2023年陜西省安康市高考物理二模試卷

2023年陜西省安康市高考物理二模試卷

1.圖甲為某玩具的電路示意圖，匝數(shù)N=IOO匝、半徑r=Icm的圓形線圈MN處在勻強(qiáng)磁

場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間按圖乙正弦規(guī)律變化，磁場始終垂直于線圈平面。已知額定電壓為

5∕7V的燈泡L恰能正常工作，不計線圈電阻。規(guī)定向右為磁場正方向，則下列說法正確的是

A.線圈MN中交變電流的頻率為IOHZB.變壓器原線圈輸入電壓有效值為√1u

C.變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1：10D.在0-0.05S內(nèi)，沒有電流流經(jīng)燈泡L

2.nM:V

X..................................0

一群氫原子處于量子數(shù)H=4能級，氫原子的能級如圖所示，408

下列說法錯誤的是（）315

2---------------------------34（

A.氫原子的能級是分立的

B.這一群氫原子放出光子的頻率與氫原子能級的能量有關(guān)Ic

C.這一群氫原子能放出6種不同頻率的光子

D.這一群氫原子發(fā)出的所有光都能使逸出功為1.9eU的金屬鈉發(fā)生光電效應(yīng)

3.下列選項描述的電場線與等勢面之間的關(guān)系，實線表示電場線，虛線表示等勢面，其中

4.如圖所示，4、B是水平放置的平行板電容器的極板，閉合

開關(guān)K,帶電粒子（不計重力）以速度%水平射入電場，且剛好

從下極板B的邊緣飛出。保持其中一個極板不動而把另一個極

板移動一小段距離，粒子仍以相同的速度又從原處射入，下列判斷正確的是（）

A.若開關(guān)一直閉合，下極板B不動，上極板4下移，粒子仍從下極板B的邊緣飛出

B.若開關(guān)一直閉合，下極板B不動，上極板4上移，粒子將打在下極板B上

C.若開關(guān)斷開，下極板B不動，上極板A下移，粒子仍從下極板B的邊緣飛出

D.若開關(guān)斷開，下極板B不動，上極板4上移，粒子將打在下極板B上

5.如圖甲所示，長為L的平行金屬板4、B正對豎直放置，虛線CO為兩板中線。AB板間不加

電壓時，一個質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球從C點無初速度釋放，經(jīng)時間7運動到。點?，F(xiàn)在

AB板間加上如圖乙所示的交變電壓，t=（時，將此帶電小球仍從C點無初速度釋放，小球運

動過程中恰好未接觸極板，不計空氣阻力，重力加速度為g。則關(guān)于小球在交變電場中的運

動，下列說法正確的是（）

圖甲圖乙

A.小球最終從a板下方左邊緣P點射出

B.小球射出電場時的速度大小為D=J2gL+嚕

C.板間距d=?回

2ΛJ2m

D.若小球從C點以牛的初速度豎直向下射入電場，則小球最終從板下方左邊緣P點離開電場

6.某國航天局在銀河系發(fā)現(xiàn)顆類地行星，該類地行星的半徑是地球半徑的2倍，質(zhì)量是地球

質(zhì)量的3倍。衛(wèi)星a、b分別繞地球、類地行星做勻速圓周運動，它們距中心天體表面的高度

均等于各自中心天體的半徑。則衛(wèi)星a、b的（）

A.線速度之比為，至：3B.角速度之比為2。：

C.周期之比為2√^至：√^^3D.加速度之比為3：4

7.豎直面內(nèi)有一內(nèi)壁光滑、半徑為R的固定半圓柱形軌道，在O

*/A

半圓柱形軌道中放置兩根長為L的通電直導(dǎo)線，其截面如圖所1,

示。。為半圓的圓心，導(dǎo)線a固定在。點正下方的C處，且通有\(zhòng)

大小為1°、方向垂直紙面向里的電流。當(dāng)質(zhì)量為m的導(dǎo)線b中通

入大小為11（未知I）的電流時，剛好能靜止在與圓心等高的4點。已知導(dǎo)線ɑ中電流在其周圍某

點產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=為大于零的常量，r為該點到導(dǎo)線ɑ的距離），由于

導(dǎo)線b的質(zhì)量發(fā)生變化或者兩導(dǎo)線電流大小發(fā)生變化，導(dǎo)線b沿著軌道緩慢下降到。點，并在。

點重新平衡。已知/COD=60。，則下列說法正確的是（）

A.導(dǎo)線。中電流的方向垂直于紙面向外，且位于4點時，電流的大小為Il=%普

B.若導(dǎo)線b的質(zhì)量不發(fā)生改變，則導(dǎo)線b在D處受到軌道的支持力等于在A處受到的支持力

C.可能僅是導(dǎo)線b的質(zhì)量變?yōu)?m

D.可能僅是兩導(dǎo)線電流的乘積減小為原來的IZ

8.如圖所示，物塊4的質(zhì)量為小，物塊B的質(zhì)量為2m,兩物

塊分別與勁度系數(shù)為A的輕彈簧兩端相連，置于足夠長、傾角，X

為30。的斜面上，物塊B與擋板C接觸，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。物親氣羨.

