2023年湘豫名校聯(lián)考高考物理二模試卷

2023年湘豫名校聯(lián)考高考物理二模試卷

1.在力學(xué)范圍內(nèi)，國(guó)際單位制規(guī)定長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間為三個(gè)基本量，它們的單位米（Tn）、千

克（kg）、秒（S）為基本單位。下列物理量的單位，只能用這三個(gè)力學(xué)基本單位導(dǎo)出的是（）

A.磁感應(yīng)強(qiáng)度B.普朗克常量C.電阻率D.磁通量

2.如圖甲所示為氫原子光譜的巴耳末系（其光譜線是由n≥3的能級(jí)向肛=2的能級(jí)躍遷時(shí)發(fā)

出的），四條可見(jiàn)光譜線的波長(zhǎng)已在圖甲中標(biāo)出。氫原子能級(jí)圖如圖乙所示，F(xiàn)n=?E1,其

中El=-13.6eV0幾種金屬的逸出功如表所示。已知可見(jiàn)光的能量范圍是L62eV"?3.11eV,

則下列說(shuō)法中正確的是（）

HHYH

β6EZcV

--0.85

—1.51

UEEL--3.40

l

UUUU

GGO≡

..?

99M0

S87-13.6

寸

9「

A.用為光照射時(shí)可讓表中的兩種金屬發(fā)生光電效應(yīng)

B.%譜線對(duì)應(yīng)光子的能量大于物譜線對(duì)應(yīng)光子的能量

C.Ha譜線對(duì)應(yīng)的光子是氫原子從Ti=4能級(jí)向n=2能級(jí)躍遷發(fā)出的

D.氫原子從兀=2能級(jí)向n=1能級(jí)躍遷時(shí)發(fā)出的光屬于紅外線

3.周末，小明坐公交車回家，公交車在平直路面上勻速行駛

時(shí)，小明觀察到車頂懸掛的拉手環(huán)豎直下垂如圖中α位置。當(dāng)

公交車行駛到其他路段，小明看到拉手環(huán)位于圖中b位置，并

在一段時(shí)間內(nèi)保持相對(duì)靜止，則該公交車的運(yùn)動(dòng)情況不可能是（）

A.公交車在平直路面上加速前進(jìn)B.公交車在平直路面上減速倒車

C.公交車在斜坡路面上加速上坡D.公交車在斜坡路面上減速下坡

4.如圖所示，局空消防演練時(shí)，r?壓水龍頭噴出水流的運(yùn)動(dòng)可看成拋體運(yùn)動(dòng)。當(dāng)噴口斜向

上時(shí)，水流垂直打在豎直墻面上，擊中點(diǎn)到噴口的豎直高度恰好與其水平距離相等。若只將

噴口調(diào)為水平且正對(duì)墻面，噴水的速度大小不變，這種情況下?lián)糁悬c(diǎn)到噴口的豎直高度與其

水平距離的比值是（）

B

B

B

B

B

1C1

A.3-4-

5.2022年10月9日，我國(guó)的綜合性太陽(yáng)探測(cè)衛(wèi)星“夸父一號(hào)”在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升

空，與在2021年發(fā)射的第一顆探日衛(wèi)星“羲和號(hào)”聯(lián)手開(kāi)展對(duì)日觀測(cè)。兩顆衛(wèi)星的軌道均為

近極地太陽(yáng)同步軌道，可視為圓形軌道，已知“夸父一號(hào)”與“羲和號(hào)”離地的高度分別為心、

h2,地球半徑為R。下列說(shuō)法正確的是（）

A.“夸父一號(hào)”與“羲和號(hào)”所受地球引力大小之比為（鬻￥

B.“夸父一號(hào)”與“羲和號(hào)”運(yùn)行速度大小之比為（篇放

C.“夸父一號(hào)”與“羲和號(hào)”運(yùn)行周期之比為（貌成

D.，，夸父一號(hào)”“羲和號(hào)”與地心的連線在相同時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積不相等

6.如圖所示，內(nèi)壁光滑、足夠長(zhǎng)的絕緣細(xì)玻璃管水平固定，管內(nèi)固定著兩個(gè)電荷量分別為+Q、

一q（Q>q）的帶電小球M、N,管內(nèi)位于小球N右側(cè)的P點(diǎn)與M、N兩小球共線，且M、N兩小

球在P點(diǎn)處激發(fā)的合電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零。若把另一帶電小球E（圖中未畫(huà)出）放在管內(nèi)P點(diǎn)處，

小球E可能處于穩(wěn)定平衡狀態(tài)或不穩(wěn)定平衡狀態(tài)，判斷方法如下：將小球E稍微偏離P點(diǎn)，若

小球E受到合力的方向指向P點(diǎn)，則小球E處于穩(wěn)定平衡狀態(tài)，若合力方向背離P點(diǎn)，則小球E

處于不穩(wěn)定平衡狀態(tài)。已知小球E的直徑略小于細(xì)玻璃管的內(nèi)徑，所有小球均可視為點(diǎn)電荷。

下列說(shuō)法正確的是（）

MNP

A.若小球E帶正電，則小球E在管內(nèi)P點(diǎn)處于穩(wěn)定平衡狀態(tài)

B.若小球E帶負(fù)電，則小球E在管內(nèi)P點(diǎn)處于穩(wěn)定平衡狀態(tài)

C.若小球E帶負(fù)電，將其從管內(nèi)P點(diǎn)向左移動(dòng)一段距離后，由靜止釋放，在庫(kù)侖力作用下小

球E一定做往復(fù)運(yùn)動(dòng)

