧測(cè)力計(jì)甲的讀數(shù)為N,彈簧測(cè)力計(jì)乙的讀數(shù)為N?

（2）在完成該實(shí)驗(yàn)時(shí)，為了保證每次操作的實(shí)驗(yàn)效果相同，下列措施必須的是o

A.任何一次操作都應(yīng)保持兩細(xì)繩套的角度相同

B.任何一次操作都應(yīng)將結(jié)點(diǎn)拉到同一位置。點(diǎn)

C.任何一次操作結(jié)束后，讀數(shù)時(shí)應(yīng)正視彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)

D.任何一次操作都應(yīng)記錄細(xì)繩的方向

（3）該小組的同學(xué)完成某次操作后，將記錄的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描繪在白紙上，作出的圖如圖

b所示，則是理論值，是實(shí)際值.（均填或吶'”）

10.甲、乙兩個(gè)實(shí)驗(yàn)小組先后用相同的實(shí)驗(yàn)器材測(cè)量同一電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室

提供以下實(shí)驗(yàn)器材：

兩節(jié)完全相同的干電池（每節(jié)電動(dòng)勢(shì)約為L(zhǎng)5V,內(nèi)阻約為0.5。），電壓表V（量程為。?

3.0V,內(nèi)阻約為6000。），電流表A（量程為0?1.2A,內(nèi)阻約為0.2。），滑動(dòng)變阻器R

（0-50Q,0-1.0A）,導(dǎo)線及開關(guān)；

（1）甲小組實(shí)驗(yàn)電路圖如圖（a）,乙小組實(shí)驗(yàn)電路圖如圖（b）o請(qǐng)將下列實(shí)驗(yàn)器材按

照電路圖（a）連接完成。

—?-------

川1---------------廠----

(a)

（2）兩個(gè)小組電路連接準(zhǔn)確無誤后，閉合開關(guān)，移動(dòng)滑動(dòng)變阻器滑片讀出電流表和電

壓表的讀數(shù)，都分別在U-/圖像中做出其實(shí)驗(yàn)圖線；考慮到誤差因素，又都在同一圖像

中作出修正圖線，各圖線延長(zhǎng)線交坐標(biāo)軸上各點(diǎn)的坐標(biāo)值如圖（丙）和（?。?。

則（丙）圖像為（選“甲”或“乙”）小組作的圖像，其中①為（選“實(shí)驗(yàn)圖

線''或"修正圖線”）；（丁）圖像中②為（選“實(shí)驗(yàn)圖線''或"修正圖線”）

(3)每節(jié)電池的電動(dòng)勢(shì)E=V(結(jié)果保留三有效數(shù)字)，內(nèi)阻廠Q(結(jié)果

保留兩位有效數(shù)字)。

四、解答題

11.如圖甲所示，一足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑的水平地面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊置于

木板上A處。從t=0時(shí)刻開始，木板在外力作用下開始沿水平地面做直線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)

動(dòng)的v-f圖象如圖乙所示。已知滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.2,木板與滑塊間的

最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m//.求：

(1)f=3.5s時(shí)滑塊的速度大??；

(2)若滑塊在木板上滑動(dòng)時(shí)能夠留下痕跡，則此痕跡的長(zhǎng)度。

甲乙

12.如圖所示，電阻不計(jì)的U形導(dǎo)軌P放置在光滑的水平面上，導(dǎo)軌質(zhì)量M=3kg,寬

度乙=lm,導(dǎo)體棒放置在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)體棒質(zhì)量根=1kg、電阻R=1Q。

右側(cè)區(qū)域內(nèi)存在著豎直向上的有界磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2T,初始時(shí)導(dǎo)體棒油距

磁場(chǎng)左邊界距離網(wǎng)=0.4m,距導(dǎo)軌左端距離無2=4m,現(xiàn)對(duì)導(dǎo)軌施加水平向右的恒力產(chǎn)

=20N,使導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒漏一起做加速運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)剛好做勻速運(yùn)動(dòng)(最

大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)，當(dāng)導(dǎo)體棒仍離開磁場(chǎng)的瞬間，導(dǎo)軌左端正好進(jìn)入磁場(chǎng)，

導(dǎo)軌出磁場(chǎng)前與導(dǎo)體棒ab達(dá)到共同速度并一起做勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度取g=10m/s2。

