2024屆福建省龍巖市高三二模物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGE2024學年一級校高三聯(lián)考試卷物理試題（考試時間：75分鐘滿分：100分）注意：請將試題的全部〖答案〗填寫在答題卡上。一、單項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中只有一項是符合題目要求的。1.自制一個原、副線圈匝數分別為600匝和190匝的變壓器，原線圈接12V的正弦交流電源，副線圈接額定電壓為3.8V的小燈泡。實際測得小燈泡兩端電壓為2.5V。下列措施有可能使小燈泡正常發(fā)光的是（）A.僅增加原線圈匝數B.僅增加副線圈匝數C.將原、副線圈匝數都增為原來的兩倍D.將兩個3.8V小燈泡并聯(lián)起來接入副線圈〖答案〗B〖解析〗A．由知，僅增加原線圈匝數，副線圈的輸出電壓U2減小，不能使小燈泡正常發(fā)光，故A錯誤；B．由知，僅增加副線圈匝數，副線圈的輸出電壓U2增大，有可能使小燈泡正常發(fā)光，故B正確；C．由知，將原、副線圈匝數都增為原來的兩倍，但由于原線圈的電壓不變，則副線圈的輸出電壓U2不變，不能使小燈泡正常發(fā)光，故C錯誤；D．將兩個3.8V小燈泡并聯(lián)，但由于原線圈的電壓不變，則副線圈的輸出電壓U2不變，不能使小燈泡正常發(fā)光，故D錯誤。故選B。2.下列四種情形中，與其余三種所涉及的光學原理不同的是（）A.透鏡上方看到牛頓環(huán)B.相機鏡頭涂有增透膜C.光經過大頭針尖時產生條紋D.檢查平面的平整程度〖答案〗C〖解析〗牛頓環(huán)是利用了光的干涉原理，增透膜是利用光的干涉原理，光經過大頭針尖時產生條紋是衍射現象，用標準平面檢查光學平面的平整程度是利用光的薄膜干涉現象綜上所述，與其余三種所涉及的光學原理不同的是C。故選C。3.如圖所示，某人在河谷堤岸上以一定初速度水平拋出一小石塊，拋出的小石塊可能落在拋出點左側的任何位置，落地速度與水平方向的夾角成為偏向角，下列說法正確的是（）A.初速度越大，落地時間越長B.初速度越大，落地時間越短C.初速度越大，偏向角越小D.初速度不同，偏向角可能相等 〖答案〗D〖解析〗AB．落地時間長短與小石塊豎直方向位移有關，由于落點不確定，落地時間長短無法確定，故AB錯誤；CD．設速度偏轉角為，位移偏轉角為。根據平拋運動速度方向夾角和位移方向夾角關系規(guī)律可知當小球落在拋出點所在斜面時，落地速度與水平方向的夾角相同，與水平初速度無關，故D正確，C錯誤。故選D。4.玉米是我國重要的農作物。收割后脫粒玉米用如圖甲所示的傳送帶裝置。如圖乙所示，將收割曬干的玉米投入脫粒機后，玉米粒從靜止開始被傳送到底端與脫粒機相連的順時針勻速轉動的傳送帶上，一段時間后和傳送帶保持相對靜止，直至從傳送帶的頂端飛出，最后落在水平地面上，玉米被迅速裝袋轉運，提升了加工轉運的效率。已知傳送帶與水平方向的夾角為θ、頂端的高度為h，玉米粒相對于傳送帶頂端的最大高度也是h，若不計風力、空氣阻力和玉米粒之間的相互作用力，已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.玉米粒在傳送帶上時，所受摩擦力始終不變B.玉米粒落地點與傳送帶底端的水平距離為C.傳送帶的速度大小為D.玉米粒飛出后到落地所用的時間為〖答案〗B〖解析〗A．玉米粒剛放在傳送帶上時，玉米粒受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力，當玉米粒與傳送帶達到共速后，受到沿傳送帶向上的靜摩擦力，所受摩擦力發(fā)生改變，故A錯誤；C．設傳送帶速度為v，玉米粒脫離傳送帶后水平方向做勻速直線運動，豎直方向做豎直上拋運動，所以到達最高點時解得故C錯誤；D．