D.若小球E帶負(fù)電，將其從管內(nèi)P點(diǎn)向右移動(dòng)一段距離后，由靜止釋放，在庫(kù)侖力作用下小

球E一定做往復(fù)運(yùn)動(dòng)

7.某個(gè)粒子分析裝置的簡(jiǎn)化示意圖如圖所示，在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（未畫(huà)出）中，有一

圓心為。、半徑為R的圓形無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域，在圓形邊界的P點(diǎn)處有一α粒子發(fā)射源，可在圖示

乙GPH=90。范圍的方向上在紙面內(nèi)隨機(jī)向磁場(chǎng)區(qū)域發(fā)射速度大小相同的α粒子，在圓經(jīng)過(guò)P

點(diǎn)的直徑上，固定一長(zhǎng)度為2R的熒光擋板，α粒子擊中熒光擋板后被吸收并發(fā)出熒光。已知PG

與直徑QP延長(zhǎng)線的夾角為30。，α粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q。不計(jì)a粒子的重力和粒子間的

相互作用，當(dāng)α粒子的速度為U=噤時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.所有進(jìn)入圓形區(qū)域的α粒子均垂直擊中熒光擋板

B.熒光擋板上α粒子打到的區(qū)域長(zhǎng)度為R,且擊中熒光擋板的α粒子的位置均勻分布

C.α粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為萼

D.α粒子在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為荒

8.如圖所示，傾角為e=30。、足夠長(zhǎng)的光滑斜面固定在水平地

面上，下端有一垂直斜面的固定擋板。質(zhì)量均為m的小球a、匕用

勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧連接并放置在斜面上，小球b靠在擋板上,

兩小球均保持靜止?，F(xiàn)對(duì)小球a施加一平行斜面向上、大小為F=

n?g的恒力。已知彈簧的彈性勢(shì)能E彈與其形變量X滿足E彈彈簧與斜面平行且形變始

終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。在以后的運(yùn)動(dòng)中，下列分析正確的是（）

A.小球α先做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減小到零后做勻速運(yùn)動(dòng)

B.小球b脫離擋板后，系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變

22

C.小球b剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球α的動(dòng)能為聯(lián)

2k

D.小球b脫離擋板以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能可能大于空史

9.小明在居家學(xué)習(xí)期間，利用身邊的器材測(cè)量小區(qū)電梯運(yùn)行的加速度。

用到的器材有：彈簧(可視為輕質(zhì)理想彈簧)、刻度尺、裝適量水的瓶子和細(xì)線。實(shí)驗(yàn)

步驟如下：

(1)將彈簧的一端懸掛在電梯轎廂內(nèi)的廂頂上，在電梯不運(yùn)行時(shí)完成步驟(2)、(3),

整個(gè)實(shí)驗(yàn)過(guò)程中彈簧的形變均在彈性限度內(nèi)；I

(2)彈簧下端不掛重物時(shí)，用刻度尺測(cè)量彈簧的長(zhǎng)度Lo=15.50cm：

(3)將裝有適量水的瓶子用細(xì)線掛在彈簧的下端，穩(wěn)定后測(cè)量彈簧的長(zhǎng)度Ll=26.30cm。

(4)當(dāng)電梯向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，穩(wěn)定后測(cè)量彈簧的長(zhǎng)度員=27.05cm。

回答下列問(wèn)題。

①已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=9.78m∕s2,電梯向上運(yùn)行的加速度表達(dá)式α=(用題中

所給物理量的字母表示)，代入數(shù)據(jù)計(jì)算結(jié)果為α=m∕s2(結(jié)果保留兩位小數(shù))。

②若要測(cè)出彈簧的勁度系數(shù)上還需測(cè)量的物理量是(用文字描述)。

10.某學(xué)習(xí)小組利用電壓表V(量程為15V)、電源E和電位器R(相當(dāng)于最大阻值很大的滑動(dòng)變

阻器)，改裝成一個(gè)能夠測(cè)量電阻的歐姆表。實(shí)驗(yàn)原理圖如圖甲所示。實(shí)驗(yàn)主要步驟如下，請(qǐng)

完成有關(guān)內(nèi)容。

⑴按照實(shí)驗(yàn)原理圖連接電路,先把電位器R的滑片P調(diào)到(填“a”或"b”)端,將紅、

黑表筆短接，調(diào)節(jié)滑片P使電壓表滿偏;

(2)保持電位器R的滑片P不動(dòng)，在紅、黑表筆間接入電阻箱，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，當(dāng)電壓表

半偏時(shí)，電阻箱的示數(shù)如圖乙所示，讀出電阻箱的阻值Ro=0；

(3)在紅、黑表筆間接入待測(cè)電阻，若電壓表的示數(shù)為U,已知電壓表的滿偏電壓為Ufn。把電

壓表的示數(shù)標(biāo)示為待測(cè)電阻的阻值Rχ,換算公式是&=(用Um、。和RO表示);

(4)利用改裝好的歐姆表測(cè)量人體兩手間的電阻。測(cè)試者兩手分別捏緊紅、黑表筆，電壓表指

針讀數(shù)如圖丙所示，則人體電阻R人=kθ(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)；

(5)(填“可以”或“不可以”)用此改裝的歐姆表測(cè)量阻值為幾歐姆的小燈泡的電阻。

原因是：。

11.如圖所示，在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一光滑水平絕緣桌面，桌面的右端固定一定滑輪。