Z77^7777∕777777777777777777777777Γ

塊4表面光滑，物塊B與斜面間的最大靜摩擦力∕=∣mg,重

力加速度為g?，F(xiàn)對物塊A施加沿斜面向上的恒力F,使A、B兩物塊先后開始運動，彈簧的彈

性勢能Ep=^kχ2,其中X為其形變量的大小，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。則下列說法錯誤的是

（）

A.剛施加力F時，物塊B與擋板C之間可能不存在彈力作用

B.當(dāng)物塊B剛開始運動時，彈簧中的彈性勢能最大

C.物塊4的動能達(dá)到最大時，物塊B一定已經(jīng)離開擋板

D.物塊8剛開始運動時，拉力做功的最小值為3受交

m

9.甲乙兩位同學(xué)分別設(shè)計了如圖所示的實驗裝置來探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系，其中打

點計時器所用交流電的頻率為f=50Hz,小車總質(zhì)量用M,重物質(zhì)量用m表示。

（1）下列說法正確的是（填選項字母）。

A.該探究實驗中采用的物理思想方法為比值法

8.兩組實驗均需要平衡小車和長木板之間的摩擦力

C.無論小車運動的加速度多大，重物的重力都等于繩的拉力

D兩組實驗均需要滿足所掛重物質(zhì)量Tn遠(yuǎn)小于小車總質(zhì)量M的條件

（2）若某次測量中兩個裝置的彈簧測力計讀數(shù)相同且均為F,且計算得出的小車加速度均為聯(lián)

則甲乙實驗所用小車總質(zhì)量之比為。

（3）圖2為甲同學(xué)在實驗中打出的紙帶，相鄰計數(shù)點點間有四個點未畫出，則小車加速度均為

a=m∕s2,在打C點時小車的瞬時速度%=m∕s.（結(jié)果均保留三位有效數(shù)字

）

單位：ClU

10.某同學(xué)研究LED燈泡的伏安特性，實驗室提供的器材有LED燈泡（6.0匕0.154）、直流電

源（9V）、電壓表（量程為3V,內(nèi)阻為3000。）、電流表（量程為IOOni4,內(nèi)阻為5.00）、滑動變

阻器&（阻值為0-200）、電阻箱&（最大阻值9999.90）、電阻箱R3（最大阻值為9999.90）、開

關(guān)和導(dǎo)線若干。設(shè)計的電路如圖甲所示。

（1）閉合開關(guān)前，滑動變阻器Rl的滑片應(yīng)置于變阻器的（填“a”或"b”）端；

（2）要求流過LED燈泡的電流從零開始增大到額定電流，在實驗前需要對電壓表、電流表進(jìn)行

改裝，為研究LE。燈泡額定功率下的工作情況，則/?2需要接入電路的最小阻值為。，

∕?接入電路的最大阻值為

π

(3)實驗中為了研究準(zhǔn)確，當(dāng)流過燈泡電流較小時，該同學(xué)將電阻箱/?3接入電阻的最大值，將

電阻箱接入的電阻為零。直接使用電壓表和電流表讀數(shù)，當(dāng)電流接近IoOnM時，改用(2)問

改裝的電表進(jìn)行測量。將實驗數(shù)據(jù)描點作圖，得到如圖乙所示的/-U圖像。根據(jù)圖像可得:

當(dāng)電壓U=5V時，LEn燈泡的電阻為。(保留3位有效數(shù)字)。

(4)如果把該LED燈泡直接接在電動勢E=61/,內(nèi)阻為2.00的電源兩端，燈泡的功率約為

勿(保留2位有效數(shù)字)。

11.如圖所示，平行板電容器兩極板的長度為極板間距為以，極板間的電壓不為零且大小

可調(diào)。在電容器的右側(cè)存在單邊界勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向里。質(zhì)量為小、電量為+q的帶

電粒子從靠近上極板4處以速度處垂直電場方向進(jìn)入電容器，粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后從電容器右

端進(jìn)入磁場。要使粒子在磁場中運動時間最長，求：

(1)電容器兩極板間的電壓U的大小；

(2)若該粒子剛好從C點射出磁場后進(jìn)入電容器，求該粒子在電場和磁場中運動的總時間。

×××

××X

×××

×××

×××

×××

×××

12.如圖所示，兩光滑傾斜金屬導(dǎo)軌MN、M'N'平行放置，導(dǎo)軌與水平面的夾角為6,兩導(dǎo)

軌相距L,MM'間連接一個阻值為R的電阻。I、II、HI區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方

向垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域的寬度均為d(未畫出)，相鄰磁場間的無磁場區(qū)

域的寬度均為s。傾斜導(dǎo)軌與間距也為L的水平金屬導(dǎo)軌N'Q、NP通過一小段光滑圓弧金屬軌

道連接，水平導(dǎo)軌處于垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B。一質(zhì)量為

山、阻值也為R的導(dǎo)體棒ab跨放在兩導(dǎo)軌上，從磁場區(qū)域I上邊界上方某位置由靜止釋放，

導(dǎo)體棒在進(jìn)入三個磁場區(qū)域后均做減速運動且出磁場時均恰好受力平衡，導(dǎo)體棒沿傾斜導(dǎo)軌

下滑過程中始終垂直于導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒滑到傾斜導(dǎo)軌底端的速度大小為必進(jìn)

