貴州省遵義市高中2024年高考物理二模試卷含解析

貴州省遵義市高中名校2024年高考物理二模試卷

注意事項(xiàng)

1.考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回.

2.答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置.

3.請(qǐng)認(rèn)真核對(duì)監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)與本人是否相符.

4.作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對(duì)應(yīng)選項(xiàng)的方框涂滿、涂黑；如需改動(dòng)，請(qǐng)用橡皮擦干凈后，再選涂其他

答案.作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無(wú)效.

5.如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號(hào)等須加黑、加粗.

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、小球P和Q用不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短.將

兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示，將兩球由靜止釋放，在各自軌跡的最低點(diǎn)（）

A.P球的速度一定大于Q球的速度

B.P球的動(dòng)能一定小于Q球的動(dòng)能

C.P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力

D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度

2、如圖，通電導(dǎo)線MN與單匝矩形線圈面cd共面，位置靠近而且相互絕緣。當(dāng)MN中電流突然減小時(shí)，線圈產(chǎn)生

的感應(yīng)電流/,線圈所受安培力的合力為/，則/和尸的方向?yàn)椋ǎ?/p>

A./順時(shí)針，尸向左B.1順時(shí)針，F(xiàn)向右

C.1逆時(shí)針，歹向左D./逆時(shí)針，F(xiàn)向右

3、磁流體發(fā)電機(jī)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖所示。把平行金屬板A、B和電阻R連接，A、B之間有很強(qiáng)的磁場(chǎng)，將一束等離子

體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子）以速度v噴入磁場(chǎng)，A、B兩板間便產(chǎn)生電壓，成為電源的兩個(gè)

電極。下列推斷正確的是（）

A.A板為電源的正極

B.電阻R兩端電壓等于電源的電動(dòng)勢(shì)

C.若減小兩極板的距離，則電源的電動(dòng)勢(shì)會(huì)減小

D.若增加兩極板的正對(duì)面積，則電源的電動(dòng)勢(shì)會(huì)增加

4、國(guó)慶70周年閱兵展出了我國(guó)高超音速乘波體導(dǎo)彈——東風(fēng)-17,東風(fēng)-17突防能力強(qiáng)，難以攔截，是維護(hù)祖國(guó)和平

發(fā)展的有力武器。如圖所示，設(shè)彈道上處于大氣層外的。點(diǎn)和處于大氣層內(nèi)的8點(diǎn)的曲率半徑之比為2：1,導(dǎo)彈在a、

分兩點(diǎn)的速度大小分別為3倍音速和12倍音速，方向均平行于其正下方的水平地面，導(dǎo)彈在a點(diǎn)所受重力為G,在6

點(diǎn)受到空氣的升力為尸。則（）

A.尸=33GB.F>33GC.F=32GD.F<32G

5、如圖所示為氫原子的能級(jí)圖，一群氫原子由n=4的激發(fā)態(tài)向低能級(jí)躍遷，則產(chǎn)生波長(zhǎng)最長(zhǎng)的光子的能量為（）

nE

4--------------------0.85eV

3----------------------1.51eV

2--------------------3.40e\

I----------------------13.6eV

A.12.75eVB.10.2eV

C.0.66eVD.2.89eV

6、如圖所示，一圓球固定在水平地面上，球心為。。直細(xì)棒AB的B端擱在地面上，棒身靠在球面上并和球心在同一

豎直平面內(nèi)，切點(diǎn)為P,細(xì)棒與水平面之間的夾角為心若移動(dòng)棒的B端沿水平地面靠近圓球，使切點(diǎn)P恰好以。點(diǎn)

為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則

A.B端向右勻速運(yùn)動(dòng)B.，角隨時(shí)間均勻增大

C.PB長(zhǎng)度隨時(shí)間均勻減小D.以上說(shuō)法都不對(duì)

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、如圖（a）所示，位于〃、N兩點(diǎn)處的兩波源相距18m,在M、N兩點(diǎn)間連線上有一點(diǎn)尸，MP=6m.t=0

時(shí)，兩波源同時(shí)開(kāi)始振動(dòng)，振動(dòng)圖象均如圖（b）所示，產(chǎn)生的兩列橫波沿連線相向傳播，波在跖V間的均勻介

質(zhì)中傳播的速度為300m/s。下列說(shuō)法正確的是（）

MPN5

A.兩波源產(chǎn)生的橫波的波長(zhǎng)2=6m

B./=0.025s時(shí)，4點(diǎn)處的波源產(chǎn)生的第一個(gè)波峰到達(dá)尸點(diǎn)