兩個(gè)質(zhì)量均為根、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊a、b,通過(guò)不可伸長(zhǎng)的細(xì)線繞過(guò)定滑輪連接，其中滑塊a

帶正電，電荷量為q,滑塊匕不帶電，滑塊a與滑輪間的細(xì)線保持水平。開(kāi)始時(shí)，滑塊a鎖定在

桌面上的P點(diǎn)，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。解除對(duì)滑塊a的鎖定后，滑塊a向右運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后(

滑塊b未觸地)剪斷細(xì)線，又經(jīng)過(guò)相同的時(shí)間滑塊a恰好回到P點(diǎn)。已知重力加速度大小為g,

滑塊a向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未與滑輪碰撞。求：

(1)滑塊a在剪斷細(xì)線時(shí)與回到P點(diǎn)時(shí)的速度大小之比；

(2)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。

12.如圖甲所示，傾角。=37。、足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平面上，斜面上水平邊界MN的下方

有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=I7。初始時(shí)，一質(zhì)量m=0.2kg、

邊長(zhǎng)L=0.2m、電阻R=0.04。的單匝正方形導(dǎo)體框abed靜止在斜面上的磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，ab邊

與磁場(chǎng)邊界MN平行且距MN的距離為導(dǎo)體框先后兩次在平行斜面向上的拉力F作用下，從

初始位置由靜止開(kāi)始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)撤去拉力，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體框的ab

邊始終與邊界MN平行。已知導(dǎo)體框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=0.75,重力加速度大小g取

10m∕s2,sin37o=0.6,cos37°=0,8?先后兩次拉動(dòng)情景如下：

第一次拉力F為恒力，導(dǎo)體框的ab邊運(yùn)動(dòng)至磁場(chǎng)邊界MN時(shí)，導(dǎo)體框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)；

第二次拉力F為變力，導(dǎo)體框的速度U與沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的距離%滿足正比關(guān)系，U-X關(guān)系圖

像如圖乙所示。

(1)求第一次拉力尸的大小。

(2)求第二次拉力F的大小與導(dǎo)體框沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的距離X滿足的關(guān)系式。

（3）若在斜面磁場(chǎng)區(qū)域的上方離邊界MN的距離為d處安裝一彈性擋板,第二次導(dǎo)體框沿斜面向

上離開(kāi)磁場(chǎng)后與擋板碰撞，導(dǎo)體框與擋板碰撞后瞬間導(dǎo)體框速度大小不變而方向反向。碰撞

后導(dǎo)體框再次到達(dá)磁場(chǎng)區(qū)域但最終沒(méi)能全部進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，求d應(yīng)滿足的條件。（結(jié)果保留三

位有效數(shù)字）

13.如圖所示，水平放置的汽缸被光滑的活塞分隔為左右兩部分，汽缸與活塞的隔熱性良好。

右側(cè)充入一定質(zhì)量的理想氣體，并連有電熱絲。左側(cè)為真空，一根彈簧（彈簧的形變始終在彈

性限度內(nèi)）連接活塞和左側(cè)器壁,活塞處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)接通電源，電熱絲緩慢加熱右側(cè)氣體,

當(dāng)活塞再次靜止時(shí)，下列分析正確的是（）

A.右側(cè)氣體壓強(qiáng)增加

B.右側(cè)氣體中每一個(gè)分子的動(dòng)能都增加

C.電熱絲產(chǎn)生的焦耳熱等于右側(cè)氣體內(nèi)能的增量

D.右側(cè)氣體分子單位時(shí)間內(nèi)撞擊活塞的次數(shù)可能減少

E.右側(cè)氣體分子單位時(shí)間內(nèi)撞擊活塞的沖量增加

14.如圖甲所示，一水平固定放置的汽缸由兩個(gè)粗細(xì)不同的圓柱形筒組成，汽缸中活塞I與

活塞II之間封閉有一定量的理想氣體，兩活塞用長(zhǎng)度為2L、不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線連接，活塞

∏恰好位于汽缸的粗細(xì)缸連接處，此時(shí)細(xì)線拉直且無(wú)張力。現(xiàn)把汽缸豎立放置，如圖乙所示，

活塞I在上方，穩(wěn)定后活塞I、∏到汽缸的粗細(xì)缸連接處的距離均為L(zhǎng)。已知活塞I與活塞II

的質(zhì)量分別為2m、m,面積分別為2S、S,環(huán)境溫度為%,重力加速度大小為g,大氣壓強(qiáng)保

持不變，忽略活塞與汽缸壁的摩擦，汽缸不漏氣，汽缸與活塞導(dǎo)熱性良好，不計(jì)細(xì)線的體積。

(i)緩慢升高環(huán)境溫度，穩(wěn)定后活塞II再次回到汽缸的粗細(xì)缸連接處，求環(huán)境溫度T及此時(shí)細(xì)

線張力FT:

(")在圖乙中，若溫度保持7。不變，用力緩慢上推活塞∏,使其再次回到汽缸的粗細(xì)缸連接處

并保持靜止，求穩(wěn)定后推力樂(lè)及活塞I到粗細(xì)缸連接處的距離》。

1JI

U?！?/p>

乙

15.如圖所示為半圓形玻璃磚的橫截面，直徑MN與水平面平行。由紅、綠兩種單色光組成

的細(xì)光束沿αM從MN邊射入玻璃磚，細(xì)光束進(jìn)入玻璃磚后分成兩束光分別打到玻璃磚截面的

b、C兩點(diǎn)處，b、C兩點(diǎn)分別位于玻璃碗截面最低點(diǎn)的左右兩側(cè)。下列說(shuō)法正確的是()

