2023届湘豫名校联考高三上学期物理8月入学摸底考试试卷

2023届湘豫名校联考高三上学期物理8月入学摸底考试试卷

阅卷人

--------------------------------A单选题（共8题；共16分）

得分

L（2分）杯238是杯的同位素，半衰期为86.4年。杯238用作核电池的热源，也可用作空间核动力

和飞船的电源，我国设计的“玉兔号”月球车上就应用了杯238小型核能电池。已知杯（）会

238238与锢

954m94PU2

衰变成较稳定的销（若初始时电池中的钵（llAm）的原子数量之比

为4：1则下列说法正确的是（）

230

A.杯（）衰变成较稳定的锢（9^m）的反应为B耗变

B.杯（2望「比）衰变成较稳定的锢（^Am）的反应为重核的裂变反应

238

C.杯（2器）的比结合能比铜（95力m）的比结合能大

238P与锢

D.经过86.4年后电池中的杯（94U）的原子数量之比为2：I

【答案】A

【解析】【解答】AB.根据质量数守恒，新核的质量数为238-238=0

根据电荷数守恒，新核的电荷数为94-95=1

可知新核为电子，即B粒子，则杯（2费Pa）衰变成较稳定的铜（2HAm）的反应为0衰变,

A符合题意，B不符合题意；

比杯238P

C.由于B衰变释放能量，表明铜（m94U即锢（2llAm）的比结合

238

能比杯（94

86.4

D.根据半衰期的规律有叫小卷产=枭原

与

238238锢

94P294PU

因每有一个杯（）衰变可产生一个铜（lfAm）,则剩余的杯（

（2HAm）的原子数量之比为2：3,D不符合题意。

故答案为：A。

【分析】根据质量数守恒和电荷数守恒判断衰变过程，比结合能大越稳定。根据半衰期的规律有得

原子数量之比。

2.（2分）某位同学利用力敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图甲所示，将力敏

电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘光滑重球，力敏电阻的阻值随所受压力的增

大而减小。小车向右做直线运动的过程中，电流表的示数如图乙所示，下列判断正确的是（）

1力敏电阻

甲

A.小车在0〜方时间内一定做匀速直线运动

B.小车在口〜t2时间内做匀减速直线运动

C.小车在ti〜上时间内做加速度减小的加速运动

D.小车在t2~t3时间内一定做匀速直线运动

【答案】C

【解析】【解答】A.在0〜Q时间内电流不变，则压敏电阻的阻值不变，所受的压力不变，加速度

不变，则小车不一定做匀速直线运动，A不符合题意；

BC.在G〜t2时间内，电流减小，则压敏电阻的电阻变大，所受的压力减小，则加速度减小，即小

车做加速度减小的加速运动，B不符合题意，C符合题意；

D.在t2-t3时间内电流不变，与0〜方时间内比较电流变小了，则压敏电阻的阻值变大，所受的

压力减小，加速度减小了，但是加速度仍不变，则小车不一定做匀速直线运动，D不符合题意。

故答案为：Co

【分析】压敏电阻的阻值不变，所受的压力不变，加速度不变。压力减小，电流减小，则压敏电阻

的电阻变大。

3.（2分）如图所示，一绝缘且粗糙程度相同的竖直细杆处于两等量异种点电荷+Q、-Q连线的

中垂线上，细杆和两点电荷均固定，A、O、B分别为细杆上的三点，0为+Q、-Q连线的中

点，AO=BO。现有电荷量为+q、质量为m的小球套在杆上，从A点起以初速度见向B点

滑动，到达B点时速度恰好为零，则下列关于小球运动的v-t图像可能正确的是（）

+0-Q

㊉I---㊀

O

B

【答案】A

【解析】【解答】由题意知，到达B点时速度恰好为零，所以在B处小球做减速运动，则此时加速度

