【解析】陜西省渭南市2023屆高三下學(xué)期理綜物理教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)二模試題

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陜西省渭南市2023屆高三下學(xué)期理綜物理教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)（二模）試題

一、單選題

1．如圖所示，用導(dǎo)線將鋅板與驗(yàn)電器相連，用紫外線燈照射鋅板，驗(yàn)電器金屬箔片張開。鋅、鈉的極限頻率νc和逸出功W0如下表所示，普朗克常量h=6.63×10-34J·s。下列說法正確的是（）

金屬鈉鋅

νc/×1014Hz5.53

W0/eV2.293.34

A．該紫外線燈照射金屬鈉，一定能使鈉發(fā)生光電效應(yīng)

B．驗(yàn)電器的金屬箔片帶負(fù)電

C．鋅的極限頻率為8.06×1015Hz

D．從鋅板逸出電子的動(dòng)能都相等

2．在A、B兩點(diǎn)放置電荷量分別為和的點(diǎn)電荷，其形成的電場(chǎng)線分布如圖所示，C為A、B連線的中點(diǎn)，D是連線的中垂線上的另一點(diǎn)。則下列說法正確的是（）

A．

B．C點(diǎn)的電勢(shì)高于D點(diǎn)的電勢(shì)

C．若將一正電荷從C點(diǎn)移到無窮遠(yuǎn)點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功

D．若將另一負(fù)電荷從C點(diǎn)移到D點(diǎn)，電荷電勢(shì)能減小

3．四根長(zhǎng)直導(dǎo)線通有相同大小的電流，導(dǎo)線的截面是正方形的四個(gè)頂點(diǎn)，其中導(dǎo)線電流垂直紙面向里，導(dǎo)線電流垂直紙面向外，每根導(dǎo)線在中心O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，則O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是（）

A．大小為，指向

B．大小為，指向連線中點(diǎn)

C．大小為，指向連線中點(diǎn)

D．大小為，指向連線中點(diǎn)

4．天體物理學(xué)中，通常利用觀測(cè)到的環(huán)繞星的運(yùn)動(dòng)學(xué)量來推知中心星的質(zhì)量。一行星繞恒星做圓周運(yùn)動(dòng)，由天文觀測(cè)可得，其運(yùn)行周期為T，速度為v，引力常量為G，則恒星的質(zhì)量為（）

A．B．C．D．

5．如圖甲所示，車轅是馬車車身上伸出的兩根直木，它是駕在馬上拉車的把手。如圖乙為馬拉車時(shí)的簡(jiǎn)化模型，車轅前端距車軸的高度H大約為1.0m，馬拉車的力可視為沿車轅方向，馬車的車輪與地面間的摩擦力大小是其對(duì)地面壓力的，若想讓馬拉車在水平面上勻速前進(jìn)且盡可能省力，則車轅的長(zhǎng)度大約為（）

A．B．C．3mD．2m

二、多選題

6．（2023高二下·沁縣期中）如圖，兩同心圓環(huán)A、B置于同一水平面上，其中B為均勻帶正電絕緣環(huán)，A為導(dǎo)體環(huán)．當(dāng)B繞軸心順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)且轉(zhuǎn)速增大時(shí)，下列說法正確的是()

A．A中產(chǎn)生逆時(shí)針的感應(yīng)電流B．A中產(chǎn)生順時(shí)針的感應(yīng)電流

C．A具有收縮的趨勢(shì)D．A具有擴(kuò)展的趨勢(shì)

7．如圖甲所示，一光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一輕質(zhì)彈簧，將質(zhì)量為m的物塊從斜面頂端由靜止釋放，物塊運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，其加速度隨位移變化的規(guī)律如圖乙所示，則（）

A．彈簧的勁度系數(shù)為

B．從位置到物塊速度先減小后增大

C．物塊的最大動(dòng)能為

D．彈簧的最大彈性勢(shì)能為

8．無線充電寶可通過磁吸力吸附在手機(jī)背面，利用電磁感應(yīng)實(shí)現(xiàn)無線充電技術(shù)。劣質(zhì)的無線充電寶使用過程中可能因吸力不足發(fā)生切線滑落造成安全隱患。圖（a）為科創(chuàng)小組某同學(xué)手握手機(jī)（手不接觸充電寶），利用手機(jī)軟件記錄豎直放置的手機(jī)及吸附的充電寶從靜止開始在豎直方向上的一次變速運(yùn)動(dòng)過程（手機(jī)與充電寶始終相對(duì)靜止），記錄的加速度a隨時(shí)間t變化的圖像如圖（b）所示（規(guī)定向上為正方向），且圖像上、下部分分別與時(shí)間軸圍成的面積相等。已知無線充電寶質(zhì)量為，手機(jī)與充電寶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取，則在該過程中（）

A．手機(jī)與充電寶全程向下運(yùn)動(dòng)，最終處于靜止?fàn)顟B(tài)

B．充電寶在與時(shí)刻所受的摩擦力方向相反

C．充電寶與手機(jī)之間的吸引力大小至少為

D．充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最小值為

三、實(shí)驗(yàn)題

9．位移傳感器經(jīng)常用在力學(xué)實(shí)驗(yàn)中，并且可以很好地與計(jì)算機(jī)結(jié)合，快速解決普通方法難于測(cè)量的問題。為了測(cè)量木塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)，某小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，讓木塊從傾斜木板上一點(diǎn)A由靜止釋放，位移傳感器可以測(cè)出木塊到傳感器的距離。連接計(jì)算機(jī)，描繪出木塊相對(duì)傳感器的位移隨時(shí)間變化規(guī)律，如圖乙所示。已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭。

（1）由圖乙可求得時(shí)木塊的速度，木塊加速度（計(jì)算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）。

（2）為了測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù)，還需要測(cè)量的一個(gè)物理量可以是。

10．某同學(xué)利用下列實(shí)驗(yàn)器材設(shè)計(jì)一個(gè)電路來研究某壓敏電阻的壓阻效應(yīng)，然后將該壓敏電阻改裝為壓力傳感器測(cè)量壓力。已知該電阻的阻值變化范圍為。供選擇的實(shí)驗(yàn)器材如下：

A．電源E：電動(dòng)勢(shì)為，內(nèi)阻不計(jì)

