重慶市某中學(xué)2022-2023學(xué)年高三年級(jí)下冊(cè)高考適應(yīng)性月考模擬（八）物理試題（含答案解析）

重慶市某中學(xué)2022-2023學(xué)年高三下學(xué)期高考適應(yīng)性月考

模擬（八）物理試題

學(xué)校:姓名：班級(jí)：考號(hào)：

一、單選題

1.在科幻電影《全面回憶》中有一種地心車，無(wú)需額外動(dòng)力就可以讓人在幾十分鐘內(nèi)

到達(dá)地球的另一端。如圖沿地球直徑挖一個(gè)通道4B,地心車從通道A端靜止釋放，只

在萬(wàn)有引力作用下在AB兩點(diǎn)之間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，地心處為。點(diǎn)，則乘客（）

A.在。處速度最大B.從A到。受到的萬(wàn)有引力一直增大

C.從4到。的時(shí)間大于。到B的時(shí)間D.在A、8處加速度相同

2.2022年8月9日，中核集團(tuán)漳州核電2號(hào)機(jī)組反應(yīng)堆順利吊裝就位，向投產(chǎn)發(fā)電邁

出了重要一步，該核電項(xiàng)目投產(chǎn)后核反應(yīng)堆中存在如下核反應(yīng)：

+/Ba+；/r+3X,則（）

A.該核反應(yīng)方程式中X為質(zhì)子

B.該反應(yīng)類型是重核裂變反應(yīng)

C.的質(zhì)量數(shù)是235,中子數(shù)是92

D.寰Ba和;:Kr核子的比結(jié)合能，均比aU核子的比結(jié)合能小

3.如圖所示匝數(shù)為N的正三角形導(dǎo)線框，以角速度。在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中

繞垂直磁場(chǎng)方向的軸。。'勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線框邊長(zhǎng)為/且與理想變壓器原線圈相連，原、副

線圈匝數(shù)比為1:2,圖示時(shí)刻線框平面與磁感線垂直并以此時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，飛、凡為

定值電阻，電流表和電壓表均為理想電表，電流表A-A2的示數(shù)分別為乙、/,；電壓

表Y、V?的示數(shù)分別為q、t/2o不計(jì)線框電阻，則下列說(shuō)法正確的是（)

?,d的

A.導(dǎo)線框從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)90。，磁通量變化量為變BP

B.導(dǎo)線框處于圖示位置時(shí)，電流表A?的示數(shù)八=0

C.導(dǎo)線框處于圖示位置時(shí)，電壓表V。的示數(shù)％=當(dāng)即加2

D.閉合開(kāi)關(guān)S,電流表Ap的示數(shù)均減小

4.摩擦納米發(fā)電機(jī)是一種新型發(fā)電裝置，由兩個(gè)導(dǎo)體板以及附著在導(dǎo)體板上的兩種不

同電介質(zhì)組成，兩種電介質(zhì)重復(fù)性的接觸分離，可以將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，當(dāng)發(fā)電機(jī)兩

極板處于如圖所示狀態(tài)時(shí)，可以等效為一個(gè)平行板電容器，其電容的大小是影響發(fā)電性

能的重要參數(shù)之一，在以下方法中，可以增大電容值的是（）

導(dǎo)體板|+++++|---1

電介質(zhì)4

電阻7?

電介質(zhì)6

導(dǎo)體板

A.增加電介質(zhì)a

B.減小電介質(zhì)a

C.同時(shí)減小兩個(gè)導(dǎo)體板和附著在導(dǎo)體板上電介質(zhì)”、匕的面積

D.同時(shí)減小6的厚度

5.如圖所示為一定質(zhì)量理想氣體在狀態(tài)變化過(guò)程中壓強(qiáng)隨體積的變化圖像，氣體從狀

態(tài)A經(jīng)絕熱過(guò)程到達(dá)狀態(tài)B,再經(jīng)等容過(guò)程到達(dá)狀態(tài)C,最后經(jīng)等溫過(guò)程返回到狀態(tài)4。

A.4到8過(guò)程，氣體溫度保持不變

B.B到C過(guò)程，氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)單位面積器壁的碰撞次數(shù)不變