求：

(1)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大?。?/p>

(2)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)和磁場(chǎng)寬度4；

(3)導(dǎo)軌左端離開磁場(chǎng)時(shí)的速度；

(4)U形導(dǎo)軌P的左端穿越磁場(chǎng)所用的時(shí)間。

試卷第6頁，共8頁

五、多選題

13.一定質(zhì)量的理想氣體，從初始狀態(tài)。經(jīng)狀態(tài)從c、d再回到。，它的壓強(qiáng)P與體積V

的變化關(guān)系如圖所示，油力為一平行四邊形.下列判斷正確的是（）

p/xlO5Pa

_b

K/xlO-3m3

A.氣體在狀態(tài)。的溫度大于在狀態(tài)c的溫度

B.d-a過程，氣體向外界放出的熱量大于225J

C.a―人過程，氣體吸收的熱量小于它增加的內(nèi)能

D.6-?c過程氣體內(nèi)能的增加量等于c->d過程它向外界放出的熱量

E.從初始狀態(tài)。經(jīng)狀態(tài)從c、d再回到。的過程，氣體吸收的熱量為300J

六、解答題

14.如圖所示，一豎直放置的絕熱汽缸被質(zhì)量為〃2=.（S為汽缸橫截面積）的活塞

和固定的絕熱隔板分成上、下兩個(gè)氣室，下方氣室內(nèi)有加熱裝置（圖中未畫出），固定

隔板上裝有單向閥門，單向閥門只能向上開啟（下面氣壓大于上面氣壓時(shí)開啟）。狀態(tài)

穩(wěn)定時(shí)，下方氣室內(nèi)氣體壓強(qiáng)為P。，上、下兩氣室內(nèi)氣體溫度均為汽缸上部有固

定卡塞，卡塞到活塞的距離、活塞到隔板的距離以及隔板到汽缸底部的距離均相同，重

力加速度為g,大氣壓強(qiáng)為P。，不計(jì)活塞與汽缸、單向閥門與轉(zhuǎn)軸之間的摩擦，求：

（1）加熱下方氣體，使溫度緩慢升高到1.54，穩(wěn)定后下方氣室內(nèi)氣體的壓強(qiáng)；

（2）加熱下方氣體，使其溫度緩慢升高到30”,穩(wěn)定后下方氣室內(nèi)氣體的壓強(qiáng)。

卡塞

活塞

隔板

七、多選題

15.某簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，坐標(biāo)為玉=2cm和％=18cm的兩質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像如

圖中實(shí)線和虛線所示.已知該波波速為20cm/s,波長(zhǎng)大于20cm,;時(shí)刻4處的質(zhì)點(diǎn)位

于波谷，則下列說法正確的是（）

A.該波的周期為1.2s

B.f=0.6s時(shí)兩質(zhì)點(diǎn)位移大小相等，振動(dòng)方向相同

C.從％時(shí)刻起演處的質(zhì)點(diǎn)至少要經(jīng)過Q8s才能處于波峰

D.A時(shí)刻々處的質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的位移為10cm

E.該波遇到大小為25cm的障礙物時(shí)能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象

八、解答題

16.如圖所示，一束平行于等邊三棱鏡橫截面ABC的光線從空氣中射到E點(diǎn)，折射光

線沿路徑所射到尸點(diǎn)。已知入射光線與A8邊的夾角為。=30。，折射光線在尸點(diǎn)恰好發(fā)

生全反射。已知光在真空中的傳播速度為c,BE=L,求：

（1）三棱鏡的折射率；

（2）光從E傳播到尸所用的時(shí)間。（結(jié)果保留根號(hào)）

試卷第8頁，共8頁

參考答案:

1.D

【詳解】A.衰變過程釋放能量，質(zhì)量虧損，生成的新核更穩(wěn)定，比結(jié)合能更大，故A錯(cuò)誤；

B.放射性元素的衰變快慢跟物理、化學(xué)狀態(tài)無關(guān)，故B錯(cuò)誤；

C.據(jù)康普頓觀點(diǎn)，丫光子不僅具有能量，也具有動(dòng)量，其動(dòng)量為p=?h,故C錯(cuò)誤；

A

D.衰變過程釋放的能量一部分以光子的形式釋放，另一部分轉(zhuǎn)化為新核和a粒子的動(dòng)能,

根據(jù)能量守恒可得

2

(??1-m2—m3)c>hu

解得

u<—(77i1一根，-m^c1

h一

故D正確。

故選D。

2.C

【詳解】A.同步衛(wèi)星的軌道在赤道上方，不可能經(jīng)過合肥上空，A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)牛頓第二定律得

