8 八省联考高三上学期适应性模拟演练考试-【景行之教育】2027年物理高考一轮复习先锋名校检测卷

8八省联考高三上学期适应性模拟演练芳试 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，每小题2.如图所示，物体放在弹簧台秤的托盘A上，处 给出的四个选项中只有一个选项符合要求。 于静止状态，现用力F竖直向上拉物体，使它 1.如图所示，(a)为氢原子能级图，(b)为某放射性元素剩 向上做匀速运动。从某一时刻开始计时，则 余质量m与原质量m。的比值随时间t的变化图像，(c) 下列四个图像中，哪一个图像能表示物体在 脱离台秤托盘之前的过程中，力F的大小随时间t变化的 为轧制钢板时动态监测钢板厚度的装置图，(d)为原子 规律 核的比结合能随质量数变化图像。下列与四幅图对应 的四种说法，正确的是 W …0 1.51 3/u L.cp 帝配 -l3. C (a)氢原子能级图(b)某放射性元素衰变（c)动态监测钢板的厚度 3.如图所示为某静电场中x轴上各” 北结行花ie 点电势p的分布图。一质量为m、心k÷ 电荷量大小为g的粒子从坐标x2 西 处以初速度，沿x轴正方向射 出，仅在电场力作用下恰好在[x1,x?]区间内往复运动， 68月 已知x1x3处电势均为Po,下列说法正确的是（) 4.…2. A.粒子一定带负电 B.粒子从x2处运动到x3处的过程中，加速度先增大后 1 减小 0元000i00前1沁18C10中1.而上意A C.粒子从x1处运动到。处的过程中，电势能先增大后 (d)比结合能随质量数变化图像 减小 A.图(a)中，能量为10.5eV的光子轰击处于基态的氢 D.粒子从x2处射出后能运动到无穷远处至少需要 原子，可能使之发生跃迁 2m6+99,的动能 B.图(b)中，由放射性元素剩余质量m与原质量mo的 4.直角坐标系x0y的y轴为两种均匀介质I、Ⅱ的分界 比值随时间t的变化规律可知其半衰期为115.1d 线。位于x=0处的波源发出的两列机械波α、b同时在 C.图(c)中，探测器接收到的可能是α射线 I、Ⅱ中传播。某时刻只画出了介于-6m和6m之间 D.图(d)中，比结合能越大，平均核子质量越大，原子核 的波形图，已知此时刻a波刚好传到x=6m处，下列说 越稳定 法正确的是 () C.各圆筒的长度之比为1：√2：3：… D.质子在各圆筒中的运动时间之比为1：√2：√3：… 7.某颗地球同步卫星正下方的地球表面上有一观察者，他 用天文望远镜观察被太阳光照射的此卫星，春分那 A.波源的起振方向沿y轴正方向 天（太阳光直射赤道）在日落12小时内有t1时间该观 B.此时刻b波也刚好传到x=-6m处 察者看不见此卫星。已知地球半径为R,地球表面处的 C.质点Q在某四分之一周期内的路程可能为0.5A(A 重力加速度为g,地球自转周期为T,卫星的绕地运行方 为振幅) 向与地球转动方向相同，忽略地球自转对重力的影响， D.平衡位置距x=0处1.5m的两质点P、Q中，质点Q 不考虑大气对光的折射。下列说法中正确的是() 先到达最大位移处 5.高血压的诱因之一是血管变细。为研究该问题，假设血 A.同步卫星离地高度为 gR2T 3 液通过一定长度血管时受到的阻力与血液流速的平方 4T2 B.同步卫星的加速度小于赤道上物体的向心加速度 成正比，即f=m2(其中k与血管粗细无关)，为维持血液 R 匀速流动，在这血管两端需要有一定的压强差。设血管 Tsin1- ERT 内径为d时所需的压强差为△p,若血管内径减为d',为 √4π2 了维持在相同时间内流过同样多的血液，压强差必须变 C.t1=1 入 为 D.同步卫星的加速度大于近地卫星的加速度 A.()ap 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。每 小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全选 对得5分，选对但不全得部分分，有选错的得0分。 6.