C.P點(diǎn)的振動(dòng)是減弱的

D.在r=0?0.035s內(nèi)，P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程為35cm

E.M，N兩點(diǎn)間（除以、N兩點(diǎn)外）振幅為10cm的質(zhì)點(diǎn)有5個(gè)

8、如圖所示，光滑細(xì)桿MN傾斜固定，與水平方向夾角為。，一輕質(zhì)彈簧一端固定在0點(diǎn)，另一端連接一小球，小球

套在細(xì)杯上，O與桿MN在同一豎直平面內(nèi)，P為MN的中點(diǎn)，且OP垂直于MN,已知小球位于桿上M、P兩點(diǎn)時(shí),

彈簧的彈力大小相等且在彈性限度內(nèi)?，F(xiàn)將小球從細(xì)桿頂端M點(diǎn)由靜止釋放，則在小球沿細(xì)桿從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的

過(guò)程中（重力加速度為g）,以下判斷正確的是

A.彈簧彈力對(duì)小球先做正功再做負(fù)功

B.小球加速度大小等于gsinO的位置有三個(gè)

C.小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的速度最大

D.小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)肘的動(dòng)能是運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的兩倍

9、如圖所示是宇宙空間中某處孤立天體系統(tǒng)的示意圖，位于。點(diǎn)的一個(gè)中心天體有兩顆環(huán)繞衛(wèi)星，衛(wèi)星質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小

于中心天體質(zhì)量，且不考慮兩衛(wèi)星間的萬(wàn)有引力。甲衛(wèi)星繞。點(diǎn)做半徑為廠的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，乙衛(wèi)星繞。點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌

跡為橢圓，半長(zhǎng)軸為廣、半短軸為二，甲、乙均沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)轉(zhuǎn)。兩衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)軌跡共面且交于“、N兩點(diǎn)。某時(shí)

2

刻甲衛(wèi)星在〃處，乙衛(wèi)星在N處。下列說(shuō)法正確的是（）

A.甲、乙兩衛(wèi)星的周期相等

B.甲、乙兩衛(wèi)星各自經(jīng)過(guò)〃處時(shí)的加速度大小相等

C.乙衛(wèi)星經(jīng)過(guò)M、N處時(shí)速度相同

D.甲、乙各自從〃點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所需時(shí)間之比為1：3

10、如圖所示，衛(wèi)星a沒(méi)有發(fā)射停放在地球的赤道上隨地球自轉(zhuǎn)；衛(wèi)星》發(fā)射成功在地球赤道上空貼著地表做勻速圓

周運(yùn)動(dòng)；兩衛(wèi)星的質(zhì)量相等。認(rèn)為重力近似等于萬(wàn)有引力。下列說(shuō)法正確的是（）

A.a做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期等于地球同步衛(wèi)星的周期

B.6做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度等于重力加速度g

C.a、匕做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力大小相等

D.a、b做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小相等，都等于第一宇宙速度

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(guò)程。

11.（6分）在“測(cè)定金屬的電阻率”實(shí)驗(yàn)中：

（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲的直徑，測(cè)量結(jié)果如圖甲所示，其示數(shù)為—cm；用刻度尺測(cè)得金屬絲的長(zhǎng)度如圖乙

所示，其示數(shù)為cm；用歐姆表粗略測(cè)量該金屬絲的電阻，選擇“xl”歐姆擋測(cè)量，示數(shù)如圖丙所示，其示數(shù)為

（2）用伏安法進(jìn)一步精確測(cè)金屬絲的電阻R,實(shí)驗(yàn)所用器材如下:

a.電流表A（量程為0.2A,內(nèi)阻為1Q）

b.電壓表V（量程為9V,內(nèi)阻約3k￡l）

c.定值電阻Ro（阻值為2￡2）

d.滑動(dòng)變阻器R（最大阻值為10Q,額定電流為2A）

e.電池組（電動(dòng)勢(shì)為9V,內(nèi)阻不計(jì)）

￡開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干

'二^

T

①某小組同學(xué)利用以上器材設(shè)計(jì)電路，部分電路圖如圖丁所示，請(qǐng)把電路圖補(bǔ)充完整____=（要保證滑動(dòng)變阻器的滑