B．電流表：量程為，內(nèi)阻

C．電流表：量程為，內(nèi)阻約為

D．電阻箱：阻值范圍

E.定值電阻：

F.開關(guān)S、導(dǎo)線若干

（1）為了較準(zhǔn)確地測(cè)量電阻，某同學(xué)設(shè)計(jì)了圖甲的實(shí)驗(yàn)電路圖，根據(jù)所設(shè)計(jì)的電路圖，設(shè)電流表的示數(shù)分別為，電阻箱的電阻為，則的測(cè)量值為。

（2）該同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)測(cè)量結(jié)果，做出壓敏電阻隨所加外力F的圖像，如圖乙所示，則由此圖像可知，隨壓力F的增大，壓敏電阻的阻值（填“增大”、“減小”或“不變”）。

（3）該同學(xué)將這種壓敏電阻與一個(gè)量程為的理想電壓表按如圖丙所示電路改裝成測(cè)量壓力的儀表，已知電源，內(nèi)阻不計(jì)，為了使改裝后的壓力表的量程為，壓力為時(shí)對(duì)應(yīng)電壓表的刻度，則定值電阻R應(yīng)取，電壓表刻度對(duì)應(yīng)壓力表N的刻度。

四、解答題

11．工人使用一塊長(zhǎng)的木板從平臺(tái)上卸貨，木板一端搭在平臺(tái)上（與平臺(tái)等高），另一端固定在地面，形成傾角的斜面。工人甲從木板底部推動(dòng)質(zhì)量的小車，使小車以的速度沖上木板。當(dāng)小車在木板上運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t后，工人乙站在平臺(tái)上，以的速度水平拋出貨物，貨物速度方向與木板平行時(shí)恰好落入到達(dá)斜面頂端的小車，兩者速度立刻變?yōu)榱恪Ｒ阎≤嚺c木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，g取，，小車和貨物均可視為質(zhì)點(diǎn)，求：

（1）貨物拋出點(diǎn)距平臺(tái)邊緣的水平距離x；

（2）貨物的質(zhì)量m；

（3）時(shí)間t。

12．如圖所示為某離子實(shí)驗(yàn)裝置結(jié)構(gòu)圖。Ⅰ區(qū)為電加速區(qū)，由間距為d中間有小孔S、O的兩正方形平行金屬板M、N構(gòu)成，金屬板邊長(zhǎng)為，其中離子源緊貼小孔S；Ⅱ、Ⅲ區(qū)為長(zhǎng)方體形狀的磁偏轉(zhuǎn)區(qū)，水平間距分別為d、，其豎直截面與金屬板形狀相同。Ⅲ區(qū)左右截面的中心分別為，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，垂直長(zhǎng)方體側(cè)面和金屬板建立x、y和z坐標(biāo)軸。M、N間有垂直于金屬板的水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)；Ⅱ、Ⅲ區(qū)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向分別沿、方向。某時(shí)刻離子源有一電量為、質(zhì)量為m的粒子無初速的飄入小孔S，經(jīng)過一段時(shí)間后恰好能返回到小孔S，不考慮粒子的重力。

（1）求粒子經(jīng)過小孔O時(shí)速度v的大小及Ⅰ區(qū)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?/p>

（2）求粒子在磁場(chǎng)中相鄰兩次經(jīng)過小孔O時(shí)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；

（3）若在Ⅱ區(qū)中方向增加一個(gè)附加勻強(qiáng)磁場(chǎng)，可使粒子經(jīng)過小孔O后恰好不能進(jìn)入Ⅲ區(qū)、并直接從Ⅱ區(qū)前表面（方向一側(cè)）P點(diǎn)飛出，求P點(diǎn)坐標(biāo)為。

五、多選題

13．下列說法正確的是（）

A．在火力發(fā)電機(jī)中，燃?xì)獾膬?nèi)能不可能全部變成電能

B．托里拆利實(shí)驗(yàn)管內(nèi)的水銀面高于管外的水銀面是毛細(xì)現(xiàn)象

C．如果附著層分子受到固體分子的作用力小于液體內(nèi)部分子的作用力，該液體與物體之間是不浸潤(rùn)的

D．當(dāng)兩個(gè)分子相互吸引時(shí)，分子間沒有斥力

E．對(duì)一定質(zhì)量的氣體可以做到保持溫度不變，同時(shí)增加體積并減小壓強(qiáng)

六、解答題

14．如圖甲所示，在豎直放置的圓柱形容器內(nèi)用橫截面積的質(zhì)量不計(jì)且光滑的活塞密封一定質(zhì)量的氣體（可視為理想氣體），活塞上靜止一質(zhì)量為m的物塊。圖乙是密閉氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的圖像，密閉氣體在A點(diǎn)的壓強(qiáng)，從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過程中吸收熱量。已知外界大氣壓強(qiáng)，重力加速度g取。求：

（1）物塊的質(zhì)量；

（2）氣體在狀態(tài)B的體積；

（3）從狀態(tài)A到狀態(tài)B氣體內(nèi)能增量。

七、多選題

15．關(guān)于光現(xiàn)象及應(yīng)用，下列說法正確的是（）

A．?dāng)z影師拍攝水中的游魚時(shí)，常常在鏡頭前加裝一塊偏振鏡，偏振鏡旋轉(zhuǎn)到合適角度時(shí)，經(jīng)過水面的反射光通過偏振鏡時(shí)減弱，拍攝效果較好

B．由于光的折射現(xiàn)象，空中的水鳥看到水里的魚的像比實(shí)際位置偏高，而水里的魚看到空中的水鳥的像比實(shí)際位置偏低

C．雨后天空出現(xiàn)的彩虹，陽光下肥皂泡表面有彩色花紋，都是光的干涉引起的

D．在光的雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，其他條件不變，雙縫間距越小，觀察到屏上條紋間距越大

E．高性能相機(jī)鏡頭表面鍍了一層透光的膜，看起來有顏色，這是由光的干涉現(xiàn)象引起的

八、解答題

16．如圖所示，A、B為兩個(gè)振動(dòng)周期相同、且在同種介質(zhì)中的波源，波源A的起振方向沿y軸正方向，產(chǎn)生的波沿x軸正方向傳播，波源B的起振方向沿y軸負(fù)方向，產(chǎn)生的波沿x軸負(fù)方向傳播。若僅有波源A振動(dòng)，則從A振動(dòng)時(shí)計(jì)時(shí)經(jīng)歷坐標(biāo)原點(diǎn)O處的質(zhì)點(diǎn)第1次到達(dá)波峰：若僅有波源B振動(dòng)，則從B振動(dòng)時(shí)計(jì)時(shí)經(jīng)歷坐標(biāo)原點(diǎn)O處的質(zhì)點(diǎn)第1次到達(dá)波峰。已知波源A的坐標(biāo)為，波源B的坐標(biāo)為。

