9 广东省三校高三上学期期中联考-【景行之教育】2027年物理高考一轮复习先锋名校检测卷

9广东省三校高三上学期期中联考 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 A.探测器在轨道①上经过P点时应该加速才能进入轨 每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 道② 求的。 B.探测器在轨道②上的环绕速度大于月球的第一宇宙 1.医学影像诊断设备PET-CT堪称“现代医学高科技之 速度 冠”。它在医疗诊断中，常用半衰期为20min的，C作为 C.探测器在轨道①上经过P点时的加速度与在轨道② 示踪原子。获得C的核反应方程为4N+H→C+X, 上经过P点时的加速度相同 诊断设备工作时，C放射粒子的核反应方程为 D.探测器在轨道①上的周期小于在轨道②上的周期 C→B+Y,下列说法中正确的是 () 4.无线充电技术在新能源汽车领域应用前景广阔。如图 A.C放射出B射线 甲所示，与蓄电池相连的受电线圈置于地面供电线圈正 B.X的电荷数与Y的电荷数相等 上方，供电线圈输入如图乙所示的正弦式交变电流，下 C.经40min,,C会全部发生衰变 列说法正确的是 D.X的电离作用较强，通过气体时很容易使气体电离 是A 2.为了清理堵塞河道的冰凌， 空军实施投弹爆破。飞机在 10 22…- 河道上空高处以速度。水 平匀速飞行，投掷下炸弹并 甲 乙 击中目标。投出的炸弹在空中的运动可视为平抛运动， A.t=0.01s时受电线圈中感应电流最大 轨迹如图所示，设下落高度为h,时间为t,动能为E,机 B.t=0.01s时两线圈之间的相互作用力为零 械能为E,加速度为a,速度与水平方向的夹角为0，则下 C.受电线圈中电流的有效值一定为20A 列能表示炸弹在空中运动过程中各物理量的变化图像 D.受电线圈中的电流方向每秒钟改变50次 的是 5.如图甲所示为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙 为质点P以此时刻为计时起点的振动图像，从该时刻 起，下列说法正确的是 41i 2-2* 小2 A B -0.3 3.2024年5月3日“嫦娥 六号”探测器由“长征五 院站您锐鸿 号”遥八运载火箭在中 球 A.该波正在向x轴负方向传播，波速为20m/s B.经过0.35s,质点Q经过的路程为1.4m,且速度最 国文昌航天发射场成功 上 大，加速度最小 发射，之后准确进入地 C.若该波在传播过程中遇到一个尺寸为3m的障碍物， 月转移轨道，由此开启世界首次月背“挖宝”之旅。如 不能发生衍射现象 图所示为“嫦娥六号”探测器登月的简化示意图，首先 D.若波源向x轴负方向运动，在x=10m处放一接收 从地球表面发射探测器至地月转移轨道，探测器在P点 器，接收器接收到的波源频率可能为6Hz 被月球捕获后沿椭圆轨道①绕月球运动，然后在P点变 6.如图甲所示为多路导线输电时经常用到的一个六分导 轨后沿圆形轨道②运动，下列说法正确的是() 线间隔棒，用于固定和分隔导线，图乙为其截面图。间 隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点 间两楔形石块正上方静置一块质量为2m的方形石块， a、b、c、d、ef上，0为正六边形的中心。已知通电直导 已知重力加速度大小为g,则 () 线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与 到导线的距离成反比，假设a、c、e三条输电直导线中电 流方向垂直纸面向外，b、df三条输电直导线中电流方 向垂直纸面向里，所有直导线中电流大小相等，其中导 线a对导线b的安培力大小为F,下列说法正确的是 甲 ( A.水平地面承受的压力大小为8mg B.楔形石块2对楔形石块3的弹力大小为mg C.楔形石块2对楔形石块3的摩擦力大小一定小于 3mg D.楔形石块5对楔形石块4的摩擦力大小为2mg 密d 9.如图甲，一束光沿半圆形玻璃砖半径射到平直界面MN 上，折射后分为两束单色光A和B;如图乙所示，让A 光、B光分别照射同一光电管的阴极，A光照射时恰好 A.O点的磁感应强度方向垂直于cf向下 有光电流产生，则 B.b、c、d、ef5条导线在a导线处产生磁场的磁感应强 度方向沿a0指向0 .