龙岩一中2023届高三第二次月考物理试卷答案1.D【详解】A.测得在第5s内的位移是18，则根据匀变速直线运动时间与位移的关系可知物体第5s内的位移满足公式。=-=方8×5”-方8×4=18m解得8=4mS物体微自由落体运动.则物体在2公末的速度是与=g=4×2=8ms:B.根据题意可知，物体在第5s内的均速度为5=18=18s:C.以选项A的分析为基础，128根据匀变速直线运动时间与位移的关系可知物体在前2s内的位移为，==2×4x2=8m:D.以选项A的分析为1基础，根据匀变速直线运动时间与位移的关系可知物体在前5s内的位移为S2=一g1=一×4×52=50m故D正确。222.B【详解】滑块上升过程中受滑动摩擦力，有F=Fw,Fw=mgcos 0联立，解得F=6.4N方向沿斜面向下。当滑块的速度减为零后，由于重力的分力mgsin=6N

全国@0所名接单元测试示范卷教学札记16.(13分)如图所示，直角坐标系第一象限有沿y轴负方向的匀强电场，现从y轴S点在坐标轴面内以大小为的速度沿x轴正方向发射质量为m、带电荷量为十q的粒子，粒子从x轴上H点离开电场。已知S点坐标为(0,3a),H点坐标为(2√3a,0),不计粒子的重力。(1)求匀强电场的电场强度大小。(2)若在y轴负半轴上固定一负点电荷（不影响第一象限的电场），使带电粒子在第四象限恰能做匀速圆周运动，求负点电荷固定的位置及所带电荷量。（静电力常量为）解：(1)带电粒子在匀强电场中做类抛运动沿x轴方向有x=t(2分)》沿y轴方向有y=号网：2分)H0联立解得E-29a。(1分)------------------------------(2)粒子进入第四象限时有4，-鸟=3,0=2(2分)m速度与水方向的夹角tn0==√3,0=60°(1分)负点电荷时定的全标)-25aiam30=一2a,一20=和(2分)库仑力提供向心力有g=m二(2分)解得Q=16ma?kg。(1分)★【23·DY.物理-HKB-选修3-1-QG】23

全国®0所名接单元测试示范卷教学由衡条件知T2一F2=0(2分)札记解得连接球A、B的绳的拉力的大小T2=15N。(2分)14.(13分)如图甲所示，用一大小F=100N的水作用力把一质量m=5.0kg的物块挤压在墙上，物块恰好不下滑。若物块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。(1)求物块与墙面间的动摩擦因数(2)如图乙所示，保持F大小不变，调整F与竖直方向的角度0，当物块甲恰好不上滑时，sin0为多少？↑F解：(1)用力F=100N将物块挤压在墙上，物块恰好不能下滑时，物块受力如图丙所示，此时摩F擦力恰为滑动摩擦力水方向，有FN一F=0(2分)mg竖直方向，有F:一mg=0(2分)且F=FN(2分)解得=0.5。(1分)(2)设F与竖直方向夹角为0时，物块恰好不上滑，受力如图丁所示水方向，有Fsin0-Fx'=0(2分)竖直方向，有Fcos0-mg-F'=0(2分)又F'=FN',sin0+cos26=1(1分)mg解得sin0=0.6。(1分)丁15.(15分)如图甲所示，两根质地相同的轻绳分别固定于A、B两点，且AB-20√3cm,两绳末端拴住同一小球（可视为质点），绳OA=20cm、OB-40cm。现用与水方向始终A成60°角的力F缓慢将小球拉起，若小球质量=3√3kg,绳能承受的最大拉力是A60°100N,重力加速度g=10m/s2。B(1)求绳OB恰好拉直时，力F的大小及此时绳OA的拉力大小TA。(2)绳OB拉直后仍缓慢增大力F的大小，为了使两根绳均不被拉断，力F的最大值是甲多少？解：(1)绳OB恰好拉直时，由几何知识知，绳OA恰好水，绳OB与水方向夹角0=60°，小球受力如图乙所示2TAT60°60960°mgmg乙丙水方向，有Fc0s60°-TA=0(2分)竖直方向，有Fsin60°-mg=0(2分)解得F=60N,TA=30N。(1分)(2)绳OB拉直后再增大力F的过程中，小球受力如图丙所示，由几何知识知，绳OB与力F在一条直线上水方向，有Fcos60°-T5cos60°-Ta'=0(2分)竖直方向，有Fsin60°-ng-Tasin60°=0(2分)解得TA′=30N,F=TB十60N(1分)即绳OB拉直后再增大力F,绳OA的拉力不变，只增大绳OB的拉力，绳能承受的最大拉力是100N,所以力F的最大值是160N。(2分)【23新教材DY.物理-R-必修第一册-HUN】37

