2023年天津市薊州區(qū)中學(xué)高考物理三模試卷及答案解析

2023年天津市薊州區(qū)重點(diǎn)中學(xué)高考物理三模試卷

1.大量處于n=5能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)產(chǎn)生的a、b兩種單色光照射某光電管的陰極

時(shí)，測(cè)得遏止電壓之比為2：1,根據(jù)該信息下列說法正確的是（）

A.在同種介質(zhì)中，b光的傳播速度比a光的小

B.若b光是躍遷到n=3能級(jí)產(chǎn)生的，則a光可能是躍遷到n=4能級(jí)產(chǎn)生的

C.用同樣的裝置做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，b光束的條紋間距比a光束的窄

D.當(dāng)兩種光從水中射向空氣時(shí)，a光的臨界角小于力光的臨界角

2.如圖所示，內(nèi)壁光滑導(dǎo)熱氣缸中用活塞封閉住一定質(zhì)量的理想氣體，現(xiàn)

用一外力尸將活塞緩慢向上拉動(dòng)，氣缸始終保持靜止，在此過程中沒有氣體」

漏出，環(huán)境溫度不變，下列說法正確的是（）研〃

A.外力F逐漸變小B.氣體的內(nèi)能增加

C.氣體從外界吸收熱量D.氣體吸收的熱量大于對(duì)外做的功

3.歷史上，為了研究原子的性質(zhì)，科學(xué)家們做了大量的實(shí)驗(yàn)研究，如圖四幅示意圖中說法

正確的是（）

A.湯姆孫通過分析圖①的a粒子散射實(shí)驗(yàn)結(jié)果，提出了原子核式結(jié)構(gòu)模型

B.②表示的核反應(yīng)屬于重核裂變，在裂變過程中要吸收能量

C.③中向左偏轉(zhuǎn)的是B粒子，向右偏轉(zhuǎn)的是a粒子，不偏轉(zhuǎn)的是y粒子

D.鋅的逸出功為3.34eV,用④中一群處于n=4能級(jí)的氫原子發(fā)出的光照射鋅板，逸出光電

子的最大初動(dòng)能為9.41eU

4.如圖所示，人造地球衛(wèi)星發(fā)射過程要經(jīng)過多次變軌方可到達(dá)預(yù)定軌

道。先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道I；然后在4點(diǎn)（近地點(diǎn)）點(diǎn)火加速，衛(wèi)

星做離心運(yùn)動(dòng)進(jìn)入橢圓軌道口；在B點(diǎn)（遠(yuǎn)地點(diǎn)）再次點(diǎn)火加速進(jìn)入圓形

軌道HI,下列說法正確的是（）

A.軌道U上4點(diǎn)的速度一定不超過第一宇宙速度

B.衛(wèi)星在三個(gè)軌道上運(yùn)行時(shí)與地心的連線在相同時(shí)間內(nèi)掃過的面積都相等

c.衛(wèi)星在軌道n上的機(jī)械能大于在軌道I上的機(jī)械能

D.衛(wèi)星在圓軌道I上運(yùn)行的周期大于在圓軌道IE上運(yùn)行的周期

5.如圖所示，兩光滑平行長(zhǎng)直導(dǎo)軌水平放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)

磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)與導(dǎo)軌所在平面垂直，已知金屬棒MN能沿導(dǎo)軌自由滑動(dòng)，

導(dǎo)軌一端跨接一個(gè)定值電阻R,金屬棒與導(dǎo)軌電阻不計(jì)。金屬棒在恒力F

作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，在以后過程中，金屬棒速度外加

速度a、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E以及通過電阻R的電荷量q隨時(shí)間t變化圖線正確的是（）

6.如圖所示為一小型交流發(fā)電機(jī)的示意圖，兩磁極N、S間的

磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=CT。矩形線框

ABCD匝數(shù)n=100,=0.02m2,線圈內(nèi)阻r=5。，線圈

繞垂直于磁場(chǎng)的水平軸。O'逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)；角速度3=

100rad/s.矩形線框通過滑環(huán)與R=150的電阻相連，電壓表

為理想電表。則（）

A.線圈從圖示位置開始計(jì)時(shí)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式e=200/Icos（100t）（V）