片任意移動(dòng)時(shí)，電表均不被燒壞）

②某次實(shí)驗(yàn)中，電壓表的示數(shù)為4.5V,電流表的示數(shù)為0.1A,則金屬絲電阻的值為。；根據(jù)該測(cè)量值求得金

屬絲的電阻率為Qm。（計(jì)算結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）

12.（12分）物理小組的同學(xué)用如下圖甲所示的實(shí)驗(yàn)器材測(cè)定重力加速度。實(shí)驗(yàn)器材有：底座帶有標(biāo)尺的豎直桿、光

電門1和2組成的光電計(jì)時(shí)器，其中光電門1在光電門2的上方，小球釋放器（可使小球無(wú)初速釋放）、網(wǎng)兜。實(shí)驗(yàn)時(shí)

可用兩光電門測(cè)量小球從光電門1運(yùn)動(dòng)至光電門2的時(shí)間t,并從豎直桿上讀出兩光電門間的距離h.

⑴使用游標(biāo)卡尺測(cè)量小球的直徑如下圖乙所示，則小球直徑為cm。

⑵改變光電門1的位置，保持光電門2的位置不變，小球經(jīng)過(guò)光電門2的速度為"不考慮空氣阻力，小球的加速度

為重力加速度g,則從t、g、v四個(gè)物理量之間的關(guān)系式無(wú)=o

h

（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出一-f圖象如上圖丙所示，若圖中直線斜率的絕對(duì)值為心根據(jù)圖象得出重力加速度g大小為

t

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(shuō)明、方程式和演算

步驟。

13.（10分）如圖所示，光滑、足夠長(zhǎng)的兩水平面中間平滑對(duì)接有一等高的水平傳送帶，質(zhì)量，"=0.9kg的小滑塊A和

質(zhì)量M=4kg的小滑塊B靜止在水平面上，小滑塊B的左側(cè)固定有一輕質(zhì)彈簧，且處于原長(zhǎng)。傳送帶始終以v=lm/s的

速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。現(xiàn)用質(zhì)量如）=100g的子彈以速度％=40m/s瞬間射入小滑塊A,并留在小滑塊A內(nèi)，兩者一起向右運(yùn)

動(dòng)滑上傳送帶。已知小滑塊A與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)傳送帶兩端的距離/=3.5m,兩小滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，

忽略空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。求：

⑴小滑塊A滑上傳送帶左端時(shí)的速度大小

⑵小滑塊A在第一次壓縮彈簧過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能

（3）小滑塊A第二次離開(kāi)傳送帶時(shí)的速度大小

*/B

以、

左TZ：，7

14.（16分）如圖所示，MN和為兩豎直放置的平行光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌間的距離為"在導(dǎo)軌的下部有

垂直于導(dǎo)軌所在平面、方向向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為心在導(dǎo)軌的MM，端連接電容為C、擊穿電壓為S、正對(duì)

面積為s、極板間可認(rèn)為是真空、極板間距為d的平行板電容器。在f=o時(shí)無(wú)初速度地釋放金屬棒也金屬棒4?的長(zhǎng)

度為L(zhǎng)、質(zhì)量為機(jī)、電阻可忽略不計(jì).假設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，金屬棒，■與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌和

各接觸處的電阻不計(jì)，電路的電感、空氣的阻力可忽略，已知重力加速度為g。

⑴求電容器兩端的電壓達(dá)到擊穿電壓所用的時(shí)間；

⑵金屬棒，■下落的過(guò)程中，速度逐漸變大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸變大，電容器極板上的電荷量逐漸增加，兩極板間存儲(chǔ)的

電場(chǎng)能也逐漸增加。單位體積內(nèi)所包含的電場(chǎng)能稱為電場(chǎng)的能量密度。已知兩極板間為真空時(shí)平行板電容器的電容大

小可表示為C="o試證明平行板電容器兩極板間的空間內(nèi)的電場(chǎng)能量密度co與電場(chǎng)強(qiáng)度E的平方成正比，并求出

a

比例系數(shù)（結(jié)果用eo和數(shù)字的組合表示）。

15.（12分）如圖所示，在丁>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E；在y<o的區(qū)域存在方向垂

直于平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)氣核;H從y軸上丁=丸點(diǎn)射出，速度方向沿x軸正方向。已知;H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，

速度方向與x軸正方向的夾角為60°,并從坐標(biāo)原點(diǎn)。處第一次射出磁場(chǎng)。；H的質(zhì)量為〃乙電荷量為小不計(jì)重力。

求：

（1）；H第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離；

⑵磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?/p>

⑶氣核從y軸射入電場(chǎng)到從。點(diǎn)射出磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

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、C

【解析】

從靜止釋放至最低點(diǎn)，由機(jī)械能守恒得：mgR=1mv2,解得：V=J柒，在最低點(diǎn)的速度只與半徑有關(guān)，可知VP

<vQ；動(dòng)能與質(zhì)量和半徑有關(guān)，由于P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短，所以不能比較

2

動(dòng)能的大小.故AB錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)，拉力和重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：F-mg=m—,解得，

R

F=mg+m—=3mg,%，八".=2g,所以P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力，向心加速度兩者相等.故

Rm

C正確，D錯(cuò)誤.故選C.