如图甲，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属 8.在如图所示电路中，已知电阻R=1.52、R2=32、R3= 圆筒依次排列组成，其中心轴线在同一直线上，圆筒的 42、R4=92、R=62,当AB端、CD端分别接电动势为 长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和 12V、内阻不计的电源时，下列说法正确的是() 交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的 另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如 B 图乙所示。当t=0时，位于和偶数圆筒相连的金属圆 A.当AB端接电源时，CD端所接理想电压表的示数为3V 板（序号为0）中央的一个质子，在圆板和圆筒1之间的 B.当AB端接电源时，CD端所接理想电压表的示数为6V 电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1之后， C.当CD端接电源时，AB端所接理想电压表的示数为 质子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都能恰好使静 1.5V 电力的方向跟运动方向相同而不断加速。已知质子质 D.当CD端接电源时，AB端所接理想电压表的示数为 量为m、电荷量为e,质子通过圆筒间隙的时间不计，且 4.5V 忽略相对论效应，则 ( 9.如图所示，以v=5m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送 带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平 i…… 滑对接。水平面上有位于同一直线上、处于静止状态的5 -...... 个相同小球，小球质量m。=0.2kg。质量m=0.1kg的物体 从轨道上高h=4.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带 甲 乙 上的A点时速度大小，=7m/s,物体和传送带之间的动摩 A.质子在各圆筒中做匀加速直线运动 擦因数u=0.5,传送带上A、B之间的距离L=3.4m。物体 与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度 B.质子进入第n个圆筒瞬间速度为 2(n-1)eUo m g取10m/s2。下列说法正确的是 () 物理·答案D21卷8 度表达式= (用斜率k,和重力加速度g表 示)，代入图乙中的数值，可得。= m/s(重力加 速度g取10m/s2,结果保留2位有效数字)。 A.物体从P点下滑到A点的过程中，克服摩擦力做的 (2)把被碰小球静置于斜槽轨道末端，让入射小球仍从斜 功为1.55J 槽同一位置静止释放，两球在斜槽末端碰撞，碰后两小球 B.物体第一次向右通过传送带的过程中，因摩擦产生的 从斜槽末端水平抛出，用与(1)同样的方法绘制出两球平 热量为1.2J 抛过程的“y-x2”图线如图丙所示，图中直线的斜率分别 C.物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最 大距离为。m 为k2、k?,已知k>k。验证碰撞中两球组成的系统动量守 恒的表达式为 (用入射小球质量m,被 D.第1个小球最终的速度大小为5m/s 碰小球质量m2和k1、k2、k表示)。 10.如图，在水平面内有四根相同的均匀光滑 12.(9分)实验小组用如图甲所示电路图测定一节干电池 金属杆ab、ac、de以及df,其中ab、ac在ac 的电动势（约1.5V)和内阻（约12）。要求尽量减小 点固连，de、df在d点固连，分别构成两个 实验误差。 “V”字形导轨，空间中存在垂直于水平面 w 的匀强磁场，用力使导轨d匀速向右运动，从图示位置 开始计时，运动过程中两导轨的角平分线始终重合，导轨 间接触始终良好，下列物理量随时间的变化关系正确的 I 30- 是 () 甲 (1)现有开关和导线若干，以及以下器材： A.电流表A1:量程0~0.6A,内阻约0.12； A.拉力F与时间t的关系B.发热功率P与时间t的关系 B.电压表V,:量程0~3V,内阻约1k2; …2 C.电压表V2:量程0~15V,内阻约5k2; D.滑动变阻器0~102； E.滑动变阻器0~10002。 C.回路电阻R与时间t的关系D.电流I与时间t的关系 实验中电压表应选用 ；滑动变阻器应选用 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 0 （均填相应器材前的字母) 11.(6分)某实验小组用如图甲所示的装置验证碰撞中的 (2)实验小组根据记录的数据画出U-I图线，如图乙 动量守恒。 所示。根据图线得出干电池电动势的测量值E测= V,内阻的测量值r测= n。 411 (3)设干电池的电动势为E,内阻为r,电压表内阻为R, 实验中电压表、电流表示数分别为1。考虑电压表的分 流，U与I的函数关系式为U= y im' (4)实验过程中由于电表内阻的影响而存在系统误 3 差。下图中实线是根据测量数据（电表是非理想电表 甲 丙 的情况下)绘出的图像，虚线代表电表是理想电表的情 (1)实验时，为测量碰撞前入射小球的速度大小，先将斜 况下电压与电流关系的图像，则图中能正确表示二者 槽固定在贴有复写纸和白纸的木板边缘，调节槽口水平 关系的可能是 并使木板竖直；把小球放在槽口处，用铅笔记下小球在 4 LY 槽口时球心在木板上的水平投影点O,建立xOy坐标 系。然后从斜槽上固定的位置释放小球，小球落到挡板 上并在白纸上留下印迹。上下调节挡板进行多次实验， 测量各印迹中心点的坐标，并绘制“y-x2”图线如图乙所 I 0- 示。由y-x2图线求得斜率k,小球做平抛运动的初速 A 卷8答案D21Q·物理 ②从两物块分离到两物块再次相碰经历的时间（可用 154 1454 根号形式表示结果)。 、 n3+ 10 、 1 0) 13.(10分)有些家庭或教室的门上安装有一种“暗锁”，在 将门关闭的过程中，门锁会自动锁上，这种“暗锁”由 外壳A、骨架B、弹簧C、连杆D、锁舌E以及锁槽F等 部件组成，如图甲所示。若弹簧的劲度系数为k,锁舌 15.(18分)自由电子激光器是以自由电子束为工作物质， E与外壳A和锁槽F之间的动摩擦因数均为u,且受 将相对论性电子束的动能转变成相干的电磁辐射能的 到的最大静摩擦力f=N(N为正压力)。若要在关门 装置，其中产生电磁波的核心装置为“扭摆器”（如图 时顺便将门锁上，则应在如图乙所示的状态下（此时弹 所示)，由沿z轴方向交错周期排列的2n对宽度为a 簧的压缩量为x,锁舌E与锁槽F之间的接触点为 的永磁体组成(n>10,2a被称为扭摆器的“空间周 P),用力拉门，先使锁舌E进入外壳A内，待门关闭后 期”)，产生沿x轴方向的周期静磁场。本题我们利用 由弹簧将其弹入锁槽F中，从而将门锁上。要顺利完 高中知识，在被简化的模型中分析注入扭摆器的电子 成上述锁门过程，锁舌头部的倾角0应满足什么条件？ 的运动。已知电子质量为m、电荷量为-，一束电子经 加速后由弯曲磁体沿yOz平面引入扭摆器，不考虑引 入过程速度损失，不考虑相对论效应，忽略电磁辐射过 程的动能损耗。 (1)假设一对永磁体间的磁感应强度恒为B。,电子束 中电子进入扭摆器的初速度与z轴夹角为30°，且能经 过扭摆器后被完整收集，求： 7 ①电子束加速器的加速电压U; ②该电子束中的一个电子在扭摆器中的运动时间T。 (2)实际上，扭摆器的一个空间周期内，磁感应强度的 大小是有变化的，一对永磁体间沿x轴的磁感应强度 14.（14分)如图所示，倾角0=37°的斜面体ABC固定在水 与距该对永磁体最左边的水平距离d近似满足 平地面上。弹簧一端与斜面底部的挡板连接，另一端 自由伸长到D点，将质量M=2kg的物块乙轻放在弹 R(a)=B-29的线性关累(0<a,品，的方向由N 簧上端，不拴接。