C.C到A過(guò)程，氣體從外界吸收熱量

試卷第2頁(yè)，共7頁(yè)

D.整個(gè)循環(huán)過(guò)程中，氣體向外界釋放熱量

6.一顆在赤道平面內(nèi)自西向東繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的近地衛(wèi)星P,在某時(shí)刻處于地面上

一標(biāo)志性建筑物Q的正上方,P做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑可近似看作地球半徑，考慮地球自轉(zhuǎn)，

則（）

A.P始終位于Q的正上方

B.經(jīng)過(guò)5分鐘后，P處于Q的東側(cè)

C.經(jīng)過(guò)5分鐘后，P處于Q的西側(cè)

D.P的角速度大小小于地球自轉(zhuǎn)角速度大小

7.如圖所示,某同學(xué)打水漂，從離水面1.25m處以5Gm/s的初速度水平擲出一枚石塊。

若石塊每次與水面接觸速率損失50%,彈跳速度與水面的夾角都是30。，當(dāng)速度小于

lm/s就會(huì)落水。已知g=10m/s2,sin3（T=:，cos30°=且不計(jì)空氣阻力，假設(shè)石塊始

終在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A.第一次與水面接觸后，彈跳速度為5m/s

B.第一個(gè)接觸點(diǎn)與第二個(gè)接觸點(diǎn)之間距離為述m

4

C.水面上一共出現(xiàn)5個(gè)接觸點(diǎn)

D.落水處離人擲出點(diǎn)的水平距離為空叵m

64

二、多選題

8.一列波長(zhǎng)為150cm的簡(jiǎn)諧橫波，沿x軸的正方向傳播，該波的振幅為2cm0已知f=0

時(shí)刻波上相距50cm的兩質(zhì)點(diǎn)小。的位移都是1cm,運(yùn)動(dòng)方向相反，如圖所示。若質(zhì)點(diǎn)

。比質(zhì)點(diǎn)方提前0.2s到達(dá)平衡位置，下列說(shuō)法正確的是（）

》/cm

“—?

a\

1\--------b

0-J-----------------------------1-------------------->

2070x/cm

A.該列簡(jiǎn)諧橫波的周期為0.6s

B.該列簡(jiǎn)諧橫波的傳播速度為7.5m/s

C.當(dāng)質(zhì)點(diǎn)。的位移為+2cm時(shí)，質(zhì)點(diǎn)。的位移為負(fù)

D.在f=0.05s時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)。的速度最大

9.質(zhì)量為根的小球以初速度%豎直向上拋出，經(jīng)過(guò)時(shí)間f后落回到拋出點(diǎn)位置。已知

小球所受阻力大小與小球的速率成正比=Z為常數(shù)），重力加速度為g,下列說(shuō)

法正確的是（）

A.小球落回到拋出點(diǎn)時(shí)速度大小為

B.小球上升時(shí)間小于:

C.小球上升過(guò)程克服阻力做功小于下降過(guò)程克服阻力做功

D.全過(guò)程小球克服阻力做功帆gf%

10.如圖所示，金屬導(dǎo)軌必〃與水平面成6角固定，導(dǎo)軌各相鄰段互相垂直，導(dǎo)軌頂

端接有阻值為R的定值電阻。已知寬軌間距乙寬軌長(zhǎng)2S,窄軌間距gz,窄軌長(zhǎng)3S,

在導(dǎo)軌所在的平面內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)有一根

長(zhǎng)度等于L,電阻也為R、質(zhì)量機(jī)的金屬棒從寬軌頂端由靜止釋放，金屬棒到達(dá)寬軌

底部和窄軌底部之前都己經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切摩擦，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。下列說(shuō)法

A.金屬棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過(guò)電阻R的電流方向?yàn)榉絋R—C

B.金屬棒在寬軌和窄軌上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度之比為1：3

試卷第4頁(yè)，共7頁(yè)

）DfC

C.金屬棒從寬軌頂端運(yùn)動(dòng)到窄軌底部的整個(gè)過(guò)程中通過(guò)電阻R的電荷量為牛?