B.線圈從圖示位置開始轉(zhuǎn)過90。時(shí)，電壓表示數(shù)為零

C.該交流電可以直接加在擊穿電壓為200V的電容器上

D.在0.5s的時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量為750/

7.如圖甲所示為一列沿x軸傳播的簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)刻的波形圖，a、從c為介質(zhì)中的三個(gè)

質(zhì)點(diǎn)，圖乙表示該波x=6/n處a質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像，下列說法正確的是（）

A.該波沿x軸負(fù)向傳播

B.t=15s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)a處于波峰位置

C.t=2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)b振動(dòng)的速度方向與回復(fù)力方向相同

D.質(zhì)點(diǎn)c的位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式為、=10sin(^t+^n')cm

8.如圖所示，。點(diǎn)是豎直平面內(nèi)圓的圓心，4、B、C三點(diǎn)將圓三

等分，CC是圓的水平直徑，在4、B兩點(diǎn)分別固定等量的正點(diǎn)電荷。

不計(jì)重力，下列說法正確的是()

A.D、。、C三點(diǎn)的電勢(shì)大小關(guān)系為=9o=Re

B.一個(gè)電子可以在力、8兩點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)

C.將一個(gè)電子從C點(diǎn)靜止釋放，電子從C點(diǎn)沿直線到。點(diǎn)的過程中所受的電場(chǎng)力一定是先減小

后再增大

D.若一電子源從0點(diǎn)以相同的初動(dòng)能沿圓周平面內(nèi)向各個(gè)方向發(fā)射電子，則從D點(diǎn)離開圓周

的電子的動(dòng)能最大

9.現(xiàn)用如圖1所示雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置來測(cè)量光的波長(zhǎng)。

(1)在組裝儀器時(shí)單縫和雙縫應(yīng)該相互放置(選填“垂直”或“平行”)o

(2)己知測(cè)量頭主尺的最小刻度是毫米，副尺上有50分度。某同學(xué)調(diào)整手輪使測(cè)量頭的分劃板

中心刻線與某亮紋中心對(duì)齊，并將該亮紋定為第1條亮紋，此時(shí)測(cè)量頭上游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為

1.16nun；接著再同方向轉(zhuǎn)動(dòng)手輪，使分劃板中心刻線與第6條亮紋中心對(duì)齊，此時(shí)測(cè)量頭上

游標(biāo)卡尺的示數(shù)如圖2所示，則讀數(shù)為mm.已知雙縫間距d=2.00x10-4m,測(cè)得

雙縫到毛玻璃屏的距離L=0.800m,所測(cè)光的波長(zhǎng)；I=mn(保留3位有效數(shù)字)。

(3)為減小誤差，該實(shí)驗(yàn)并未直接測(cè)量相鄰亮條紋間的距離△%,而是先測(cè)量71個(gè)條紋的間距再

求出下列實(shí)驗(yàn)采用了類似方法的有。

A.《探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律》的實(shí)驗(yàn)中合力的測(cè)量

B.解究彈簧彈力與形變量的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)中彈簧的形變量的測(cè)量

C.加單擺測(cè)重力加速度少的實(shí)驗(yàn)中單擺的周期的測(cè)量

D.傭油膜法估測(cè)油酸分子的大小少的實(shí)驗(yàn)中1滴油酸酒精溶液體積的測(cè)量

光源凸透鏡濾光片的縫雙縫遮光筒毛玻璃屏目鏡

g--j..

上￡

Uli

10.某校物理實(shí)驗(yàn)小組要測(cè)一未知電阻/?2的阻值，要求盡可能精確測(cè)量。

（1）為便于設(shè)計(jì)電路，該實(shí)驗(yàn)小組先用多用電表粗測(cè)燈的阻值，選用歐姆表X10倍率測(cè)量，發(fā)

現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)過小，為了較準(zhǔn)確地進(jìn)行測(cè)量，應(yīng)該選擇倍率（選填“X100”、“x1”），

并重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，正確操作并讀數(shù)，若這時(shí)刻度盤上的指針位置如圖甲所示，則測(cè)量結(jié)

果是______C;

