2:B2X54☑202m(U生A迈△U=而h州B入质谱仪是分离和检测同位素的仪器，现有一价的钾39和钾41离子函混合物经同电场由静止开始加速后，沿着与磁场边界垂直的方向进入匀强做场中，如图所示。测试时设置加速电压大小为，但在实验过程中加速电压有较小的波动，可能偏大或偏小4U。为使钾39和钾41打在照相底片上的区域不重叠，不计离子的重力和离子间的相互作用，则△U应小于A.4069V=mux9V:m尖B.39D.底C.M业人甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沼同一方做直线运动。甲做初速度为零，加速度大小为a1的匀加速直线运动；乙做初速度为o,加速度大小为2的匀减速直线运动，直至速度减为零。将两质点的初始位置作为位置↑x/m坐标原点，沿运动方向建立直角坐标系，则两质点在运动过程中的x-?(位置一速度)图像如图所示，则下列说法正确的是A.图线a表示质羔乙的运动&CB.图线a、b的交点表示两质点同过今一位登V岬=V28 o/(m/s)C.质点乙的加速度大小a2=1m/s20甲+Qz=3m/s2D.质点甲的加速度大小a1=6m/s20p=20zA甲=2k29.如图所示，OPH是以N为圆心、半径为R的半圆M心N处分别固定等量的点电荷十q和一9，取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是A.O点的电场强度小于H点的电场强度B.O点的电势高于H点的电势b、DC.带正电的试探电荷沿OPH移动，电场力对其先做正功后做负功D.带负电的试探电荷沿OPH移动，其电势能逐渐增大爱因斯坦提出了光子说，很好地解释了光电效应实验中的各种现象。验有关的四幅图如图所示与光电效应实,下列说法正确的是验电器锌板紫外线灯C、D强黄光↑EJ弱黄光E图1光巾效应实验图2光屯流与电压的关系图3金属的遏制电压U与图4光电子的最大初动能入射光频率的关系A,如图1装置，如果先让锌板带负电，再用紫外线灯照射锌板，则验电器的张角变大与入射光频率的关系B,由图2可知，黄光越强，光电流越大，C.由图3可知，2为该金属的截止频率说明光子的能量与光强有关D.由图4可知，E等于该金属的逸出功e化=Ekm=hV-W的理试商第：页（失6天人：名名感

高中学业水选择性考试冲刺试卷（六）》物理时量：75分钟满分：100分命题人：曾利审稿：雅礼中学一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，1.“C发生放射性衰变为“N,半衰期约为5730年，已知自然环境中的C与2C的比例不变，植物生命活动结束后，“C的比例会持续减少.现测量某古木样品中C的比例，发现正好是现代植物样品中4C比例的二分之一.则A.该古木生命活动结束的年代距今约5730年B.再过约5730年，该样品中的4C将全部衰变殆尽C.14C衰变为4N的本质是H→n+eD.改变样品测量环境的温度和压强，可以改变4C的衰变快慢2.利用传感器和计算机可以研究力的大小变化情况，实验时让质量为m↑F/N的某同学从桌子上跳下，自由下落高度H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，其重心又下降了h,计算机显示该同学受到地面支持力F随时间变mg化的图像如图所示，根据图像提供的信息，以下判断中错误的是()t t2 ta t/sA.从0至t时间内该同学处于失重状态B.从t1至t2时间内该同学处于超重状态C.t2时刻该同学加速度为零D.从t2到t3时间内该同学的加速度在逐渐减小3.如图所示，两个小球a、b质量均为m,用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F,使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为0=45°，已知弹簧的劲度系数为k,则@)M-弹簧形变量不可能是()A.2mg婴C.42mgD.2mg3k4.如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，产生的交变电流输入理想变压器的原线圈，发电机取两种不同的转速，使其电动势随时间的变化规律如图乙中α、b所【高中学业水选择性考试冲刺试卷（六）·物理第1页（共6页）】

某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，可以用来测量竖直上下电梯运行时的加速度，其构造如图所示。把一根轻弹簧上端固定在小木板上，下端悬吊0.9重物时，弹簧下端的指针指木板上刻度为C的位置，把悬吊1.0N重物时指针位置的刻度标记为0，以后该重物就固定在弹簧上，和小木板上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”。重力加速度g取10m/s2。wtrrrP03(1)“竖直加速度测量仪”依据的主要原理有共点力衡、胡克定律以及(用文字表述)，用相应的刻度标注加速度的大小，示数的单位OG单位：m/s2用m/s2表示，加速度的方向向上为正、向下为负。(2)D处刻度应标注的加速度为m/s2,表明测试的电梯处于状态(填“超重”、“失重”或“不超重不失重”)12.(8分)某同学用图1所示电路来测量一刻度清楚但数值标度不清的电流表A1的量程和内阻。图图2(1)按电路图2进行实物连线：(2)将R2的滑片调制最左端，闭合开关S,调节电阻箱和滑动变阻器，使电流表满偏，记录电压表读数U,和电阻箱阻值R1U/102VA2.51.50→R,/210Er图3图4(3)重复(2)步骤得到多组数据，描出V-R1图象如图3所示，则此电流表量程为mA,内阻为0:

BL此时回路中电流三R,第2根金属棒受到的安培力F=BL,此时第2根金属棒的加速度AAm2.5m/s2,故B错误；金属棒出磁场后做匀速直线运动，第n根金属棒在磁场中运动时，根据动量定理有一BIL△t=m.-m、g=I△t、g=BL:·联立解得，号m/s,第3根金属摔刚出磁场时，第23两根金属R十nR棒的速度大小为=号m/s,=号ms,则第3根金属棒刚出磁场时，第2,3两根金属棒的速度大小之比3:2,故C正确：第u根金属棒在磁场中运动的过程中，根据能量守恒定律有Q=m心一之m暖，设第1根金属棒中电流为I,则第n根金属棒中电流为(n一1)I,总的焦耳热Q=(n一1)IRt十[(-1)]Rt,解得第1根金属棒上产生的热量Q=IPR1=25(n十1)，故D正确.n9.0Bdw(每空2分)2解析：线圈在图示位置时，是中性面即感应电动势为0，则磁通量变化率为0；线圈转动过程中，当从图示位置转过90时，感应电流最大为1-心聚，电阻两端电压的最大值为U=1R=《B210.（1)a(2)4（L二L)(每空2分)T-T解析：1)由单摆周期公式T=2x√任可得T=2x√g+正，则T=4红L+4红L。,则T-L的正确图像gg应为a;(2)由(1)问可知，T=4红(L+L）,T=红(L十L),解得g=4LL).ggT-T11.(1)连续相等时间间隔内的位移差近似相等(2分)(2)1.84(2分)(3)1.29(2分，1.27~1.32之间均可得分)解析：(1)由表格数据可知，摩托车在连续相等时间间隔内的位移差近似等于0.32m,由此可知，摩托车近似做匀加速直运动；(2)当x=1.24m时摩托车的速度为0=2.32-0.48，m/s=1.84m/s;1.0(3)由逐差法可知，摩托车的加速度为a=12.60,3.72)-3.72m/s=1,29m/s.(4X0.5)912.(1)如图所示(1分)A(2)6.0(2分)1.0(2分)(3)1.44×10-2(1分，1.42×10-2~1.48×10-2间均可得分)解析：(1)电源的内阻远远小于电压表的内阻，所以应该选择对电源来说的外接法：(2)根据闭合电路欧姆定律得U=E一I(r十R,)可知图像的斜率为一(r十R,)=0,解得r=1,02,纵截距为电动势E=6,0V(3)设热敏电阻两端电压为J、通过热敏电阻的电流为I,根据闭合电路欧姆定律有2U十I(R'十)=E,代入数据得U=3一100I,作出图线如图所示.图线交点表示此时热敏电阻的电压为2.4V、电流为6mA,故电功率P=IU=1.44×10-2W.A1/mA5030201034567六V【高三物理参考答案第2页（共4页）】

产可以看mgc0s台=m物块经过B点时，设最大速度为n,同理有mgcos日-mgsin日三m7,<,圆盘匀速转动所以保证物块运动到A点没有滑离圆盘并不能保证运动到其他点也不滑离圆盘，B项错误：物块运动到C,D两点时，设静摩擦力大小为上，方向与半径夹角。，根据速圆周运动特点，受力分析可得F,cos a=m0d,Fain a=mgsin,联立可解得F,√(mgsin)+(mw),C项错误，D项正确。&.I答案JBD【解析】假定两竹竿与地面倾角为0，砖块的质量为m,每一根竹竿对砖块的支持力为F、,以砖为研究对象，只在垂直于竹竿面内对其受力分析，如图所示，依题意有2Kc0:a=mgc0s9.则有R=cs8。若仅将两竹竿间距增大一些，由于支持力垂直于接触面，α角保持不变，则F2cos a不变，A项错误；假定砖块与竹竿的动摩擦因数为μ，则摩擦力为F:=2μF、,据前面分析，由于F不变，则下滑过程中竹竿对砖块的摩擦力不变，B项正确；根据牛顿第二定律有ma=mgsin0F,解得a=gsn0-5co9,由于a角不变，则下滑的加速度不变，C项结误：由于下滑加速度7COS O变，根据匀变速直线运动规律，x=24,则下滑时间不变，D项正确砖块F、9.【答案】BD【解析】设网球飞出时的速度为o,竖直方向6竖直=2g(H-h)、代入数据得s直√2×10×(8.45-1.25)m/s=12m/s,则o*=√132-122m/s=5m/s.网球水方向到P点的距离水=1=k早·直-6m,根据几何关系可得打在墙面上时，垂直培面的速度分g6=号=4，子行墙面的速度分量年1=s·子-3m.反弹后，垂直墙面3速度分量水1=0.75·o水1=3m/s,则反弹后的网球速度大小为t*=√①永+6水.23i网球落到地面的时间y√得13者地点到装壁的距离d=-3.9项正确。10.【答案】AD【解析】因为整个过程中只有重力对两小球与轻杆组成的系统做功，系统机械能守恒，A项确：由几何关系可知，若Q球位于C处，则P球位于释放点下方，由机械能守恒定律可知此时统的动能不为零，C不可能为两球第一次上升到最高点时Q球的位置，B项错误：如图1，当球Q第一次位于半圆弧轨道最低点时，小球P和Q的速度在杆上的投影相等，即pc0s物理第18页（共96页）

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