向上，又因为A与B点对称，则受力情况相同，则A点加速度方向也向上。对小球受力分析如图

因为从A到B过程中，r先减小后增大，6也是先减小后增大，则支持力先增大后减小，摩擦力也

先增大后减小，故加速度先增大后减小，且加速度方向一直向上，因此小球从A到B过程中做加速

度先增大后减小的减速运动，又因为v~t图像的斜率表示加速度。

故答案为：Ao

【分析】达B点时速度恰好为零，所以在B处小球做减速运动，从A到B过程中，r先减小后增

大，摩擦力先增大后减小。

4.(2分)某种型号的霓虹灯的供电电路图如图所示，P为自耦变压器的滑动触头，其原线圈接在

的=220/sinlOO兀t(V)的正弦交流电源上，副线圈上通过输电线接有1个霓虹灯。若霓虹灯的激

发电压(点亮霓虹灯的最低电压)和熄灭电压(维持霓虹灯发光的最低电压)均为Uo=6600V。

霓

虹

灯

A.霓虹灯的激发电压和熄灭电压是指电压的平均值

B.正弦交流电源的频率为100Hz

C.若把P向上移动，霓虹灯每次持续的发光时间会变长

D.若把P向下移动，霓虹灯每次持续的发光时间会变长

【答案】D

【解析】【解答】A.依题意，由于加在霓虹灯管两端电压大于其激发电压和熄灭电压时灯管就发

光，则其激发电压和熄灭电压是指电压的瞬时值，A不符合题意；

B.依题意，所加正弦交流电的周期为7=需-=0.02s

频率为f=寺=50Hz

B不符合题意；

CD.依题意，原线圈两端的电压有效值4=驾史=22()V

根据变压器的特点，假定变压器原、副线圈匝数分别为m、n2,则副线圈两端电压为。2=黑6=

最220。

则副线圈两端电压最大值为y2m=^220V2(V)

若把P向上移动，则m变大，副线圈两端电压的最大值U2m会变小，则在一个周期里，副线圈两

端电压的瞬时值大于激发电压和熄灭电压的时间会变短，即霓虹灯每次持续的发光时间会变短；反

之，若把P向下移动，m变小，副线圈两端电压的最大值U2m会变大，在一个周期里，副线圈两端

电压的瞬时值大于激发电压和熄灭电压的时间会变长，霓虹灯每次持续的发光时间会变长；C不符

合题意，D符合题意。

【分析】激发电压和熄灭电压是指电压的瞬时值，把P向上移动，在一个周期里，副线圈两端电压

的瞬时值大于激发电压和熄灭电压的时间会变短。

5.（2分）如图所示，倾角为6的斜面固定在水平地面上，一质量为m的物体在与斜面平行向上的

恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的位移等于x0时，速度为孙，此时撤去恒力F,物体

继续沿斜面向上滑行位移2出后停止运动。已知重力加速度大小为g。则下列说法正确的是

A.物体与斜面间的动摩擦因数〃<tanO

B.在此过程中F所做的功为/m%2

C.两段位移所对应的加速度大小之比为2：1

D.两段位移所用时间之比为1：V2

【答案】C

【解析】【解答】A.物体最终能停止在斜面上，则满足iimgcosO>mgsinG

即与斜面间的动摩擦因数满足〃>tan。

A不符合题意；

B.从开始运动到力F停止作用时，由动能定理WF—nmgx0cosO—mgx^smd=

可知在此过程中F所做的功大于2,B不符合题意；

”2

C.前一段的加速度的=兽

zxo

后一段的加速度=$一

乙2-2%0

可知两段位移所对应的加速度大小之比为2：1,C符合题意；

D.两段位移所用时间之比为3=?=劣

c2alL

D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】开始运动到力F停止作用时，由动能定理求得可知在此过程中F所做的功。由运动学公式