A.b、C兩點(diǎn)處分別對(duì)應(yīng)綠光、紅光

B.在玻璃中，綠光的速度比紅光小

C.在玻璃中，綠光的波長(zhǎng)比紅光長(zhǎng)

D.射到C點(diǎn)的光在C點(diǎn)沒(méi)有發(fā)生全反射

E.光從M點(diǎn)到C點(diǎn)的傳播時(shí)間比從M點(diǎn)到b點(diǎn)的傳播時(shí)間長(zhǎng)

16.如圖所示，蛇形擺是演示單擺周期與擺長(zhǎng)關(guān)系的實(shí)驗(yàn)裝置，各擺球的擺長(zhǎng)從左到右按一

定規(guī)律遞減，以單擺所在平面為yθz面，以垂直單擺所在平面為X軸，建立。-孫Z空間直角

坐標(biāo)系。用一板子把所有擺球由平衡位置沿X軸正方向移動(dòng)相同的一小段位移,然后同時(shí)釋放,

由于各擺球周期不同，開(kāi)始擺球整體看上去像一條舞動(dòng)的蛇，一段時(shí)間后變得紊亂，經(jīng)過(guò)一

段時(shí)間又會(huì)重復(fù)。現(xiàn)有10個(gè)擺球，從左到右依次編號(hào)為n=0、1、2、…、9,擺長(zhǎng)分別為L(zhǎng)。、

L1、G、…、L9，擺長(zhǎng)滿足L,=(品)2^0，其中N=I0,編號(hào)n=0的單擺周期為7()(為已知

量)，擺球的運(yùn)動(dòng)可視為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，不考慮空氣阻力。

(1)求編號(hào)為n的單擺的周期〃；

(2)板子放開(kāi)后編號(hào)n=O的單擺若完成了10次全振動(dòng)，編號(hào)n=7的單擺完成了多少次全振動(dòng)？

(3)板子放開(kāi)后最短經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間，所有擺球又重新回到釋放時(shí)的狀態(tài)？

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4、由B=看得,磁感應(yīng)強(qiáng)度的單位為N∕(4?nι)=(∕cg?62)/(/?7n)=∕cg?7n∕/,

還需要用安培(A)導(dǎo)出，故A錯(cuò)誤；

B、由能量子公式￡=∕n/得九=*則普朗克常量力的單位為/?s,IJ?s=IN?m?s=I(N?m∕s2)?

2

m?s=Ikg?m∕sf故B正確；

C、由電阻定律R=Pg知電阻率P的單位為C?τn,故C錯(cuò)誤；

D、由磁通量公式。=BS知磁通量的單位是Wb=T?z∏2,結(jié)合A項(xiàng)分析知，IT=Ikg.τn∕A,得

IWb=Ikg?τ∏3∕力，故D錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式B=5、能量子公式￡=/IV、電阻定律R=P,、磁通量公式中=BS進(jìn)行

ILRS

分析。

解答本題的關(guān)鍵要掌握與各個(gè)量相關(guān)的表達(dá)式，根據(jù)各個(gè)量單位之間的關(guān)系進(jìn)行推導(dǎo)分析。

2.【答案】A

【解析】解：根據(jù)圖甲可知Ha譜線對(duì)應(yīng)的光波長(zhǎng)最長(zhǎng)，也譜線對(duì)應(yīng)的光波長(zhǎng)最短；

根據(jù)光子能量公式E=∕ιv=h：可知，Ha譜線對(duì)應(yīng)光子的能量最小，為譜線對(duì)應(yīng)的光子能量最大；

348

四條可見(jiàn)光譜線的波長(zhǎng)對(duì)應(yīng)的能量Ea=4=6.62X1O-X3X1O=3θ26X10-19y=189eK

同樣的代入可得到其他三種光的光子能量%=2.55eV,Ey=2.86eV,Eδ=3.02eV

此能量恰好與氫原子分別從n=3,n=4,n=5,n=6能級(jí)躍遷到n=2能級(jí)對(duì)應(yīng)的能量相符。

A發(fā)生光電效條件為光子能量大于金屬的逸出功，根據(jù)上述結(jié)果可知用他光照射時(shí)可讓表中鉀和

鋤兩種金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故A正確；

8根據(jù)上述解析可知，Ha譜線對(duì)應(yīng)光子的能量小于小譜線對(duì)應(yīng)光子的能量，故B錯(cuò)誤；

C.氫原子從n=3能級(jí)向JI=2能級(jí)躍遷，輻射光子的能量ZIE=E3-E2=-1.51eV一(一3.4OeV)=

1.89eK,正好對(duì)應(yīng)于Ha譜線的能量，故C錯(cuò)誤；

。.氫原子從n=2能級(jí)向n=1能級(jí)躍遷時(shí)發(fā)出的光，能量為10.2eV,此能量大于可見(jiàn)光的能量范

圍，故此光屬于紫外線，故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

根據(jù)光子能量公式E^hv=八亨分別求解四條可見(jiàn)光譜線的波長(zhǎng)對(duì)應(yīng)的能量；

人根據(jù)光電效應(yīng)發(fā)生的條件分析作答；

A根據(jù)計(jì)算的結(jié)果分析作答；

C.根據(jù)能級(jí)躍遷時(shí)輻射光子的能量公式分析作答；

D由/U/=Em-En可求解氫原子躍遷時(shí)的能量，然后分析作答。

本題主要考查了光電效應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，理解玻爾氫原子能級(jí)理論，結(jié)合能量子的計(jì)算公式和光電