「Mm

G——=ma>2r

解得

中繼衛(wèi)星的軌道半徑大于空間站的軌道半徑，所以中繼衛(wèi)星角速度小于空間站運(yùn)行角速度,

B錯(cuò)誤；

C.因?yàn)樗y溫度計(jì)是根據(jù)熱脹冷縮原理制成的，所以可以用水銀體溫計(jì)測(cè)宇航員體溫，C

正確；

D.在空間站內(nèi)的小球處于完全失重狀態(tài)，由靜止釋放的小球處于漂浮狀態(tài)，小球不下落,

則無法通過測(cè)量小球下落的高度和時(shí)間計(jì)算出實(shí)驗(yàn)艙所在軌道處的重力加速度，D錯(cuò)誤。

故選C。

3.B

【詳解】A.原線圈所接的交變電壓U降低后，原線圈兩端電壓歷減小，僅將滑動(dòng)觸頭P

答案第1頁，共15頁

緩慢地向上滑動(dòng)，則變壓器原線圈匝數(shù)如變多，據(jù)巧可知，副線圈兩端電壓必

減小，燈泡不可能恢復(fù)到原來的亮度，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.原線圈所接的交變電壓。降低后，原線圈兩端電壓S減小，僅將滑動(dòng)觸頭P2緩慢地向

上滑動(dòng)，則變壓器原線圈匝數(shù)〃2變多，據(jù)以：6=%：%可知，副線圈兩端電壓U2有可能與

原來的電壓相同，燈泡可能恢復(fù)到原來的亮度，故B項(xiàng)正確；

c.原線圈所接的交變電壓u降低后，原線圈兩端電壓⑦減小，據(jù)可知，副

線圈兩端電壓減小；滑動(dòng)變阻器與燈泡并聯(lián)后與舟串聯(lián)，據(jù)串聯(lián)分壓規(guī)律知，僅將滑動(dòng)

變阻器的滑動(dòng)觸頭P3緩慢地向下滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路電阻減小，滑動(dòng)變阻器與燈泡

并聯(lián)部分分得電壓所占比例下降；所以原線圈所接的交變電壓U降低后，僅將滑動(dòng)變阻器

的滑動(dòng)觸頭P3緩慢地向下滑動(dòng)，燈泡兩端電壓一定減小，燈泡不可能恢復(fù)到原來的亮度，

故C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.原線圈所接的交變電壓U降低后，原線圈兩端電壓必減小，將滑動(dòng)觸頭P2緩慢地向下

滑動(dòng)，則變壓器原線圈匝數(shù)“2變少，據(jù)S：U2=?1：%可知，副線圈兩端電壓S一定減??；

滑動(dòng)變阻器與燈泡并聯(lián)后與R/串聯(lián)，據(jù)串聯(lián)分壓規(guī)律知，將滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P3緩慢

地向下滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路電阻減小，滑動(dòng)變阻器與燈泡并聯(lián)部分分得電壓所占比例

下降；所以原線圈所接的交變電壓U降低后，將滑動(dòng)觸頭P2緩慢地向下滑動(dòng)，同時(shí)P3緩慢

地向下滑動(dòng)，燈泡兩端電壓一定減小，燈泡不可能恢復(fù)到原來的亮度，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。

4.B

【詳解】BC.正粒子由A移動(dòng)到B的過程中，電場(chǎng)力對(duì)該粒子做功為零，說明連線為

該勻強(qiáng)電場(chǎng)的一個(gè)等勢(shì)線，由B移動(dòng)到。的過程中，電場(chǎng)力對(duì)該粒子做功為-W,說明電場(chǎng)

強(qiáng)度的方向垂直向上，則8。之間的電勢(shì)差為

-W

UBO=%-%=----=UA0=%一%

q

又

%=0

則

-W

(PB=(PA=----

q

。、A兩點(diǎn)的電勢(shì)差為

答案第2頁，共15頁

w

UOA=~UAO=—

q

故B正確；C錯(cuò)誤；

A.該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小為

c=-UBO2A/3W

/sin6003ql

故A錯(cuò)誤；

D.負(fù)粒子由A點(diǎn)射入該勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，受力方向與電場(chǎng)線的方向相反，即負(fù)粒子將向下偏轉(zhuǎn),

