江西红色十校2月联考物理参考答案一、选择题:本题共10小题,共46分。在每小题给出的四个中,第1~7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8~10题有多项符合题目要求,每小题6分,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。1．C【解析】机械波的传播速度由传播介质决定，故简谐波a、b在软绳上的传播速度大小相等，所以同时到达M点，C正确。2．BL【解析】由双缝干涉条纹间距公式x，增大双缝间距d，其他条件不变，干涉条纹间距Δx变小，d屏上出现的干涉条纹将变密集，A错误；将绿色滤光片换成红色滤光片，其他条件不变，因光波波长变长，条纹间距将变大，B正确；增加光源与滤光片间的距离或减小单缝与双缝间的距离，均不改变双缝干涉条纹间距，在光屏上观察到条纹数目不变，C、D错误。3．B【解析】ab过程是等温过程，由玻意耳定律pV=C，知气体压强减小，A错误；ab过程气体对外做功且内能不变，由热力学第一定律知气体一定从外界吸热，B正确；bc过程气体温度升高，体积减小，由理pV想气体状态方程C，知气体压强增大，C错误；ca过程中气体温度降低，气体分子的平均动能减小，TD错误。4．BU1n1【解析】需将M、N间的电压降低后才能接普通的交流电压表，由可知cd接MN、ab接普通U2n2的交流电压表，A错误，B正确；电压互感器不改变交变电流的频率，C错误；由I1U1=I2U2，知电压互感器正确连接后，原线圈中的电流小于副线圈中的电流，D错误。5．A【解析】根据牛顿第二定律有F－mgsinθ=ma，整理后有F=ma＋mgsinθ，则可知F-a图像的斜率为m，纵截距为mgsinθ，则由题图可看出m甲θ乙，A正确。6．C1212【解析】设小滑块离开弹簧时的速度为v0，由机械能守恒定律得k(x)mv，解得v0=2m/s，A220错误；设经时间t1，小滑块达到与传送带共速，则由动量定理和动能定理得mgt1mvmv0、1212Lx1mgxmvmv，解得t1=0.5s，x1=1.5m。小滑块匀速通过传送带的时间为t=0.5s，则小12202v滑块通过传送带的时间为t=t1+t2=1s，B错误；传送带摩擦力对小滑块的冲量为I1mgt1=2N·s，C正确；传送带支持力对小滑块的冲量为I2FN(t1t2)mg(t1t2)10N·s，D错误。学科网（北京）股份有限公司1{#{QQABDYCAogCgABIAAAgCEwXYCkAQkAGAAKoGgFAEIAIByBFABAA=}#}7．C【解析】设金属板长度为L，间距为d，则水平方向有L=v0t。20μm带电荷量q1的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，竖直方向有q1E=kr1v1，d=v1t。9μm的颗粒带电荷量为819qq，竖直方向有q2E=kr2v2，d2=v2t，联立解得dd，则9μm的颗粒被收集的百分比为24001220d2100%45%，故本题答案为C。d8．CD【解析】探针卫星在轨道Ⅰ上经过a点时点火加速才能进入轨道Ⅱ，所以探针卫星在轨道Ⅰ上经过a点的速度小于在轨道Ⅱ上经过a点的速度，A错误；探针卫星在轨道Ⅱ上由a点运动到c点速度减小，机械能守恒，B错误；由牛顿第二定律F=ma知，探针卫星在轨道Ⅱ上经过c点的加速度等于在轨道Ⅲ上经过cMm2GM点的加速度，C正确；由Gmr，解得角速度=，可知探针卫星在轨道Ⅰ上运行的角速度r2r3大于在轨道Ⅲ上运行的角速度，D正确。9．BCchc【解析】光的频率为，则光子的能量为Eh，A错误；根据爱因斯坦质能方程有Emc2，0hP1P光子的动量为pmc，联立解得p，B正确；点光源在1s内发射的光子数为N，锌板每EhcSPShc秒钟接收到的光子数为nN，C正确；根据光电效应方程得EkhWW，D错4R24R2hc误。10．AD【解析】足球做斜抛运动，竖直位移为CD，水平位移为AD。过C点作AB的平行线CF，交斜面底边AG于F点，连接DF，如图所示方法一：由图知△与△全等，竖直方向有2，CDFBEA(v0sin45)2gxCD2gxBE2gxABsin30ga学科网（北京）股份有限公司2{#{QQABDYCAogCgABIAAAgCEwXYCkAQkAGAAKoGgFAEIAIByBFABAA=}#}a解得v2ga，C错误、D正确；竖直方向又有v0sin45gt，联立解得t，A正确、B错误。