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17 CBBADDC 8 BD 9 AC 10 BD
解析：
1．C。对一定质量的理想气体，在体积不变的情况下，由查理定律可得 p CT （C 为常量），即气体压强 p 与其
热力学温度 T 成正比，选项 C 正确；故选 C。
2．B。由力的平衡条件可得，细绳对滑轮的作用力大小 F 2mg cos30 3mg ，选项 B 正确；故选 B。
sini c csin
3．B。由折射定律知，该玻璃砖对光线的折射率 n ，光线在该玻璃砖中运动的速度大小 v ，可
sin n sini
v sin
知 v sin ，因此，a、b 光线在该玻璃砖中运动的速度大小之比为 1 1 ，选项 B 正确；故选 B。
v2 sin2
1 1
4．A。设甲此次奔跑的平均加速度大小为 a，当地重力加速度大小为 g，对甲有 at 2 l ，对网球有 gt 2 h ，
2 2
a l
联立解得 ，选项 A 正确；故选 A。
g h
Mm Qq
5．D。由万有引力定律 F G 类比库仑定律 F k ，并结合开普勒三大定律，易知 F 点为该椭圆的焦点，
r 2 r 2
且甲、乙两小球为异种电性，选项 D 正确，选项 A 错误；小球乙从 B 点运动到 A 点时，其动能减小，由
能量守恒定律可知，其电势能增加，选项 B 错误；小球甲的等势线为圆形，选项 C 错误；故选 D。
6．D。轨迹图显示，该烟花在 c 点的水平速度为零，可知该烟花在运动过程中受到空气阻力影响，水平方向减速
运动，选项 A 错误；空气阻力对该烟花做负功，该烟花从 b 点运动到 c 点过程中，其机械能不守恒，选项
B 错误；该烟花在 b 点时，水平方向速度不为零，水平方向所受空气阻力不为零，故在 b 点的加速度方向
不是竖直向下，但是有竖直向下的加速度分量，故而处于失重状态，选项 D 正确，选项 C 错误；故选 D。
7．C。闭合开关 S 后，该导体棒运动时的电流比其静止不动时的电流小，选项 A、B 均错误；设该导体棒匀速运
动时的速度大小为 ，则有 ，其中 B(E BLvm )L ，解得 1 ，选
v F安 mg F v BLE mg(r R)
m 安 r R m B 2 L2
项 C 正确，选项 D 错误；故选 C。
8．BD。由题知，这四条谱线的频率关系为 ，因此， 是氢原子从 能级向 能级跃迁
vH vH vH vH H n 6 n 2
时产生的，选项 B 正确，选项 A 错误；由 可知，若用 照射某种金属能发生光电效应，则用
vH vH H H
照射这种金属一定也能发生光电效应，选项 D 正确；但是，若用 照射某种金属能发生光电效应，则用
H
照射这种金属不一定能发生光电效应，选项 C 错误；故选 BD。
H
9．AC。由分析可知，连接理想二极管 前、后，通过定值电阻 的电流变化频率不变，即 ，选项 A 正确，
D R f2 f1
2 2
U U
m m
2 2 T P
选项 B 错误；由 P ， P T ，可得 P 1 ，选项 C 正确，选项 D 错误；故选 AC。
1 R 2 R 2 2 2
第三次联合诊断检测（物理）参考答案 第 1 页 共 4 页
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10．BD。由 可知， 时间段内，平板 和滑块 保持相对静止一起向右运动， 时刻，对平板
a0 g 0 t0 P Q t t0 P
和滑块 Q 整体，由牛顿第二定律有 F 2mg 2ma ，解得 F 3mg ，当 tt0 时， ag ，滑块 Q
1 2 0 1
将相对平板 P 向左运动，t 2t 时刻，对平板 P，有 F mg 2mg m 2a ，解得 F 4mg ，故选
0 2 2 0 2
1
项 B 正确，选项 A 错误；设 t 2t 时刻平板 P 的速度大小为 v，结合 a-t 图像，有 v 2a 2t 2gt ，
0 2 0 0 0
1
故此时平板 P 的动能 E mv2 2m2 g 2t 2 ，选项 D 正确，选项 C 错误；故选 BD。
k 2 0
11．（7 分）
（1）先通电再释放乒乓球（1 分）
（2） D （2 分） D （2 分）
t1 t2
（3） t2 t1 （2 分）
t2
解析：
D D
（2）由光电门的测速原理可知： v碰前 ， v碰后 。
t1 t2
v碰前 v碰后 t t
（3）由 100% ，可得 2 1 。
v碰前 t2
12．（9 分）
（1）3.035（1 分）
（2） d （2 分） ad （2 分） (b a)d （2 分）
c b c b c b
4
（3） L(c b) （2 分）
D2d(b a)
解析：
（1）由题知： D 3.0cm 0.05mm 7 3.035cm 。
1 r 1
（2）开关 S2 闭合时，由和闭合电路欧姆定律，有 E I(r R) ，可知图线的表达式为 R ，同
