-

x轴分位移大小xp=tcos9+eFcos?m解得E=16B2ed(3)到达P点时，x轴分速度大小，=0os9+2 eEcos旦，my轴分速度大小y,=-sin0+2 eEsin 0m在Ⅱ区磁场中做匀速圆周运动，设速度大小为，转过的圆心角为a(tang=?)2则v,=√+根据洛伦兹力提供向心力有4e,B="m根据几何关系有L-,=2Rsi血受解得L=4d(4)在Ⅲ区内电场中运动，设D点的纵坐标为y。,从C点运动到D点的时间为t1x轴方向上20.=2 eEcos0,y轴方向上yD=v,12eEsinm在磁场中，沿y轴方向做匀速直线运动，设时间为t2,则y轴方向上yp=U,2垂直y轴的面内做匀速圆周运动，设周期为T,则，=乙T,T=m”6解得B-75亚B20【方法技巧】“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题(明性质→要清楚场的性质、方向、强弱、范围等定运动带电粒子依次通过不同场区时，由受力情况确定粒子在不同区域的运动情况画轨迹→正确地画出粒子的运动轨迹图根据区域和运动规律的不同，将粒子运用规律动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理要明确带电粒子通过不同场区的交界处(找关系时速度大小和方向关系，上一个区域的末速度往往是下一个区域的初速度物理答案第136页（共136页）

河南省新乡市第一中学学校2022-2023高二下学期物理3月份月考试卷a注意事项：1。答题前，考生务必将自已的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.选择题答策使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号：非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。4.保持卡面清洁，不折登，不破损。5.本试卷分试题卷和答题卷两部分，满分110分，考试时间90分钟。一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，1一8题只有一个选项正确，9一12题有多个选项正确。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分)1.如图所示，一根固定在墙上的水光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧白由端相距x。套任杆上的小球从中点以初速度V向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则()2A.小球做简谐运动B.小球动能的变化周期为2C.两根弹簧的总弹性势能的变化期为TD.小球的初速度为”时，其运动周期为222.一质点做简谐运动，振福为A、周期为T,O为衡位置，B、C为两侧最大位移处。从质点经过位置P(P与O、B、C三点均不重合)时始计时，以下说法正确的是()A经过号质点的约速度必小于兽B.经过,质点的路程不可能大于A,但可能小于AC.经过二时，质点的瞬时速度不可能与经过P点时的速度大小相等D.经过工时，质点的瞬时速度与经过P点时的速度方向可能相同也可能相反23.一弹簧振子振幅为A,从最大位移处经过时间o第一次到达衡位置，若振子从最大位

15.（18分)如图所示，长度L=0.4m的轻绳一端拴着一质量m=0.5kg的小球，让其在竖直面内做圆周运动，小球可视为质点，且在运动过程中绳子始终处于绷紧状态。斜面左上端与小球运动圆轨迹最低点相切于A点（小球运动到最低点A时对斜面无压力），斜面倾角0=37°，高h=0.45m,重力加速度大小g=10m/s2,sin379=0.6,c0s37°=0.8，忽略空气阻力。(1)若小球刚好能通过最高点，求此时小球的速度大小；若小球通过最高点时的速度大小为3/s,求此时绳的拉力大小。(2)若轻绳能承受的最大张力为45N,求小球速度的最大值。(3)若小球达到(2)问中速度的最大值时绳子刚好断裂，此后小球从光滑斜面的A处水射入斜面，最后从B处离开斜面，

