河南省五市2023屆高三年級下冊第二次聯(lián)考(二模)理綜物理試卷(含答案)

河南省五市2023屆高三下學(xué)期第二次聯(lián)考（二模）理綜物理試卷

學(xué)校：姓名：班級：考號(hào)：

一、單選題

1.研究光電效應(yīng)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，用光子能量為4.10eV的紫外線照射到光電

管陰極K,發(fā)生了光電效應(yīng)。調(diào)節(jié)滑片P,當(dāng)電壓表的示數(shù)為L81V時(shí)，電流計(jì)G的

示數(shù)恰好為零，則在該實(shí)驗(yàn)中（）

A.光電子的最大初動(dòng)能為2.29eV

B.陰極K的逸出功等于4.10eV

C.若此時(shí)增大入射光的頻率，電流計(jì)示數(shù)仍為零

D.若此時(shí)增大入射光的光強(qiáng)，電流計(jì)示數(shù)仍為零

2.2021年10月14日，我國成功發(fā)射首顆太陽探測科學(xué)技術(shù)試驗(yàn)衛(wèi)星“羲和號(hào)”，實(shí)現(xiàn)

我國太陽探測零的突破，這標(biāo)志著我國正式步入“探日”時(shí)代?！棒撕吞?hào)”衛(wèi)星運(yùn)行軌道

離地高度/z=51.7km,該軌道是經(jīng)過地球南北極上空且圓心在地心的圓周。已知地球

半徑R=6400km,地球同步衛(wèi)星離地高度7/=35786km,下列說法正確的是（）

A.相同時(shí)間內(nèi)，“羲和號(hào)”衛(wèi)星與地心連線掃過的面積大于同步衛(wèi)星與地心連線掃過的

面積

B.“羲和號(hào)”衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期小于同步衛(wèi)星的周期

C.“羲和號(hào)”衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的加速度小于同步衛(wèi)星的加速度

D.“羲和號(hào)”衛(wèi)星的線速度與地球同步衛(wèi)星的線速度大小之比等于.巴

3.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系X。）的坐標(biāo)軸上固定四個(gè)點(diǎn)電荷A、B、C、D,它們

到原點(diǎn)O的距離相等，其中A、。的電荷量為+q,B、。的電荷量為-q。a、b、c、d

是坐標(biāo)軸上到原點(diǎn)距離相等的四個(gè)點(diǎn)。則（）

八y

1+g

一要/\『q

B\b\O/d；D

C

C|+<7

A.a點(diǎn)的場強(qiáng)與c點(diǎn)的場強(qiáng)相同

B.a點(diǎn)的電勢與匕點(diǎn)的電勢相等

C.試探電荷+/在。點(diǎn)的電勢能等于在c點(diǎn)的電勢能

D.試探電荷+q'沿直線從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到2點(diǎn)電場力不做功

4.如圖所示，甲、乙兩輛玩具小汽車（可以視為質(zhì)點(diǎn)）并排沿平直路面的相鄰軌道向前

行駛，兩車都裝有藍(lán)牙設(shè)備，這兩個(gè)藍(lán)牙設(shè)備可以在6m以內(nèi)實(shí)現(xiàn)通信。f=0時(shí)刻，

甲、乙兩車剛好位于圖示位置，此時(shí)甲車的速度為6m/s,乙車的速度為2m/s,從該時(shí)

刻起甲車以lm/s2的加速度做勻減速運(yùn)動(dòng)直至停下，乙車保持原有速度做勻速直線運(yùn)

動(dòng)。忽略軌道間距和信號(hào)傳遞時(shí)間，則從f=0時(shí)刻起，兩車能利用藍(lán)牙通信的時(shí)間為

（）

甲

A.2sB.6sC.8sD.lOs

5.如圖所示，水平面內(nèi)邊長為2/的正方形跖VPQ區(qū)域內(nèi)有磁感強(qiáng)度大小均為B,方

向相反的勻強(qiáng)磁場，0、。分別為"N和尸。的中點(diǎn)。一邊長為/，總電阻為R的正方

1

形線框帥”，沿直線。。勻速穿過圖示的有界勻強(qiáng)磁場，運(yùn)動(dòng)過程中左邊始終與

1

邊平行，線框平面始終與磁場垂直，正方形線框關(guān)于。。直線上下對稱。規(guī)定電流沿

1

逆時(shí)針方向?yàn)檎瑒t線框穿過磁場過程中電流/隨時(shí)間看變化關(guān)系正確的是（）

voXX

XXX

XXXX

二、多選題

6.如圖所示，間距為L的兩條平行光滑豎直金屬導(dǎo)軌尸。、“N足夠長，底部。、N

之間連接阻值為R的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為5、足夠大的勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂

