2024年河北省石家莊市普通高中高考物理二模試卷（含詳細(xì)答案解析）

2024年河北省石家莊市普通高中高考物理二模試卷

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.如圖所示的乂-t圖像和u-t圖像中，四條圖線(xiàn)分別表示甲、乙、丙、丁四輛車(chē)由同一地點(diǎn)向同一方向運(yùn)

B.0?6s內(nèi)，丙、丁兩車(chē)的平均速度相等

C.0?6s內(nèi)，丙車(chē)的加速度始終大于丁車(chē)的加速度

D.0?6s內(nèi)，甲車(chē)通過(guò)的路程大于乙車(chē)通過(guò)的路程

2.為了使在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)的絕緣輪快速停下來(lái)，小明同學(xué)設(shè)計(jì)了以下四種方案：圖甲、乙中磁場(chǎng)方向與輪子

的轉(zhuǎn)軸平行，圖甲中在輪上固定閉合金屬線(xiàn)圈，圖乙中在輪上固定未閉合金屬線(xiàn)圈；圖丙、丁中磁場(chǎng)方向

與輪子的轉(zhuǎn)軸垂直，圖丙中在輪上固定閉合金屬線(xiàn)框，圖丁中在輪上固定一些細(xì)金屬棒。四種方案中效果

最好的是（）

3.如圖所示，在空的鋁制飲料罐中插入一根粗細(xì)均勻的透明吸管，接口處用蠟密封，吸管中注

入一段長(zhǎng)度可忽略的油柱，在吸管上標(biāo)上溫度值，就制作成了一個(gè)簡(jiǎn)易氣溫計(jì)。若外界大氣壓

不變，下列說(shuō)法正確的是（）

A.吸管上的溫度刻度分布不均勻

B.吸管上標(biāo)的溫度值由下往上減小

C.溫度升高時(shí)，罐內(nèi)氣體增加的內(nèi)能大于吸收的熱量

D.溫度升高時(shí)，飲料罐內(nèi)壁單位面積、單位時(shí)間受到氣體分子撞擊次數(shù)減少

4.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，如圖所示，實(shí)線(xiàn)為I1=2s時(shí)的波形圖，虛線(xiàn)為。=5s時(shí)的波形圖。下

列關(guān)于平衡位置在。處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像正確的是（）

5.2023年12月，新一代人造太陽(yáng)“中國(guó)環(huán)流三號(hào)”面向全球開(kāi)放?！叭嗽焯?yáng)”內(nèi)部發(fā)生的一種核反應(yīng)

4

方程為,“+：”了"e+X,已知孑H的比結(jié)合能為Ei，的比結(jié)合能為E2，的比結(jié)合能為既，光在真

空中的傳播速度為c。下列說(shuō)法正確的是（）

A.核反應(yīng)方程中X為電子

B.的比結(jié)合能小于工H的比結(jié)合能

C.核反應(yīng)吸收的能量為E3-（E1+F2）

D.核反應(yīng)中的質(zhì)量虧損為4E3-竺1+3退）

6.如圖所示，假設(shè)在太空中有A、8雙星系統(tǒng)繞點(diǎn)。做順時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)一一―

**、、

動(dòng)周期為T(mén)i，它們的軌道半徑分別為以、RB,且3<RB，C為8的衛(wèi)星，繞B做；"二-、、

逆時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期為序忽略A與C之間的引力，且A與8之間的引力\

遠(yuǎn)大于C與B之間的引力。引力常量為G,下列說(shuō)法正確的是（）

A.若知道C的軌道半徑，則可求出C的質(zhì)量

B.A、B、C三星由圖示位置到再次共線(xiàn)的時(shí)間為注

11十，2

C.若A也有一顆運(yùn)動(dòng)周期為72的衛(wèi)星，則其軌道半徑一定大于c的軌道半徑

D.B的質(zhì)量為4蘆心（二+小）2

7.已知電荷均勻分布的球殼對(duì)內(nèi)部點(diǎn)電荷的庫(kù)侖力為零。如圖所示，在半

徑為R、電荷均勻分布的帶正電球體內(nèi)有一穿過(guò)球心。的光滑真空細(xì)通

道，帶負(fù)電的絕緣小球從入口A(yíng)點(diǎn)由靜止釋放穿過(guò)通道到達(dá)球體另一端的

B點(diǎn),其中C點(diǎn)到。點(diǎn)的距離為無(wú)。若小球由A點(diǎn)釋放瞬間加速度大小為

。，不計(jì)小球重力，細(xì)通道及小球?qū)η蝮w電荷分布無(wú)影響。下列說(shuō)法正確的

A.帶電小球在C點(diǎn)處的加速度大小為a（l-5

B.帶電小球在隧道內(nèi)先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻減速運(yùn)動(dòng)