（1）求波在該介質(zhì)中沿x軸傳播的周期T；

（2）若兩波源同時(shí)開始振動(dòng)，判斷坐標(biāo)原點(diǎn)O處是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)還是振動(dòng)減弱點(diǎn)。

答案解析部分

1．【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】光電效應(yīng)

【解析】【解答】A.根據(jù)表格，鋅的逸出功大于鈉的逸出功，故鋅的極限頻率大于鈉的極限頻率，用紫外線燈照射鋅板，驗(yàn)電器金屬箔片張開，說明鋅板發(fā)生光電效應(yīng)，則該紫外線燈照射金屬鈉，一定能使鈉發(fā)生光電效應(yīng)，故A正確；

B.發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，電子從鋅板飛出，鋅板失去電子帶正電，所以驗(yàn)電器帶正電，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)W0=hνc，鋅的極限頻率為8.06×1014Hz，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=hν-hνc，從鋅板表面逸出的光電子最大動(dòng)能是確定的，有些光電子從較深處逸出，初動(dòng)能較小，所以從鋅板逸出電子的動(dòng)能不一定相等，故D錯(cuò)誤。

故選：A。

【分析】通過逸出功，比較極限頻率，分析能否發(fā)生光電效應(yīng)；發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，鋅板帶正電；根據(jù)W0=hνc，求極限頻率；根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=hν-hνc，分析動(dòng)能。

2．【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】電勢(shì)能；電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功的關(guān)系；電勢(shì)

【解析】【解答】A．電場(chǎng)線越密電場(chǎng)強(qiáng)度越大，A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)附近的電場(chǎng)強(qiáng)度，C點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于D點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，由E=，則，故A錯(cuò)誤；

BD．電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，畫出過C點(diǎn)的等勢(shì)線，如圖

沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，C點(diǎn)的電勢(shì)大于D點(diǎn)的電勢(shì)，故負(fù)電荷從C點(diǎn)移到D點(diǎn)，電荷電勢(shì)能增大，B正確，D錯(cuò)誤；

C．A點(diǎn)的正電荷電荷量大于B點(diǎn)的負(fù)電荷電荷量，故C點(diǎn)電勢(shì)大于零，若將一正電荷從C點(diǎn)移到無窮遠(yuǎn)點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，C錯(cuò)誤。

故選：B。

【分析】電場(chǎng)線越密電場(chǎng)強(qiáng)度越大，同時(shí)結(jié)合公式E=，比較電量大??；

電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，分析電勢(shì)高低，再分析電勢(shì)能大?。?/p>

根據(jù)電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能降低，反之，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能升高，進(jìn)行分析。

3．【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】磁感應(yīng)強(qiáng)度；右手定則

【解析】【解答】根據(jù)右手螺旋定則，4根通電直導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度如圖

根據(jù)疊加原理，則O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是B合==

方向指向連線中點(diǎn)。

故選：C。

【分析】根據(jù)右手螺旋定則，分析4根通電直導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度，再根據(jù)疊加原理，求O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度。

4．【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】萬有引力定律的應(yīng)用

【解析】【解答】由恒星對(duì)行星的萬有引力提供行星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力

又v=

代入得M=

故選：A。

【分析】根據(jù)萬有引力提供行星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力結(jié)合線速度周期公式，求恒星的質(zhì)量。

5．【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡

【解析】【解答】車勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，設(shè)馬拉車的力為F，車轅與水平方向夾角為θ，根據(jù)平衡條件則

Fsinθ+FN=mg

Fcosθ=f

根據(jù)牛頓第三定律，可知車對(duì)地面的壓力大小等于車所受支持力，即FN=FN’

馬車的車輪與地面間的摩擦力大小是其對(duì)地面壓力的，

聯(lián)立，解得F=，θ=30，F(xiàn)最小，最小值為F=mg，此時(shí)車轅的長(zhǎng)度L==2m

故選：D。

【分析】車勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件列式求力的最小值所對(duì)應(yīng)的角度，再求車轅的長(zhǎng)度。

6．【答案】B,D

【知識(shí)點(diǎn)】楞次定律

【解析】【解答】由圖可知，B為均勻帶負(fù)電絕緣環(huán)，B中電流為逆時(shí)針，由右手螺旋定則可知，電流的磁場(chǎng)向外且增大

A、B項(xiàng)：由楞次定律可知，磁場(chǎng)增大時(shí)，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相反，所感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向向里，所以感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，A不符合題意，B符合題意；

C、D項(xiàng)：B環(huán)外的磁場(chǎng)方向與B環(huán)內(nèi)的磁場(chǎng)方向相反即向里，由左手定則可知，A受的安培力方向背離圓心向外，所以A環(huán)具有面積擴(kuò)展的趨勢(shì)，C不符合題意，D符合題意．

故答案為：BD．

【分析】閉合電路中的磁通量發(fā)生改變，回路中就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，利用楞次定律判斷電流的流向和圓環(huán)的變化趨勢(shì)即可。

7．【答案】A,C

【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用一彈簧類模型

【解析】【解答】A．設(shè)斜面傾角為，mgsin=ma1，位置時(shí)a=0，則mgsin=k，解得k=，故A正確；

B.從位置到物塊速度先增加后減小，加速度為零，速度達(dá)到最大，故B錯(cuò)誤；

C．當(dāng)位置時(shí)動(dòng)能最大，最大動(dòng)能為mgsin-=，故C正確；

D．根據(jù)能量守恒，彈簧的最大彈性勢(shì)能為mgsin=，故D錯(cuò)誤。

故選：AC。

【分析】根據(jù)牛頓第二定律合受力平衡，求勁度系數(shù)；加速度為零，速度達(dá)到最大；根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒，求最大動(dòng)能和最大彈性勢(shì)能。

8．【答案】B,C

【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—連接體

【解析】【解答】A.a-t圖像面積為速度變化量，圖像上、下部分分別與時(shí)間軸圍成的面積相等，則時(shí)刻速度減小到零，此后向上運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B.充電寶在時(shí)刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；時(shí)刻，根據(jù)牛頓第二定律mg+f=ma3，a3>g，故時(shí)刻充電寶所受的摩擦力方向向下，充電寶在與時(shí)刻所受的摩擦力方向相反，故B正確；

C.時(shí)刻加速度方向向上且最大，此時(shí)充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最大，由牛頓第二定律f-mg=ma2，f=F，解得解得充電寶與手機(jī)之間的吸引力大小至少為F=12N，故C正確；