第八单元《交变电流》综合测试（Ⅱ）1.A解析：本题考查交变电流的概念。四个图像中只有选项A的电流方向呈周期性变化，故A项正确。2.B解析：本题考查理想变压器。理想变压器的输人功率等于输出功率，A项错误；变压器是利用互感现象制成的，当输入电压为恒定电压时，变压器不会有电压输出，B项正确、D项错误；变压器既能改变电压也能改变电流，C项错误。3.D解析：本题考查交变电流的产生。从题图中可知，1时刻和3时刻的感应电动势最大，线圈面和磁场行，A项错误；2时刻的感应电动势为0，线圈处于中性面，穿过线圈的磁通量最大，B项错误；2到t4时间内，穿过线圈的磁通量变化量为2BS,C项错误；感应电动势与磁通量的变化率成正比，D项正确。指输电导线上的分压，不是输电电压，A、D项错误，B项正确；只有在输电电流一定的情况下，输电导线上损失的功率与输电导线的电阻成正比，C项错误。5.B解析：本题考查交变电压瞬时值的表达式。交变电压瞬时值的表达式e=Emsin wt,而Em=NBSw,当发电机的转速减小为原来的一半，即ω减小为原来的一半，Em减小为原来的一半，故B项正确。6.B解析：本题考查理想变压器特点。根据u=202sin1001(V)及U=U,可知原线圈两√2的电压U20V,交流电的濒诞凳宁50Hz根电压与皿数的关系光-可得，副线圈两端的电压U,=U,=10V,电压表的示数为10V,A项错误、B项正确：根据欧姆定律2快0.5A.C项误：根据P=P2及P,=尺5W,可知D项7.CD解析：本题考查电感线圈和电容器对交变电流的影响。同一电感线圈对高频交流电阻碍作用大，A项错误；自由电荷不可能从电容器的一个极板直接到另一个极板，B项错误；电感线圈对交变电流的阻碍作用，是由于自感电动势造成的，C项正确；交流电通过电容器，实际上是电容器交替进行充电和放电造成的，D项正确。8.AD解析：本题考查交变电流及电功。电压表的示数是输出电压的有效值，A项正确、B项错误：交变电流的周期T9-4561个周期内，电肌R上产4的热量Q发T=16J,D项正确，170.25s为半个周期，这段时间内通过电阻R的电荷量可能为零，也可能不为零，C项错误。9.BC解析：本题考查理想变压器的动态变化。保持P的位置不变，将Q向上滑动，则输出电压变大，输出电流变大，R。两端电压变大，故电流表和电压表的示数均变大，A项错误、B项正确；在原、副线圈匝数之比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定，因此Q的位置不变时，输出电压不变，此时P向下滑动，副线圈电路总电阻减小，则输出电流变大，R。两☆·23·【23·DY·物理·参考答案一R一选修3一2一Y】

8:如图所示，用同种细导线做成两个闭合单距线圆，正方形线圈的边长与调形线圈的直径相等，把它们故人蓝这应强度随时间均匀变化的同一匀强避扬中，线圆所在面均与磁场方向垂直，若正方形，圆形线周中感应电动势分别用￡：，E:表示，感牌电流分别用1，山：表示，则A.E,E:=41x1￥1-4开B.EE=4+1-11C.E￥E=1:11.12=1t1D.E:E=1:13=n9.如菌所示电路中，灯泡A:B的规格相同，电螺线圈上的口惑系数足够大且电阻可忽略。下列说法正确的是A.开关S由断开变为闭合时，A.B同时变完，之后亮厦都保持不变B开关S由断开变为用合时，B先亮，A逐薪变亮，最后A,B一样亮C.开关S由闭合变为断开时，A。B都闪亮一下后堤灭D.开关S由闭合变为断开时，A闪亮一下后熄灭，B立即熄灭10.图甲为某热敏电阻的阳值R随退度变化的曲级。利用其可以制作温粹报多器，电路前一部分如图乙所示，图中E为直流电源，电动势为10V,内阳不计，当缩出电压达到或超过6,0V时.便触发报登器（图中未酬出）报整，下列说法正确的是缩出电压20406080100℃甲A.若要求环境善没食于60℃开的报警，R应使用热数电阻，代：的阻值应为0.1k0B.若要求环境温度：于0C开始报警，R应使用热敏电阻，R的阳值应为1.2k0C,若要求环境温度高于60℃并始报警，凡应使用热做电阻，R:的阻值应为0.4knD.若要求环境温度高于0℃开始报盛，R应使用热敏电阻，R:的阻值应为1.2k0南三输理第3前（共10黄）