11

直。質(zhì)量為相、阻值為R的金屬棒仍垂直放在導(dǎo)軌上，且棒的兩端始終與導(dǎo)軌接觸

2

良好。導(dǎo)軌的上端點(diǎn)P、〃分別與橫截面積為S的〃匝線圈的兩端連接，線圈的軸線

與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均勻變化的勻強(qiáng)磁場6平行。開關(guān)K閉合后，金屬棒仍恰能保持

2

靜止。已知重力加速度大小為g,其余部分電阻均不計(jì)。則由此可知()

A.勻強(qiáng)磁場8的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小

2

B.流過電阻H的電流為啰人

1BLR

12

C.勻強(qiáng)磁場8的磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為2叫

2nBLS

1

D.斷開K之后，金屬棒ab下滑的最大速度為唯(a+4)

B2b

7.如圖甲所示，小物塊（可以看成質(zhì)點(diǎn)）以一定的初速度從傾角為30。的斜面底端A點(diǎn)

沿斜面向上運(yùn)動(dòng)。選擇地面為參考平面，上滑過程中，物塊的機(jī)械能E隨物塊離A點(diǎn)

距離s的變化關(guān)系如圖乙所示。小物塊上滑時(shí)離A最遠(yuǎn)距離為4m,重力加速度大小g

取10m/s2,則（）

A.物體的質(zhì)量加=2kg

B.物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)pi=0.3

C.物體上滑過程中的加速度大小a=10m/s2

D.物體回到斜面底端時(shí)的速度為4m/s

8.下圖是游樂場中的“旋轉(zhuǎn)飛椅”，它可以簡化為下圖所示的模型，圓盤直徑為D,飛

椅通過長度相同的鋼絲繩懸掛起來，不同的飛椅懸點(diǎn)到轉(zhuǎn)軸中心的距離不同，乘客坐

上座椅后其重心到懸點(diǎn)的距離均為Lo座椅上坐滿質(zhì)量均相等的乘客后，機(jī)器啟動(dòng)，

帶動(dòng)圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，穩(wěn)定后懸掛于圓盤邊緣的A座椅鋼絲繩與豎直方向夾角為30座

椅及懸掛座椅的所有鋼絲繩重力均不計(jì)，重力加速度大小為g,下列說法正確的是（）

B.每位乘客的加速度大小均為gtan9

C.飛椅懸點(diǎn)到轉(zhuǎn)軸中心距離越大，懸掛座椅的鋼絲繩拉力越大

D.懸掛座椅的所有鋼絲繩拉力大小均相等

9.一列簡諧橫波沿r軸方向傳播，在0.25s時(shí)刻的波形圖如圖甲所示，圖乙為

x=1.5m處的質(zhì)點(diǎn)b的振動(dòng)圖像，下列說法正確的是。

A.該波向左傳播

B.該波的波速為2mzs

C.質(zhì)點(diǎn)c(x=2m)與質(zhì)點(diǎn)e(x=4m)的運(yùn)動(dòng)方向總相反。

D.質(zhì)點(diǎn)d(x=3m)在/=0.75s時(shí)處于平衡位置，并正往y軸正方向運(yùn)動(dòng)

E.質(zhì)點(diǎn)a(x=lm)在r=1.25s時(shí)向右運(yùn)動(dòng)了4m

三、實(shí)驗(yàn)題

10.利用如圖所示的裝置研究滑塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)。一斜面上安裝有兩個(gè)光電門，其

中光電門乙固定在斜面上靠近底端處，光電門甲的位置可移動(dòng)。當(dāng)一帶有遮光片的滑

塊自斜面上端滑下時(shí)，與兩個(gè)光電門都相連的計(jì)時(shí)器可以顯示出遮光片從光電門甲至

乙所用的時(shí)間如改變光電門甲的位置進(jìn)行多次測量，每次都使滑塊從同一點(diǎn)由靜止開

始下滑，并測量出甲、乙之間的距離x,記下相應(yīng)的f值，所得數(shù)據(jù)如表中所示。

遮光片

x(m)0.5000.6000.7000.8000.9000.950

/(ms)585.8743.0904.61105.61347.61552.8

x，、

—(zm/s)0.8540.8070.7740.7240.6680.612

t

完成下列填空和作圖:

(1)根據(jù)表中給出的數(shù)據(jù)，在下圖給出的坐標(biāo)紙上畫虻T圖線。

t

(2)由所畫出的二7圖線，可以得出滑塊經(jīng)過光電門乙速度大小為

V=m/s,滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)加速度的大小為a=m/s2,

（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）。

11.為了測量某電池（允許通過最大電流為0.5A）的電動(dòng)勢E（約為3V）和內(nèi)阻廣，選用的

器材如下：

A.電流表G（量程為10mA,內(nèi)電阻為98Q）

1

B.電流表G（量程為10mA,內(nèi)電阻為20。）

2

C電阻箱R（0~99Q）

1

D.電阻箱R（0-999Q）

2

E.滑動(dòng)變阻器R（0-50Q）

3

F.待測電池

G.開關(guān)一個(gè)、導(dǎo)線若干

⑴實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖所示的電路，由于電表量程太小，實(shí)驗(yàn)前需要改裝量程為3V

的電壓表和量程為0.5A的電流表，選擇合適器材，將上圖的實(shí)驗(yàn)電路補(bǔ)充完整，要求

改裝后的電壓表、電流表盡可能精確。圖中必須標(biāo)出各器材符號(hào)（G或

1

G）o

2

（2）圖中尺的值應(yīng)調(diào)整為。，R的值應(yīng)調(diào)整為Qo

12

（3）改變滑動(dòng)變阻器滑片位置，記錄兩電流表的讀數(shù)，在處理數(shù)據(jù)時(shí)，作出了如下所示

的圖像，通過分析可知電源的電動(dòng)勢為V,電源的內(nèi)阻為

。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）。

12.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為機(jī)=1kg的小物塊4（可以視為質(zhì)點(diǎn)）放在質(zhì)量為〃？=lkg的

AB

木板3的左端，木板5右邊某處有一質(zhì)量為加=3kg的木板C?，F(xiàn)突然給A水平向右

C

大小為v=8m/s的速度，使A向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A滑到3的右端時(shí)，A、5速度剛好相等，

0

而且5、。剛好碰撞，碰撞過程中無機(jī)械能損失，A物塊最終未從。上滑下。已知A

與3、。間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為以四=0.4,水平地面光滑，兩木板厚度相同，重力加速

度大小g取10m/s2,求：

A

—>voBC

（1）開始時(shí)木板3、C之間的距離；

（2）整個(gè)過程中系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量。

13.如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在按區(qū)域分布的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場。第一象限內(nèi)存

在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為5,方向垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，第二象限內(nèi)存在平行y

軸向下的勻強(qiáng)電場，在三、四象限內(nèi)yW-/的區(qū)域存在垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁

場?，F(xiàn)讓一帶電粒子從第二象限的P點(diǎn)以大小為v的速度水平射出，粒子經(jīng)y軸上的

0

。（未畫出）點(diǎn)進(jìn)入第一象限，隨后又從。點(diǎn)進(jìn)入第三象限，粒子運(yùn)動(dòng)過程中經(jīng)過X軸上

的M點(diǎn)。已知粒子帶電量為q（q〉0）,P點(diǎn)的坐標(biāo)為（-2/,3/）,M點(diǎn)離。點(diǎn)的距離為

粒子經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)與y軸負(fù)方向夾角為45。，不計(jì)粒子重力，帶電粒子離開電場后

便不會(huì)再進(jìn)入電場，求：

(1)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度大?。?/p>

⑵第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度的大??；

(3)三、四象限內(nèi)yW-/的區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值。

14.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)3,再變化到狀態(tài)C,狀態(tài)

A與狀態(tài)C的溫度相同，虛線為原點(diǎn)與3點(diǎn)的連線。在此過程中，下列說法正確的是

A.從狀態(tài)A變化到狀態(tài)8的過程中，氣體的內(nèi)能一直增大

B.從狀態(tài)A變化到狀態(tài)5的過程中，外界一直對氣體做功

C.從狀態(tài)A變化到狀態(tài)3的過程中，氣體一直從外界吸熱

D.從狀態(tài)5變化到狀態(tài)。的過程中,氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能一直減小