川 C.a导线所受安培力方向沿a0指向0 D.a导线所受安培力的合力为0.5F 7.如图所示，空间中存在正方体AB CD-AB'C'D',E、F、GH分别是AD、 甲 乙 B'C、CD、A'B'的中点，A点和C点 分别放置电荷量为+q和-q的点电 A.若用B光照射光电管的阴极，一定有光电子逸出 B.若增大入射角日，A光比B光先发生全反射 荷，正方体不会对电场造成影响，取 1 万 无穷远处电势为零，关于该电场，下列说法正确的是 C.若A光、B光分别射向同一双缝干涉装置，则B光在 ( 屏上形成的相邻两条明纹间距较宽 A.A'、C点电势相同 D.若A光、B光均由氢原子跃迁产生，则B光对应的氢 B.B'、D点电场强度相同 原子跃迁前后两个能级的能量差较大 C.带正电的试探电荷从G点沿直线到H点电势能增大 10.如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ D.带正电的试探电荷从E点沿直线到F点电势能先减 放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L,电阻不 小后增大 计，水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在 场，磁感应强度大小为B。导体棒的质量分别为m。= 每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全 m、m,=2m,阻值分别为R。=R、R,=2R。b棒静止放置 部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得 在水平导轨上足够远处，与导轨接触良好且与导轨垂 0分。 直；a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放， 8.拱桥结构是我国古代人们解决建筑跨度的有效方法，赵 运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂 州桥就是拱桥结构的典型建筑。拱桥结构的特点是利 直，重力加速度为g,则 () 用石块的楔形结构，将受到的重力和压力分解为向两边 的压力，最后由拱桥两端的基石来承受（如图甲）。现 有六块大小形状、质量都相同的楔形石块组成一个半 圆形拱桥（如图乙）。1、6两楔形石块放置在拱桥两端 的水平地面上。设每块楔形石块质量为m。假设在中 A.a棒刚进入磁场时回路中的感应电流为BL,2 R 物理·S答案D24卷9 B.α棒刚进入磁场时，b棒受到的安培力大小 为BLv2gh 3R C.a棒和6棒最终稳定时的速度大小为√2g D.从a棒开始下落到最终稳定的过程中，a棒上产生 的焦耳热为了 (a) (b) 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 (1)选挡、欧姆调零：将甲表的选择开关拨至欧姆挡 11.(7分)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定 “×10”挡，将两表笔短接，发现指针指在刻度盘的22 律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定 附近，此时应 (填“顺时针”或“逆时针”)旋转 一个小电动机，电动机轴上装一支软笔。电动机转动 欧姆调零旋钮，使得指针指到“0Ω”处。 时，软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹（时间 (2)测乙表“1mA”挡的内阻：正确完成甲表的调节后 间隔为T)。如图乙，在钢柱上从痕迹O开始选取5条 将乙表的选择开关拨至直流电流“1mA”挡，把甲表的 连续的痕迹A、B、C、D、E,测得它们到痕迹O的距离分 红表笔与乙表的 (填“红表笔”或“黑表笔”) 别为hA、hg、hc、ho、hE。已知当地重力加速度为g。 连接，然后再将另外两表笔连接；闭合开关后，甲表的 指针指示如图(b)所示，则乙表“1mA”挡的内阻为 n. (3)将乙表的选择开关拨至直流电流“10mA”挡，再次 出动 用同一倍率的甲表与乙表连接，发现甲表的指针 较(2)中更靠右侧，再次读数。 之 (4)为了更准确地测量出乙表 名用电汉 的两个直流电流挡位内阻的差 乙 值，该实验小组设计如图(c)所 (1)实验操作时，应该 。