屆河北省唐山市高三下學期二模考試物理試題1．微光夜視儀主要由物鏡、光電陰極、微通道板和熒光屏等組成。微弱光線通過物鏡照射到光電陰極上，光電陰極產生光電子，光電子經電場加速進入微通道板，微通道板上存在很多小通道，當電子穿過這些通道時與通道壁碰撞，每次碰撞都會產生更多的電子，從而實現了電子倍增，最后電子投射到熒光屏上成像。在整個成像過程中，下列說法正確的是（）A．物鏡收集到的光線無論頻率多大，都能使光電陰極產生光電子B．物鏡收集到的光線的頻率越大，則產生光電子的最大初動能越大C．增大加速電場的電壓，到達微通道板的光電子數量一定變大D．電子與通道壁碰撞產生更多的電子，說明通道壁上發生了光電效應2．如圖所示，理想變壓器的原線圈回路中接有定值電阻R1，副線圈回路中接有滑動變阻器R2，在a、A．S保持閉合，電流表示數變小B．S保持閉合，變壓器的輸入功率不變C．S保持斷開，電流表示數變大D．S保持斷開，電壓表示數不變3．如圖所示，三個正點電荷均勻分布在半徑為R的豎直圓周上，電荷量均為Q。以圓心O為坐標原點建立垂直圓面的x軸，P為x軸上一點，規定無限遠處電勢為零，則下列說法正確的是（）A．在x軸上只存在一個電場強度最大值的點B．在x軸上存在三個電場強度最大值的點C．若使P點電勢為零，可在x軸上放一帶負電的點電荷，且其位置唯一確定D．若使P點電勢為零，可在x軸上放一帶負電的點電荷，可有兩個確定的位置

4．某實驗小組采用如圖甲所示的裝置“測量重力加速度”。實驗裝置安裝好后，用手提住紙帶上端，先接通電源，電源的頻率為50Hz，待打點計時器打點穩定后讓紙帶由靜止開始下落，得到了一條紙帶如圖乙所示。把紙帶上清晰的一個點標記為0，每隔一個點選做一個計數點，依次標記為1、2、3、4，根據紙帶上的測量數據，則下列說法正確的是（）A．打下計數點2時重物的瞬時速度為0.784B．打下計數點2時重物的瞬時速度為3.75C．重物下落過程中的重力加速度約為9.75D．重物下落過程中的重力加速度約為9.905．一顆在低圓軌道上運行的衛星，軌道平面與赤道平面的夾角為30°，衛星運行到某一位置時恰好能觀測到南極點或北極點，已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g。則該衛星運行的周期為（）A．4πRgB．4πgRC．6．如圖所示，傾角為30°的斜面體靜止于粗糙水平面上，斜面體質量為m，斜面體上表面光滑。一根輕繩穿過光滑固定的定滑輪，繩的兩端分別與兩光滑小球A、B相連，與小球A相連的部分繩保持豎直，與小球B相連的部分繩與斜面夾角為30°，系統處于靜止狀態。已知A的質量為m，重力加速度為g，則斜面對地面的壓力約為（）A．1.9mgB．2.7mgC．3.7mgD．4.9mg

7．質量均為m的物塊A、B均可視為質點，兩物塊通過輕繩連接，在外力作用下物塊B靜止于位于A的正上方，輕繩伸直且無張力，如圖所示。現將外力變為3mg，使A、B由靜止開始向上運動。兩物塊運動時間t1時，突然將此外力方向變為豎直向下，大小保持不變，再經時間t2兩物塊物塊相遇，此時兩物塊均向上運動。若以地面為參考平面，重力加速度為A．tB．細線的長度為1.5gC．相遇時兩物塊速度大小相等D．相遇時系統具有的機械能為0.8m8．（多選）地震監測站監測到一列地震橫波，某時刻的波形圖如圖甲所示，已知P點是平衡位置在x=0處的質點，Q點的平衡位置坐標為15m，以此時刻做為計時起點，質點Q振動的a?t圖像如圖乙所示。則下列說法正確的是（）A．地震橫波的傳播波速為15m/sB．質點P沿y軸負方向運動C．t=3s時，質點QD．0~3s的時間內，質點P所走的路程為30cm

9．（多選）一臺擁有“超強大腦”的機器人在停車場沿平直軌道做巡檢工作，機器人運動過程中動能隨時間的變化關系如圖所示，其中20~30s的圖像為平行于時間軸的直線，其它時間內的圖像均為拋物線。已知機器人與軌道間的摩擦阻力恒定，則機器人在（）A．0~20s內做勻加速直線運動B．20~30s內做勻速直線運動C．10~20s機器人所受合力的功率與時間成正比D．第10s與第32.5s牽引力的瞬時功率大小一定相等10．（多選）如圖所示，空間中有O?xyz坐標系，xOz平面水平，y軸沿豎直方向，在y軸右側xOz平面上方空間存在豎直向上的勻強電場，在y軸右側xOz平面下方空間存在豎直向下的勻強磁場。一帶負電的粒子從y軸正半軸上的M點以一定速度v0沿平行于x軸的正方向射入電場，經x軸上的N點與x軸正方向成θ角離開電場，粒子在以后的運動中恰好不離開磁場。已知M點的坐標為0,?,0，帶負電的粒子質量為m、電荷量大小為qA．電場強度mB．磁場強度mC．粒子在磁場中運動的軌道半徑?D．粒子在yOz平面上相鄰切點間距離4π?