求得两段位移所对应的加速度大小之比为2：1。

6.（2分）如图所示，水平虚线边界的上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强

磁场，。为水平虚线边界上一点。abed为边长为L的正方形虚线边界，ad与水平虚线边界重合，Oa

间的距离为V3L,正方形虚线边界内存在与水平虚线边界上方同样的磁场。一束质量为m、电荷量

为-q（q>0）的粒子从0点垂直于0a射入磁场，这些粒子具有不同的速率。不计粒子重力和

粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（）

XXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXX

X卜XXXXXXXXX

0

A4nmTHHnrn717n

B.2

A・晒3qBc・3qBD.硒

【答案】A

【解析】【解答】根据题意可知，当粒子由b点飞出时，运动的时间最长，运动轨迹如图所示

设粒子做圆周运动的半径为R,由几何关系有R2_（相.4=?，cosNaO2=维曳

R

解得/?=竽乙，△（1。/=60。

由牛顿第二定律有avB=m^-

R

解得D=驷

m

由几何关系可知，粒子运动轨迹的长度为s=60；嫖）。2R=4

3607r3

则粒子的运动时间为t=*=舞

故答案为：Ao

【分析】粒子由b点飞出时，运动的时间最长，画出运动轨迹，由几何关系和牛顿第二定律可得

粒子运动轨迹的长度以及粒子的运动时间。

7.（2分）某同学设计了一个滑梯游戏装置，如图所示，一光滑轨道AO固定在水平桌面上，0点在

桌面右侧边缘上。以O点为圆心的/光滑圆弧轨道BD竖直固定在桌子的右侧，C点为圆弧轨道

BD的中点。若宇航员利用该游戏装置分别在地球表面和火星表面进行模拟实验，将小球放在光滑轨

道AO上某点由静止下滑，小球越过0点后飞出，落在光滑圆弧轨道BD上。忽略空气阻力，已知

地球表面的重力加速度大小为g,火星的质量约为地球质量的J,火星的半径约为地球半径的!。

在地球表面或在火星表面上，下列说法正确的是（）

A.若小球恰能打到C点，则击中C点时的速度方向与圆弧面垂直

B.小球释放点越低，小球落到圆弧上时动能就越小

C.根据题目的条件可以得出火星表面的重力加速度大小g火』

D.在地球和火星进行模拟实验时，若都从光滑轨道上同一位置释放小球，则小球将落在圆弧上

的同一点

【答案】D

【解析】【解答】A.若小球恰能打到C点，则飞出后的水平位移与竖直位移相等，设此时速度方向

与水平方向的夹角为9,由平抛运动规律可知tanO=2l=2

由几何关系可知速度方向与圆弧面不垂直，A不符合题意；

B.小球释放点越低，则飞出时的速度越小，落点越低飞出后重力做功越多，小球落到圆弧上时动能

不一定越小，B不符合题意；

C.在星球表面重力等于万有引力可得G-r-=mg

R地

M,m

讲火叫火

火星的质量约为地球质量的1,火星的半径约为地球半径的|,可得9火=^9

C不符合题意；

D.小球在光滑轨道AO上运动的过程中，由动能定理得诏

飞出后小球做平抛运动x=vot

12

y=29t

解得y=W

可知落点的位置与加速度无关，故在地球和火星进行模拟实验时，若都从光滑轨道上同一位置释放

小球，则小球将落在圆弧上的同一点，D符合题意；

故答案为：D。

【分析1小球恰能打到C点，则飞出后的水平位移与竖直位移相等。小球释放点越低，飞出时的速

度越小，落点越低飞出后重力做功越多。在星球表面重力等于万有引力。

8.（2分）水切割又称水刀，即高压水射流切割技术，是一种利用高压水流切割的机器。在电脑的控

制下能任意雕琢工件，而且受材料质地影响小。因为其成本低，易操作，良品率又高，水切割逐渐

成为工业切割技术方面的主流切割方式。如图所示，若水柱的截面为S,水流以速度v垂直射到被切

割的钢板上，之后速度减为零，已知水的密度为p。则下列说法正确的是（）

A.减小水柱的截面S可以增大水对钢板冲力产生的压强

B.若水流速度v增大到原来的2倍，可以使水对钢板冲力产生的压强增大到原来的2倍

C.若水流速度v增大到原来的2倍，可以使水对钢板冲力产生的压强增大到原来的4倍

D.若在水中添加适量食盐，在同样条件下会使水对钢板冲力产生的压强减小

【答案】C

【解析】【解答】t时间内喷到钢板上的水的体积为V=Svt

质量为m—pV—pSvt

设水的初速度方向为正方向，由动量定理得Ft=-nw

得F=—pSv2

由牛顿第三定律可知水对钢板冲力为F'=pSv2

水对钢板冲力产生的压强为p=*=pv2

A.减小水柱的截面S水对钢板冲力产生的压强不变，A不符合题意；

BC.若水流速度v增大到原来的2倍，可以使水对钢板冲力产生的压强增大到原来的4倍，B不符

合题意，C符合题意；

D.若在水中添加适量食盐会使密度增大，在同样条件下会使水对钢板冲力产生的压强增大，D不符

合题意；

故答案为：Co

【分析】规定正方向，由动量定理以及牛顿第三定律求解水对钢板冲力。水流速度v增大到原来的2

倍，可以使水对钢板冲力产生的压强增大到原来的4倍。

阅卷入

------------------三、多选题（共5题；共15分）

得分

分）已知载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B=k-,式中常量为电流的

9.（3rk>0,I