(填正确答案标号) 示的电路，主要步骤如下： A.先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由 ①将甲表的选择开关拨至欧姆 tH 下落 挡，乙表的选择开关拨至直流 B.先烧断细线使钢柱自由下落，后打开电源使电动机 电流“1mA”挡，闭合开关S,调 (c) 转动 节电阻箱阻值为R1,使得甲表指针指在适当位置，断 (2)画出痕迹D时，钢柱下落的速度vD= 开开关S; (用题中所给物理量的字母表示) ②仅将乙表的选择开关拨至直流电流“10mA”挡，闭 (3)设各条痕迹到O的距离为h,对应钢柱的下落速度 合开关S,调节电阻箱阻值为R2,使得甲表指针仍指在 为v,画出v2-h图像，发现图线近似为一条倾斜的直 同一位置，断开开关S。 线，若该直线的斜率近似等于 ,则可认为钢柱 根据①②，可知直流电流“1mA”挡与“10mA”挡的内阻 下落过程中机械能守恒。 差值△R= 。(用字母R、R2表示) 12.(9分)某实验小组用型号如图(a)所示的甲、乙两个多 (5)若甲表中的电池由于用久了，导致电动势变小，但 用电表，测量多用电表中直流电流“10mA”挡与 是实验小组未更换电池，此时内阻差值的测量值△R “1mA”挡的内阻差值。已知欧姆调零旋钮顺时针旋 (填“小于”“大于”或“等于”)真实值。 转时，连入内部电路中的阻值减小。完成下列相关的 13.(10分)中国宇航员计划在2030年之前登上月球，其 实验内容。 中宇航服的研制与开发需要达到更高的要求。研究团 卷9答案D249·物理 队在地面对宇航服进行实验研究的过程中，宇航服内15.(16分)中国第一台高能同步辐射光源(HEPS)将辐射 的气体可视为理想气体，初始时其体积为V,温度为T, 出第一束最强“中国光”，HEPS工作原理可简化为先 压强为0.7Po,其中p。为大气压强。 后用直线加速器与电子感应加速器对电子加速，如图 (1)若将宇航服内气体的温度升高到1.4T,且气体的 甲所示，直线加速器由多个金属圆筒（分别标有奇偶序 压强不变，则气体对外做多少功？ 号)依次排列，圆筒分别和电压为U。的交变电源两极 (2)若在初始状态将宇航服的阀门打开，外界气体缓 相连，电子在金属圆筒内做匀速直线运动。一个质量 慢进入宇航服内，直至内、外气体压强相等，均为P0后 为m、电荷量为e的电子在直线加速器0极处由静止 不再进气，此时宇航服内理想气体的体积为1.4V,且 释放，经n次加速后注入图乙所示的电子感应加速器 此过程中气体的温度保持为T不变，则进入宇航服内 的真空室中(n已知)，图乙中磁极在半径为R的圆形 气体的质量与原有气体质量之比为多少？ 区域内产生磁感应强度大小为B,=t(k>0)的变化磁 场，该变化的磁场在环形的真空室中激发出环形感生 电场，使电子再次加速，真空室内存在另一个变化的磁 场B,“约束”电子在真空室内做半径近似为R的圆周 运动，已知感生电场的电场强度大小￡72·A(不 考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过金属圆 筒间狭缝的时间)，求： (1)电子经直线加速器加速n次后的速率； (2)电子在电子感应加速器中加速第1周的切向加速 14.（12分)如图甲所示，质量M=4kg的木板B静止在光 度大小和加速第10周后的速度大小； 滑水平地面上，质量m=1kg的小物块A静止在木板B (3)真空室内磁场的磁感应强度B,随时间t变化的表达 的左端，木板B右方竖直平面内有一固定的光滑半圆 式（从电子刚射入感应加速器时开始计时）。 形轨道CD,直径CD竖直，最低点C与木板B的上表 面等高。t=0时对小物块A施加一水平向右的恒定推 力F,t=2s时撤去力F,运动一段时间后小物块A恰 好不从木板B的右端滑落，又过一段时间，小物块A从 C处进入半圆形轨道，且恰好通过D点。已知0~2s 内A、B的速度-时间图像如图乙所示，最大静摩擦力 与滑动摩擦力相等，g取10m/s2。求：（结果保留2位 有效数字)· (1)力F的大小， (2)木板B的长度L以及半圆形轨道的半径R。 