【文档说明】湖北省重点高中智学联盟2023-2024学年高二下学期5月联考物理试卷 Word版含解析.docx，共(17)页，540.663 KB，由小赞的店铺上传

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2023-2024学年湖北省重点高中智学联盟高二（下）联考物理试卷（5月）一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.物理学的伟大发现离不开科学家的努力与奉献，了解物理学史能激励我们勇于进取的精神，以下不符合物理学历史的是()A.为了解释黑体辐射的规律

，普朗克提出能量子假说，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式并把能量子假设进行推广，认为光就是由一个个不可分割的能量子组成，即为光子。B.爱因斯坦光电效应理论和康普顿效应理论都揭示了光的粒子性C.麦克斯认为磁场变化会在空

间激发一种电场，它不是由电荷产生的D.伽利略首先建立了平均速度、瞬时速度和加速度的概念，并探究出自由落体运动的规律2.有A，B两球质量分别是2m和m，通过长为L的竖直轻绳相连。用手拿着A球，B球距地面高度为h，释

放后两球落地时间差为𝛥𝑡，不计空气阻力，则以下说法中正确的是()A.若将两小球位置互换，则时间差𝛥𝑡增大B.若将h增大，则时间差𝛥𝑡增大C.若将L增大，则时间差𝛥𝑡增大D.若将B小球质量也增

大到2m，则时间差𝛥𝑡增大3.如图，一根绝缘的光滑水平横杆上套有质量均为m的A，B两个小环，两环上都带有正电荷，系在两环上的等长细绳拴住质量为M的物块处于静止状态，某时刻开始环上电荷量缓慢减少，则()A.单根细绳对物块的拉力始终不变B.两细绳对物块的合力变大C.两环间距等于绳长时，单

根细绳拉力大小等于MgD.杆对A环的作用力保持不变4.图甲为一个简易的静电除尘装置，没有底的空塑料瓶内固定一块铝片和一根铜棒，将它们分别与起电机的正、负极相连。在塑料瓶里放置点燃的蚊香，瓶内产生烟尘，摇动起电机后瓶内变得清澈透明。图乙为瓶内俯视图，其中a，b，c

为瓶内电场中同一条电场线上的三个点，且𝑎𝑏=𝑏𝑐。则起电机摇动时()A.带负电的烟尘会向铜棒聚集B.a点的电场强度大于b点的电场强度C.带负电的烟尘在b点时的电势能大于它在c点时的电势能D.a，b两点间的电势差小于b，

c两点间的电势差5.如图所示，质量均为m的A，B两物块置于水平地面上静止，物块与地面间的动摩擦因数均为𝜇，物块间用一水平轻绳相连，绳中恰好无拉力。现用水平力F向右拉物块B，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。下列说法中错误的是()A.当0<𝐹≤𝜇𝑚𝑔时，绳中拉力为0B.无

论F多大，绳中拉力都不可能等于𝐹3C.当𝐹>2𝜇𝑚𝑔时，绳中拉力为𝐹2D.当𝜇𝑚𝑔<𝐹≤2𝜇𝑚𝑔时，绳中拉力为𝐹−𝜇𝑚𝑔6.光电管是应用光电效应原理制成的光电转换器件，在有声电影、自动计数、自动报警等方面有着广泛的应用。现

有含光电管的电路如图(𝑎)所示，图(𝑏)是用甲、乙、丙三束光分别照射光电管得到的𝐼−𝑈图线，𝑈𝑐1、𝑈𝑐2表示遏止电压。下列说法中正确的是()A.甲、乙、丙三束光的光子动量𝑝甲=𝑝乙>�

�丙B.甲光照射时比丙光照射时产生的光电子的最大初动能小C.分别用甲光、丙光照射同一双缝干涉实验装置，甲光照射比丙光照射形成的干涉条纹间距窄D.甲、乙是相同颜色的光，甲光束比乙光束的光强度弱7.如图所示，在区域Ⅰ、Ⅱ中分别有磁感应强度大小相等、垂直纸面但方向相