入水平導(dǎo)軌運動了支距離后停下。導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為〃，傾斜、水平導(dǎo)軌的

電阻均忽略不計，重力加速度大小為g。求：

(1)導(dǎo)體棒ab釋放處距磁場區(qū)域I上邊界距離；

(2)導(dǎo)體棒ab從進(jìn)入磁場區(qū)域I瞬間到進(jìn)入磁場區(qū)域HI瞬間電阻R產(chǎn)生的熱量；

(3)導(dǎo)體棒αb在水平導(dǎo)軌上運動的時間。

13.活塞將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在氣缸內(nèi)，改變外界因素，使

氣體由狀態(tài)4開始，經(jīng)歷①②兩個不同過程到達(dá)狀態(tài)C,其T-P圖像

如圖所示。從狀態(tài)A經(jīng)歷①到狀態(tài)C的過程中，容器壁單位面積單位時間內(nèi)受到氣體分子撞擊

的次數(shù)(填''增加”“減少”或者“不變”)；氣體在過程①吸收的熱量______(填

“大于”“小于”或者“等于")過程②吸收的熱量。

14.如圖所示，一汽缸中由活塞封閉有一定量的理想氣體，中間的隔板..II

沾策f］＜:＜上~［_「「I

將氣體分為4、B兩部分；初始時，A、B的體積均為心壓強(qiáng)均等于大氣I丁

壓Po,隔板上裝有壓力傳感器和控制裝置，當(dāng)隔板兩邊壓強(qiáng)差超過O?25po隔板---------

時隔板就會滑動，否則隔板停止運動。氣體溫度始終保持不變。向下緩IJ

慢推動活塞，使B的體積減小為［活塞、隔板的質(zhì)量不計，活塞、隔板與汽缸間的摩擦不計二

(i)求A的體積和B的壓強(qiáng)；

(??)向上緩慢拉動活塞使其回到初始位置，求此時a的體積和B的壓強(qiáng)。

15.一列簡諧橫波在t=1.0S時的波形如圖甲所示，P是平衡位置為X=2.0m處的質(zhì)點，圖乙

是質(zhì)點P的振動圖像。該波的傳播波速為m∕s,經(jīng)過￠=2.5s,質(zhì)點P通過的路程為

______m,,

16.如圖所示，△ABC是一直角三棱鏡的橫截面，44=30°,

一細(xì)光束從AB邊上的。點以與4B邊成45。角射入三樓鏡，光束

經(jīng)過AC邊的中點E點(未畫出)，AD長度為α,AC長度為2√^α,

光在真空中的傳播速度為c,不考慮多次反射。求：

(i)三棱鏡對該光束的折射率n；

(i?)該光束在三棱鏡中傳播的時間。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：4、線圈MN中交變電流的頻率與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的頻率相同，由圖像得，周期r=0.2s

則頻率f=*=2"z=5Hz

故A錯誤；

B、變壓器原線圈輸入電壓的峰值為Ern=NBmS3

圓形線圈的面積S=Trr2

半徑r=Icm=0.01m

角速度3=y=^rad∕s—10πrad∕s

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：Em=y[~2V

輸入電壓的有效值Ui=?IIZ=居V=IV

故B錯誤；

C、由題意得，燈泡的額定電壓為U=5。U

由有效值的定義可得：/.工=皿互

R2R

解得：U2=IOK

變壓器原副線圈匝數(shù)比等于電壓比，則3：n2=U1;U2=1：10

故C正確；

。、在0-0.05s內(nèi)，穿過線圈的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，磁通量增大，根據(jù)楞次定律得，原線圈回路中

的感應(yīng)電流為順時針方向，由圖像得，磁感應(yīng)強(qiáng)度增加的越來越慢，則感應(yīng)電流越來越小。由右

手螺旋定則得，鐵芯中的磁場方向為逆時針方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度越來越小，由楞次定律得，副線圈

回路中的感應(yīng)電流方向為順時針?，二極管正接，則有電流流過燈泡3故。錯誤。

故選：Co

交變電流的頻率與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的頻率相同，根據(jù)圖像得到磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期，進(jìn)而求解

頻率；根據(jù)Em=NBmS3求解交變電壓的峰值，根據(jù)正弦式交變電流規(guī)律求解輸入電壓的有效值；

根據(jù)有效值的定義求解副線圈的輸出電壓，理想變壓器原副線圈匝數(shù)比等于電壓比；二極管正接

時，電阻近似為零，反接時電阻無限大，根據(jù)楞次定律和右手螺旋定則判斷電流的方向，進(jìn)而判

斷是否有電流流經(jīng)燈泡。

本題考查正弦式交變電流、理想變壓器和楞次定律，解題關(guān)鍵是會求解正弦式交變電流的峰值和

有效值，會用楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，知道理想變壓器原副線圈匝數(shù)比等于電壓比。