玉米粒從飛出到落地過程，豎直方向上根據位移時間關系有解得故D錯誤；B．從脫離到落地時水平位移為所以落地點與傳送帶底端的水平距離為故B正確。故選B。二、雙項選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。在每小題有兩項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。5.2022年10月9日，我國綜合性太陽探測衛(wèi)星“夸父一號”成功發(fā)射，實現了對太陽探測跨越式突破?！翱涓敢惶枴毙l(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，距地面高度約為720km，運行一圈所用時間約為100分鐘。如圖所示，為了隨時跟蹤和觀測太陽的活動，“夸父一號”在隨地球繞太陽公轉的過程中，需要其軌道平面始終與太陽保持固定的取向，使太陽光能照射到“夸父一號”，下列說法正確的是（）A.“夸父一號”的運行軌道平面平均每天轉動的角度約為1°B.“夸父一號”繞地球做圓周運動的速度大于7.9km/sC.“夸父一號”繞地球做圓周運動的向心加速度小于地球表面的重力加速度D.由題干信息，根據開普勒第三定律，可求出日地間平均距離〖答案〗AC〖解析〗A．因為“夸父一號”軌道要始終保持要太陽光照射到，則在一年之內轉動，即軌道平面平均每天約轉動，故A正確；B．第一宇宙速度是所有繞地球做圓周運動的衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，則“夸父一號”的速度小于7.9km/s，故B錯誤；C．根據萬有引力與重力的關系根據牛頓第二定律“夸父一號”繞地球做圓周運動的半徑大于地球半徑，可知“夸父一號”繞地球做圓周運動的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C正確；D．“夸父一號”繞地球轉動，地球繞太陽轉動，中心天體不同，則根據題中信息不能求解地球與太陽的距離，故D錯誤。故選AC。6.如圖，圓形水平餐桌面上有一個半徑為r、可繞中心軸轉動的同心圓盤，在圓盤的邊緣放置一個質量為m的小物塊，物塊與圓盤間、物塊與桌面間的動摩擦因數均為?，F從靜止開始緩慢增大圓盤的角速度，物塊從圓盤上滑落后，最終恰好停在桌面邊緣。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，圓盤厚度及圓盤與餐桌間的間隙不計，物塊可視為質點。則（）A.小物塊從圓盤上滑落后，小物塊在餐桌上做曲線運動B.物塊隨圓盤運動的過程中，圓盤對小物塊做功為C.餐桌面的半徑為D.物塊在餐桌面上滑行的過程中，所受摩擦力的沖量大小為〖答案〗BD〖解析〗A．小物塊從圓盤上滑落后，小物塊沿切線方向滑出，合外力為與速度方向相反的滑動摩擦力，做勻減速直線運動，故A錯誤；B．小物塊滑下時可知由動能定理可得圓盤對小物塊做的功為故B正確；C．小物塊滑下后在桌面上滑動時，由動能定理得解得小物塊在桌面滑動距離則餐桌面的半徑為故C錯誤；D．物塊在餐桌面上滑行的過程中，根據動量定理可得所受摩擦力的沖量大小為故D正確。故選BD。7.如圖所示為某彈跳玩具，底部是一個質量為m的底座，通過彈簧與頂部一質量的小球相連，同時用輕質無彈性的細繩將底座和小球連接，穩(wěn)定時繩子伸直而無張力。用手將小球按下一段距離后釋放，小球運動到初始位置處時，瞬間繃緊細繩，帶動底座離開地面，一起向上運動，底座離開地面后能上升的最大高度為h，則（）A.用手將小球按下一段距離后，彈簧的彈性勢能為B.繩子繃緊前的瞬間，小球的動能為C.繩子繃緊瞬間，系統(tǒng)損失的機械能為D.玩具離開地面上升到最高點的過程中，重力做功為〖答案〗CD〖解析〗ABC．