C.帶電小球的最大速度為，而

D.帶電小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到3點(diǎn)的時(shí)間大于4

二、多選題：本大題共3小題，共18分。

8.如圖所示，半圓環(huán)豎直固定在水平地面上，光滑小球套在半圓環(huán)上。對(duì)B

小球施加一始終指向半圓環(huán)最高點(diǎn)8的拉力「使小球從圓環(huán)最低點(diǎn)A緩

緩移動(dòng)到最高點(diǎn)及下列說(shuō)法正確的是（）I

A.拉力F一直減小B.拉力F先增大后減小

C.小球?qū)A環(huán)的壓力大小始終不變D.小球?qū)A環(huán)的壓力先增大后減小

于繃緊狀態(tài)，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）

A.拖車(chē)在加速階段的平均速度大于減速階段的平均速度

B.整個(gè)過(guò)程礦石上升的高度為缶

C.拖車(chē)在減速階段其加速度大小為嗎幽

D.拖車(chē)剛關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)的速度為會(huì)

10.利用磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)，在現(xiàn)代科學(xué)實(shí)驗(yàn)和技術(shù)設(shè)備中有廣泛的應(yīng)用。如............

圖所示，以。點(diǎn)為圓心、半徑為尺的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓形,

JXXx\

區(qū)域外有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為瓦有一質(zhì)量為?2*'，

PL'o：

?XXXt

m、電荷量為+q的粒子從尸點(diǎn)沿半徑射入圓形區(qū)域，粒子〃次穿越圓形區(qū)域邊界（不\,/

包括經(jīng)過(guò)尸點(diǎn)）后又回到P點(diǎn)，此過(guò)程中粒子與圓心。的連線(xiàn)轉(zhuǎn)過(guò)角度為2兀，不計(jì)????&?

粒子重力，下列說(shuō)法正確的是（）

A.n的最小值為2

B.幾=3時(shí)，粒子速度大小為土避

m

C.n=4時(shí)，粒子從P出發(fā)到回到P點(diǎn)的時(shí)間為駕

D.粒子連續(xù)兩次穿越圓形區(qū)域邊界過(guò)程中，粒子與圓心的連線(xiàn)轉(zhuǎn)過(guò)的角度為生

n

三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共16分。

11.某小組利用如圖所示的裝置做驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)?；瑝KA、2的質(zhì)量分別為根4、mB,氣墊導(dǎo)軌

已調(diào)節(jié)水平。

氣墊導(dǎo)軌

(1)甲同學(xué)在滑塊B左端粘上少量橡皮泥，將滑塊A從傾斜軌道上某點(diǎn)由靜止釋放，通過(guò)光電門(mén)C的擋光

時(shí)間為與滑塊2碰后粘在一起，通過(guò)光電門(mén)。的擋光時(shí)間為巧，在誤差允許的范圍內(nèi)，只需驗(yàn)證等式

(用題中給出的字母表示)成立即說(shuō)明碰撞過(guò)程中滑塊A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒。某次實(shí)驗(yàn)中，測(cè)得匕=

、可知滑塊和滑塊的質(zhì)量比為=

0.04st2=0.10s,A2

(2)乙同學(xué)在滑塊B左端裝上輕質(zhì)彈性圈，將滑塊A從傾斜軌道上某點(diǎn)由靜止釋放，A第一次通過(guò)光電門(mén)C

的擋光時(shí)間為功，與滑塊B碰后，A向左運(yùn)動(dòng)第二次通過(guò)光電門(mén)C的擋光時(shí)間為±4,滑塊2通過(guò)光電門(mén)。

的擋光時(shí)間為上，則在誤差允許的范圍內(nèi)，只需驗(yàn)證等式(用題中給出的字母表示)成立即說(shuō)明碰撞

過(guò)程中滑塊A、8系統(tǒng)動(dòng)量守恒。若使滑塊A與8碰撞后均向右運(yùn)動(dòng)，應(yīng)使滑塊A的質(zhì)量_____(選填“大

于”“等于”或“小于”)滑塊B的質(zhì)量。

12.某同學(xué)利用如圖甲所示器材做探究變壓器原、副線(xiàn)圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系實(shí)驗(yàn)。

(1)該同學(xué)按圖乙連接電路，變壓器的左側(cè)線(xiàn)圈接線(xiàn)柱0、8與學(xué)生電源的“穩(wěn)壓6V”接線(xiàn)柱相連。閉合開(kāi)

關(guān)，用多用電表測(cè)得右側(cè)線(xiàn)圈0、4接線(xiàn)柱之間的電壓為o

A.0

B.3.0V

C.6.0V

D.12.0V

(2)正確連接電路后，變壓器選用左側(cè)0、2接線(xiàn)柱和右側(cè)0、4接線(xiàn)柱進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，用多用電表測(cè)得左側(cè)0、