2.【答案】D

【解析】解：4、由圖可知，氫原子只能處于不同的能量狀態(tài)，即氫原子的能級是分立的，故A

正確；

B、氫原子的能級是分立的，根據(jù)玻爾理論，這一群氫原子放出光子的頻率滿足：hv=Em-En,

與氫原子能級的能量有關(guān)，故B正確；

C、由公式盤=6可知，這群氫原子可能輻射出6種頻率的光，故C正確；

。、這一群氫原子發(fā)出的光能量值最小的是:為3=E4-E3=—0.85"+1.5IeU=0.66eV<1.9eV,

可知它不都能使逸出功為1.9eU的金屬鈉發(fā)生光電效應(yīng)，故。錯誤。

本題選擇錯誤的，

故選：Do

根據(jù)數(shù)學(xué)組合公式鬣求出氫原子可能輻射光子頻率的種數(shù)。能級間躍遷時，輻射的光子能量等于

兩能級間的能級差，能級差越大，輻射的光子頻率越高，即可一一求解。

解決本題的關(guān)鍵知道光電效應(yīng)的條件，以及知道能級間躍遷時輻射或吸收的光子能量等于兩能級

間的能級差，掌握輻射光子的種類計算方法。

3.【答案】C

【解析】解：等勢面和電場線處處垂直，4BC三選項兩者均不垂直，而C選項等勢面和電場線處

處垂直，故C正確，A8O錯誤。

故選：C。

電場線與等勢面處處垂直，據(jù)此判斷即可。

本題考查電場線，解題關(guān)鍵是知道電場線與等勢面處處垂直。

4.【答案】C

【解析】解：設(shè)兩極板的長度為3粒子垂直射入勻強(qiáng)電場中，粒子在極板間做類平拋運動，

水平方向：L=v0t

豎直方向：y=/αt2=:χ變/=；X組《2=%

'22m2ma2ma

A、開始粒子豎直方向的分位移y=原若開關(guān)一直閉合，下極板8不動，上極板4下移，極板間

的電勢差U不變，板間距離d減小，如果粒子扔從下極板8的邊緣飛出，粒子的豎直分位移y=T=

嗎不變，粒子的運動時間t變小，粒子不能從下板邊緣飛出，粒子將打下極板B上，故A錯誤；

B、原來粒子的偏轉(zhuǎn)距離y="若開關(guān)一直閉合，下極板B不動，上極板4上移，板間距離d增大，

兩板間電勢差U不變，兩板間的電場強(qiáng)度Eq減小，粒子在豎直方向的加速度α減小，粒子

從兩極板間飛出時的運動時間t=看不變，粒子的豎直分位移y=嚼減小，粒子將從兩極板飛出，

不會打在下極板上，故B錯誤；

CD、電容器的電容C=?電容器的電容C=?,極板間的電場強(qiáng)度大小E=稱,整理得:E=當(dāng)

U4τIkddCrS

若開關(guān)斷開，B板不動，A板上移或下移過程，極板間的電場強(qiáng)度E不變；粒子在極板間做類平拋

運動的豎直分位移y=；砒2=:χ*χt2=懸不變，則y=(粒子仍從下極板B的邊緣飛出，

故C正確，D錯誤。

故選:Co

粒子垂直射入勻強(qiáng)電場中，做勻變速曲線運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為

零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式可得到粒子偏轉(zhuǎn)距離y的表達(dá)式，閉合開關(guān)時

兩極板間的電勢差不變，斷開開關(guān)時兩極板所帶的電荷量不變，根據(jù)題意求出粒子豎直方向的分

位移，然后分析答題。

粒子在兩極板間做類平拋運動，分析清楚粒子運動過程，應(yīng)用運動的合成與分解、運動學(xué)公式與

牛頓第二定律可以解題。

5.【答案】C

【解析】解：4B.t=T時，小球進(jìn)入電場后，在豎直方向做自由落體運動，在水平方向先向左做

勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，再反向做勻加速直線運動，最后反向做勻減速直線運動，

最終經(jīng)過時間7后，水平方向速度為0.根據(jù)對稱性可知，此過程中小球的水平位移為0,故小球最

終從D點沿豎直方向飛出，v=∕l^L,故AB錯誤。

C因為小球運動中恰好未接觸極板，即小球水平向左運動的最大位移為"，由＜=2X；X吟X(J/

222τndv4y

得d=J「處，故C正確；

2y2m

。.若小球從板下方左邊緣P點離開電場，則小球在電場中運動的時間為，

根據(jù)未加電場時豎直方向L=IgT2

加上交變電場后，L=v0??+

得孫=5，故。錯誤。

故選：Co

根據(jù)小球受電場力情況，分析小球的運動狀態(tài)，結(jié)合運動的分解，根據(jù)小球豎直和書評方向的運

動規(guī)律解答。

本題由于電場方向不斷變化，粒子運動情況比較復(fù)雜，分析清楚粒子的運動過程是正確解題的關(guān)

