宜四地七?？荚嚶?lián)盟”高二期中聯(lián)考物理試題參考答案一、選擇題:本題共10小題,每小題4分,共40分。題號12345678910答案DCCCBBDADACBD【解析】阻尼器是受迫振動,擺動頻率與大廈晃動頻率相同,A錯誤。大廈晃動頻率與阻尼器的固有頻率相同時,阻尼器發(fā)生共振現(xiàn)象,擺幅達(dá)到最大值,此時阻尼器吸收能量最多,減震效果最好,D對B錯。阻尼器還能對地震的橫波成分有一定的減震效果,C錯誤?！窘馕觥恳詺怏w為研究對象,設(shè)t=0.2s內(nèi)噴出的氣體質(zhì)量為m,根據(jù)動量定理可得:Ft=mv-0,其中v=2.5km/s=2500m/s,解得:mkg,故B正確?！窘馕觥緼.由軌跡可分析出,在c點受到的電場力的方向如圖所示,又電場強度的方向由高電勢指向低電勢,即受力方向與電場強度的方向相反,粒子帶負(fù)電荷,A錯誤;B.在靜電場中,等差等勢線的疏密程度反映電場強度的大小。圖中c點的等差等勢線相對最密集,故該點的電場強度最大,B錯誤;CD.易知,負(fù)電荷電勢越低,電勢能越大,即在c點電勢能最大,又由能量守恒知,c點的動能最小,C對D錯誤?！窘馕觥緼B、Q在P上運動過程,P對Q有彈力且在力的方向上Q有位移,則P對Q做功為負(fù)值,故AB錯誤;CD、Q在P上運動過程,P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力做功,系統(tǒng)機械能守恒;系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零,系統(tǒng)在水平方向動量守恒,但系統(tǒng)在豎直方向所受合外力不為零,系統(tǒng)在豎直方向動量不守恒,系統(tǒng)動量不守恒,故C正確,D錯誤?！窘馕觥緼.a剛要離開擋板時,a的速度為0,b的速度為4m/s,而共速時一起為2m/s,由動量守恒知a物體的質(zhì)量也為2kg,A錯誤。B.從某次彈簧為原長到下一次達(dá)到原長,a、b質(zhì)量相等,速度交換。B正確。C.a剛要離開擋板時,彈簧沒有彈性勢能,b的動能為16J。共速時a、b總動能為8J,故在a物體離開擋板后,彈簧的最大彈性勢能為8J,C錯誤。D.由于彈簧的彈性勢能在不斷變化,故物體a、b組成的系統(tǒng)機械能不守恒,D錯誤。故選B。2024年秋“荊、荊、襄、宜四地七?？肌窘馕觥緼.勻速運動時加速度為0,電容C不變,線路中無電流。故A錯誤;B.由向前勻速突然減速時,由于慣性N板向前移動:d減小,由C,所以C增大,Q=UC,所以Q增大。故B正確;C.由靜止突然向前加速時,由于慣性N板向后移,d增大、C減小、Q減小,所以有放電電流,電流b向a,故C錯誤;D.保持向前的勻減速運動時,a不變,所以MN之間的電場強度不變,故D錯誤?！窘馕觥繄A上任意一點P到A、O兩點的距離差為Δr=2Rsin-R(設(shè)OP與OA的夾角為θ,0≤θ<2π),當(dāng)Δr=(2n+1),n=0,1,2,…時振動減弱,聽不到聲音。則n=-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,由對稱性可知,減弱點共有16個。故選D?！窘馕觥緼.碰后A球速度不可能大于B球速度,不合理;B.完全非彈性碰撞,合理;C.完全彈性碰撞,合理;D.動量守恒,末狀態(tài)總動能E2>E1,不合理;本題選擇不合理的,故選AD?！窘馕觥緼.平均充電電流約為IA≈31.8A,A正確;B.充電過程中電池內(nèi)阻產(chǎn)生的熱量為Q=(7×7-43)kW·h=6kW·h,熱功率約為0.857kW,根據(jù)Q=I2rt,得電池內(nèi)阻約為r≈0.85Ω,BD錯誤;C.該汽車的充電效率約為C正確?！窘馕觥緼.根據(jù)等量異種點電荷的電場線特點可知,圓環(huán)所在平面為等勢面,勻強電場方向豎直向上,則小球從A到C的過程電勢增加,電勢能增加,故A錯誤;B.當(dāng)場強滿足Eq=mg時,小球運動時受到的向心力大小不變,可沿圓環(huán)做勻速AEABDC圓周運動,故B錯誤;C.根據(jù)動能定理,從A到B過程中,有:(mg-qE)RmvB2-mv02,可求出小球到B點時的速度vB,根據(jù)ma1=mv2,可得小球的向心加速度a再根據(jù)牛頓第二定律mg-qE=ma2,可得小球的切向加速度a2,再根據(jù)矢量合成可得B點的加速度為a故C錯誤;D.根據(jù)動能定理,從A到C過程中,豎直方向有:2(mg-Eq)R= mvCmv02,在C點:qE-mg+FNy=m,水平方向電場力為qE,FNX=qE,聯(lián)立得FNy= 2024年秋“荊、荊、襄、宜四地七?？