11．某同學利用頂角為θ的直角三角形玻璃磚ABC做“測量玻璃磚折射率”實驗，實驗步驟如下：①在木板上鋪一張白紙，將三角形玻璃磚放在白紙上并描出玻璃磚的輪廓。②在垂直于AB邊方向上插上兩枚大頭針P1和P2，從BC一側透過玻璃磚觀察，在觀察位置插第三個大頭針P3，使其擋住P1、P2兩大頭針的像，再插第四個大頭針P4，使它擋住(1)為了精確測量玻璃磚折射率，下列實驗操作正確的是______；A．選用粗的大頭針完成實驗B．大頭針應垂直插在紙面上C．大頭針P1和P2、P3D．畫三角形玻璃磚的輪廓線時，用筆緊貼玻璃磚表面畫線(2)將實驗需要的光路圖補充完整；(3)該同學用量角器測量光線P3P4與BC邊夾角為α，則三棱鏡的折射率

12．某實驗小組為了測量一個量程為1mA的電流表內阻，設計了以下實驗：(1)首先利用多用電表的歐姆擋進行測量，將選擇開關旋轉到歐姆檔“×10”的擋位，進行歐姆調零后將兩表筆按圖甲所示接入電路中，紅表筆應與（填“1”或“2”）端相連，黑表筆連接另一端。調節滑動變阻器使其接入電路的阻值減為零時，多用電表的指針位置如圖乙所示，則電流表內阻的測量值為Ω；(2)為了精確測量該電流表A的內阻，實驗室為其提供了如下的實驗器材：A．電流表A1B．定值電阻R1C．定值電阻R2D．滑動變阻器R3E.滑動變阻器R4F.一節新的干電池E；G.開關S及導線若干。①某同學設計了如圖丙的電路圖，圖中的定值電阻R應選用（填“B”或“C”），滑動變阻器應選用（填“D”或“E”）；②開關閉合前，圖丙中滑動變阻器滑片應處于最端（選填“左”或“右”）；③若某次實驗時，電流表A的示數I，電流表A1的示數I1，則電流表A的內阻r=

13．如圖所示的裝置水平放置，均處于豎直向下勻強磁場中，磁感應強度大小為B，光滑平行金屬導軌足夠長，金屬導軌電阻不計，導軌間距為d。長度為d的導體棒a垂直靜置于導軌上，導體棒質量為m、電阻為R。已知電源電動勢為E，內阻不計，充滿電的電容器的電容為C，電壓為U。求：（1）將S接1閉合開關，導體棒a最終速度v1（2）將S接2閉合開關，導體棒a最終速度v2

14．如圖所示，粗細均勻、導熱性良好的L形細玻璃管固定在豎直面內，豎直部分AB上端封閉，長為50cm，管內用水銀柱封閉一段長為25cm的理想氣體，水平部分BC右端開口，長為25cm，L形細玻璃管內的水銀柱總長為30cm，已知大氣壓強為75cmHg，環境溫度300K。求：（1）若將細玻璃管在豎直面內沿逆時針方向緩慢轉動90°，使水平部分玻璃管豎直，為使A端氣柱的長度不變，則需要將氣體的溫度提升到多少K；（2）若將細玻璃管C端用活塞封閉，保持環境溫度不變，并緩慢向左推動活塞，當水銀全部進入豎直管時，求活塞向左移動的距離。（結果保留兩位小數）

15．如圖所示，粗糙水平地面上固定一個光滑斜面體，在斜面體末端緊靠一個足夠長的薄木板B，均處于靜止狀態，薄木板B與斜面體末端等高且平滑連接，距離薄木板B的右端0.5m位置處靜止放置一個物塊C。已知物塊A的質量2kg，薄木板B和物塊C的質量均為1kg，物塊A與薄木板B之間的動摩擦因數為0.2，薄木板B和物塊C與地面之間的動摩擦因數均為0.1，薄木板B和物塊C的高度相同，運動過程中物塊A始終不會滑離薄木板B，所有碰撞時間極短且均為彈性碰撞。物塊A在距離薄木板B的上表面1.8m高處沿斜面體靜止釋放，A由斜面滑上薄木板B的過程中能量損失不計，重力加速度g取10m/s（1）薄木板B與物塊C碰撞前，物塊A大小是多少；（2）木板B與物塊C第一次碰撞到第二次碰撞經歷的時間；（3）最終停止時，木板B與物塊C的距離。