出子只 甲 长真冷字这办可叫了计进许视回 乙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 2.A【解析】炸弹在空中做平抛运动，则有tan0=史，所以 tan-t图像为一条过原点的倾斜直线，A正确：炸弹运动过 程中只受重力，加速度为重力加速度，保持不变，B错误；运 动过程中炸弹的动能&=2m=m(+)=?m(+ 2gh)= 2m+mgh,故E-h图像为一条倾斜直线，C错误；运 动过程中炸弹只受重力，只有重力做功，炸弹的机械能守恒， 即机械能E不随高度h变化，D错误。 3.C【解析】探测器由椭圆轨道①上经过P点时应该减速做向 心运动变轨到轨道②，A错误；对绕月球表面做匀速圆周运 R解得 动的卫星，由万有引力提供向心力有GM:”=m 万，同理可知探测器在轨道②上的环绕速度 NR月 √，其中A是探热距月球表面的高度，可知探测器在 轨道②上的环绕速度小于月球的第一宇宙速度，B错误；设 探测器在轨道②上的环绕半径为τ，由牛顿第二定律有 M月m' G =m'a,解得a=G M1,因为探测器在轨道①上经过P 2 点时与在轨道②上经过P点时距月心的距离r相等，所以探 测器在轨道①上经过P点时的加速度与在轨道②上经过P 点时的加速度相同，C正确：设轨道①的半长轴为a,由开普 动第三定律可得器无，因为，所以探测器在轨道D上的 周期大于在轨道②上的周期，D错误。 4.B【解析】 供电线圈的电流有效值为20A,受电线圈中 的电流由受电线圈产生的电动势及其所在回 路决定，不一定是20A,C错误。 ↑ilA 交流电的周期T=2×102s、 20W5 一个周期内电流方向改变 两次，则受电线圈中电流 0 2(10”s)方向每秒钟改变的次数= -20wW2 2× 2×102=100,D错误。 t-0.01s时，电流随时间的变化率为零，线圈中 磁通量的变化率为零，线圈中的感应电动势为 零，感应电流为零，安培力为零，故两线圈之 间的相互作用力为零，A错误，B正确。 5.B【解析】由题图乙可知，t=0时刻质点P正在向上振动，根 据“同侧法”结合题图甲可知，波正在向x轴正方向传播，该 波的波长和周期分别为入=4m、T=0.2,所以波速=7= 02ms=20m/s,A错误，4=035s=T1,所以经过035， 质点Q经过的路程s=7A=7×0.2m=1.4m,质点Q到达平 衡位置，速度最大，加速度最小，B正确：该波的波长为4m, D25卷 参考答案及深度解析 若该波在传播过程中遇到一个尺寸为3的障碍物，波长与 障碍物尺寸差不多，能发生衍射现象，C错误；该波的频率∫= 子。2，=5也，者波源向上轴负方向运动，波源与接收器 间的距离增大，单位时间内接收器接收到的波数减少，所以 在x=10m处的接收器接收到的波源频率减小，即小于5Hz, D错误。 6.D【解析】根据安培定则可知，a、d两条导线在0点产生磁 场的合磁感应强度和b、e两条导线在O点产生磁场的合磁 感应强度大小相等，夹角为120°，设为B,则a、b、d、e四条导 线在0点产生磁场的合磁感应强度方向竖直向上，大小为 B,cf两条导线在O点产生磁场的合磁感应强度大小为B, 方向竖直向下，所以O点的磁感应强度为零，A错误：根据安 培定则可知，b、c、d、e∫5条导线在a处产生磁场的磁感应强 度方向如图所示，设b导线在α处产生磁场的磁感应强度大 小为B。,则f导线在a处产生磁场的磁感应强度大小为B, ce导线在a处广生酸场的磁擦应强度大小为？8，d导线 在a处产生磁场的磁感应强度大小为0.5B。,根据磁感应强 度的叠加原理可知，b、c、d、e、f5条导线在a处产生磁场的合 磁感应强度方向垂直于α0斜向右上方，合磁感应强度大小 为0.5B。,根据左手定则和安培力公式可知，a导线所受安培 力方向沿Oa由0指向a,大小为0.5F,B、C错误，D正确。 B B. B B f⑧ O d 7.B【解析】A'点距离正点电荷较近，C点距 离负点电荷较近，则A'点电势高于C点电 势，A错误；作出两点电荷在B'、D点的电 场强度如图所示，根据等量异种点电荷的B 电场分布，结合对称性及平行四边形定则 可知，B'、D点电场强度相同，B正确：等量异种点电荷连线的 中垂线为等势线，而G、H连线为等量异种点电荷连线的中垂 线，可知G、H连线上各点电势相等，则带正电的试探电荷从 G点沿直线到H点电势能不变，C错误；从E点沿直线到F 点电势一直降低，可知带正电的试探电荷从E点沿直线到F 点电势能一直减小，D错误。 