2024屆河南洛陽高考物理全真模擬密押卷含解析

2024屆河南洛陽名校高考物理全真模擬密押卷

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再

選涂其它答案標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。

1、三根通電長(zhǎng)宣導(dǎo)線平行放置，其截面構(gòu)成等邊三角形，O點(diǎn)為三角形的中心，通過三根直導(dǎo)線的電流大小分別用小

A.A表示，電流方向如圖所示.當(dāng)/尸/2=/3=/時(shí)，。點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為不通電長(zhǎng)直導(dǎo)線在某點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)

強(qiáng)度大小跟電流成正比，則下列說法正確的是（）

A.當(dāng)/尸31,，2=/3=，時(shí),O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B

B.當(dāng)/尸31,/2=13=1時(shí)，。點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3〃

。點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為立8

C.當(dāng)33/,八=/3=，時(shí),

2

D.當(dāng)〃=31,時(shí)，。點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

2、如圖所示，定滑輪通過細(xì)繩O。，連接在天花板上，跨過定滑輪的細(xì)繩兩端連接帶電小球A、B,其質(zhì)量分別為，小、

mi（m^m2調(diào)節(jié)兩小球的位置使二者處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)。4、OB段繩長(zhǎng)分別為八、h,與豎直方向的夾角分

別為a、po已知細(xì)繩絕緣且不可伸長(zhǎng)，不計(jì)滑輪大小和摩擦。則下列說法正確的是（）

B.h:h=m2:in\

C.若僅增大B球的電荷量，系統(tǒng)再次靜止，則OB段變長(zhǎng)

D.若僅增大B球的電荷量，系統(tǒng)再次靜止，則OB段變短

3、研究光電效應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)驗(yàn)電路如圖所示，A、K為光電管的兩個(gè)電極，電壓表V、電流計(jì)G均為理想電表。已知該

光電管陰極K的極限頻率為％,元電荷電量為e,普朗克常量為力，開始時(shí)清片P、P'上卜對(duì)齊?，F(xiàn)用頻率為了的光

照射陰極K（v>vo）,則下列說法錯(cuò)誤的是

A.該光電管陰極材料的逸出功為/昨（）

B.若加在光電管兩端的正向電壓為U,則到達(dá)陽極A的光電子的最大動(dòng)能為m/“+eU

C.若將滑片P向右滑動(dòng)，則電流計(jì)G的示數(shù)一定會(huì)不斷增大

D.若將滑片“向右滑動(dòng)，則當(dāng)滑片P、P'間的電壓為〃一一時(shí),電流計(jì)G的示數(shù)恰好為0

e

4、如圖所示，質(zhì)量為M的小車的表面由光滑水平面和光滑斜面連接而成，其上放一質(zhì)量為m的球，球與水平面的接

觸點(diǎn)為與斜面的接觸點(diǎn)為力，斜面傾角為0.當(dāng)小車和球一起在水平桌面上做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，下列說法正確的是（）

A.若小車勻速運(yùn)動(dòng)，則球?qū)π泵嫔狭c(diǎn)的壓力大小為mgcos”

B.若小車勻速運(yùn)動(dòng)，則球?qū)λ矫嫔?。點(diǎn)的壓力大小為機(jī)gsin〃

C.若小車向左以加速度gtan。加速運(yùn)動(dòng)，則球?qū)λ矫嫔蟖點(diǎn)無壓力

D.若小車向左以加速度gtan。加速運(yùn)動(dòng)，則小車對(duì)地面的壓力小于（M+m）g

5、甲、乙兩物體零時(shí)刻開始從同一地點(diǎn)向同一方向做直線運(yùn)動(dòng)，位移?時(shí)間圖象如圖所示，則在。?h時(shí)間內(nèi)

A.甲的速度總比乙大

B.甲、乙位移相同

C.甲經(jīng)過的路程比乙小

D.甲、乙均做加速運(yùn)動(dòng)