I E E
1 r R 1 1 1 c b
理，由有 E I(r R R) ，可知图线的表达式为 x R ，结合 R 图像，可得 ，
x I E E I E d
d r ad R (b a)d
解得 E ，又由 a ，解得 r ，由 x b a ，解得 R 。
c b E c b E x c b
L 1 (b a)d 4L(c b)
（3）由 R ， 和 R ，联立解得 。
x D 2 x c b D 2d(b a)
4
13．（10 分）
解：（1）该小球从 O 点运动到 N 点过程中，在竖直方向做自由落体运动
1 h
由 2h gt 2 （2 分），解得： t 2 （2 分）
2 g
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（2）设该小球从 点运动到两极板上边缘过程中，历时
O t1
1 2h
由 h gt 2 （1 分），解得 t （1 分）
2 1 1 g
h
因此，该小球在电场中运动的时间 t t t (2 2) （1 分）
2 1 g
1
该小球在电场中运动时，水平方向上有： qE ma （1 分）， d at 2 （1 分）
2 2
(3 2 2)mgd
联立解得： E （1 分）
qh
14．（13 分）
解：（1）设甲粒子在 磁场区域做匀速圆周运动的半径为 ，周期为
y 0 r甲1 T甲1
2
2r甲 2m
由 v ，解得： mv （1 分），故 1 （1 分）
qvB m r甲1 T甲1
r甲1 qB v qB
mv m
同理可知，甲粒子在 y0 磁场区域做匀速圆周运动的半径 r甲 （1 分），周期 T甲 （1 分）
2 2qB 2 qB
mv T甲 T甲
因此，甲粒子从 O 点射入磁场至到达 x 轴上 x 处历时： t 1 2 （1 分）
qB 2 2
mv x
故甲粒子从 O 点射入磁场至到达 x 轴上 x 处的平均速度大小 v （1 分）
qB t
2v
联立解得： v （1 分）
3
2mv 4m
（2）同理可知，乙粒子在 y0 磁场区域做匀速圆周运动的半径 r乙 （1 分），周期 T乙 （1 分）
1 qB 1 qB
mv 2m
乙粒子在 y0 磁场区域做匀速圆周运动的半径 r乙 （1 分），周期 T乙 （1 分）
2 qB 2 qB
作出甲、乙两粒子运动的部分轨迹图如答图 1 所示 y
又由 可知， 乙
T乙1 T乙2 2(T甲1 T甲2 )
甲
B
2mv
甲、乙两粒子将在 x 轴上 x 处第一次相遇 v v
qB
x
O
因此，甲、乙两粒子从 O 点射入磁场后第一次相遇
2B
所经过的时间为 （1 分）
t T甲1 T甲2
答图 1
3m
解得 t （1 分）
qB
15．（18 分）
解：（1）设物块甲与物块乙碰撞前瞬时，物块甲的速度大小为
v1
1 1
由能量守恒定律可得： kx 2 mv2 （1 分）
2 0 2 1
设物块甲与物块乙碰撞粘合在一起后瞬时速度大小为
v2
x k
碰撞过程中，由动量守恒定律可得： 2mv mv （1 分），解得： v 0 （1 分）
2 1 2 2 m
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2m
由题知，碰撞后，甲、乙将一起做简谐运动，周期 T 2 （1 分）
k
T 2m
因此，碰撞后甲、乙一起第一次回到 O 点所经过的时间 t （1 分），解得： t （2 分）
2 k
（2）由分析知，物块甲从 P 点由静止释放后，先向右做简谐运动，其平衡位置位于 O 点左侧
mg
设该平衡位置到 O 点的距离为 x ，则有： kx mg ，解得： x （1 分）
k
物块甲第 1 次向右做简谐运动的振幅 ，解得 （1 分）
A1 x0 x A1 9.5x
物块甲第 1 次向右运动至速度减为零后，又向左做简谐运动，其平衡位置位于 O 点右侧
由分析可知，该平衡位置到 O 点的距离仍为 x
物块甲第 1 次向左做简谐运动的振幅 ，解得： （1 分）
A2 A1 2x x0 3x A2 7.5x
同理分析可知：
物块甲第 2 次向右做简谐运动的振幅 （1 分）
A3 A2 2x 5.5x
物块甲第 2 次向左做简谐运动的振幅 （1 分）
A4 A3 2x 3.5x
物块甲第 3 次向右做简谐运动的振幅 （1 分）
A5 A4 2x 1.5x
由 可知，物块甲第 3 次向右运动至速度减为零后，将停止运动
k(A5 x) 0.5mg mg
mg
即物块甲最终停在 O 点右侧，到 O 点的距离为 x A x 0.5x （2 分）
5 2k
m
由题知，物块甲做简谐运动的周期恒为 T 2 （1 分）
k
T m
因此，整个运动过程中所经过的时间 t 5 （1 分），解得： t 5 （1 分）
2 k
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