設細繩繃緊后瞬間，小球和底座一起向上運動的速度大小為v，底座離開地面后能上升h高，則有設細繩繃緊前瞬間，小球速度為，根據動量守恒可得可得則繩子繃緊前的瞬間，小球的動能為則繩子繃緊瞬間，系統(tǒng)損失的機械能為用手將小球按下一段距離后，在繩子繃緊前的瞬間，減小的彈性勢能轉化成小球的動能和重力勢能，故彈性勢能滿足故AB錯誤，C正確；D．玩具離開地面上升到最高點的過程中，重力做功為故D正確。故選CD。8.如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外勻強磁場中，固定一內部真空且內壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直。管道橫截面半徑為a，長度為（）。帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進入管道，粒子在磁場力作用下經過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出，單位時間進入管道的粒子數為n，粒子電荷量為，不計粒子的重力、粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）A.粒子在磁場中運動的圓弧半徑為B.粒子質量為C.管道內的等效電流為D.粒子束對管道的平均作用力大小為〖答案〗BD〖解析〗AB．帶正電的粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子運動的圓弧半徑為R=a解得粒子質量為A錯誤，B正確；C．根據電流的定義式解得C錯誤；D．粒子束對管道的平均作用力大小等于等效電流受的安培力F=nqBlD正確。故選BD。三、非選擇題：共60分，其中9、10、11題為填空題，12、13題為實驗題，14~16題為計算題。請考生按要求作答。9.請將下列核反應方程補充完整。A．____；B．____；C．____?！即鸢浮健冀馕觥紸．由質量數和電荷數守恒可知，質量數電荷數由此可知產生的元素X是，該方程為此核反應方程式是重核裂變方程；B．同理，質量數電荷數由此可知產生的元素X是氦核，該方程為此核反應方程式是衰變；C．同理，質量數電荷數由此可知產生的元素X是，該方程為此核反應方程式是人工轉變方程。10.有一列振幅為的簡諧橫波沿x軸正方向傳播，時刻位于0點的波源開始振動。時的波形如圖所示，此時波傳播到處，波源的坐標為，則該簡諧波傳播的速度____；周期____；波長____?！即鸢浮?1m/s4.8m〖解析〗[1]該簡諧波傳播的速度為[2]由波形平移法可知，質點的起振方向沿軸負方向，設波源的振動方程為由題意可知可得解得周期為[3]波長為11.如圖，兩端開口、下端連通的導熱汽缸，用兩個輕質絕熱活塞（截面積分別為和）封閉一定質量的理想氣體，活塞與汽缸壁間無摩擦。在左端活塞上緩慢加細沙，活塞從A下降h高度到B位置時，活塞上細沙的總質量為m。在此過程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始終不變。整個過程環(huán)境溫度和大氣壓強保持不變，系統(tǒng)始終處于平衡狀態(tài)，重力加速度為g。（1）整個過程，理想氣體的分子平均動能____；（2）整個過程，外力F做功等于____；（3）左端活塞到達B位置時，外力_____?！即鸢浮剑?）不變（2）0（3）〖解析〗（1）[1]汽缸導熱，整個過程，理想氣體溫度不變，分子平均動能不變（2）[2]外力F作用在右端活塞上，活塞位置不變，可知在F作用下沒有位移，可知外力F做功為0。（3）[3]左端活塞到達B位置時，對左邊活塞有對于右邊活塞有聯(lián)立兩式得12.采用圖1所示的電路圖來測量金屬絲的電阻率。