2024屆河北省唐山市高三下學期二模考試物理試題1．微光夜視儀主要由物鏡、光電陰極、微通道板和熒光屏等組成。微弱光線通過物鏡照射到光電陰極上，光電陰極產生光電子，光電子經電場加速進入微通道板，微通道板上存在很多小通道，當電子穿過這些通道時與通道壁碰撞，每次碰撞都會產生更多的電子，從而實現了電子倍增，最后電子投射到熒光屏上成像。在整個成像過程中，下列說法正確的是（）A．物鏡收集到的光線無論頻率多大，都能使光電陰極產生光電子B．物鏡收集到的光線的頻率越大，則產生光電子的最大初動能越大C．增大加速電場的電壓，到達微通道板的光電子數量一定變大D．電子與通道壁碰撞產生更多的電子，說明通道壁上發生了光電效應1.【答案】B【解析】原始光信號頻率必須大于極限頻率，才能發生光電效應，故A錯誤；根據光電效應方程Ekm2．如圖所示，理想變壓器的原線圈回路中接有定值電阻R1，副線圈回路中接有滑動變阻器R2，在a、A．S保持閉合，電流表示數變小B．S保持閉合，變壓器的輸入功率不變C．S保持斷開，電流表示數變大D．S保持斷開，電壓表示數不變2.【答案】C【解析】S保持閉合，電阻R1未接入電路，原線圈的輸入電壓不變，根據U1U2=n1n2，副線圈電壓不變，滑動變阻器滑片向下滑動，總電阻變小，則副線圈電流R等=n1n22R副，滑動變阻器滑片向下滑動，副電阻變小，等效電阻變小，根據I1=U0R1+R等，3．如圖所示，三個正點電荷均勻分布在半徑為R的豎直圓周上，電荷量均為Q。以圓心O為坐標原點建立垂直圓面的x軸，P為x軸上一點，規定無限遠處電勢為零，則下列說法正確的是（）A．在x軸上只存在一個電場強度最大值的點B．在x軸上存在三個電場強度最大值的點C．若使P點電勢為零，可在x軸上放一帶負電的點電荷，且其位置唯一確定D．若使P點電勢為零，可在x軸上放一帶負電的點電荷，可有兩個確定的位置3.【答案】D【解析】O點電場強度為零，無窮遠處電場強度為零，從O點到無窮遠電場強度先變大后變小，根據點電荷產生的電場及矢量疊加可知在x軸上存在兩個電場強度最大值的點，分布在與圓環對稱的兩側，故A、B錯誤；根據異種電荷的電勢分布特點可知，若使P點電勢為零，可在x軸上P點右側放一帶負電的點電荷，根據電勢的公式φ=kQr可知也可以在圓環左側關于P點對稱放置一負電電荷，疊加后使得P4．某實驗小組采用如圖甲所示的裝置“測量重力加速度”。實驗裝置安裝好后，用手提住紙帶上端，先接通電源，電源的頻率為50Hz，待打點計時器打點穩定后讓紙帶由靜止開始下落，得到了一條紙帶如圖乙所示。把紙帶上清晰的一個點標記為0，每隔一個點選做一個計數點，依次標記為1、2、3、4，根據紙帶上的測量數據，則下列說法正確的是（）A．打下計數點2時重物的瞬時速度為0.784B．打下計數點2時重物的瞬時速度為3.75C．重物下落過程中的重力加速度約為9.75D．重物下落過程中的重力加速度約為9.904.【答案】C【解析】每隔一個點選做一個計數點，則T=2×0.02s=0.04s，計數點2的瞬時速度等于點1到3的平均速度，有v2=?132T=(6.72+8.28)×105．一顆在低圓軌道上運行的衛星，軌道平面與赤道平面的夾角為30°，衛星運行到某一位置時恰好能觀測到南極點或北極點，已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g。則該衛星運行的周期為（）A．4πRgB．4πgRC．5.