5 重庆市高三上学期9月大联考-【景行之教育】2027年物理高考一轮复习先锋名校检测卷

5重庆市高三上学期9月大联考 全卷满分100分，考试时间75分钟。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在 者停车休息时间少于20分钟。因为长时间行车一是驾 每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 驶员会疲劳，二是汽车轮胎与地面摩擦使轮胎变热，有 1.如图甲所示，小李驾驶汽车按导航提示右转通过某个路 安全隐患。一辆汽车行驶4小时后轮胎变热，轮胎内气 口后，突然看到前方禁止通行的警示牌，他反应过来后 体温度也会升高，设此过程中轮胎容积不变且没有气体 刹车制动，并倒车回到路口绕道行驶。以路口为位移原 的泄漏，轮胎内气体可看作理想气体，则此过程中轮胎 点，汽车开始减速时为计时起点，并将汽车看成质点，忽 内气体 () 略换挡时间（把刹车和倒车过程看成连续的匀变速直线 A.分子平均动能增大，每个分子的动能都增大 运动)，绘制了如图乙所示的x-图像，由图中数据可得 B.速率大的区间分子数增多，分子平均速率增大 C.内能增大，外界对气体做正功 D.内能增大，气体向外界放出热量 4.碰撞常用恢复系数e来描述，定义恢复系数e为碰撞后 其分离速度与碰撞前的接近速度的绝对值的比值，用公 1,,其中，和2分别是碰撞后两物 式表示为e=0vo 甲 体的速度，o和20分别是碰撞前两物体的速度。已知 A.t=4s时，汽车离路口最远，为8m 质量为2m的物体A以初速度v1o与静止的质量为m的 B.0~6s内，汽车的平均速度大小为1m/s 物体B发生碰撞，该碰撞的恢复系数为e,则() C.t=0时刻，汽车的瞬时速度大小为2m/s A.若碰撞为弹性碰撞，则e=2 1 D.t=3s时，汽车的加速度大小为2m/s2 2.反卫星技术是目前军事航天领域的 -月深二 -0- B.碰撞后B的速度为2+e, 3 V10 -项非常敏感且先进的技术，攻击 以未卫问 卫星可在较近距离通过发射高能激！ -e C.碰撞后A的速度为 010 光等武器对目标卫星进行损毁。如 图所示，攻击卫星进攻前在较低的 D.碰撞后A的速度为3 10 景行 圆形轨道上运行，目标卫星在较高的圆形轨道上运行。下 5.如图甲所示，公园里的装饰灯在晚上通电后会发出非常 列说法正确的是 () 漂亮的光。该装饰灯可简化为图乙所示模型，该装饰灯 A.目标卫星在较高的圆形轨道运行的线速度大于 为对红光折射率n=1.5的透明材料制成的棱长为L的 7.9 km/s 立方体，中心有一个发红光的点光源0，不考虑光的二 B.攻击卫星的加速度大于目标卫星的加速度 次反射，光速为c,则 C.攻击卫星运行的周期大于目标卫星运行的周期 D.在相同时间内，目标卫星通过的弧长大于攻击卫星 通过的弧长 3.《中华人民共和国道路交通安全法实施条例》第六十二 条规定：不得连续驾驶机动车超过4小时未停车休息或 A.立方体某一面有光射出部分的图形是椭圆 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每 B.若不考虑多次反射，光线从透明材料射出的最长时间 小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对 为95L 的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 20c 8.用a、b两种可见光照射同一光电效应装置，测得的光电 C.若点光源发出的光由红光变为蓝光，表面有光射出的 流和电压的关系图像如图甲所示，图乙为氢原子的能级 区域面积将增大 图。已知可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之 D.从外面看立方体被照充的总面积为智 间，下列说法正确的是 正uW 以。。。。 6.