由eBu=m(6分)解得o=eBr(2分)mzm·(eB)2=eBr所以2mr=3m。2m2(4分)代入数据得光电子的最大动能为1×10-18J。(3分)(2)由爱因斯坦光电效应方程得w-Lmd-b受合m心(6分)代入数据得W=1×1018J。(3分)意·18·【23新教材·ZC·物理·参考答案一R一选择性必修第三册一Y】

16.如图12所示，甲、乙两灯分别标有“6V6w”和“6V3W”字样，电源电压国(3)天为6V。不考虑温度对灯丝电阻的影响。质量为(4)先向(1)求甲灯的阻值。(2)连接电路时和连好电路后，怎样控制开关才能保证甲X图丙月电路安全？19.同学们发(3)求该电路最大电功率与最小电功率之比。节上做了图12题的做法(1)如图动也17.图13所示为额定功率为3200W的电热水龙头。经过测试，当电热水龙头正常产生工作，进水温度为9℃，出水温度为49℃时，30s内的出水量为500mL。求：色”》[c*=4.2×103J/(kg·℃)](2)如图(1)电热水龙头这段时间消耗的电能；止移(2)以上过程中，水吸收的热量；体都(3)这款电热水龙头的热效率。或“(3)按图光。图13之间四、实验与探究题（共28分，每小题7分）“地18.长江生态不断恢复，江面上再现“江豚群舞”的场景。某同学利用3D打印机打印出一个江豚模型小吊坠（实心）作为礼物送给妈妈。如图14甲所示，该模型的长度是乙Dcm。接着，他利用天和量筒测量模型材料的密度。4020803001234cm624520.小明同甲乙丙在光具图14①)将天放在小名久L拉动游码至标尺子质时指针偏向分度盘中线左侧，他应该将衡。填“乎衡螺母”或游码)向右移动，直至天(2)将小吊坠放在左盘，往右盘加减砝码，当最后放入1g的砝码时，发现指针指在分度盘中线的右侧，则他下一步的操作是A.向右移动游码(填字母)。(1)B.向左移动衡螺母C.取下1g的砝码月(2)物理样卷试面治/

卡不变，则气体体积不变，D项正确。7.C解析：本题考查分子的均动能、内能、热力学第一定律。氧气的温度降低，分子的均动能减小，但并不是每一个分子的动能都减小，A项错误；海水温度随深度增加而降低，则氧气的温度也降低，内能减少，△U为负值，而汽缸内的氧气的压强随深度增加而增加，根据理想气体状态方程可知氧气的体积减小，则外界对气体做功，W为正值，根据热力学第一定律△U=Q十W,可知氧气放出的热量大于其内能的减少量，B项错误；氧气的温度降低，则氧气分子的均动能减小，单个分子对器壁的均撞击力减小，由于氧气的压强增大，根据压强的微观意义可知，氧气分子单位时间撞击单位面积汽缸壁的次数增加，C项正确、D项错误。8.BD解析：本题考查热力学第一、第二定律。不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他的影响，热机的效率不可能达到100%，A、C项错误；理想气体在等压膨胀的过程中压强不变，体积增大，则气体的温度一定升高，所以气体的内能增大，同时气体的体积增大，对外做功，所以气体一定吸热，B项正确；第一类永动机违反了能量守恒定律，D项正确。9.AD解析：本题考查内能、分子势能、分子的均动能、热力学第一定律的应用。气体从外界吸收的热量Q=4.2×105J,外界对气体做的功W=一6×105J,由热力学第一定律△U=Q十W=一1.8×105J,可知气体内能减少了1.8×105J,A项正确、B项错误；一定质量的理想气体内能减少，温度降低，气体分子的均动能减少，D项正确。10.AC解析：本题考查热力学定律、分子均动能、气体内能。由于气体压强不变，容器体积变为原来的一半，故单位时间内气体分子对单位面积容器壁的碰撞次数变大，A项正确；汽缸中气休发生等压变化，有片号由于温度下降后活塞距汽缸底部的距商变为原米的半，可知气体的热力学温度变为原来的一半，B项错误；气体内能变小，故外界对气体做的功小于气体放出的热量，C项正确；由于气体压强不变，故气体分子对单位面积容器壁的压力不变，D项错误。11.增大(3分)减小(3分)解析：往瓶内打气，压缩瓶内气体，使瓶内气体的内能增大、温度升高，瓶内气体分子均动能增大；当瓶塞跳起时，瓶内气体对瓶塞做功，瓶内气体的内能减小，温度降低，瓶内气体分子均动能减小，从而使瓶口水蒸气液化形成“白雾”。12.(1)减小(1分)正(2分)(2)负(2分)-50(2分)70(2分)解析：(1)对烧瓶内的气体分析，温度稍微降低时，由于瓶内气压等于外界大气压且不变，故瓶内气体的体积减小，外界对气体做正功。(2)气体由状态a变化到状态b的过程中，气体对外界做的功W,=p△V=1.0×105Pa×5.0×104m3=50J,所以外界对气体做负功，记为W=-50J;若此过程中气体的内能增加8【23新教材·DY·物理·参考答案一R一选择性必修第三册一QGA·Y】