【答案】D【解析】設該衛星的軌道半徑為r，根據題意結合幾何關系可得sin30°=Rr，可得r=2R，根據萬有引力提供向心力可得GMmr2=m4π6．如圖所示，傾角為30°的斜面體靜止于粗糙水平面上，斜面體質量為m，斜面體上表面光滑。一根輕繩穿過光滑固定的定滑輪，繩的兩端分別與兩光滑小球A、B相連，與小球A相連的部分繩保持豎直，與小球B相連的部分繩與斜面夾角為30°，系統處于靜止狀態。已知A的質量為m，重力加速度為g，則斜面對地面的壓力約為（）A．1.9mgB．2.7mgC．3.7mgD．4.9mg6.【答案】A【解析】根據題意，對小球A受力分析可知，由于小球A處于平衡狀態，則小球A受重力和繩子的拉力，斜面對A的支持力為0，所以F=mg，對小球B受力分析，如圖所示根據平衡條件可得Fcos30°=mBgsin30°，N+Fsin30°=mBgcos7．質量均為m的物塊A、B均可視為質點，兩物塊通過輕繩連接，在外力作用下物塊B靜止于位于A的正上方，輕繩伸直且無張力，如圖所示。現將外力變為3mg，使A、B由靜止開始向上運動。兩物塊運動時間t1時，突然將此外力方向變為豎直向下，大小保持不變，再經時間t2兩物塊物塊相遇，此時兩物塊均向上運動。若以地面為參考平面，重力加速度為A．tB．細線的長度為1.5gC．相遇時兩物塊速度大小相等D．相遇時系統具有的機械能為0.8m7.【答案】B【解析】由題意可知，將其運動過程分為兩個過程，在F向上的過程中，對AB的整體受力分析，設向上為正方向F1=3mg?2mg=2ma1，解得a1=g2，則經過t1時，有vA=vB=a1t1=gt12，當F1方向改變大小不變時，對A、B分別受力分析，有mg=maA，F1+mg=maB，解得aA=g，方向向下；aB=4g，方向向下，則經過t2兩者相遇，且速度方向均向上，即vB?8．（多選）地震監測站監測到一列地震橫波，某時刻的波形圖如圖甲所示，已知P點是平衡位置在x=0處的質點，Q點的平衡位置坐標為15m，以此時刻做為計時起點，質點Q振動的a?t圖像如圖乙所示。則下列說法正確的是（）A．地震橫波的傳播波速為15m/sB．質點P沿y軸負方向運動C．t=3s時，質點QD．0~3s的時間內，質點P所走的路程為30cm8.【答案】BC【解析】由圖乙可知，周期T=4s，假設v=15m/s，則可得λ0=vT=60m，由圖甲可知，其波長滿足λ<λ0=60m，故假設波速v=15m/s不成立，故A錯誤；由圖乙可知，在t=0s時，a=0m/s2，在t=1s時，a=?10m/s2達到負軸負方向最大，根據牛頓第二定律可知回復力的變化和加速度一致，則0~1s內質點Q應向上振動，根據同側法（質點的振動方向和波的傳播方向在波的同一側）可知波向x軸負方向傳播，再對P質點由同側法可知沿y9．（多選）一臺擁有“超強大腦”的機器人在停車場沿平直軌道做巡檢工作，機器人運動過程中動能隨時間的變化關系如圖所示，其中20~30s的圖像為平行于時間軸的直線，其它時間內的圖像均為拋物線。已知機器人與軌道間的摩擦阻力恒定，則機器人在（）A．0~20s內做勻加速直線運動B．20~30s內做勻速直線運動C．10~20s機器人所受合力的功率與時間成正比D．第10s與第32.5s牽引力的瞬時功率大小一定相等9.【答案】ABC【解析】在0~20s，根據牛頓第二定律可得F?f=ma1，根據運動學公式可得v=a1t，Ek=12mv2，則Ek=12m(F?fm)2?t2=(F?f)2m2?t2，由于圖像為拋物線，則可知加速度大小為定值，故0~2010．