如图，三根绝缘细线OA、OB、AB长均 14 -i85 1.s1 为1.00m,连着质量均为m=1.00g、 =4山 电荷量均为q=1.00×109C的带电 氏花.p 花 -13 小球，A球带正电，B球带负电，AB水 多 乙 平。整个装置处在水平向左的匀强 电场中，场强E=1.00×10'N/C,现剪断细线OB,由于空 A.a光的波长比b光的长 气阻力，系统最终静止在某个位置。（已知√2=1.414， B.单色光a的光子动量比单色光b的光子动量大 C.用大量E=12.75eV的光子去照射基态的氢原子可 3=1.732,重力加速度g取10m/s2)下列说法正确的 以得到两种可见光 是 () D.若a光是氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级时发 A.系统最终静止时重力势能较最初减少了1.2580×102J 出的光，则b光是氢原子从n=3能级跃迁到n=2能 B.系统最终静止时重力势能较最初减少了0.905× 级时发出的光 10-3J 9.如图所示的理想变压器电路中，电流表、电压表均为理想 C.系统最终静止时电势能和重力势能的总和较最初减 交流电表，在α、b两端输人正弦交流电压，三个定值电阻 少了2.93×10-3J D.系统最终静止时电势能和重力势能的总和较最初减 R,、R2、R的阻值相等，变压器原、副线圈的匝数比为3： 2,则下列说法正确的是 () 少了6.82×103J 7.据报道，中国科学院上海天文台捕捉到一个“四星系 统”。两种可能的四星系统构成如图所示，第一种如图 、 甲所示，四颗星稳定地分布在正方形的四个顶点上，均 绕正方形中心做匀速圆周运动，第二种如图乙所示，三 A.电流表A1与A2的示数之比为2：3 颗星位于等边三角形的三个顶点上，第四颗星相对其他 B.电压表V1与V2的示数之比为4：3 三星位于三角形中心，位于顶点的三颗星绕三角形中心 C.电阻R1与R3消耗的功率之比为16：9 运动。若两系统中所有星的质量都相等，AB=CD,则第 D.a、b端的输入功率与副线圈的输出功率之比为3：2 一、二种四星系统周期的比值为 () 10.如图所示，x=0与x= 10m处有两个波源S 和S,均可以沿z轴方 向做简谐运动，两波源 0 产生的机械波均能以 乙 波源为圆心在xOy平效r 面内向各个方向传播，振动周期均为T=2s,波速均为 23+3 33+3 A. B. v=1m/s。t=0时刻波源S,开始沿z轴正方向振动， 3N2+4 2N2+4 振幅A1=3cm;t=2s时刻波源S2开始沿z轴负方向 32+4 25+3 振动，振幅A2=5cm。下列说法正确的是 () C.23+3 D.32+2 A.t=8s时刻，x=5.5m处质点的位移为z=-8cm 物理·答案D11卷5 B.在x轴上，x<0和x>10m区域都是振动的加强点 (1)断开S1、S2,将电流传感器正极与a节点相连，其数据 C.在x轴上，0<x<10m区间内一共有10个振动的加强点 采样频率为5000Hz,则采样周期为 So D.以波源S,为圆心，分别以半径4.8m和5.2m画 (2)闭合S,电容器开始充电，直至充电结束，得到充 圆，则在这两个圆周上，振动的加强点的个数相等 电过程的1-t曲线如图乙，由图乙可知开关S,闭合瞬 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 间流经电阻R,的电流为 mA(结果保留3位 11.(7分)智能手机内置很多传感器，磁传感器是其中一 有效数字)。 种。现用智能手机内的磁传感器结合某应用软件，利 (3)保持S,闭合，再闭合S2,电容器开始放电，直至放电 用长直木条的自由落体运动测量重力加速度。主要步 结束，则放电结束后电容器两极板间电压为 骤如下： (4)实验得到放电过程的I-t曲 ↑u 正T 线如图丙，I-t曲线与坐标轴所 小经休 r 围图形的面积对应电容器释放 2. 