反、宽度均为a的匀强磁场区域。高为a的正三角形线框efg从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，下列图像中能正确描述线框efg中感应电流I与线框移动距离x关系的是A.B.C.D.二、多选题：本大题共3小题，共12分。8.两卫星A，B在赤道正上方同方向

绕地球做匀速圆周运动，A为地球同步卫星，O为地心，某时刻A，B相距最近，如图所示，已知卫星B的运行周期为T。下列判断正确的是()A.A的线速度大于B的线速度B.使B减速，B将与A在同步轨道上相遇C.相同时间内，连线AO扫过的面积与连线BO扫过的面积不等D.从图示位置到A、B再次相距

最近所需最短时间大于T9.如图甲所示为一台小型发电机的示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示，发电机线圈电阻为4𝛺，外接灯泡的电阻为8𝛺。则()A.电压表的示数为6VB.瞬时电动势的表达式为𝑒=6√2sin100𝜋𝑡(𝑉)

C.在𝑡=0.01𝑠时，穿过线圈的磁通量最小D.发电机的输出功率为2W10.如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。

一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球𝑚1和物块𝑚2，且𝑚1>𝑚2.开始时𝑚1恰在A点，𝑚2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接𝑚1、𝑚2的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在圆心O的正下方。将𝑚1由静止释放，则下列说法

中正确的是(滑轮边缘紧靠碗口)()A.𝑚2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定B.𝑚1可能沿碗面上升到B点C.当𝑚1运动到C点时，𝑚1的速率是𝑚2速率的√2倍D.在𝑚1从A点运动到C点的过程中，𝑚1与𝑚2组成的

系统机械能守恒三、实验题：本大题共2小题，共18分。11.用如图(𝑎)所示的实验装置研究物体的平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。上

下移动水平挡板MN到合适的位置，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列的痕迹点。(1)为使小球能水平抛出，必须调整斜槽，使其末端的切线成水平方向.(2)每次都要从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，原因

是__。(3)为定量研究钢球的平抛运动，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。①取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于斜槽末端Q点，钢球的__________(选填“最上端”“最下端”或者“球心”)对应白纸上的位置即为原点

；在确定y轴时__(选填“需要”或者“不需要”)𝑦轴与重垂线平行。②若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：在如图(𝑏)所示的轨迹上取A、B、C三点，测得AB和BC的水平间距均为x，AB和BC的竖直间距分别是𝑦1和𝑦2，已知当地重力加速度为g，可求得钢球平抛的初速度大小为_

(用字母x、𝑦1、𝑦2和g表示)。12.(1)某同学先用一个有四个倍率的多用电表粗略测量某合金材料制成的导体的电阻，四个倍率分别是×1、×10、×100、×1000.用×100挡测量该导体电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角

度很小，为了较准确地进行测量，应换到___挡。(2)用游标卡尺测量该导体的长度如图所示，可知其长度为____mm。(3)若通过多用电表测得该导体的电阻约为8000𝛺，现该同学想通过伏安法测定该导线的阻值𝑅𝑥.现有电源(3𝑉,内阻可不计)，滑动变阻器(0∼10𝛺,额定电流2𝐴)，

开关和导线若干以及下列电表：A.电流表(0∼0.5𝑚𝐴,内阻约0.125𝛺)𝐵.电流表(0∼0.6𝐴,内阻约0.025𝛺)C.电压表(0∼3𝑉,内阻约3𝑘𝛺)𝐷.电压表(0∼15𝑉,内阻约15𝑘𝛺

)为减小测量误差，在实验中，电流表应选用____，电压表应选用____(选填器材前的字母)；实验电路应采用图中的____(选填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”)。四、计算题：本大题共3小题，共30分。13.如图所示实线是一列简谐横波在𝑡1=

0时刻的波形，虚线是这列波在𝑡2=0.5𝑠时刻的波形，问：(1)若波的传播方向向右，波速多大？(2)若波的传播方向向左，波速多大？(3)若波速大小为74𝑚/𝑠，波的传播方向如何？14.如图所示，一质量𝑀=

1.2𝑘𝑔的物块静止在桌面边缘。桌面离地面的高度ℎ=1.8𝑚，一质量𝑚=20𝑔的子弹以水平速度𝑣0=200𝑚/𝑠射入物块，并在很短的时间内水平穿出，已知物块落地点离桌面边缘的水平距离𝑥=1.2𝑚，g取10𝑚/�

�2.求：(1)物块从桌面飞出时的速度的大小𝑣𝑀。(2)子弹穿出物块时的速度大小𝑣𝑚。(3)子弹在穿过物块的过程中，系统损失的机械能𝛥𝐸。15.如图所示，矩形区域ABCD的AB边的边长为L，

E、F分别是AB、CD边的中点，在AEFD区域内有竖直向下的匀强电场，在EBCF区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子以初速度𝑣0从A点水平向右射入电场，结果粒子从EF边进入磁场后，在磁场中的轨迹刚好与FC和BC边相切

，已知电场强度的大小为𝐸=8𝑚𝑣023𝑞𝐿，不计粒子的重力，求：(1)粒子在电场中偏转第一次运动到EF边时速度的大小与方向；(2)匀强磁场的磁感应强度大小；(3)矩形区域的面积大小。答案和解析1.【答案】A【解析】【分析】本题考

查物理学史知识，熟悉物理学家的贡献是解题的关键。根据物理学家的贡献逐项分析即可判断。【解答】A、普朗克提出能量子假说，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，爱因斯坦把能量子假设进行推广，认为光就是由一个个不可分割的能量子组成，故A错误，符合题意；B、爱因斯坦光电效应理论通过光子说解释了光

电效应，康普顿效应说明光具有能量和动量，都揭示了光的粒子性，故B正确，不符合题意;C、麦克斯认为变化的磁场会在空间激发一种电场，它不是由电荷产生的，故C正确，不符合题意;D、加利略首先建立了平均速度、瞬时速度和加速度的概念，并通过斜面实验探究出自由落体运动的规律，故D

正确，不符合题意;故选A。2.【答案】C【解析】【分析】本题考查的是自由落体运动的规律，解题的关键是搞清两球运动的物理过程，分为两个阶段处理此过程，第一个阶段是两球一起做自由落体运动，第二个阶段是当下面的球着地后，上面小球的匀加速运动。两球从静止开始一起

做自由落体运动，根据自由落体运动规律分析求解。【解答】𝐴𝐷.两小球做自由落体运动，运动情况与质量无关，则将两小球位置互换或将B小球质量也增大到2m，则时间差𝛥𝑡不变，故AD错误；C.根据自由落体运动规律有ℎ=12𝑔𝑡12，ℎ+𝐿=12𝑔𝑡22时间差为𝛥𝑡=

𝑡2−𝑡1可知若将L增大，则时间差𝛥𝑡增大，故C正确；B.根据自由落体运动规律可得，B球落地时A球的速度为𝑣=√2𝑔ℎ则有𝐿=𝑣𝛥𝑡+12𝑔𝛥𝑡2可知，若将h增大，则时间差𝛥𝑡减小，故B错误。故选C。

3.【答案】D【解析】【分析】由电量减小分析两环间距离的变化，分析两绳间夹角变化，由平衡条件分析绳子拉力变化；应用整体法分析杆对A环的作用力如何变化；由两绳间的夹角情况分析单根绳子的拉力与Mg的大小关系。本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力

分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。【解答】AB、两根细绳的合力等于物块重力，当某时刻开始环上电荷量缓慢减少时，AB间作用力减小，细绳间

夹角变小，合力即物块重力不变，所以细绳拉力减小，AB错误；D、把AB小环和物块看成一个整体，向上是横杆对环的作用力，向下是3个物体不变的重力，所以杆对A环的作用力保持不变，D正确；C、当两细绳间夹角120∘时，单根细绳拉力大小等于Mg，两环间距等于绳长时，两细

绳间夹角等于60∘，单根细绳拉力大小不等于Mg，所以C错误。故选D。4.【答案】D【解析】【分析】此题考查了静电除尘的原理，关键抓住电场线的分布特点，根据电场线的疏密判断场强大小，根据沿电场线方向电势降落，比较电势