6、如圖所示為氫原子能級(jí)的示意圖，下列有關(guān)說法正確的是

nE/eV

oo---------------Q

4----------------------------------0.85

3----------------------------------1.51

2-----------------------------------34

1-----------------------------------13.6

A.處于基態(tài)的氫原子吸收10.5CV的光子后能躍遷至，〃=2能級(jí)

B.大量處于〃=4能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，最多可輻射出3種不同頻率的光

C.若用從〃=3能級(jí)躍遷到〃=2能級(jí)輻射出的光，照射某金屬時(shí)恰好發(fā)生光電效應(yīng)，則用從〃=4能級(jí)躍遷到〃=3

能級(jí)輻射出的光，照射該金屬時(shí)一定能發(fā)生光電效應(yīng)

D.用〃=4能級(jí)躍遷到〃=1能級(jí)輻射出的光，照射逸出功為6.34eV的金屬鉗產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能為6.41eV

二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。

全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分。

7、根據(jù)現(xiàn)行有效國(guó)際民航組織《危險(xiǎn)物品安全航空運(yùn)輸技術(shù)細(xì)則》和《中國(guó)民用航空危險(xiǎn)品運(yùn)輸管理規(guī)定》，嚴(yán)禁攜

帶額定能量超過160Wh的充電寶；嚴(yán)禁攜帶未標(biāo)明額定能量同時(shí)也未能通過標(biāo)注的其他參數(shù)，計(jì)算得出額定能量的充

電寶。如圖為國(guó)產(chǎn)某品牌一款充電寶的銘牌。則（）

型號(hào)：xm-02-.\D

輸入：DC5V/2A

10400

mAh輸出：DC5.1V/2.1A

豌容量：3.6V/37.44Wh

A.該充電寶的輸入電壓為交流5V

B.該充電寶的輸出電壓為直流5.1V

C.該充電寶可以給手機(jī)充電最短時(shí)間大約10h

D.乘客可以攜帶該充電寶登機(jī)

8、如圖所示，等腰直角三角形金屬框。加右側(cè)有一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，時(shí)邊與磁場(chǎng)兩邊界平行,

磁場(chǎng)寬度大于左邊的長(zhǎng)度。現(xiàn)使框架沿加邊方向勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域，U0時(shí)，c點(diǎn)恰好達(dá)到磁場(chǎng)左邊界。線框中產(chǎn)生

的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E,感應(yīng)電流為1（逆時(shí)針方向?yàn)殡娏髡较颍?，配兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為L(zhǎng)/加，金屬框的電功率為P。

圖中上述各量隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是（）

9、電阻R接在20V的恒壓電源上時(shí)，消耗的電功率為P；若將K接在如圖所示理想變壓器的副線圈電路中時(shí)，K消

耗的電功率為已知電路中電阻Ro的阻值是R的4倍，。、力兩端接在〃=4（）底sinlOOR（V）的交流電源上，此

變壓器（）

A.副線圈輸出電壓的頻率為100Hz

B.副線圈輸出電壓的有效值為10V

C.原、副線圈的匝數(shù)之比為2：1

D.原、副線圈的電流之比為1：4

10、如圖，甲、乙兩種粗糙面不同的傳送帶，傾斜于水平地面放置，以同樣恒定速率-向上運(yùn)動(dòng)。現(xiàn)將一質(zhì)量為機(jī)的

小物體（視為質(zhì)點(diǎn)）輕輕放在A處，小物體在甲傳動(dòng)帶上到達(dá)8處時(shí)恰好達(dá)到傳送帶的速率在乙傳送帶上到達(dá)離8

豎直高度為〃的C處時(shí)達(dá)到傳送帶的速率ve已知3處離地面的高度皆為H。則在物體從4到B的過程中（）

A.兩種傳送帶對(duì)小物體做功相等

B.將小物體傳送到8處，兩種傳送帶消耗的電能相等

C.兩種傳送帶與小物體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)不同

D.將小物體傳送到3處，兩種系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等

三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11.（6分）重物帶動(dòng)紙帶自由下落，測(cè)本地重力加速度。用6V。50Hz的打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出的一條紙帶如圖甲所示，O