1.2 1.0 的电荷量，为0.0188C,则电容 -400 .6 器的电容C为 F。图 丙 丙中1-t曲线与横轴、直线t=1s 2 所围图形的面积对应电容器释放的电荷量，为0.0038C, 0.入 03 0.4 则t=1s时电容器两极板间电压为 V(结果保留 甲 2位有效数字)。 (1)在长直木条内嵌人7片小磁体，最下端小磁体与其 13.(10分)如图所示，两光滑导轨ABC、AB,C1平行放置 他小磁体间的距离如图甲所示。 间距为L,其中BC、B,C,与水平面间的夹角为0，AB (2)开启磁传感器，让木条最下端的小磁体靠近该磁 A,B1水平。一电阻为r的导体杆ab垂直于AB、A,B 传感器，然后让木条从静止开始沿竖直方向自由下落。 固定在导轨上，并处在边长为L的正方形有界磁场I (3)以木条释放瞬间为计时起点，记录下各小磁体经 区域的正中间，磁场方向垂直于导轨平面向上、磁场均 过磁传感器的时刻，数据如下表所示。 匀分布但磁感应强度随时间线性增大，质量为m、电阻 h/m0.000.050.150.300.500.751.05 也为r的金属棒cd垂直于BC、B,C,置于导轨上，处在 t/s0.0000.1010.1750.2470.3190.3910.462 磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强 (4)根据表中数据，补全图乙中的数据点，并用平滑曲线 磁场Ⅱ区域中，金属棒与两导轨接触良好，不计其他电 绘制下落高度h随时间t变化的h-t图线。 阻，若金属棒cd恰好处于静止状态，重力加速度为 (5)由绘制的h-t图线可知，下落高度随时间的变化是 g。求： (填“线性”或“非线性”)关系。 (1)流过金属棒cd的电流1的大小和方向； (6)将表中数据利用计算机拟合出下落高度h与时间 (2)磁场I区域磁感应强度随时间的变化率 的平方t2的函数关系式为h=4.916t2(SI),据此函数 可得重力加速度大小为 m/s2。（结果保留3 位有效数字) 12.(9分)某同学为探究电容器充、放电过程，设计了图甲 所示实验电路。器材如下：电容器，电源E(电动势6V, 内阻不计)，电阻R1=400.02,电阻R2=200.02,电 流传感器，开关S、S2,导线若干。实验步骤如下： ↑134 15. 电 10.0 长系0 甲 卷5答案D11Q·物理 14.（13分)一种离子分析器的结构原理如图，两虚线间的 15.(18分)如图所示，足够长的光滑水平地面上固定着一 环形区域内存在顺时针方向的匀强磁场和垂直纸面向 个粗糙斜面，斜面的倾角0=37°，质量M=2kg,长度 外的匀强电场，电场强度、磁感应强度大小分别为E和 L=10m,斜面底端通过一段小圆弧（半径很小，未画 B,外虚线圆的半径为R。环形区域外侧，第一象限其 出)与水平地面相切。在斜面左侧竖直固定一个光滑 他区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B' 半圆轨道CDF,轨道半径R=2m,轨道的最低点C与 大小可调。原点处有一个离子源，发射电荷量为g、质 水平地面相切。将一质量m=1kg的物块从斜面顶端 量为m的正离子，速度方向与x轴正方向成60°角。x 由静止释放，物块恰好能够到达圆轨道的最高点F。 轴正半轴装有足够大的薄荧光屏，用于接收打到x轴 物块可视为质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速 上的离子。当调节B'=B,(B,未知)时，离子沿直线通 度g取10m/s2。 过环形区域后沿着xOy平面运动，并垂直打在荧光屏 (1)求物块与斜面间的动摩擦因数； 上。（离子重力不计)》 (2)解除斜面的固定，要使物块在半圆轨道上运动时 (1)求正离子的速度大小； 不脱离轨道，求小物块在斜面上的释放点距水平地面 (2)求B,的大小及离子打在荧光屏上的位置。 的最大高度h; (3)在满足(2)的条件下，求由最大高度h处释放的物 块，从释放至第一次冲上斜面并到达最高点的过程中， 系统产生的总热量Q。