大小，r为距导线的距离。如图所示，在同一光滑的水平面内水平固定放置两根平行长直导线，导线

中通有同方向的恒定电流I,一质量为m的金属矩形线框水平放置在两导线之间并与两导线处在同

一水平面内，且左右两边与导线平行。现将金属矩形线框以初速度见在两导线间的中线左侧斜向

右上方滑动，孙的方向与电流方向成0角，最终在两导线间的中线与右边直导线间做匀速直线运

动，金属矩形线框在滑动过程中不发生转动。则下列说法正确的是（）

A.金属矩形线框中的感应电流方向先是沿顺时针方向后沿逆时针方向

B.金属矩形线框中的感应电流方向总是沿顺时针方向

C.整个过程金属矩形线框产生的电能为jmvg

D.金属矩形线框受到安培力冲量的大小为mvosin0

【答案】B,D

【解析】【解答】AB.在两条直导线之间，在中线的左侧磁场垂直纸面向里，中线右侧垂直纸面向

外，中线处磁场为零，则当导线框从中线左侧向右移动时，净磁通量先向里减小，后向外增加，根

据楞次定律可知，感应电流方向总是沿顺时针方向，A不符合题意，B符合题意。

C.当线圈做匀速直线运动时，所受安培力为零，此时感应电流为零，线圈的速度方向平行直导线,

22

可知整个过程金属矩形线框产生的电能为E-^mvo—^m（vocos0）=^mvosin0

C不符合题意；

D.根据动量定理，金属矩形线框受到安培力冲量的大小为/=mvosin0

D符合题意。

故答案为：BD»

【分析1中线的左侧磁场垂直纸面向里，中线右侧垂直纸面向外，当线圈做匀速直线运动时，所受

安培力为零，此时感应电流为零。

10.（3分）速度选择器装置如图所示，00'为中轴线。一a粒子（加e）以速度v0自0点沿

中轴线0。'射入恰沿中轴线。。'做匀速直线运动。所有粒子均不考虑重力的影响，下列说法正确

()

X

O'

X

A.a粒子（）以速度v0自。’点沿中轴线从右边射入也能做匀速直线运动

B.电子（_呢）以速度v0自0点沿中轴线。。'射入，恰沿中轴线。。'做匀速直线运动

C.气核（徂）以速度自O点沿中轴线。。射入，动能将增大

D.筛;核7H）以速度2%自O点沿中轴线00,射入，动能将增大

【答案】B,C

【解析】【解答】a粒子（加e）以速度vo自0点射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到

向上的洛伦兹力和向下的电场力，满足q»oB=qE

解得v0=f

即a粒子的速度满足速度选择器的条件；

A.a粒子（加e）以速度v0自。’点沿中轴线从右边射入时，受到电场力向下，洛伦兹力也

向下，会向下偏转不会做匀速直线运动，A不符合题意；

B.电子（_?e）以速度v0自。点沿中轴线0。'射入，受到电场力向上，洛伦兹力向下，依然

满足电场力等于洛伦兹力，做匀速直线运动，即速度选择器不选择电性而只选择速度，B符合题

意；

C.笊核（）以速度|v0自。点沿中轴线00'射入，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转,

电场力做正功，动能将增大，C符合题意；

D.筑核（）以速度2%自O点沿中轴线。0'射入，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转,

电场力做负功，动能将减小，D不符合题意；

故答案为：BCo

【分析】恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到向上的洛伦兹力和向下的电场力受力平衡。速度选择

器不选择电性而只选择速度。

1L（3分）如图所示，在光滑的水平地面上，有半径和动量相同的两个小球A、B发生对心碰撞，

碰撞后小球A恰好静止，则小球B的质量mB与小球A的质量mA的比值翳可能是（）

AB

vVav

O-O~»^B

n77777T/7777777777777777777777777777

A.1B.2C.3D.4

【答案】C,D

【解析】【解答】根据动量守恒定律有mAvA+mBvB=mBvB

由于mAvA=mBvB

碰撞过程机械能不增加，则有^mAv\+

解得怒

AB不符合题意，CD符合题意。

故答案为：CDo

【分析】根据动量守恒定律以及能量守恒定律可得翳的比值范围。

12.（3分）如图所示，质量为m=l.0kg的长方体物块B放置在粗糙的水平地面上，右侧中心点位置

固定一个轻质滑轮。一根不可伸长的轻绳一端通过滑轮与质量为m=1.0kg、表面光滑的滑块A相

连，另一端固定在墙壁上，轻质滑轮与墙壁之间的轻绳始终保持水平，滑块A刚好与物块B的右侧

相接触且能竖直下滑。现让滑块A由静止释放，己知重力加速度大小g取10m/s2,物块B与粗

糙水平地面间的动摩擦因数〃=怖。则在滑块A下滑的过程中，下列说法正确的是()

粗糙水平地面

A.长方体物块B的加速度大小为2.0m/s2

B.滑块A的加速度大小为2.0m/s2

C.水平轻绳的张力大小为ION

D.长方体物块B对滑块A的支持力大小为2.0N

【答案】A,D

【解析】【解答】ACD.设水平轻绳的张力大小为F,长方体物块B对滑块A的支持力大小为T,长

方体物块B的加速度大小为a,滑块A下降的加速度与物块B向右运动的加速度大小相等，由牛顿

第二定律得，对A在竖直方向上mg—F—ma

滑块A在水平方向上与物块B有共同加速度，对滑块AT=ma

对物块B在水平方向上，由牛顿第二定律得F-ii(mg+F)-T'=ma

又T=T'

