2023年河南省五市高考物理联考试卷（一）及答案解析.pdf

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1、2023年河南省五市高考物理联考试卷（一）1.如图四幅图涉及到不同的物理知识，图为黑体辐射的实验规律示意图，图为氯222衰变规律图，图为氢原子的能级示意图，图为原子核的比结合能示意图。关于这四幅图，下列说法正确的是（）A.图：可看出随着温度升高，辐射强度的极大值向频率较小的方向移动B.图：120个放射性原子核氮2 2 2,经过3.8天后将剩余60个C.图：用光子能量为2.55eU的光直接照射大量处于n=2激发态的氢原子，最多可以产生3种不同频率的光子D.图：图中氧的原子核（肥0）比锂的原子核（i）更稳定2.建造一条能通向太空的电梯如图甲所示，是人们长期的梦想。材料的力学强度是材料众多性能中被人

2、们极为看重的一种性能，目前已发现的高强度材料碳纳米管的抗拉强度是钢的100倍，密度是其上这使得人们有望在赤道上建造垂直于水平面的“太空电梯”。图乙中r 为O航天员到地心的距离，R为地球半径，a-r 图像中的图线4 表示地球引力对航天员产生的加速度大小与r 的关系，图线B表示航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r 的关系。关于相对地面静止在不同高度的航天员，下列说法正确的有（）A.图中 为地球同步卫星的轨道半径B.航天员在r=R处的线速度等于第一宇宙速度C.从地面到2ro的过程中，随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小D.宇航员感受到的“重力”随着r的增大而增大3.如图所示，8。是竖直平面

3、内圆的一条竖直直径，4c是该圆的另一条直径，乙 AOB=e,该圆处于匀强电场中，场强方向平行于圆，带等量负电荷的相同小球从。点以相同的动能沿不同方向射出。小球能够到达圆周上任意一点。小球在经过这些点时，过4点的小球的动能最小。忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（）A.可以断定电场方向由C指向4B.小球经过圆周上的不同点时，过8点的小球的动能和电势能之和最小C.若小球带电量和质量分别为q和小，则电场强度的最小值为巴*D.小球经过圆周时，机械能最小的小球应经过圆弧CNO上的某一点4.近年来，国家大力开展冰雪运动进校园活动，目前已有多所冰雪特色学校，蹬冰踏雪深受学生喜爱。如图所示，现有两名滑雪运动员

4、（均视为质点）从跳台a处先后沿水平方向向左飞出，其速度大小之比为女：v2=2：1,不计空气阻力，则两名运动员从飞出至落到斜坡（可视为斜面）上的过程中，下列说法正确的是（）A.他们飞行时间之比为口：七=1：2B.他们飞行的水平位移之比为与：X2=2：1C.他们速度变化之比为/%：4V2=2：1D.他们在空中离坡面的最大距离之比为Si：S2=2：15 .如图所示，一长木板a在水平地面上运动，在某时刻（t =0）将一相对于地面静止的物块b轻放到木板上，此时a的速度为孙，同时对a施加一个水平向右的恒力F,已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数均相等，物块与木板间的最大静摩擦力

5、等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，a、b运动的速度时间图像可能是下列图中的（）一 a 防6 .如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比如：电=2：5,定值电阻=2 0,滑动变阻器&的最大值为1 0。，阻值恒定的小灯泡L的规格为“6 V,6勿”,电流表是理想交流电表，输入端接入u =1 0，N s i n l 0 7 r t（y）的交流电压，下列说法正确的是（）A.通过电流表的电流方向每秒钟改变2 0次B.小灯泡正常工作时，滑动变阻器的阻值为6.5 0C.滑片自上而下滑动时，电流表示数一直增大D.滑动变阻器阻值为6 0时，变压器输出功率最大7.如图所示为一种质谱仪的工作原理

6、示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。静电分析器通道中心线MN所在圆的半径为R,通道内有均匀辐射的电场，中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面,磁感应强度为B的匀强磁场，磁分析器的左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为皿、电荷量为q的离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器（进入收集器时速度方向与02P平行）。下列说法正确的是（）A.离子带负电B.加速电场中的加速电压U=7?C.磁分析器中轨迹圆心。2到Q点的距离d=L