高低；带负电的烟雾在电场力作用下向铝片聚集。根据𝑈=𝐸𝑑判断两点之间的电势差，根据𝐸𝑝=𝑞𝜑判断电势能大小。【解答】𝐴.因为铝片带正电，所以带负电的烟雾向铝片聚集，故A错误；B.由图可知二者之间电场线的分布是从左至右依次变的密集，a处电场线稀疏，b处电场

线密集，即电场强度关系为𝐸𝑎<𝐸𝑏，故B错误；𝐷.a、b两点间的电场线比b、c两点间的电场线要疏一些，故𝐸𝑎𝑏<𝐸𝑏𝑐，根据𝑈=𝐸𝑑其中𝑑𝑎𝑏=𝑑𝑏𝑐可知𝑈𝑎𝑏<𝑈𝑏𝑐，故a、b两点间的电势差小于b、c两点间的电势差，故D正确

;C.根据上面选项分析可知，a、b所在电场线方向由铝片指向铜棒，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知𝜑𝑏>𝜑𝑐，烟云带负电，由𝐸𝑝=𝑞𝜑可知带负电的烟尘在b点时的电势能小于它在c点时的电势能，故

C错误。故选D。5.【答案】B【解析】【分析】对整体分析，根据共点力平衡求出动摩擦因数的大小，然后隔离对A分析，根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小，最后确定绳子中的拉力．解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的使用．【解

答】A、当0<𝐹≤𝜇𝑚𝑔时，A受到拉力与静摩擦力的作用，二者可以平衡，绳中拉力为0.故A正确，不符合题意；D、当𝜇𝑚𝑔<𝐹≤2𝜇𝑚𝑔时，整体受到拉力与摩擦力的作用，二者平衡，所以整体处于静止状态。此时A受到的静摩擦力到达最大即𝜇𝑚𝑔，所以绳中拉力为𝐹

−𝜇𝑚𝑔.故D正确，不符合题意；C、当𝐹>2𝜇𝑚𝑔时，对整体，根据牛顿第二定律可得：𝑎=𝐹−2𝜇𝑚𝑔2𝑚，对B：𝑎=𝐹拉−𝜇𝑚𝑔𝑚，联立解得绳中拉力为𝐹拉=𝐹2.故C正确，不符合题意；B、由D的分析可知

，当𝜇𝑚𝑔<𝐹≤2𝜇𝑚𝑔时绳中拉力为𝐹−𝜇𝑚𝑔，绳中拉力可能等于𝐹3.故B错误，符合题意。故选：B。6.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查光电效应现象的条件、规律及爱因斯坦光电效应的理解与应用，知道只有当入射光的频率大于金属

的极限频率时，才能产生光电效应是解题的关键，难度一般。由光电效应现象的条件、规律及爱因斯坦光电效应方程判断得解；根据双缝干涉条纹间距公式分析判断。【解析】A.根据光电效应方程𝐸𝑘=ℎ𝜈−𝑊0；再根据动能

定理𝑒𝑈𝑐=𝐸𝑘；联立可得𝑒𝑈𝑐=ℎ𝜈−𝑊0；利用图像遏止电压的值可知𝜈甲=𝜈乙<𝜈丙而光子动量𝑝=ℎ𝜈𝑐；因此光子动量之间的关系为𝑝甲=𝑝乙<𝑝丙，A错误;B.光电效

应中𝑒𝑈𝑐=𝐸𝑘；利用图像遏止电压的值可知𝐸𝑘甲<𝐸𝑘丙；所以B正确;C.光的双缝干涉实验中，相邻干涉条纹的宽度为𝛥𝑥=𝑙𝑑𝜆；𝜈甲<𝜈丙又𝜆=𝑐𝜈；得𝜆甲>𝜆丙；所以分别用甲光、丙光照射同一双缝干涉实验装置，甲光形成的干涉条纹间距比丙光的宽，所以C错误

;D.由题图可知，甲光和乙光频率相同，但是甲光比乙光的饱和电流大，即甲光的光强大于乙光，所以D错误。7.【答案】B【解析】【分析】本题是电磁感应的图像问题，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律等物理规律，得到对应图像的解析式，再选择图像．对于电磁感