（2）實(shí)驗(yàn)室提供了如下實(shí)驗(yàn)器材：

4電源E（電動(dòng)勢(shì)為12V,內(nèi)阻不計(jì)）：

8.電壓表V（量程為15V,內(nèi)阻即約為15K0）：

C電流表4（量程為內(nèi)阻乙約為100）：

D電流表4（量程為2（hn4,內(nèi)阻生約為150）：

E.滑動(dòng)變阻器⑹（最大阻值為200,額定電流為L(zhǎng)4）：

F.滑動(dòng)變阻器7?2（最大阻值為1K0,額定電流為0.54）；

G.開關(guān)及導(dǎo)線若干。

（3）為盡可能準(zhǔn)確測(cè)量％的阻值，實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖乙所示的電路，實(shí)驗(yàn)過程如下:

①正確連接實(shí)驗(yàn)電路后，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器％、/?2的滑片至適當(dāng)位置：

②斷開開關(guān)S2,閉合開關(guān)S1，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器右、/?2的滑片，使電流表4的示數(shù)恰好為電流

表4示數(shù)的三分之二，記錄此時(shí)電壓表u的示數(shù)和電流表4的示數(shù)人：

③保持滑動(dòng)變阻器/?2的滑片位置不變，再閉合開關(guān)S2,記錄電壓表U的示數(shù)力和電流表出示

數(shù)，2：

④根據(jù)以上測(cè)量數(shù)據(jù)可得&=:該實(shí)驗(yàn)也可測(cè)得電流表4的內(nèi)阻「1=用(仆、/1、

y2＞，2表示)。

11.如圖所示，一軌道由半徑為0.8m的四分之一豎直圓弧軌道4B和水平直軌道BC在B點(diǎn)平

滑連接而成，現(xiàn)有一質(zhì)量為0.2kg的小物塊從4點(diǎn)無初速度釋放，8c段長(zhǎng)LBc=0.50m,小物

塊與BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.5,小物塊滑離C點(diǎn)后恰好落在半徑也為0.8m的凹形半圓面上

的最底點(diǎn)。處，CE為凹形半圓直徑且水平。求：

(1)小物塊運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的速度大?。?/p>

(2)經(jīng)過圓弧上的8點(diǎn)時(shí)，小物塊對(duì)B點(diǎn)的壓力大小；

(3)小物塊在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功。

12.如圖，平面直角坐標(biāo)系xOy第一象限內(nèi)存在一個(gè)矩形有界磁場(chǎng)(未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大

小為B、方向垂直于坐標(biāo)平面向里；第二象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為加、

帶電量為e的電子從x軸上4點(diǎn)(-，石心,0)以大?。サ乃俣龋貀軸正方向垂直射入電場(chǎng)，電子

恰好從y軸上C點(diǎn)(0,2L)進(jìn)入第一象限，經(jīng)矩形磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)之后，電子最終從x軸上D點(diǎn)，以與x軸

正方向成60。角穿過x軸。不考慮電子的重力，求：

(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?/p>

(2)電子在矩形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2；

(3)矩形磁場(chǎng)的最小面積SmE。

13.如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)=1m,質(zhì)量為m=1kg、電阻為R=1。的勻質(zhì)正方形剛性導(dǎo)體線

框4BCD和直角坐標(biāo)系xOy（x軸水平，y軸豎直）均處于豎直平面內(nèi).在第一象限的空間內(nèi)存在

垂直于紙面向里的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度在x方向均勻分布，y方向上滿足B=2+ky（各量均采用

國(guó)際單位，k為大于0的未知量）。初始時(shí)，線框的4點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)0重合，48邊與x軸重合（記

為位置1）.現(xiàn)給線框一個(gè)沿著x軸正方向的速度/）=Im/s,并且給線框一個(gè)豎直向上的恒力

F卷,當(dāng)線框4點(diǎn)下降的高度為H=1.25m（記為位置2）時(shí)，可以認(rèn)為線框恰好達(dá)到最大速

度，且線框中的電流/=2.54此后恒力產(chǎn)保持大小不變，方向改為x方向，線框繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到位

置3（位置3和位置2中4點(diǎn)的橫坐標(biāo)相距3.5L）,此后軌跡是拋物線.若整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，線框

始終處于同一豎直平面內(nèi)，48邊始終保持水平，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g,求：