(计算结果保留2位有效数字) 安花平 77777777 之教育运动过程中产生的电流按正弦规律变化，可得电压有效值 E.√2 (1分) 2 E有=2A ,电流有效值1= 根据动能定理有W+W安+mgR=0 (1分) 且-W安=Q (1分) 又Q=有(r+n1)t (1分) R (1分) 2 联立解得W=-3.215J (1分) 15.)3m/82(2)m/s173. 5m/s(3)3.16s 【解析】(1)对A进行受力分析，可得F-umAg=m4aA(2分) 代人题中数据解得a4=3m/s2 (1分) (2)假设长木板、物块B、C相对静止，一起匀加速运动，设 mA8_=1m/s2, 加速度为ao,则有a,FM+mg+mc 因为aog=2m/s2,所以假设成立。 a8=ac=do=1 m/s2 (2分) 设从开始到物块A与物块B碰前瞬间所经历的时间为t,则 有w-,解得1=3s 1 (1分) 设物块A、B碰前瞬间速度分别为v4、vB,则有 VA=aAt,UB=agt, 解得va=33m/s,vg=√3m/s (1分) 设物块A、B碰后瞬间速度分别为v(、?,则根据动量守恒定 律和能量守恒定律可得 m4UA+mgUB=maUA十mgvB (1分) 防+n,听 1 1 1 (1分) 解得财=73m 5ms,6=173ms (1分) (3)对A有F-umAg=ma1,得a1=3m/s2, 5重庆市高三」 1.B【解析】以路口为位移原点，由x-t图像可知，t=4s时，汽车 离路口最远，为13m,故A错误；由x-t图像可知，0~6s内，汽车 的平均速度大小=4_11-5 mWs=1m/s,故B正确：根据x-t t6 图像的切线斜率表示速度可知，t=4s时，汽车的速度为0，在0、 4s内有△x,= "o+ 24,可得1=0时刻，汽车的瞬时速度大小，= 2X(13-5）m/3=4m/s,故C错误；汽车在0-4s内做匀减速直线 4 运动，则t=3s时，汽车的加速度大小a= 4ms2=1m/s2, 故D错误。 D11卷 参考答案及深度解析 假设轻质薄板与B、C相对静止，有相同的加速度α2，则有 umag =1.5 m/s (1分) mB+mc a2g=2m/s2,假设成立。 设从开始到物块A与物块B碰前瞬间所经历的时间为1， 物块A、B碰前瞬间速度分别为1、2，则有 w=7,. 1 得t1=28, 且1=a1t1=6m/s,2=a2t2=3m/s, 设物块A、B碰后瞬间速度分别为、4，则根据动量守恒定 律和能量守恒定律可得 mAv+mgv2=mav3+mBv4, 1 1 解得v3=3.6m/s,v4=6.6m/s (2分) A、B碰后，轻质薄板的合力应该为零，则A与薄板不能出现 相对滑动，否则薄板合力不为零，因此薄板和A匀速，B匀 减速，C匀加速至，设A、B碰后C匀加速至的时间为 2,则，=3-=0.38， g 此时B的速度U,=U4g2=6m/s (1分) 此后，物块A、C与薄板相对静止，一起匀加速运动，B匀减 速至与A、C共速，物块A、C的加速度大小 a3= ms8=0.8m/82, mA+mc 物块B的加速度大小a4=g=2m/s2 (1分) 由v3+a3t3=vs-a4t3, 6 得，=7s≈0.868， 则所需总时间t总=t1+t2+t3=3.16s (1分) 学期9月大联考 2B【解析】 Tnma→a GMr击≤卧ak击>aH标，B正确。 m42 P→ 4亞'攻击<目标 N GM 根据万有 T攻击<T目标，C错误。 引力提供 向心力得 2 GNr发击T长政击>组际 弧长△=vA1 GMm= 2 相等时间内△y攻击>△s目标，D错误。 第一宇宙速度 是卫星的最大 v目标<7.9km/s,A错误。