2023年北京市西城區(qū)高考物理二模試卷

2023年北京市西城區(qū)高考物理二模試卷

一、單選題（本大題共14小題，共42.0分）

1.有關(guān)物體的內(nèi)能，下列說(shuō)法正確的是（）

A.物體溫度升高，組成物體的分子的平均動(dòng)能增大

B.由于物體被舉高，組成物體的分子的分子勢(shì)能增大

C.物體吸收熱量，其內(nèi)能一定增大

D.物體對(duì)外界做功，其內(nèi)能一定減小

2.如圖所示，一束光沿著半圓形玻璃磚的半徑射到它的平直的邊上，在

玻璃磚與空氣的界面上發(fā)生反射和折射，入射角為用，折射角為外。下列

說(shuō)法正確的是（）

A.反射光的頻率大于入射光的頻率

B.折射光的波長(zhǎng)等于入射光的波長(zhǎng)

C.若增大入射角外,則折射角”將減小

D.若增大入射角叢,則折射光將減弱

3.氫原子能級(jí)示意圖如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）nEZeV

co------------------------0

A.氫原子從Ti=3能級(jí)躍遷到n=1能級(jí)，該氫原子的能量增5-------------------------0.54

4-------------------------0.85

加

3------------------------1.51

B.氫原子從n=3能級(jí)躍遷到n=4能級(jí)，該氫原子向外輻射2--------------------------3.40

光子

C.大量處于n=3能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷過(guò)程中最多可輻I--------------------------13.6

射出3種頻率的光子

D.處于基態(tài)的氫原子電離時(shí)將向外輻射13.6eV的能量

4.一列簡(jiǎn)諧橫波沿X軸傳播，t=0時(shí)刻的波形如圖1所示，K、L是介質(zhì)中的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)。圖2是

質(zhì)點(diǎn)K的振動(dòng)圖像。下列說(shuō)法正確的是（）

A.t=O時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)K的加速度比質(zhì)點(diǎn)L的大

B.t=0時(shí)刻后質(zhì)點(diǎn)K比質(zhì)點(diǎn)L先到達(dá)正向最大位移處

C.波沿X軸正方向傳播，速度為U=1.0m∕s

D.波沿X軸負(fù)方向傳播，速度為V=0.5m∕s

5.如圖所示，一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為10：1,其原

線圈兩端接入正弦式交變電壓“，n=311SinlOO兀叔，副線圈通

過(guò)電流表與變阻器R相連,若交流電壓表和交流電流表都是理想電

表，則下列說(shuō)法正確的是（）

A.電壓表的示數(shù)為31.1V

B.滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)，電壓表的示數(shù)增大

C.滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)，電流表的示數(shù)增大

D.滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)，變壓器的輸入功率減小

6.如圖所示，輕桿兩端分別固定著可以視為質(zhì)點(diǎn)的小球4、AqWB

氏放置在光滑水平桌面匕桿上。點(diǎn)有一豎直方向的固定m__JGL

轉(zhuǎn)動(dòng)軸，4、B的質(zhì)量之比mi4:mB=4：1,4、B到。點(diǎn)的距離之比rβ=1：2<,當(dāng)輕桿

繞軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.A對(duì)桿的作用力大小等于B對(duì)桿的作用力大小

B.4的向心加速度大小大于B的向心加速度大小

C.A的動(dòng)能等于B的動(dòng)能

D.A的周期小于B的周期

7.如圖所示，虛線為靜電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面之間的

電勢(shì)差相等。一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷q在4點(diǎn)的電勢(shì)能小于其在B點(diǎn)的：

電勢(shì)能，則下列說(shuō)法正確的是（）

A.A點(diǎn)的電勢(shì)大于B點(diǎn)的電勢(shì)

B.4點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度

C.將q在4點(diǎn)由靜止釋放，其受靜電力將增大

D.將q在4點(diǎn)由靜止釋放，其電勢(shì)能將減小

8.如圖所示，兩極板加上恒定的電壓U,將一質(zhì)量為小、電荷量為

+q的帶電粒子在正極板附近由靜止釋放，粒子向負(fù)極板做加速直線÷I

o

運(yùn)動(dòng)。不計(jì)粒子重力。若將兩板間距離減小，再次釋放該粒子，則

（）

A.帶電粒子獲得的加速度變小B.帶電粒子到達(dá)負(fù)極板的時(shí)間變短

C.帶電粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)的速度變小D.加速全過(guò)程靜電力對(duì)帶電粒子的沖量變小

13

9.如圖所示，速度選擇器的兩平行導(dǎo)體板之間有方向互相垂直的勻強(qiáng)In

電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。一電荷量為+q的粒子以速度jx>x~IXX

。從S點(diǎn)進(jìn)入速度選擇器后，恰能沿圖中虛線通過(guò)。不計(jì)粒子重力，下列

說(shuō)法可能正確的是（）

A.電荷量為-q的粒子以速度。從S點(diǎn)進(jìn)入后將向下偏轉(zhuǎn)

B.電荷量為+2q的粒子以速度-從S點(diǎn)進(jìn)入后將做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)

C.電荷量為+q的粒子以大于"的速度從S點(diǎn)進(jìn)入后動(dòng)能將逐漸增大

D.電荷量為-q的粒子以大于"的速度從S點(diǎn)進(jìn)入后動(dòng)能將逐漸減小

10.在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中放置一個(gè)金屬圓環(huán)，磁場(chǎng)方向與圓環(huán)平面垂直。規(guī)定圖1所示磁場(chǎng)方向?yàn)?/p>

正。當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖2所示的正弦規(guī)律變化時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.12時(shí)刻，圓環(huán)中無(wú)感應(yīng)電流

B.t3時(shí)刻，圓環(huán)上各點(diǎn)受到的安培力最大

C.tι?t3時(shí)間內(nèi)，圓環(huán)中感應(yīng)電流方向始終沿順時(shí)針?lè)较?/p>

D.t2?t4時(shí)間內(nèi)，圓環(huán)先出現(xiàn)擴(kuò)張趨勢(shì)后出現(xiàn)收縮趨勢(shì)