7、 回B-J mD.能进入收集器的离子，一定具有相同的比荷8.某人最多能提起质量为m的物体，如图，现在他在机场 上 C要把质量为M的行李箱通过倾角为a的斜坡4B拉上水平平台 X -B C,己知行李箱与4BC路面的动摩擦因数均为tan。，重力 A加速度为g，（a+/?）9 0,下列说法正确的是（）A.若在水平面BC上匀速拉物体，拉力与水平面的夹角为伊寸拉力最小B.若在斜坡AB上匀速拉物体，拉力与斜坡的夹角为（a+0）时拉力最小C.若水平面上匀速拉物体，拉力F由水平变到竖直方向过程中，F的功率先减小后增大D.在斜坡AB上，此人最多能匀速拉动质量为荒潦祈的物体9.某 同学用如图所示的实验装置测量滑块和

8、木板之间的动摩擦因数，滑块上有一宽度为I的挡光片。（1）他首先测量滑块的加速度。该同学设计的思路是将滑块从距离光电门不同位置处由静止释放，用毫米刻度尺测量出该距离x,用光电门测出对应挡光片的挡光时间3测出多组x、t的数据。该同学在直角坐标系中作出妥-X 的图像，如果作出的图像为直线，图线的斜率为鼠则滑块运动的加速度大小a=。(2)实验中一共挂了三个钩码，如果每个钩码的质量为m,滑块的质量为6 m,根据题中所给的数据可求出滑块与木板之间的动摩擦因数=一(已知重力加速度为g)。1 0.如图甲为物理兴趣小组设计的多用电表的电路原理图。他们选用内阻Rg=100、满偏电流/g=10机4 的电流表、标识不

9、清的电源，以及由定值电阻、导线、滑动变阻器等组装好的多用电表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度线对应数值还没有及时标该兴趣小组在实验室找到了一个电阻箱，利用组装好的多用电表设计了如下从“校 至卜 测”的实验：(1)将选择开关接“2”，红黑表笔短接，调节对的阻值使电表指针满偏；(2)将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在电表刻度盘中央C处，此时电阻箱如图丙所示，则C处刻度线的标注值应为，多用电表内部电源的电动势E=V.(3)用待测电阻&代替电阻箱接入两表笔之间，表盘指针指在图乙所示位置，则计算可知待测电阻约为=一 0。(结果保留三位有效数字)(4)小组成员拿

10、来一块电压表，将两表笔分别触碰电压表的两接线柱，其 中 表笔(填“红”或“黑”)接电压表的正接线柱，该电压表示数为1.45乙 可以推知该电压表的内阻为 1 1 .过山车是一项惊险刺激的娱乐项目，如图甲所示。图乙为类似的模型，由三段玻璃细管平滑连接而成：中间为光滑圆形轨道，左侧段4 C 是光滑圆弧轨道，右侧C D 段为粗糙直轨道。可视为质点的钢球自4 点由静止释放，沿斜轨道运动后经过圆轨道最高点B,继续运动到圆轨道最低点C 后，沿C D 段轨道恰能运动到D点。已知圆形轨道半径为R,C D 段倾角为仇钢球质量为r n,在经过圆轨道最高点B 时对上管壁的压力大小为3 m g,钢球在C C 段运动时受

11、到的摩擦阻力为其重力的k 倍。求：(1)钢球释放点4 距离点C 的高度差从(2)求C D 段长度L的表达式。甲 乙1 2 .如图所示，两条间距d =0.5 m的平行金属导轨水平放置，导轨左端接一电容C =1.2 尸 的电容器，右端接一阻值为R =2.5。的定值电阻，图中的各虚线均与导轨垂直。导轨的C。和C 。段光滑，其余部分粗糙，O C,。9为绝缘棒，连接导轨的左、右两部分。左侧4 40，。区域和右侧C C 7/D 区域有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度均为B =1 7。质量为Hi】=0.3 k g的金属棒甲垂直放在导轨4A的位置，质量为巾2 =0.1 k g的金属棒乙垂直放在导轨B B