（l）k的數(shù)值；

（2）線框從位置1到位置2的時(shí)間匕；

（3）線框從位置2運(yùn)動(dòng)到位置3的豎直高度差兒

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4、由愛因斯坦光電效應(yīng)方程以小=九〃-%和遏止電壓與最大初動(dòng)能的關(guān)系&m=

eUc,整理得光的頻率為u=組產(chǎn)，因?yàn)槎糁闺妷褐葹?：1,所以兩光的頻率之比1<￡<2,

光在介質(zhì)中傳播的速度，同種介質(zhì)對(duì)頻率越大的光，折射率n越大，因?yàn)閍光的頻率大于b光

的頻率，所以b光的傳播速度大，故A錯(cuò)誤；

B、由能級(jí)躍遷的頻率條件/IV=Em-4因?yàn)閍光的頻率大于b光的頻率，所以產(chǎn)生a光時(shí)的躍遷，

能級(jí)差更大，即a光一定是躍遷到比n=3更低的能級(jí)，故B錯(cuò)誤；

C、由干涉條紋間距公式4%=華和波長(zhǎng)頻率關(guān)系％=c,因?yàn)?>%所以左〈兒，所以條紋間距

Axa<Axb,故C錯(cuò)誤；

。、發(fā)生全反射時(shí)，臨界角。與折射率n之間滿足s譏。=工，因a的折射率大，故a的臨界角小，故

n

D正確。

故選：D。

通過遏止電壓可比較a、b兩單色光的頻率高低，利用介質(zhì)折射率和頻率的關(guān)系，判斷介質(zhì)中的光

速；利用玻爾理論判斷躍遷的可能性；利用干涉的條紋間距與波長(zhǎng)的關(guān)系判斷條紋間距；利用全

反射的臨界角與折射率的關(guān)系比較臨界角的大小。

本題考查了能級(jí)躍遷、光電效應(yīng)規(guī)律、光的干涉、光的全反射，是一道綜合程度很高的試題，涵

蓋光學(xué)和原子物理學(xué)的主干內(nèi)容。建議熟練掌握光電效應(yīng)規(guī)律和玻爾理論的內(nèi)容。

2.【答案】C

【解析】解：跟庫(kù)題意可知，氣缸內(nèi)壁光滑導(dǎo)熱，則封閉氣體做等溫變卦，現(xiàn)用外力尸將活塞緩

慢向上拉動(dòng)，氣缸始終保持靜止，氣體體積變大。

人根據(jù)玻意耳定律可知，氣體的壓強(qiáng)減小，則內(nèi)外的壓強(qiáng)差變大，所以需要的外力逐漸增大，故

A錯(cuò)誤；

由于氣體發(fā)生等溫變化，則氣體的內(nèi)能不變，故B錯(cuò)誤；

C、由于氣體體積變大，氣體對(duì)外界做功，則

W<0

氣體內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律4U=Q+IV可知，氣體從外界吸熱，故C正確；

。、由于氣體內(nèi)能不變，可知?dú)怏w吸收的熱量等于對(duì)外做的功，故。錯(cuò)誤；

故選：Co

根據(jù)題意分析出其氣體狀態(tài)參量的變化，結(jié)合玻意耳定律得出壓強(qiáng)差的變化趨勢(shì)，從而得出外力F

的變化趨勢(shì)；

根據(jù)溫度的變化得出氣體內(nèi)能的變化；

根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析出氣體的吸熱量與對(duì)外界做功的大小關(guān)系。

本題主要考查了熱力學(xué)第一定律的相關(guān)應(yīng)用，解題的關(guān)鍵點(diǎn)是理解氣體狀態(tài)參量的變化，結(jié)合玻

意耳定律和熱力學(xué)第一定律即可完成分析。

3.【答案】D

【解析】解：4盧瑟福通過分析圖①的a粒子散射實(shí)驗(yàn)結(jié)果，提出了原子核式結(jié)構(gòu)模型，不是湯

姆孫，故A錯(cuò)誤；

8.②表示的核反應(yīng)屬于重核裂變，在裂變過程中，放出能量，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)左手定則判斷知，③中向左偏轉(zhuǎn)的是a粒子，向右偏轉(zhuǎn)的是0粒子，不偏轉(zhuǎn)的是y粒子，故