R

D.在寬軌和窄軌上運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)階段中，金屬棒中產(chǎn)生的焦耳熱相等

三、實(shí)驗(yàn)題

11.利用如圖所示電路，測(cè)量一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。要求盡量減小實(shí)驗(yàn)誤差，調(diào)

節(jié)方便。除干電池、電流表（0~0.6A,內(nèi)阻約0.125C）、開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線外，可選用的實(shí)

驗(yàn)器材還有：

A.電壓表（0~3V,內(nèi)阻約3g）

B.電壓表（0~15V,內(nèi)阻約15kQ）

C.滑動(dòng)變阻器（0~20C）

D.滑動(dòng)變阻器（0~500Q）

（1）實(shí)驗(yàn)中，電壓表應(yīng)選用,滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用。（選填相應(yīng)器材前

的字母）

（2）某同學(xué)將實(shí)驗(yàn)記錄的6組數(shù)據(jù)標(biāo)在如圖的坐標(biāo)紙上。請(qǐng)你先根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，作出

本實(shí)驗(yàn)的U-/圖計(jì)算出該干電池電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值E=V,內(nèi)電阻的測(cè)量值「=

Q。（結(jié)果均保留小數(shù)點(diǎn)后兩位）

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12.如圖所示為某實(shí)驗(yàn)小組利用單擺探究?jī)尚∏蛞痪S對(duì)心碰撞時(shí)機(jī)械能變化的設(shè)計(jì)方案,

在懸點(diǎn)。處細(xì)繩與拉力傳感器連接，通過(guò)傳感器與計(jì)算機(jī)可以測(cè)量細(xì)繩中的拉力大小

隨時(shí)間的變化情況，細(xì)繩末端系有一個(gè)小球A,質(zhì)量為，如.水平放置的熾熱的電熱絲P

固定在o點(diǎn)的正下方，當(dāng)細(xì)繩擺至電熱絲處時(shí)被電熱絲瞬間燒斷；在懸點(diǎn)。正下方h

處有一水平臺(tái)面MN,質(zhì)量為m的小球B靜止放置于電熱絲P的下方（圖中B球沒(méi)

有畫出，B球的大小與A球相同）。已知懸線長(zhǎng)為L(zhǎng),懸點(diǎn)到水平臺(tái)面MN的距離00，=/?

（1）電熱絲P必須放在懸點(diǎn)正下方，而小球B必須放在懸點(diǎn)正下方略微偏右的位置,

保證A、B兩球在水平方向發(fā)生對(duì)心碰撞。

（2）將小球A向左拉起適當(dāng)角度后自由釋放，接著A、B兩小球在水平方向發(fā)生碰

撞，最后A、B兩小球分別落到水平臺(tái)面上的C、。（。點(diǎn)圖中沒(méi)有標(biāo)出）兩點(diǎn)，。。=夕，

O'D=S2,在A球下擺的過(guò)程中，計(jì)算機(jī)顯示細(xì)繩中的拉力由B增大為尸2.則碰撞前A

小球的動(dòng)能EkA=,碰撞后A小球的動(dòng)能E,=,碰撞后B小球的動(dòng)

能EkA"=o

（3）在其他條件不變的情況下，移走小球B,改變釋放小球A時(shí)細(xì)繩與豎直方向的夾

角6,小球A落點(diǎn)與0,點(diǎn)的水平距離S/將隨之改變，則S/和傳感器的拉力五2之間的

函數(shù)關(guān)系式為（注意：以上每空中的表達(dá)式必須用題目中的字母表示）。

四、解答題

13.如圖所示為半徑為R的半圓柱形玻璃磚的橫截面，。為該橫截面的圓心.光線PQ

沿著與4B成30。角的方向射入玻璃磚，入射點(diǎn)。到圓心。的距離為乎R,光線恰好從

玻璃磚的中點(diǎn)E射出，已知光在真空中的傳播速度為c.

試卷第6頁(yè)，共7頁(yè)

(1)求玻璃磚的折射率及光線從。點(diǎn)傳播到E點(diǎn)所用的時(shí)間；

(2)現(xiàn)使光線PQ向左平移，求移動(dòng)多大距離時(shí)恰不能使光線從圓弧面射出(不考慮經(jīng)半

圓柱內(nèi)表面反射后射出的光).