2之間的電壓為U］右側(cè)0、4之間的電壓為外，數(shù)據(jù)如下表所示，可判斷學(xué)生電源接在了接線(xiàn)柱_____上(

選填“左側(cè)0、2”或“右側(cè)0、4”)。

實(shí)驗(yàn)次數(shù)12345

UJV1.001.903.004.004.80

U2/V2.104.006.108.2010.00

(3)實(shí)驗(yàn)室中還有一個(gè)變壓器，如圖丙所示?，F(xiàn)要測(cè)量A、2線(xiàn)圈的匝數(shù)，實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①取一段漆包線(xiàn)，一端與A線(xiàn)圈上端接線(xiàn)柱相連，順著原來(lái)的繞制方向在變壓器的鐵芯上再繞制n匝線(xiàn)

圈，漆包線(xiàn)另一端與交流電源一端相連，4線(xiàn)圈下方接線(xiàn)柱與交流電源另一端相連接。

②用多用電表的交流電壓擋先后測(cè)出交流電源兩端的電壓4和8線(xiàn)圈的輸出電壓U-,

③用多用電表的交流電壓擋測(cè)出A線(xiàn)圈兩端的電壓Ui。

如果把該變壓器看作理想變壓器，則A、8線(xiàn)圈的匝數(shù)%=,nB=。(用題中給出的字母表示

)

四、簡(jiǎn)答題：本大題共3小題，共38分。

13.如圖所示，一特制玻璃磚的截面由等邊三角形ABC和以。為圓心、8C為直徑的半圓組成。一束寬度

等于8。且平行于A(yíng)O的單色光射到A8面上，折射光線(xiàn)恰與AC平行。已知sin35.5。=苧，不考慮半圓面

的反射光。求：

(1)玻璃磚的折射率；

(2)半圓面上有光射出的部分所對(duì)應(yīng)的圓心角。

14.如圖所示，水平地面上有一輕質(zhì)彈簧自然伸長(zhǎng)，左端固定在墻面上，右端位于。點(diǎn)。地面上M點(diǎn)右側(cè)

有一傳送帶，其上表面與地面齊平，傳送帶以為=6m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。現(xiàn)用力推動(dòng)置于。點(diǎn)、質(zhì)量

叫4=4kg的小物塊A,使彈簧緩慢壓縮到。點(diǎn)后由靜止釋放，物塊A運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)時(shí)的速度以=1M/S?，F(xiàn)

將物塊A換成質(zhì)量SB=的物塊8,重復(fù)以上過(guò)程，發(fā)現(xiàn)物塊8剛好運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)速度減為0,此時(shí)將

質(zhì)量ntc=1kg的物塊C在傳送帶上與M距離為1(未知)的位置由靜止釋放，物塊B、C碰撞后粘在一起，

形成結(jié)合體P,P第一次到達(dá)。點(diǎn)時(shí)的速度大小為。(未知)。已知地面。點(diǎn)左側(cè)光滑，物塊8、C與傳送

帶、。點(diǎn)右側(cè)水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=04,M、N之間的距離L=9rn,重力加速度g取

10m/s2,物塊A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)。

(1)求。、M兩點(diǎn)間的距離s；

(2)若u=0,求/的大??；

(3)求v與/的關(guān)系表達(dá)式。

；A**|

卜?5薪歡歡研一1McnNI

Q0----------a-----------------

15.如圖所示，傾角均為0、間距為L(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌左右對(duì)稱(chēng)，在底端平滑相連并固定在水平地面上，左

側(cè)導(dǎo)軌光滑、長(zhǎng)度為s,其上端接一阻值為R的定值電阻，右側(cè)導(dǎo)軌粗糙且足夠長(zhǎng)。兩導(dǎo)軌分別處在垂直

導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為瓦的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)將一質(zhì)量為相、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬棒自左側(cè)導(dǎo)軌頂

端由靜止釋放，到達(dá)底端前金屬棒己經(jīng)達(dá)到最大速度，金屬棒滑上右側(cè)導(dǎo)軌時(shí)，左側(cè)磁場(chǎng)立即發(fā)生變化，

使金屬棒沿右側(cè)導(dǎo)軌上滑過(guò)程中通過(guò)金屬棒的電流始終為0。己知金屬棒與右側(cè)導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=

tan。，重力加速度為g,除定值電阻外，其余部分電阻均不計(jì)。

(1)求金屬棒第一次運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)軌底端時(shí)的速度大??；

(2)金屬棒第一次沿右側(cè)導(dǎo)軌上滑過(guò)程中，求左側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度當(dāng)與金屬棒上滑距離x的關(guān)系式；