效應(yīng)方程即可完成分析。

3.【答案】D

【解析】解：AB,根據(jù)圖示可知，公交車前進(jìn)方向?yàn)橄蛴遥艄卉囋谄街甭访嫔闲旭?，拉手環(huán)

位于圖中b位置時(shí)，拉手環(huán)受到重力和沿繩的拉力，兩力的合力向右，則公交車加速度水平向右，

則公交車有可能加速前進(jìn)或者減速倒車，故AB正確；

C、若公交車在斜坡路面上加速上坡，則加速度方向沿斜坡向上，有可能是圖中b位置，故C正確；

。、公交車在斜坡路面上減速下坡，加速度沿斜坡向上，則拉手環(huán)會(huì)向圖中α位置右側(cè)傾斜，故。

錯(cuò)誤。

本題要求選擇不可能的，

故選：Po

對(duì)拉手環(huán)受力分析，根據(jù)牛頓第二定律分析公交車的加速度，結(jié)合選項(xiàng)分析即可。

本題考查牛頓第二定律，解題關(guān)鍵是根據(jù)對(duì)手環(huán)受力分析，結(jié)合牛頓第二定律分析即可。

4.【答案】D

【解析】解：設(shè)噴口距墻面的距離為d,噴口斜向上時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為水流噴出時(shí)的速度大小為

V0-方向與水平方向的夾角為。，則水平初速度為ι?cos仇豎直初速度為UOSin0。

根據(jù)水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有d=v0cosθ-t1

豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，有%sine=gt[,d=；g片

噴口水平時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為今，水平方向有d=%t2

豎直方向有h=

12

可得噴口水平時(shí)，擊中點(diǎn)到噴口的豎直高度與其水平距離的比值是J=F?

d凝彳

聯(lián)立解得擊中點(diǎn)到噴口的豎直高度與其水平距離的比值：與二,故ABC錯(cuò)誤，。正確。

a5

故選：Do

本題根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律：水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，利用分位移公

式即可解答。

本題解題關(guān)鍵是掌握斜拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，知道斜拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向上

做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分位移公式和等時(shí)性進(jìn)行解答。

5.【答案】ABD

【解析】解：4、根據(jù)萬(wàn)有引力定律得：F=G等，則'‘夸父一號(hào)”與“羲和號(hào)”所受地球引力

大小之比為引=華￥=（缺A，故A正確；

BC、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得：G^=m^=m^-r,得V=再,τ=2πy∣~^j

所以“夸父一號(hào)”與“羲和號(hào)”運(yùn)行速度大小之比為V=

“夸父一號(hào)”與“羲和號(hào)”運(yùn)行周期之比為%=（號(hào)￡=（貌W故B正確，C錯(cuò)誤；

。、“夸父一號(hào)”與“羲和號(hào)”不在同一軌道上，根據(jù)開(kāi)普勒第二定律可知，兩衛(wèi)星與地心的連

線在相同時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積不相等，故。正確。

故選：ABD.

根據(jù)萬(wàn)有引力定律求解兩顆衛(wèi)星所受地球引力大小之比。根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力列式，得到衛(wèi)

星的速度、周期與軌道半徑的關(guān)系，再求速度大小之比和周期之比。結(jié)合開(kāi)普勒第二定律分析衛(wèi)

星與地心的連線在相同時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積關(guān)系。

解答本題的關(guān)鍵要掌握萬(wàn)有引力提供向心力這一基本思路,靈活選擇向心力公式,通過(guò)列式分析。

6.【答案】BD

【解析】解：4若小球E帶正電，則將E向左移動(dòng)后，由于P點(diǎn)合場(chǎng)強(qiáng)為零，根據(jù)電場(chǎng)的疊加，NP之

間的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向指向N點(diǎn)，所以E的受力方向向左，背離P點(diǎn)，不平衡，故A錯(cuò)誤；

及若小球E帶負(fù)電，則將E向左移動(dòng)后，由場(chǎng)強(qiáng)方向得E的受力方向指向P點(diǎn)，平衡，故B正確；

C.若把E移動(dòng)到MN電荷之間，正負(fù)電荷之間某點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為0,則無(wú)法往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D若把E向右移動(dòng)，則無(wú)場(chǎng)強(qiáng)為O的點(diǎn)，由靜止釋放，在庫(kù)侖力作用下小球E一定做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故

D正確。

故選：BD。

根據(jù)電場(chǎng)的疊加，由于P點(diǎn)合場(chǎng)強(qiáng)為零，確定P點(diǎn)左側(cè)、右側(cè)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向，即可分析帶電小球

的運(yùn)動(dòng)情況。

此題考查了異種電荷的電場(chǎng)疊加，關(guān)鍵是確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，分析帶電粒子的受力，從而確定

帶電粒子運(yùn)動(dòng)情況。

7.【答案】AD

【解析】解：4粒子受到的洛倫茲力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律可得:

Cτnv2

qvB=-y

結(jié)合幾何關(guān)系可得:

mv

Y----=R

qB

則從P點(diǎn)射出的某一粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，由幾何關(guān)系可知，四邊形O'MOP為菱形,可知O'M水平,

則從M點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域的粒子速度豎直向下，垂直擊中熒光擋板，故A正確；

A沿著PG方向射出的粒子設(shè)到擋板上的位置最遠(yuǎn)，由幾何關(guān)系可知,最遠(yuǎn)點(diǎn)距離P點(diǎn)的距離為∣R,

并且距離P點(diǎn)越近，粒子數(shù)量越多，粒子分布不均勻，故B錯(cuò)誤；

C.沿著PH方向射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，由兒何關(guān)系可知在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度為330。,

則最長(zhǎng)時(shí)間為：

330o2πRIlTrm.,kzdt`口

t=w×-="MΓ'故C錯(cuò)誤；

D水平向左射出的α粒子在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，為t'=W=焉,故。正確。

故選：AD.