E.從狀態(tài)A變化到狀態(tài)C的過程中,氣體從外界吸收的熱量大于氣體對外做的功

15.長玻璃管開口向上豎直放置，管內(nèi)兩段水銀柱C、。封閉兩段空氣柱A、B,水銀

柱。上端與管口平齊，下端是一個(gè)厚度不計(jì)的輕質(zhì)活塞P,水銀柱。的長度

h=25.0cm,當(dāng)環(huán)境溫度t=27.(TC時(shí)，空氣柱3的長度為/=30.0cm,如圖(a)所

21B

示；現(xiàn)將空氣柱3浸入溫水中，對水加熱，當(dāng)水溫緩慢升高到t=47(時(shí)，活塞尸上

2

的水銀剛好全部排出玻璃管外，如圖(b)所示，此時(shí)空氣柱5的長度/=40cm,大氣

B'

壓強(qiáng)。=75cmHg,空氣柱A的溫度始終與環(huán)境溫度相同，熱力學(xué)溫度

0

電

子

溫

度

計(jì)

(1)水銀柱C的長度/?；

1

(2)空氣柱A在圖(a)狀態(tài)時(shí)的長度/。

A

16.如圖，ABC是某三棱鏡的橫截面，ZB=30°,ZC=90°,邊長AC=L,一條平

行于的光線入射到A3邊上。點(diǎn)，經(jīng)棱鏡兩次折射從AC邊中點(diǎn)E射出，出射光線

與AC邊的夾角。=30。

⑴求該棱鏡材料的折射率；

(2)若平行于邊平移入射光線，當(dāng)A3邊的入射點(diǎn)在內(nèi)圖中未畫出)時(shí)，光線再次從

E點(diǎn)射出。請判斷光線是否會(huì)在邊發(fā)生全反射，并求/點(diǎn)到。點(diǎn)的距離。(每條邊

只考慮一次反射或折射)

參考答案

1.答案：D

解析：A.當(dāng)電壓表的示數(shù)為1.81V時(shí)，電流計(jì)的示數(shù)恰好為0,則遏制電壓為

U=1.81V

C

則光電子的最大初動(dòng)能為L81eV,故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程可知，光電管陰極的逸出功為

皿=加—E=4.10eV—1.81eV=2.29eV

0km

故B錯(cuò)誤；

C.若此時(shí)增大入射光的頻率，則光電子的最大初動(dòng)能增大，如使電流計(jì)的示數(shù)為0,

則需要增大遏止電壓，故需要移動(dòng)滑動(dòng)變阻器，故C錯(cuò)誤；

D.光子能量僅與入射光的頻率有關(guān)，與光的強(qiáng)度無關(guān)，因此僅增加入射光線的強(qiáng)度,

光電子的出射的最大初動(dòng)能不變，電流計(jì)的計(jì)數(shù)仍為0,故D正確。

故選D。

2.答案：B

解析：A.繞地球運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星與地心的連線在相同時(shí)間/內(nèi)掃過的面積為

C1

S=—vtr

2

由萬有引力提供向心力有

GMmV2

------------二m—

廠2r

聯(lián)立可得

S=LY/GMF

可知，由于“羲和號(hào)”衛(wèi)星軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，則相同時(shí)間內(nèi)，“羲和

號(hào)”衛(wèi)星與地心連線掃過的面積小于同步衛(wèi)星與地心連線掃過的面積，故A錯(cuò)誤；

B.由萬有引力提供向心力有

GMm4口2

-----二m-----r

廠272

解得

T=

可知，由于“羲和號(hào)”衛(wèi)星軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，則“羲和號(hào)”衛(wèi)星繞地球

做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期小于同步衛(wèi)星的周期，故B正確；

C.由萬有引力提供向心力有

GMm

-------=ma

-2

解得

GM

a=-----

丫2

可知，由于“羲和號(hào)”衛(wèi)星軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，則“羲和號(hào)”衛(wèi)星繞地球

做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的加速度大于同步衛(wèi)星的加速度，故C錯(cuò)誤；

D.由萬有引力提供向心力有

GMmV2

--------二m—

廠2r

解得

則“羲和號(hào)”衛(wèi)星的線速度與地球同步衛(wèi)星的線速度大小之比等于,故D錯(cuò)誤。

\h+R

故選B。

3.答案：C

解析：A.根據(jù)對稱性和電場強(qiáng)度的疊加性可知。點(diǎn)的場強(qiáng)與c點(diǎn)的場強(qiáng)大小相同，方

向相反，故A錯(cuò)誤；

B.將A、3兩點(diǎn)看成一組等量異種電荷，C、。兩點(diǎn)看成一組等量異種電荷，A、3兩點(diǎn)