(3)金屬棒在右側(cè)導(dǎo)軌第一次上滑到最高點(diǎn)時(shí)，左側(cè)磁場(chǎng)發(fā)生新的變化，使金屬棒沿右側(cè)導(dǎo)軌向下做加速

度大小為gsin。的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。當(dāng)金屬棒第二次運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)軌底端時(shí)，求左側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度%的大

小。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4由甲圖可知，6s末甲乙兩車(chē)位于同一位置，而u-t圖線(xiàn)與橫軸所圍區(qū)域的面積表示物體發(fā)

生的位移，由乙圖可知，。?6s內(nèi)，丁的位移大于丙的位移，所以6s末丁車(chē)位于丙車(chē)的前方，故A正確；

A0?6s內(nèi)，丁的位移大于丙的位移，而丁的時(shí)間和丙的時(shí)間相同，所以丙車(chē)的平均速度小于丁車(chē)的平均

速度，故8錯(cuò)誤；

C,-t圖線(xiàn)切線(xiàn)的斜率表示物體運(yùn)動(dòng)的加速度，貝1]0?6s內(nèi)，丙車(chē)的加速度增大，丁車(chē)的加速度減小，丙

車(chē)的加速度先小于丁車(chē)的加速度，后大于丁車(chē)的加速度，在某一時(shí)刻兩車(chē)加速度相等，故C錯(cuò)誤；

DO?6s內(nèi)，根據(jù)交點(diǎn)表示相遇可得：甲車(chē)通過(guò)的路程等于乙車(chē)通過(guò)的路程，故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

根據(jù)久-t圖線(xiàn)的斜率表示速度，u-t圖線(xiàn)與橫軸所圍區(qū)域的面積表示物體發(fā)生的位移，結(jié)合u-t圖線(xiàn)切

線(xiàn)的斜率表示物體運(yùn)動(dòng)的加速度分析求解。

本題考查了運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像問(wèn)題，理解斜率、面積、截距、交點(diǎn)等在圖像中的含義是解決此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵。

2.【答案】C

【解析】解：AB,在圖甲和圖乙中，當(dāng)輪子轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，穿過(guò)線(xiàn)圈的磁通量均不變，線(xiàn)圈不會(huì)產(chǎn)生感生感應(yīng)電

流，則不會(huì)有磁場(chǎng)力阻礙輪子的運(yùn)動(dòng)，不能轉(zhuǎn)動(dòng)的絕緣輪快速停下來(lái)，故A8錯(cuò)誤；

C、圖丙中在輪上固定一些閉合金屬線(xiàn)框，線(xiàn)框長(zhǎng)邊與輪子轉(zhuǎn)軸平行，當(dāng)輪子轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，

形成感應(yīng)電流，則會(huì)產(chǎn)生磁場(chǎng)力阻礙輪子轉(zhuǎn)動(dòng)，使輪子很快停下來(lái)，故C正確；

。、圖丁中在輪上固定一些細(xì)金屬棒，當(dāng)輪子轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由于電路不閉合，不會(huì)形成感應(yīng)

電流，所以不會(huì)產(chǎn)生磁場(chǎng)力阻礙輪子轉(zhuǎn)動(dòng)，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件：穿過(guò)閉合電路的磁通量發(fā)生變化，分析所給的圖像中電路中是否有感應(yīng)電流，

是否存在動(dòng)能和電能的轉(zhuǎn)化，由此得解。

本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象，關(guān)鍵是掌握感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件，即穿過(guò)閉合電路的磁通量發(fā)生變化，或

閉合電路的一部分導(dǎo)體做切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。

3.【答案】D

【解析】解：4氣體發(fā)生等壓變化，由蓋呂薩克定律可知《=上則T心BPZ1T=CAV,因此吸管上的

Tk

溫度刻度值是均勻的，故A錯(cuò)誤;

A若溫度升高，氣體體積變大，油柱向上移動(dòng)，則吸管上的溫度刻度值由下往上增大，故2錯(cuò)誤；

C.氣溫升高時(shí)，氣體內(nèi)能增加，氣體體積增大，對(duì)外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律/U=Q+勿

氣體吸收的熱量大于對(duì)外做的功，罐內(nèi)氣體增加的內(nèi)能小于吸收的熱量，故C錯(cuò)誤；

D隨溫度升高，分子產(chǎn)生的平均撞擊力變大，而氣體發(fā)生等壓變化，則單位時(shí)間內(nèi)罐內(nèi)壁單位面積上受到

氣體分子撞擊的次數(shù)減小，故。正確。

故選：D。

A封閉的理想氣體發(fā)生了等壓變化，根據(jù)蓋-呂薩克定律分析作答；

A溫度升高，氣體體積變大，油柱向上移動(dòng)，則吸管上的溫度刻度值由下往上增大；

c.封閉氣體膨脹，對(duì)外做功，根據(jù)熱力學(xué)第--定律分析作答；

D隨溫度升高，分子產(chǎn)生的平均撞擊力變大，再結(jié)合氣體壓強(qiáng)的含義分析作答。

本題考查了蓋-呂薩克定律的應(yīng)用，知道氣溫計(jì)的工作原理是解題的關(guān)鍵，知道氣體壓強(qiáng)的微觀(guān)解釋?zhuān)瑧?yīng)用