根據(jù)牛頓第二定律和幾何關(guān)系得出粒子的出射方向：

根據(jù)兒何關(guān)系和周期公式得出對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。

本題主要考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，熟悉粒子的受力分析，結(jié)合牛頓第二定律和幾何關(guān)系

即可完成分析。

8.【答案】BC

【解析】解；4對(duì)小球ɑ受力分析，小球α在沿斜面方向上受到拉力、重力沿斜面向下的分力以及

彈簧向下的彈力的作用，根據(jù)牛頓第二定律可得：

F-mgsin30°-F彈1F彈

Q=---------m―-=

隨著彈簧伸長(zhǎng)，彈力先減小到O后又反向增大，加速度會(huì)逐漸減小，當(dāng)尸彈=Tnlg時(shí)，加速度減為

0,速度不為0。對(duì)小球b受力分析，此時(shí)小球b受到重力的分力大小為恰好等于彈簧彈力大

小。故此狀態(tài)為小球b恰好要運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)。又因?yàn)樾∏颞淮藭r(shí)速度不為0,故彈簧會(huì)繼續(xù)伸長(zhǎng)，彈

力會(huì)繼續(xù)增大。小球ɑ的加速度會(huì)沿斜面向下，又會(huì)做減速運(yùn)動(dòng)。故A錯(cuò)誤；

8.根據(jù)分析，小球b脫離擋板后，將小球ɑ,小球b以及彈簧看作一個(gè)整體，則整體受到的合外力為

0,根據(jù)所學(xué)的知識(shí)可知符合動(dòng)量守恒的條件，因此系統(tǒng)總的動(dòng)量保持不變。故B正確；

C初始狀態(tài)時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，根據(jù)受力分析可得：

1

m

F彈O=MgSiTl30°=kxQ=29

小球b剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)彈=∕c%=^mg

解得：XO=X=翳

且初末狀態(tài)中彈簧形變量相同，彈性勢(shì)能相同。則彈力做的總功為0。根據(jù)動(dòng)能定理可得：

WF-WG=mg(x+x0)-mg(x+XO)Sin30°=Ek-O

??

解得：E=*,故C正確；

Klc2k

。.小球b剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)上述分析可知小球α的速度為：

此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能為：?=l∕cχ2=^

理28κ

彈簧彈性勢(shì)能最大時(shí)兩小球的速度相等，系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，選擇初速度的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)

量守恒和能量守恒定律可得：

mv=2mvμ-

,2

Ek=?mv-?×2mv^

解得EJ=字

κ4k

根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化特點(diǎn)可知系統(tǒng)動(dòng)能的減少量為彈性勢(shì)能的增加量，可得：

密="E彈=??

故彈性勢(shì)能的最大值為：

E彈ms=E彈+ZE彈=喀，故。錯(cuò)誤。

故選:BCo

對(duì)小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得出其加速度的變化趨勢(shì)，從而得出其運(yùn)動(dòng)類型；

根據(jù)動(dòng)量守恒定律的條件分析出系統(tǒng)的總動(dòng)量是否守恒；

根據(jù)受力分析，結(jié)合動(dòng)能定理列式得出小球α的動(dòng)能；

根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律分析出彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能的可能值。

本題主要考查了動(dòng)量守恒定律的相關(guān)應(yīng)用，熟悉物體的受力分析，理解動(dòng)量守恒定律的條件，結(jié)

合受力分析和牛頓第二定律即可完成解答。

9.【答案】”?g0.68瓶子和水的總質(zhì)量m

LlTO

【解析】解：①設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為上裝有適量水的瓶子靜止時(shí)，根據(jù)平衡條件k(k-LO)=mg

當(dāng)電梯向上加速運(yùn)動(dòng)，彈簧的彈力F=k(L2-L0)

根據(jù)牛頓第二定律F-mg-ma

聯(lián)立解得α=鈣i?g

代入數(shù)據(jù)解得α=0.68m∕s2

②根據(jù)平衡條件k(Lι-Lo)=mg可知，要測(cè)彈簧的勁度系數(shù)，還需要測(cè)量瓶子和水的總質(zhì)量加。

故答案為：①，?g；0.68；

②瓶子和水的總質(zhì)量m。

①根據(jù)胡克定律求解彈簧的彈力，根據(jù)平衡條件求解瓶子和水的總重力與彈力的關(guān)系；根據(jù)牛頓

第二定律求解彈力、瓶子和水的總重力與加速度的關(guān)系，據(jù)此分析作答即可；

②根據(jù)平衡條件確定需要測(cè)量的物理量。

要理解實(shí)驗(yàn)原理，要熟練掌握平衡條件、胡克定律和牛頓第二定律。

10.【答案】b7968警-Ro23不可以測(cè)量小電阻時(shí)電壓表示數(shù)幾乎仍為滿偏，測(cè)量誤差很

大

【解析】解：(1)按照實(shí)驗(yàn)原理圖連接電路，先把電位器R的滑片P調(diào)到6端，將紅、黑表筆短接,

調(diào)節(jié)滑片P使電壓表滿偏。

(2)根據(jù)電阻箱各旋鈕的倍率可得，電阻箱的阻值：Rtl=79680

(3)由(2)分析可知電壓表電阻和電位器接入電路的電阻之和等于Ro,則：/=A=建展

解得：RX=華-Ro

(4)由題圖可知電壓表的示數(shù)為：U=3.8V,代入上式可得：R人=RX=華-RO=號(hào)竺。一

7968。=23kΩ;