解得a=2m/s2，F=8N,T=2N

故长方体物块B的加速度大小为2.0m/s2，水平轻绳的张力大小为8N,长方体物块B对滑块A的

支持力大小为2.0N,AD符合题意，C不符合题意；

222

B.滑块A的加速度大小为aA=yja+a=2V2m/s

B不符合题意。

故答案为：AD»

【分析】滑块A在水平方向上与物块B有共同加速度，由牛顿第二定律求得加速度。滑块A的加速

度大小为加速度的矢量和。

13.（3分）关于热现象，下列说法正确的是（)

A.国产航母“山东舰”舰载机尾焰的温度超过1000℃,尾焰喷射到钢板上时钢板上所有分子的

动能都增大

B.1000℃的气体和1000℃的钢板，它们的分子平均动能相同

C.科学家发现秘晶体具有某种特殊的导电性质，被称为“拓扑绝缘体”，秘晶体各项物理性质均

表现为各向异性

D.一定量的100。。的水变成100℃的水蒸气，分子平均动能不变，其分子势能增大

E.农谚“锄板底下有水”是指把地面的土壤锄松，目的是破坏这些土壤里的毛细管，保存水分

【答案】B,D,E

【解析】【解答】A.钢板温度升高分子平均动能增大，并不是所有分子的动能都增大，A不符合题

章.

B.温度是分子热运动平均动能的标志，1000℃的气体和1000℃的钢板，它们的分子平均动能

相同，B符合题意；

C.单晶体的某些物理性质是各向异性的，但并不是钿晶体所有物理性质均表现为各向异性，C不符

合题意；

D.一定量100C的水变成100C的水蒸气，因温度不变，平均动能不变，而内能增加，所以其分子

之间的势能增加，D符合题意；

E.土壤的水分蒸发要通过土壤里的毛细管进行，锄地松土后土壤里的毛细管被破坏，可以防止水分

上升，保存水分，E符合题意。

故答案为：BDEo

【分析】温度升高分子平均动能增大，并不是所有分子的动能都增大。温度不变，平均动能不变，

而内能增加，所以其分子之间的势能增加。

阅卷人

-----------------三、实验题（共2题；共15分）

得分

14.（5分）某研究性学习小组的同学制作了一个验证动量守恒定律的实验装置，如图所示。一圆弧

形轨道与水平轨道OP平滑连接。实验中使用不同材料制成、大小相等的滑块A和滑块B,用天平

测得质量分别为m1,m2o先不放滑块B,使滑块A从圆弧形轨道上某处S点由静止滑下，停止

在水平面。1点，测量并记录滑块A在水平轨道上滑行的距离。。1=与；再把滑块B静置于水平

轨道始端O点，让滑块A仍从圆弧形轨道的S点由静止滑下，滑块A和滑块B碰撞后分别停在水

平轨道上的。2点和。3点，测量并记录。。2=%2，。。3=%3。

shA

\Bqqap

pii|Hnp叫川甲111|川1|1川|11111|||川1|川1|山甲111|11,1川|111平川|川平M|1山|

012345678910

（1）（3分）本实验必须满足的条件是（已知滑块A与滑块B碰撞后不反弹）。

A.圆弧轨道必须是光滑的

B.滑块A的质量机1必须大于滑块B的质量m2

C.滑块A每次必须从同一高度由静止释放

（2）（1分）若两球碰撞前后的动量守恒，其表达式可表示为。

（3）（1分）若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，还需要判断关系式是否

成立。

【答案】（1）B；C

m

（2）miV%l=m1A/%2+2y[x3

（3）四％]=m1x2+m2x3

【解析】【解答】（1）AC.实验中不需要保证圆弧轨道是否光滑，只需要保证释放的滑块通过。点

时速度一样，即保证在同一高度上释放即可，A不符合题意，C符合题意；

B.只有滑块A的质量大于滑块B的质量才能保证碰撞时不发生反弹，即碰撞后A的速度不发生变

向，B符合题意；

故答案为：BCo

（2）当滑块A第一次从O点滑到Oi点时，根据动能定理=^vl

解得V1=J211gxi

对滑块A第二次碰撞B后，对A、B后续滑行过程运用动能定理该，"n2g孙=

2m2^3

解得V2=d211gx2,v3=yj211gx3

若两球碰撞前动量守恒，则满足根1%=771/2+租2〃3

即需验证-mly/x^+m2y/x^

mv

（3）即需验证碰撞前后动能是否相同，即=|m1V2+^23

解得miXj=m1x2+血2X3

【分析】（1）实验中不需要保证圆弧轨道光滑，只需要保证释放的滑块通过O点时速度一样，即保

证在同一高度上由静止释放即可.