← 运行速度 5·物理 高考一轮复习检测卷·物理 3.B【解析】气体温度升高，根据分子动理论可知气体分子平均动 能增大，但并不是所有气体分子的动能都增大，故A错误：根据 气体分子速率分布规律可知，当温度升高时速率大的分子比例 增大，则速率大的区间分子数增多，分子平均速率增大，故B正 确：气体温度升高，内能增大，气体的体积不变，则外界没有对气 体做功，根据热力学第一定律有△U=Q,△U>0,则Q>0,气体从外 界吸收热量，故C、D错误。 4.C【解析】若碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律以及机械能守 恒定律可得2mo=2mtnm,2m=乃2m+ 2m,解得 4 1= 30=30,则e= _=1,故A错误；根据碰撞 v20-V10V10 1,_”,解得 前后动量守恒得2mo=2m,+m,且e-w00 2-e2+2e 1=30=30,故C正确，BD错误。 5.B【解析)当从0点射出的光线射到侧面上的入射角等于全反 射临界角C时发生全反射，由几何知识可知sinC= 、三=元三3，牌将52，可知方体某一面有米 5 射出部分的图形是圆形，A错误：设光线在透明材料中传播的最 长距离为x,则cosC=人， 。联立 解得光线从透明材料射出的最长时间t= 20,B正确：若点光源发出的光由红光变为 95L 蓝光，因蓝光折射率大于红光，可知蓝光发生全反射的临界角小 于红光，设表面有光射出的区域半径为，根据mC=士，可知 2 表面有光射出的区域半径减小，则面积将减小，C错误：每一侧面 被照亮的区域半径，=5 ，面积=矿从外面释立方体 被照亮的总面积S=6S,一，D错误。 6.D【解析】以A、B为整体，整体不带电，则系统最终静止时细线 OA竖直，设系统最终静止时细线AB与水平方向的夹角为0，对 B受力分析如图所示，可得an9==1,解得0=45°，则系统从 gE 初始状态到最终静止的过程中重力做的功Wc=mg(1-sin60°)+ mg(1-lsin60°+lsin45)=0.975×102J,根据功能关系可知，系统 最终静止时重力势能较最初减少了0.975×102J,故A、B错误；系 统从初始状态到最终静止的过程中电场力做的功W电= -gElcos60°+gE(lcos45°-lcos60)=-0.293x102J,系统最终静 止时电势能和重力势能的总和较最初减少了△E。=W。+W电= 6.82×103J,故C错误，D正确。 D12卷 E A⊙ →9E B mg 7.B【解析】设正方形的边长为a,根据题意，由几何关系可 知，题图甲中对角线上两颗星的距离r1=√2a,题图甲中左上 角的星受力梢况如图甲所示，由万有引力公式P=可得。 则每颗星所受合力F1=V2R+f中 (2,5)Gm,由合力提供向心力有Pe1=m行·分a,解得 4π22 2a2 2a T,=2mu入√(4+2)G ；根据题意，由几何关系可知，题图乙 中，三角形顶点上的星间的距离2= 3°a,三角形的顶点到其 2w3 中心的距离名，题图乙中三角形顶点上的显受力情况如图 乙所示由万有引力公式F=2可得，E= Gmm 3Gm2 2312 4a2 (3 P,=9Gm,则三角形顶点上的星所受合力F2=2Fcos30P+ F=3(3+3)Gm m×4π22 4a2 ,由合力提供向心力有F2= 解得T,=2m0√9(3+3)Gm 8a 1,33+3,故B正确。 故7,2ND+4 F A下 0 xO 0 D 甲 乙 8.AC【解析】根据hm-W。=eU。可知，发生光电效应时，频率越 大的光，其遏止电压越大，所以a光的频率比b光的小，根据 入=C可知，频率越小波长越长，所以a光的波长比b光的 长，放A正确；根据P=斤可知，单色光0的光子动量比单色光6 的光子动量小，故B错误；用大量E=12.75eV的光子去照射基 态的氢原子，则有En=E,+E=-13.6eV+12.75eV=-0.85eV,可 知=4，即可以跃迁到第四个能级，所以能得到两种可见光， 对应n=4能级跃迁到n=2能级，n=3能级跃迁到n=2能 级，故C正确；根据E=hw、a光的频率比b光的小，可知a光 5·物理 的光子能量比b光的小，若a光是从n=4能级跃迁到n=2 能级时发出的光，则b光不可能是从n=3能级跃迁到n=2 能级时发出的光，故D错误。 