D.在時(shí)刻充電寶向下的加速度為g，充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最小，大小為零，故D錯(cuò)誤。

故選：BC。

【分析】a-t圖像面積為速度變化量，分析速度變化以及速度方向；根據(jù)牛頓第二定律列式，分析摩擦力方向和吸引力最小值以及摩擦力最小值。

9．【答案】（1）0.88；4.0

（2）木板的傾角

【知識(shí)點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合運(yùn)用；運(yùn)動(dòng)學(xué)S-t圖象

【解析】【解答】（1）勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻速度等于該段過程的中間時(shí)刻速度，v==0.88m/s，根據(jù)

，解得a=4.0；

（2）以木塊為研究對(duì)象，木塊沿斜面方向由牛頓第二定律：mgsin-mgcos=ma，故為了測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù)，還需要測(cè)出木板的傾角。

【分析】根據(jù)v=求速度，根據(jù)，求加速度；根據(jù)牛頓第二定律，分析動(dòng)摩擦因數(shù)。

10．【答案】（1）

（2）減小

（3）150；50

【知識(shí)點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律

【解析】【解答】（1）根據(jù)歐姆定律和串并聯(lián)關(guān)系，；

（2）有圖像可知，隨壓力F的增大，壓敏電阻的阻值減小。

（3）圖乙解析式為，根據(jù)歐姆定律和串并聯(lián)關(guān)系E=U+（），壓力為時(shí)對(duì)應(yīng)電壓表的刻度，故可知150，電壓表刻度對(duì)應(yīng)壓力表為50N的刻度。

【分析】（1）根據(jù)歐姆定律和串并聯(lián)關(guān)系，表達(dá)；（2）根據(jù)圖像，判斷變化；（3）根據(jù)解析式和題中數(shù)據(jù)，求R和對(duì)應(yīng)刻度。

11．【答案】（1）解：由于貨物落入小車時(shí)速度方向沿著斜面方向，故

設(shè)貨物從拋出到落入小車的時(shí)間為，則

貨物拋出點(diǎn)距平臺(tái)邊緣的水平距離

（2）解：貨物落入小車時(shí)的速度

以沿斜面向下為正方向，小車沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，則有

設(shè)小車到達(dá)斜面頂端的速度為，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得

解得

貨物和小車碰撞瞬間沿斜面方向動(dòng)量守恒

解得

（3）解：設(shè)小車從斜面底端到達(dá)斜面頂端時(shí)間為，則

則

【知識(shí)點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合運(yùn)用；牛頓第二定律

【解析】【分析】（1）根據(jù)速度合成分解規(guī)律，求貨物落入小車時(shí)豎直速度大小，平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向做自由落體，求時(shí)間，再根據(jù)水平勻速運(yùn)動(dòng)，求貨物拋出點(diǎn)距平臺(tái)邊緣的水平距離；

（2）根據(jù)速度合成分解規(guī)律，求貨物落入小車時(shí)的速度，小車沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，求加速度，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求小車到達(dá)斜面頂端的速度，最后根據(jù)碰撞瞬間沿斜面方向動(dòng)量守恒，求質(zhì)量；

（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求小車從斜面底端到達(dá)斜面頂端時(shí)間，再求時(shí)間t。

12．【答案】（1）解：粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

由幾何關(guān)系得

根據(jù)牛頓第二定律得

得粒子經(jīng)過小孔O時(shí)速度v的大小為

粒子由S到O過程，由動(dòng)能定理得

聯(lián)立上式解得

（2）解：粒子在磁場(chǎng)中的周期為

粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

聯(lián)立方程，解得

（3）解：如圖所示

粒子恰好與Ⅱ、Ⅲ區(qū)邊界相切時(shí)由P射出，對(duì)應(yīng)半徑

即

解得，

由幾何關(guān)系得

解得，

則有

即P點(diǎn)坐標(biāo)為

【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【分析】（1）畫出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合牛頓第二定律，求粒子經(jīng)過小孔O時(shí)速度的大小，最后粒子由S到O過程，由動(dòng)能定理列式，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；

（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，再結(jié)合周期公式，求粒子在磁場(chǎng)中相鄰兩次經(jīng)過小孔O時(shí)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；

（3）粒子恰好與Ⅱ、Ⅲ區(qū)邊界相切時(shí)由P射出，作圖分析，求半徑，根據(jù)幾何關(guān)系，確定P點(diǎn)坐標(biāo)。

13．【答案】A,C,E

【知識(shí)點(diǎn)】分子間的作用力；氣體壓強(qiáng)的微觀解釋

【解析】【解答】A．火力發(fā)電機(jī)的能量轉(zhuǎn)化：內(nèi)能—機(jī)械能—電能，因?yàn)閮?nèi)能到機(jī)械能的轉(zhuǎn)化過程中會(huì)對(duì)外放出熱量，故燃?xì)獾膬?nèi)能不可能全部變成電能，故A正確；

B．托里拆利實(shí)驗(yàn)管內(nèi)的水銀面高于管外的水銀面是大氣壓力的作用結(jié)果，故B錯(cuò)誤；

C．如果附著層分子受到固體分子的作用力小于液體內(nèi)部分子的作用力，該液體與物體之間是不浸潤(rùn)的，故C正確；

D．分子之間同時(shí)存在引力和斥力，當(dāng)兩個(gè)分子相互吸引時(shí)，分子間仍然存在斥力，故D錯(cuò)誤；

E．由可知對(duì)一定質(zhì)量的氣體可以做到保持溫度不變，同時(shí)增加體積并減小壓強(qiáng)，故E正確。

故選：ACE。

【分析】燃?xì)獾膬?nèi)能不可能全部變成電能；托里拆利實(shí)驗(yàn)管是大氣壓力的作用；附著層分子受到固體分子的作用力小，是不浸潤(rùn)的；分子之間同時(shí)存在引力和斥力；由，分析壓強(qiáng)變化。

14．【答案】（1）解：在A狀態(tài)，根據(jù)平衡條件mg+p0S=pAS

解得m=2kg

（2）解：根據(jù)圖像可知

氣體做等壓變化

解得

（3）解：從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過程，氣體對(duì)外界做功

解得W=84J

根據(jù)熱力學(xué)第一定律

解得=116J

【知識(shí)點(diǎn)】理想氣體與理想氣體的狀態(tài)方程；共點(diǎn)力的平衡；熱力學(xué)第一定律及其應(yīng)用

【解析】【分析】（1）在A狀態(tài)，根據(jù)平衡條件，求物塊的質(zhì)量；

（2）根據(jù)圖像，結(jié)合氣態(tài)方程，求氣體在狀態(tài)B的體積；

（3）從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過程，根據(jù)做功公式，先求氣體對(duì)外界做功，再根據(jù)熱力學(xué)第一定律，求從狀態(tài)A到狀態(tài)B氣體內(nèi)能增量。