（2）当滑块A第一次从0点滑到Oi点时，滑块A第二次碰撞B后，根据动能定理以及动量守恒得

出相关等量关系。

（3）列出前后动能相等的等量关系验证碰撞前后动能是否相同。

15.（10分）某学校实验小组设计了如图所示的电路图测定％、V2两电压表的内阻，可供选用的

仪器有：

10左1dD&

|

I~i|~~/——

S.

A.内阻约1000/2的待测电压表匕、V2,量程0~3V

B.定值电阻%=10000

C.定值电阻/?2=40。

D.滑动变阻器/?3（最大阻值为1000/2）

E.滑动变阻器/?4（最大阻值为400）

F.电源E,电动势E=6V,内阻忽略不计

G.开关、导线若干

（1）（2分）为了准确测量力、V2两电压表的内阻，定值电阻Ro应选，滑动变阻

器应选o（均填仪器前的字母代号）

（2）（5分）根据也路图用笔画线代替导线完成实物图的连接。

E

（3）（3分）闭合Si前，将滑动变阻器的滑片调到（填“最左端'’或"最右端”），再将单

刀双掷开关拨到a,调节滑动变阻器使得匕和匕有明显的读数，分别为％、U2;再将单刀

双掷开关拨到b,调节滑动变阻器，使得匕和力有明显的读数，分别为U3、U4,则电压表

V2的内阻为,匕的内阻为（以上两空均用Ui、

力、出、U4和Ro表示）

(3)晶左端02氏0%%%

(3)城左麻；%旬2；U4(U1-U2)-U3U2

【解析】【解答】（1）因为待测电压表的内阻约为100012,而定值电阻R2的阻值为400,定值

电阻R2的阻值比电压表的内阻小得多，如果选用R2,则当单刀双掷开关拨到b时，电压表匕

指针偏转幅度很小，读数误差将很大，因此定值电阻选择％,即选择B；

由于控制电路采用了分压式，为了确保调节滑动变阻器输出电压的连续性强一些，滑动变阻器的总

阻值应当选择小一些，则滑动变阻器选择总阻值40。，即选择E。

（2）根据电路图作出实物连线如图所示

（3）为了确保电路的安全，闭合Si前，应将滑动变阻器的滑片调到最左端。

将单刀双掷开关拨到a时，有幺

RV2

将单刀双掷开关拨到b时，有嶷+?

KV1K0KV2

解得Kvi-'Kvi_%（%—%）—U3U2

【分析】（1）定值电阻R2的阻值比电压表的内阻小得多，因此定值电阻选择/?1o

（2）根据电路图结合电流流向作出实物连线。

（3）为了确保电路的安全，闭合Si前，应将滑动变阻器的滑片调到最左端，使用电器和电表短

路。由串并联电压电流关系得到电压表V2和匕的内阻。

阅卷入

四、解答题（共5题；共60分）

得分

16.（10分）ETC是电子不停车收费系统，用于高速公路或桥梁的自动收费。如图所示是小车分别经

过收费站的人工通道和ETC通道的v-t图像，图中孙、At和巧为已知量。已知小车加速、

减速时的加速度大小均为a,小车通过两种通道时从开始减速至恢复到原速度大小所行驶的距离一

（1）（5分）小车走人工通道时，从开始减速至恢复到原速度大小的过程中的平均速度大小；

（2）（5分）小车走ETC通道时，从开始减速至恢复到原速度大小的过程中的平均速度大小。

【答案】（1）解：根据题意，由运动学公式v12-vl=2ax可得，小车走人工通道时，汽车减速到

2

停止运动的位移为Zo

X11=2a

则从开始减速到恢复到原速度所行驶的距离为X=2为=觉

由运动学公式v=v0+at可得，小车走人工通道时，汽车减速到停止运动的时间为方=野

则从开始减速到恢复到原速度的时间为t=2匕+At=2+dt

从开始减速至恢复到原速度大小的过程中的平均速度大小为V=^=v子F

（2）解：根据题意，由运动学公式v2-v1=2ax可得，小车走ETC通道时，匀减速运动的位移

为42=晦好

切2a

汽车匀速运动的位移为4=%_2牝=4

由运动学公式v=v+at可得，小车走ETC通道时，匀减速运动的时间为t2=""

0u4Q

匀速运动的时间为±3=系=詈

l/lU.