點(diǎn)睛：求最低的速度、動(dòng)能時(shí)，也可以使用動(dòng)能定理求解；在比較一個(gè)物理量時(shí)，應(yīng)該找出影響它的所有因素，全面

的分析才能正確的解題.

2、B

【解析】

金屬線框放在導(dǎo)線MN上，導(dǎo)線中電流產(chǎn)生磁場(chǎng)，根據(jù)安培定則判斷可知，線框成cd左右兩側(cè)磁場(chǎng)方向相反，

線框左側(cè)的磁通量小于線框右側(cè)的磁通量，磁通量存在抵消的情況。若MN中電流突然減小時(shí)，穿過(guò)線框的磁通量將

減小。根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)要阻礙磁通量的變化，則線框成cd感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針；再由左手定則

可知，左邊受到的安培力水平向右，而右邊的安培力方向也水平向右，故安培力的合力向右。

A./順時(shí)針，尸向左，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B./順時(shí)針，F(xiàn)向右，與結(jié)論相符，選項(xiàng)B正確；

C/逆時(shí)針，尸向左，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.1逆時(shí)針，尸向右，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；

故選B。

3、C

【解析】

A.等離子體進(jìn)入磁場(chǎng)，根據(jù)左手定則，正電荷向下偏轉(zhuǎn)，所以B板帶正電，為電源的正極，A極為電源的負(fù)極，故

A錯(cuò)誤；

B.分析電路結(jié)構(gòu)可知，A、B為電源的兩極，R為外電路，故電阻R兩端電壓為路端電壓，小于電源的電動(dòng)勢(shì)，故B

錯(cuò)誤；

CD.粒子在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下處于平衡，有

qvB=q-

d

解得

U=Bdv

減小兩極板的距離d,電源的電動(dòng)勢(shì)減小，增加兩極板的正對(duì)面積，電動(dòng)勢(shì)不變，故C正確，D錯(cuò)誤。

故選C。

4、B

【解析】

在。處時(shí)，重力提供向心力，則

在6處時(shí)

2

F_m(12v)=G

R

聯(lián)立解得

F=33G

又因?yàn)閷?dǎo)彈要做離心運(yùn)動(dòng)，所以

F>33G

故ACD錯(cuò)誤，B正確。

故選B。

5、C

【解析】

從〃=4能級(jí)躍遷到〃=3能級(jí)釋放出的光子能量最小，波長(zhǎng)最長(zhǎng)，該光子的能量為

-0.85eV-(-1.51eV)=0.66eV

C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選C。

6^B

【解析】

A.將B點(diǎn)速度沿著平行桿和垂直桿方向分解，如圖所示：

故

COS0

其中燈="，P點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故用不變，由于。變大，故V變大，即3端向右加速，故A錯(cuò)誤;

B.結(jié)合幾何關(guān)系，經(jīng)過(guò)時(shí)間f后的。角增加為：

Q

2x(—I-①t)=8+2ot

2

故，角隨時(shí)間均勻增大，故B正確；

C.尸3的長(zhǎng)度等于C3的長(zhǎng)度，由于3點(diǎn)向右是加速運(yùn)動(dòng)，故尸5長(zhǎng)度不是隨時(shí)間均勻減小，故C錯(cuò)誤;

D.由于B正確，故D錯(cuò)誤；

故選B。

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、ABE

【解析】

A.由圖可知波的周期為

T=0.02s

則兩橫波的波長(zhǎng)為

A=vT=6m

所以A正確；

B.由題可知

MP=6m

則波由M傳到P,所用時(shí)間為

MP.cT

t=-----=0.02s=T

v

f為0.025s時(shí)，波源M已經(jīng)向右發(fā)出&個(gè)周期的波，由圖象可知，尸點(diǎn)已經(jīng)振動(dòng)!丁，則4點(diǎn)處的波源產(chǎn)生的第一個(gè)