蓋-呂薩克定律與熱力學(xué)第一定律即可解題。

4.【答案】A

【解析】解：由題圖可知波長(zhǎng)2=4a,波沿?zé)o軸正向傳播，則々到12時(shí)間內(nèi)波形平移的距離為=+

4

nA=4n+3(m)(n=0,1,2,3......),則波速u(mài)=空=等?=+l(m/s)(n=0,1,2,3.......)

Zlt□一Z3

根據(jù)波速公式可得：7=卜=M⑸，若幾=0，則7=4s,由實(shí)線(xiàn)波形圖可知h=2s時(shí)質(zhì)點(diǎn)。在

平衡位置且向y軸正向運(yùn)動(dòng)。周期不可能等于12s,故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：Ao

由題圖可知波長(zhǎng)，波沿X軸正向傳播，在h到t2時(shí)間內(nèi)波形平移的距離，由"=當(dāng)計(jì)算波速，由7=(計(jì)算

周期并找出可能取值，由實(shí)線(xiàn)波形圖讀出h=2s時(shí)質(zhì)點(diǎn)。的位置及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，結(jié)合振動(dòng)圖像可求解。

本題屬于波的圖像的識(shí)圖、振動(dòng)圖像的識(shí)圖和對(duì)質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的判斷問(wèn)題。解決本題的關(guān)鍵是找出波速的表達(dá)

式，本題充分考查了學(xué)生掌握知識(shí)與應(yīng)用知識(shí)的能力。

5.【答案】D

【解析】解：4根據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒可知X的質(zhì)量數(shù)4=2+3—4=1,電荷數(shù)z=1+1—2=0,

所以X為加，故A錯(cuò)誤；

8.反應(yīng)過(guò)程中釋放大量熱量，則總結(jié)合能增大，胃/fe的比結(jié)合能大于女”的比結(jié)合能，故2錯(cuò)誤；

CD.核反應(yīng)放出的能量為/E=4E3一(2必+3E2)

2

由能量守恒可得4邑-(2%+3￡2)=Amc

解得加=4E3-(2"+3E2)

CL

故c錯(cuò)誤，。正確。

故選：D。

核反應(yīng)過(guò)程中質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒，根據(jù)質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒求出X的核電荷數(shù)，確定X的種類(lèi)；由

質(zhì)能方程，結(jié)合釋放的能量，求出核反應(yīng)過(guò)程中的質(zhì)量虧損；根據(jù)比結(jié)合能等于結(jié)合能與核子數(shù)的比值，

從而即可求解。

核反應(yīng)過(guò)程中，質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒；求出核反應(yīng)的質(zhì)量虧損，應(yīng)用質(zhì)能方程即可求出核反應(yīng)釋放的能

量。

6.【答案】C

【解析】解：4在知道C的軌道半徑和周期的情況下，根據(jù)萬(wàn)有引力定律和牛頓第二定律列方程只能求解

8的質(zhì)量，無(wú)法求解C的質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；

A如圖所示

A、B、C三星由圖示位置到再次共線(xiàn)時(shí)，A、B轉(zhuǎn)過(guò)圓心角％與C轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角”互補(bǔ)，則根據(jù)勻速圓周

運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得

2兀2兀

7\t+五”兀

解得t=2（7；+1）

故2錯(cuò)誤；

C.若A也有一顆運(yùn)動(dòng)周期為R的衛(wèi)星，設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為加，軌道半徑為廠(chǎng)，則根據(jù)牛頓第二定律有

GMm4TT2

------5A——=m—z-r

解得r=3^￡t

T'4*

2

同理可得C的軌道半徑為七=3死啰

c47r2

對(duì)A、8組成的雙星系統(tǒng)有必菅仆=MB舁RB

因?yàn)?<RB，所以MA>MB，則r>R「故C正確；

。.在A(yíng)、8組成的雙星系統(tǒng)中，對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律有

GMAMB4兀2

------=MRA

（私+?。?B片

解得MB=4后為R+Rj,故。錯(cuò)誤;

GTi

故選：Co

根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力公式可知，只能求中心天體質(zhì)量；通過(guò)作圖分析，求出所用的時(shí)間；根據(jù)萬(wàn)有引

力提供向心力可求出半徑與質(zhì)量的關(guān)系；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可求出B質(zhì)量的大小。