9.BC【解析】副线圈的负载中R2、R3并联，可得I刚=212，由理 想变压器电流和匝数的关系可得上.？，联立可得电流 ln13 表A与A,的示数之比==3改A错误；电压表y7 的示数U,=1,R1,电压表V2的示数U2=12R2,三个定值电阻 R1、R2、R3的阻值相等，可得 得=于，故B正确；电阻R,消耗 的功率P,=R1,电阻R消耗的功率P3=R3=R,可得 ?-,放C正确：电阻R,消耗的功率卫，迅，4,6端的细 入功率与副线圈的输出功率之比P入：P=（P,+P,+P,): （P2+P3)=17:9,故D错误。 10.CD【解析】假设只有波源S,时，因波速v=1m/s,此波传 到x=5.5m处需要的时间4，=5.5。 1 =5.58,因周期T=2s, 则x=5.5m处的质点振动了△t1=8s-5.5s=2.5s=T+ 4T,可知x=5.5m处的质点在=8s时刻处在波峰，即位 移是3cm,同理可知只有波源S2存在时，波传到x=5.5m 处需要的时间2=45。=45，则x=55m处的质点振动 了△出，=8s-2s-4,56=1.5s=3,即x=5.5m处的质点 4 在t=8s时刻也处在波峰，则两列波都存在时，x=5.5m处 的质点在t=8s时的位移为z=+8cm,A错误；两波的波长 入=vT=1×2m=2m,在x<0和x>10m区域各点到两波源的 距离之差△x=10=5入，即是波长的整数倍，波源S,和S, 2 的振动步调相反，因此各点都是振动减弱点，B错误；在x轴 上，0<x<10m区间，中间位置是0'点，0'点左侧各点到两波 源的距离之差0<Ar<5A,因此有△=(2n+1)分，即这样的 加强点共有5个，分别为n=0、n=1、n=2、n=3、n=4,同理， 0'右侧也有5个加强点，因此0<x<10m区间内一共有10 个振动加强点，C正确；以波源S,为圆心，分别以半径 4.8m和5.2m画圆，如图所示，在半径为4.8m的圆周上， Q点到两波源的距离之差最小，有△x,=5.2m-4.8m=0.4m,P 点到两波源的距离之差最大，有△x2=14.8m-4.8m= 10m,在半径为5.2m的圆周上，Q'点到两波源的距离之差 最小，有△x{=5.2m-4.8m=0.4m,P'点到两波源的距离 之差最大，有△x)=15.2m-5.2m=10m,则在这两个圆周 上，振动的加强点的个数相等，D正确。 D13卷 参考答案及深度解析 +y/m P: -.os o0's, x/m 10 /cm 11.(4)见解析(2分)(5)非线性(2分)(6)9.83(3分) 【解析】(4)由题表中数据在题图乙中描点画图，如图所示。 th/m 1,2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0.10.20.30.40.5 (5)由绘制的h-t图线可知，下落高度随时间的变化是非线 性关系。 1 (6)长直木条做自由落体运动，满足= 28t,由h=4.916d2 (SI)可得2g=4.916m/s,解得g=9.832m/g≈ 9.83m/s2。 12.(1)5001分)(2)15.0(2分)(3)2(2分) (4)4.7×10(2分)2.8(2分) 【解析1(1)采样周期T=了500050 1 (2)由题图乙可知开关S,闭合瞬间流经电阻R,的电流为 15.0 mA. (3)放电结束后电容器两极板间电压等于R,两端电压，根 据闭合电路欧姆定律得电容器两极板间电压U。R,+R, E R2=2V。 (4)充电结束后电容器两端电压U=E=6V,故可得△Q= (U6-Uc)C=0.0188C,解得C=4.7×10F;设t=1s时电容器 两极板间电压为U,得(Uc-U)C=△g,△g=0.0188C 0.0038C=0.015C,代入数值解得U=2.8V。 