11.將燈泡4、線圈L、電池組E和開(kāi)關(guān)S連接成如圖所示的電路。先閉A

----------

合開(kāi)關(guān)S,使燈泡發(fā)光，然后斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S,觀察到燈泡閃亮的現(xiàn)象。下列flb

LL'i

說(shuō)法正確的是（）一NK

A.閉合S瞬間線圈L不產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)一II--------1一

E

B.斷開(kāi)S瞬間電路中α點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)

C.斷開(kāi)S前后通過(guò)燈泡A的電流大小不變

D.閉合S后電源輸出的電功率等于燈泡4和線圈L的發(fā)熱功率之和

12.研究蹦極運(yùn)動(dòng)時(shí)，在運(yùn)動(dòng)員身上裝好傳感器，用于測(cè)量他在不同時(shí)刻下落的高度及速度。

運(yùn)動(dòng)員身系彈性繩，從蹦極臺(tái)無(wú)初速度下落，根據(jù)某次傳感器測(cè)到的數(shù)據(jù)，得到如圖所示的

速度一位移圖像。忽略空氣阻力，根據(jù)圖像可知（）

?/m

A.彈性繩的原長(zhǎng)為15τn

B.O?15巾下落過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員重力勢(shì)能的減少量大于動(dòng)能的增加量

C.15?27m下落過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員受合力先減小后增大

D.O?27m下落過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員重力沖量大于彈性繩彈力沖量

13.“探究加速度與力的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖如圖所示?實(shí)驗(yàn)中平衡了摩擦力，如果砂

桶（含砂）的質(zhì)量m不滿足比小車(chē)質(zhì)量M小得多的條件，那么，若保持M不變，將m增大為原來(lái)

的2倍，不計(jì)繩的質(zhì)量和滑輪摩擦，在砂桶下落相同高度的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A?小車(chē)的加速度增大到原來(lái)的2倍

B.繩上的拉力增大到原來(lái)的2倍

C.砂桶機(jī)械能的減少量小于原來(lái)的2倍

D.砂桶和小車(chē)組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能比原來(lái)多

14.當(dāng)物體相對(duì)于地球表面運(yùn)動(dòng)時(shí)，會(huì)受到“地轉(zhuǎn)偏向力”的影響?！暗剞D(zhuǎn)偏向力”不是物

體真實(shí)受到的力，是由于地球自轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的慣性效應(yīng)。其原因是：除南北兩極外，地球上各

緯度的自轉(zhuǎn)角速度相同，但自轉(zhuǎn)線速度不同。在北半球，物體由北向南運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由于

慣性，物體隨地球自轉(zhuǎn)的線速度相對(duì)地表顯得慢了，因此表現(xiàn)出向前進(jìn)方向的右側(cè)偏轉(zhuǎn)的現(xiàn)

象?！暗剞D(zhuǎn)偏向力”對(duì)地球上所有移動(dòng)的物體，包括氣團(tuán)、河流，運(yùn)行的火車(chē)、火箭發(fā)射等

都會(huì)產(chǎn)生影響。通過(guò)觀察“地轉(zhuǎn)偏向力”對(duì)單擺的運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的影響可以證明地球在自轉(zhuǎn)。

1851年，法國(guó)物理學(xué)家傅科在巴黎的教堂用擺長(zhǎng)67m、直徑約30cm、質(zhì)量為28kg的鐵球制

成的單擺（傅科擺）間接證實(shí)了地球在自轉(zhuǎn)。根據(jù)以上材料，結(jié)合所學(xué)，判斷下列說(shuō)法正確的

是（）

A.在北半球，物體由南向北運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，它隨地球自轉(zhuǎn)的線速度相對(duì)地表顯得快了，會(huì)向前

進(jìn)方向的左側(cè)偏轉(zhuǎn)

B.在南半球沿平直路面向南行駛的火車(chē)，在前進(jìn)方向上對(duì)左軌壓力小于對(duì)右軌的壓力

C.在南半球，傅科擺在振動(dòng)過(guò)程中，振動(dòng)平面沿逆時(shí)針?lè)较颍ǜ┮暎┎粩嗥D(zhuǎn)

D.“地轉(zhuǎn)偏向力”對(duì)運(yùn)動(dòng)的影響程度，與物體沿南北方向相對(duì)地表運(yùn)動(dòng)的速度大小無(wú)關(guān)

二、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共18.0分）

15.用如圖所示裝置做“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)中

使用的小球1和2質(zhì)量分別為n?i`τ∏2，直徑分別為刈、d2.>

在木板上鋪一張白紙，白紙上面鋪放復(fù)寫(xiě)紙，記下重垂線所

指的位置O。

（1）小球1和2的質(zhì)量應(yīng)滿足r∏ιm2,直徑應(yīng)滿足di

dz。(選填“大于”“等于”或“小于”)

(2)實(shí)驗(yàn)時(shí)，先不放小球2,使小球1從斜槽上某一點(diǎn)S由靜止?jié)L下，找到其平均落地點(diǎn)的位置P,

測(cè)量平拋射程0P。再把小球2靜置于斜槽軌道末端，讓小球1仍從S處由靜止?jié)L下，與小球2碰

撞，并多次重復(fù)。該實(shí)驗(yàn)需要完成的必要步驟還有。(選填選項(xiàng)前的字母)

A.測(cè)量?jī)蓚€(gè)小球的質(zhì)量m2

8.測(cè)量小球1釋放點(diǎn)S距桌面的高度九

C測(cè)量斜槽軌道末端距地面的高度H

D分別找到小球1與小球2相碰后平均落地點(diǎn)的位置M、N

E.測(cè)量平拋射程O(píng)M、ON

(3)要驗(yàn)證兩球碰撞前后動(dòng)量守恒，僅需驗(yàn)證關(guān)系式是否成立【用(2)中測(cè)量的量表示】。

請(qǐng)分析說(shuō)明可以這樣驗(yàn)證的理由。

16.某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行測(cè)量電阻的實(shí)驗(yàn)。

(1)該同學(xué)先用歐姆表“XI”擋粗測(cè)一個(gè)未知電阻R的阻值，示數(shù)如圖1所示，對(duì)應(yīng)的讀數(shù)是

______Ωo

(2)他進(jìn)一步采用伏安法進(jìn)行精確測(cè)量，測(cè)量電路如圖2所示，其中電壓表的內(nèi)阻約為3k0,

電流表的內(nèi)阻約為0.1。，為了盡量減小實(shí)驗(yàn)誤差，電壓表的右端應(yīng)接在______點(diǎn)(選填“M”

或“N”).