C錯(cuò)誤；

￡>.一群處于n=4能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，釋放光子的最大能量為ZE=-&=

-0.85eK-(-13.6elZ)=12.75eV

鋅的逸出功為3.34eU,根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程，則逸出光電子的最大初動(dòng)能為=』E-

W：s=12.75eV-3.34eV=9.41eV

故。正確。

故選：Do

盧瑟福通過分析a粒子散射實(shí)驗(yàn)結(jié)果，得出原子的核式結(jié)構(gòu)模型；

質(zhì)量虧損釋放核能；

由左手定則判斷出粒子的電性，然后答題；

根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程，求最大初動(dòng)能。

本題考查了a粒子散射實(shí)驗(yàn)、光電效應(yīng)、三種射線的特征、質(zhì)能方程等基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)，關(guān)鍵要熟悉

教材，牢記這些基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)。

4.【答案】C

【解析】解：4、衛(wèi)星在近地圓軌道I上運(yùn)行速度即為第一宇宙速度。在軌道n上4點(diǎn)，萬有引力

小于衛(wèi)星所需要的向心力，衛(wèi)星做離心運(yùn)動(dòng)，該點(diǎn)的速度會(huì)大于第一宇宙速度，故A錯(cuò)誤；

3、衛(wèi)星在不同軌道上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)并不適用開普勒第二定律，所以衛(wèi)星在三個(gè)軌道上運(yùn)行時(shí)與地心

的連線在相同時(shí)間內(nèi)掃過的面積不相等，故B錯(cuò)誤；

C、衛(wèi)星從軌道I進(jìn)入軌道軌道II時(shí)，需要點(diǎn)火加速，推力做正功，所以機(jī)械能增大，所以衛(wèi)星

在軌道口上的機(jī)械能大于在軌道I上的機(jī)械能，故C正確；

。、衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)（尊凡得了=由于軌道的半徑小

G=^=m）227rfZ,I

于軌道in的半徑，所以衛(wèi)星在軌道I的運(yùn)行周期小于在軌道in的運(yùn)行周期，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

第一宇宙速度等于衛(wèi)星在近地圓軌道I上運(yùn)行速度，結(jié)合變軌原理分析軌道口上力點(diǎn)的速度與第

一宇宙速度的關(guān)系；衛(wèi)星在不同軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，不適用開普勒第二定律。衛(wèi)星繞地球做勻速圓周

運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)萬有引力提供向心力列式分析周期關(guān)系。結(jié)合變軌原理分析衛(wèi)星在不同軌道上機(jī)械

能的大小。

解答本題時(shí)，要明確衛(wèi)星由低軌道變軌到高軌道時(shí)要點(diǎn)火加速，做離心運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能增加。要熟

悉開普勒定律的適用條件。

5.【答案】C

【解析】解：4、金屬棒在恒力F作用下向右做加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒受到向左的安培力，根據(jù)牛頓第

22

二定律得：_￡,LE,隨著速度增大，加速度減小，金屬棒做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)

FR=ma

動(dòng)，最終加速度減至零，做勻速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

8、由產(chǎn)一汕=加1，得a=上——.則竺=一配.絲=_理.?可知a減小，筆減小，a-t

圖像的斜率減小，Q-t圖像是曲線，故8錯(cuò)誤；

C、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,u增大，E增大，最后E為一定值。根據(jù)箓=

BL.柴=BLa,知a減小，圖像的斜率逐漸減小，故C正確；

D、通過電阻R的電荷量q="="包=%，式中％是金屬棒的位移，隨著位移增大，q一直增大。

由于金屬棒做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒的位移X隨時(shí)間t增大，隨著速度增大，位移增加

得越來越快,通過R的電荷量隨時(shí)間增加，當(dāng)速度恒定后，單位時(shí)間內(nèi)位移的增加量不再變化，q-t

圖線的切線斜率不變，但不等于零，故。錯(cuò)誤。

故選：C。

根據(jù)安培力與速度的關(guān)系以及牛頓第二定律求出加速度表達(dá)式，判斷加速度的變化，從而確定速

度如何變化；求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電荷量的表達(dá)式，然后分析它們的變化，即可答題。