8.AC【解析】水平地面承受的压力大小等于六块楔形石块和 方形石块的总重力，为8mg,故A正确；由对称性可知，楔形 石块2对楔形石块3的弹力大小与楔形石块5对楔形石块4 的弹力大小相等，楔形石块2对楔形石块3的摩擦力大小与 楔形石块5对楔形石块4的摩擦力大小相等，设楔形石块2 9·物理 高考一轮复习检测卷·物理 对楔形石块3的弹力大小为Fa,楔F 30 形石块2对楔形石块3的摩擦力大 小为F,楔形石块4对楔形石块3 30 的弹力为F(将F,看成已知力)， 把楔形石块3和半块方形石块（质量 2mg 为m)看成整体，对整体进行受力分 30 析，如图所示，由平衡条件可得 F2xcos30°-Fmsin30°=Fr,Frcos30°+Fzsin30°=2mg,联立解 得Fa=mg+Frcos30°>mg,Fz=√3mg-Frsin30°<√3mg,故 C正确，B、D错误。 9.BC【解析】由题图甲可知A光偏折程度较大，则玻璃砖对A 光的折射率较大，A光频率较大，A光照射时恰好有光电流产 生，则A光的频率恰好等于极限频率，B光的频率小于极限 频率，若用B光照射光电管的阴极，一定没有光电子逸出，A 错误：玻璃砖对4光的折射率较大，根据血C=,可知A光 发生全反射的临界角较小，若增大入射角0，A光比B光先发 生全反射，B正确；A光的频率较大，根据入=C可知，A光的 波长较短，根据△=子A,可知A光，B光分别射向同一双缝 干涉装置，B光在屏上形成的相邻两条明纹间距较宽，C正 确；A光的频率较大，光子能量较大，若A光、B光均由氢原子 跃迁产生，则A光对应的氢原子跃迁前后两个能级的能量差 较大，D错误。 10.BCD【解析】设a棒刚进入磁场时的速度为v,从开始下落 到进人磁场，根据机械能守恒定律有gh=了m,a棒切割 磁感线产生的感应电动势E=BL,根据闭合电路欧姆定律 有1RR联立解得1-，A箭误a棒刚进人胺场 3R 时，b棒受到的安培力大小F=B业，代入数据解得F= y2,方向水平向右，B正确；设两棒最后稳定时的速 3R 度为v',从a棒进入磁场到两棒速度达到稳定，两棒组成的 系统动量守恒，根据动量守恒定律有mw=3m',解得v'= ”=√2，C正确；从a棒开始下落到最终稳定的过程中， 3-3 设a棒产生的焦耳热为Q。,b棒产生的焦耳热为Q。,根据能 量守恒定律有)2-了·3a4Q,+Q,两棒串联，熊耳热 与电阻成正比，则有Q,=20,解得Q.=弓mg0,D正确。 11(a2分)(22分)(a)2a3分列 【解析】(1)实验操作时，为了使软笔在钢柱表面画的痕迹条 数多一些，应该先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢 D26卷 柱自由下落，A正确。 (2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段过程 的平均速度，可知画出痕迹D时钢柱下落的速度p= hg-hc (3)设画痕迹O时钢柱的速度为v。,若钢柱下落过程中机械 能守恒，则有me0=子m2了，整理得r=2gh+候，故若 2-h图线为一条倾斜直线，且直线斜率近似等于2g,则可 认为钢柱下落过程中机械能守恒。 12.(1)顺时针(1分)(2)黑表笔(2分)320(2分) (4)R2-R(2分)(5)等于(2分) 【解析】(1)根据欧姆表原理可知，欧姆调零，两表笔短接时， 指针应指到右侧零刻度线处。指针指在刻度盘的22附 近，说明内部阻值过大，需要减小连入内部电路中的阻值， 故需要顺时针旋转欧姆调零旋钮。 (2)欧姆表（甲表）内部有电源，且电流由红表笔流入电表， 由黑表笔流出电表，故回路中乙表的黑表笔流出的电流由 甲表的红表笔流入甲表。根据欧姆表的读数规则可知，乙 表“1mA”挡的内阻R=32×10D=320D。 (4)根据多用电表电流挡原理可知，量程越大，内阻越小，则 “10mA”挡的内阻Rz2小于“1mA”挡的内阻Rz1。设欧姆 表内部总阻值为R。,欧姆表内部电源电动势为E,两次甲表 指针都指同一位置，说明电路中电流相同（或总阻值相同）， 根据E=I(Rn+R1+R21)、E=I(Rn+R2+Rz2),可知直流电流 “1mA”挡与“10mA”挡的内阻差值△R=Rz1-Rz2=R2-R1o (5)由(4)中结果可知电动势变小对内阻差值的测量值△R 无影响，故内阻差值的测量值△R等于真实值。 13.