(3)隨著居民生活水平的提高，純凈水已經(jīng)進(jìn)入千家萬(wàn)戶。電導(dǎo)率是檢驗(yàn)純凈水是否合格的一

項(xiàng)重要指標(biāo)，它是電阻率的倒數(shù)。該同學(xué)為了測(cè)量某品牌純凈水樣品的電導(dǎo)率，將采集的水

樣注滿絕緣性能良好的橫截面直徑為幾厘米的薄塑料圓柱形容器，容器兩端用很薄的金屬圓

片電極密封，如圖3所示。

α?他先通過(guò)查閱資料估算出容器內(nèi)水樣的電阻約為十萬(wàn)歐，然后用伏安法進(jìn)行測(cè)量。除開(kāi)關(guān)

和若干導(dǎo)線外，他還找到下表所示的器材，請(qǐng)選擇合適的器材，設(shè)計(jì)測(cè)量該水樣電阻的方案，

在下圖方框內(nèi)畫(huà)出電路圖，并標(biāo)注所選器材的代號(hào)，水樣的電阻用RX表示。

器材(代號(hào))規(guī)格

電源(EI)電動(dòng)勢(shì)約為3.0U,內(nèi)阻可以忽略不計(jì)

電源(E?)電動(dòng)勢(shì)約為15.0V,內(nèi)阻可以忽略不計(jì)

電壓表(匕)量程0?3心內(nèi)阻約3kO

電壓表(吃)量程0~15叭內(nèi)阻約15fcΩ

電流表(Al)量程0-0.64內(nèi)阻約0.10

電流表(4)量程0?200〃4，內(nèi)阻約5000

滑動(dòng)變阻器(R)總阻值約IOOO

人測(cè)出水樣的電阻RX后，為了測(cè)出樣品的電導(dǎo)率，請(qǐng)寫(xiě)出該同學(xué)還需要測(cè)量的物理量，以及

使用的測(cè)量工具和測(cè)量方法。

三、計(jì)算題(本大題共4小題，共40.()分)

17.如圖所示，電子從燈絲K發(fā)出(初速度不計(jì))，在KA間

經(jīng)加速電壓UI加速后，從A板中心小孔射出，進(jìn)入由M、N兩Kλ∏r~~~,??

-1..........J...............................

個(gè)水平極板構(gòu)成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，M、N兩板間的距離為d,電1

UIN

壓為板長(zhǎng)為L(zhǎng),電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度與電場(chǎng)方向A

+

垂直，射出時(shí)沒(méi)有與極板相碰。已知電子的質(zhì)量為m,電荷

量為e,不計(jì)電子的重力及它們之間的相互作用力。求：

(I)電子穿過(guò)4板小孔時(shí)的速度大小也

(2)電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)垂直板方向偏移的距離y；

(3)電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的速度方向。

18.圖1所示是一種叫“旋轉(zhuǎn)飛椅”的游樂(lè)項(xiàng)目，將其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)化為圖2所示的模型。長(zhǎng)L=3m

的鋼繩一端系著座椅，另一端固定在半徑r=3m的水平轉(zhuǎn)盤(pán)邊緣。轉(zhuǎn)盤(pán)可繞穿過(guò)其中心的豎

直軸轉(zhuǎn)動(dòng)。轉(zhuǎn)盤(pán)靜止時(shí)，鋼繩沿豎直方向自由下垂；轉(zhuǎn)盤(pán)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，鋼繩與轉(zhuǎn)軸在同一豎

直平面內(nèi)，與豎直方向的夾角O=37。。將游客和座椅看作一個(gè)質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量zn=50kg。不計(jì)

鋼繩重力和空氣阻力，重力加速度g=10τn∕s20(sin37o=0.6,cos37o=0.8)

(1)當(dāng)轉(zhuǎn)盤(pán)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，求游客和座椅做圓周運(yùn)動(dòng)

α.向心力的大小4；

b,線速度的大小

(2)求游客由靜止到隨轉(zhuǎn)盤(pán)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，鋼繩對(duì)游客和座椅做的功小。

19.電動(dòng)機(jī)是第二次科技革命中的最重要的發(fā)明之一，在生產(chǎn)、生活中起著極為重要的作用。

(1)直流電動(dòng)機(jī)的工作原理可以簡(jiǎn)化為圖1所示的模型。在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)

磁場(chǎng)中，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L(zhǎng),電阻不計(jì)。質(zhì)量為

小、電阻為R的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好。軌道左端接有直

流電源，電源電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻不計(jì)。閉合開(kāi)關(guān)S,導(dǎo)體棒從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。在導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)

程中，導(dǎo)體棒上的電流/與速度"的大小關(guān)系滿足/=生普，導(dǎo)體棒始終受到大小為f的阻力

K

作用。求：

α.閉合S瞬間，導(dǎo)體棒受到的安培力的大小治；

b.導(dǎo)體棒速度為。時(shí)，導(dǎo)體棒加速度的大小a。

(2)某興趣小組根據(jù)直流電動(dòng)機(jī)的工作原理設(shè)計(jì)了模型飛機(jī)的電磁彈射裝置。如圖2所示，用

于彈射模型飛機(jī)的線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場(chǎng)中，其所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,線圈

可沿導(dǎo)軌滑動(dòng)。開(kāi)關(guān)接通，電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻不計(jì)的電源與線圈連接，線圈推動(dòng)飛機(jī)從靜止