本題的關(guān)鍵應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，利用數(shù)學(xué)知識(shí)得到圖像斜率表達(dá)式，然后進(jìn)行分析。

6.【答案】AD

【解析】解：4、線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為：

Em=NBSco=100xCx0.02x100V=200<2lZ

從圖示開始計(jì)時(shí)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值表達(dá)式為：

e=200\T2cos(100t)(l/),故A正確；

從電壓表示數(shù)為交流電壓的有效值，電壓表示數(shù)不為零，故3錯(cuò)誤；

C、該交流電電壓最大值為200，凝心超過用電器的最大電壓200U,故C錯(cuò)誤；

。、線圈和電阻R組成閉合回路，電動(dòng)勢(shì)有效值為：

5=鴇=型浮V=200V

V2V2

根據(jù)焦耳定律可得：

Q=(念:)2Rt=(言得)2X15x0.5；=750/,故O正確；

故選：AD.

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值，結(jié)合初始位置得出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式；

電壓表測(cè)量的是電壓的有效值，不會(huì)為零；

理解電容器的工作電壓概念，結(jié)合峰值電壓即可完成分析；

根據(jù)歐姆定律得出干路中的電流，結(jié)合焦耳定律得出產(chǎn)生的熱量。

本題主要考查了交流電的相關(guān)應(yīng)用，熟悉法拉第電磁感應(yīng)定律得出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，結(jié)合歐姆

定律和焦耳定律即可完成分析。

7.【答案】BC

【解析】解：4、由乙圖可知，t=0時(shí)，x=6m處的質(zhì)點(diǎn)a處于平衡位置，且沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)。

在甲圖上，根據(jù)“上下坡”法判斷可知該波沿x軸正方向傳播，故A錯(cuò)誤；

B、由圖乙知T=4s,由于t=15s=3,7,由乙圖可知，結(jié)合周期性可知t=15s時(shí)質(zhì)點(diǎn)a處于波

4

峰位置，故3正確；

C、t=2s時(shí)，a質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置，且向上振動(dòng)，b的振動(dòng)比a滯后三，所以b處于y=-5ni處，

向平衡位置運(yùn)動(dòng)，則振動(dòng)的速度方向與回復(fù)力方向相同，故C正確；

。、質(zhì)點(diǎn)的位移與時(shí)間變化的關(guān)系為y=Asin(竿t+(/))=10sin(^t+(p)cm=10sin(^t+<p)cm

當(dāng)t=0時(shí)，y-5cm,解得W=9或租=浮波沿x軸正方向傳播，t=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)c正沿y軸正方向

運(yùn)動(dòng)，所以0=胡應(yīng)舍去，所以質(zhì)點(diǎn)c的位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式為y=105汾(界+奇刖，故。

錯(cuò)誤。

故選：BC。

根據(jù)振動(dòng)圖像讀出t=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)a的振動(dòng)方向，在波形圖上，利用“上下坡”法可以判斷波的傳

播方向。也可以判斷各質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向。利用周期性判斷質(zhì)點(diǎn)在不同時(shí)刻的位置，利用數(shù)學(xué)方法

求出位移隨時(shí)間的變化關(guān)系式。

本題的關(guān)鍵要熟練掌握“上下坡”法判斷質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與波的傳播方向關(guān)系，抓住三要素：振

幅、圓

頻率和初相位寫出質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向。

8.【答案】B

【解析】解：4根據(jù)題意條件可知，。、。與兩點(diǎn)電荷的距離相等且小于C點(diǎn)與兩點(diǎn)電荷的距離，

由電勢(shì)的疊加可知So=,0>9c，故4錯(cuò)誤；

B.在4、B兩點(diǎn)連線的中垂面內(nèi)，電子受到的合電場(chǎng)力方向指向4、B兩點(diǎn)連線的中點(diǎn)，若給電子一

定的初速度，旦電子受到的電場(chǎng)力的合力剛好提供電子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則電子可以在4、B

兩點(diǎn)連線的中垂面內(nèi)繞4B的中點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故8正確;

C.設(shè)4、B兩點(diǎn)間距為L(zhǎng),兩點(diǎn)電荷的電量均為+Q,CD上某點(diǎn)M,設(shè)=0(0°<9<90°),A、