(5)不可以用此改裝的歐姆表測(cè)量阻值為幾歐姆的小燈泡的電阻。原因測(cè)量小電阻時(shí)電壓表示數(shù)幾

乎仍為滿偏，測(cè)量誤差很大。

故答案為：(l)b;(2)7968；(3)華一R。；(4)23；(5)不可以、測(cè)量小電阻時(shí)電壓表示數(shù)幾乎仍

為滿偏，測(cè)量誤差很大。

(1)為保證電壓表的安全，應(yīng)使滑動(dòng)變阻器接入的電阻最大；

(2)根據(jù)電阻箱各旋鈕的倍率所指，讀取電阻箱接入電路的值；

(3)(4)根據(jù)串聯(lián)電路電壓的關(guān)系及歐姆定律計(jì)算待測(cè)電阻的表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式求人體的阻值；

(5)由燈泡的阻值很小及串聯(lián)電路的關(guān)系分析能否測(cè)量小電阻。

本題考查多用電表歐姆擋的原理,但不同的是表頭用的是電壓表。要注意正確掌握另類“歐姆表”

的內(nèi)部結(jié)構(gòu)及原理，以及測(cè)量過(guò)程中的“缺陷”一不適用測(cè)量小電阻。

11.【答案】解：(1)將滑塊ɑ的運(yùn)動(dòng)分為兩個(gè)階段，剪細(xì)線之前和剪斷細(xì)線之后。根據(jù)題意可知兩

階段位移大小相等，時(shí)間相等，即

v?—Vi+l72.

x1=-tfX2=—；--?t,X1=X2

解得：V2=2V1

則滑塊α在剪斷細(xì)線時(shí)與回到P點(diǎn)時(shí)的速度大小之比為：54

(2)對(duì)兩個(gè)階段進(jìn)行分析，由牛頓第二定律可知：mg-Eq=2mα1,Eq=ma2

U]-0

根據(jù)α/可知：?=?=1

3

上述方程聯(lián)立得：E=鬻

答：(1)滑塊α在剪斷細(xì)線時(shí)與回到P點(diǎn)時(shí)的速度大小之比為L(zhǎng)2；

(2)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為駕。

【解析】(1)分清剪斷細(xì)繩前后，根據(jù)題意，由位移的大小相等，方向相反列式求解速度之比；

(2)根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合加速度的定義求加速度的大小。

本題帶電物體在電場(chǎng)中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)沖量，關(guān)鍵是弄清楚剪斷細(xì)繩前后的受力情況

和運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓第二定律結(jié)合實(shí)際情況解決問(wèn)題。

12.【答案】解：(1)第一次，設(shè)導(dǎo)體框勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為α,αb邊到達(dá)磁場(chǎng)邊界MN時(shí)速度

為V,根據(jù)牛頓第二定律可得：F—τngs譏TngCoSO=mα

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：V2=2aL

導(dǎo)體框勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，Cd邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLV

回路中的感應(yīng)電流為：T

K

Cd邊受到的安培力為：FA=BIL

勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，導(dǎo)體框受到的合力為零，則有：F-mgsinθ-μmgcosθ-FA=O

聯(lián)立解得：V=2m∕s,F=4.4/V

(2)設(shè)導(dǎo)體框沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的距離為X時(shí)，加速度為α,速度為V,由題圖乙可知：V-kx

其中，k=7.5s^1;取一段位移微元Ux,有：4v=k?x

所用時(shí)間為/3有：M=碟

?-?v?x

由于r：α=五'V=-

可得：a=ku=k2x

αb邊到達(dá)磁場(chǎng)邊界MN前，有：F—mgsinθ—μmgcosθ=ma

聯(lián)立可得：F=mg(sinθ+μcosθ)y+mk2x

代入數(shù)據(jù)可得：F=(2.4+11.25x)∕V(0≤x<0.2m)

,

導(dǎo)體框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)有：F—mgsinθ—μmgcosθ—Fa=ma

B2

可得：p=mg(sinθ+μcosθ)+(Ik+mfc)χ

代入數(shù)據(jù)可得：F=(2.4+18.75x)ΛZ(0.2zn≤x<0.4m)

(3)導(dǎo)體框的Cd邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度：v1=3m∕s,導(dǎo)體框做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，

設(shè)加速度大小為內(nèi),根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1

2

代入數(shù)據(jù)解得：α1=12m∕s

擋板離MN的最遠(yuǎn)距離為由，有：vl=2α1(d1-L)

代入數(shù)據(jù)解得：d1=0.575m

設(shè)反彈后導(dǎo)體框的速度大小為》2，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小為。2，有：mgsinθ-μmgcosθ=

ma2

解得：a2-0

即導(dǎo)體框沿斜面向下做勻速運(yùn)動(dòng)，Cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)后做減速運(yùn)動(dòng)；設(shè)Cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)后又運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

為to,在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總位移為Xo,平均速度為R導(dǎo)體框產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv

回路中的平均電流為：7=且

R

由動(dòng)量定理得：-B/LtO=O-mι?