44

波峰到達(dá)P點(diǎn)，所以B正確；

C.由題意可知

PN=MN—MP=12m

兩列波到達(dá)尸點(diǎn)的波程差為

Ax=/W-MP=6m=2

是波長(zhǎng)的整數(shù)倍，可知P點(diǎn)為加強(qiáng)點(diǎn)，所以C錯(cuò)誤；

D.波源”的波需要一個(gè)周期傳到P點(diǎn)，則0.035s波源M發(fā)出的波已經(jīng)傳到

x=v/=10.5m處

時(shí)間為

7

=0.035s=-r

?4

3

可知，P點(diǎn)振動(dòng)了丁T,路程為

4

5=3x5cm=15cm

所以D錯(cuò)誤；

E.振幅為10cm的質(zhì)點(diǎn)即為加強(qiáng)點(diǎn)，則

Ax'=〃2

”取0,±1,±2,對(duì)應(yīng)的位置有5個(gè)：MN的中點(diǎn)，距離M和N分別6m處，距離"和N分別3m處，所以E正確。

故選ABEo

8、BD

【解析】

A項(xiàng)：由題意不能確定在M點(diǎn)和在N點(diǎn)時(shí)彈簧是壓縮還是拉伸狀態(tài)，所以彈簧對(duì)小球可能先做正功后做負(fù)功，也可

能先做負(fù)功后做正功，故A錯(cuò)誤；

B項(xiàng)：由于MP之間和PN之間各有一位置彈簧彈力為零，當(dāng)彈力為零時(shí)小球的加速度為gsin，，在P點(diǎn)時(shí)由于彈簧

的彈力與桿垂直，所以小球的加速度也為gsin6,所以小球加速度大小等于gsinO的位置有三個(gè)，故B正確;

C項(xiàng)：由于小球在P點(diǎn)的加速度為gsin。，所以小球的速度一定不為最大，故C錯(cuò)誤；

mv

D項(xiàng)：從M到P由能量守恒得：mghMP=△4,從P到N由能量守恒得：mghPN+AEp=gmv\~^p>

聯(lián)立解得：小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)肘的動(dòng)能是運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的兩倍，故D正確。

故選：BDo

9、AB

【解析】

A.橢圓的半長(zhǎng)軸與圓軌道的半徑相等，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律知，兩顆衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)周期相等，故A正確；

B.甲、乙在4點(diǎn)都是由萬(wàn)有引力產(chǎn)生加速度，則有

GM

a=-二

r

故加速度大小相等，故B正確；

C.乙衛(wèi)星在M、N兩點(diǎn)的速度方向不同，故C錯(cuò)誤；

D.甲衛(wèi)星從〃到N,根據(jù)幾何關(guān)系可知，經(jīng)歷而乙衛(wèi)星從4到N經(jīng)過(guò)遠(yuǎn)地點(diǎn)，根據(jù)開(kāi)普勒行星運(yùn)動(dòng)定律,

可知衛(wèi)星在遠(yuǎn)地點(diǎn)運(yùn)行慢，近地點(diǎn)運(yùn)行快，故可知乙衛(wèi)星從M到N運(yùn)行時(shí)間大于,丁，而從N到M運(yùn)行時(shí)間小于

2

"故甲、乙各自從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間之比不是1：3,故D錯(cuò)誤。

2

故選ABo

10、AB

【解析】

A.”在赤道上隨地球自轉(zhuǎn)而做圓周運(yùn)動(dòng)，所以〃做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期等于地球同步衛(wèi)星的周期，A正確;

B.對(duì)衛(wèi)星》重力近似等于萬(wàn)有引力，萬(wàn)有引力全部用來(lái)充當(dāng)公轉(zhuǎn)的向心力

-Mm

G-^=mg

所以向心加速度等于重力加速度g,B正確;

C.兩衛(wèi)星受到地球的萬(wàn)有引力相等。衛(wèi)星a萬(wàn)有引力的一部分充當(dāng)自轉(zhuǎn)的向心力，即

Mm

GR=「+7咫赤

衛(wèi)星入萬(wàn)有引力全部用來(lái)充當(dāng)公轉(zhuǎn)的向心力，因此。、分做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力大小不相等，c錯(cuò)誤;

2萬(wàn)〃

D.。做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期等于地球同步衛(wèi)星的周期，根據(jù)u=二二可知