鍵，要注意電場力反向時粒子的運動方向并不是立即反向。

6.【答案】B

【解析】解：設(shè)地球的半徑為r,則衛(wèi)星α的軌道半徑為2r,衛(wèi)星b的軌道半徑為4兀設(shè)地球的質(zhì)

量為M,則類地行星的質(zhì)量為3M。

A、根據(jù)萬有引力提供向心力得：繆=解得：V=叵，則衛(wèi)星a、b的線速度之比為:

?！躆

%=??=q,故A錯誤；

VbfG?3M3

√~4r~

2

B、由萬有引力提供向心力有：^φ=mrω,解得：ω=再,衛(wèi)星a、b的角速度之比為：黑=

*-?∣riωb

GM

W≤=奢，故2正確；

G?3M7J

J(4r)3

C、根據(jù)T="可知衛(wèi)星a、b的周期之比1=%=今，故C錯誤；

ωTbωa2√2

GM

D、根據(jù)牛頓第二定律可得粵=ma,解得a=緣,則衛(wèi)星a、b的向心加速度之比:F=繇=￡

rrQb----y?

(4r)/

故。錯誤。

故選:B。

根據(jù)萬有引力提供向心力得到線速度、角速度的表達(dá)式分析AB選項；

根據(jù)周期與角速度的關(guān)系分析C選項；

根據(jù)牛頓第二定律求解衛(wèi)星a、b的向心加速度之比。

本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合向

心力公式進(jìn)行分析。

7.【答案】BC

【解析】解：4、導(dǎo)線b在4點受力分析，如下圖所示:

由圖可知，b導(dǎo)線受到α導(dǎo)線的斥力處于平衡狀態(tài)，根據(jù)異向電流相互排斥，可知b導(dǎo)線電流方向

垂直于紙面向外，由幾何關(guān)系可得安培力F=Crng,支持力N=HIg

設(shè)α導(dǎo)線在4點產(chǎn)生的感應(yīng)強(qiáng)度為%,則BO=修，則可得安培力大小F=Bo/"=舞，聯(lián)立方

程可得b導(dǎo)線中的電流。=辨，故4錯誤；

k∣θL

B、若導(dǎo)線b的質(zhì)量不發(fā)生改變，則導(dǎo)線b在。處受力分析如下圖所示：

己知4。。。=60。，根據(jù)幾何關(guān)系，可知支持力Nl=τng,所以N=N口故8正確；

C、若只有b導(dǎo)線的質(zhì)量改變,設(shè)質(zhì)量為M,受力分析不變,如上圖所示，由幾何關(guān)系，可得Fl=Tn'g,

設(shè)ɑ導(dǎo)線在。點產(chǎn)生的感應(yīng)強(qiáng)度名,則Bl=皚，安培力大小Fl=BJlL=吟，聯(lián)立方程，可得

KK

m,=2m,故C正確；

。、若b導(dǎo)線的質(zhì)量不變,則導(dǎo)線b在。點處所受安培力F?=mg,由以上分析可知F2=甥S=mg，

F=學(xué)野=>J~2mg,兩式聯(lián)立，可得兩導(dǎo)線的電流的乘積之比為弊=蘭藉T=?=2,故。

VZn/ɑ/?2!?-1

錯誤。

故選:BCo

A、導(dǎo)線b靜止在A點時，受到導(dǎo)線ɑ的排斥力作用，根據(jù)異向電流相互排斥，判斷導(dǎo)線b中電流的

方向，根據(jù)平衡條件求出導(dǎo)線b受到的安培力和支持力大小，由安培力公式和B=kS相結(jié)合求出

r

導(dǎo)線6中電流大小。

BC,根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系求出導(dǎo)線b在。處支持力大小和安培力大小，可知與A處受到的支持