讲三步一体高效训练札记(2)释放弹簧后，物块A、B中的哪一个先停止运动？A、B之间最终的距离是多少？解：(1)设释放弹簧瞬间，A和B的速度大小分别为A、BAV24A0444444442040440444444根据动量守恒定律，有0=mAA一mB0B(3分)根据能登守恒定#，有尽=号m,2十awr(3分)联立解得a=4.0m/s,B=1.0m/s。(2分)(2)释放弹簧后，设A物块经过tA时间停止运动，B物块经过B时间停止运动对A分析，根据动量定理，有m magtA=mAvA,解得tA=0.8s(2分)对B分析，根据动量定理，有megte=mBB,解得tB=l.0s(2分)故A物块先停止运动A的位移大小xA=UAtA一282=1.6m(2分)1B的位移大小rB=tB2gg2=0.5m(2分）A、B之间最终的距离△x=xA十xB=2.1m。(2分)9.(24分)如图所示，一质量m=245g的物块（可视为质点）放在质量M=0.5kg的木板左端，木板静止在光滑的水面上，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4。一质量=5g的子弹以速度=300m/s沿水方向射入物块（时间极短）并留在其中，最终物块恰好不会从木板上掉下。已知重力加速度g=10m/s2。求：(1)子弹射入物块过程中，系统损失的机械能△Ek。(2)木板的长度L。(3)当木板的速度板=1m/s时，物块在木板上已经滑行的时间。解：(1)子弹射入物块过程，木板没有发生滑动vo mM子弹与物块组成的系统动量守恒，有o=(十m),解得=6m/s(5分)所以系统报失的机核能△R=号mw2-号(m十m)m=20,5J。(5分)(2)子弹射入物块到子弹、物块、木板三者速度相等的过程根据动量守恒定律，有（十m)=(十m十M2(3分）解得边=2m/s(1分)根据功能关系，有m十m)gL=(m十m)n2-号(M+m十mw2（3分)解得L=3m。(2分)(3)对木板，根据动量定理，有（十m)gt=m℃饭(3分）解得t=0.5s。(2分)【24新教材·ZCYK.物理-R-选择性必修第一册-HUB】

X,=4cm（1分)X,=14cm(1分)(数学知识可以简化，只要写由几何关系易知，得到两激光在棱镜中的路程即得2分)由于两激光束在棱镜中的传播速度相同，则激光束甲、乙在棱镜中传播的时间之比为互=2(1分)t2715.(13分)(1)由闭合电路欧姆定律得E=IR(1分)切割感应电动势E=BLv(1分)解得v=toR(1分)BL(2)滑动摩擦力为f=umg(1分)对导轨受力分析，由牛顿第二定律得f=Ma(1分)导轨匀加速运动16=2(1分)解得u=2M,(1分)mgto(3)在任意短的时间内对金属杆分析，由动量定理得(F-f-BIL)△t=m△v叠加求和有