14.如圖甲所示，左側(cè)帶有擋板的質(zhì)量M=lkg的長(zhǎng)木板放在光滑的水平面上，木板的

右端放質(zhì)量機(jī)=lkg的小木塊，木塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.2,/=0時(shí)在長(zhǎng)木板

上施加水平拉力F,F隨時(shí)間Z的變化規(guī)律如圖乙所示。已知1s末木塊在木板的正中央

處，fo時(shí)刻木塊恰好與擋板相碰撞，設(shè)碰撞為彈性碰撞，取g=10m/s2。

(1)求木板的長(zhǎng)/；

(2)求為的大?。?/p>

(3)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明，木塊最終能否離開(kāi)木板。

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甲乙

15.如圖，空間中存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，空間位置有邊長(zhǎng)L=1.6m的正方體

abcd-a'b'c'd',其中a、b、c、d'四點(diǎn)電勢(shì)分別為仁=0、%=-16V、紇=-16V、%,=16V,

勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向沿a'd'cb平面斜向上。一帶正電小球以速度g2m/s從方點(diǎn)沿反方向勻

速運(yùn)動(dòng)，重力加速度g=10m/s2。(結(jié)果可用根式)

(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)E的大小與方向和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；

(2)若同時(shí)撤去電場(chǎng)和磁場(chǎng)，小球從正方體哪條邊離開(kāi)；

(3)若僅撤去電場(chǎng)，小球從正方體的什么位置離開(kāi)。

參考答案：

1.A

【詳解】A.乘客達(dá)到地心時(shí)處于平衡位置，故其速度最大，加速度等于零，故A正確；

B.乘客達(dá)到地心時(shí)受到的萬(wàn)有引力為零，故B錯(cuò)誤；

C.地心車從通道A端靜止釋放，只在萬(wàn)有引力作用下在48兩點(diǎn)之間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，所以從

A到。的時(shí)間等于。到B的時(shí)間，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)牛頓第二定律可知，在A、8處受萬(wàn)有引力大小相同，方向相反，所以在A、B處加

速度方向相反，故D錯(cuò)誤。

故選A?

2.B

【詳解】AB.根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，X的質(zhì)量數(shù)為1,電荷數(shù)為0,X為中子，該反應(yīng)

是典型的重核裂變反應(yīng)，A錯(cuò)誤，B正確；

C.的質(zhì)量數(shù)是235,中子數(shù)是235-92=143,C錯(cuò)誤；

D.和;:Kr是中等質(zhì)量的核，二者核子的比結(jié)合能均比重核aU核子的比結(jié)合能大，D

錯(cuò)誤。

故選Bo

3.C

【詳解】A.線框的面積為

?n

S=-/-/.sin60°=—Z2

24

則導(dǎo)線框從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)90。，磁通量變化量為

Jj,

A<P=BS=—B/2

4

故A錯(cuò)誤；

B.電流表的示數(shù)為有效值，導(dǎo)線框處于圖示位置時(shí)，電流表A?的示數(shù)不為0,故B錯(cuò)誤；

C.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值

E=NBSa)=—NB()l2

m4t

電壓表的示數(shù)為有效值，則

5=與=星NB(OF

1x/28

答案第1頁(yè)，共15頁(yè)

由變壓器工作原理有

4

U2n2

則電壓表VZ的示數(shù)