學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意對(duì)于雙星系統(tǒng)，明確周期是相同的是解題的關(guān)鍵。

7.【答案】C

【解析】解：力B.設(shè)電荷均勻分布的帶正電球體所帶的電荷量為。帶負(fù)電的絕緣小球所帶的電荷量為g,

則

k—y=ma

R2

C點(diǎn)以?xún)?nèi)帶正電球體所帶電荷量為

為%3爐

Q】=鼻QR

37TH

根據(jù)牛頓第二定律，帶電小球在C點(diǎn)處

k綽…

解得帶電小球在C點(diǎn)處的加速度為

Qqxx

%=k--2-n=a-n

mRKK

可知小球在任一點(diǎn)的加速度大小與到O點(diǎn)的距離成正相關(guān)，故帶電小球在隧道內(nèi)先做加速度減小的加速運(yùn)

動(dòng)后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤;

C.取A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB方向?yàn)檎较蚪-光坐標(biāo)系，如圖

故圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸所圍面積乘以質(zhì)量機(jī)為合外力做的功，根據(jù)B項(xiàng)分析知。點(diǎn)時(shí)小球的加速度為零，速度

最大，根據(jù)動(dòng)能定理

11,

2maR=—m%

解得

=TaR

故C正確；

。根據(jù)B項(xiàng)分析畫(huà)出帶電小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到2點(diǎn)的。-t圖像如圖所示

可知這個(gè)過(guò)程中的平均速度大于母，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知，帶電小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)的時(shí)間

故。錯(cuò)誤。

故選：C?

根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算加速度；分析帶電小球在隧道內(nèi)的運(yùn)動(dòng)；根據(jù)動(dòng)能定理分析判斷；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律

分析。

本題關(guān)鍵確定帶電體的帶電量和小球速度最大位置。

8.【答案】AC

【解析】解：小球受力如圖所示

根據(jù)相似三角形法可得

mgNF

~R~=R=1

從圓環(huán)最低點(diǎn)A緩緩移動(dòng)到最高點(diǎn)8過(guò)程中，小球與8點(diǎn)間的距離/逐漸減小，則拉力尸減小，N的大小

不變，根據(jù)牛頓第三定律可得小球?qū)A環(huán)的壓力大小始終不變，故AC正確，80錯(cuò)誤。

故選：AC?

對(duì)小球受力分析，作出力的平行四邊形，由相似三角形知識(shí)可求得拉力及壓力的變化情況.

本題考查共點(diǎn)力平衡條件的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，注意使用了相似三角形法；而此類(lèi)方法在處理共點(diǎn)力的動(dòng)態(tài)平

衡時(shí)較為常見(jiàn)，當(dāng)題目無(wú)法找到直角時(shí)，應(yīng)考慮應(yīng)用此法.

9.【答案】AB

【解析】解：4設(shè)汽車(chē)的最大速度為也減速階段的平均速度為（加速階段，由于加速度減小，此過(guò)程通

過(guò)的位移大于勻加速運(yùn)動(dòng)到v的位移，其平均速度大于勻加速運(yùn)動(dòng)的平均速度，即大于?所以加速階段的

平均速度大于減速階段的平均速度，故A正確；

8設(shè)礦石上升的高度心由系統(tǒng)功能關(guān)系可得

Poto—mgh-KMgh=0—0

解得心華,故2正確；

C.拖車(chē)在減速階段其加速度大小為

F合mg+kMg

CL=-------故c錯(cuò)誤;

M+mM+m

。若經(jīng)過(guò)時(shí)間to拖車(chē)受到的阻力與牽引力等大反向

/=曳=_f0_故。錯(cuò)誤。

F牽mg+kMg

故選：ABo

加速階段通過(guò)的位移大于減速階段通過(guò)的位移，由此判斷平均速度的大小。

由系統(tǒng)功能關(guān)系求整個(gè)過(guò)程礦石上升的高度；

根據(jù)牛頓第二定律求加速度;

應(yīng)用平衡條件求速度。

本題是力學(xué)與運(yùn)動(dòng)學(xué)相結(jié)合的綜合題，分析清楚動(dòng)車(chē)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程與受力情況是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用平衡條

件、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與動(dòng)能定理可以解題；解題時(shí)注意公式「=?"的應(yīng)用。

10.【答案】AC

【解析】解：A、粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，因?yàn)榱Ｗ?次穿越圓形區(qū)域邊界（不包括經(jīng)過(guò)尸點(diǎn)）后又

回到P點(diǎn)，此過(guò)程中粒子與圓心。的連線(xiàn)轉(zhuǎn)過(guò)角度為2兀，畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖如圖所示。