則負(fù)粒子的軌跡可能為實(shí)線N。故D錯(cuò)誤。

故選Bo

5.C

【詳解】彈力球做斜拋運(yùn)動(dòng)，每次上升的最大高度為:,

A.根據(jù)

L12

-=—g'l

321

可得上升的時(shí)間

[2L

zi=J丁

'3g

AT

下落高度為可，同理可知下落的時(shí)間

c/2-L

’2=-JT

彈力球每次彈起在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

A錯(cuò)誤；

B.彈力球水平方向勻速運(yùn)動(dòng),水平速度

益平/=杵

每次彈起時(shí)豎直分速度

彈力球每次彈起時(shí)速度大小

答案第3頁，共15頁

V=

B錯(cuò)誤;

C.每次落地時(shí)的豎直分速度

_,.2辰

V2=gt?=----一

由于只有豎直方向速度發(fā)生變化，彈力球每次碰撞動(dòng)量的變化量大小為

mAv=mu,-(-mVj)=16gL

C正確；

D.彈力球每次碰撞損失的能量

△E=g機(jī)(片+v太平)-gm(y[+喙平)=mgL

D錯(cuò)誤。

故選C。

6.BD

【詳解】A.運(yùn)動(dòng)過程中與墻壁碰撞，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量不守恒，由于是彈性碰撞又不計(jì)摩

擦因此系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；

B.由于三球質(zhì)量相同，靜止釋放A球豎直向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A、C間的桿與豎直方向夾角為45。

時(shí)C球與豎直墻壁碰撞，此時(shí)，A球、C球的速度沿AC桿方向分速度相同，A球、B球的

速度沿A8桿方向分速度相同，由于兩桿與豎直方向夾角都是45,故三球速度大小相同，

由動(dòng)能定理得

1,

mgl(1-cos45°)=—?3mv

則C球碰撞豎直墻面前瞬間速度大小為

故B正確；

CD.C球與墻壁碰撞后，速度反向水平向左，A球沿AC桿方向速度立即沿CA方向，碰撞

后瞬間A、B、C三球速度相同均水平向左為

此后三球水平方向動(dòng)量守恒。當(dāng)A球落地瞬間，B、C兩球只有水平向左速度，A球還具有

答案第4頁，共15頁

豎直向下的速度，所以A球的速度方向沿斜左下方，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選BD。

7.CD

【詳解】A.小球先做類平拋運(yùn)動(dòng)，有

Rsin60°=vot

m

tan60°=上

%

解得

%=2m/s,t=--s

20

故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)幾何關(guān)系可知M點(diǎn)坐標(biāo)

2

xM=-^—t+Reos60°^=-25cm

故B錯(cuò)誤；

C.小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度最大，小球?qū)壍缐毫ψ畲?，由?dòng)能定理，有

2

Eq(]xM|+/?)=1m(v-Vo)

由牛頓第二定律，有

v2

r-Eq=m—

解得

尸=24N

故C正確；

D.小球達(dá)到C點(diǎn)時(shí)速度大小與在A點(diǎn)時(shí)相等，小球從C點(diǎn)離開軌道后做類斜上拋運(yùn)動(dòng)，恰

好再經(jīng)過M點(diǎn)并恢復(fù)初始狀態(tài)，故小球運(yùn)動(dòng)具有周期性，故D正確。

故選CDo

8.BD

【詳解】A.粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖

答案第5頁，共15頁

由左手定則可知，粒子帶負(fù)電，區(qū)域II磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;

B.粒子在磁場(chǎng)I中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑

6=Rtan60

粒子在磁場(chǎng)II中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑

r2=Rtan30

則

4=30

根據(jù)

V2

evB=m——

r

可得

B=-

er

可得

"=二=3

B0r2

選項(xiàng)B正確；

C.由圖可知，粒子在區(qū)域II中速度方向改變了120。角，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到離開磁場(chǎng)所用時(shí)間為

r=2x——+——=—

360Boe3603Boe9eB0

選項(xiàng)D正確。

故選BD?