U=—NBml2

24

故C正確；

D.閉合開(kāi)關(guān)S,副線圈所在回路電阻變小，則電流變大，由電流與線圈匝數(shù)關(guān)系可知，原

線圈電流也增大，即電流表A「A?的示數(shù)均增大，故D錯(cuò)誤。

故選C。

4.A

【詳解】根據(jù)題意，由電容的決定式。=鳥可知

ABD.增加電介質(zhì)”，板間介電常數(shù)增加，電容變大，減小電介質(zhì)減小人的厚度都使板

間介電常數(shù)減小，電容變小，故A正確，BD錯(cuò)誤；

C.同時(shí)減小兩個(gè)導(dǎo)體板和附著在導(dǎo)體板上電介質(zhì)a、b的面積，正對(duì)面積減小，電容減小，

故C錯(cuò)誤。

故選Ao

5.D

【詳解】A.由圖示圖象可知，從A到8過(guò)程氣體體積增大，氣體對(duì)外做功，該過(guò)程是絕熱

過(guò)程，氣體既不吸熱也不放熱，由熱力學(xué)第一定律可知，氣體內(nèi)能減小，氣體溫度降低，故

A錯(cuò)誤；

B.氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)對(duì)單位面積器壁的碰撞次數(shù)正是氣體壓強(qiáng)的微觀表現(xiàn)，8到C過(guò)

程壓強(qiáng)增大，則氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)單位面積器壁的碰撞次數(shù)增多，故B錯(cuò)誤；

C.C到A過(guò)程氣體溫度不變而體積減小，外界對(duì)氣體做功，氣體內(nèi)能不變，由熱力學(xué)第

一定律可知，氣體放出熱量，故C錯(cuò)誤；

D.p-V圖線與橫軸所圍的面積為氣體做功的大小，圖線48、BC、C4所圍的面積表示整

個(gè)過(guò)程外界對(duì)氣體做的功W,由于整個(gè)過(guò)程氣體內(nèi)能不變，所以氣體放出熱量，故D正確。

故選D。

6.B

答案第2頁(yè)，共15頁(yè)

【詳解】D.根據(jù)

Mm

=ma)2~r

解得

可知近地衛(wèi)星P的角速度大于同步衛(wèi)星的角速度,又因?yàn)橥叫l(wèi)星的角速度等于地球自轉(zhuǎn)的

角速度。所以P的角速度大小大于地球自轉(zhuǎn)角速度大小。故D錯(cuò)誤；

A.同理

cMm4萬(wàn)2

G卞=m^r

可知，P的周期小于于地球自轉(zhuǎn)周期，P不能始終位于Q的正上方。故A錯(cuò)誤；

BC.根據(jù)

O=ax

可知經(jīng)過(guò)5分鐘后，P轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角大于Q轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角，所以P處于Q的東側(cè)。故B正

確；C錯(cuò)誤。

故選B。

7.C

【詳解】A.從拋出點(diǎn)到第一次接觸水面根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)則有

,12

h=2gt°

得

%=0.5s

拋出點(diǎn)到第一個(gè)入水點(diǎn)的距離為

%=%/(>=I鬲

且

jo=g*>=5m/s

%=10m/s

彈跳速度為

1u,

v2=—V1=5m/s

答案第3頁(yè)，共15頁(yè)

A正確，不符合題題；

B.從第一次接觸水面到第二次接觸水面所用時(shí)間為

2v2sin300

rI2=------------=0.5s

g

第一個(gè)接觸點(diǎn)與第二個(gè)接觸點(diǎn)之間距離為

x2=v2cos30°rl2

B正確，不符合題意；

C.從第二次接觸水面到第三次接觸水面所用時(shí)間為

2(v,x50%)sin30°

,23=——=-----------------=0.25s

g

第二個(gè)接觸點(diǎn)與第三個(gè)接觸點(diǎn)之間距離為

x3=(v2x50%)cos30°-=—Gm

-16

同理可得第三個(gè)接觸點(diǎn)與第四個(gè)接觸點(diǎn)之間距離為

X4=—y/3

64

第四次接觸水面后彈跳速度為

埼二匕x(50%)4=-m/s<lm/s

8

由此可知，第四次接觸后落入水中，因此一共出現(xiàn)4個(gè)接觸點(diǎn)，C錯(cuò)誤，與題意相符;

D.落水點(diǎn)離擲出點(diǎn)得水平距離

265/T

x=xt+x2+x3+x4=V3m

D正確，與題意不符。

故選C。

8.ACD

【詳解】B.依題意，該橫波的振動(dòng)形式從質(zhì)點(diǎn)。傳播到質(zhì)點(diǎn)b需要0.2s,有

v=±=2.5m/s

故B錯(cuò)誤；

A.根據(jù)

2

v=—

T

解得

T=0.6s

答案第4頁(yè)，共15頁(yè)

故A正確；

D.依題意，質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)時(shí)、從平衡位置到最大位移處需要

T

-=0.15s

4

質(zhì)點(diǎn)b從位移1cm處運(yùn)動(dòng)到2cm處需要

0.2s八.