則知”的最小值為2,故A正確；

B、當(dāng)n=3時(shí)，粒子圓心間的連線(xiàn)構(gòu)成圓邊界的外切正方形，根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子的軌跡半徑為：r=

R

根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有

V2

qvB=m—

解得粒子速度大小為：v二照,故B錯(cuò)誤；

m

c、粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：7=鋁=槳

VC[D

當(dāng)n=4時(shí)，粒子從尸點(diǎn)出發(fā)又到回到尸點(diǎn)的時(shí)間為：t=（3x1喘2。+2*嗎才。

360360

解得：t=鬻,故C正確；

D,根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子連續(xù)兩次穿越圓形區(qū)域邊界過(guò)程中，粒子與圓心的連線(xiàn)轉(zhuǎn)過(guò)的角度為卷，故

71+1

D錯(cuò)誤。

故選：AC.

作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，粒子W次穿越圓形區(qū)域邊界（不包括經(jīng)過(guò)P點(diǎn)）后又回到P點(diǎn)，此過(guò)程中粒子與圓

心。的連線(xiàn)轉(zhuǎn)過(guò)角度為2兀，確定W的最小值。n=3時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系求出軌跡半徑，根據(jù)洛倫茲力提供

向心力求粒子速度大小。兀=4時(shí)，結(jié)合周期公式計(jì)算粒子從產(chǎn)出發(fā)到回到尸點(diǎn)的時(shí)間。根據(jù)幾何關(guān)系分

析。項(xiàng)。

本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，對(duì)粒子正確受力分析，畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)洛倫茲力提供向心力和幾

何知識(shí)進(jìn)行解答。

.L口天】_t23t3一t5t4大于

【解析】解：（1）4碰前的速度為

d

%=五

碰后的共同速度以B

設(shè)碰前A的速度方向?yàn)檎较颍魟?dòng)量守恒則只需滿(mǎn)足

mAvA=（叫4+mB）vAB

即如-啊+-B

tl~t2

某次實(shí)驗(yàn)中，測(cè)得h=0.04s、±2=0.10s,可知滑塊A和滑塊B的質(zhì)量比為

mAti2

—G3

（2）力第一次通過(guò)光電門(mén)C的

d

vAi=廠(chǎng)

碰后A、B的速度分別為

dd

%2=1方=云

設(shè)碰前A的速度方向?yàn)檎较?，若?dòng)量守恒則只需滿(mǎn)足

如%1=-mAvA2+mBvB

即

mAmBmA

七3七5七4

若使滑塊A與3碰撞后均向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)碰前A的速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒和能量關(guān)系

mAv0=mAv1+mBv2

111

2mAVo=2mAVl+2mBr2

解得打苗…

則見(jiàn)4>mB

應(yīng)使滑塊A的質(zhì)量大于滑塊B的質(zhì)量。

故答案為：⑴詈=岑”2

(2)詈=詈—詈；大于。

4%

(1)兩物體發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律，列方程求解。

(2)根據(jù)題意求出滑塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)的速度，然后根據(jù)動(dòng)量守恒定律分析答題。

碰撞分彈性碰撞與非彈性碰撞兩種，兩物體發(fā)生完全彈性碰撞時(shí)系統(tǒng)損失的機(jī)械能最大，兩物體發(fā)生彈性

碰撞時(shí)，碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能最??；根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理應(yīng)用動(dòng)量守恒定律即可解題。

12.【答案】A右側(cè)0、4-^--^-

U0-U]UQ-U-y

【解析】解：(1)變壓器的工作原理是互感，原線(xiàn)圈需接交流電，輸出的也是交流電壓；若原線(xiàn)圈與學(xué)生

電源的“穩(wěn)壓6V”接線(xiàn)柱相連，不產(chǎn)生電磁感應(yīng)，則副線(xiàn)圈兩端的電壓為0,故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：Ao

(2)若左側(cè)0、2接線(xiàn)柱接輸入端圈，右側(cè)0、4接線(xiàn)柱接輸出端，則變壓器是匝數(shù)比為卷

根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的關(guān)系"=|

由于實(shí)際變壓器有漏磁，且線(xiàn)圈有焦耳熱產(chǎn)生，因此第1組數(shù)據(jù)副線(xiàn)圈兩端電壓應(yīng)小于2V、第2組數(shù)據(jù)副

線(xiàn)圈兩端電壓應(yīng)小于4V、第3組數(shù)據(jù)副線(xiàn)圈兩端電壓應(yīng)小于6U…，這與表格中記錄的數(shù)據(jù)不同，因此可

判斷學(xué)生電源接在了接線(xiàn)柱右側(cè)0、4接線(xiàn)柱上;