看成一組等量異種電荷的電場。點(diǎn)電勢大于b點(diǎn)的電勢，C、。兩點(diǎn)看成一組等量異種

電荷的電場b點(diǎn)電勢大于。點(diǎn)電勢，由于a、b離A、8距離較近，根據(jù)電勢的疊加可

知a點(diǎn)的電勢大于萬點(diǎn)的電勢，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)對稱性可知a點(diǎn)的電勢等于c點(diǎn)的電勢，則試探電荷+/在a點(diǎn)的電勢能等于在

c點(diǎn)的電勢能，故C正確；

D.由B選項(xiàng)分析可知a點(diǎn)的電勢大于2點(diǎn)的電勢，則試探電荷+/在a點(diǎn)的電勢能大

于在d點(diǎn)的電勢能，可知試探電荷+0沿直線從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)電場力做正功，故D

錯(cuò)誤。

故選c。

4.答案：C

解析：根據(jù)幾何知識(shí)可知，當(dāng)甲車在乙車前方時(shí)，有

x-x=6m

甲乙

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

1

x=vt--at2

甲甲2

x=vt

乙乙

解得

t=2s,t=6s

12

由于

v=at

甲

解得

v6,

t==—s=6s

a1

以乙車為參考系得

6=（6-2）r-J-xlrz

2

解得

t=2s

即前2s內(nèi)兩車能通信，2s到6s兩車距離大于6m不能通信，當(dāng)6s末甲車停止運(yùn)動(dòng)，

兩車剛好相距6m,且甲車在乙車前6m處，接下來乙車運(yùn)動(dòng)3s剛好與甲車并排，此過

程中兩車能通信，乙車再運(yùn)動(dòng)3s后，乙車在甲車前3s,此過程中也能通信，所以兩車

能通信的總時(shí)間為8so

故選Co

5.答案：B

解析：當(dāng)匕點(diǎn)接觸“。前，Ac切割磁感線，電動(dòng)勢E=B/v

EBlv

1T=——二---

0RR

根據(jù)楞次定律，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，正方形線框繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，在〃邊進(jìn)入磁場前的

時(shí)間內(nèi)，兒邊上下兩部分在方向不同的磁場中運(yùn)動(dòng)，在垂直紙面向里的磁場中運(yùn)動(dòng)的

部分長度越來越短，在垂直紙面向外的磁場中運(yùn)動(dòng)的部分長度越來越長，但在垂直紙

面向里的磁場中運(yùn)動(dòng)部分的長度一直大于在垂直紙面向外的磁場中運(yùn)動(dòng)部分的長度，

所以這段時(shí)間內(nèi)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，且電流逐漸減小，當(dāng)4邊運(yùn)動(dòng)至與"N重合時(shí)，

電流為0,4邊剛進(jìn)入時(shí)，根據(jù)楞次定律，電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，兒邊上下兩部分切割

磁感線長度相等，感應(yīng)電動(dòng)勢方向相反，所以此時(shí)電流大小為

rEBlv

。RR

此后電流一直增大，到be邊運(yùn)動(dòng)至整條邊都在向外的磁場時(shí)，電流最大，最大電流為

21=吆，be邊運(yùn)動(dòng)PQ重合時(shí)，電流為/=￡=—,此后根據(jù)楞次定律，電流逆

°R°7?R

時(shí)針方向，且電流一直增大，當(dāng)邊在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，電流為/=芻=竺。

oRR

故選Bo

6.答案：CD

解析：A.根據(jù)題意可知，開關(guān)K閉合后，金屬棒仍恰能保持靜止，則金屬棒仍受豎

直向上的安培力，大小等于金屬棒的重力，保持不變，由左手定則可知，電流方向由

alb,且大小不變，則線圈中電流方向?yàn)镸TP,由楞次定律可知，B的磁感應(yīng)強(qiáng)

2

度均勻增加，故A錯(cuò)誤；

BC.設(shè)流過金屬棒的電流為/,由A分析可知

1

BIL=mg

ii1

解得

［二區(qū)