開(kāi)始加速，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線圈和飛機(jī)受到的總阻力恒為外線圈總電阻為R,匝數(shù)為n,每匝周

長(zhǎng)為屋

α.若導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，求飛機(jī)能夠獲得的最大速度％t0

b.為了讓線圈在模型飛機(jī)彈出后盡快停下來(lái)，該小組在圖2的基礎(chǔ)上改進(jìn)了電路。如圖3所示，

單刀雙擲開(kāi)關(guān)接通1,線圈推動(dòng)飛機(jī)加速;飛機(jī)彈出后，將單刀雙擲開(kāi)關(guān)接通2,讓線圈減速。

請(qǐng)說(shuō)明這一設(shè)計(jì)的原理。

XXXXXXV

XXXXXX

sl×××××B××

XXXXXX

X×××XX匕

圖1

電,3圈呵磁場(chǎng)

--------S

?O

￡1■f■

將向磁場(chǎng)電刷

圖3

圖2

20.建立物理模型是解決實(shí)際問(wèn)題的重要方法。軌道H------------`?

(1)如圖1所示，圓和橢圓是分析衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)時(shí)常用的模型。已

知，地球質(zhì)量為M,半徑為R,萬(wàn)有引力常量為G。

α.衛(wèi)星在近地軌道I上圍繞地球的運(yùn)動(dòng)，可視做勻速圓周運(yùn)

動(dòng)，軌道半徑近似等于地球半徑。求衛(wèi)星在近地軌道上的

I圖1

運(yùn)行速度大小。。

b?在P點(diǎn)進(jìn)行變軌操作，可使衛(wèi)星由近地軌道I進(jìn)入橢圓軌

,t

??

*f

道H。衛(wèi)星沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)的情況較為復(fù)雜，研究時(shí)我們可、、一.?

''--*

以把橢圓分割為許多很短的小段，衛(wèi)星在每小段的運(yùn)動(dòng)都可圖2

以看作是圓周運(yùn)動(dòng)的一部分(如圖2所示)。這樣，在分析衛(wèi)星經(jīng)過(guò)橢圓上某位置的運(yùn)動(dòng)時(shí)，就

可以按其等效的圓周運(yùn)動(dòng)來(lái)分析和處理。

衛(wèi)星在橢圓軌道II的近地點(diǎn)P的速度為次，在遠(yuǎn)地點(diǎn)。的速度為為，遠(yuǎn)地點(diǎn)。到地心的距離為入

根據(jù)開(kāi)普勒第二定律(對(duì)任意一個(gè)行星來(lái)說(shuō)，它與太陽(yáng)的連線在相等的時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積相等

)可知請(qǐng)你根據(jù)萬(wàn)有引力定律和牛頓運(yùn)動(dòng)定律推導(dǎo)這一結(jié)論。

%R=v2r,

(2)在科幻電影樓[浪地球少中有這樣一個(gè)場(chǎng)景：地球在木星的強(qiáng)大引力作用下，加速向木星

靠近，當(dāng)?shù)厍蚺c木星球心之間的距離小于某個(gè)值d時(shí)，地球表面物體就會(huì)被木星吸走，進(jìn)而導(dǎo)

致地球可能被撕裂。這個(gè)臨界距離d被稱(chēng)為“洛希極限”。

已知，木星和地球的密度分別為Po和p,木星和地球的半徑分別為RO和R,且請(qǐng)據(jù)此

近似推導(dǎo)木星使地球產(chǎn)生撕裂危險(xiǎn)的臨界距離d—“洛希極限”的表達(dá)式?！咎崾荆寒?dāng)X很小

時(shí)，(1+x)n≈1+nxa]

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：小溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，則當(dāng)物體溫度升高，組成物體的分子平均動(dòng)能一

定增大，故A正確：

8、分子勢(shì)能的變化與分子力和分子間距離有關(guān)，當(dāng)一個(gè)物體被舉高時(shí)，其重力勢(shì)能增加，分子勢(shì)

能的變化與之無(wú)關(guān)，故8錯(cuò)誤；

C、根據(jù)熱力學(xué)第一定律=W+Q,物體內(nèi)能的變化與外界對(duì)物體做功（或物體對(duì)外界做功），

物體從外界吸熱（或向外界放熱）兩種因素有關(guān)，物體吸收熱量，但有可能同時(shí)對(duì)外做功，故內(nèi)能

有可能不變甚至減小，故C錯(cuò)誤；

。、物體對(duì)外做功的同時(shí)有可能吸熱，故內(nèi)能不一定減少，故C錯(cuò)誤。

故選：Ao

明確內(nèi)能的定義，知道溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，溫度升高時(shí)分子平均動(dòng)能增大；內(nèi)能與物體

宏觀的機(jī)械能無(wú)關(guān)；做功和熱傳遞都能改變內(nèi)能，物體內(nèi)能的增量等于外界對(duì)物體做的功和物體

吸收熱量的和。

本題考查了內(nèi)能、熱力學(xué)第一定律，要求學(xué)生對(duì)這部分知識(shí)要重視課本，強(qiáng)化理解并記憶。

2.【答案】D

【解析】解：4光發(fā)生反射和折射后頻率不變，所以反射光的頻率等于入射光的頻率，故A錯(cuò)誤；

民折射光的傳播速度大于入射光的傳播速度，頻率相同，由"=〃可知折射光的波長(zhǎng)大于入射光

的波長(zhǎng)，故8錯(cuò)誤；

C.由n=翳，可知若增大入射角％,則折射角”將增大，故C錯(cuò)誤；

。.若增大入射角肉,反射光增強(qiáng)，折射光將減弱。故。正確。

故選：D。

光發(fā)生反射和折射后頻率不變；折射光的傳播速度大于入射光的傳播速度，頻率相同，由U=；可

知折射光的波長(zhǎng)大于入射光的波長(zhǎng)；由兀=黯，可知若增大入射角當(dāng)，則折射角。2將增大；增

大入射角%,反射光增強(qiáng)，折射光將減弱。

本題考查光的折射與反射，學(xué)生可結(jié)合折射定律分析求解。

3.【答案】C

【解析】解：AB,從n=3能級(jí)躍遷到n=l能級(jí)時(shí)，氫原子向外輻射光子，氫原子的能量減小;