15．【答案】A,D,E

【知識(shí)點(diǎn)】光的干涉；光的反射；光的折射及折射定律

【解析】【解答】A．經(jīng)過水面的反射光是偏振光，當(dāng)偏振片方向與反射光的偏振方向垂直時(shí)，可以大大減弱反射光，拍攝效果較好，故A正確；

B．由于光的折射現(xiàn)象，空中的水鳥看到水里的魚的像比實(shí)際位置偏高，而水里的魚看到空中的水鳥的像也比實(shí)際位置偏高，故B錯(cuò)誤；

C．雨后天空出現(xiàn)彩虹，是由于光的折射和全反射的原因，而陽光下肥皂泡表面有彩色花紋，是因?yàn)楣獾母缮嬉?，故C錯(cuò)誤；

D．光的雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，其條紋間距公式為

由上述公式可知，當(dāng)雙縫間距越小，其條紋間距越大，故D正確；

E．高性能相機(jī)鏡頭表面鍍了一層透光的膜，光線經(jīng)過膜的表面和鏡頭玻璃表面的反射光發(fā)生干涉，所以看起來有顏色，這是光的干涉現(xiàn)象引起的，故E正確。

故選：ADE。

【分析】偏振片方向與反射光的偏振方向垂直時(shí)，可以大大減弱反射光；光的折射現(xiàn)象，空中的水鳥看到水里的魚的像比實(shí)際位置偏高；彩虹是由于光的折射和全反射的原因，陽光下肥皂泡表面有彩色花紋是光的干涉；雙縫干涉條紋間距，分析間距變化。

16．【答案】（1）解：設(shè)波在該介質(zhì)中傳播的速度為v，若僅有波源A振動(dòng)，則從A振動(dòng)時(shí)計(jì)時(shí)經(jīng)歷坐標(biāo)原點(diǎn)O處的質(zhì)點(diǎn)第1次到達(dá)波峰則有

若僅有波源B振動(dòng)，則從B振動(dòng)時(shí)計(jì)時(shí)經(jīng)歷坐標(biāo)原點(diǎn)O處的質(zhì)點(diǎn)第1次到達(dá)波峰則有

聯(lián)立解得，

（2）解：兩波的波長(zhǎng)為

兩列波傳播到O處的波程差為

由于AB振源振動(dòng)步調(diào)完全相反，故O處是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)。

【知識(shí)點(diǎn)】機(jī)械波及其形成和傳播；波長(zhǎng)、波速與頻率的關(guān)系；波的疊加

【解析】【分析】（1）討論兩種情況，若僅有波源A振動(dòng)，根據(jù)時(shí)間關(guān)系列式，若僅有波源B振動(dòng)，根據(jù)時(shí)間關(guān)系列式，確定波在該介質(zhì)中沿x軸傳播的周期T；

（2）求兩列波傳播到O處的波程差，與半波長(zhǎng)做比較，分析是加強(qiáng)點(diǎn)還是減弱點(diǎn)。

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陜西省渭南市2023屆高三下學(xué)期理綜物理教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)（二模）試題

一、單選題

1．如圖所示，用導(dǎo)線將鋅板與驗(yàn)電器相連，用紫外線燈照射鋅板，驗(yàn)電器金屬箔片張開。鋅、鈉的極限頻率νc和逸出功W0如下表所示，普朗克常量h=6.63×10-34J·s。下列說法正確的是（）

金屬鈉鋅

νc/×1014Hz5.53

W0/eV2.293.34

A．該紫外線燈照射金屬鈉，一定能使鈉發(fā)生光電效應(yīng)

B．驗(yàn)電器的金屬箔片帶負(fù)電

C．鋅的極限頻率為8.06×1015Hz

D．從鋅板逸出電子的動(dòng)能都相等

【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】光電效應(yīng)

【解析】【解答】A.根據(jù)表格，鋅的逸出功大于鈉的逸出功，故鋅的極限頻率大于鈉的極限頻率，用紫外線燈照射鋅板，驗(yàn)電器金屬箔片張開，說明鋅板發(fā)生光電效應(yīng)，則該紫外線燈照射金屬鈉，一定能使鈉發(fā)生光電效應(yīng)，故A正確；

B.發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，電子從鋅板飛出，鋅板失去電子帶正電，所以驗(yàn)電器帶正電，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)W0=hνc，鋅的極限頻率為8.06×1014Hz，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=hν-hνc，從鋅板表面逸出的光電子最大動(dòng)能是確定的，有些光電子從較深處逸出，初動(dòng)能較小，所以從鋅板逸出電子的動(dòng)能不一定相等，故D錯(cuò)誤。

故選：A。

【分析】通過逸出功，比較極限頻率，分析能否發(fā)生光電效應(yīng)；發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，鋅板帶正電；根據(jù)W0=hνc，求極限頻率；根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=hν-hνc，分析動(dòng)能。

2．在A、B兩點(diǎn)放置電荷量分別為和的點(diǎn)電荷，其形成的電場(chǎng)線分布如圖所示，C為A、B連線的中點(diǎn)，D是連線的中垂線上的另一點(diǎn)。則下列說法正確的是（）

A．

B．C點(diǎn)的電勢(shì)高于D點(diǎn)的電勢(shì)

C．若將一正電荷從C點(diǎn)移到無窮遠(yuǎn)點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功

D．若將另一負(fù)電荷從C點(diǎn)移到D點(diǎn)，電荷電勢(shì)能減小

【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】電勢(shì)能；電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功的關(guān)系；電勢(shì)

【解析】【解答】A．電場(chǎng)線越密電場(chǎng)強(qiáng)度越大，A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)附近的電場(chǎng)強(qiáng)度，C點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于D點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，由E=，則，故A錯(cuò)誤；

BD．電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，畫出過C點(diǎn)的等勢(shì)線，如圖

沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，C點(diǎn)的電勢(shì)大于D點(diǎn)的電勢(shì)，故負(fù)電荷從C點(diǎn)移到D點(diǎn)，電荷電勢(shì)能增大，B正確，D錯(cuò)誤；