应现象中的图象问题，一般要根据电磁感应规律推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路。【解答】正三角形线框efg刚进入向里的磁场Ⅰ时，I大小为0，之后随线框进入磁场距离的增大，利用楞次定

律知，感应电流沿逆时针方向，为正，有效切割长度变大，则𝐼=2√3𝐵𝑥𝑣3𝑅变大到𝐼0=2√3𝐵𝑎𝑣3𝑅;当线框efg前进a距离，在刚进入向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流大小为0，之后随线框进入磁场距离的增大，利用楞次定律可知efg线框中感应电流方向沿顺时针方向，即为负，有

效切割长度变大，则𝐼=4√3𝐵(𝑥−𝑎)𝑣3𝑅变大到𝐼′=4√3𝐵𝑎𝑣3𝑅=2𝐼0，在刚出向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流大小为0，之后随线框出磁场距离的增大，利用楞次定律可知efg线框中感应电流方向沿逆时针方向，为正，有效切割

长度变大，则𝐼=2√3𝐵(𝑥−2𝑎)𝑣3𝑅变大到𝐼′=2√3𝐵𝑎𝑣3𝑅=𝐼0，故B正确，ACD错误。8.【答案】CD【解析】【分析】卫星绕地球圆周运动的向心力由万有引力提供，据此由半径关系分析周期大小及线速度关系，卫星相距最

近，则卫星转动的角度差为2𝜋，由此分析计算即可。在卫星问题的处理中主要抓住卫星圆周运动的向心力由万有引力提供，能根据卫星轨道半径的大小确定描述卫星圆周运动物理量的大小是解决本题的关键。【解答】A.根据万有引

力提供向心力可得𝐺𝑀𝑚𝑟2=𝑚𝑣2𝑟解得𝑣=√𝐺𝑀𝑟A的半径大，所以A的线速度小于B的线速度，故A错误；B.使B减速，B将从该轨道往低轨道变轨，所以不能与A在同步轨道上相遇，故B错误；C.绕地球运动的卫星与地心连线在相同时间内扫过的面

积𝑠=12𝑣𝑡⋅𝑟又因为根据万有引力提供向心力可得𝑣=√𝐺𝑀𝑟可得𝑠=𝑡2⋅√𝐺𝑀𝑟由图可知B的半径小，因此相同时间内，B与地心连线扫过的面积小于A与地心连线扫过的面积，故C正确；D.A、B再次相距最近时，圆周运动

转过的角度差为2𝜋，所以可得𝜔𝐵𝑡−𝜔𝐴𝑡=2𝜋又因为𝜔𝐴=2𝜋𝑇𝐴𝜔𝐵=2𝜋𝑇代入可算出经历的时间𝑡=𝑇𝐴𝑇𝑇𝐴−𝑇=𝑇1−𝑇𝑇𝐴又根据高轨低速大周期

可知𝑇𝐴>𝑇因此𝑡=𝑇1−𝑇𝑇𝐴>𝑇即从图示时刻到A、B再次相距最近所需时间大于T，选项D正确。故选CD。9.【答案】BD【解析】解：A.由图乙可知，电动势有效值为𝐸=6√2√2𝑉=6𝑉电压表测的是有效值，则示数

为𝑈=𝑅𝑅+𝑟𝐸=4𝑉故A错误；B.由图乙可知，电动势的最大值为6√2𝑉，周期为0.02𝑠，则瞬时电动势的表达式为𝑒=𝐸𝑚sin(2𝜋𝑇)𝑡=6√2sin100𝜋𝑡(𝑉)故B正确；C.在𝑡=0.01𝑠时，电动势为0，此时穿过线圈的磁通量最大

，故C错误；D.灯泡消耗的功率为𝑃=𝑈2𝑅=2𝑊故发电机的输出功率为2W，故D正确。故选BD。根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等。灯泡消耗的功率即发电机的输出功率。此题考查了有关交

流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式。10.【答案】ACD【解析】【分析】分析斜面的受力情况，由平衡条件判断地面对斜面的支持力如何变化。在𝑚1从A点运动到C点