氫原子從n=3能級(jí)躍遷到n=4能級(jí)，該氫原子需要吸收能量才能實(shí)現(xiàn)躍遷，不會(huì)向外輻射光子，

故AB錯(cuò)誤；

C、大量處于n=3能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷過(guò)程中最多可輻射出第=3種頻率的光子,故C正確；

D、處于基態(tài)的氫原子至少要吸收13.6eU的能量才能電離，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

氫原子從高能級(jí)向低能級(jí)躍遷時(shí)輻射出光子，從低能級(jí)到高能級(jí)躍遷時(shí)需要吸收能量；根據(jù)數(shù)學(xué)

組合公式分析；根據(jù)電離的含義分析。

解決本題的關(guān)鍵知道吸收或輻射光子的能量等于兩能級(jí)間的能級(jí)差，即Em-En=hv.

4.【答案】B

【解析】解：4=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)K在平衡位置，加速度比質(zhì)點(diǎn)L的小，故A錯(cuò)誤；

BCD.因t=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)K沿y軸正向振動(dòng)，結(jié)合波形圖可知，波沿X軸正方向傳播，根據(jù)平移法可

知t=。時(shí)刻后質(zhì)點(diǎn)K比質(zhì)點(diǎn)L先到達(dá)正向最大位移處

這列波的波速為f:πι∕s=0.5m∕s,故B正確，CD錯(cuò)誤；

故選：B。

根據(jù)圖像得出對(duì)應(yīng)的物理意義，結(jié)合波速的計(jì)算公式和同側(cè)法完成分析；根據(jù)波的傳播方向結(jié)合

時(shí)間與周期關(guān)系解得波速。

根據(jù)圖像得出對(duì)應(yīng)的物理意義，結(jié)合波速的計(jì)算公式和同側(cè)法完成分析；根據(jù)波的傳播方向結(jié)合

時(shí)間與周期關(guān)系分析質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況。

5.【答案】D

【解析】解：4、由圖乙可知交流電壓有效值為22(Ψ,理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為10：1,

根端途，解得副線圈電壓為22匕即電壓表示數(shù)為22%故A錯(cuò)誤：

BCD,滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)，電阻增大，由于變壓器原、副線圈匝數(shù)之比不變，則電壓表

示數(shù)不變，電流減小，滑動(dòng)變阻器電功率減小，則變壓器的輸入功率減小，故BC錯(cuò)誤，。正確；

故選：Do

根據(jù)交流電壓M的表達(dá)式可知最大值，進(jìn)而求解有效值，通過(guò)*=?,解得副線圈電壓，根據(jù)負(fù)

載電阻的變化，結(jié)合閉合電路歐姆定律分析BCD項(xiàng)。

本題考查變壓器的動(dòng)態(tài)分析，解題關(guān)鍵掌握變壓器原、副線圈匝數(shù)之比和電壓之比的關(guān)系，注意

閉合電路歐姆定律的應(yīng)用。

6.【答案】C

【解析】解：AD,由題意知，4B兩小球的角速度相等，根據(jù)T=衛(wèi)可知NB球周期相等，AB兩球

ω

做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比左7?=1：2,根據(jù)U=T3可知AB小球的線速度大小之比為：鷲=W=2

根據(jù)向心力公式F=巾32「，可知小球4B所受到向心力之比為：殳=巴哈=*=之力、B兩

球受到的向心力由桿的拉力提供,故A對(duì)桿的作用力大小不等于B對(duì)桿的作用力大小,故4。錯(cuò)誤；

B、4B兩小球的角速度相等，AB兩球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比白：τ?=1：2,根據(jù)α=32r可知B小

球向心加速度大，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)V="可知兩小球的線速度大小之比為：?=?=；，根據(jù)動(dòng)能公式a=為盧，可知

UBYB22

動(dòng)能大小之比為：件=鴻=；；=1,故C正確。

4

EkB∣mβv∣1

故選:Co

兩小球的角速度相等，根據(jù)7=包可知AB球周期相等，根據(jù)α=6√r求向心加速度大小，根據(jù)U=

ω

r3可知兩小球的線速度大小，根據(jù)動(dòng)能公式Ek=Tm/求動(dòng)能大?。缓贤饬μ峁┫蛐牧?；根據(jù)向

心力公式計(jì)算出桿對(duì)球的拉力。

解決本題的關(guān)鍵是兩球同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，具有相等的角速度，根據(jù)α=g2r求向心加速度大小，根據(jù)D=

「3可知線速度大小，利用動(dòng)能公式Ek=TTnM求動(dòng)能大小，注意搞清楚向心力的來(lái)源。

7.【答案】D

【解析】解：力、帶正電的點(diǎn)電荷q在A點(diǎn)的電勢(shì)能小于其在B點(diǎn)的電勢(shì)能，由Ep=<pq知I,WASB，

故A錯(cuò)誤；

B、B點(diǎn)等差等勢(shì)線密，則對(duì)應(yīng)電場(chǎng)線密，電場(chǎng)強(qiáng)度大，EB>EA,故B錯(cuò)誤；

C、將q在A點(diǎn)由靜止釋放，A點(diǎn)受力如圖

粒子向4點(diǎn)左側(cè)運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)強(qiáng)度變小，靜電力變小，故C錯(cuò)誤；

D、將q在4點(diǎn)由靜止釋放，粒子向A點(diǎn)左側(cè)運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)減小，其電勢(shì)能將減小，故D正確；

故選：Do

正電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能大，等差等勢(shì)線密的地方電場(chǎng)線密，電場(chǎng)強(qiáng)度大。

本題考查了正電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能大，等差等勢(shì)線密的地方電場(chǎng)線密，這個(gè)結(jié)論需熟記。