5<v同

萬(wàn)有引力提供向心力

-Mmv~

G——=m——

rr

解得線速度表達(dá)式

因?yàn)?/p>

F=R<憤

所以b衛(wèi)星的速度等于第一宇宙速度

丹〉丫同〉均

D錯(cuò)誤。

故選ABo

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(guò)程。

11、0.221030.5030.0/工」29.33.68X10-4

【解析】

⑴口］螺旋測(cè)微器的示數(shù)為

2mm+2L0x0.01mm=2.210mm=0.2210cm

［2］刻度尺示數(shù)為

450.0mm—100.0mm=350.0mm=35.0cm

［3］歐姆表選擇“xi，，歐姆擋測(cè)量，示數(shù)為

30.0xlQ=30.0Q

(2)［4］當(dāng)電壓表滿偏時(shí)，通過(guò)此的電流約為0.3A,可利用凡與電流表并聯(lián)分流，因電流表內(nèi)阻已知，故電流表采用

內(nèi)接法。

3

⑸通過(guò)段的電流為

=015A

R

段兩端的電壓

U=Uv—=4.4V

故

U44

R=t=-0=29.30

I0.15

⑹由R=夕（知金屬絲的電阻率

=3.68xlO^Q.m

12、1.170

【解析】

⑴[1]主尺讀數(shù)為1.1cm,游標(biāo)尺讀數(shù)為0.05xl4mm=0.70mm=0.070cm,所以最終讀數(shù)為l.lcm+0.070cm=1.170cm；

⑵[2]小球經(jīng)過(guò)光電門2的速度為v,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得從開(kāi)始釋放到經(jīng)過(guò)光電門2的時(shí)間

g

所以從開(kāi)始釋放到經(jīng)過(guò)光電門1的時(shí)間

g

所以經(jīng)過(guò)光電門1的速度v

V'=gt"=V-gt

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論得：兩光電門間的距離

----t=Vt——2t

22

(3)[3]由公式/z=15g/,得

h1

—

h

若一-。圖線斜率的絕對(duì)值為七則

,1

k=28

所以重力加速度大小

g=2k

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(shuō)明、方程式和演算

步驟。

13、(1)4m/s(2)3.6J(3)l.Om/s

【解析】

⑴子彈打人小滑塊A的過(guò)程中，動(dòng)量守恒

%%=(%+相)M

解得

vi=4m/s

⑵小滑塊A從傳送帶的左端滑到右端的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有

代人數(shù)據(jù)解得

V2=3m/s

因?yàn)閂2>V,所以小滑塊A在第一次到達(dá)傳送帶右端時(shí)速度大小為3m/s,小滑塊A第一次壓編彈簧的過(guò)程中，當(dāng)小滑

塊A和3的速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

(%+m)v2=(%)+m+M)v3

代人數(shù)據(jù)解得

V3=0.6m/s

根據(jù)能量守恒定律得

MV

Epm=(wc+根)試一gg+m+)3

代人數(shù)據(jù)解得

￡pm=3.6J

⑶從小滑塊4開(kāi)始接觸彈簧到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，整體可看成彈性碰撞，則有

(%+w)v2=^mQ+m^v4+Mvi

1(%+根)￥=g(%+加)V：+gMvl

解得

%=-1.8m/s

V3=1.2m/s

設(shè)小滑塊A又滑回傳送帶上且減速到零時(shí)在傳送帶上滑動(dòng)的距離為L(zhǎng),則根據(jù)動(dòng)能定理有

+m)g￡=O-^(mo+m)v1

解得

L=1.62m

由于小滑塊A滑回傳送帶上先減速到零，再在傳送帶上加速到與傳送帶共速，設(shè)小滑塊A與傳送帶共速時(shí)向右

滑動(dòng)的距離為s,則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

2〃gs=v2-0

解得

s=0.5m

由于s<L則小滑塊A第二次從傳送帶離開(kāi)時(shí)的速度大小為1.0m/s。且從傳送帶右端離開(kāi).

14、⑴a"C+"')

(2)—￡0,證明見(jiàn)解析

BLmg2

【解析】

本題為“單棒+電容器+導(dǎo)軌模型，，，可以根據(jù)牛頓第二定律，使用“微元法”對(duì)棒列方程求解。

(1)在電容器兩端電壓達(dá)到擊穿電壓前，設(shè)任意時(shí)刻f,流過(guò)金屬棒的電流為i,由牛頓第二定律知，此時(shí)金屬棒的加

速度。滿足

mg-BiL=ma

設(shè)在，至h+Af的時(shí)間內(nèi)，金屬棒的速度由V變?yōu)関+Av,電容器兩端的電壓由。變?yōu)閁+AU,電容器的帶電荷量由0

變?yōu)椤?AQ,由電流的定義、電荷量與電壓和電容間的關(guān)系、電磁感