（1）實驗時，閉合開關S前，滑動變阻器的滑片P應處在___________（填“M”或“N”）端。（2）按照圖1連接實物圖，如圖2所示。閉合開關前檢查電路時，發(fā)現有一根導線接錯，該導線為___________（填“a”“b”或“c”）。若閉合開關，該錯誤連接會帶來的問題有___________?！即鸢浮剑?）M（2）b移動滑片時，電壓表和電流表的示數不變〖解析〗（1）[1]實驗時，閉合開關S前，為保護電路，滑動變阻器滑片P應處在最大阻值處，滑動變阻器的滑片P應處在M端。（2）[2][3]滑動變阻器采用分壓式接法，滑動變阻器下端兩接線柱與電源相連，故b導線接錯；該錯誤帶來的問題是移動滑片的過程中電壓表和電流表的示數不變。13.某同學為了驗證對心碰撞過程中的動量守恒定律，設計了如下實驗：用紙板搭建如圖所示的滑道，使硬幣可以平滑地從斜面滑到水平面上，其中為水平段，在水平段取一點。選擇相同材質的一元硬幣和一角硬幣進行實驗。測量硬幣的質量，得到一元硬幣和一角硬幣的質量分別為和。將硬幣放置在斜面上某一位置，標記此位置為。由靜止釋放a，當a停在水平面上某處時，測量a右側到點的距離，如圖甲所示；將硬幣b放置在處，左側與點重合，再將a從點由靜止釋放，當兩枚硬幣發(fā)生碰撞后，a、b分別停在水平面上時，測量a右側到點的距離、b左側到點的距離，如圖乙所示。保持釋放位置不變，重復實驗若干次，得到的平均值分別為。（1）在本實驗中，b選用的是______（選填“一元”或“一角”）硬幣。（2）若a、b碰撞前后動量守恒，則應滿足的表達式為______（用、和表示）；若碰撞前后動量守恒且機械能相等，則應滿足的表達式為______（用和表示）。（3）該同學規(guī)范的完成了實驗的每一步操作，最后代入實驗測得的數據，發(fā)現碰撞前后動量并不守恒，原因可能是______（回答一條即可）?！即鸢浮剑?）一角（2）（3）①可能兩個硬幣厚度不同，兩硬幣重心連線與水平面不平行；②兩硬幣碰撞內力不遠遠大于外力，動量守恒只是近似滿足，即如果摩擦力比較大，動量守恒只是近似滿足〖解析〗（1）[1]為了保證兩硬幣碰后都向右運動，則需要入射硬幣質量大于被碰硬幣的質量即碰撞后甲向右運動，即b選用的一角的硬幣；

（2）[2]不放置硬幣乙時，甲從O點到P點做勻減速直線運動，由牛頓第二定律得-μm1g=m1a由勻變速直線運動位移—速度公式得0-v02=2as0聯(lián)立解得同理碰后兩硬幣的速度分別為以碰撞前瞬間a的速度方向為正方向，a、b碰撞過程，由動量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2[3]若碰撞前后動量守恒且機械能相等，則由機械能守恒定律得聯(lián)立解得（4）[4]誤差可能原因是：①可能兩個硬幣厚度不同，兩硬幣重心連線與水平面不平行；②兩硬幣碰撞內力不遠遠大于外力，動量守恒只是近似滿足，即如果摩擦力比較大，動量守恒只是近似滿足。14.如圖所示，Q為固定的正點電荷，A、B兩點在Q的正上方和Q相距分別為在h和0.25h，將另一個可以看作點電荷的帶正電的粒子從A點由靜止釋放，運動到B點時速度正好又變?yōu)榱?。該粒子在A點處的加速度大小為重力加速度的，已知重力加速度為g。求：(1)該粒子加速度為零時距離Q的高度；(2)若取A點的電勢為零，求該粒子在B點的電勢能(用Q和h，g表示)?！即鸢浮?1)；(2)〖解析〗(1)設該粒子加速度為零時距離Q的高度為x，由牛頓第二定律和平衡條件得解得(2)由能量守恒定律，該粒子在B點的電勢能為15.如圖所示，質量為m＝1kg的物體置于傾角θ＝37°的固定斜面上，物體與斜面之間的動摩擦因數μ＝0.5（重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）(1)如圖甲所示，用平行于斜面的推力F1作用于物體上，使其沿斜面勻速上滑，求F1大??