1(1)0,由：到4(2恤gm0 BL 【解析】(1)依题意，金属棒cd恰好处于静止状态，有 mgsin 0=BIL (1分) 解得1=mgsin0 (2分) BL 根据左手定则可知电流方向由c到d (1分) △B· 2 (2)根据法拉第电磁感应定律，可得E= (2分) △t 由闭合电路欧鳄定徐，有一号 (2分) 5·物理 高考一轮复习检测卷·物理 联立解得AB_4 mgrsin0 (2分) △tBL3 140治(a5贴 3gBR (2+V3)R 【解析】(1)离子在环形区域内沿直线运动，所以受力平衡， 有qwB=qE (3分) 解得= (1分) B (2)离子离开环形区域后，能沿着x0y平面运动，且垂直打 在荧光屏上，其轨迹如图所示， 2 60° B 荧光屏 设正离子在环形区域外做圆周运动的轨迹半径为R。,有 9u8,-u (3分) Ro 由几何关系得R,=Rtan60°=，√3R (3分) 解得B,=3mE (2分) 3qBR 离子打到荧光屏上的位置坐标 R。 =sin0R=(23)R (1分) 15.(1)8 (2)3.6m(3)7.2J 【解析】(1)物块恰好能够到达圆轨道的最高点F,则在F点 6安徽省高三」 1.C【解析】欣赏跳水比赛时，要关注运动员的肢体动作，运动 员的大小和形状不能忽略，故不能将跳水运动员看作质点，A 错误；撑竿跳高比赛中，运动员助跑后从撑竿到落地前的过 程中运动员的机械能和撑竿的弹性势能相互转化，故此过程 中运动员的机械能发生变化，机械能不守恒，B错误；羽毛球 比赛中运动员击球的最大速度是指羽毛球飞行中最大的瞬 时速率，C正确：运动员的铅球成绩是指铅球落地点到标准 线的水平位移大小，D错误。 2.B【解析】晶体在熔化过程中温度保持不变，故分子的平均 动能不变，A错误：根据爱因斯坦光电效应方程可知，光电效 应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与人 射光的强度无关，B正确；通电导线在磁场中所受安培力的 方向应该用左手定则来判断，C错误；假设地球为均匀球体， 根据万有引力定律可知物体在两极处所受到的万有引力等 D14卷 有mg=mR (2分) 从释放到到达圆轨道最高点，根据动能定理有 mg(Lsin 0-2R)-umglcosm 1 (2分) 1 解得4=8 (1分) (2)物块到达斜面底端时，因斜面底端有很小的圆弧，则物 块速度水平，设此时物块的速度为心1，斜面的速度为”2，根 据水平方向动量守恒有 mv=Mv, (1分) 物块从最大高度h处滑下时，根据能量守恒定律有 msh=子m+umgoom0· (2分) sin 0 要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块运动到 D点的速度为0，有-mgR=0-2m (2分) 解得h=3.6m (1分) (3)物块从半圆轨道返回刚要滑上斜面时速度大小仍为“， 方向与水平面的夹角为0，斜面的速度为2，方向水平向右， 当物块到达最高点时，二者达到共速，设速度大小为，则 对物块沿斜面上滑的过程，根据水平方向动量守恒有 mv]cos 0+Mv2=(m+M)v3 (2分) 根据能量守恒定律有 m+子M=宁(a+W店m0 1 h' (2分) sin 1 Q=mgh-2(m+M)听-mgh (2分) 解得Q=7.2J (1分) 学期第一次联考 于其在赤道处所受到的万有引力，由于地球的自转，物体在 两极处与在赤道处的重力大小不同，D错误。 3.A【解析】发生全反射的条件是光 从光密介质射到光疏介质且人射角 空气 不小于发生全反射的临界角，所以 D 光从空气中射入介质中不可能发生 介质 全反射现象，A说法错误：光是一种 横波，不管是反射光还是入射光都 是横波，B说法正确；当反射光与折射光垂直时，作出光路图，如 sin i 图所示，根据几何关系和折射定律有ni血90-ami=5, 即布儒斯特角满足关系tani=√3，C说法正确：光在介质中的 传据速度：=片-，D说法正确。 n 6·物理