8.【答案】B

【解析】解；設(shè)兩極板間的距離為d

A、對(duì)粒子，由牛頓第二定律得：qxg=mα,解得粒子加速度大小：a=%q、U、m不變，

兩板間距離d減小，則粒子的加速度大小變大，故A錯(cuò)誤；

B、粒子做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)負(fù)極板過(guò)程的位移d=4αt2,解得t=d再,q、

2y∣qU

U、Tn不變，d減小，則粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，故B正確；

C、粒子從正極板運(yùn)動(dòng)到負(fù)極板過(guò)程，由動(dòng)能定理得：qU=TmM-O,解得粒子帶電負(fù)極板時(shí)的

速度大小D=叵，兩極板間的距離d減小，粒子速度U不變，故C錯(cuò)誤；

7m

。、對(duì)粒子，由動(dòng)量定理得：/=nW-0,解得靜電力對(duì)帶電粒子的沖量/=J2qmU,q、m、U不

變，兩極板間距離d減小，靜電力對(duì)帶電粒子的沖量不變，故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度大小，然后判斷加速度大小如何變化；應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出粒子的

運(yùn)動(dòng)時(shí)間，然后比較時(shí)間如何變化；應(yīng)用動(dòng)能定理與動(dòng)量定理分析答題。

本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)

動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理與動(dòng)量定理可以解題。

9.【答案】。

【解析】解：4、由題意+q的粒子能從左向右勻速通過(guò)，豎直向上的洛倫茲力與豎直向下的電場(chǎng)

力相平衡，若電荷量為-q的粒子從左向右通過(guò)時(shí)，粒子的速度不變時(shí)，則豎直向下的洛倫茲力也

能與豎直向上的電場(chǎng)力相平衡，則該粒子沿圖中虛線通過(guò)，故A錯(cuò)誤；

B、電荷量為+2q的粒子以速度”從S點(diǎn)進(jìn)入后，由題意正電粒子能從左向右勻速通過(guò)，豎直向上的

洛倫茲力與豎直向下的電場(chǎng)力相平衡，即有：qE=Bq%,解得%=s可知平衡條件與電荷量的

多少無(wú)關(guān)，因此帶電量為2q的粒子同樣也能勻速通過(guò)，故B錯(cuò)誤；

C、電荷量為+q的粒子以大于D的速度從S點(diǎn)進(jìn)入后，洛倫茲力大于電場(chǎng)力，粒子將向上偏轉(zhuǎn)，電

場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減小，故C錯(cuò)誤；

。、電荷量為-q的粒子以大于U的速度從S點(diǎn)進(jìn)入后，洛倫茲力大于電場(chǎng)力，粒子將向下偏轉(zhuǎn)，電

場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能將逐漸減小，故。正確。

故選：D。

首先根據(jù)粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可判斷帶正電粒子的電場(chǎng)力和洛倫茲力相等，即有：qE=Bqv0,

解得%=替可得知電場(chǎng)強(qiáng)度和磁場(chǎng)強(qiáng)度的大小與速度的關(guān)系.不論粒子帶正電還是負(fù)電，不論

電量大還小，粒子要沿直線通過(guò)該復(fù)合場(chǎng)，洛倫茲力和電場(chǎng)力必應(yīng)等大反向.若速度反向，則不

論粒子帶何種電，電場(chǎng)力與洛倫茲力均同向，所以不能勻速通過(guò).

該題模型是“速度選擇器”，在速度選擇器中，粒子的受力特點(diǎn)：同時(shí)受到方向相反的電場(chǎng)力和

洛倫茲力作用；

粒子能勻速通過(guò)選擇器的條件：電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，即qM=qE,17=。，只有速度為D=V的

DD

粒子才能沿直線勻速通過(guò)選擇器.若粒子從反方向射入選擇器,所受的電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力方向相同，

粒子必定發(fā)生偏轉(zhuǎn).

10.【答案】C

【解析】解：4、由圖2可知，。時(shí)刻，圓環(huán)中的磁通量變化最快，此時(shí)圓環(huán)中感應(yīng)電流是最大的，

故A錯(cuò)誤；

8、t3時(shí)刻，圓環(huán)中的磁通量的變化率為零，故此時(shí)感應(yīng)電流為零，圓環(huán)上各點(diǎn)不受安培力，故8

錯(cuò)誤；

C、S?t3時(shí)間內(nèi)，圓環(huán)中的磁通量是先里減小，再向外增大，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)中感應(yīng)電

流方向始終沿順時(shí)針?lè)较颍蔆正確：

D、t2?t4時(shí)間內(nèi)，圓環(huán)中的磁通量先向外增大，再減小，由楞次定律可知，圓環(huán)先是收縮再擴(kuò)張，

故Q錯(cuò)誤。

故選：C,

由圖2分析圖1線圈中的磁通量的變化情況，再由楞次定律分析感應(yīng)電流的有無(wú)和方向；根據(jù)楞次

定律的第二種描述確定圓環(huán)是收縮還是擴(kuò)張。

本題考查楞次定律的應(yīng)用，要注意掌握應(yīng)用楞次定律判斷電流方向的方法，同時(shí)還要牢記其第二

種描述的應(yīng)用。

11.【答案】B

【解析】解：4閉合S瞬間線圈L中的電流增大磁通量增大，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙流過(guò)線圈的

電流的增大，故A錯(cuò)誤；

3、開(kāi)關(guān)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)時(shí)，線圈L中的電流減小磁通量減小，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙流過(guò)線圈的電流的

減小，自感電動(dòng)勢(shì)與電流同向，與燈泡形成回路，α點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)。故8正確。

C自感電動(dòng)勢(shì)與線圈電流同向，與燈泡形成回路，電流有沒(méi)有增大，流過(guò)燈泡的電流在線圈原來(lái)

的電流的數(shù)值上逐漸減小，燈泡閃亮-一下再逐漸熄滅，故C錯(cuò)誤。

。、閉合S后，根據(jù)能量守恒，結(jié)合電路的熱效應(yīng)，電源輸出的電功率等于燈泡4的電功率和線圈L

的發(fā)熱功率之和。故。錯(cuò)誤。

故選：B。

線圈與小燈泡并連接電池組上.要使燈泡發(fā)生閃亮，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)時(shí)，流過(guò)燈泡的電流要比以前的電

流大.根據(jù)楞次定律和并聯(lián)的特點(diǎn)分析.