；(2)如圖乙所示，若斜面不固定，改用水平推力F2作用于物體上，使物體沿斜面勻速下滑，此過程中斜面仍保持靜止，求F2大小和斜面受到地面的摩擦力f地?！即鸢浮?1)10N；(2)；〖解析〗(1)以物體m為研究對象，受力如下圖所示根據題意有聯(lián)立解得(2)分析物體m的受力如下圖所示根據題意有解得以整體為研究對象方向水平向左。16.清華大學研究的新型SSMB-EUV光刻技術，用于提供高強度、可調波長的極紫外光源。方案中的同步軌道如圖所示，密度分布非常均勻的穩(wěn)流電子束被導入同步軌道。同步軌道上存在磁感應強度為B的勻強磁場，電子在磁場控制下沿著固定半徑的軌道做勻速圓周運動，每轉一周，穿越一次加速腔，從中獲得能量，如圖所示。同步加速器中磁感應強度隨電子速度的增加而增加。已知圓形軌道半徑為R，電子的質量為m，電荷量為-e，加速腔ab的長度為L，L<<R，當電子進入加速腔時，加速電壓的大小始終為U，離開加速腔后，加速腔的電壓變?yōu)?，加速電場的頻率與電子的回旋頻率保持同步。已知加速腔外無電場，腔內無磁場，不考慮重力、相對論效應以及粒子間相互作用。（1）當電子在同步軌道的動能為Ek時，求軌道處的磁感應強度B的大?。浚?）長度為d（d<L）、初動能為Ek的電子束，經加速腔加速一次后長度變?yōu)槎嗌伲浚?）注入初動能為Ek，長度為d的電子束，最多可以被加速腔加速幾次？〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）電子在磁場做勻速圓周運動，有得（2）若某次電子未被加速前有其中被加速后有加速后長度為（3）設注入初動能為Ek，長度為d的電子束，最多可以被加速腔加速n次，有所以2023-2024學年一級校高三聯(lián)考試卷物理試題（考試時間：75分鐘滿分：100分）注意：請將試題的全部〖答案〗填寫在答題卡上。一、單項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中只有一項是符合題目要求的。1.自制一個原、副線圈匝數分別為600匝和190匝的變壓器，原線圈接12V的正弦交流電源，副線圈接額定電壓為3.8V的小燈泡。實際測得小燈泡兩端電壓為2.5V。下列措施有可能使小燈泡正常發(fā)光的是（）A.僅增加原線圈匝數B.僅增加副線圈匝數C.將原、副線圈匝數都增為原來的兩倍D.將兩個3.8V小燈泡并聯(lián)起來接入副線圈〖答案〗B〖解析〗A．由知，僅增加原線圈匝數，副線圈的輸出電壓U2減小，不能使小燈泡正常發(fā)光，故A錯誤；B．由知，僅增加副線圈匝數，副線圈的輸出電壓U2增大，有可能使小燈泡正常發(fā)光，故B正確；C．由知，將原、副線圈匝數都增為原來的兩倍，但由于原線圈的電壓不變，則副線圈的輸出電壓U2不變，不能使小燈泡正常發(fā)光，故C錯誤；D．將兩個3.8V小燈泡并聯(lián)，但由于原線圈的電壓不變，則副線圈的輸出電壓U2不變，不能使小燈泡正常發(fā)光，故D錯誤。故選B。2.下列四種情形中，與其余三種所涉及的光學原理不同的是（）A.透鏡上方看到牛頓環(huán)B.相機鏡頭涂有增透膜C.光經過大頭針尖時產生條紋D.檢查平面的平整程度〖答案〗C〖解析〗牛頓環(huán)是利用了光的干涉原理，增透膜是利用光的干涉原理，光經過大頭針尖時產生條紋是衍射現象，用標準平面檢查光學平面的平整程度是利用光的薄膜干涉現象綜上所述，與其余三種所涉及的光學原理不同的是C。故選C。3.如圖所示，某人在河谷堤岸上以一定初速度水平拋出一小石塊，拋出的小石塊可能落在拋出點左側的任何位置，落地速度與水平方向的夾角成為偏向角，下列說法正確的是（）A.初速度越大，落地時間越長B.初速度越大，落地時間越短C.初速度越大，偏向角越小D.初速度不同，偏向角可能相等 〖答案〗D〖解析〗AB．