荚嚶?lián)盟”高二期中聯(lián)考物二、非選擇題:本題共5小題,共60分。11.(8分)【答案】(1)1.66(2)a(每空2分)【解析】(1)16mm+6×0.1mm=15.6mm=1.66cm(2)相鄰兩次經(jīng)過虛線處經(jīng)過的時間為半個周期,故。結(jié)合圖像可得-,g,b,Ra。12.(9分)【答案】(1)9500(2)8.4,6.9(3)0.57(除最后一空3分,其余每空2分)【解析】(1)根據(jù)電表的的改裝原則可知,電阻箱P0的阻值為RRA1=9500Ω(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律,E=(I1+I2)r+I1(R0+RA1),解得:I1-I2;(或由I1-I2關(guān)系圖線的截距和斜率,結(jié)合第(2)表達(dá)式可知:丁丁解得電動勢為E=8.4V,電源內(nèi)阻r=6.9Ω;(3)設(shè)每個燈泡中的電流為I,電壓為U,則由閉合電路歐姆定律可得:E=3U+Ir,則I將其與燈泡的I-U圖像畫到同一坐標(biāo)系中,如圖所示,交點電壓為U=2.2V,電流為0.26A,則一只燈泡消耗的功率為P=UI=0.57W13.(10分)【解析】(1)由圖象知,波長λ=4m…………………(2分)若波沿x軸正方向傳播,在Δt=t2-t1=1s內(nèi)傳播距離表達(dá)式為:x=(n+λ,(n=0,1,2,3,……)2024年秋“荊、荊、襄、宜四地七?？紕t有:Δt=(n+T,T11s,(n=0,1,2,3,……)………………(2分)若波沿x軸負(fù)方向傳播,在Δt=t2-t1=1s內(nèi)傳播距離表達(dá)式為:x=(n+λ,(n=1,2,3,……)則有:Δt=T,Ts,(n=0,1,2,3,……)………………(2分)(2)這列波傳播的距離為Δx=vt,Δx=11m=2×4m+3m,故這列波沿x軸負(fù)方向傳播,………………………(2分)周期2T+T=t,Ts,則tmins?！?2分)14.(15分)【答案】(1)帶正電荷,0.03C(2)0.625m/s(3)0.01125J【解析】(1)由分析可知,粒子沿虛線做直線運動,合力應(yīng)沿虛線方向,即帶電小球受到的電場力的方向水平向右,小球帶正電………………(2分)由受力分析可知:qE=mgtanθ……………………(2分)得q=0.03C…………………………(1分)MNvoA.EFMNv01EF(2)從A到F的過程中水平方向v0t1+t………………………(2分)豎直方向gt…………………(2分)聯(lián)立解得v0=0.625m/s…………(1分)(3)從A到B的過程中豎直方向v1sinθ=g………………(1分)水平方向x=v1cosθ·t2+t22……………(1分)又W=qE·x………………………(2分)聯(lián)立解得W=0.01125J……………(1分)2024年秋“荊、荊、襄、宜四地七?？荚嚶?lián)盟”高二期中聯(lián)考物理試題參考答案第4頁(共6頁)15.(18分)【答案】(1)3m/s(2)0.6(3)s【解析】(1)對A由動能定理mAgLmAvA2①………………(2分)解得vA=3m/s……………………(2分)(2)設(shè)A、B碰后速度分別為vAI和vB,由彈性碰撞規(guī)律mAvA=mAvAI+mBvB②………………………(1分)mAvA2mAvAI2+mBvB2③……………(1分)解得vB=4m/s再對B、C全過程有mBvB=(mB+mC)v共④…………(1分)得v共=1m/sμ1mBg×2dmBvBv共2⑤………………(1分)得μ1=0.6…………………………(1分)(3)A、B碰后,設(shè)B、C加速度大小分別為aB和aCμ1mBg=mBaB⑥μ1mBg-μ2(mB+mC)g=mCaC⑦解得aB=6m/s2,aC=1m/s2……………………(2分)設(shè)經(jīng)過t1后B與擋板碰撞,有得t1s或1s(舍)碰前B的速度vBI=vB-aBt1m/s碰前C的速度vCI=aCt1m/s⑨……………(2分)對B、C碰撞過程有mBvBI+mCvCI=mBvB″+mCvC″⑩mBvBI2+mCvCI2mBvB″2+mCvC″2O112024年秋“荊、荊、襄、宜四地七?？冀獾胿Bm/s,vCm/s…………………(2分)假設(shè)B最終沒有從C左端滑出,且B、C碰后經(jīng)過t2共速,在t2內(nèi)B的加速度大小仍為aB=6m/s2,方向向右而對C:μ1mBg+μ2(mB+mC)g=mCaCIO12得aCI=3m/s2,方向向左由vB″+aBt2=vC″-aCIt2O13得tst2內(nèi)B的位移xB=vB″t