质量m=1kg的物块甲以初速度o= 极指向S极)，电子束经电压U。=100U加速后沿z轴 10m/s沿斜料面向下运动，到达D点后两物块相碰并粘 正方向进入扭摆器，仍然能经过扭摆器后被完整收集， 连在一起，之后整体向下压缩弹簧至F点(F点图中未 求电子运动过程偏离z轴的最大距离△smx。提示： 画出)后弹回，到E点时速度减为零，已知A、D间的距 211 ①实验中，B。可认为是相当弱的磁场；②可能用到的数 5 离s2m,D,E间的距离2二6。两物块均可视为 学公减ad0时an 质点，物块甲、乙与斜面间的动摩擦因数分别为“1= 电子中j罗 九以z红 4山，子，弹簧弹性势能表达式为，=乃，其巾 1-3 ,电子只SN 旦子束 为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。重力加速度g 曲外雪 取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 清境 340 道 (1)求物块甲到达D点时的速度。 (2)求F点与D点间的距离以及弹簧压缩至F点时的 弹性势能。 (3)若物块甲到达D点后两物块相碰不粘连，试求： ①两物块分离的位置距F点的距离；8八省联考高三上学 1.B【解析】10.2eV恰好为氢原子2能级和1能级的能级差， 用光照射氢原子时，氢原子只吸收等于两个能级的能级差的 光子，所以能量为10.5eV的光子轰击处于基态的氢原子，不 可能使之发生跃迁，A错误；放射性原子核从 3m,衰变为 3m,所用时间为182.4d-67.3d=115.1d,有半数发生衰 变，所以半衰期为115.1d,B正确：a粒子穿透能力比较弱， 不能穿透钢板，C错误；比结合能越大，平均核子质量越小， 原子核越稳定，D错误。 2.A【解析】由平衡条件可知F+x=mg,而物体匀速上升，则 有xo-x=t,可得F=mg-kxn+kt,故A正确。 3.B【解析】粒子从坐标x2处以初速度v。沿x轴正方向射出， 仅在电场力作用下恰好在[x1,x]区间内往复运动，可知粒 子从x,处运动到x,处的过程中，速度减小，电场力方向沿x 轴负方向，又沿电场线方向电势降低，可知[x2,x]区间内电 场强度方向沿x轴负方向，故粒子一定带正电，A错误；p一x 图像中图线的斜率大小表示电场强度大小，电场力是粒子所 受的合外力，粒子从x,处运动到x,处的过程中，斜率大小先 增大后减小，故加速度先增大后减小，B正确；粒子从x1处运 动到x处的过程中，[x1,x2]区间内电场强度方向沿x轴正 方向，电场力做正功，粒子动能增大，[x2,x3]区间内电场强 度方向沿x轴负方向，电场力做负功，粒子动能减小，可知在 x2处粒子的动能最大，故电势能先减小后增大，C错误；粒子 从x,处运动到x?处的过程中，根据动能定理得U39=0- 2m6,若粒子从x,处射出后能运动到无穷远处，则有Uq+ (,-0)g=0-B,解得=之m-9,则粒子从≤处射出后 能运动到无穷远处至少需要】m6-g。的动能，D错误。 4.D【解析】由“同侧法”判断出x=6m处的质点沿y轴负方 向振动，由a波刚好传到x=6m处，可知此时此质点与波源 的振动方向一致，故波源的起振方向沿y轴负方向，A错误。 由题图可知a波的波长为1m,b波的波长为4m,同一波源 产生的波频率相等，由v=入可知，介质Ⅱ中波的传播速度是 介质I中的4倍，此时刻a波传播到x=6m处，则此时刻b波 传播到x=-24m处，B错误。设质点Q的振动方程为y= Aam(cop),w开，若在四分之一周期内质点Q沿同一方向振 动，则四分之一周期的路程为1y1+|y2|=|Acos(+p)|+ Aom[(+）],用数学换元法思想得1csx1+ D21卷 参考答案及深度解析 期适应性模拟演练考试 m(+受)卡分，变形得1easx1+1sm1=子，当xe (0,）时，有2m(+）=2,无解；当xe(日时，有 2sim(日）无解，当x∈(，3）时，有-反sim(+） 2,无解；当xe(,2时，有-2m）=2,无解。 