落地時間長短與小石塊豎直方向位移有關，由于落點不確定，落地時間長短無法確定，故AB錯誤；CD．設速度偏轉角為，位移偏轉角為。根據平拋運動速度方向夾角和位移方向夾角關系規(guī)律可知當小球落在拋出點所在斜面時，落地速度與水平方向的夾角相同，與水平初速度無關，故D正確，C錯誤。故選D。4.玉米是我國重要的農作物。收割后脫粒玉米用如圖甲所示的傳送帶裝置。如圖乙所示，將收割曬干的玉米投入脫粒機后，玉米粒從靜止開始被傳送到底端與脫粒機相連的順時針勻速轉動的傳送帶上，一段時間后和傳送帶保持相對靜止，直至從傳送帶的頂端飛出，最后落在水平地面上，玉米被迅速裝袋轉運，提升了加工轉運的效率。已知傳送帶與水平方向的夾角為θ、頂端的高度為h，玉米粒相對于傳送帶頂端的最大高度也是h，若不計風力、空氣阻力和玉米粒之間的相互作用力，已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.玉米粒在傳送帶上時，所受摩擦力始終不變B.玉米粒落地點與傳送帶底端的水平距離為C.傳送帶的速度大小為D.玉米粒飛出后到落地所用的時間為〖答案〗B〖解析〗A．玉米粒剛放在傳送帶上時，玉米粒受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力，當玉米粒與傳送帶達到共速后，受到沿傳送帶向上的靜摩擦力，所受摩擦力發(fā)生改變，故A錯誤；C．設傳送帶速度為v，玉米粒脫離傳送帶后水平方向做勻速直線運動，豎直方向做豎直上拋運動，所以到達最高點時解得故C錯誤；D．玉米粒從飛出到落地過程，豎直方向上根據位移時間關系有解得故D錯誤；B．從脫離到落地時水平位移為所以落地點與傳送帶底端的水平距離為故B正確。故選B。二、雙項選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。在每小題有兩項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。5.2022年10月9日，我國綜合性太陽探測衛(wèi)星“夸父一號”成功發(fā)射，實現了對太陽探測跨越式突破?！翱涓敢惶枴毙l(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，距地面高度約為720km，運行一圈所用時間約為100分鐘。如圖所示，為了隨時跟蹤和觀測太陽的活動，“夸父一號”在隨地球繞太陽公轉的過程中，需要其軌道平面始終與太陽保持固定的取向，使太陽光能照射到“夸父一號”，下列說法正確的是（）A.“夸父一號”的運行軌道平面平均每天轉動的角度約為1°B.“夸父一號”繞地球做圓周運動的速度大于7.9km/sC.“夸父一號”繞地球做圓周運動的向心加速度小于地球表面的重力加速度D.由題干信息，根據開普勒第三定律，可求出日地間平均距離〖答案〗AC〖解析〗A．因為“夸父一號”軌道要始終保持要太陽光照射到，則在一年之內轉動，即軌道平面平均每天約轉動，故A正確；B．第一宇宙速度是所有繞地球做圓周運動的衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，則“夸父一號”的速度小于7.9km/s，故B錯誤；C．根據萬有引力與重力的關系根據牛頓第二定律“夸父一號”繞地球做圓周運動的半徑大于地球半徑，可知“夸父一號”繞地球做圓周運動的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C正確；D．“夸父一號”繞地球轉動，地球繞太陽轉動，中心天體不同，則根據題中信息不能求解地球與太陽的距離，故D錯誤。故選AC。6.如圖，圓形水平餐桌面上有一個半徑為r、可繞中心軸轉動的同心圓盤，在圓盤的邊緣放置一個質量為m的小物塊，物塊與圓盤間、物塊與桌面間的動摩擦因數均為?