C．A點(diǎn)的正電荷電荷量大于B點(diǎn)的負(fù)電荷電荷量，故C點(diǎn)電勢(shì)大于零，若將一正電荷從C點(diǎn)移到無窮遠(yuǎn)點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，C錯(cuò)誤。

故選：B。

【分析】電場(chǎng)線越密電場(chǎng)強(qiáng)度越大，同時(shí)結(jié)合公式E=，比較電量大小；

電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，分析電勢(shì)高低，再分析電勢(shì)能大??；

根據(jù)電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能降低，反之，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能升高，進(jìn)行分析。

3．四根長(zhǎng)直導(dǎo)線通有相同大小的電流，導(dǎo)線的截面是正方形的四個(gè)頂點(diǎn)，其中導(dǎo)線電流垂直紙面向里，導(dǎo)線電流垂直紙面向外，每根導(dǎo)線在中心O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，則O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是（）

A．大小為，指向

B．大小為，指向連線中點(diǎn)

C．大小為，指向連線中點(diǎn)

D．大小為，指向連線中點(diǎn)

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】磁感應(yīng)強(qiáng)度；右手定則

【解析】【解答】根據(jù)右手螺旋定則，4根通電直導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度如圖

根據(jù)疊加原理，則O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是B合==

方向指向連線中點(diǎn)。

故選：C。

【分析】根據(jù)右手螺旋定則，分析4根通電直導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度，再根據(jù)疊加原理，求O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度。

4．天體物理學(xué)中，通常利用觀測(cè)到的環(huán)繞星的運(yùn)動(dòng)學(xué)量來推知中心星的質(zhì)量。一行星繞恒星做圓周運(yùn)動(dòng)，由天文觀測(cè)可得，其運(yùn)行周期為T，速度為v，引力常量為G，則恒星的質(zhì)量為（）

A．B．C．D．

【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】萬有引力定律的應(yīng)用

【解析】【解答】由恒星對(duì)行星的萬有引力提供行星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力

又v=

代入得M=

故選：A。

【分析】根據(jù)萬有引力提供行星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力結(jié)合線速度周期公式，求恒星的質(zhì)量。

5．如圖甲所示，車轅是馬車車身上伸出的兩根直木，它是駕在馬上拉車的把手。如圖乙為馬拉車時(shí)的簡(jiǎn)化模型，車轅前端距車軸的高度H大約為1.0m，馬拉車的力可視為沿車轅方向，馬車的車輪與地面間的摩擦力大小是其對(duì)地面壓力的，若想讓馬拉車在水平面上勻速前進(jìn)且盡可能省力，則車轅的長(zhǎng)度大約為（）

A．B．C．3mD．2m

【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡

【解析】【解答】車勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，設(shè)馬拉車的力為F，車轅與水平方向夾角為θ，根據(jù)平衡條件則

Fsinθ+FN=mg

Fcosθ=f

根據(jù)牛頓第三定律，可知車對(duì)地面的壓力大小等于車所受支持力，即FN=FN’

馬車的車輪與地面間的摩擦力大小是其對(duì)地面壓力的，

聯(lián)立，解得F=，θ=30，F(xiàn)最小，最小值為F=mg，此時(shí)車轅的長(zhǎng)度L==2m

故選：D。

【分析】車勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件列式求力的最小值所對(duì)應(yīng)的角度，再求車轅的長(zhǎng)度。

二、多選題

6．（2023高二下·沁縣期中）如圖，兩同心圓環(huán)A、B置于同一水平面上，其中B為均勻帶正電絕緣環(huán)，A為導(dǎo)體環(huán)．當(dāng)B繞軸心順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)且轉(zhuǎn)速增大時(shí)，下列說法正確的是()

A．A中產(chǎn)生逆時(shí)針的感應(yīng)電流B．A中產(chǎn)生順時(shí)針的感應(yīng)電流

C．A具有收縮的趨勢(shì)D．A具有擴(kuò)展的趨勢(shì)

【答案】B,D

【知識(shí)點(diǎn)】楞次定律

【解析】【解答】由圖可知，B為均勻帶負(fù)電絕緣環(huán)，B中電流為逆時(shí)針，由右手螺旋定則可知，電流的磁場(chǎng)向外且增大

A、B項(xiàng)：由楞次定律可知，磁場(chǎng)增大時(shí)，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相反，所感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向向里，所以感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，A不符合題意，B符合題意；

C、D項(xiàng)：B環(huán)外的磁場(chǎng)方向與B環(huán)內(nèi)的磁場(chǎng)方向相反即向里，由左手定則可知，A受的安培力方向背離圓心向外，所以A環(huán)具有面積擴(kuò)展的趨勢(shì)，C不符合題意，D符合題意．

故答案為：BD．

【分析】閉合電路中的磁通量發(fā)生改變，回路中就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，利用楞次定律判斷電流的流向和圓環(huán)的變化趨勢(shì)即可。

7．如圖甲所示，一光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一輕質(zhì)彈簧，將質(zhì)量為m的物塊從斜面頂端由靜止釋放，物塊運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，其加速度隨位移變化的規(guī)律如圖乙所示，則（）

A．彈簧的勁度系數(shù)為

B．從位置到物塊速度先減小后增大

C．物塊的最大動(dòng)能為

D．彈簧的最大彈性勢(shì)能為

【答案】A,C

【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用一彈簧類模型

【解析】【解答】A．設(shè)斜面傾角為，mgsin=ma1，位置時(shí)a=0，則mgsin=k，解得k=，故A正確；

B.從位置到物塊速度先增加后減小，加速度為零，速度達(dá)到最大，故B錯(cuò)誤；

C．當(dāng)位置時(shí)動(dòng)能最大，最大動(dòng)能為mgsin-=，故C正確；

D．根據(jù)能量守恒，彈簧的最大彈性勢(shì)能為mgsin=，故D錯(cuò)誤。

故選：AC。

【分析】根據(jù)牛頓第二定律合受力平衡，求勁度系數(shù)；加速度為零，速度達(dá)到最大；根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒，求最大動(dòng)能和最大彈性勢(shì)能。

8．無線充電寶可通過磁吸力吸附在手機(jī)背面，利用電磁感應(yīng)實(shí)現(xiàn)無線充電技術(shù)。劣質(zhì)的無線充電寶使用過程中可能因吸力不足發(fā)生切線滑落造成安全隱患。圖（a）為科創(chuàng)小組某同學(xué)手握手機(jī)（手不接觸充電寶），利用手機(jī)軟件記錄豎直放置的手機(jī)及吸附的充電寶從靜止開始在豎直方向上的一次變速運(yùn)動(dòng)過程（手機(jī)與充電寶始終相對(duì)靜止），記錄的加速度a隨時(shí)間t變化的圖像如圖（b）所示（規(guī)定向上為正方向），且圖像上、下部分分別與時(shí)間軸圍成的面積相等。已知無線充電寶質(zhì)量為，手機(jī)與充電寶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取，則在該過程中（）