的过程中，𝑚1与𝑚2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒。将𝑚1到达最低点C时的速度沿绳子方向和垂直绳子方向分解，沿绳子方向的速度等于𝑚2的速度，进而求出两个速度的关系。对系统，运用机械能守恒定律，可求出𝑚1沿碗面上升的最大高度。解决本题的关键是要明确系统的机械能是守恒

的，两球沿绳子方向的分速度大小相等，要注意对其中一个球来说，机械能并不守恒。【解答】A、𝑚2沿斜面上滑过程中，𝑚2对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定

。故A正确。C、设小球𝑚1到达最低点C时𝑚1、𝑚2的速度大小分别为𝑣1、𝑣2，由运动的合成与分解得：𝑣1cos45∘=𝑣2，则𝑣1=√2𝑣2，故C正确。BD、在𝑚1从A点运动到C点的过程中，𝑚1与𝑚2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒。设斜面倾角为�

�，对𝑚1、𝑚2组成的系统，由机械能守恒定律得：𝑚1𝑔𝑅−𝑚2𝑔⋅√2𝑅sin𝜃=12𝑚1𝑣12+12𝑚2𝑣22，结合𝑣1=√2𝑣2，解得：𝑣1=√𝑚1−√2𝑚2sin𝜃𝑚1+12𝑚2⋅2𝑔𝑅<√2𝑔𝑅.若𝑚1运动到C点时绳断开，至少需要有√2�

�𝑅的速度𝑚1才能沿碗面上升到B点，现由于𝑚1上升的过程中绳子对它做负功，所以𝑚1不可能沿碗面上升到B点。故D正确，B错误。故选：ACD。11.【答案】(1)保证小球每次以相同的速度从斜槽末端飞出。(2)球心；需要；𝑥√𝑔𝑦2−𝑦1。【解析】【分析】由正确

实验操作步骤及实验原理分析；斜槽末端水平使小球做平抛运动，根据平抛运动在水平上做匀速直线运动，在竖直上做自由落体运动，抓住等时性，结合运动学公式和推论进行求解。本题考查了探究平抛运动规律的实验，根据实验原理和实验步骤进行分析解答。【解答】(

2)每次都要从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，原因是保证小球每次以相同的速度从斜槽末端飞出。(3)①小球在运动过程中记录下的是其球心的位置，故其抛出点也应是小球静置于Q点时球心的位置，故应以球心在白纸上的位置为坐标原点。小球在竖直方向为自由

落体运动，故需要y轴与重垂线平行。②平抛运动竖直方向做匀变速直线运动，根据匀变速运动推论𝑦2−𝑦1=𝑔𝑇2，解得𝑇=√𝑦2−𝑦1𝑔，平抛运动水平方向为匀速直线运动，根据匀速直线运动公式𝑥=𝑣0𝑇，解得𝑣0=𝑥√𝑔𝑦2−𝑦1。12.【答案】×100013.

55𝐴𝐶丁【解析】【分析】(1)应用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近。(2)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。(3)根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，根据电源电动势选择电压表，根据题意确定滑动变阻器

与电流表的接法，然后选择实验电路。本题考查了欧姆表的使用、游标卡尺读数、实验器材的选择与实验电路的选择，要掌握常用器材的使用及读数方法，要掌握实验器材的选择原则；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，游标卡尺不需要估读，对游标卡尺读数时

要注意游标尺的精度。【解答】(1)用×100档测量该导体电阻时，表头指针偏转角度很小，说明所选挡位太小，为了较准确地进行测量，应换到×1000档。(2)由图示游标卡尺可知，其示数为：13𝑚𝑚+11×0.05𝑚𝑚=13.55𝑚𝑚。(3)通

过待测电阻的最大电流约为：𝐼=𝑈𝑅=3𝑉8000𝛺=0.000375𝐴=0.375𝑚𝐴，电流表选A；电源电动势为3V，电压表应选择C；由题意可知，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验

数据，滑动变阻器应采用分压接法，由此可知，应选择图丁所示实验电路。故答案为：(1)×1000；(2)13.55；(3)𝐴；C；丁。13.【答案】【解答】(1)若波向右传播，由图可得：波的传播距离△𝑥1=8𝑛+3(𝑚)，𝑛∈𝑁，所以，波速𝑣1=△𝑥1𝑡2−𝑡

