天域安徽第二次测评物理试题参考答案题号12345678910答案BCABBDBCABDBC一、选择题（本题共10小题，共42分。其中1～8为单选题，每小题4分；9～10为多选题，每小题5分，全部选对得满分，部分选对得3分，有选错的得0分。）1、【答案】B【详解】A．无论是少量光子还是大量光子，都同时具有粒子性和波动性，只是少量光子粒子性显著，大量光子波动性显著，选项A错误；B．光电效应的发生条件是入射光的频率大于金属的极限频率，由c可知，入射光的波长小于金属的极限波长，故B正确；C．在光电效应中，由于电子脱离金属所做的功不同，产生的光电子的动能就有所不同，即产生的光电子的初动能有大有小，选项C错误；D．在光电效应中，金属逸出功是指金属表面电子逸出所需的最小能量，所以当金属内电子吸收光子的能量大于该金属的逸出功时，不一定能成为光电子，故D错误。故选B。2．【答案】C【详解】由图像可知，两列波波长均为λ＝0.4m，周期T＝＝2s，所以波速均为v0＝0.2m/s，由波的传播方向根据波形平移法可判断出质点的振动方向，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，则根据波形平移法可知质点P、Q均沿y轴负方向运动，故A错误；根据波形平移法可判断出t＝0时刻，x＝0.1m处的质点处于负的最大位移处，瞬时速度为零，故B错误；3两列波传到M的时间为T，当t＝1.5s时，两列波都恰好传到质点M，在t＝4.5s时刻，t＝41.5s＋T，此时M已经振动一个半周期，结合叠加原则，可知t＝4.5s时M点处于平衡位置向y轴正方向运动，故C正确．依据叠加原则，M点开始振动后最大位移为4cm和－4cm，周期仍为2s的简谐运动，故D错误。3．【答案】A【详解】A．在轨道Ⅰ中分布的三颗卫星恰好实现赤道上所有地区通信，可知轨道Ⅰ中卫星轨道半径为r1=2R，同步卫星轨道半径r2=7R，根据开普勒第三定律可知23�7�解得该卫星在轨道上运行的周期为2=I�12�故正确；214A�1=�B．在轨道Ⅱ上的周期为T′，由开普勒第三定律得49（）（）3�1+�2'�1+�2�1+�2�=23�=�由A到B时间为T的一半。故B错误�2；2�22�21{#{QQABQYQEggCgQBJAAAhCQw3KCAAQkAGCCCoOABAEIAAAiQNABCA=}#}C．在空间同一点环绕卫星具有相同的加速度，故C错误D．卫星从Ⅱ轨道的b点变轨到Ⅲ轨道需要加速实现，所以喷气方向和运动方向相反。故D错误。故选A。4．【答案】B【详解】AB．A、B均处于静止状态，对B，根据平衡条件可得TmBg对A，设绳子间的夹角为，根据平衡条件可得2Tcosmg2A可知拉力T和绳子间夹角均保持不变，故A错误，B正确；CD．若将轻绳Q端固定在竖直圆环上，则悬点a到b移动的过程中，悬点之间的水平距离变小，绳间夹角逐渐减小，绳中拉力逐渐减小。故CD错误。故选B。5.【答案】B【详解】A．电压互感器起降压作用，电流互感器起减小电流作用，A不符合题意；B．电压互感器原线圈两端电压电流互感器原线圈中的电流对于理想变压器，线路输送电功率B符合题意；n2C．仅将滑片Q下移，相当于增加了升压变压器副线圈的匝数n2，根据理想变压器的规律U2U1n1升压变压器副线圈两端的电压增大；降压变压器原线圈两端电压U3增大，副线圈两端电压U4增U大，通过负载的电流I44Rn4又用户数不变，即负载总电阻R不变，则I4增大，降压变压器原线圈中的电流I3I4，匝数n32比不变，I3增大，根据ΔPI3r，则输电线上损耗功率增大，C不符合题意；D．仅增加用户数，即负载总电阻R减小，若降压变压器副线圈两端电压U4不变，则通过副线圈的电流UI4增大，降压变压器原线圈中的电流增大，输电线上的电压损失ΔUIr增大；原线圈两4R3n4端电压U3U2ΔU减小，根据U4U3可知，当U3减小时，减小n3可以使U4不变，所以要将n3降压变压器的滑片P上移，D不符合题意。故选B。6．