A．手機(jī)與充電寶全程向下運(yùn)動(dòng)，最終處于靜止?fàn)顟B(tài)

B．充電寶在與時(shí)刻所受的摩擦力方向相反

C．充電寶與手機(jī)之間的吸引力大小至少為

D．充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最小值為

【答案】B,C

【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—連接體

【解析】【解答】A.a-t圖像面積為速度變化量，圖像上、下部分分別與時(shí)間軸圍成的面積相等，則時(shí)刻速度減小到零，此后向上運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B.充電寶在時(shí)刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；時(shí)刻，根據(jù)牛頓第二定律mg+f=ma3，a3>g，故時(shí)刻充電寶所受的摩擦力方向向下，充電寶在與時(shí)刻所受的摩擦力方向相反，故B正確；

C.時(shí)刻加速度方向向上且最大，此時(shí)充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最大，由牛頓第二定律f-mg=ma2，f=F，解得解得充電寶與手機(jī)之間的吸引力大小至少為F=12N，故C正確；

D.在時(shí)刻充電寶向下的加速度為g，充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最小，大小為零，故D錯(cuò)誤。

故選：BC。

【分析】a-t圖像面積為速度變化量，分析速度變化以及速度方向；根據(jù)牛頓第二定律列式，分析摩擦力方向和吸引力最小值以及摩擦力最小值。

三、實(shí)驗(yàn)題

9．位移傳感器經(jīng)常用在力學(xué)實(shí)驗(yàn)中，并且可以很好地與計(jì)算機(jī)結(jié)合，快速解決普通方法難于測(cè)量的問題。為了測(cè)量木塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)，某小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，讓木塊從傾斜木板上一點(diǎn)A由靜止釋放，位移傳感器可以測(cè)出木塊到傳感器的距離。連接計(jì)算機(jī)，描繪出木塊相對(duì)傳感器的位移隨時(shí)間變化規(guī)律，如圖乙所示。已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭。

（1）由圖乙可求得時(shí)木塊的速度，木塊加速度（計(jì)算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）。

（2）為了測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù)，還需要測(cè)量的一個(gè)物理量可以是。

【答案】（1）0.88；4.0

（2）木板的傾角

【知識(shí)點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合運(yùn)用；運(yùn)動(dòng)學(xué)S-t圖象

【解析】【解答】（1）勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻速度等于該段過程的中間時(shí)刻速度，v==0.88m/s，根據(jù)

，解得a=4.0；

（2）以木塊為研究對(duì)象，木塊沿斜面方向由牛頓第二定律：mgsin-mgcos=ma，故為了測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù)，還需要測(cè)出木板的傾角。

【分析】根據(jù)v=求速度，根據(jù)，求加速度；根據(jù)牛頓第二定律，分析動(dòng)摩擦因數(shù)。

10．某同學(xué)利用下列實(shí)驗(yàn)器材設(shè)計(jì)一個(gè)電路來研究某壓敏電阻的壓阻效應(yīng)，然后將該壓敏電阻改裝為壓力傳感器測(cè)量壓力。已知該電阻的阻值變化范圍為。供選擇的實(shí)驗(yàn)器材如下：

A．電源E：電動(dòng)勢(shì)為，內(nèi)阻不計(jì)

B．電流表：量程為，內(nèi)阻

C．電流表：量程為，內(nèi)阻約為

D．電阻箱：阻值范圍

E.定值電阻：

F.開關(guān)S、導(dǎo)線若干

（1）為了較準(zhǔn)確地測(cè)量電阻，某同學(xué)設(shè)計(jì)了圖甲的實(shí)驗(yàn)電路圖，根據(jù)所設(shè)計(jì)的電路圖，設(shè)電流表的示數(shù)分別為，電阻箱的電阻為，則的測(cè)量值為。

（2）該同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)測(cè)量結(jié)果，做出壓敏電阻隨所加外力F的圖像，如圖乙所示，則由此圖像可知，隨壓力F的增大，壓敏電阻的阻值（填“增大”、“減小”或“不變”）。

（3）該同學(xué)將這種壓敏電阻與一個(gè)量程為的理想電壓表按如圖丙所示電路改裝成測(cè)量壓力的儀表，已知電源，內(nèi)阻不計(jì)，為了使改裝后的壓力表的量程為，壓力為時(shí)對(duì)應(yīng)電壓表的刻度，則定值電阻R應(yīng)取，電壓表刻度對(duì)應(yīng)壓力表N的刻度。

【答案】（1）

（2）減小

（3）150；50

【知識(shí)點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律

【解析】【解答】（1）根據(jù)歐姆定律和串并聯(lián)關(guān)系，；

（2）有圖像可知，隨壓力F的增大，壓敏電阻的阻值減小。

（3）圖乙解析式為，根據(jù)歐姆定律和串并聯(lián)關(guān)系E=U+（），壓力為時(shí)對(duì)應(yīng)電壓表的刻度，故可知150，電壓表刻度對(duì)應(yīng)壓力表為50N的刻度。

【分析】（1）根據(jù)歐姆定律和串并聯(lián)關(guān)系，表達(dá)；（2）根據(jù)圖像，判斷變化；（3）根據(jù)解析式和題中數(shù)據(jù)，求R和對(duì)應(yīng)刻度。

四、解答題

11．工人使用一塊長(zhǎng)的木板從平臺(tái)上卸貨，木板一端搭在平臺(tái)上（與平臺(tái)等高），另一端固定在地面，形成傾角的斜面。工人甲從木板底部推動(dòng)質(zhì)量的小車，使小車以的速度沖上木板。當(dāng)小車在木板上運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t后，工人乙站在平臺(tái)上，以的速度水平拋出貨物，貨物速度方向與木板平行時(shí)恰好落入到達(dá)斜面頂端的小車，兩者速度立刻變?yōu)榱恪Ｒ阎≤嚺c木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，g取，，小車和貨物均可視為質(zhì)點(diǎn)，求：