得a2=之s正确，B项错误；当滑块A、B一起运动时，a均：【变式7】B【解析】0一t1时间内小物块向1为g,对A由牛顿第二定律可得F1=mg,左做匀减速直线运动，1时刻小物块向左的速因为<1，所以a乙a,假设成立，则度减为零，此时离A处的距离达到最大，A项F印=ma十mg-3l士2mg.为恒力，C、D项前部分图像均符合在弹簧弹力错误；2时刻前小物块相对传送带向左运动，之4逐渐减小至最高点A、B分离的过程，A不受B【例3】A【解析】用恒力F竖直向上拉着后小物块相对传送带静止，2时刻小物块相对的压力，此后，A所受合力F1一k(x0一x)一传送带滑动的距离达到最大，B项正确：0~t2a时，先用整体法有F一(1+m2)g=(m1十时间内小物块先减速，后反向加速，小物块受到m2)a,再隔离b有kx1一m2g=2a,可得x1=mgsin9-一kx十之mg,C项正确，D项错误。大小不变，方向始终向右的摩擦力作用，C项错(m1十m2);沿水方向拉着a时，先用整体【例6】B℃【解析】以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律，有F+NB-(mA十mB)g误；2时刻小物块向右的速度增加到与传送带法有F=(m1十m2)a',再隔离b有kx2=m2a',相等，2时刻之后小物块与传送带保持相对静-(mA+mB)a,F=(mA+mB)a+(mA+mB)gm2F止随水传送带一起匀速运动，摩擦力消失，D可得2(m十)，故=2，A项正确。NB,当VAB最大时，F最小，即刚开始施力项错误。【例4】(1)6m/s(2)0.5s时，NaB最大，等于重力，Fmin-(mA十mB)a-【例8】(1)0.4m/s2(2)4.5s6N,A项错误，B项正确；刚开始，弹簧的压缩【解析】(1)放上物块之前，设木板的加速度大【解析】(1)小包裹的速度2大于传送带的速小为a1量-（mA+B)g-0.05m,A,B分离时，其度)，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带对木板，根据牛顿第二定律有F=Ma1,解得a1间恰好无作用力，对托盘，由牛顿第二定律可知向上，根据牛顿第二定律可知ngcos a-一ngsin a=4m/s2,方向向左kx2一Mg-Ma,得x2-0.01m,物块在这一过木板做匀减速直线运动，则有一十(程中的位移△x=x1一x2=0.01m,山运动学公解得a=0.4m/s2。a1t),解得-6m/sa式可知2=2a△x,代入数据得v=0.2m/s,C(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做(2)放上物块之后，设物块的加速度大小为a2,项正确，D项错误。匀减速直线运动，用时1=少一四=2.5s木板的加速度大小为as【变式5】ACD【解析】三个物块一起做匀对物块，根据牛顿第二定律有mg=na2速直线运动，由衡条件，对a、b、c系统有F小包裹做匀减速运动的距离1=十必1-2解得a2=4m/s2,方向向右3ng,对b、c系统有FT=2ng,则FFT,即2.75m对木板，根据牛顿第二定律有F十ng一Ma3水拉力大于轻绳的弹力，A项正确；c做匀速因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带解得a3=8m/s2,方向向左直线运动，处于衡状态，则c不受摩擦力，卫方向上的分力，即ungcos a>ngsin a,所以小经过时间t2,二者共速时有a2t2一十（项错误；当水拉力增大为原来的1.5倍时，F包裹与传送带达到共同速度后做匀速直线运动agt2),解得t2-0.5s=1.5F=4.5umg,由牛顿第二定律，对a、b、c至传送带底端，匀速运动的时间共速后若物块和木板相对静止，设二者共同的系统有F'一-3g=3a,对c有Ft=ma,解得加速度大小为an,由于F=(M十m)ao,解得anFr=0.5mg,C项正确；剪断轻绳后，b、c一起2=L-=2s=2m/s215N时，两者发生相对滑动，小滑块的3a,解得F-3mg,可知当F>3g时，A、B×(4+12)×1m+2×1×4m=10m,B项错加速度大小a=m8-5m/s2,B项错误：对长2发生相对滑动。当F2mg时，即水拉力小误；01s内，a1=gsin0+gcos0=8m/s2,1s木板，根据牛顿第二定律得F一mg=Ma,解于A、B之间的最大静摩擦力，则A、B不发生~2s内，a2=gsin0-gc0sf=4m/s2,解得得a=6.5m/s2,C项正确；当拉力大于15N相对滑动；对整体分析，山于整体受到地面的最4,C项错误；在1s~2s内，摩擦力方向与物时，两物体发生相对滑动，小滑块的加速度a=大静摩擦力，fm=之μX3mg=之mg,当F≤块的运动方向相同，D项错误g=5m/s2,恒定不变，D项错误。号mg时A,B相对地面静止。当F=号mg实验4探究加速度与物体【例5】AB【解析】当P、Q传感器都不受力，只有N传感器受力时，汽车向左加速度的<3g时，A、B保持相对静止，对整体分析，F受力、物体质量的关系大小a=gtan0=2.7m/s2,即在汽车向问左匀加2μ×3ng-3maA,解得A的加速度为【例1】(1)0.18或0.19(2)甲甲和乙速启动过程中，P传感器示数为零，而Q、N传3g。设B的最大加速度为am,由牛顿第二【解析】(1)相邻两个计数点间的时间间隔T感器示数不为零时，汽车的加速度大于=0.1s,山匀加速直线运动中，均速度等于2.7m/s2,A、B两项正确。定律得2ng2ng-maBm,解得aBm中间时刻的瞬时速度可得，在打d点时小车的【变式4】AC【解析】未施加拉力F时两速度滑块均处于静止状态，设此时弹簧的压缩量为2g,可知B的加速度不会超过？g。bf(38.10-30.70)×10-2x0,由衡条件可得k.xo=2 ngsin0,两滑块未Udm/s≈44×0.1分离前，二者一起做匀加速直线运动，对A、B【例7】C【解析】作↑/(ms-)0.19m/s.整体进行受力分析，由牛顿第二定律可得F十出u一t图像如图所示，0.2(2)在图甲的实验方案中，由托盘和砝码的重力k1一2 ngsin0-2ma,x1为弹簧的压缩量，故设行李箱做匀加速运动提供拉力，让小车做匀加速直线运动，由牛顿第的对地位移为1，摩擦痕有=o-x,联立解得F=kx十之mg,故为迹的长度为△s,根据二定律可得mg=(M什m)a,则a=m十M8,则A项的前部分图像，在A、B分离后，对B由牛=2gs1,中一t图像可知s1=△s=0.004m,M顿第二定律可得F一ngsin0=ma,解得F=可得行李箱与传送带间的动摩擦因数4一0.5，绳子对小车的拉力F=M=m十M·mg。当4mg,为恒定值，为A项的后部分图像，A项由o-at1=gt1可得行李箱做匀加速运动的M>时，绳子拉力近似等于托盘和砝码的重时间t1=0.04s,C项正确。力。故甲需要满足M>m。4·23XKA(新)·物理一D版一XC