12、 位置。某时刻给金属棒甲施加与导轨平行的恒力尸，当金属棒甲运动到。位置时撤去拉力F,金属棒甲继续向右运动与静止在处的金属棒乙发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，最终金属棒甲恰好停在C C，(绝缘部分)。已知两金属棒与导轨之间的动摩擦因数均为=0.4,44与。，的距离为k =2.5 m,。与 的 距 离 为 G 与C O 的距离为人=0.5 m，C C 与。的距离为=，9小，两金属棒运动中始终与导轨垂直且接触良好，两金属棒电阻不计，重力加速度g 取10 m/s 2,求：(1)金属棒甲与乙碰后，甲的速度大小；(2)恒力产的大小；(3)金属棒乙离开磁场时的速度以及乙穿过磁场过程中电阻R 上产生的焦耳热。(

13、结果可带根号)A110B c D甲TX X X X XX*X X X XX X X X X X乙X X X：X X X；r1：x x x;LX X X1,1 3.下列说法正确的是（）O B.C。A.单晶体在不同方向上的导热性、导电性、机械强度等物理性质不一样B.热量不可能从低温物体向高温物体传递C.一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大D.功可以完全转化为热量，而热量不能完全变为功，即不可能从单一热源吸热使之全部变为有用的功E.若气体的温度不变，压强增大，说明每秒撞击单位面积器壁的分子数增多14.如图甲所示，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置，管长为3管里（一 段 长

14、 的 水 银 柱 封 住 一 段 长 的 气 柱，温度为,大气压强为Po。若 水 银 柱产生的压强为P。_ _现通过升高气体温度，使水银柱上端恰好到达管口，则气体温度应升为多少？U L_甲 乙保持气体温度不变，在管口加一个厚度、重力均不计的活塞，给活塞加一个向下的力，使活塞缓慢向下移动，当 水 银 柱 下 降 时，活塞下降的距离为多少？15.如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图像。下列说法正确的是（）A.这列波沿x轴正方向传播B.这列波的传播速度是2.0/n/sC.经过0.1s,质点Q的运动方向沿y轴负方向D.经过0.3 5 s,质点

15、Q距平衡位置的距离大于质点P距平衡位置的距离E.若Q点此时刻纵坐标为-0.1m,再经过2 s,Q点达到最大速度1 6.某玻璃棱镜的截面如图所示，4 8 为与界面C。平行的直径，圆弧的半径为R,圆心为0,CD与。点的距离为d=0 R，一束由单色光组成的光线沿纸面从B点射入棱镜，光线与4B 的夹角。=60。，设光线射入棱镜后经过一次反射从圆心。射出(若光能发生折射，则不考虑其反射)。已知在真空中光速为C。求：(1)棱镜对此单色光的折射率；(2)光线在棱镜中的传播时间。答案和解析I.【答案】。【解析】解：4 由图，温度升高，各种波长辐射强度极大值向波长较短即频率较高方向移动，故 A错误；8.图，衰变

16、规律是大量氢222原子核的统计规律，不能判断120个放射性原子核衰变情况，故 8错误；C.由氢原子的能级示意图，用光子能量为2.55eU的光直接照射大量处于n=2激发态的氢原子，氢原子可以吸收光子跃迁到n=4的能级，大量处于n=4能级的氢原子可以释放出废=6种不同频率的光子，故 C 错误；。.比结合能越高原子核越稳定，由图，氧原子核(前0)比锂原子核(i)更稳定，故 O 正确。故选：Do温度升高，各种波长辐射强度极大值向波长较短即频率较高方向移动；衰变规律是原子核的统计规律；大量处于n=4能级的氢原子可以释放出废=6种不同频率的光子；比结合能越高原子核越稳定。本题考查学生对黑体辐射规律、半衰期