自感現(xiàn)象是特殊的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，根據(jù)楞次定律分析要使實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象明顯的條件：線圈的電阻應(yīng)小

于燈泡的電阻.

12.【答案】B

【解析】解：4由圖像可知位移大小為15m時(shí)，速度大小為最大值，可知該位移處有彈性繩的彈

力與運(yùn)動(dòng)員的重力等大，所以彈性繩處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，即彈性繩的原長(zhǎng)小于∕5m,故4錯(cuò)誤；

B.運(yùn)動(dòng)員下落過(guò)程中先做加速度為g的加速運(yùn)動(dòng)，至彈性繩恰好拉直后運(yùn)動(dòng)員繼續(xù)做加速度減小的

加速運(yùn)動(dòng)，直至速度達(dá)到最大，此時(shí)位移大小為15m,所以O(shè)?15τn下落過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員重力勢(shì)能

的減少量等于動(dòng)能的增加量加上彈性繩彈性勢(shì)能的增加量，故B正確；

C.15τn時(shí)，彈性繩的彈力與運(yùn)動(dòng)員的重力等大合力為零，之后運(yùn)動(dòng)員繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，彈性繩伸長(zhǎng)

量繼續(xù)變大，彈性繩彈力大于重力，合力向上且變大。故C錯(cuò)誤；

D.0-27M下落過(guò)程中由動(dòng)量定理可得

/G+/彈=°

可知運(yùn)動(dòng)員重力沖量大小等于彈性繩彈力沖量大小，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

由圖像可知位移大小為15m時(shí)，速度大小為最大值，可知該位移處有彈性繩的彈力與運(yùn)動(dòng)員的重

力等大，所以彈性繩處于伸長(zhǎng)狀態(tài)；運(yùn)動(dòng)員下落過(guò)程中先做加速度為g的加速運(yùn)動(dòng)，至彈性繩恰

好拉直后運(yùn)動(dòng)員繼續(xù)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直至速度達(dá)到最大；15τn時(shí)，彈性繩的彈力與運(yùn)

動(dòng)員的重力等大合力為零，之后運(yùn)動(dòng)員繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，彈性繩伸長(zhǎng)量繼續(xù)變大，彈性繩彈力大于

重力，合力向上且變大；由動(dòng)量定理可知運(yùn)動(dòng)員重力沖量大小等于彈性繩彈力沖量大小。

簡(jiǎn)答本題的關(guān)鍵是根據(jù)圖像分析運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)情況。要知道當(dāng)X=I5米時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的速度最大，

加速度為0,合力為0。

13.【答案】C

【解析】解：4根據(jù)牛頓第二定律有Tn未增大前有：mg=(M+m)a

m增大為原來(lái)的2倍后有：2mg=(M+2m)a'

則α'>2α,故A錯(cuò)誤；

8.根據(jù)牛頓第二定律有m未增大前有：mg-F=ma,解得：F=mg-ma

m增大為原來(lái)的2倍后有：2mg-F'=2τnα',解得：F'=2mg-2ma'

則F'<2F,故8錯(cuò)誤；

C根據(jù)功能關(guān)系m未增大前有：ΔE=Fh,Tn增大為原來(lái)的2倍后有：ΔE'=F'h,

則4E'<24E,故C正確。

。.砂桶和小車(chē)組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于摩擦力對(duì)小車(chē)所做的功，小車(chē)受到的摩擦力不變位移

不變，砂桶和小車(chē)組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能不變，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

根據(jù)牛頓第二定律和功能關(guān)系推導(dǎo)判斷。

本題考查“探究加速度與力的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)，要求掌握牛頓第二定律和功能關(guān)系。

14.【答案】C

【解析】解：4、由題意，地球自西向東自轉(zhuǎn)，在北半球，物體由南向北運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由于高

緯度的自轉(zhuǎn)線速度比低緯度的小，所以物體隨地球自轉(zhuǎn)的線速度相對(duì)地表變慢了，它會(huì)向前進(jìn)方

向的右側(cè)偏轉(zhuǎn)，故A錯(cuò)誤；

8、在南半球，物體向南運(yùn)動(dòng)，在“地球偏向力”的作用下會(huì)向前進(jìn)方向的左側(cè)偏轉(zhuǎn)，為了保持直

線運(yùn)動(dòng)，火車(chē)在前進(jìn)方向上對(duì)左側(cè)軌道的壓力大于右側(cè)軌道的壓力，故B錯(cuò)誤；

C、在南半球，物體會(huì)向前進(jìn)方向的左側(cè)偏轉(zhuǎn)，所以傅科擺在擺動(dòng)過(guò)程中，擺動(dòng)平面沿逆時(shí)針?lè)?/p>

向(俯視)不斷偏轉(zhuǎn)，故C正確；

。、“地球偏向力”改變物體運(yùn)動(dòng)的方向，由向心力公式F=Tn2，可得物體偏轉(zhuǎn)的半徑r=噌，

rF

所以物體沿南北方向相對(duì)地表運(yùn)動(dòng)的速度越大，“地轉(zhuǎn)偏向力”對(duì)其運(yùn)動(dòng)的影響越小,故。錯(cuò)誤。

故選：Co

當(dāng)物體相對(duì)于地球表面運(yùn)動(dòng)時(shí).，會(huì)受到“地轉(zhuǎn)偏向力”的影響，物體隨地球自轉(zhuǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，根

據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析不同緯度處的線速度，然后分析不同運(yùn)動(dòng)方式下的相對(duì)速度，判斷偏轉(zhuǎn)方向。