（多選）如圖所示，空間中有O?xyz坐標系，xOz平面水平，y軸沿豎直方向，在y軸右側xOz平面上方空間存在豎直向上的勻強電場，在y軸右側xOz平面下方空間存在豎直向下的勻強磁場。一帶負電的粒子從y軸正半軸上的M點以一定速度v0沿平行于x軸的正方向射入電場，經x軸上的N點與x軸正方向成θ角離開電場，粒子在以后的運動中恰好不離開磁場。已知M點的坐標為0,?,0，帶負電的粒子質量為m、電荷量大小為qA．電場強度mB．磁場強度mC．粒子在磁場中運動的軌道半徑?D．粒子在yOz平面上相鄰切點間距離4π?10.【答案】AD【解析】A．粒子從M點到N點做類平拋運動，有?=12at2，qE=ma，tanθ=atv0，x=v0t，聯立解得E=mv02tan2θ2q?，x=2?tanθ，故A正確；粒子從N點進入磁場，其中沿?y方向的速度與磁感應強度平行，不受洛倫茲力而做勻速直線運動，沿x方向的速度v0與磁感應強度垂直，受洛倫茲力做勻速圓周運動，粒子在以后的運動中恰好不離開磁場，則軌跡圓與z軸相切，則有11．某同學利用頂角為θ的直角三角形玻璃磚ABC做“測量玻璃磚折射率”實驗，實驗步驟如下：①在木板上鋪一張白紙，將三角形玻璃磚放在白紙上并描出玻璃磚的輪廓。②在垂直于AB邊方向上插上兩枚大頭針P1和P2，從BC一側透過玻璃磚觀察，在觀察位置插第三個大頭針P3，使其擋住P1、P2兩大頭針的像，再插第四個大頭針P4，使它擋住(1)為了精確測量玻璃磚折射率，下列實驗操作正確的是______；A．選用粗的大頭針完成實驗B．大頭針應垂直插在紙面上C．大頭針P1和P2、P3D．畫三角形玻璃磚的輪廓線時，用筆緊貼玻璃磚表面畫線(2)將實驗需要的光路圖補充完整；(3)該同學用量角器測量光線P3P4與BC邊夾角為α，則三棱鏡的折射率11.【答案】(1)BC(2)見解析圖(3)cos【解析】（1）為了準確測量光路圖，應選用較細的大頭針來完成實驗，選用粗的大頭針完成實驗時，容易出現觀察誤差，使光線實際并不平行，故A錯誤；為了準確確定入射光線和折射光線，大頭針應垂直插在紙面上，故B正確；大頭針P1和P2、P3和（2）根據光的折射規律作出光路圖如圖（3）根據幾何關系可知光線在BC面的入射角為90°?2θ，折射角為90°?α，根據折射定律可得n=sin12．某實驗小組為了測量一個量程為1mA的電流表內阻，設計了以下實驗：(1)首先利用多用電表的歐姆擋進行測量，將選擇開關旋轉到歐姆檔“×10”的擋位，進行歐姆調零后將兩表筆按圖甲所示接入電路中，紅表筆應與（填“1”或“2”）端相連，黑表筆連接另一端。調節滑動變阻器使其接入電路的阻值減為零時，多用電表的指針位置如圖乙所示，則電流表內阻的測量值為Ω；(2)為了精確測量該電流表A的內阻，實驗室為其提供了如下的實驗器材：A．電流表A1B．定值電阻R1C．定值電阻R2D．滑動變阻器R3E.滑動變阻器R4F.一節新的干電池E；G.開關S及導線若干。①某同學設計了如圖丙的電路圖，圖中的定值電阻R應選用（填“B”或“C”），滑動變阻器應選用（填“D”或“E”）；②開關閉合前，圖丙中滑動變阻器滑片應處于最端（選填“左”或“右”）；③若某次實驗時，電流表A的示數I，電流表A1的示數I1，則電流表A的內阻r=12.【答案】(1)2140(2)①CD②左③I【解析】（1）紅表筆與歐姆表內部電源的負極相連，黑表筆與歐姆表內部電源的正極相連，所以紅表筆應與2相連；歐姆表使用歐姆檔“×10”的擋位，指針所指刻線為14，則電流表內阻的測量值為14×10Ω（2）圖中的定值電阻R應選用與電流表A1內阻相近的R2，故選C；為方便調節，滑動變阻器應選用阻值較小的R3，故選D；開關閉合前，圖丙中滑動變阻器滑片應處于最左，使開關閉合后，測量電路中的電流為零；根據歐姆定律有R2=13．