力大小關(guān)系，由安培力公式和B=上色相結(jié)合可得安培力的與電流大小的關(guān)系式，借助4選項中求

r

出的導(dǎo)線b中的電流，可得b物體的質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼?倍；

。、導(dǎo)線b質(zhì)量不變，根據(jù)4B上面選項分析，可得安培力大小與電流關(guān)系式，安培力與重力的關(guān)系

式，則可得兩導(dǎo)線電流乘積的比值。

本題考查了通電導(dǎo)線在磁場中的受力平衡，也考查了安培力大小與電流、磁感應(yīng)強(qiáng)度、導(dǎo)線長度

的關(guān)系式，解題的關(guān)鍵是畫出受力分析圖。

8.【答案】BCD

【解析】解：力、未施加力F時，物體4處于靜止?fàn)顟B(tài)，則有k>?=mgsin30cj=物體8：

o

2mgsin30^kx0=^mg=/,物體B可以保持靜止，B與擋板C開始可以沒有彈力，剛施加力F時，

彈簧彈力來不及改變，物體B的受力不變，所以物體B與擋板C之間可能不存在彈力作用，故A正

確；

B、物體B剛開始運動時，則有：kx1=2mgsin30°+f,當(dāng)物體B開始運動時，物體B做加速運動，

則有k%2>2mgsin30。+f,x1<x2>由EP=?∣∕c/可知當(dāng)物體B剛開始運動時，彈簧中的彈性勢

能不是最大，故B錯誤；

C、物體B剛要運動還未動時,有：∕cx1=2mgsin30°+/=ITng，若尸<τngsin3O°+kx1=Smg,

則物體A已經(jīng)做減速運動，物體B可以未動，所以物體A的動能最大時，物體B不一定離開擋板C,

故C錯誤；

D、根據(jù)上述分析可得Xo=翳，Xl=警，物體B剛開始運動時，彈簧增加的彈性勢能為AEp=

∣∕c%ι—∣fcxθ=3m9>物體A增加的重力勢能AEPG=Zng(Xo+Xι)sm30o=嗎？,所以拉力做功

的最小值叫nm=ZEp+AEPG=空+空=瞎，故。錯誤。

本題選錯誤的，故選：BCD。

A、未施加力產(chǎn)時，根據(jù)物體4受力平衡可得彈簧彈力大小，此時物體B重力沿斜面向下的分力與彈

簧彈力大小恰好等于最大靜摩擦力，則物體B與擋板之間可以沒有彈力；

8、物體B剛開始運動時，根據(jù)力平衡可得彈簧彈力大小，物體B做加速運動時，則彈簧彈力大于

重力沿斜面向下的分力與滑動摩擦力之和，可比較出兩次彈簧形變量大小，也可比較出彈性勢能

的大?。?/p>

C、根據(jù)物體B剛要運動時彈簧彈力大小，可表示出物體4重力沿斜面向下的分力與此時彈簧彈力

的合力，若拉力F小于兩力的合力，則物體4已經(jīng)減速運動，則動能最大時，可知物體B不一定離

開擋板；

。、求出未施加力F和B剛開始運動時彈簧的形變量大小，則可以表示出彈簧彈性勢能增加量以及

物體4增加的重力勢能，則可知拉力F做功的最小值。

本題考查了彈簧彈力，能量守恒。解題的關(guān)鍵要抓住物體8剛要運動的臨界條件，即物體B剛要運

動時合力為零。注意未施加力F時物體B重力向下的分力和彈簧彈力大小恰好等于最大靜摩擦力，

則物體B可以保持靜止，與擋板可以沒有彈力。

9.【答案】B2：12,071.01

【解析】解：(1)4該探究實驗中采用的物理思想方法為控制變量法，故A錯誤；

8.為了使繩子對小車的拉力等于小車所受合力，兩組實驗均需要平衡小車和長木板之間的摩擦力,

故8正確：

C.根據(jù)牛頓第二定律，對重物mg-F=mα,繩子的拉力F=m(g-α),故C錯誤；

D兩組實驗中，繩子對小車的拉力均可以由彈簧測力計示數(shù)得出，因此兩做實驗均不需要滿足所

掛重物質(zhì)量In遠(yuǎn)小于小車總質(zhì)量M的條件這個條件，故。錯誤。

故選：B。

(2)甲圖中，F(xiàn)rp=2F

根據(jù)牛頓第二定律F尹=M轉(zhuǎn)

乙圖中，F(xiàn)Z=F

根據(jù)牛頓第二定律FZ=MZa

M申

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得r=2：1

乙

(3)相鄰計數(shù)點的時間間隔T=5X>卷S=0.1s

根據(jù)逐差法，小車加速度

(11.18+13.27+15.32-5.00-7.04-9.09)x10-2

a—必+出+%6-%]—m∕s2=2.07m∕s2

9T29×0.12

根據(jù)勻變速中間時刻的瞬時速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，打C點的瞬時速度VC=等=

(9。9+；：鬻】。-2m/s=l,01m∕s

故答案為：(I)B;(2)2：1；(3)2.07；1.01?

(1)4根據(jù)該實驗的涉及到物理方法作答：

A根據(jù)該實驗的原理作答；

C.根據(jù)牛頓第二定律作答；

。.繩子對小車的拉力均可以由彈簧測力計示數(shù)得出，據(jù)此分析該實驗是否需要滿足所掛重物質(zhì)量

m遠(yuǎn)小于小車總質(zhì)量M的條件這個條件；

(2)根據(jù)牛頓第二定律分析求解兩小車質(zhì)量之比；

(3)根據(jù)“逐差法”求小車加速度；根據(jù)勻變速中間時刻的瞬時速度等于這段時間內(nèi)的平均速度求

C點的瞬時速度。

注意：為了使繩子對小車的拉力等于小車所受合外力，要平衡摩擦力；本實驗不需要用重物的重

力代替繩子的拉力，因此不需要滿足所掛重物質(zhì)量Tn遠(yuǎn)小于小車總質(zhì)量M的條件這個條件。

10.【答案】a30009.842.00.76

【解析】解：(1)閉合開關(guān)前，滑動變阻器Rl的滑片應(yīng)置于變阻器的α端，使得測量電路兩端的電

壓最小，能夠保護(hù)電壓表和電流表；

(2)LED燈的額定電壓為6V,額定電流為0.154與電壓表串聯(lián)，LEn燈的最大電壓為6V,對應(yīng)

的/?2電阻分擔(dān)電壓為U'=6V-3P=3V,電壓表電阻為3000。，量程為3U,所以K需要接入電

路的最小阻值為30000；電流表的量程為/=10OnM=O.14LED燈額定電流為0.154,所以通過

電流表和Rl并聯(lián)部分的總電流為/'=O.15Λ+3ooo?3oooyi=0.1514

/?3中的電流為/3=0.1514-0.U=0.0514

所以/?3=華

l3

解得R3=9.80

則/?3接入電路的最大阻值為9.8。.