為重物下落的起點(diǎn)，選取紙帶上連續(xù)打出的A、B.C、E、產(chǎn)為測(cè)量點(diǎn)，各測(cè)量點(diǎn)到。點(diǎn)的距離力己標(biāo)在測(cè)量點(diǎn)

下面。打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打C點(diǎn)時(shí)，重物下落的速度匕二m/s；分別求出打其他各點(diǎn)時(shí)的速度＞，，作產(chǎn)-6關(guān)系圖

像如圖乙所示，根據(jù)該圖線，測(cè)得本地的重力加速度/?=m/s2o（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）

1020

甲乙

12.（12分）用圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證㈣、加2組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。加2從高處由靜止開始下落，同時(shí)仍向

上運(yùn)動(dòng)拉動(dòng)紙帶打出一系列的點(diǎn)，對(duì)紙帶上的點(diǎn)跡進(jìn)行測(cè)量，即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。圖乙給出的是實(shí)驗(yàn)中獲取的

一條紙帶，其中0是打下的第一個(gè)點(diǎn)，每相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)未標(biāo)出的點(diǎn)，計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖中所示。已知

電源的頻率為50Hz,町=50g,m2=150g,取gnlOm/s?。完成以下問題。（計(jì)算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）

甲

（1）在紙帶上打下計(jì)數(shù)點(diǎn)5時(shí)的速度%=m/so

⑵在打0~5點(diǎn)過程中系統(tǒng)動(dòng)能的增加量A4=J，系統(tǒng)勢(shì)能的減少量△綜=J,由此得出的結(jié)論是

（3）依據(jù)本實(shí)驗(yàn)原理作出的匕-力圖像如圖丙所示，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?=m/s2o

2

四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13.（10分）如圖，質(zhì)量為6m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的薄木板AB放在光滑的平臺(tái)上，木板B端與臺(tái)面右邊緣齊平.B端上放有質(zhì)

量為3m且可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊C,C與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為質(zhì)量為m的小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩懸掛在平臺(tái)

右邊緣正上方的O點(diǎn)，細(xì)繩豎直時(shí)小球恰好與C接觸.現(xiàn)將小球向右拉至細(xì)繩水平并由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)

時(shí)細(xì)繩恰好斷裂，小球與C碰撞后反彈速率為碰前的一半.

（1）求細(xì)繩能夠承受的最大拉力；

⑵若要使小球落在釋放點(diǎn)的正下方P點(diǎn)，平臺(tái)高度應(yīng)為多大；

⑶通過計(jì)算判斷C能否從木板上掉下來.

14.（16分）如圖所示，水平線仍上方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，面以及。力下方都存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)

大小都相等。在時(shí)下方同時(shí)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。。為"上方一點(diǎn)，到ab距離為2L。一質(zhì)量為山、帶電

荷量為-9（q>0）的帶電小球從尸點(diǎn)以大小為匕,二4癡、與豎直方向成〃=30。斜向下拋出。g為重力加速度，經(jīng)過

"上。點(diǎn)（圖中未畫出）時(shí)速度水平。

⑴求電場(chǎng)強(qiáng)度大??；

（2）小球經(jīng)過"下方。點(diǎn)（圖中未畫出）時(shí)獲得最大速度，。到仍的距離為一L,求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。

5

15.（12分）一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，在x=0和x=0.6m處的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)A、〃的振動(dòng)圖象如圖所示.已知該

波的波長(zhǎng)大于0.6m,求其波速和波長(zhǎng)

參考答案

一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。

1、A

【解析】

AB.根據(jù)安培定則畫出//、，2、13在。點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度示意圖，當(dāng)/尸時(shí)，令3尸&=&3=氏，示意圖如圖甲所示

根據(jù)磁場(chǎng)疊加原理，可知此時(shí)0點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小8與8。滿足關(guān)系B0二；B；

當(dāng)11=3/2,，2=/3=/時(shí),Bl=3Bo,B2=B3=BO,示意圖如圖乙所示

由圖乙解得。點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為4砌=28,故A正確，B錯(cuò)誤;

CD.當(dāng)〃=31,/i=〃=/時(shí)，Bi=B3=B0fBZ=3BO,示意圖如圖丙所示

內(nèi)