本題考查了圓周運(yùn)動(dòng)中線速度，角速度和向心力，解題關(guān)鍵是有物體隨地球自轉(zhuǎn)時(shí)，不同緯度處

線速度不同，當(dāng)物體以不同方式運(yùn)動(dòng)時(shí).，其相對(duì)速度不同，則偏轉(zhuǎn)方向不同。

15.【答案】大于等于ADEm10P-m10M+m20N

【解析】解:(1)為防止兩球碰撞后入射球反彈,入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量，即mi大于血2；

為使兩球發(fā)生對(duì)心碰撞，兩球直徑應(yīng)相等，即di等于

(2)小球離開(kāi)斜槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，由于拋出點(diǎn)的高度相等，則小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，設(shè)為t；

兩球碰撞前入射球的速度大小氏=半，兩球碰撞后入射球的速度大小巧=華，被碰球的速度大

小,1、方=—ON

兩球碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：τn1v0-τn1v1+m2v2^整理

得：m10P=m10M+m20N

實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量:測(cè)量?jī)蓚€(gè)小球的質(zhì)量加［、Μ2；分別找到小球1與小球2相碰后平均落地點(diǎn)的位置”、

N,測(cè)量平拋射程O(píng)M、ON,故選：ADE.

(3)由(2)可知，要驗(yàn)證兩球碰撞前后動(dòng)量守恒，僅需驗(yàn)證關(guān)系式JnIOP=m10M+根2。那是否成立。

故答案為：(1)大于；等于；(2)4OE;(3)m10P=m10M+m20N.

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題。

(2)(3)兩球碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式，然后分析答

題。

實(shí)驗(yàn)的一個(gè)重要的技巧是入射球和靶球從同一高度做平拋運(yùn)動(dòng)并且落到同一水平面上，故下落的

時(shí)間相同，所以在實(shí)驗(yàn)的過(guò)程當(dāng)中把本來(lái)需要測(cè)量的速度改為測(cè)量平拋過(guò)程當(dāng)中水平方向發(fā)生的

位移，可見(jiàn)掌握了實(shí)驗(yàn)原理才能順利解決此類(lèi)題目。

16.【答案】8M

【解析】解：(1)未知電阻的阻值的測(cè)量值R=8X10=80

(2)由于待測(cè)電阻R*＜廠麗；，因此電流表要采用外接法，電壓表的右端應(yīng)接在M點(diǎn)；

(3)ɑ曲于樣品水的電阻約為十萬(wàn)歐，為了使電壓表有較大示數(shù)，因此電源電動(dòng)勢(shì)要選擇％,電壓

表選擇彩；

根據(jù)歐姆定律，電路中的最大電流∕=*=7?4=1.5xl0-3=i50m4,因此流表選擇

RXIxio''

為了使電壓表變化范圍大，滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，滑動(dòng)變阻器選擇R；

b.根據(jù)電阻定律R=Pt可知，電導(dǎo)率6=3=同=￡萍=赤

由此可知，要測(cè)樣品水的電導(dǎo)率，還應(yīng)該用游標(biāo)卡尺測(cè)量薄塑料圓柱形容器的內(nèi)直徑D,用游標(biāo)

卡尺(或毫米刻度尺)測(cè)量薄塑料圓柱形容器的長(zhǎng)度L

故答案為：(1)8；(2)M；(3)α.電源E2、電壓表彩、電流表4和滑動(dòng)變阻器R；b.用游標(biāo)卡尺測(cè)量

薄塑料圓柱形容器的內(nèi)直徑。；用游標(biāo)卡尺(或者毫米刻度尺)測(cè)量薄塑料圓柱形容器的長(zhǎng)度人

(1)歐姆表測(cè)電阻，測(cè)量值=歐姆表指針?biāo)甘緮?shù)X倍率；

(2)由于待測(cè)電阻遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，因此電流表采用外接法；

(3)α.根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理選擇實(shí)驗(yàn)器材；

b.根據(jù)電阻定律及電導(dǎo)率的物理意義確定待測(cè)物理量及所使用的測(cè)量工具。

要掌握常用器材的使用方法與讀數(shù)方法;要掌握實(shí)驗(yàn)器材的選擇要遵循安全性原則、精確性原則、

方便實(shí)驗(yàn)操作原則；能夠通過(guò)樣品電阻阻值的大約值選擇電源電動(dòng)勢(shì)，電壓表和電流表的量程；

對(duì)滑動(dòng)變阻器的分壓式或限流式接法、電流表的內(nèi)外接法的選取標(biāo)準(zhǔn)要加強(qiáng)理解。

2

17.【答案】解：(1)電子在加速電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理得：et∕1=∣mv-0

解得電子穿過(guò)4板小孔時(shí)的速度大小為：V=叵西

7TTl

(2)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，

水平方向：L=Vt

豎直方向：y=^at2,由牛頓第二定律得：eX乎=Tna

“2a

解得:ɑ=翳y=黑

(3)電子從極板射出時(shí)豎直方向的分速度大小％=at

設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)速度方向與水平方向夾角為仇則tan。=不

解得：tαnθ=?則8=arctan簫

2

(2)電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)垂直板方向偏移的距離是標(biāo)；

(3)電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的速度方向與水平方向夾角是arctan髭。

【解析】(D在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理求解電子穿過(guò)4板小孔時(shí)的速度大?。?/p>

(2)根據(jù)位移一時(shí)間關(guān)系求解電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)距離；

(3)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解速度偏轉(zhuǎn)角正切值，確定電子速

度方向。

有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可以從兩條線索展開(kāi)：其一，力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系。根據(jù)帶電粒

子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，

功和能的關(guān)系。根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動(dòng)能定理進(jìn)行

解答。

18.【答案】解：(1)對(duì)游客和座椅一起受力分析如下圖所示

α?根據(jù)受力分析可知游客和座椅做圓周運(yùn)動(dòng)所需要的向心力為

_3

Fn=mgtanθ=50×10×-N=375/V

人根據(jù)幾何關(guān)系可知游客和座椅做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為

∕?=r+Lsinθ=3m+3×0.6m=4.8m

由