17、规律、原子跃迁规律、比结合能的掌握，是一道基础题。2.【答案】A【解析】解：4、由图可知，在力位置时，由万有引力完全提供随地球自转的向心力，与同步卫星运动情况一致，所以r0为地球同步卫星的轨道半径，故 A 正确；8、第一宇宙速度是万有引力完全提供向心力，但是在r=R处，地球引力对航天员产生的加速度与航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小不相等，万有引力并不是完全提供向心力，所以航天员在r 处的线速度不等于第一宇宙速度，故 B 错误：CD、航天员受到电梯舱的弹力等于航天员的“重力”，由万有引力与弹力的合力提供向心力。r r 0 时，弹力向下，由牛顿第二定律 得 竿+尸弹=爪32，随着r 增大，

18、向心力大于万有引力，弹力增大，故 C。错误。故选：4。根据图像可知，在=为位置时，由万有引力完全提供向心力，可知与同步卫星运动情况相同，处于同一轨道；当航天员对水平地板的压力为零时，此时万有引力完全提供向心力，根据向心力方程可求出此时轨迹半径。根据合力提供向心力，结合图像以及受力分析，判断航天员受到的弹力先减小后反向增大。本题主要考查万有引力与重力、向心力之间的关系，需要结合图像分析三者关系。要正确分析航天员的受力情况，确定向心力的来源。3.【答案】BC【解析】解：4、小球受重力和电场力作用，4点动能最小，可知。4方向发射的小球克服合力做功最多，即合力方向沿0 C,重力方向竖直向下，小球带负电

19、，说明电场方向由。指向A D弧（劣弧），不包括4、C两点，故A错误；8.根据能量守恒知小球重力势能、电势能、动能之和保持不变，B点重力势能最大，则过B点的小球的动能和电势能之和最小，故8正确；C根据力的合成与分解知当电场力与。4垂直时，电场力和电场强度最小，则sin。=焉得后=厘，故C正确；。.机械能最小时，电势能最大，负电小球在电势低的位置电势能大，则机械能最小的小球应经过圆弧4。（劣弧）上的某一点，故。错误。故选：B C。小球运动过程中受到重力和电场力，运用平行四边形定则得到电场力方向根据几何关系知电场强度的最小值；最后根据功能关系列式分析。本题是带电粒子在复合场中的运动问题，关键找出合力

20、方向，然后根据功能关系列式判断，难题。4.【答案】C【解析】解：4运动员从跳台a处水平飞出后，在空中做平抛运动，设初速度为火,飞行时间为t,斜坡的倾角为运动员在空中做平抛运动，落到斜坡上时则有t a n =丫 =皿，解得1 =生 嘿，可得他们飞行时x vot 9间之 比 为J =%：“2 =2：1,故A错误;B、运动员飞行的水平位移为X =vot=母 詈，则他们飞行的水平位移之比为与：打=说.诏=4：1，故 B错误；C、运 动 员 的 速 度 变 化 为=gt,因为他们飞行时间之比为匕：t 2 =2：1,则他们速度变化之比为4%：/方=G：2 =2：1,故 C正确；。、将运动员的运动沿斜坡方向

21、和垂直斜坡方向分解，可知运动员在空中离坡面的最大距离为s =嗯鬻，则他们在空中离坡面的最大距离之比为S i：S 2 =说：域=4:1,故。错误。故选：C o运动员在空中做平抛运动，落到斜坡上时竖直分位移y 与水平分位移x 满足ta n。=9,。为斜坡的倾角，结合运动学公式和几何关系进行求解。解答本题的关键要把握运动员两个分位移的关系，知道运动员落到斜坡上时竖直分位移与水平分位移的比值等于斜坡倾角的正切值。5.【答案】C【解析】解：小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，可知小物块受到滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得：nmg=m ab化简解得：ab=ng对长木板进

22、行受力分析，受到地面水平向左的摩擦力，物块对木板水平向左的摩擦力，以及水平向右的恒力F,根据牛顿第二定律可得：F-nmg-g x 2mg=m aa解得：a=*_ 3qgA、根据图像的斜率可知初始阶段0,ab=|aa|,即：F=2fm i g,则a 做匀减速直线运动，b 做匀加速直线运动，共速后由于整体所受合力为零，将一起做匀速直线运动，故A错误；B、根据图像可知l a 做匀速直线运动，即：F=3nmg,b 做匀加速直线运动，二者共速后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得：F-2fmig=2ma共,解得：a 共=故 B错误；C D、若的%，则有：F 4 卬n g,两者均做匀加速直线运动，