9.4.002.50CD/DCFF'

答案第6頁，共15頁

【詳解】（1）口]⑵圖a中彈簧測(cè)力計(jì)甲的讀數(shù)為4.00N,彈簧測(cè)力計(jì)乙的讀數(shù)為2.50N；

（2）[3]

A.任何一次操作不需要保持兩細(xì)繩套的角度相同，只需要在合適的范圍內(nèi)即可，故A錯(cuò)誤；

B.任何一次操作不需要將結(jié)點(diǎn)拉到同一位置。點(diǎn)，只需要保證同一組實(shí)驗(yàn)中單獨(dú)一個(gè)力作

用和兩個(gè)力作用時(shí)拉到的結(jié)點(diǎn)位置相同即可，不一定非得是固定的。點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；

C.為保證實(shí)驗(yàn)的準(zhǔn)確性，讀數(shù)時(shí)應(yīng)正視彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)，故C正確；

D.實(shí)驗(yàn)中驗(yàn)證力的平行四邊形法則，任何一次操作都應(yīng)記錄細(xì)繩的方向來表示力的方向，

故D正確。

故選CD。

（3）[4]⑸理論值是通過平行四邊形法則得到的，故是孔實(shí)際值是單獨(dú)一個(gè)力作用時(shí)的效

果，方向必定與共線，故是歹\

10.見解析甲修正圖線實(shí)驗(yàn)圖線3.001.0

【詳解】（1）口]電路連接如圖所示

（2）[2][3][4]電路圖如圖（a）中，主要誤差來源于電壓表的分流作用，理論上路端電壓為

零時(shí)，外電路被短路，電壓表沒有分流作用，測(cè)量是準(zhǔn)確，而隨著路端電壓的增加，電壓表

的分流作用逐漸增加，電流表測(cè)量值小于準(zhǔn)確值，偏差逐漸增大，因此測(cè)得的電動(dòng)勢(shì)偏小，

內(nèi)電阻偏??；電路圖如圖（b）中，主要誤差來源于電流表的分壓作用，理論上當(dāng)電流表的

示數(shù)為零時(shí)，電流表沒有分壓作用，電壓表測(cè)量是準(zhǔn)確的，隨著回路的電流增加，電流表的

分壓逐漸增大，電壓表測(cè)量值小于真是值,而且偏差逐漸增大，因此測(cè)得的電動(dòng)勢(shì)是準(zhǔn)確的，

內(nèi)電阻偏大。因此丙圖像是甲小組作的圖像,其中①為修正圖線;丁圖像中的②為實(shí)驗(yàn)圖線。

（3）[5]⑹利用修正圖像可知，圖像與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)等于電動(dòng)勢(shì)，圖像的斜率表示內(nèi)電阻,

即

答案第7頁，共15頁

E=3.00V,r=1.0Q

11.(1)7m/s；(2)12m

【詳解】(1)假設(shè)片0時(shí)刻滑塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，由木板運(yùn)動(dòng)的量圖象可得，木板的

加速度大小

%=-=4m/s2

At

對(duì)滑塊，由牛頓第二定律有

jLimg=ma2

得

〃2=2m/s2

由于〃2〈幻，所以滑塊確實(shí)與木板發(fā)生了相對(duì)滑動(dòng)，/=3s時(shí)滑塊的速度大小

v2=a2t=6m/s

木板的速度大小

匕=12m/s

之后，木板減速，加速度大小仍為由,當(dāng)兩物體共速還需要時(shí)間有

+

匕-ax\t=v2〃2A/

解得

Af=ls

故在3-4s內(nèi)，滑塊還在加速，因此￡=3.5s時(shí)滑塊的速度大小

加r/

v3=v2+—=7m/s

(2)由以上分析可知，=4s內(nèi)滑塊一直加速，位移大小為

x2=；%嚴(yán)=16m

，=4s時(shí)滑塊的速度大小為

V*=a2t'=8m/s

根據(jù)v—圖像與時(shí)間軸圍成的面積可知木板，=4s內(nèi)位移大小為

1c—8+12I”

%,=—x3xl2nn---------xlm=28m

勺22

因此4s內(nèi)木板相對(duì)滑塊向前運(yùn)動(dòng)12m；

答案第8頁，共15頁

，=4s前，木板相對(duì)滑塊向前運(yùn)動(dòng)，，=4s后，因?yàn)槟景寮铀俣却笮〔蛔兦掖笥诨瑝K的最大

加速度，則木板相對(duì)滑塊向后運(yùn)動(dòng)，在A，=2s(4-6s)內(nèi)，木板的位移大小為

(6—4)x8

m=8m

2

滑塊在f'=4s后減速直到停止過程的位移大小

2%

因此4-6s內(nèi)，木板相對(duì)滑塊向后運(yùn)動(dòng)8m?