0g3a方法二：由图知△CDF与△BEA全等，可得xxcos30xcos30。在△ADF中AF⊥DFCFAB2，根据勾股定理得2222。足球从点运动到点，有，DFxADxDFxAFxDFxBCaAC0v0sin45gtaxvcos45t，联立解得t，v2ga，A、D正确。AD0g0二、非选择题：本题共5小题，共54分。11．（1）27.86~27.88（2分）；（2）如图所示（2分），7.00~9.00（2分），15.1~15.5（2分）【解析】（1）根据刻度尺的读数规律，可知该读数为27.8cm+0.1×0.7cm=27.87cm（2）作出图像，如答案图所示；由图像可知，横轴截距为弹簧的原长，则弹簧原长为8.00cm；根据胡F5.50克定律，可得弹簧的劲度系数为kN/m=15.3N/m。l44.08.0212．（1）180（1分），1.19~2.21（1分）；（2）①n（1分）；②120（2分），159Ω（2分）【解析】（1）用“×10”挡位，其读数为R=18×10Ω=180Ω；用“直流5V”挡位，由题图可知，其分度值为0.1V，其读数为U=2.20V。（2）①当开关拨S向n时，全电路的总电阻较小，中值电阻较大，能够接入待测电阻的阻值也较小，所以开关S与n接通时对应欧姆表的挡位倍率较小，即“×1”挡。②当表针指向欧姆挡的中央位置时，电阻箱的示数为200Ω，说明欧姆表的内阻为200Ω。调零后发现RgR0mEIgRgR0的滑片指向最上端，说明电流计满偏，由此可知rR2200，Ig，联立解RgR0m200R0m得R0m=120Ω，R2=159Ω。3RFFt3mRF13．（1）v（2）q2B2d2Bd2B3d3（1）设导体框匀速运动时的速度为v，与导轨垂直的两边产生感应电动势为EBdv（1分）与导轨重合的两边被导轨短路，电阻为零，等效内阻为学科网（北京）股份有限公司3{#{QQABDYCAogCgABIAAAgCEwXYCkAQkAGAAKoGgFAEIAIByBFABAA=}#}RRRr（1分）RR2由闭合电路的欧姆定律得E=（IrR）（2分）匀速运动时有FBId（1分）3RF解得v（1分）2B2d2（2）对导线框应用动量定理得FtBIdtmv（2分）又qIt（1分）Ft3mRF联立解得q（1分）Bd2B3d32mvsin2R14.（1）B0（2）tqRv0sin【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示由几何有关系可知，粒子轨迹所对应的圆心角为α=2（1分）设粒子的轨迹半径为r，由几何关系得Rrsin（2分）2根据洛伦兹力提供向心力有v2qvBm0（2分）0r2mvsin联立解得B0（2分）qR（2）粒子在磁场中运动的周期为学科网（北京）股份有限公司4{#{QQABDYCAogCgABIAAAgCEwXYCkAQkAGAAKoGgFAEIAIByBFABAA=}#}2rT（1分）v0粒子在磁场中运动的时间为2tT2（1分）22R联立解得t（2分）v0sin15．（1）v25m/s（2）v4=8m/s（3）FNFN5N【解析】（1）A运动到B中间位置的过程中，由动量守恒和能量守恒，得mAv0mAv1mBv2（2分）L111mgmv2mv2mv2（2分）0A22A02A12B2联立解得v25m/s（1分）（2）B、C碰撞过程，由动量守恒和能量守恒，得mBv2mBv3mCv4（2分）111mv2mv2mv2（2分）2B22B32C4联立解得v4=8m/s（1分）（3）小物块C运动圆弧最高点N时，根据动能定理可得xgR(1+)=（2分）1212−受�到−摩�擦�力的平s均in值�为2����−2���40.20.20.025fmg1.5N（2分）2C在最高点N，根据牛顿第二定律可得v2FmgsinmN（2分）NCCR联立解得FN5N（1分）根据牛顿第三定律可得，小物块C在最高点N时对轨道的压力大小为FNFN5N（1分）学科网（北京）股份有限公司5{#{QQABDYCAogCgABIAAAgCEwXYCkAQkAGAAKoGgFAEIAIByBFABAA=}#}