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1、[

度对应的质量是不均匀的，B错误；当称量物体的质量为2m时，有2mg=kA,解得△x=号L,则滑动变阻器接人电路的阻值为R一号R,电压表示数为U一完一号，C错误：当电压表示数为号E时，有是解得风一号R,则弹资被压笔号1有Mg一去号解得-3D正晚9.AD由题意可知，篮球从抛出到最高点，竖直方向的位移大小为h=h2一h1=1.8m,由=2gh,解得篮球竖直方向分速度，=6m/s,则篮球从抛出到最高点的时间为t=盘=0.6s,篮球水方向的速度大小为gu,=√-=8m/s,则甲队员传球时，球与乙队员的水距离为x=u,t=4.8m,A正确、B错误；篮球运动过程中机械能守恒，则队友接球前瞬间，篮球的机械能恒为E=号mG十mgh1=39J,C错误；若仅增大出手时篮球与水方向的角度，在水方向的分速度变小，运动到乙位置时的高度可能低于乙第一次拦截的高度h2,D正确.10.BCD由于在移动的过程中，O点到三个点电荷的距离保持不变，所以结合p=g可知，O点的电势保持不变，A错误；A、B点电荷在O处产生的场强为零，故O点的合场强等于C在O点产生的场强，所以在C移动的过程中，O点的场强大小保持不变、方向变化，B正确：如图所示，由E=架及行四边形定则可知，C所处位置的场E合强大小为E6-kQ√()+()'，其中n=2Rsin0,m=2Rcos0.0<<受，由数学知识可知，在移动的过程中，C所处位置的E合先减小后增大，则C所受电场力先减小后增大，C正确；同理可得C所处位置的电势为94=Q(分十)，由数学知识可知，在C移动的过程中94先减小后增大，由￡一9可知，C的电势能先减小后增大，D正确，【方法点拨】如图所示，由两个等量正点电荷形成的电场线、等势面的分布情况可知，将C沿半圆弧从A点移动到B点的过程中，C所受电场力先减小后增大，C正确；在移动的过程中，C所处位置的电势先降低后升高，由E。=q9可知，C的电势能先减小后增大，D正确1.(10.60(3)不需要(4Mu(分-)（每空2分）解析：(1)游标卡尺读数为d=0mm+12×0.05mm=0.60mm.(3)实验中可通过力传感器来直接测量细线的拉力，不需要将重物的重力近似等于细线的拉力，故实验中不需要满足M远大于m.(4)小车通过光电门A、B时的速度分别为A=和B=,以小车为研究对象，小车通过光电门A、B过程中，合力的冲量为14=，小车通过光电门A,B时动量的变化量为△0=M:一Mn=Ma(分女)，则验证动量定理的表达式为=Md(分一)】12.(1)1.40100(2)b.40c.15.6d.26(每空2分)EE解析：1)由I=RA千R可知，当电阻箱阻值为75Q和250Q时，有8.0mA=RA十75和4.0mA=RA十2500：联立解得E-1.40V,RA=100Q.(2)b.将两表笔短接进行欧姆调零，有E=Ig(RA十R1),解得R1=402;【高三名校阶段检测联考·物理参考答案第2页（共4页）】