，F從靜止開始緩慢增大圓盤的角速度，物塊從圓盤上滑落后，最終恰好停在桌面邊緣。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，圓盤厚度及圓盤與餐桌間的間隙不計，物塊可視為質點。則（）A.小物塊從圓盤上滑落后，小物塊在餐桌上做曲線運動B.物塊隨圓盤運動的過程中，圓盤對小物塊做功為C.餐桌面的半徑為D.物塊在餐桌面上滑行的過程中，所受摩擦力的沖量大小為〖答案〗BD〖解析〗A．小物塊從圓盤上滑落后，小物塊沿切線方向滑出，合外力為與速度方向相反的滑動摩擦力，做勻減速直線運動，故A錯誤；B．小物塊滑下時可知由動能定理可得圓盤對小物塊做的功為故B正確；C．小物塊滑下后在桌面上滑動時，由動能定理得解得小物塊在桌面滑動距離則餐桌面的半徑為故C錯誤；D．物塊在餐桌面上滑行的過程中，根據動量定理可得所受摩擦力的沖量大小為故D正確。故選BD。7.如圖所示為某彈跳玩具，底部是一個質量為m的底座，通過彈簧與頂部一質量的小球相連，同時用輕質無彈性的細繩將底座和小球連接，穩(wěn)定時繩子伸直而無張力。用手將小球按下一段距離后釋放，小球運動到初始位置處時，瞬間繃緊細繩，帶動底座離開地面，一起向上運動，底座離開地面后能上升的最大高度為h，則（）A.用手將小球按下一段距離后，彈簧的彈性勢能為B.繩子繃緊前的瞬間，小球的動能為C.繩子繃緊瞬間，系統(tǒng)損失的機械能為D.玩具離開地面上升到最高點的過程中，重力做功為〖答案〗CD〖解析〗ABC．設細繩繃緊后瞬間，小球和底座一起向上運動的速度大小為v，底座離開地面后能上升h高，則有設細繩繃緊前瞬間，小球速度為，根據動量守恒可得可得則繩子繃緊前的瞬間，小球的動能為則繩子繃緊瞬間，系統(tǒng)損失的機械能為用手將小球按下一段距離后，在繩子繃緊前的瞬間，減小的彈性勢能轉化成小球的動能和重力勢能，故彈性勢能滿足故AB錯誤，C正確；D．玩具離開地面上升到最高點的過程中，重力做功為故D正確。故選CD。8.如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外勻強磁場中，固定一內部真空且內壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直。管道橫截面半徑為a，長度為（）。帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進入管道，粒子在磁場力作用下經過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出，單位時間進入管道的粒子數為n，粒子電荷量為，不計粒子的重力、粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）A.粒子在磁場中運動的圓弧半徑為B.粒子質量為C.管道內的等效電流為D.粒子束對管道的平均作用力大小為〖答案〗BD〖解析〗AB．帶正電的粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子運動的圓弧半徑為R=a解得粒子質量為A錯誤，B正確；C．根據電流的定義式解得C錯誤；D．粒子束對管道的平均作用力大小等于等效電流受的安培力F=nqBlD正確。故選BD。三、非選擇題：共60分，其中9、10、11題為填空題，12、13題為實驗題，14~16題為計算題。請考生按要求作答。9.請將下列核反應方程補充完整。A．____；B．____；C．____。〖答案〗〖解析〗A．由質量數和電荷數守恒可知，質量數電荷數由此可知產生的元素X是，該方程為此核反應方程式是重核裂變方程；B．同理，質量數電荷數由此可知產生的元素X是氦核，該方程為此核反應方程式是衰變；C．