答案：D【详解】C、D两点场强大小相同，但是方向不同，A错误qC、D上各点到A、B两点的距离不同，根据k，B错误r由M点沿MC移动到C点，其所受电场力先增大后减小，C错误由B点沿BA移动到M点，电势一直降低，因为试探电荷是负电荷，试探电荷的电势能一直增大，故D正确。2{#{QQABQYQEggCgQBJAAAhCQw3KCAAQkAGCCCoOABAEIAAAiQNABCA=}#}7.【答案】B【详解】电阻R2断路，外电路电阻增大，外电路分得的电压增大，内电路分得的电压减小，干路中电流减小，R3所在电路电流增大，R1所在电路电流减小，所以灯泡A变暗，A错误。R2断开前，灯泡A的功率为2.88W，灯泡B的功率为1.44W，R2断开后，灯泡A的功率为2W，灯泡B的功率为4W，灯泡A和灯泡B的功率之和变大，B正确。因为灯泡A和B电压之和增大，灯泡A两端电压减小，则灯泡B两端电压增大，并且灯泡B两端电压变化的值大于灯泡A两端电压变化的值，C错误。由于R3两端电压变大，故R3消耗功率变大，D错误。故选择B.8.【答案】C【详解】子弹射入木块的一瞬间子弹与木块A组成的系统动量量守恒，即，求得,子弹动量的变化量，选项A错误；木块A的动能增加量为，选项B错误；当弹簧第一次压缩到最短时木块B的动量大小最大，由,求得，木块B的动量大小最大值为，选项C正确；弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为，选项D错误。9.【答案】ABD【详解】由观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，可知粒子做圆周运动的半径为1m，结合mv，可知磁感应强度为B=1T，打rqB在P左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是60°，此时运动时间最短，如图1所示，可得：被薄金属板接收的粒子在磁场运动的最短时间（被P左侧接收到的粒子在磁场中运动的最短时间）60012mtT1106smin36006qB被P左侧接收到的粒子在磁场中运动最长时间粒子轨迹对应的圆心角为90°，此时粒子运动时间90012mtT1.5106s236004qB被P右侧接收到的粒子在磁场中运动最短时间粒子轨迹对应的圆心角为270°，此时粒子运动时间3{#{QQABQYQEggCgQBJAAAhCQw3KCAAQkAGCCCoOABAEIAAAiQNABCA=}#}270032mtT4.5106s336004qB打在P右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长，此时粒子轨迹对应的圆心角为300°，如图2所示，300052m最长时间tT5106s，粒子能被P接收时，粒子在磁场中运动时间应满足，max36006qBtmintt2，或t3ttmax，故选ABD。10.【答案】BC【详解】AB.要使得三个滑块之间相对静止，则有大滑块与两小滑块的总加速度相等，对三个滑块整体利用牛顿第二定律有对大滑块上的小滑块A，设绳上的张力为FT，由牛顿第二定律有�−��+2��+�=�+2���其中��对大滑块右边的小滑块，则有�−�=���=��(�+�)22联立以上式子，代入数据求得:��=、(�FT(=�15+N�，)故+A(�错�误�)，B正确；C.剪断绳后，A相对于M发生相对滑动，,有,故A物体此时加�=60�2速度大小为，故C正确；���+�=���'��'=6��2D．剪断细线2后1B0做�斜�抛运动，故D错误.故选BC。