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全国1®0所名接单元测试示范卷教学答案：D札记7.如图所示，物体A的质量A=1kg,放在光滑水面上，一个质量B=3kg的物体B从光滑的四分之一圆弧轨道顶端由静止开始滑下，圆弧轨道与水面相切，B与

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6.明初，德庆侯廖永忠因僭用龙凤花纹被处死刑。但至晚期，“团龙”“立龙”等花纹已成为百姓服装上常见的纹饰。这反映出明朝晚期A.君主专制统治遭到削弱B.传统礼制受到一定冲击C.寻常百姓不受礼制束缚D.经

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4到6，主要发生的反应是HC,0:转化为C2O,离子方程式为：OH+HC,0:=H2O+C2O,故B错误

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第二节（共5小题：每小题2.5分，满分12.5分）根据短文内容，从短文后的选项中选出能填入空白处的最佳选项。选项中有两项为多余选项。Whether you're a student,an adult

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2024-02-08 09:06:14

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16.(13分)如图所示，在水面上固定一个倾角为。=37°，表面光滑且腰长为d,-4.5m的等腰三角形斜面，一长为=6m的

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复考总复总复NH2(3)15(2分)；H0CH(2分)CHOHHLi.BrCHzCIHCICH-CH:CI-O.Cu

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复考总复总复NH2(3

9.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形图如图所示，P、Q为波上的两个质点，其衡位置坐标分别为xp=2.5m、xQ=5.5m,质点P在↑y/cm接下来的5s内完成了10次全振动，下列说法正确的是A.Q点的振动比P点滞后半个周期B.这列波的频率为0.5Hz-2C.这列波的波长为6mD.这列波的传播速度为3m/s10.如图甲所示，在某均匀介质中建立三维直角坐标系，其中xOy面水。x轴上的两个波源S1、S2的坐标分别为x1=一3m、x2=√33m,t=0时刻S1、S2同时开始振动，两个波源的振动情况完全相同，它们的振动图像如图乙所示。两列波在介质中的传播速度均为8m/s,下列说法正确的是↑zlm个zlcmS-30V33 x/m0.250.5甲A.S1、S2的中点为振动加强点B.两列波均传播到P点后，P点的振幅为l0cmC.在x轴上S1、S2两点间有4个振动加强点D.波源S2的振动形式传播到P点比波源S1晚0.25s三、非选择题：共54分。11.(8分)邹同学利用双缝干涉测量光的波长的实验装置如图甲所示，单色光在双缝与毛玻璃之间发生干涉，在目镜中可观察到干涉条纹。灯泡透镜单缝双缝拨杆遮光筒接长管目镜滤光片单缝管手轮测量头1510丙入(1)在实验当中，该同学观察到的图像如图乙所示，发现测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，为了使干涉条纹与分划板中心刻线在同一方向上，下列操作中可行的有A仅适当调节拨杆方向B.仅将遮光筒旋转一个适当角度C.仅将测量头旋转一个适当角度D.仅将双缝旋转一个适当角度【高二物理第3页（共6页）】·24-369B·■CS扫描全能王▣3亿人都在用的扫描App

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18:230AI护眼Qx令：⑤4①九、综合应用题（本大题共6个小题，36小题2分，37、39小题各3分，38小题4分，40、41小题各6分，共24分）36.不变不太高的楼层人可以直接跳上去37.(1)

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自主权；重用少数民族首领且可以世袭；因俗而治。（任答4点8分）(2)变化：间接统治区域转为直接统治区域。(2分)积极影响：有利于抵御列强对我国边疆的侵略；有利于维护祖国领土完整和国家统一；推动了边疆地