(3)當(dāng)電壓為U'=51/時，對應(yīng)的電流表電流為80m4則R3與電流表并聯(lián)部分的電流為匕=

0.084+管°」=0.12A,此時ZED燈泡的電流為〃=0.1271--?-?!=0.11971

則LEC燈泡的電阻為RL=￡=?n=42.0。

(4)如果把該LEC燈泡直接接在電動勢E=6V,內(nèi)阻為2.00的電源兩端，由閉合電路歐姆定律有:

E=U+(∕+斯

化簡有/=7.95-1.32(/,作圖如下::

::

is?

u

s

n

?l

由圖中交點可知LED等兩端電壓為5.3U,電流為乙=00964+”禁A-而焉而A=0.14471

LE。燈的功率為P=U"I'L

代入數(shù)據(jù)解得：P=0.761V

故答案為：(l)α;(2)3000,9.8；(3)42.0；(4)0.76

(1)閉合開關(guān)前，滑動變阻器起保護(hù)電路作用。

(2)(3)根據(jù)串、并聯(lián)電路特點與閉合電路歐姆定律求出電阻阻值及燈泡的電阻。

(4)做出燈泡的U-/圖象，根據(jù)交點分析解得燈泡的電功率。

本題考查了實驗數(shù)據(jù)處理問題，理解實驗原理是解題的前提與關(guān)鍵，分析清楚圖示電路結(jié)構(gòu)、應(yīng)

用串聯(lián)電路特點與歐姆定律即可解題，解題時注意有效數(shù)字的保留，這是容易疏忽的地方。

IL【答案】解：（1）要使粒子在磁場中運動時間最長，則粒子在電場中速度的偏轉(zhuǎn)角最大，設(shè)偏

轉(zhuǎn)角為。

粒子在電場中做類平拋運動，由平拋運動的推論出射速度的反向延長線經(jīng)過水平位移的中點，可

y

好n6=τ

-

2

當(dāng)y=g時，即粒子從。點射出時，。最大，即tαnθ=l,可得。=45。

粒子從。點離開電場時的速度"=彘=Eg

粒子在電場中運動過程，利用動能定理：qU=?mv2-?mvl

2

代入數(shù)據(jù)，可得U=用；

2<?

（2）粒子運動軌跡如下圖所示：

粒子在電場中從4點到D點運動時間G=J

vO

從4點到D點豎直方向：六；遍，聯(lián)立方程可得α=苧

粒子在磁場中運動軌跡對應(yīng)圓心角為α=ITr

設(shè)粒子在磁場中運動半徑為r,由幾何關(guān)系可得：，父r=g

則粒子在磁場中運動時間打=耒竺

NV

聯(lián)立方程可得t2=券

粒子從C點進(jìn)入電場時速度大小與。點速度大小相等，與水平方向的夾角為45。，粒子打在下極板

αt

豎直方向：?=vot3+∣3

代入數(shù)據(jù)，可得t3="12

則t=t1+t2+t3,代入數(shù)據(jù)，可得1學(xué)。

答：（1）電容器兩極板間的電壓U的大小為挈；

(2)若該粒子剛好從C點射出磁場后進(jìn)入電容器，求該粒子在電場和磁場中運動的總時間為烏+

vO

3τr∕

標(biāo)

【解析】(1)由帶電粒子在磁場中運動時間最長，可知粒子在電場中速度的偏轉(zhuǎn)角最大，由平拋運

動的推論：速度的反向延長線經(jīng)過水平位移的中點可得速度偏轉(zhuǎn)角的正切值，豎直方向的位移最

大時，即從。點離開磁場時偏轉(zhuǎn)角最大，可得偏轉(zhuǎn)角的大小，進(jìn)而可得。點速度大小，利用動能定

理可得兩極板間的電壓大小；

(2)畫出粒子運動軌跡，從4點到。點粒子水平方向做勻速直線運動可得運動時間S,利用豎直方向

的位移可得加速度大小。

由圖可知粒子在磁場中運動的圓心角大小，半徑和兩極板間距的關(guān)系，由半徑和在磁場中運動速

度大小可得粒子在磁場中運動時間匕。

粒子在磁場中運動，洛倫茲力不做功，由對稱性可知C點速度大小與。點速度大小相等，與水平方

向的夾角為45。，粒子從C點到下極板過程，豎直方向做初速度為火的勻加速直線運動，由運動學(xué)