若在四分之一周期内质点Q的振动方向发生变化，则四分之 一周期的路程为2A-ly11-ly21,同理分析可知无解。故无论 在哪一个四分之一周期，质点Q的路程都不可能为0.5A,C 错误。由题图可知，质点P、Q都在向y轴正方向振动，质点 P经过四分之一周期到达最大位移处，而质点Q在小于四分 之一周期的时间内就能到达最大位移处，即质点Q先到达最 大位移处，D正确。 5.A【解析】根据血液匀速流动，可知受力平衡，即血压产生的 压力等于阻力，则在正常情况下有△pS=F=f=m2,血管变细 后有△p'S'=F'=∫=m2,因为在相同时间内流过的血液量不 变，则有s=S,即50=S,又S= 4=m 4,所以 令则 4ps,解得4p' (),故A 正确。 6.℃【解析】金属圆简中没有电场，质子不受电场力，做匀速运 动，故A错误：质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据 1 动能定理有eU,=2m-0,解得。√m 2ne,故B错误；只 有质子在每个圆简中匀速运动的时间为 子才能保证鲜次在 圆筒间隙中被电场加速，故D错误；第n个圆筒的长度Ln= 0。·一，则各圆筒的长度之比为1：2： √3：…，故C正确。 7.C【解析】设地球同步卫星的轨道半 径为r,其受到的地球万有引力提供向 at- 心力，即=停对地面上的物 2 体有G=m'g,由以上两式可得r 4,所以同步卫星离地高度 ERT ERT √4m-R,故A错误； 因为同步卫星与赤道上物体转动角速度相同，同步卫星离地 心距离较大，根据a=wr,可知同步卫星的加速度大于赤道 8·物理 高考一轮复习检测卷·物理 上物体的向心加速度，故B错误：根据光的直线传播规律，在 日落12小时内有t,时间该观察者看不见此卫星，如图所示， 司步卫星相对地心转过的角度0=2a,simQ三，结合 Tsin 3 gR T 2π √4m,故C正确；根据 Mm w6,=T41,解得i1= 2 4,得a=G,同步卫星的轨道半径比近地卫星的轨道半有 大，则同步卫星的加速度小于近地卫星的加速度，故D错误。 8.BD【解析】因为理想电压表内阻无穷大，所以CD端接理想 电压表时，R,相当于导线；AB端接理想电压表时，R1相当于 导线。 当AB端接电源时： A R R「 R Rs +U=U3=RtR×U并门 D A错误，B正确。 R4×(R2+R) R井2 R+Rs+R -450=3R一→U4子E 当CD端接电源时： R EUV-URa+R2 R ×U并 D XE-45V C错误，D正确。 RR,R-40=R一U年王 R并 Rs+R2+R4 9.AC【解析】物体由P点到A点的过程，由动能定理有mgh+ W=2m6,解得=-1.55J,则克服摩擦力做的功为155J, 故A正确：物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下做匀减 速直线运动，加速度大小a-唱=g=5m/2,减速至与传送 带速度相等时所用的时间，-6”7-5 5 =0.4s,匀减速运 a 动的位移，=6=7+5、 24 ×0.4m=2.4m<L=3.4m,传送带 2 位移52=t1=5×0.4m=2m,△s=51-52=0.4m,物体第一次向 右通过传送带的过程中，因摩擦产生的热量Q=wmg·△s=0.2J, 故B错误；物体与小球1发生弹性正碰，设物体反弹回来的 速度大小为1，小球1被碰后的速度大小为山1，由动量守恒 定律和能量守恒定律有m咖=-m+m,弓m2= 2 m+ 15 210 2,,解得m=3=亏ms,4=30=3m/s,物体被反 D22卷 弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式有0 =-2as,解得s=5。