則有：X-vt=V

。0DL2

導(dǎo)體框若恰好全部進(jìn)入磁場(chǎng)，則有：X0=L

可得：V2=ImlS

此時(shí)擋板離MN的最近距離為dz，有：vl-vl=2α1(d2-L)

代入數(shù)據(jù)解得：d2≈0.533m

綜上分析可知，d應(yīng)滿足的條件為：0.533m<d<0.575m

答：(1)第一次拉力尸的大小為4.4N；

(2)第二次拉力F的大小與導(dǎo)體框沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的距離X滿足的關(guān)系式為：F=(2.4+

11.25x)N(0≤X<0.2Zn)和F=(2.4+18.75%)N(0.2m≤x<0.4m)；

(3)碰撞后導(dǎo)體框再次到達(dá)磁場(chǎng)區(qū)域但最終沒(méi)能全部進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，d應(yīng)滿足的條件是：0.533m<

d<0.575m?

【解析】(1)線框還未出磁場(chǎng)無(wú)感應(yīng)電流，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，從而可以求得線框離開(kāi)

磁場(chǎng)的速度，再由題意根據(jù)平衡條件求得拉力大小：

(2)分在磁場(chǎng)內(nèi)和穿越磁場(chǎng)兩個(gè)過(guò)程進(jìn)行解析，根據(jù)題設(shè)圖象寫(xiě)出加速度隨位移的表達(dá)式，結(jié)合牛

頓第二定律得到變力F隨位移的關(guān)系式：

(3)由題圖得到Cd邊離開(kāi)磁場(chǎng)的速度，從而根據(jù)速度一位移公式可以求得擋板的最大距離。根據(jù)動(dòng)

量定理得到線框在磁場(chǎng)中向下運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離時(shí)進(jìn)入磁場(chǎng)的初速度，從而再由動(dòng)力學(xué)規(guī)律求出最

小距離。

分析清楚線框與物塊的受力情況、分析清楚線框運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定

律、平衡條件、安培力公式與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以解題。

13.【答案】ADE

【解析】解：4電熱絲緩慢加熱右側(cè)氣體，則溫度升高，體積變大，活塞向左移動(dòng)，彈簧的壓縮

量變大，根據(jù)平衡條件和胡克定律，則右側(cè)氣體壓強(qiáng)P=當(dāng)

則壓強(qiáng)增加，故A正確；

A右側(cè)氣體溫度升高，溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，氣體分子平均動(dòng)能變大，但是每一個(gè)分子的

動(dòng)能不一定都增加，故B錯(cuò)誤；

C根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒規(guī)律，電熱絲產(chǎn)生的焦耳熱等于右側(cè)氣體內(nèi)能的增量與彈簧彈性勢(shì)能增量

之和，故C錯(cuò)誤；

。.右側(cè)氣體體積變大，氣體分子數(shù)密度減小，而氣體壓強(qiáng)變大，根據(jù)氣體壓強(qiáng)的微觀意義，則分

子單位時(shí)間內(nèi)撞擊活塞的次數(shù)可能減少，故。正確；

E右側(cè)氣體分子分子平均速率變大，則氣體分子對(duì)活塞的碰撞力變大，即單位時(shí)間內(nèi)撞擊活塞的

沖量增加，故E正確。

故選：ADE.

根據(jù)平衡條件和胡克定律，分析壓強(qiáng)變化；

溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志；

根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒，分析電熱絲產(chǎn)生的焦耳熱與氣體內(nèi)能的增量與彈簧彈性勢(shì)能增量之和的關(guān)

系；

根據(jù)氣體壓強(qiáng)的微觀意義，分析分子單位時(shí)間內(nèi)撞擊活塞的次數(shù)；

根據(jù)氣體分子平均速率變化，分析撞擊力，分析沖量。

本題考查學(xué)生對(duì)氣體壓強(qiáng)的微觀意義、胡克定律、能量轉(zhuǎn)化與守恒、溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志

等規(guī)律的掌握，考點(diǎn)較多，需要學(xué)生平時(shí)多積累記憶，是一道中等難度題。

14.【答案】解：(i)根據(jù)平衡條件，圖甲中，汽缸中氣體壓強(qiáng)等于大氣壓po；圖乙中，汽缸中氣

體壓強(qiáng)為Pi,由玻意耳定律有PoX4SL=PlX3SL

解得PI=WPo

汽缸豎立穩(wěn)定時(shí)，設(shè)汽缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p,對(duì)活塞/根據(jù)平衡條件有：PoX2S+2mg+Fτ=p×2S

對(duì)活塞∏根據(jù)平衡條件有：pS+τng=%+PoS

解得FT=4mg,p=p0÷

緩慢升高環(huán)境溫度，氣體做等壓變化，根據(jù)一定質(zhì)量氣體的理想氣體狀態(tài)方程則空警=竿

解得T=ETo

(ii)若溫度保持7。不變，活塞II再次回到汽缸連接處，假設(shè)細(xì)線仍處于張緊狀態(tài)，設(shè)汽缸中氣體

的壓強(qiáng)為P2,細(xì)線張力為F1，從汽缸平放到該狀態(tài)，由玻意耳定律有P(>X4SL=P2X4SL

對(duì)活塞/根據(jù)平衡條件有POX2S+2mg+F1=p2×2S

解得Fl=-2mg

細(xì)線對(duì)活塞有向上的彈力，不符合實(shí)際?？梢?jiàn)此時(shí)細(xì)線已松弛，即Fl=