23、共速后一起匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得尸-2 卬n g =2 m a 共,可得：。共 n g,故 C正确，。错误。故选：C o判断出木板和木块在达到速度相等前后的加速度，根据加速度大小来判断图象即可；解决本题的关键理清物块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律求解加速度，在u-t 图象中斜率代表加速度。6 .【答案】BC【解析】解：4、由交流电电压的瞬时值“=lOSs 讥1 0 忒(7)得，交流电压角速度3 =1 0 几由3 =2 兀/得，交流电的频率f =5 H z每转一圈电流方向改变两次，则电流每秒改变方向1 0 次，故 4错误；B、将副线圈电路的电阻等效到原线圈，则等效电阻为R =(

24、)2(&+/?2)小灯泡正常工作时的电阻&=优=田。=6 0L P 6副线圈的电流乙=-=A=1A原线圈的电流/=詈=L 4 =2.5 4叫 L交流电源电压有效值U =分 警 V =1 0 1/又有 U =/(/?!+R )代入数据解得：R=2QR2=6.5。故 8正确；C、滑片自上而下滑动时，7?2 减小，等效电阻R 减小，电源电压不变，原线圈电流/=njTn可知电流一直增大，则副线圈的电流也一直增大，电流表示数一直增大，故 C正确；D、由B 选项计算可知，当&=6.5 0 时，等效电阻/?=/?此时则有变压器的输出功率最大，故。错误。故选：B C。根据交流电电压的瞬时值求解交流电压的角速度

25、和频率，进而得到电流方向每秒改变的次数；理想变压器原副线圈匝数比等于原副线圈电压比、等于原副线圈电流的反比，将副线圈电路的电阻等效到原线圈，结合欧姆定律和功率公式列式求解滑动变阻器的阻值；根据欧姆定律分析电流的变化；当副线圈的功率和电阻&的功率相等时，变压器的输出功率最大。本题考查理想变压器，解题关键是知道理想变压器原副线圈匝数比等于原副线圈电压比、等于原副线圈电流的反比，结合欧姆定律、功率公式列式求解即可。7 .【答案】BD【解析】解：4粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，电场力指向圆心提供向心力，粒子受力方向与电场方向相同，故粒子带正电，故4错误；B C.离子在静电分析器时速度为口离子在加速

26、电场中加速的过程中，只受到电场力做功，根据动能定理：q U =g n w 2 o离子在通过静电分析器时做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有“后=喀R2离子在磁分析器中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有q B u =F联立解得d=r =J 等U=：ER故B正确，C错误；。.由以上分析可知d =r =：二 更q从式中可以看出运动轨迹半径为d的离子都具有相同的比荷，才能够最终经过Q点进入收集器，故D正确。故选：B D。粒子受力方向与电场方向相同，粒子带正电；离子在加速电场中加速，根据动能定理列式，离子在通过静电分析器时做匀速圆周运动，电场力提供向心力，列式，求圆周运动半径；本题解题关键是掌握

27、离子在加速电场中加速，满足动能定理，离子在通过静电分析器时做匀速圆周运动，电场力提供向心力。8.【答案】AD【解析】解：4假设拉力与水平面夹角0，根据平衡条件有：FcosQ=-Fsind解 得F =口Mg=Mgstn。_ Mgsin/i用 cos0+sin。cos0cos/?4-sin0sin cos(。-0)则当e=S时，尸有最小值，故A正确；A在斜坡A B上匀速拉物体，假设拉力与斜坡夹角y,根据平衡条件有：Fcosy=Mgsina+MMgcosa F s i n y)版/旦0 _ Mgsina+ficosa)_ .sinacosp+cosasinp _ .-sin(a+)解-cosy+si