其大小為E時(shí)=篝號(hào)=sin9cos29

B兩點(diǎn)電荷在M點(diǎn)形成電場(chǎng)的合場(chǎng)強(qiáng)沿。C方向,

由數(shù)學(xué)知識(shí)可知當(dāng)tan。=浮(tan30。<tand=?<tan60°)>則E”有最大值。由幾何知識(shí)可知,

當(dāng)電子在C點(diǎn)時(shí)，/.CAB=60°,當(dāng)電子在。點(diǎn)時(shí)，^OAB=30°,因此電子在C。之間的某處受到的

電場(chǎng)力達(dá)到最大值，而電子運(yùn)動(dòng)到4、B兩點(diǎn)連線的中點(diǎn)時(shí)，受到的電場(chǎng)力為零，然后往左運(yùn)動(dòng)時(shí)，

受到的電場(chǎng)力反向，大小增大。由此可知，電子從C點(diǎn)沿直線到。點(diǎn)的過程中所受的電場(chǎng)力先增大

后減小，然后再增大，故C錯(cuò)誤;

。.根據(jù)題目條件可知，電子的運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力做功時(shí)，帶電粒子的動(dòng)能與電勢(shì)能之和為一個(gè)定

值，由于。點(diǎn)不是圓上電勢(shì)最高的點(diǎn)，因此。點(diǎn)不是電子的電勢(shì)能最小的點(diǎn)，故電子從D點(diǎn)離開圓

時(shí)動(dòng)能不是最大的，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)不同點(diǎn)到電荷之間的距離，結(jié)合電勢(shì)的疊加特點(diǎn)得出電勢(shì)的大小關(guān)系；

對(duì)電子受力分析，從而分析出其可能的運(yùn)動(dòng)類型；

根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的計(jì)算公式，結(jié)合幾何關(guān)系和數(shù)學(xué)知識(shí)分析出場(chǎng)強(qiáng)的變化趨勢(shì)，從而得出電場(chǎng)力的變化

趨勢(shì)；

理解電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，結(jié)合能量守恒定律即可完成分析。

本題主要考查了場(chǎng)強(qiáng)的疊加問題，理解場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)的計(jì)算公式，理解物理量疊加時(shí)的特點(diǎn)，結(jié)合

幾何關(guān)系即可完成分析。

9.【答案】(1)平行；(2)15.02；693(3)CD

【解析】(1)只有保證單縫和雙縫互相平行，這樣才能在屏上出現(xiàn)明暗相間的條紋。

(2)游標(biāo)卡尺的的游標(biāo)尺為50分度，精度為0.02mm,固定刻度讀數(shù)為15nm1,游標(biāo)尺上第1個(gè)格

對(duì)齊，

故讀數(shù)為0.02x1mm=0.02mm.,

所以最終讀數(shù)為15mm+0.02mm-15.02nun。

由于第1條亮紋，此時(shí)測(cè)量頭上游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為X]=1.16nun；第6條亮紋中心對(duì)齊，測(cè)量頭的

讀數(shù)久2=15.02nun。

所以*10-3m=2.772xIO-3m。

6—1=1怨0—=1*

根據(jù)九知入=

aL

代入數(shù)據(jù)得：4=200x104j：772xio=693乂io-7n=693n7n.

U.o

(3)先測(cè)量n個(gè)條紋的間距再求出/x,屬于放大測(cè)量取平均值。

A.《探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律》的實(shí)驗(yàn)中合力的測(cè)量，屬于等效替代法，故4錯(cuò)誤。

B.殊究彈簧彈力與形變量的關(guān)系》的實(shí)驗(yàn)中彈簧的形變量的測(cè)量，屬于測(cè)多次取平均值，故B錯(cuò)

誤。

C.傭單擺測(cè)重力加速度》的實(shí)驗(yàn)中單擺的周期的測(cè)量，屬于放大測(cè)量取平均值，故C正確。

D.傭油膜法估測(cè)油酸分子的大小》的實(shí)驗(yàn)中1滴油酸酒精溶液體積的測(cè)量，屬于放大測(cè)量取平

均值，故。正確。

故選CD。

故答案為：(1)平行；

(2)15.02,693；

⑶C。。

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，單縫與雙縫相平行。

(2)測(cè)量頭是游標(biāo)卡尺，其讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀；根據(jù)4%=[4列式求