-----=0.1s

2

則質(zhì)點(diǎn)。從位移1cm處運(yùn)動(dòng)到平衡位置需要

ta=0.15s-0.1s=0.05s

即0.05s時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)”的速度最大。故D正確；

C.根據(jù)上面選項(xiàng)分析可知，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)b的位移為+2cm時(shí)，歷時(shí)0.1s,質(zhì)點(diǎn)a已經(jīng)經(jīng)過(guò)平衡位

置運(yùn)動(dòng)到了平衡位置下方，其位移為負(fù)。故C正確。

故選ACDo

9.AB

【詳解】A.設(shè)小球上升時(shí)間為〃，小球下降時(shí)間為0小球落回至拋出點(diǎn)時(shí)的速度大小為

Vo取向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理

mgt+fttt-f2t2=mv-(-mvu)

由于上升的高度等于下降的高度

卬?=電

又

用=&卬?=kv2t2=人，2

依題意，有

tl+t2=t

聯(lián)立解得

v=gt-vu

故A正確；

B.根據(jù)牛頓第二定律，小球上升階段的加速度

+竹

a「二----------

下降階段的加速度

答案第5頁(yè)，共15頁(yè)

mg-kv

。下二-----------

m

則上升階段加速度較大，根據(jù)

12

hz=—at~

2

可知小球上升時(shí)間小于(。故B正確；

C.根據(jù)功的定義式，小球上升過(guò)程平均阻力大于下降過(guò)程的平均阻力，則上升階段克服阻

力做功大于下降過(guò)程克服阻力做功。故c錯(cuò)誤；

D.根據(jù)動(dòng)能定理，全過(guò)程小球克服阻力做功為

1mv21z\2122

叱?=萬(wàn)o--w(gz-vo)=mgtv0--mgt

故D錯(cuò)誤。

故選AB。

10.BC

【詳解】A.根據(jù)右手定則，金屬棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過(guò)電阻R的電流方向?yàn)镃-R一近

故A錯(cuò)誤；

B.金屬棒在寬軌勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)

82A

mgsin0=

2R

金屬棒在窄軌勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)

1

%9￡)29%

mgsin0=--------——

R+&

2

解得

/：曝=1:3

故B正確;

C.金屬棒在寬軌運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)電阻R的電荷量為

△份BL2S

112R=2R---------

在窄軌運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)電阻R的電荷量為

-L-3S

2

R+—R-R

22

答案第6頁(yè)，共15頁(yè)

2BLS

4=1+%=-^-

A

故C正確;

D.設(shè)金屬棒在寬、窄軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱分別為。應(yīng)、Q卒，則定值電阻產(chǎn)生的

焦耳熱分別為。寬、2。卒，金屬棒在寬軌運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)能量守恒

?1

mg-2S-sin0=-mv寬+2Q必

金屬棒在窄軌運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)能量守恒

mg?3S?sin8=；〃吟-；mv2^+3Q窄

結(jié)合

可知

。寬豐。窄

故D錯(cuò)誤。

故選BCo

UN

仁寤

汨

一

比

腳

浦2

1.6CM；C51

巴

田

巴

逋

[SIEoKlESKSl瞄2

?■?■??ITi-?■I-FIT?