28、ny-cosycos+sinysin ,cos(y-g)则当y =时F有最小值，故8错误；C.根据功率定义式，当F为水平方向时，P i =nMgv当尸为竖直方向时，P2=o故 C错误；。.当y =/?时F 有最小值，即某人拉力达到最大值m g 时,所拉重物达到最大值，有m g =Mgsin(a+B)解得”=薄 丽故。正确。故选：AD.根据平衡条件分析力F,根据数学知识求F 最小值;斜坡4 8 上匀速拉物体，根据平衡条件列式，分析F 最小值;根据功率定义式，分析功率;当某人的拉力达到最大值mg时所拉重物达到最大值，求最多匀速拉动质量。本题解题关键是根据平衡条件列式，再通过数学极值，分析力F 的极

29、值，考查学生用数学解答物理问题的能力。9.【答案】党一2 5 5g【解析】解：(1)滑块到达光电门处的速度滑块从释放点运动到光电门处，由运动学公式有2 a%=/联立解得地=和结合以横坐标为X,纵坐标为翔图象，可 知 图 像 的 斜 率 卜=解得a=1(2)因为不满足钩码的质量远小于滑块的质量，故需要对钩码和滑块整体受力分析，根据牛顿第二定律得：3mg -6mg=(3 m +6m)akF3mg-i -6mg=9 m x 解得：一 婆2 4g答：(1)滑块运动的加速度大小为空；(2)滑块与木板之间的动摩擦因数为乎)22 4 g(1)依据中间时刻瞬时速度等于这段时间内的平均速度，再结合运动学公式即可

30、求解加速度；根据运动学公式求出X与/的函数关系，再结合数学知识可知斜率k与加速度的关系。(2)根据牛顿第二定律求得摩擦因数。本题主要考查了牛顿第二定律，处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项，难度不大。1 0.【答案】1 5 0 1.5 6 7.4 黑 4 3 5 0【解析】解：(2)将选择开关接“2”，欧姆表红、黑表笔短接，电表指针满偏时,根据欧姆定律办=自由图丙可知，电阻箱示数R =0 x 1 0 0 0 0 +1 x l o o n +5 x 1 0 0 +0 x 1 0 =1 5 0。1 F欧姆表红、黑表笔接电阻箱时.，指针指在中央，根

31、据 闭 合 电 路 的 欧 姆 定 律=占联立解得欧姆表内阻分=1 5 0。此时C处对于的电阻为中值电阻，根据中值电阻与欧姆表内阻的关系，C处刻度线的标注值为1 5 0 0；电源的电动势E=IgRn=1 0 x 1 0-3 x 1 5 0 K =1.5V(3)由图示表盘可知，其分度值为0.2巾4,示数/=6.9 m A根据闭合电路的欧姆定律/=占代入数据联立解得R x=6 7.4 0；(4)多用表的黑表笔接内部电源的正极，电流从黑表笔流出，因此黑表笔接电压表正接线柱：P 1 1根据闭合电路欧姆定律及欧姆定律r =淳%=*解得电压表内阻心=鬻=等%。=4 3 5 0 0H i U 1.J 1 .

32、r 3故答案为：(2)1 5 0 0；1.5；(3)6 7.4；(4)黑;4 3 5 0。(2)根据电阻面板上各旋钮所指示数求电阻箱的电阻；欧姆表上的中值电阻数值等于欧姆表的内阻值，根据闭合电路的欧姆定律求解欧姆表内阻和中值电阻，再求电源的电动势；(3)根据闭合电路欧姆定律计算待测电阻的阻值即可；(4)根据闭合电路欧姆定律及欧姆定律求解电压表的内阻值。本题考查了多用表的内部构造以及中值电阻的含义：熟练地掌握欧姆定律、闭合电路的欧姆定律解题的前提与关键：对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后再读数。1 1.【答案】解：(1)根据题意，钢球经B 点时，由牛顿第二定律有“+m g =遇其中FN=