1

则从开始减速到恢复到原速度的时间为t=2t2+t3=立联

从开始减速至恢复到原速度大小的过程中的平均速度大小为V=^=d—

【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动的速度位移关系以及速度时间关系求得从开始减速至恢

复到原速度大小的过程中的平均速度大小。

（2）由匀变速直线运动的速度位移关系求得匀减速运动的位移。由匀变速直线运动的速度位移关系

求得匀减速运动的时间。求出从开始减速至恢复到原速度大小的过程中的平均速度大小。

17.（15分）如图所示，一质量为mi=0.2kg的“T”形杆P竖直放在地面上，有一质量为m2=O.3kg的

金属圆环Q套在“T”形杆P的直杆上很难分离。某工程师设计了一个方法成功将金属环Q与“T”形杆

P分开，该工程师在“T”形杆P与金属圆环Q间装上适量的火药，火药爆炸瞬间化学能中的部分能量

转化为系统的机械能E,已知后=生/,金属圆环Q与“T”形杆P的直杆间滑动摩擦力大小恒为

f=15N,不计空气阻力。重力加速度大小g取10m/s2o

药

金属环Q

“T”形杆P

（1D）（5分）求火药爆炸瞬间“T”形杆P和金属圆环Q的速度大小;

（2）（5分）求点燃火药爆炸瞬间“T”形杆P和金属圆环Q的加速度大小。

（3）（5分）若要求金属环Q与“T”形杆P分开，则直杆长度的最大值是多少？

【答案】（1）解：设火药爆炸瞬间“T”形杆P和金属圆环Q的速度大小分别为巧，也，则E=

据动量守恒定律可得=m2v2

联立解得巧=4.5m/s,v2=3m/s

（2）解：P向上运动，摩擦力向下，据牛顿第二定律可得m1g+f=m1a1

Q向下运动，摩擦力向上，据牛顿第二定律可得m2。=7n2a2

22

解得臼=85m/s，a2=40m/s

（3）解：P减速至零的时间为0.053s

U1

Q减速至零的时间为G=砥=°O75s

可知P先减为零后反向加速，Q一直减速，当两者速度相等时分开，此时直杆的长度最大，以向下

V

为正方向，可得v2-Q24t=~1+。1戊

直杆长度的最大值为L=时嘤迎

联立解得L=0.225m

【解析】【分析】（1）火药爆炸瞬间能量守恒以及动量守恒，求得火药爆炸瞬间“T”形杆P和金属圆

环Q的速度大小。

（2）P向上运动，摩擦力向下，或者Q向下运动，摩擦力向上据牛顿第二定律求得加速度大小。

（3）P先减为零后反向加速，Q一直减速，当两者速度相等时分开，此时直杆的长度最大。

18.（15分）如图所示，在第二象限内有一抛物线为。，其方程为y=，（—[Wx<0）,在抛

物线的上方存在一竖直向下的匀强电场E（大小未知）。在抛物线4。每个位置上连续发射质量为

m、电荷量为+q的粒子。以大小为v0的初速度水平向右射入电场、观察发现所有粒子均能到达

坐标原点0。第四象限内有一边长为1、其中两边分别与x轴和y轴重合的正方形边界，边界内存在

垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为8=噜&。A2A3为与x轴平行的可上下移动的

qi

荧光屏，初始位置与磁场的下边界重合。不计粒子重力和粒子之间的相互作用力。

（1）（5分）求电场强度E的大小。

（2）（5分）所有粒子到达坐标原点O进入磁场后，在荧光屏还没有移动时•，求粒子在磁场中运

动的最长时间tm。

（3）（5分）若将荧光屏缓慢向上移动，求在向上移动的过程中光屏上发光的最大长度。

【答案】（1）解：在电场中根据牛顿第二定律得qE=ma

解得a=变

m

粒子在电场中做类平抛运动，则在水平方向vot=|x|

在竖直方向y=x

/22m

其中丫=4

解得E=吗」

qi

（2）解：设粒子进入磁场的速度大小为v,与y轴的夹角为0,则qvB=mi

R

mv

所rrr以lRD=弱

粒子从y轴离开磁场时与O点的距离为d=2Rsin8=驾|幽

又孙=vsind

2m%

D=---；-

解得d=I

即到达。点的粒子经过磁场偏转后都从y=-l点离开磁场。经过分析可知从0点水平发射进入磁

场的粒子在磁场中运动的时间最长，此时&=；

粒子在磁场中运动的轨迹为半圆%=5=谶=端

（3）解：因为从0点发射进入磁场的粒子速度最小，大小为vo,由（2）知,因为从Ai发

射的粒子进入磁场时粒子速度最大，其在沿y轴方向的速度大小为%m==2%

2

粒子到达O点的最大速度vm=Jvo_+Vym_2=V5v0

根据牛顿第二定律得Bqvm=m与一

解得Rm=^l