故滑塊在木板上滑動(dòng)時(shí)能夠留下痕跡，則此痕跡的長(zhǎng)度為12m。

12.(1)2m/s；(2)0.8,2m；(3)5m/s；(4)0.4s

【詳解】(1)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)前，對(duì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒整體分析，由牛頓第二定律得

F=(M+m)%

由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得

V：=2。]西

解得導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為

V1=2m/s

(2)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為

E[=BLvt

由閉合電路歐姆定律，可得流過導(dǎo)體棒的電流為

1R

對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，由平衡條件可得

jLimg=BI[L

解得

〃=0.8

設(shè)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為％,則有

d=貼

在時(shí)間％內(nèi)，對(duì)導(dǎo)軌受力分析，由牛頓第二定律得

答案第9頁，共15頁

F-jumg=Ma2

由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律

12

%2=卬1+］初

解得

2

a2=4m/s

%=Is

d=2m

(3)設(shè)導(dǎo)軌出磁場(chǎng)前與導(dǎo)體棒達(dá)到的共同速度為"，共速時(shí)導(dǎo)軌左端產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為

E2=BLv

流過導(dǎo)軌的電流為

/,=絲

2R

由于一起做勻速運(yùn)動(dòng)，則有

F=BI2L

可得導(dǎo)軌左端離開磁場(chǎng)時(shí)的速度為

v=5m/s

(4)導(dǎo)軌左端剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為

v2=vi+=6m/s

設(shè)導(dǎo)軌的左端穿越磁場(chǎng)所用的時(shí)間為L(zhǎng)，對(duì)導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌整體分析，由動(dòng)量定理可得

Ft2-BILt2=(M+m)v-(Mv2+mvj

又因?yàn)?/p>

i上

R

-A①BLd

E=n----=-------

AZt2

解得

t2=0.4s

13.BDE

【詳解】A.根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知

答案第10頁，共15頁

2c

T

可知pV乘積正比于溫度，由圖可知

PM>PNa

可知?dú)怏w在狀態(tài)a的溫度小于在狀態(tài)C的溫度，故A錯(cuò)誤；

B.4-。過程，由圖可知體積減小，外界對(duì)氣體做正功，由圖線與橫軸所圍的面積可得

如(1.0+0.5)X105X(4-1)X10-3

眩=-----------------------JT=225J

由pV乘積正比于溫度，可知df。過程溫度降低，內(nèi)能減小，即

AL/<0

根據(jù)熱力學(xué)第一定律知

\U=W+Q

可知?dú)怏w向外界放出的熱量大于225J,故B正確；

C.af人過程，氣體做等容變化，氣體不做功，壓強(qiáng)增大，溫度升高，氣體內(nèi)能增大，根

據(jù)熱力學(xué)第一定律可知

MJ=Q

氣體吸收的熱量等于它增加的內(nèi)能，故C錯(cuò)誤；

D.由于

p1yb=PM

則

Tb=Td

可知

過程，氣體做等容變化，氣體不做功，則

所以萬fc過程氣體內(nèi)能的增加量等于cfd過程它向外界放出的熱量，故D正確；

E.從初始狀態(tài)。經(jīng)狀態(tài)從c、d再回到。的過程，氣體溫度不變，內(nèi)能不變，氣體對(duì)外做功，

由圖像面積可得

W=-(2.0-1.0)xl05x(4-l)xlO^J=-300J

答案第11頁，共15頁

由熱力學(xué)第一定律可知

AC/=W+e=O

所以氣體吸收的熱量為300J,故E正確。

故選BDEo

14.(1)L5po；(2)3Po

【詳解】(1)上氣室內(nèi)氣體壓強(qiáng)為

mg_

P上=Po+~^=2Po

加熱下方氣體，使溫度緩慢升高到1.57；,下方氣體做等容變化有

Po;;P1

”一L5T。

解得

Pi=L5po<p上

可知單向閥門未被打開，故下方氣室內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為L(zhǎng)5p。。

(2)加熱下方氣體，使其溫度緩慢升高到3.0”,假設(shè)下方氣體做等容變化有