m,故C正确；由于小球质量相等，且发 生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换，由上述分析 可知，物体第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零， 接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到1，再与 小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物体和小球1 的速度大小分端为（付子号· 以此类推，物体与小球1经过n次碰撞后，它们的速度大小 分别为（兮号·（） v,第1个小球最终的速 度大小不可能为5m/s,故D错误。 10.ABC【解析】设∠bac=20,刚开始时有效切割长度的一半为 lo,则运动过程中，金属杆的有效切割长度L=2(l。+ttan0), 则产生的感应电动势E=BLv=Bm·(2l,+2 vttan0)=2Bvl。+ 2 Bv'ttan0,设单位长度金属杆的电阻为r,则回路中的电阻 R=2L4(6+tm0.=+随时间均匀增大， sin sin 6 cos 0 sin 0' C正确；电流I=R -Bsn所以电流恒定，D错误，因为金 B'vlosin 0 属杆匀速运动，所以有F=F岁=BL= Bsin Oan9,所以F随时间t均匀增大，A正确；金属杆克 服安培力做功的功率等于回路中产生热量的功率，则有P= F岁U= _losin0,sin an9,所以P随时间t均匀增 大，B正确。 11.(每空2分)(1) 628080(2)”"0 √k√k2√k 【解析1(1)根据平抛运动规律可得x=0、=2,联立可 用=宁（侣）是，可知y一图像的斜*是解 得小球做平抛运动的初速度，=，√层：代入题图乙数据， 得vo=0.80m/s。 (2)若碰撞中两球组成的系统动量守恒，则满足m√2：， 、层m√员化简得公是公 √，√2√ 12.(1)B(1分)D(1分)(2)1.45(2分)0.9(2分) RBR(2分)(4)A(1分) (3)R+rR+ 【解析】(1)一节干电池的电动势约为1.5V,则电压表应选 B:干电池内阻较小，为方便实验操作，滑动变阻器应选D。 8·物理 (2)由题图乙可知，图线与纵轴交点的纵坐标即为电源电动 势，故E=1.45V,电源内阻r= △U1.45-1.00 2=0.9n。 △10.5 (3)根据闭合电路欧鳄定律可知E=U4“风 U r,变形可得U= Ry Ryr -E 1 Ry+r Ry+r (4)根据U= 1可知，实线的纵截距为 Ry+r Ry+r RE,虚 Ry+r E 线的纵截距为E,实线与虚线的短路电流均为二，如图所 示，故A正确。 TUN 1.45 1.00 0 0.5 13.an0=22或in9= 2μ 1-u2 2+1 【解析】设锁舌E受外壳A的最大静摩 ↑F 擦力为∫，受锁槽F的最大静摩擦力 为，正压力为F,下表面的正压力为 k F,弹力为x,受力分析如图所示， 由力的平衡条件可知 kx+fi+fcos 0-Fvsin 0=0 (2分) F-Fs cos 0-fsin 0=0 (2分) f=uF (1分) f方=uFN (1分) 联立解得正压力的大小F、-in0-2μcos0-sin0 (2分) 要顺利完成上述锁门过程，令F、趋向于，则有 sin 0-2ucos 0-u2sin 6=0 (1分) 解得an0=业或in0= (1分) 1-u u2+1 14.(1)12m/s(2)0.5m26J 【解析】(1)设物块甲到D点的速度为v,,由动能定理有 1 1 (mgsin6-mgcos9）·s1=2m-2mw (1分) 解得v,=12m/s (1分) (2)两物块碰撞后共速，根据动量守恒定律有 m1=（M+m)v2 (1分) 解得v,=4m/s, 物块乙轻放在弹簧上端，经计算可知Mgsin37°=42 Mgcos37°， 故弹簧仍处于自由伸长状态，弹力和弹性势能均为零。 两物块从碰后到返回E点，设弹簧的最大压缩量为x,即F D23卷 参考答案及深度解析 点与D点间的距离为x,对整体应用动能定理有 -(M+m)gsin 0.s2-(u2Mgcos 0+u:mgcos 0).