公式可得粒子在電場中運動時間t3。

本題考查了帶電粒子在組合場中的運動，解題的關(guān)鍵畫出粒子運動的軌跡，分析清楚粒子在不同

階段運動的特點。

12.【答案】解：(1)設(shè)導(dǎo)體棒在出磁場時的速度大小為％,根據(jù)平衡條件可得：mgsinθ=BIL

其中:/=嘿

聯(lián)立解得：叫="鬻磐

DL

設(shè)導(dǎo)體棒ab剛進(jìn)入磁場II時的速度大小為火，在無磁場區(qū)域，導(dǎo)體棒做勻加速運動，根據(jù)動能定

理可得：

mgsinθ-s——?mvf

經(jīng)分析可知，導(dǎo)體棒ab剛進(jìn)入磁場I時的速度大小也為上

導(dǎo)體棒ab由靜止釋放到剛進(jìn)入磁場I的過程中，根據(jù)動能定理可得：mgsinθ-X=Tnl諺-0

2m2ginθ

聯(lián)立解得：x=^+s

(2)導(dǎo)體棒αb在進(jìn)入磁場區(qū)域I瞬間和剛進(jìn)入磁場區(qū)域∏瞬間速度大小相等，在此過程中根據(jù)能量

守恒定律可知電路中產(chǎn)生的熱量為：

Q1=mg(d+s)sinθ

導(dǎo)體棒Qb從進(jìn)入磁場區(qū)域I瞬間到進(jìn)入磁場區(qū)域HI瞬間回路中產(chǎn)生的熱量：Q=2Q1

電阻R產(chǎn)生的熱量為QR=TQ

解得：QR=mg(d+S)SiTIe

(3)導(dǎo)體棒油在水平導(dǎo)軌上減速運動到停下來，取向右為正方向，由動量定理可得：

-2BlLt-Rngt=O-mv

2BLx_BLx

而:q=1Δt=-^-Δt=^

?RZn2R二?

2血2%

解得

μmgR

答：(1)導(dǎo)體棒帥釋放處距磁場區(qū)域I上邊界距離為也需㈣+S；

(2)導(dǎo)體棒αb從進(jìn)入磁場區(qū)域I瞬間到進(jìn)入磁場區(qū)域In瞬間電阻R產(chǎn)生的熱量為mg(d+S)S譏。;

⑶導(dǎo)體棒時在水平導(dǎo)軌上運動的時間為導(dǎo)鬻。

【解析】(1)根據(jù)平衡條件求解勻速運動的速度大小，根據(jù)動能定理求解導(dǎo)體棒ab釋放處距磁場區(qū)

域I上邊界距離;

(2)導(dǎo)體棒ab在進(jìn)入磁場區(qū)域I瞬間和剛進(jìn)入磁場區(qū)域II瞬間速度大小相等，根據(jù)能量守恒定律求

解此過程中電路中產(chǎn)生的熱量，再根據(jù)能量守恒定律進(jìn)行解答；

(3)導(dǎo)體棒ab在水平導(dǎo)軌上減速運動到停下來，由動量定理結(jié)合電荷量的計算公式求解導(dǎo)體棒ab

在水平導(dǎo)軌上運動的時間。

對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方

程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方

程求解。

13.【答案】增加小于

【解析】解：過程①，根據(jù)p-7圖像為過原點的圖線，即苧=C,所以氣體經(jīng)歷等容變化，氣體

的溫度升高，壓強(qiáng)增大，容器壁單位面積單位時間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)增加；

過程①氣體經(jīng)歷等容變化，氣體對外界不做功，外界對氣體也不做功，氣體吸收的熱量等于增加

的內(nèi)能；

根據(jù)華=C可知,B狀態(tài)的體積小于4狀態(tài)的體積,可知從A到B氣體做等溫壓縮,外界對氣體做功：

AB

IV1="在?ΔV;從B到C氣體等壓膨脹,氣體對外界做功：W2=PBΔV,由于P<P，所以名<加2,

可知氣體對外界做的功大于外界對氣體做的功，所以“總為負(fù)值，結(jié)合熱力學(xué)第一定律可知，②過

程中氣體吸收的熱量大于氣體增加的內(nèi)能。綜上可知，氣體在過程①吸收的熱量小于過程②吸收

的熱量。

故答案為：增加，小于。

根據(jù)圖像過程①為等容變化，因此氣體對外界不做功，外界對氣體也不做功；過程②氣體溫度升

高，分子平均動能增大，但不是氣體的平均動能增大，根據(jù)壓強(qiáng)的微觀意義可以分析該選項。

本題主要是考查一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程之圖象問題，關(guān)鍵是弄清楚圖象表示的物理意義、

知道圖象的斜率的物理意義，根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程結(jié)合氣體壓強(qiáng)的微觀意義進(jìn)行

分析。

14.【答案】解：(i)對B氣體分析，等溫變化，根據(jù)波意耳定律有：p0V=pB

解得：PB=4p0

對4氣體分析，根據(jù)波意耳定律有：p0V=pAVA

又因為PA=PB+0.25Po

聯(lián)立解得：匕=，V

(〃)再使活塞向上緩慢回到初始位置，假設(shè)隔板不動，則4的體積為［U

由玻意耳定律可得PoP=p'×?v

則力此情況下的壓強(qiáng)為p'=^Po<PB-O.25po

則隔板一定會向上運動