由圖丙解得0點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為26B。=向3，同理可得,當(dāng)Z3=3/,Zi=72=/時(shí),O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為gB，

故CD錯(cuò)誤。

故選Ao

2、B

【解析】

A.因滑輪兩邊繩子的拉力相等，可知。=必選項(xiàng)A錯(cuò)誤;

B畫出兩球的受力圖，由三角形關(guān)系可知

OCI

OC6

其中丁尸丁2則

Zm

--1-_-----2

12町

選項(xiàng)B正確；

CD.由關(guān)系式）二也可知，八和A的大小由兩球的質(zhì)量關(guān)系決定，與兩球電量關(guān)系無關(guān)，則若僅增大B球的電荷量,

l2m\

系統(tǒng)再次靜止，則OU段不變，選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。

故選B。

3、C

【解析】

A.由極限頻率為孫，故金屬的逸出功為Wo=/?o,A正確；

B.由光電效應(yīng)方程可知，電子飛出時(shí)的最大動(dòng)能為

4=力吁叫

由于加的正向電壓，由動(dòng)能定理

eU=E[-Ek

解得

E'k=hv-//v0+eU

故B正確；

C.若將滑片尸向右滑動(dòng)時(shí)，若電流達(dá)到飽和電流，則電流不在發(fā)生變化，故c錯(cuò)誤；

D.P，向右滑動(dòng)時(shí)，所加電壓為反向電壓，由

可得

U=hv-h\

C

則反向電壓達(dá)到遏止電壓后，動(dòng)能最大的光電子剛好不能參與導(dǎo)電，則光電流為零，故D正確；

故選C。

4、C

【解析】

AB.小車和球一起勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球受到豎直向下的重力和水平面對(duì)小球豎直向上的支持力，二力平衡，所以小球?qū)?/p>

方點(diǎn)無壓力.根據(jù)牛頓第二定律可知小球?qū)Αc(diǎn)的壓力大小為機(jī)g,AB錯(cuò)誤：

C.若小車向左以加速度gtan”加速運(yùn)動(dòng)，假設(shè)小球?qū)Α｜c(diǎn)無壓力，根據(jù)牛頓第二定律

mgtan0=ma

解得

。=gtan。

假設(shè)成立，所以小球?qū)Α｜c(diǎn)無壓力，C正確；

D.對(duì)小車和球構(gòu)成的系統(tǒng)整體受力分析可知，系統(tǒng)在豎直方向上加速度為0,豎直方向受到重力和支持力，二者等大

反向，根據(jù)牛頓第三定律可知小車對(duì)地面的壓力等于（M+加）g,D錯(cuò)誤。

故選C。

5、B

【解析】

A.因圖像的斜率等于速度，可知在0?h時(shí)間內(nèi)開始時(shí)甲的速度大于乙，后來乙的速度大于甲，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.由圖像可知在0?ti時(shí)間內(nèi)甲、乙位移相同，選項(xiàng)B正確；

C.甲乙均向同方向做直線運(yùn)動(dòng)，則甲乙的路程相同，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；

D.由斜率等于速度可知，甲做勻速運(yùn)動(dòng)，乙做加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

6、D

【解析】

A.處于基態(tài)的氫原子吸收1Q.2CV的光子后能躍遷至〃=2能級(jí)，不能吸收10.2eV的能量.故A錯(cuò)誤：

B.大量處于〃=4能級(jí)的氫原子，最多可以輻射出C；=6科3故B錯(cuò)誤；

C.從〃=3能級(jí)躍遷到〃=2能級(jí)輻射出的光的能量值大于從〃=4能級(jí)躍遷到〃=3能級(jí)輻射出的光的能量值，用從〃=3

能級(jí)躍遷到〃=2能級(jí)輻射出的光，照射某金屬時(shí)恰好發(fā)生光電效應(yīng)，則用從〃=4能級(jí)躍遷到〃=3能級(jí)輻射出的光，照