M315.(17分)如图所示，在倾角0=30的足够长固定斜面上，将质量M=3kg的长木板由静止释39放的同时，一质量m=0.5kg的物块以b=6,2m/s的初速度从木板的下端滑上木板。在物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，且物块到达木板上端时物块的速度恰好为零。已知物块与木板之问的动摩擦因数A一得，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。求：(1)木板的长度L,5M.(2)木板与斜面之间的动摩擦因数；65的物休报阳(3)物块滑离木板时，木板的速度大小。zm15场《C9 tMinghs9n☑或vaL0334722↓睡nvg115了以%》8802V-m4够n99g05902营mge (nnvreMs50t2%碱50t【高二物理第6页（共6页）】·24-05B·

10,如图所示。间距为L的光滑行直导轨倾斜固定放置，导轨面的颜角为30°，导轨上端接有阳值为R的定值电阻。垂直于导轨面向上的有界骏场1、Ⅱ的篮感应强度大小均为B.波场的边界均垂直于导轨，两个磁场的宽度均为4，酷场1的下边界与蔽场Ⅱ的上边界间的距离也为山。质量为m、有效电阻为R的金属棒心垂直导轨放置，离磁场1上边界的距离为24，由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，金属棒进人两个磁场时的速度相同，导轨电阻不计重力加速度为g,则A金属棒通过磁场I的过程中，通过电阻R的电荷量为BRB.金属棒出磁场I时的速度大小为√g@C.金属棒通过磁场【过程中金属棒重力的冲量大小为.303081d-2(2-1)mVg@2RD.金属棒通过两个磁场过程中，电阻R中产生的焦耳热为mgd二、非选择题：本题共6小题，共70分。11.(6分)某课外兴趣小组用如图1所示的实验装置测当地的重力加速度。图中金属框由粗细均匀的金属条折成，实验时用铁夹夹着金属框。金属框数字计时器·光电门23cm01020图1图2(1)实验前用游标卡尺测金属条的直径，如图2所示，则金属条的直径d=mm;(2)用刻度尺测出金属框上、下两边的距离L,实验时松开铁夹，金属框通过光电门，数字计时器先后两次测得挡光时间分别为，由此可求得当地的重力加速度为g=(用测量的物理量符号表示)；(⊙)市光电门的高度多水实验，测得多组金属程先后挡光的时间（女，作号图像，若图像与纵轴的截距为6，则当地的重力加速度g(用b、d、L表示)：如果用金属框上、下两边内侧间的距离作为上、下两边间距离，则测得的重力加速度与实际值相比(填“偏大”“偏小”或“相等”)。物理试题第4页（共8页）

作品都部分地不完整，要将、烧发瑰伟大作品都存在道德。花就足比德以7见棉太作品的重要组成部分。这也印证了愈是好作品想能阿花思说过：小说的张力来自省略。正如二个雕塑大师完成一件作品，着话怎么看？是什么，接下来要做的，只是别除多余的部分。所有艺术品：。具张力。这也正是一部作品的价值所在。老无之以为用。”作家的作品是“器”，有用的能力》)八离为100口三次月考4.如图所示，某同学正推着“擦窗神器”在竖直玻璃窗上匀速向上运动，推力的大小为F、方向与A.“7:3竖直方向的夹角为a(0°

作品都部分地不完整，要将、烧发瑰伟大作品都存在道德。花就足比德以7见棉太作品的重要组成部分。这也印证了愈是好作品想能阿花思说过：小说的张力来自省略。正如二个雕塑大师完成一件作品，着话怎么看？是什么，接下来要做的，只是别除多余的部分。所有艺术品：。具张力。这也正是一部作品的价值所在。老无之以为用。”作家的作品是“器”，有用的能力》)八离为100口三次月考4.如图所示，某同学正推着“擦窗神器”在竖直玻璃窗上匀速向上运动，推力的大小为F、方向与A.“7:3竖直方向的夹角为a(0°