(1)0.28pV(2)1:1 【解析】(1)气体的压强不变，根据盖-吕萨克定律有 VV T1.47 (2分) 解得V,=1.4V (1分) 气体对外做的功W=0.7po(V1-V)=0.28poV (2分) (2)气体的温度保持为T不变，根据玻意耳定律有 0.7po V=PoV2 (2分) 解得V2=0.7V (1分) 进入宇航服内气体的质量与原有气体质量之比 △m_1.4V-0.7 -=1:1 (2分) m 0.7V 14.(1)12N(2)4.8m0.46m 【解析】(1)由题图乙可知小物块A的加速度大小 △w18 a=Ai=2 m/s=4 m/s (1分) △24 木板B的加速度大小a,=△2m㎡s=2m/s (1分) 根据牛顿第二定律，对小物块A有F-mg=ma1 (1分) 9·物理 对木板B有umg=Ma2 (1分) 联立解得u=0.8,F=12N (1分) (2)撤去力F后到木板B到达C点前的过程，A、B组成的系 统动量守恒，根据动量守恒定律有 mv+Mv2 =(m+M)v (1分) 其中u1=8m/8,2=4m/s, 解得v=4.8m/s。 0-2s内小物块A的位移大小=0，心 (1分) 其中t=2s,从小物块A开始运动到二者共速，根据功能关 系有gL+(n+M0 (1分) 解得L=4.8m (1分) 小物块A沿半圆形轨道运动的过程，根据机械能守恒定律 f2m2=mg·2R+ mu哈 (1分) 小物块A恰好通过D点，有mg=mR (1分) 联立解得R=0.46m (1分) 15.(1) 2neto (2)e6R 2neU。,20ekrR2 m 2m√m m 1 2nmUo k (3)B,=R√e 2 【解析】(1)对电子经直线加速器加速n次的过程由动能定 理有neU。=2mw (1分) 2neUo 解得v.=m (1分) (2)根据题意，变化的磁场B,激发出的感生电场的电场强 10安徽省高三上学期1 1.C【解析】入射光的频率大于极限频率，才能发生光电效应， 才能产生光电流，故A,B,D错误；根据=天可知，若减小入 射光的波长即增大入射光的频率，有可能会发生光电效应， 则电流表中可能有电流通过，故C正确。 2.D【解淅】由题图可得，该波的波长入=2m、周期T=0.4s, 波速D=入=5m/s,A错误；由题图乙可知，6=0时刻质点P 向y轴正方向运动，根据“同侧法”结合题图甲可判断波的传 播方向为x轴负方向，B错误；t=0时刻，质点P位于平衡位 置，速度最大，所以此时P的速度大于Q的速度，C错误；t=0 时刻，质点P位于平衡位置且速度沿y轴正方向，质点Q位 于平衡位置上方且速度沿y轴负方向，所以从t=0时刻之 后，P比Q先到达位移最大处，D正确。 D27卷 参考答案及深度解析 1△Φ1△B,·R2kR 度E=2TR'A2mR Γ2 (1分) 设加速圆周运动的切向加速度为a,由牛顿第二定律有 eE=ma (1分) 解得a= (1分) 2m 电子在电子感应加速器中每加速1周动能的增加量 △Ek=eE·2mR=ekmR2 (1分) 加速10周后由能量守恒定律有 1 2m。=2m2+AE×10 (1分) 解得加速10周后电子的速度大小 2neUo 20ekmR2 v0=√m (1分) m (3)电子刚进入电子感应加速器时（即t=0时），根据洛伦 兹力提供向心力有，Bo=mR (1分) =mw.。1/2nmU 解得Bw=eRR√e (1分) 设经过任意时间△t后电子的速度变化量大小为△v,则由动 量定理有eE·△t=m△v (1分) 任意时刻由洛伦兹力提供向心力有euB=mR (1分) 第得县，爱则会 m△u (1分) 由此可得 B2_k (1分) △t2 he 1 2nmlo ke 则B2=B0+2=R√e -+2 (2分) 0月第一次综合素质检测 3.D【解析】光的颜色不同，频率不同，介质对其的折射率不 同，根据=C可知，在介质中的传播速度也不同，A错误；由 n 题图结合折射定律可知到达B点的光折射率较大，所以到达 B点的光频率较高，即为紫光，B错误；如图，设入射角为i,折 射角为0，根超折射定徘有0一曲。光在数璃中传精的距离 5=2血6，传播时间1=，又=片，联立可得-2R,所 n 以两束光在玻璃中分别到达B、C两，点的传播时间相等，C错 误：根据B选项的分析可知，到达B点的光折射率较大且为 紫光，如图所示，设紫、红两束光线从玻璃射出时的入射角分 别为α1和a2,紫、红两种光全反射的临界角分别为C1和C2, 根据血G=。可知C<C,若紫光能射出玻璃侧有a,<G, 10·物理