射該金屬時(shí)不一定能發(fā)生光電效應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D.處于〃=4能級(jí)的氫原子躍遷到〃=1能級(jí)輻射出的光的能量為：=E4-=-0.85-（-13.6）=12.75eV,根據(jù)光

電效應(yīng)方程，照射逸出功為6.34ev的金屬粕產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能為，Ektn=E-W=12.75-6.34=6.41eV,

故D正確；

二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。

全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。

7、BD

【解析】

A.由圖可知，該充電寶的輸入電壓為直流5V,故A錯(cuò)誤；

B.由圖可知，該充電寶的輸出電壓為直流5.1V,故B正確；

C.由圖可知，該充電寶的輸出電流為2.1A,則該充電寶可以給手機(jī)充電最短時(shí)間

10400x10-3cd

t=----------------h?47.915h

2.1

故C錯(cuò)誤；

D.由圖可知，該充電寶額定能量為37?44Wh,則乘客可以攜帶該充電寶登機(jī)，故D正確。

故選BD.

8、BC

【解析】

A.根據(jù)導(dǎo)體棒切割磁場(chǎng)產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為可知，第一階段勻速進(jìn)磁場(chǎng)的有效長(zhǎng)度均勻增大，產(chǎn)生均勻增

大的電動(dòng)勢(shì)，因磁場(chǎng)寬度大于反邊的長(zhǎng)度，則第二階段線框全部在磁場(chǎng)中雙邊切割，磁通量不變，線框的總電動(dòng)勢(shì)為

零，第三階段勻速出磁場(chǎng)，有效長(zhǎng)度均勻增大，產(chǎn)生均勻增大的電動(dòng)勢(shì)，故七-，圖像的第三階段畫錯(cuò)，故A錯(cuò)誤；

E

B.根據(jù)閉合電路的歐姆定律，=一，可知第一階段感應(yīng)電流均勻增大，方向由楞次定律可得為順時(shí)針（負(fù)值），第二階

R

段電流為零，第三階段感應(yīng)電流均勻增大，方向逆時(shí)針（正值），故iT圖像正確，故B正確；

c.由部分電路的歐姆定律〃從=認(rèn)/“，可知u灰一/圖像和i—r圖像的形狀完全相同，故c正確；

n.金屬框的電功率為P則電流均勻變化，得到的電功率為二次函數(shù)關(guān)系應(yīng)該畫出開口向上的拋物線，則夕一，

圖像錯(cuò)誤，故D錯(cuò)誤。

故選BC,

9、BC

【解析】

A.變壓器不改變交變電流的頻率，由題可知，交流電壓的頻率為

10071

=5()Hz

27r

故A錯(cuò)誤；

B.由題意可得

U;1202

--=—x-----

R4R

解得

t/2=10V

故B正確；

C.電源的有效值為

設(shè)原、戢線圈的匝數(shù)之比為〃，則原、副線圈的電流之比為,則R）兩端電壓為絲根據(jù)原、副線圈電壓比等匝數(shù)

nn

比即

4

40--C\

工一=〃

%

解得

n=2

故C正確；

D.由原、副線圈中的電流之比等匝數(shù)反比可知，原、副線圈的電流之比為1：2,故D錯(cuò)誤。

故選BC.

10、AC

【解析】

A.傳送帶對(duì)小物體做功等于小物塊的機(jī)械能的增加量，動(dòng)能增加量相等，重力勢(shì)能的增加量也相同，則機(jī)械能的增

加量相同，所以兩種傳送帶對(duì)小物體做功相等，故A正確：

C.由0加速到y(tǒng),甲圖中的加速位移大于乙圖中的加速位移，根據(jù)

lax=v

可知a甲＜。乙，根據(jù)牛頓第二定律有

Rngcos0-mgsin夕=ma

解得〃甲＜4乙，即兩種傳送帶與小物體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)不同，故C正確;

D.對(duì)甲圖分析，可知小物體加速的位移為

Hv

x=----=—/.

1sin夕21

此時(shí)傳送帶勻速的位移為

2H

XVt

2=\~s.inq?