二、实验题（本题共2小题，共18分）11、（8分）【答案】（1）C（2分）g（2）x0（2分）y2y1x0(y1y2)x0y23x0y1x0(y23y1)x0或或（2分）2(y2y1)2(y2y1)2(y2y1)2222(y1y2)9y16y1y2y2(3y1y2)y1或或（2分）8(y2y1)8(y2y1)8(y2y1)12、（10分）【答案】（1）0.30（1分）（答0.3不得分）（2）（1分）4{#{QQABQYQEggCgQBJAAAhCQw3KCAAQkAGCCCoOABAEIAAAiQNABCA=}#}（3）2.98（2分）5.96（2分）1.49（2分）无误差（2分）【详解】根据闭合电路的欧姆定律，当单刀双掷开关接1时，，化简得，当单刀双掷开关接2时，，而，化简得，据此，可知，E=2.98V，，，，解得r=5.96Ω，RA=1.49Ω，RV=1770.13Ω，电路考虑到了电压表的分流作用，所以测量无误差。三、解答题（本题共3小题，13题10分，14题14分，15题16分，共40分）13.（10分）【答案】（1）（4分）（2）（6分）����(���+????�)'【详解】（1）温度升高，容�器�气=体�做��等容变化��=�����……………………………………………………………………（2分）'�1�1�1=2�1……………………………………………………………………（2分）(2)质量m的重物安'全落地时重心下降h，根据能量守恒和理想气体内能与温度关系有：�1=2�1…………………………………………………………（2分）对于容器气体，根据理想气体状态方程：????�=��ℎ…………………………………………………………（2分）�1�1�2�2可得：�1=�1+��………………………………………………………（2分）�1�1(��1+��ℎ)�2=��2�114．（14分）【答案】（1）（6分）（2）m（8分）????�【详解】（1）设物体在B点��的=速�度�为�，�由于物体恰好经过B点�则=：????�……………………�……………………………………………………（1分）2���故…………………………………………………………………………（分）��=��1由B到C做平抛运动，竖直方向有��=2��12Rgt2…………………………………………………………………………（1分）2水平方向有………………………………………………………………………（1分）物体在从C点�到????B=点�过��程中，根据动能定理：…………………（1分）12122�20可得，；……………−…2�…�…�…=…�…�…−……�…�………………（1分）（2）�受0=力2分析5�知物�体所��受�=合0外.8力�为，设物体脱离轨道时在半圆轨道D点，OD与竖直方向的夹角为，物体在从C点到D点过程中，根据动能定理：�1=���5{#{QQABQYQEggCgQBJAAAhCQw3KCAAQkAGCCCoOABAEIAAAiQNABCA=}#}……………………………………………………（2分）1212−在�D�点(�的????受+力��由????牛�)顿=第2�二�定�律−得2��0……………………………………………………………………（2分）2���之后物�体��做????斜�抛=运�动，物体水平方向的最大距离为：…………………（分）22(��????��)则物体距C的水平距离为�3=2�m……………………………………………………（2分）134215．（�16=分��）�【+答�案�????】（�+1）�34m=/1s35、56W（4分）（2）10C（6分）（3）35.2m（6分）【解析]（1）F作用在金属棒上的一瞬间,金属棒的加速度最大,根据牛顿第二定律有F-mgsinθ-μmgcosθ=mam…………………………………………………………(1分)2解得am=4m/s…………………………………………………………………(1分)当金属棒匀速运动时,拉力F的功率最大,由力的平衡得F-mgsinθ-μmgcosθ-=0……………………………………………………………(1分)解得vm=8m/s因此拉力的最大功率Pm=Fvm=56W………………………………………………………(1分)(2)当金属棒匀速运动时,改变拉力的大小,使金属棒做匀加速运动，此过程根据牛顿第二定律有F-mgsinθ-μmgcosθ-=ma1…………………………(2分)得到F=7.5+0.25t则I=…………………………………………