1BL

1

由并聯(lián)分流原理可得，流過電阻尺的電流為

1

IRmgR

1=-4_2-=---------2-

2RBLR

111

由于線圈電阻不計(jì)，則金屬棒仍兩端電壓等于線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢，則有

mgR

=----------2-

AtAt”BL

i

解得

ABmgR

△tnBLS

i

故B錯(cuò)誤，C正確；

D.斷開K之后，當(dāng)金屬棒所受合力為零時(shí)，速度最大，設(shè)最大速度為v,則有

m

E=BLv

1m

I=E

mR+R

12

F-BLI=mg

A1m

解得

mg（R+R）

v=_________1______2_

mB2D

1

故D正確。

故選CD。

7.答案：AD

解析：A.上升到最高點(diǎn)時(shí)物體的機(jī)械能等于重力勢能，則

E=40J=mgh

2’

解得

EE40,

m=T=-——2-=----------------kg=2kg

g/zgx-sinO10x4xr1

2

故A正確；

B.機(jī)械能的變化量等于除重力外的其它所做的功，故滿足

AE=jimgcosa?x

其中

AE=64J—40J=24J

解得

AE24J3

|LL=--------------------------=---------------------------------=--------

mgcosa.x2xl0x且x45

2

故B錯(cuò)誤；

C.上滑過程中由牛頓第二定律可得

mgsina+|imgcosa=ma

解得

a=gsina+(igcosa=10x1.m/s2+2^.xl0x2^m/s2=8m/s2

故C錯(cuò)誤；

D.下滑過程中由牛頓第二定律可得

mgsina-[imgcosa=ma'

解得

a'-gsina-|igcosa.=10x￡-2^.xl0x2^,=2mzs2

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得

v'2=2ax

解得

v'=y]2ax=>/2x2x4m/s=4m/s

故D正確。

故選AD。

8.答案：AC

解析：B.對乘客受力分析，設(shè)繩子拉力為T,可知

Tcos0=mg

Tsin0=ma

解得

a=gtan0=C02/

因?yàn)榻撬俣认嗤?，但是不同乘客半徑不同，所以加速度不同，故B錯(cuò)誤;

A.由圖可知，乘客轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為

r=J-D+Ltan0

2

由于

a=32/

。=gtan。

則

|2gtan9

\D+2Lsin0

故A正確；

C.由于

T_mg

COS0

則飛椅懸點(diǎn)到轉(zhuǎn)軸中心距離越大，。越大，COS0越小，則T越大，故C正確；

D.由于靠外側(cè)的繩子的夾角較大，故外側(cè)繩子的拉力較大，故D錯(cuò)誤。

故選AC。

9.答案：BCD

解析：A.根據(jù)題圖乙可知，f=O.25s時(shí)刻，b點(diǎn)正向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)上下坡法則，再結(jié)合

題圖甲可知，該波向右傳播，所以A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)題圖可知，周期T=2s,波長大=4m,則波速

X3,

v=—=2m/s

T

所以B正確；

C.質(zhì)點(diǎn)c與質(zhì)點(diǎn)e相距半個(gè)波長，它們的運(yùn)動(dòng)方向總相反，所以C正確；

D1=0.25s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)d從波谷位置向上運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)過0.5s=I,即在f=0.75s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)

4

2處于平衡位置，并正在向正方向運(yùn)動(dòng)，所以D正確；

E.各質(zhì)點(diǎn)只在平衡位置上下做簡諧運(yùn)動(dòng)，并不隨波遷移，所以E錯(cuò)誤；

(2)0.87/0.86/0.88；0.49/0.48/0.50

解析：(1)根據(jù)表格中數(shù)據(jù)，通過描點(diǎn)畫圖的方法，在坐標(biāo)紙上畫出ET圖像，如圖所

t

示

(2)根據(jù)題意可知，滑塊下滑時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a,到達(dá)乙光電門時(shí)的

速度為v,由逆向思維有，滑塊從光電門乙開始，向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則有

0

1

x=vt--at2

i2

整理可得

xa

—=――4+v

t2i

結(jié)合;，圖像可得

v=0.87m/s

1

10.854-0.668

—a=m/s2

21.347-0.585

解得

a?0.49m/s2

(2)2；280

(3)2.7；0.29

解析：(1)由圖可知，與尺并聯(lián)的電流表，是用于改裝成大量程的電流表，則電流表的

1

阻值要比分流電阻R的阻值要大一些，則分流電阻流過的電流會(huì)更多，總電流才會(huì)更

1

大，故此處的電流表為G；與R串聯(lián)的電流表，是用于改裝成大量程的電壓表，則電

12

流表的阻值要比分壓電阻R阻值小一些，則分壓電阻分擔(dān)的電壓會(huì)更大，總電壓才會(huì)