則兩者的相對(duì)位移為

H

SWL指

根據(jù)摩擦生熱的公式

Q=力相對(duì)

解得。卜二/與

sin，

對(duì)乙圖分析，可知小物體加速的位移為

，H-hv,

x=-----=~/.

sin。2

此時(shí)傳送帶勻速的位移為

…:二^1

'sin<9

則兩者的相對(duì)位移為

H-h

面對(duì)=芯一與'=

sin。

根據(jù)摩擦生熱的公式

Q=人相對(duì)

H-h

解得Q乙=f?

sin。

在甲圖、乙圖，對(duì)小物體分析，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

fi-mgsin9=ma,H

x2

sin0

v

f2-mgsin8=ma2,2H二h

sin。

解得

2sin

,.八mvsin，‘.n夕

將力、力代入。中、。乙的表達(dá)式，解得

Qp=mgH+：mv2,Q乙=，ng(H-+；mv2

4乙

則有QF>Q乙，即產(chǎn)生的熱量不相等，故D錯(cuò)誤;

B.根據(jù)能量守恒定律，電動(dòng)機(jī)消耗的電能E電等于摩擦產(chǎn)生的熱量0與物塊增加機(jī)械能的和，因物塊兩次從A到5

增加的機(jī)械能增加量相同，而Qp〉0c，所以將小物體傳送到B處，兩種傳送帶消耗的電能甲更多，故B錯(cuò)誤。

故選AC,

三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11、1.569.70-9.90

【解析】

[1].由匕=第■可知

0.1571-0.0947.”,

v=-----------------------=1.56m/s

,0.04

[21.根據(jù)廿二2皿，由圖象求斜率得2g,所以

g=—=—xm/s2=9.80m/s2

220.25

12、2.40.580.60在誤差允許的范圍內(nèi)，叫、〃馬組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒9.7

【解析】

第4點(diǎn)與第6點(diǎn)間的平均速度等于第5點(diǎn)的瞬時(shí)速度，有

(21.60+26.40)xlO-2,。，

V5=-------------------------------m/s=2.4m/s

2x0.1

打下計(jì)數(shù)點(diǎn)5時(shí)的速度2.4m/so

(2)[2]系統(tǒng)動(dòng)能的增加量

△線=g(町+嗎)片=0?58J

打0~5點(diǎn)過程中系統(tǒng)動(dòng)能的增加量O.58J?

⑶系統(tǒng)勢(shì)能的減少量

然）=（，%_町）g0=0-60J

系統(tǒng)勢(shì)能的減少量0.60J。

⑷可見A耳與AE,大小近似相等，則在誤差允許的范圍內(nèi)，町、叫組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。

0)[5]系運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，則有

叫十用)y=(嗎一仍)g"

解得

v-

一~Lgh

2，〃]+?

則匕一/?圖像的斜率

2

,犯一機(jī)15.82.

L2

k=1---------g=------m/s

m}4-m21.20

則

g=9.7m/s2

當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?.7m/s2。

四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13、(l)3mg(2)L(3)滑塊C不會(huì)從木板上掉下來

【解析】

(1)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速率為vo,小球向下擺動(dòng)過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：,ngL=；m流

解得：%=12gL

2

小球在圓周運(yùn)動(dòng)最低點(diǎn)，由牛頓第二定律：T-mg=吟

由牛頓第三定律可知，小球?qū)?xì)繩的拉力：T=T

解得：T=3mg

(2)小球碰撞后平拋運(yùn)動(dòng).在豎直方向上：h=^gr

水平方向：L=9

解得：h=L

(3)小球與滑塊C碰撞過程中小球和C系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，設(shè)C碰后速率為打，以小球的初速度方向?yàn)檎较颍?/p>

動(dòng)量守恒定律得：=，"-會(huì)

+3加匕

設(shè)木板足夠長(zhǎng)，在C與木板相對(duì)滑動(dòng)直到相對(duì)靜止過程，設(shè)兩者最終共同速率為V2,由動(dòng)量守恒定律的:

3/TZV,=(3〃?+6M匕

由能量守恒定律得：一?3〃/=—(3//?+6〃?川+〃-3m