（1）貨物拋出點(diǎn)距平臺(tái)邊緣的水平距離x；

（2）貨物的質(zhì)量m；

（3）時(shí)間t。

【答案】（1）解：由于貨物落入小車時(shí)速度方向沿著斜面方向，故

設(shè)貨物從拋出到落入小車的時(shí)間為，則

貨物拋出點(diǎn)距平臺(tái)邊緣的水平距離

（2）解：貨物落入小車時(shí)的速度

以沿斜面向下為正方向，小車沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，則有

設(shè)小車到達(dá)斜面頂端的速度為，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得

解得

貨物和小車碰撞瞬間沿斜面方向動(dòng)量守恒

解得

（3）解：設(shè)小車從斜面底端到達(dá)斜面頂端時(shí)間為，則

則

【知識(shí)點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合運(yùn)用；牛頓第二定律

【解析】【分析】（1）根據(jù)速度合成分解規(guī)律，求貨物落入小車時(shí)豎直速度大小，平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向做自由落體，求時(shí)間，再根據(jù)水平勻速運(yùn)動(dòng)，求貨物拋出點(diǎn)距平臺(tái)邊緣的水平距離；

（2）根據(jù)速度合成分解規(guī)律，求貨物落入小車時(shí)的速度，小車沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，求加速度，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求小車到達(dá)斜面頂端的速度，最后根據(jù)碰撞瞬間沿斜面方向動(dòng)量守恒，求質(zhì)量；

（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求小車從斜面底端到達(dá)斜面頂端時(shí)間，再求時(shí)間t。

12．如圖所示為某離子實(shí)驗(yàn)裝置結(jié)構(gòu)圖。Ⅰ區(qū)為電加速區(qū)，由間距為d中間有小孔S、O的兩正方形平行金屬板M、N構(gòu)成，金屬板邊長(zhǎng)為，其中離子源緊貼小孔S；Ⅱ、Ⅲ區(qū)為長(zhǎng)方體形狀的磁偏轉(zhuǎn)區(qū)，水平間距分別為d、，其豎直截面與金屬板形狀相同。Ⅲ區(qū)左右截面的中心分別為，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，垂直長(zhǎng)方體側(cè)面和金屬板建立x、y和z坐標(biāo)軸。M、N間有垂直于金屬板的水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)；Ⅱ、Ⅲ區(qū)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向分別沿、方向。某時(shí)刻離子源有一電量為、質(zhì)量為m的粒子無初速的飄入小孔S，經(jīng)過一段時(shí)間后恰好能返回到小孔S，不考慮粒子的重力。

（1）求粒子經(jīng)過小孔O時(shí)速度v的大小及Ⅰ區(qū)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?/p>

（2）求粒子在磁場(chǎng)中相鄰兩次經(jīng)過小孔O時(shí)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；

（3）若在Ⅱ區(qū)中方向增加一個(gè)附加勻強(qiáng)磁場(chǎng)，可使粒子經(jīng)過小孔O后恰好不能進(jìn)入Ⅲ區(qū)、并直接從Ⅱ區(qū)前表面（方向一側(cè)）P點(diǎn)飛出，求P點(diǎn)坐標(biāo)為。

【答案】（1）解：粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

由幾何關(guān)系得

根據(jù)牛頓第二定律得

得粒子經(jīng)過小孔O時(shí)速度v的大小為

粒子由S到O過程，由動(dòng)能定理得

聯(lián)立上式解得

（2）解：粒子在磁場(chǎng)中的周期為

粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

聯(lián)立方程，解得

（3）解：如圖所示

粒子恰好與Ⅱ、Ⅲ區(qū)邊界相切時(shí)由P射出，對(duì)應(yīng)半徑

即

解得，

由幾何關(guān)系得

解得，

則有

即P點(diǎn)坐標(biāo)為

【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【分析】（1）畫出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合牛頓第二定律，求粒子經(jīng)過小孔O時(shí)速度的大小，最后粒子由S到O過程，由動(dòng)能定理列式，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；

（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，再結(jié)合周期公式，求粒子在磁場(chǎng)中相鄰兩次經(jīng)過小孔O時(shí)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；

（3）粒子恰好與Ⅱ、Ⅲ區(qū)邊界相切時(shí)由P射出，作圖分析，求半徑，根據(jù)幾何關(guān)系，確定P點(diǎn)坐標(biāo)。

五、多選題

13．下列說法正確的是（）

A．在火力發(fā)電機(jī)中，燃?xì)獾膬?nèi)能不可能全部變成電能

B．托里拆利實(shí)驗(yàn)管內(nèi)的水銀面高于管外的水銀面是毛細(xì)現(xiàn)象

C．如果附著層分子受到固體分子的作用力小于液體內(nèi)部分子的作用力，該液體與物體之間是不浸潤(rùn)的

D．當(dāng)兩個(gè)分子相互吸引時(shí)，分子間沒有斥力

E．對(duì)一定質(zhì)量的氣體可以做到保持溫度不變，同時(shí)增加體積并減小壓強(qiáng)

【答案】A,C,E

【知識(shí)點(diǎn)】分子間的作用力；氣體壓強(qiáng)的微觀解釋

【解析】【解答】A．火力發(fā)電機(jī)的能量轉(zhuǎn)化：內(nèi)能—機(jī)械能—電能，因?yàn)閮?nèi)能到機(jī)械能的轉(zhuǎn)化過程中會(huì)對(duì)外放出熱量，故燃?xì)獾膬?nèi)能不可能全部變成電能，故A正確；

B．托里拆利實(shí)驗(yàn)管內(nèi)的水銀面高于管外的水銀面是大氣壓力的作用結(jié)果，故B錯(cuò)誤；

C．如果附著層分子受到固體分子的作用力小于液體內(nèi)部分子的作用力，該液體與物體之間是不浸潤(rùn)的，故C正確；

D．分子之間同時(shí)存在引力和斥力，當(dāng)兩個(gè)分子相互吸引時(shí)，分子間仍然存在斥力，故D錯(cuò)誤；

E．由可知對(duì)一定質(zhì)量的氣體可以做到保持溫度不變，同時(shí)增加體積并減小壓強(qiáng)，故E正確。

故選：ACE。

【分析】燃?xì)獾膬?nèi)能不可能全部變成電能；托里拆利實(shí)驗(yàn)管是大氣壓力的作用；附著層分子受到固體分子的作用力小，是不浸潤(rùn)的；分子之間同時(shí)存在引力和斥力；由，分析壓強(qiáng)變化。

六、解答題

14．如圖甲所示，在豎直放置的圓柱形容器內(nèi)用橫截面積的質(zhì)量不計(jì)且