2

更大，故此處的電流表為G,則完整的電路圖，如圖所示

2

(2)由題可知，要將G改成量程為0.5A的電流表，則有

1

IR

R

11-1

G]

代入數(shù)據(jù)解得

R=2Q

1

要將G改成量程為3V的電壓表，則有

2

U-IR

R=

2I

G2

代入數(shù)據(jù)解得

R=280。

2

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律，則有

E=I(R+R\(IR\RR

/+I—G_i_+r

22G,R+R

G.1

代入數(shù)據(jù)可得

1_E_1.96+rz

2-300-6~~i

則對比圖像可得

F1.96+r6-9

9x10-3=一

300~6—一丁

解得

E=2.7V,r=0.29Q

12.答案：（l）2m；⑵17.5J

解析：（1）根據(jù)題意可知，A開始運(yùn)動(dòng)后，A做加速度為。的減速運(yùn)動(dòng)，5做加速度為

1

a的加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有

2

[Img=ma

1AA1

mg=ma

1AB2

設(shè)經(jīng)時(shí)間t,A、3共同速度為v,則有

11

v=v-at

ioii

v-at

121

聯(lián)立解得

v=4m/s

￡=ls

i

碰前6、C之間的距離為

x=—at2=2m

221

（2）設(shè)5、C兩板碰后速度分別為v、v,3、。兩板碰撞時(shí)機(jī)械能守恒，選向右為正,

23

則有

mv=mv+mv

B1B2C3

111

—mv2=—mv2+_my2

2B12B22c3

解得

v=-2m/s

v=2m/s

3

3、。兩板碰后A滑到。上運(yùn)動(dòng)，A物塊最終未從。上滑下，則A、。最終共速，由動(dòng)

量守恒定律有

mv+mv=\m+m)v

A1C3AC4

解得

v=2.5m/s

由能量守恒定律可得，整個(gè)過程中系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為

Q=J_mv2——mV2—J_(m+m)V2=17.5J

B2Ac4

2Ao22

13.答案：（嗎；⑵等；⑶，

解析：（1）依題意可知粒子在第二象限做類平拋運(yùn)動(dòng)，第一次進(jìn)入第一象限時(shí)速度與y

軸負(fù)方向夾角為45。，設(shè)粒子剛進(jìn)入第一象限時(shí)速度為v,豎直分速度為v,則有

y

V

V=0——

sin45°

v=vcos45°

y

尸到。的過程中，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間為二,依題意可知

1

21=vt

o1

則粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度為

V

a=一

t

i

代入數(shù)據(jù)解得

V2

a=-Q-

21

（2）粒子在電場中豎直方向的位移為

v

y=―/

PQ21

聯(lián)立解得

y

PQ=i

設(shè)粒子在磁場I中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,由幾何關(guān)系可知從。到。粒子轉(zhuǎn)過的角度

1

為90。,則有

I=3l-y=2Rsin45°

QOPO1

代入數(shù)據(jù)得

R、=QI

設(shè)第一象限電場強(qiáng)度的大小為E,由牛頓第二定律可知

qE=ma

粒子在第一象限做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知

V2

qvB—m一

R

1

代入數(shù)據(jù)可得

⑶設(shè)磁場n中磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,粒子在磁場n做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為尺，粒子在I、

22

n磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示

依題意可知，粒子在n磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為270。，離開II磁場再次進(jìn)入I磁場轉(zhuǎn)過

的圓心角為270。后又會(huì)再次進(jìn)入n磁場，以后循環(huán)下去。

粒子在磁場n做圓周運(yùn)動(dòng)，有

V2

qvB—m

2R

2

可知R取最小值時(shí)，B最大；粒子出電場后便不再進(jìn)入電場，則有

22

J―-2--Z->R(1-cos45°)

cos45°tan45°i

解得

22

①若粒子由X軸下方經(jīng)過M點(diǎn)，則有

RI

(n+1)(----2—-2-)+nd2R=1(〃=1,2...)

cos45°tan45°iOM

解得

R=空/(〃=1,2...)

2n+1

分析可知〃=3時(shí)，R取最小值R,則有

221

R=也

214

②若粒子由X軸上方經(jīng)過〃點(diǎn)