解光波長(zhǎng)。

(3)依據(jù)放大測(cè)量取平均值，從而即可一一判定。

解決本題的關(guān)鍵掌握條紋的間距公式，及游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法，讀數(shù)時(shí)要先注意精度，再確定游

標(biāo)尺上的讀數(shù)，注意其讀數(shù)沒有估計(jì)值，同時(shí)理解雙縫干涉條紋的間距公式=

10.【答案】x1001100華乎一奪

123/2

【解析】解：(1)先用多用電表粗測(cè)其阻值：該同學(xué)選擇X10倍率，指針偏轉(zhuǎn)角度太小，所選擋位

太小，為了較準(zhǔn)確地進(jìn)行測(cè)量，應(yīng)該選擇倍率x100。電阻的測(cè)量值為11x1000=1100。。

(3)根據(jù)題意斷開開關(guān)52,閉合開關(guān)才時(shí)，電流表4的示數(shù)恰好為電流表4示數(shù)的|，則此時(shí)流過心

的電流是電流表公示數(shù)的5所以流過/?2的電流是流過電流表4電流的;，閉合開關(guān)$2，電流表4

的示數(shù)，2,流過的電流為“2,q兩端的電壓為出

則治=華

12

U2U

/?2和電流表&以及R2的總電阻為7725=藥2

所以電流表4的內(nèi)阻q=勺一兼

故答案為：⑴x100,1100；(3)^^,

(1)用歐姆表測(cè)電阻要選擇合適的擋位使指針指在中央刻度線附近；歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積

是歐姆表讀數(shù)；

(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理及閉合電路歐姆定律解答。

要掌握常用器材的使用方法與讀數(shù)方法；分析清楚電路結(jié)構(gòu)、應(yīng)用歐姆定律即可解題。

11.【答案】解：(1)從C到。做平拋運(yùn)動(dòng)，則R=\gt2

代入數(shù)據(jù)解得：vc=2m/s

(2)從8到C由速度位移的關(guān)系式得：V^-VQ-2axBC

由牛頓第二定律知，a=iig

代入數(shù)據(jù)解得：=3m/s

在B點(diǎn)由牛頓第二定律得：Fo—mg=

代入數(shù)據(jù)解得：&=4.25N,

根據(jù)牛頓第三定律小物塊對(duì)8點(diǎn)的壓力大小為4.25N

(3)從4到8由動(dòng)能定理得：mgR-Wf-

代入數(shù)據(jù)解得：Wf=0.7/

如能垂直落在凹形半圓面上，速度方向與凹形半圓面垂直，那么速度的反方向延長(zhǎng)線會(huì)經(jīng)過凹形

半圓面圓心，而根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，速度的反方向延長(zhǎng)線應(yīng)與水平位移的中點(diǎn)相交，二者矛盾，

所以小物塊不可能垂直落在凹形半圓面。

答：(1)小物塊運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的速度大小是2m/s；

(2)經(jīng)過圓弧上的B點(diǎn)時(shí);小物塊對(duì)B點(diǎn)的壓力大小是4.25N。

(3)小物塊在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是0.7/。

［解析】(1)從C到。由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可求得運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的速度；

(2)從B到C由速度一位移的關(guān)系式結(jié)合牛頓第二定律可求得物塊對(duì)B點(diǎn)的壓力；

(3)從4到B由動(dòng)能定理可求得克服摩擦力所做的功。

本題考查了平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓第二定律、動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用，明確物體的運(yùn)

動(dòng)過程及規(guī)律是求解的關(guān)鍵。

12.【答案】解：(1)電子從4運(yùn)動(dòng)到C的過程中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為在x方向上有:

在y方向上有：2L=%t,

根據(jù)牛頓第二定律可得：eE=ma

聯(lián)立解得：E=6覺；

2eL

(2)在%方向上有：vx=atx

-

所以以=V3v0

在C點(diǎn)根據(jù)幾何關(guān)系可知：tane=^=所以：0=60。

%v0

根據(jù)兒何關(guān)系可得：cose=

電子在磁場(chǎng)中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：e〃cB=mJ

所以：「=筆

根據(jù)題意作出電子的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖如下圖所示，由圖中幾何