(3)若把B線(xiàn)圈看作電源輸入端，根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的關(guān)系且=%二支，2=支

nBnnBnA

解得4=nB=產(chǎn)卜。

Uo-UiUo—Ui

故答案為：(1)力；(2)右側(cè)0、4±；(3)胖才；

U0—U1UQ-Ui

(1)根據(jù)變壓器的原理判斷；

(2)根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的關(guān)系求解變壓器原線(xiàn)圈兩端的電壓，考慮實(shí)際變壓器的磁損和鐵損

后，再分析判斷;

(3)根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的關(guān)系求解作答。

本題考查了探究變壓器線(xiàn)圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系實(shí)驗(yàn)；要掌握變壓器的工作原理以及原副線(xiàn)圈之間的

關(guān)系；知道交流電壓表測(cè)量的有效值；知道實(shí)際變壓器都存在磁損和鐵損。

13.【答案】解：（1）根據(jù)題意，光在A(yíng)B面發(fā)生折射時(shí)，入射角為60。，折射角為30。

根據(jù)折射定律-鬻=苧

（2）若折射光線(xiàn)在BC圓弧面恰好發(fā)生全反射，如圖所示:

根據(jù)臨界角公式sinC=-

n

代入數(shù)據(jù)解得C=35.5。

若恰好在C點(diǎn)發(fā)生全反射，則a=90°-（180°-60°-C）=5.5。

若恰好在D點(diǎn)發(fā)生全反射，則0=90?！?0?！狢）=65.5°

所以半圓面上有光射出的部分所對(duì)應(yīng)的圓心角為a+0=5.5。+65.5。=71。。

答：（1）玻璃磚的折射率C；

（2）半圓面上有光射出的部分所對(duì)應(yīng)的圓心角71。。

【解析】（1）根據(jù)折射定律求折射率；

（2）根據(jù)臨界角公式求臨界角，作出折射光線(xiàn)在8c圓弧面恰好發(fā)生全反射的臨界光線(xiàn)，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)求半

圓面上有光射出的部分所對(duì)應(yīng)的圓心角。

本題主要考查了光的折射和全反射，要理解折射定律和臨界角公式，作出折射光線(xiàn)在圓弧面恰好發(fā)生

全反射的臨界光線(xiàn)是解題的關(guān)鍵。

14.【答案】解：（1）根據(jù)功能關(guān)系得：

11

mvmv

Ep^=2AA=2Bl

解得物塊8運(yùn)動(dòng)到0點(diǎn)時(shí)的速度為：vB=2m/s

物塊8、C在傳送帶、。點(diǎn)右側(cè)水平地面間的加速度大小為

umq_.

a=加=[ig=0.4x10m/s2=4m/sz

物塊B剛好運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)速度減為0,則

vj=2as

解得。、M兩點(diǎn)間的距離為：s=0.5m

(2)若u=0,P從M點(diǎn)第一次到達(dá)。點(diǎn)時(shí)，則

v2—詒1=—2as

物塊8、C碰撞過(guò)程，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律有

mcvcl=(mB+mc)vM1

C在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，有

—2al

解得：I=2m

(3)由上述分析可知，當(dāng)時(shí)，尸不能到達(dá)。點(diǎn)，物塊C離開(kāi)傳送帶的速度恰好為6ni/s時(shí)，物塊

C在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的距離為

2

VQ6

'】=而=三有m=&5爪

故當(dāng)4.5爪W/W96時(shí)，物塊C離開(kāi)傳送帶的速度為6m/s,物塊8、C碰撞過(guò)程，取向左為正方向，由動(dòng)

量守恒定律有

mcvC2=(mB+mc)vM2

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有廿-v?2=-2as

解得：v=V_5m/s

當(dāng)2znWI<4.5m時(shí)，物塊C離開(kāi)傳送帶的速度滿(mǎn)足：v^3-2al

且znc〃C3=(jnB+mc)vM3

v2—u63=-2as

解得：v=yj21—4(m/s)

答：(1)0、M兩點(diǎn)間的距離s為0.5m；

(2)，的大小為2m；

(3)當(dāng)2mW/<4.5zn時(shí)，”=721—4(m/s)；當(dāng)4.5mW1W97n時(shí)，v—V_5m/So

【解析】(1)根據(jù)功能關(guān)系求出物塊B運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的速度。物塊B剛好運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)速度減為0,根據(jù)牛

頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)合求出。、M兩點(diǎn)間的距離s。

(2)若v=0,P從M點(diǎn)第一次到達(dá)。點(diǎn)時(shí)，由/一%1=-2as求出P到達(dá)加點(diǎn)的速度。物塊8、C碰撞

過(guò)程，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律列式，求出碰撞前C的速度。再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解/的大小。

(3)結(jié)合上題的結(jié)果，分情況討論物塊C離開(kāi)傳送帶的速度大小，再由動(dòng)量守恒定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)合

求v與