1=16𝑛+6(𝑚/𝑠),𝑛∈𝑁；(2)若波向左传播，由图可得：波的传播距离△𝑥2=8𝑛′+5(𝑚)，𝑛′∈𝑁，所以，波速𝑣2=△𝑥2𝑡2−𝑡1=16𝑛′+10(𝑚/𝑠

),𝑛′∈𝑁；(3)若波速大小为74𝑚/𝑠=16×4+10(𝑚/𝑠)，即𝑛′=4，故波向左传播；答：(1)若波速向右，波速为16𝑛+6(𝑚/𝑠)，𝑛∈𝑁(2)若波速向左，波速为16𝑛+10(𝑚/𝑠)，𝑛∈𝑁(3)若波速大小为74𝑚/𝑠，波速方向向左

。【解析】【分析】(1)根据波的传播方向，由图得到波的传播距离，即可根据传播时间得到波速；(2)根据波的传播方向，由图得到波的传播距离，即可根据传播时间得到波速；(3)分析波速与(1)(2)中波速的符合情况得到波的传播方向。机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周

期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。14.【答案】解：(1)物块从桌面飞出后做平抛运动：竖直方向：ℎ=12𝑔𝑡2，水平方向：𝑥=𝑣𝑀𝑡，代入数据解得：𝑣𝑀=2𝑚/𝑠；(2)对子弹和木块组

成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：𝑚𝑣0=𝑚𝑣𝑚+𝑀𝑣，代入数据解得：𝑣𝑚=80𝑚/𝑠；(3)由能量守恒定律得，子弹穿过木块过程中，系统损失的机械能：𝛥𝐸=12𝑚𝑣02-12𝑚𝑣𝑚2-12𝑀𝑣𝑀2，代入数据解得

：𝛥𝐸=333.6𝐽。【解析】【解析】本题考查动量守恒定律、能量守恒定律和平抛运动的规律的基本运用，难度不大，应用平抛运动规律与动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题。(1)木块离开桌面后做平抛运动，由平抛运动规律求出木块的速度；(2)子弹击中木块过程，对子弹和木块系统，由

动量守恒定律可以求出子弹穿出木块后的速度；(3)子弹穿过木块过程，对子弹和木块系统，由能量守恒定律可以求出子弹穿过木块过程产生的热量。15.【答案】解：(1)粒子的运动轨迹如图所示。粒子在电场中做类平抛运

动，粒子运动到EF边所用的时间为：𝑡=𝐿2𝑣0=𝐿2𝑣0，粒子在电场中运动的加速度为：𝑎=𝑞𝐸𝑚=8𝑣023𝐿，设粒子在出电场时速度与水平方向夹角为𝜃，则有：tan𝜃=𝑣𝑦𝑣0=𝑎𝑡𝑣0=8𝑣023𝐿×𝐿2𝑣0𝑣0=43解得：𝜃=53∘，出电场

时的速度大小：𝑣=𝑣0cos53∘=5𝑣03.(2)由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径R满足：𝑅+𝑅sin𝜃=𝐿2解得：𝑅=518𝐿，粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：𝑞𝑣𝐵=

𝑚𝑣2𝑅解得：𝐵=6𝑚𝑣0𝑞𝐿；(3)由几何关系可以确定矩形的宽为：𝐴𝐷=𝑅+𝑦−𝑅cos53∘，𝑦=12𝑎𝑡2=𝐿3，则𝐴𝐷=49𝐿所以矩形的面积为：𝑆=𝐴𝐵

×𝐴𝐷=49𝐿2；答(1)粒子在电场中偏转第一次运动到EF边时速度的大小为5𝑣03，方向与水平方向夹角为𝜃=53∘；(2)匀强磁场的磁感应强度大小为6𝑚𝑣0𝑞𝐿；(3)矩形区域的面积大小𝑆=49𝐿2。【解析】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中

做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律即可解题。(1)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动的运动规律可以求出粒子第一次到达EF边的速度；(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律

可以求出磁感应强度大小；(3)由粒子的运动轨迹与两边相切和几何关系求出矩形的宽度，由面积公式求出矩形面积。