33、3 M g解得为=2yj gR钢球由4 到8 过程中，由动能定理有7 n g(H -2 R)=2诣，解得H =4 R(2)根据题意，钢球4 到。过程中，由动能定理有m g(4 R L s)。)一 m g L =O解得L =sin0+/c答：(1)钢球释放点力距离点C 的高度差为4 R；(2)C D 段长度L 的表达式L =豆蕊。【解析】(1)钢球经B 点时，由牛顿第二定律列式，钢球由4 到B 过程中，由动能定理列式，联立,求高度差；(2)钢球A 到。过程中，由动能定理列式，求L 的表达式。本题考查学生对牛顿第二定律和动能定理的掌握，是一道基础题。1 2.【答案】解：(1)根据题意可知，碰后甲继

34、续向右运动并最终停在C C ,运动的位移为区，根据动能定理有一恤3=0 巾1 成2解得：1/=2m/s(2)根据题意可知，甲、乙发生弹性碰撞，以向右方向为正，根据动量守恒有：恤%=+m2v2根据机械能守恒有：2 7 n l 谥+|m2V 2解得甲碰前、乙碰后的速度分别为：=4 m/s,v2=6m/s从F 撤去到碰撞前，根据动能定理有：一卬由9 乙 2 =；加/工一;瓶1 廿 2代入数据解得F撤去时甲的速度：v =5m/s对金属棒甲在磁场运动过程中，电容器两极板间电压变化：AU=Bd-Av电容器所带电荷量的变化量：Aq=C-AU=CBd Av金属棒中的电流：I=M =C B d?=CBdaAt

35、At根据牛顿第二定律有：F-Bld=mra徂二_ F-吗n,g得：a _ B 2 d 2+西即金属棒甲在磁场做匀变速运动，则有：v2=2aLr解得：Q=5m/s2联立解得：F=a(m1+CB2d2)+卬解得：F=4.2/V(3)根据题意，设碰后乙到达左侧磁场边界时的速度为 2 ，根据动能定理有：-4 皿2 9 乙 3=：小2 区2 -加 2 谚解得：v2 =4y_2m/s乙穿过磁场过程，根据动量定理有：-/d 戊 =m2V2，r 一 m2V2_ A P又q=/戊，=率 4 1 =除R R R联立解得：v2f，=3A/-2/n/s由能量守恒定定律有，电阻R 上产生的焦耳热：(2=加2 区2-3

36、6 2%2代入数据解得：Q =o.7/答：(1)金属棒甲与乙碰后，甲的速度大小为2 m/s；(2)恒力F 的大小为4.2 N；(3)金属棒乙离开磁场时的速度为3，五m/s，乙穿过磁场过程中电阻R 上产生的焦耳热为0.7 人【解析】(1)根据乙棒碰撞后停止的位置，由动能定理求出乙棒碰撞后的速度；(2)根据弹性碰撞的规律求出甲碰撞前的速度及乙碰撞后的速度。对甲由动能定理求也离开磁场的速度。甲在磁场中切割磁感线对电容器充电，根据牛顿第二定律、电容的定义、速度一位移公式等求出加速的表达式，从而确定甲做匀加速直线运动，再由牛顿第二定律求出拉力；(3)结合上述结论，对乙棒由动能定理求出进入右侧磁场的速度，

37、在右侧磁场中根据动量定理结合电流的定义求电阻R 上的电荷量，由能量守恒定律求焦耳热。本题力学和电磁学的三大问题的综合，考查了牛顿第二定律、动能定理、动量定理、动量守恒定律、能量守恒定律、机械能守恒定律、匀变速直线运动速度一位移公式、电容的定义等知识点，分清两个涉电容电路及电阻电路过程是由弹性碰撞连接起来的。要注意的是涉及电容的充电电流也是要受到安培力的。1 3.【答案】ACE【解析】解：4、单晶体具有各向异性，但并不是在不同方向上的导热性、导电性、机械强度等物理性质都不一样，故力正确。8、根据热力学第二定律得知热量不可能从低温物体传给高温物体而不引起其他变化，但在一定的条件下热量可能从低温物体