(s2+2x)=0- 方(wnmj (1分) 解得x=0.5m (1分) 从D点到F点，由功能关系有 2(M+m)+(M+m）gsin0·x=(h,Mgos+u,mgcos). 1 x+E。 (1分) 解得弹簧压缩至F点时的弹性势能E。=26J (1分) (3)①由弹资弹性势能表达式E,=松， 解得k=208N/m, 分离时，二者具有相同的加速度，此时对物块甲有 mgsin8+μ1 mgcos8=ma (1分) 对物块乙有Mgsin0+,Mgcos0-kx'=Ma (1分) 解得此时弹簧形变量x' 1 26m, 故此时的位置距F点的距离x”=x-x', 解得x”=6 3m (1分) ②分离时，假设二者的速度均为？，从F点到分离，由功能 关系有 Lkx2=(M+m）gsin0·x'+(,Mgcos0t41 mgeos0)· E,2 +子(Mm) (1分) 分离后，假设物块甲继续向上运动距离$，时速度减为零，则 有t号=2as3, 6 解得s=13m, 设这段过程物块甲经历的时间为t1,则有=a1, 3 解得tλ√26 (1分) 分离后，假设物块乙继续向上运动距离s4时速度减为零，由 功能关系有 2k2+M=Mgsin0·t,Mgcos0·s 49 解得156m, 物块乙速度减为零后，会静止在斜面上，物块甲减速至零 时，经计算可知mgsin37°>μ1 mgcos37°， 设此时物块甲的加速度为a',则有 mgsin37°-u1mgc0s37°=ma', 则物块甲再次下滑与乙相碰，设从物块甲速度减为零到再 次与物块乙相碰经历的时间为t2,则有 8·物理 高考一轮复习检测卷·物理 23 解得=√3129 (1分) 所以从两物块分离到两物块再次相碰经历的时间 (1分) 15.(1)08a ②2nmm 2m 3eBo (2) 60 【解析】(1)①在一个空间周期内，电子运动的轨迹如图甲 所示， Bo B 、·× × 60x 30✉× X ·x60× 。× 甲 根据几何关系有Rsin30°=2 1 (1分) 解得R=a (1分) 电子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有 evBo=m R (1分) 电子加速过程，根据动能定理有eU= 2m2, 解得U-eBa2 (1分) 2m ②结合题意可知，该扭摆器总共有几个空间周期，结合上述 几何关系可知，每个空间周期内电子运动的时间 2m 360。×2x60。 t= (1分) ω 其中w=尺 (1分) 则电子束中的一个电子在扭摆器中的运动时间 T=nt (1分) 解得T=2nmm (1分) 3eBo 9广东省三校高 1.D【解析】gC的半衰期T=20min,设原来C的个数为N。, 经：=40min后的个数为N,则有N=N(分) ,代入数据解 得N=,所以经40m血只有子的C发生衰变，C错误。 D24卷 (2)根据题意可知，磁感应强度随与该对永磁体最左边的水 平距离变化的关系图像如图乙所示， ↑B B。 a -a 乙 对电子进行分析，在y轴方向，根据动量定理有 ∑-ebu,At=mm,-0 (1分) 其中B,(e)=B(1-名)a=a (1分) 解得⊙)说(，) (1分) 1 电子在加速过程中，根据动能定理有U。=2m品 (1分) 由于B。是相当弱的磁场，可知电子在运动过程中速度变化 量远远小于。，则可近似认为 v,(t)≈o (1分) 则有z(t)≈ot (1分) 结合上述有，()=_e8n (t-- (1分) m a =,(t) 电子运动的时间。=a (1分) 作出电子运动过程偏离z轴的示意图如图丙所示， 02 1 丙 则有4=名，(d41 eBoa? (1分) 6mv 2eUo 10eBoa 其中√m m 解得△60 (1分) 三上学期期中联考 电离作用较强，通过气体时容易使 气体电离，D正确。 质量数守恒、rX为He 电荷数不相等， 电荷数守恒 LY为e →B错误。 A错误。 9·物理