E2巴山北T田經(jīng)田E2ii

-:2鬻55

1.5LMICULLCiCOZLOIILOICOZ

IT+ITi-?rH*?-M*

揄

田比弘

1.4翦ID

,□IO2EO：-C

2IS3E2；臼三米￡泰田1胤rJ田福王￡2E21E3I

QXO3ro:ocoicalcicoicaz

田

11.AC1.33鼐1.500.83

W田制土三曲取COICQIC

：.］：+>E3SrSicoi

超H艇

寄:5；picpi

1.2C3EOID3IrXcpicarc

E2zE3￡￡]E3H3iEE3IE3i

JoroSto:Eoi^rEiESicSJ

1，T?IT?*A?t*>I?1-I?司￡2

?；U一:?spiralP

兩

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三〔

■期

思ES3田共？等式

置E

蕤W

田

讖

芭丑虛”2田卷片匕si

K中rrTcrrrvrmTmTrr

>//A

00.10.20.30.40.50.6

【詳解】（1）［1］由于一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)約為1.5V,因此電壓表選擇A。

⑵當(dāng)電流表的指針滿偏時(shí)，電路中的總電阻為

E

/?=y=2.5Q

因此滑動(dòng)變阻器選擇C。

（2）［31本實(shí)驗(yàn)的U-/圖如圖所示

答案第7頁(yè)，共15頁(yè)

//A

[4][5]根據(jù)閉合電路歐姆定律

E=U+Ir

可得

U=-lr+E

可知U-/圖像縱釉截距表示電池的電動(dòng)勢(shì)，即

E=1.50V

U-/圖像斜率的絕對(duì)值表示電池的內(nèi)阻，即

1.0-1.5

r=網(wǎng)=C=0.83C

0.6-0

町閾嗎gS；2L(h~L)F-2L(h-L)

12.一町g）2

4(/2-L)4(/?一)"4g

【詳解】（2）[1]碰撞前對(duì)A小球，在最低點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律

F2-mR=*

碰撞前A小球的動(dòng)能為

&a=/y5一"話)

⑵小球碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向

h-L=-gt2

2

在水平方向

S[=vt

答案第8頁(yè)，共15頁(yè)

聯(lián)立可得碰撞后A小球的動(dòng)能為

L1m.gS：

E..=—m.v2'=------

kA2"4(〃-L)

[3]碰撞后B小球做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向

k-L=ggf2

在水平方向

ff

S2=vt

聯(lián)立解得碰撞后B小球的動(dòng)

1,2網(wǎng)gS；

E.=_/1廠二產(chǎn)2

kB224(〃-L)

⑷小球在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律

2

「V

F2-myg=m,—

小球做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向

h-L=^gt2

在水平方向

￥=vt

聯(lián)立解得S/和傳感器的拉力尸2之間的函數(shù)關(guān)系式為

<l2L(h-L)p

V碼g

13.⑴竺(2)主史R

c3

【詳解】(1)光線PQ入射到玻璃磚表面，入射角1=60°,設(shè)對(duì)應(yīng)折射光線。E的折射角為

夕，如圖所示：

答案第9頁(yè)，共15頁(yè)

由幾何關(guān)系得:

“加下=回

R3

即：

夕=30。

根據(jù)折射定律有：

sina

n=------

sinB

解得：

n=

光線QE在玻璃磚內(nèi)傳播的速度為:

v=—

n

傳播的距離為：

QE=-^—

COSp

光線從Q點(diǎn)傳播到E點(diǎn)所用的時(shí)間:

t_QE_2R

Vc

(2)若使光線PQ向左平移距離x,折射光線。,到達(dá)圓弧面的入射角恰好等于臨界角C,

則：

sinC=-

n

在應(yīng)用正弦定理有:

R當(dāng)R+x

sin(9O°-/7)sinC

聯(lián)立解得：

x=^-R.

3

14.(1)2m；(2)1.5s；(3)木塊不會(huì)離開(kāi)木板

【詳解】(1)在力=ls內(nèi)，對(duì)木板受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得

Fi-i，img=Mai

其中

答案第10頁(yè)，共15頁(yè)

F/=6N

對(duì)木塊受力分析，同理可得

^mg=ma

在〃時(shí)間內(nèi)，木板運(yùn)動(dòng)的位移為

木塊運(yùn)動(dòng)的位移為

1,2

工2=/西

1S末木塊在木板的正中央處，可得

/

聯(lián)立解得

Z=2m

(2)由題意可知尸2=4N,設(shè)在Ar時(shí)間內(nèi)，對(duì)木板有

F2-/^mg=Ma2

Is末的木板和木塊的速度分別為

在△