■■■☐☐☐一起匀减速，故A错误。滑块受到传送带的摩擦力一直为滑动摩擦力，但是方向先向右，达到5m/s后摩擦力向左，故B错误。匀加速阶段，有a=g=lms2、v=a41,解得(，=5s,0所以滑块的位移为，=12.5m,传送带的位移为。=4=25m，故在匀加速阶段划痕长度为(=x,-x=12.5m；滑块匀减速阶段的加速度大小与匀加速阶段加速度大小相等，且末速度为零，所以匀减速位移的大小与匀加速阶段的位移大小相等，为12.5，传送带的位移为252m=6.25m,故匀减速阶段的划痕长度为12=x-x)=6.25m<4,2a'2×2由此可知，滑块在传送带上的划痕长度为12.5，故C错误。全过程中摩擦生的热为2=umg+umgl2=18.75J,故D正确。7.对小球进行受力分析，如图所示，g的对角始终为120°，设F4的对角为α，Fe的对角为B,缓慢转动过程中，小球始终受力衡，mgB由正弦定理得ms。=E1=B。,a角由150°减小到60，F,先增大后减小，当sinl20°sina sin B&=90时，万，最大，最大值为2V5mg,故A正确，C错误。B角由90增加到180°，F3一直减小到0，当B=90°时，Fe最大，最大值为2W33,故B、D正确。8.0~t2时间内，手机向下做加速度减小的加速运动，加速度方向向下；2~时间内，手机向下做加速度增大的减速运动，加速度方向向上，七，时刻，加速度最大，七，时刻加速度为零，速度达到最大值，故A正确，B错误。，时刻，手机加速度为零，则支持力大小等于重力大小，支持力不为零，根据牛顿第三定律，则手机对薄板压力不为零，故C错误。t时刻，加速度方向向上，大小为g，手机对薄板压力为2mg,故D正确。9出1图餐可如，无人机a做匀速直线运动，遮度大小为，-8，之ms-2ms,由-1图像的斜率表示速度可知t=3s时，具有相同的速度，无人机b初速度为8m/s,经过3s速度变为2ms,a=--2ms2,负号表示与初速度方向相反，故A、B正确。0一3s内b的位移为x,=5+亏a=15m,因此t=0时b的坐标为x=-7m,a的坐标为x=2m,则2t=0时，a和b相距9m,故C错误。t=2s时，a的坐标为x=6m,0~2s内b的位移为x2=42+。at=12m,故t=2s时，b的坐标为x=5m,a在b前方1m处，故D正确。物理参考答案·第2页（共5页）

(3)第一次按乙图所示的电路测量，调节滑动变阻器的滑片，测得多组电压U及电流1的值：第二次将电压表改接在α、b两点测量，测得多组电压U及电流I的值，并根据两次测量结果分别作出U-1图像，如丁图所示。则第一次测量得到的图线是▲(填“M"或“N"):(4)电压表可看作理想电表，由-1图像可得电阻丝的电阻R=▲，根据电阻定律可求得电阻丝的电阻率p=▲D·m(π取3.14，计算结果均保留2位有效数字)。UW12025307万-100125150hmA11.(9分)如图所示，竖直放置的导热薄玻璃管下端封闭、上端开口，管内用长为h=14cm的水银柱密封一段长为1=30cm的理想气体，此时环境温度T。=300K,缓慢加热密封气体，水银柱上升了△1=10cm,已知大气压强恒为P%=76cmHg,玻璃管足够长。求：(1)加热前密封气体的压强；(2)加热后气体的温度T,;(3)保持温度T,不变，在玻璃管上端缓慢注人水银，使得气体长度恢复到30cm,则所加水银柱长度△h。广西2023年10月高中华业班摸底测试·物理第5页（共6页）

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