如圖所示的裝置水平放置，均處于豎直向下勻強磁場中，磁感應強度大小為B，光滑平行金屬導軌足夠長，金屬導軌電阻不計，導軌間距為d。長度為d的導體棒a垂直靜置于導軌上，導體棒質量為m、電阻為R。已知電源電動勢為E，內阻不計，充滿電的電容器的電容為C，電壓為U。求：（1）將S接1閉合開關，導體棒a最終速度v1（2）將S接2閉合開關，導體棒a最終速度v213.【答案】（1）EBd（2）【解析】（1）由題意可知，導體棒a最終勻速切割磁感線，則有E=Bd得v1（2）由題意可得導體棒a最終穩定切割磁感線U則有Δ對導體棒a根據動量定理得Bid?電量Δ聯立可得v214．如圖所示，粗細均勻、導熱性良好的L形細玻璃管固定在豎直面內，豎直部分AB上端封閉，長為50cm，管內用水銀柱封閉一段長為25cm的理想氣體，水平部分BC右端開口，長為25cm，L形細玻璃管內的水銀柱總長為30cm，已知大氣壓強為75cmHg，環境溫度300K。求：（1）若將細玻璃管在豎直面內沿逆時針方向緩慢轉動90°，使水平部分玻璃管豎直，為使A端氣柱的長度不變，則需要將氣體的溫度提升到多少K；（2）若將細玻璃管C端用活塞封閉，保持環境溫度不變，并緩慢向左推動活塞，當水銀全部進入豎直管時，求活塞向左移動的距離。（結果保留兩位小數）14.【答案】（1）480K（2）8.78cm【解析】（1）設玻璃管的橫截面積為S，初始狀態時，管內理想氣體的狀態p1=p0當水平部分玻璃管豎直時，由于氣柱長度不變，管內理想氣體的狀態p設此時溫度為T2，氣體發生等容變化，則有代入數據解得T2（2）當水銀全部進入豎直管時，豎直管內理想氣體的體積V氣體發生等溫變化，對AB段氣體根據玻意耳定律有p代入數據解得p開始時BC管內理想氣體的狀態p0=75變化后BC管內理想氣體的狀態p4=氣體發生等溫變化，根據玻意耳定律有p代入數據解得L≈所以活塞移動距離x=25?L≈8.78cm15．如圖所示，粗糙水平地面上固定一個光滑斜面體，在斜面體末端緊靠一個足夠長的薄木板B，均處于靜止狀態，薄木板B與斜面體末端等高且平滑連接，距離薄木板B的右端0.5m位置處靜止放置一個物塊C。已知物塊A的質量2kg，薄木板B和物塊C的質量均為1kg，物塊A與薄木板B之間的動摩擦因數為0.2，薄木板B和物塊C與地面之間的動摩擦因數均為0.1，薄木板B和物塊C的高度相同，運動過程中物塊A始終不會滑離薄木板B，所有碰撞時間極短且均為彈性碰撞。物塊A在距離薄木板B的上表面1.8m高處沿斜面體靜止釋放，A由斜面滑上薄木板B的過程中能量損失不計，重力加速度g取10m/s（1）薄木板B與物塊C碰撞前，物塊A大小是多少；（2）木板B與物塊C第一次碰撞到第二次碰撞經歷的時間；（3）最終停止時，木板B與物塊C的距離。15.【答案】（1）4m/s（2）1s（3）【解析】（1）物塊A到達木板時，設速度為v0，由動能定理可得解得v在B、C相碰之前，設物塊A的速度v1，加速度為aA，木板B的速度為v2，加速度為aμμ對B分析x由運動學規律可知v解得vv2（2）木板B與物塊C相碰，設碰后B、C的速度分別v3、v4，由動量守恒可得m1解得v3=0碰后C做勻減速運動，B靜止，設加速度為aC，經歷時間為t3，位移為x2，則解得a第二次碰撞前C靜止，則v解得時間t此時運動距離xB在1s內恰好移動0.5m，B追C，二者加速度大小相同，B加速，C減速，故所需時間為1s，即從第一次碰撞第二次碰撞經歷時間為1s。