38、向高温物体传递，如空调，故 B错误。C、据气态方程华分析可知，一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大，故 C正确。、热量在一定的条件下也能完全变为功，即在一定的条件下可能从单一热源吸收使之全部变为有用的功，故。错误。E、气体的温度不变则单个分子对器壁的撞击力不变，压强增大，说明每秒撞击单位面积器壁的分子数增多，故 E正确。故选：ACE.对于理想气体，可根据气态方程华分析状态参量的变化问题。根据能量守恒定律和热力学第二定律分析。根据压强的微观意义分析压强。对于气体，气态方程和热力学第二定律是考试的重点，还要掌握热力学第一、第二定律和分子动理论等等基础知识。1 4.【答案】解：

39、气柱发生等压变化，由盖-吕萨克定律得：而=而解得：T2=2TQ对下部气体由玻意耳定律可得：1 1（P o+P o）x LS =p 下 2 x-LS解得：P广 2=4 p o对上部气体，P上2=3po对上部气体由玻意耳定律得：P o x LS 3 P o x 九 卜 2 s解得：九 八 2 =L则活塞下移距离为：d=：L=D y o io答：气体温度应升为2 7 0；活塞下降的距离为伊。【解析】此过程中气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律列式计算出温度即可；分别对上下部气体根据理想气体的状态方程列式分析，由此计算出活塞的下降距离。本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气

40、体变化前后的状态参量，结合公式p V =C T 列式完成分析。1 5.【答案】ACE【解析】解：4、根据乙图可知，此时质点P 向y 轴负方向振动，根据上下坡法可知，这列波沿x 轴正方向传播，故 A正确；B、由甲图可知波长为4根，由乙图可知周期为0.2 s,根据波长与波速以及周期的关系可知，该波的传播速度为v =*=A?n/s=2 0 m/s,故 B错误；C、由图像可知此时质点Q 向y轴正方向振动，由于0.1 s=3 可知经过0.1 s,质点Q 处于从波峰向平衡位置振动的过程，即质点Q 的运动方向沿y轴负方向，故 C正确；D、由于0.3 5 s=7 +1，经过0.3 5 s,质点P 处于波峰位置

41、，可知质点Q 距平衡位置的距离小于质点P 距平衡位置的距离，故。错误；E、设质点Q 的振动方程为y=As in佯t+(p0)=0.2 s讥(1 0T T+(p0)(m),若Q 点此时刻纵坐标为-O.l z n,代入振动方程有y=O.2 si”o(z n)=-0.1 m,解得Q 点的初相为：(p0=一则再经过s,o o U有y=0.2 sin(1 0 7 rx 4-5)=0；可知质点Q 处于平衡位置，Q 点达到最大速度，故 E正确。故选：ACE.根据乙图分析质点P 的振动方向，再结合波形平移法判断这列波的传播方向；由甲图得出波长，由乙图得出周期，结合波长、周期与波速的关系求出波的传播速度；根据质

42、点Q 的振动方向分析经过0.1 s,质点Q 的振动方向；最后分析0.3 5 s,质点P 的位置，判断质点Q 距平衡位置的距离与质点P距平衡位置的距离的大小关系；设质点Q 的振动方程，设Q 点此时刻纵坐标为-0.1 m,代入方程得出初相，再分析经过白s,质点Q 的位置和速度。OU本题考查了机械振动和机械波的综合问题，解决本题的关键是熟练掌握振动和横波的图像以及振动方程。1 6.【答案】解：（1）由题知，光线在棱镜中的光路如图所示，设光线在B点的折射角为r,由几何关系有：d Stanr=灰=解得：r=3 0 ；由折射定律可得：=陋=嘲=；sinr si 九 30（2）由折射定律有：n =?所以光在棱镜中的速度：=芳光在棱镜中通过的路程：s=B E +E F =2BE+R=2 x +/?=3+个3 Rsinr 3所以光线在棱镜中的传播时间：t=3 =（2 +，？）/。答：（1）棱镜对此单色光的折射率为一百；（2）光线在棱镜中的传播时间为（2 +【解析】（1）由几何关系光线在B点的折射角，由折射定律求解折射率；（2）由折射定律求解光在棱镜中的速度，根据几何关系求解光在棱镜中通过的路程，由此得到光线在棱镜中的传播时间。本题主要是考查了光的折射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，通过光路图进行分析。