将荧光屏缓慢向上移动的过程中，荧光屏发光的最大长度如图中粗实线所示

【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速

直线运动。

（2）洛伦兹力提供圆周运动向心力，O点水平发射进入磁场的粒子在磁场中运动的时间最长。

（3）从O点发射进入磁场的粒子速度最小，大小为vo,从Ai发射的粒子进入磁场时粒子速度最

大，将荧光屏缓慢向上移动的过程中，画出荧光屏发光的最大长度对应轨迹，结合几何关系求

解。

19.（10分）如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的汽缸中，活塞面积为S,与汽

缸底部相距L,汽缸和活塞绝热性能良好，气体的温度为7。，此时活塞恰好不下滑。现接通电热

丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向上移动距离L后停止，活塞不会脱离汽缸，整个过程中

气体吸收的热量为Q。已知活塞的质量为m,重力加速度大小为g,活塞与汽缸间的滑动摩擦力为

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，外界大气压为求：

f,Poo

////

（1）（5分）当活塞刚开始向上移动时气体的温度一；

（2）（5分）该过程中气体内能的增加量AU。

【答案】（1）解：开始时对活塞受力分析可知f+PrS=p0S+mg

当活塞刚要开始向上移动时P2s=PQS+m9+f

由查理定理卷=胃

解得乙=生7。=吗吗7°

10

Pip0S+mg-f0

解：该过程中气体对外做功W=pSL+mg+

（2）2=（p0S/）L

根据热力学第一定律可知该过程中气体内能的增加量AU=Q-W=Q-^0S+mg+f）L

【解析】【分析】（1）对活塞受力分析，由受力平衡和查理定律列方程求解。

（2）求出气体对外做功，根据热力学第一定律可求得该过程中气体内能的增加量。

20.（10分）如图所示，图中虚线x=L是介质A和B的分界面，波源S位于坐标原点O,波源S在

时刻开始做简谐运动，产生一列沿轴正方向传播的机械横波，经过时间刚好传到介质中

t=0xt0B

x=2L的P点。求：

（1）（5分）波源开始振动的方向及振动的周期；

（2）（5分）从波源开始振动到t=2t0时间内波沿x轴正方向传播的距离。

【答案】解：经过时间刚好传到介质中x=2L的点，由图知，点初始振动方向向

（1）t0BPP

匕则波源开始振动的方向向上；由图知

1.5AB=L

所以〃=g

-2L

两种介质中波速分别为以=xAf=与①

又击+击=七③

联立①②③得7=粤

（2）解：经过时间t0刚好传到介质B中x=2L的P点，接下来的t0时间内沿x轴正方向传播

的距离为—3L

所以从波源开始振动到t=2t0时间内波沿x轴正方向传播的距离为2L+3L=5L

【解析】【分析】（1）P点初始振动方向向上，则波源开始振动的方向向上，由题中等量关系以及

波长波速频率关系列方程求解。

（2）波源经过时间t0刚好传到介质B中的P点，接下来的t0时间内沿x轴正方向传播。根据

波速求得沿x轴正方向传播的距离。

阅卷人

五、填空题（共1题；共3分）

得分

21.（3分）如图所示,一束只含红光和蓝光频率成分的复色光，沿POi方向垂直于直径AC射入半

圆形透明砖中，可以观察到分成了三束光线分别沿02N、03Q和04M方向射出。04M与P01

平行。则可以判断光线02N一定是,光线03Q一定是,光线04M一定

是。（以上均填“红光”“蓝光”或“红光与蓝光的复色光”）

【答案】红光；红光；红光与蓝光的复色光

【解析】【解答】全反射临界角满足sinC=-

n

蓝光折射率较大，临界角较小，较容易发生全反射，当复色光沿P0］方向射入，在。2点蓝光发生

全反射，部分红光折射出玻璃砖，即光线O2N一定是红光。

光线。2。3是红光与蓝光的复色光，在点蓝光发生全反射，部分红光折射出玻璃砖，即光线

03Q一定是红光，光线04M一定是红光与蓝光的复色光。

【分析】根据折射定律，蓝光折射率较大，临界角较小，较容易发生全反射。当复色光沿P01方

向射入，在02点蓝光发生全反射，部分红光折射出玻璃砖。

试题分析部分

1、试卷总体分布分析

总分：109分

客观题（占比）31.0(28.4%)

分值分布

主观题（占比）78.0(71.6%)

客观题（占比）13(61.9%)

题量分布

主观题（占比）