同理，質量數電荷數由此可知產生的元素X是，該方程為此核反應方程式是人工轉變方程。10.有一列振幅為的簡諧橫波沿x軸正方向傳播，時刻位于0點的波源開始振動。時的波形如圖所示，此時波傳播到處，波源的坐標為，則該簡諧波傳播的速度____；周期____；波長____。〖答案〗11m/s4.8m〖解析〗[1]該簡諧波傳播的速度為[2]由波形平移法可知，質點的起振方向沿軸負方向，設波源的振動方程為由題意可知可得解得周期為[3]波長為11.如圖，兩端開口、下端連通的導熱汽缸，用兩個輕質絕熱活塞（截面積分別為和）封閉一定質量的理想氣體，活塞與汽缸壁間無摩擦。在左端活塞上緩慢加細沙，活塞從A下降h高度到B位置時，活塞上細沙的總質量為m。在此過程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始終不變。整個過程環(huán)境溫度和大氣壓強保持不變，系統(tǒng)始終處于平衡狀態(tài)，重力加速度為g。（1）整個過程，理想氣體的分子平均動能____；（2）整個過程，外力F做功等于____；（3）左端活塞到達B位置時，外力_____?！即鸢浮剑?）不變（2）0（3）〖解析〗（1）[1]汽缸導熱，整個過程，理想氣體溫度不變，分子平均動能不變（2）[2]外力F作用在右端活塞上，活塞位置不變，可知在F作用下沒有位移，可知外力F做功為0。（3）[3]左端活塞到達B位置時，對左邊活塞有對于右邊活塞有聯(lián)立兩式得12.采用圖1所示的電路圖來測量金屬絲的電阻率。（1）實驗時，閉合開關S前，滑動變阻器的滑片P應處在___________（填“M”或“N”）端。（2）按照圖1連接實物圖，如圖2所示。閉合開關前檢查電路時，發(fā)現有一根導線接錯，該導線為___________（填“a”“b”或“c”）。若閉合開關，該錯誤連接會帶來的問題有___________?！即鸢浮剑?）M（2）b移動滑片時，電壓表和電流表的示數不變〖解析〗（1）[1]實驗時，閉合開關S前，為保護電路，滑動變阻器滑片P應處在最大阻值處，滑動變阻器的滑片P應處在M端。（2）[2][3]滑動變阻器采用分壓式接法，滑動變阻器下端兩接線柱與電源相連，故b導線接錯；該錯誤帶來的問題是移動滑片的過程中電壓表和電流表的示數不變。13.某同學為了驗證對心碰撞過程中的動量守恒定律，設計了如下實驗：用紙板搭建如圖所示的滑道，使硬幣可以平滑地從斜面滑到水平面上，其中為水平段，在水平段取一點。選擇相同材質的一元硬幣和一角硬幣進行實驗。測量硬幣的質量，得到一元硬幣和一角硬幣的質量分別為和。將硬幣放置在斜面上某一位置，標記此位置為。由靜止釋放a，當a停在水平面上某處時，測量a右側到點的距離，如圖甲所示；將硬幣b放置在處，左側與點重合，再將a從點由靜止釋放，當兩枚硬幣發(fā)生碰撞后，a、b分別停在水平面上時，測量a右側到點的距離、b左側到點的距離，如圖乙所示。保持釋放位置不變，重復實驗若干次，得到的平均值分別為。（1）在本實驗中，b選用的是______（選填“一元”或“一角”）硬幣。（2）若a、b碰撞前后動量守恒，則應滿足的表達式為______（用、和表示）；若碰撞前后動量守恒且機械能相等，則應滿足的表達式為______（用和表示）。（3）該同學規(guī)范的完成了實驗的每一步操作，最后代入實驗測得的數據，發(fā)現碰撞前后動量并不守恒，原因可能是______（回答一條即可）?！即鸢浮剑?）一角（2）（3）①可能兩個硬幣厚度不同，兩硬幣重心連線與水平面不平行；②兩硬幣碰撞內力不遠遠大于外力，動量守恒只是近似滿足，即如果摩擦力比較大，動量守恒只是近似滿足〖解析〗（1）[1]為了保證兩硬幣碰后都向右運動，則需要入射硬幣質量大于被碰硬幣的質量即碰撞后甲向右運動，即b選用的一角的硬幣；

（2）[2]不放置硬幣乙時，甲從O點到P點