（3）第二次碰撞后，設A的速度v5，由運動學可得v設木板與物塊達到共速時，設速度為v6，時間為t4，則vv設木板共速之前的位移為x3，共速之后的位移為x4，則x2x=解得x=12024屆河北省唐山市高三下學期二模考試物理試題答案1.【答案】B【解析】原始光信號頻率必須大于極限頻率，才能發生光電效應，故A錯誤；根據光電效應方程Ekm2.【答案】C【解析】S保持閉合，電阻R1未接入電路，原線圈的輸入電壓不變，根據U1U2=n1n2，副線圈電壓不變，滑動變阻器滑片向下滑動，總電阻變小，則副線圈電流R等=n1n22R副，滑動變阻器滑片向下滑動，副電阻變小，等效電阻變小，根據I1=U0R1+R等，3.【答案】D【解析】O點電場強度為零，無窮遠處電場強度為零，從O點到無窮遠電場強度先變大后變小，根據點電荷產生的電場及矢量疊加可知在x軸上存在兩個電場強度最大值的點，分布在與圓環對稱的兩側，故A、B錯誤；根據異種電荷的電勢分布特點可知，若使P點電勢為零，可在x軸上P點右側放一帶負電的點電荷，根據電勢的公式φ=kQr可知也可以在圓環左側關于P點對稱放置一負電電荷，疊加后使得P4.【答案】C【解析】每隔一個點選做一個計數點，則T=2×0.02s=0.04s，計數點2的瞬時速度等于點1到3的平均速度，有v2=?132T=(6.72+8.28)×105.【答案】D【解析】設該衛星的軌道半徑為r，根據題意結合幾何關系可得sin30°=Rr，可得r=2R，根據萬有引力提供向心力可得GMmr2=m4π6.【答案】A【解析】根據題意，對小球A受力分析可知，由于小球A處于平衡狀態，則小球A受重力和繩子的拉力，斜面對A的支持力為0，所以F=mg，對小球B受力分析，如圖所示根據平衡條件可得Fcos30°=mBgsin30°，N+Fsin30°=mBgcos7.【答案】B【解析】由題意可知，將其運動過程分為兩個過程，在F向上的過程中，對AB的整體受力分析，設向上為正方向F1=3mg?2mg=2ma1，解得a1=g2，則經過t1時，有vA=vB=a1t1=gt12，當F1方向改變大小不變時，對A、B分別受力分析，有mg=maA，F1+mg=maB，解得aA=g，方向向下；aB=4g，方向向下，則經過t2兩者相遇，且速度方向均向上，即vB?8.【答案】BC【解析】由圖乙可知，周期T=4s，假設v=15m/s，則可得λ0=vT=60m，由圖甲可知，其波長滿足λ<λ0=60m，故假設波速v=15m/s不成立，故A錯誤；由圖乙可知，在t=0s時，a=0m/s2，在t=1s時，a=?10m/s2達到負軸負方向最大，根據牛頓第二定律可知回復力的變化和加速度一致，則0~1s內質點Q應向上振動，根據同側法（質點的振動方向和波的傳播方向在波的同一側）可知波向x軸負方向傳播，再對P質點由同側法可知沿y9.【答案】ABC【解析】在0~20s，根據牛頓第二定律可得F?f=ma1，根據運動學公式可得v=a1t，Ek=12mv2，則Ek=12m(F?fm)2?t2=(F?f)2m2?t2，由于圖像為拋物線，則可知加速度大小為定值，故0~2010.【答案】AD【解析】A．粒子從M點到N點做類平拋運動，有?=12at2，qE=ma，tanθ=atv0，x=v0t，聯立解得E=mv02tan2θ2q?，x=2?tanθ，故A正確；粒子從N點進入磁場，其中沿?y方向的速度與磁感應強度平行，不受洛倫茲力而做勻速直線運動，沿x方向的速度v0與磁感應強度垂直，受洛倫茲力做勻速圓周運動，