2023年福建省南平市高考物理第三次質(zhì)檢試卷

2023年福建省南平市高考物理第三次質(zhì)檢試卷

1.福建南平茶文化久負盛名，“風過武夷茶香遠”“最是茶香沁人心”。人們在泡大紅袍

茶時茶香四溢，下列說法正確的是（）

A.茶香四溢是擴散現(xiàn)象，說明分子間存在著相互作用力

B.茶香四溢是擴散現(xiàn)象，泡茶的水溫度越高，分子熱運動越劇烈，茶香越濃

C.茶香四溢是布朗運動現(xiàn)象，說明分子間存在著相互作用力

D.茶香四溢是布朗運動現(xiàn)象，說明分子在永不停息地做無規(guī)則運動

2.回旋加速器工作原理如圖所示，置于真空中的兩個半圓形

金屬盒半徑為R，兩盒間留有一狹縫接有頻率為小的高頻交流電,

加速電壓為u,磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直。若a處粒子

出口處

粒子源產(chǎn)生的抗核CH）在狹縫中被加速，不考慮相對論效應(yīng)和

重力的影響，不計粒子在電場中的加速時間。則（）

A.笈核離開回旋加速器時的最大速率隨加速電壓U增大而增大

B.笊核被加速后的最大速度可能超過2兀/?/

C.笊核第般次和第n-1次經(jīng)過兩金屬盒間狹縫后的軌道半徑之比為n：5-1）

D.不改變磁感應(yīng)強度B和交流電頻率該回旋加速器也能加速α粒子

3.在研究光電效應(yīng)中，當不同頻率的光照射某種金屬時，以

遏止電壓UC為縱坐標，入射光波長的倒數(shù);為橫坐標，作出

Uc圖像如圖所示。其橫軸截距為ɑ,縱軸截距為-氏元電

荷電量為e。則（）

A.普朗克常量為絲

a

B.該金屬的截止頻率用

C.該金屬的逸出功為be

D.遏止電壓UC與入射光波長的倒數(shù);成正比

4.如圖甲，對花樣跳水的最早描述出現(xiàn)在宋人孟元老陳京夢華錄》中：“又有兩畫船,

上立秋千筋斗擲身入水，謂之水秋千?！蹦炒巍八锴А北硌葸^程如圖乙，質(zhì)量為Tn的

表演者，以。點為圓心蕩到與豎直方向夾角。=45。的B點時，松手沿切線方向飛出。若在空

中經(jīng)過最高點C時的速度為“，水秋千繩長為I,4為最低點，表演者可視為質(zhì)點，整個過程船

體靜止不動，不計空氣阻力和繩的質(zhì)量，重力加速度為g。貝∣J（）

A.表演者在C處重力的瞬時功率為mgu

B.表演者從4運動到B的過程中，處于失重狀態(tài)

C.表演者在A處受到秋千的作用力大小為竿+（2-yΓ2）mg

D-若斶水面的高度為CB間高度的3倍，則落水點到B點的水平距離為手

5.如圖，飛力士棒是一種物理康復(fù)器材，其整體結(jié)構(gòu)是一根兩端帶有

配重的彈性桿。用戶在健身訓練時，使桿體發(fā)生振動，從而使桿體帶動

手臂肌肉運動，改變配重可以改變桿體振動快慢，以達到最佳鍛煉效果。

若桿體振動越快，則（）

A.手臂肌肉的振動快慢程度保持不變

B,手臂肌肉的振動一定越快

C.手臂肌肉的振動幅度一定越大

D.手臂肌肉的振動幅度不一定越大

6.如圖，光滑絕緣水平地面上有一水平絕緣輕彈簧左端固

定，右端與一質(zhì)量為粗、電荷量為+q的滑塊P（可視作質(zhì)點）拴

接，沿水平方向建立X軸，沿X軸加一水平方向電場（圖中未畫

出），X軸上的電勢0隨位置X的變化關(guān)系如圖所示?；瑝K從彈簧原長處靜止釋放（未超出彈性

限度），沿X軸正方向運動直至速度為零的過程中（）

A.電場的電勢越來越低，電場強度越來越小

B.滑塊的加速度先增大后減小

C.當滑塊的速度最大時，彈簧彈性勢能與滑塊動能之和最大

D.滑塊克服彈力做的功等于電勢能的減少量

7.如圖，一位運動員在拔河時身體緩慢向后傾倒，在此期間運（?

動員與地面的夾角。逐漸減小，但仍保持平衡狀態(tài)，腳與水平地tfy

面之間沒有滑動，繩子的方向始終保持水平。在運動員緩慢向后

傾倒過程中（）

A.地面對運動員的支持力大小不變B.地面對運動員的摩擦力大小不變

C.地面對運動員的作用力大小變大D.地面對運動員的作用力大小不變

8.水星是地球上較難觀測的行星，因為它離太陽太近，總是湮沒在太陽的光輝里，只有水

星和太陽的距角（地球和水星連線與地球和太陽連線的夾角）達最大時（稱為大距，如圖所示）,

公眾才最有希望目睹水星。2023年1月30日凌晨，上演今年首次水星大距。已知水星公轉(zhuǎn)周

期約為地球公轉(zhuǎn)周期的;，水星和地球公轉(zhuǎn)軌道均視為圓形。則（）

A.可以求出水星與地球質(zhì)量之比

B.一年內(nèi)至少可以看到6次水星大距

c?大距時，水星和太陽距角的正弦值約釁

D.太陽分別與水星和地球的連線在相同時間內(nèi)掃過的面積相等

9.寬闊水面下方九處安裝一個發(fā)出紅光的點光源（水對紅光的折射率為n）,在水面上形成了

一個被照亮的圓形區(qū)域，其面積為。若換成發(fā)出藍光的點光源，則水面上被照亮的圓

形區(qū)域面積將（選填“增大”或“減小”）。

10.如圖為某型號霓虹燈供電變壓器的結(jié)構(gòu)示意圖，交流電源輸

出電壓表達式為U=310S譏IOoTrt（V）,若霓虹燈兩端瞬時電壓至

少為9.3/cU時才能發(fā)光。為了讓霓虹燈發(fā)光,霓虹燈應(yīng)該接在______

（選填“1、2”或“3、4”）間；若1、2間的匝數(shù)為3、4間的

匝數(shù)為如則黃至少為。

11.某學習小組利用如圖甲實驗裝置探究小車的加速度與力的關(guān)系。

（1）要用鉤碼所受的重力作為小車受到的合力，則應(yīng)先平衡摩擦力，同時使鉤碼的質(zhì)量

（選填“遠小于”、“等于”或“遠大于”）小車的質(zhì)量；

（2）保持小車質(zhì)量不變，改變鉤碼（質(zhì)量均為m）的個數(shù)Jl,測出小車對應(yīng)的加速度a；

（3）作出a-n圖線如圖乙所示，則說明在小車質(zhì)量一定時，加速度與合力成正比：

（4）若該圖線斜率為匕當?shù)刂亓铀俣葹間,則小車的質(zhì)量M=,測量值______（選

填“大于”“等于”或“小于”）真實值。

12.某實驗興趣小組利用如圖甲所示電路，測量電源的電動勢E和表盤數(shù)字不清但刻度清晰

的毫安表量程辦。待測電源電動勢E約為10V、內(nèi)阻不計，圖中內(nèi)阻很大的電壓表量程為10V,

電阻箱R最大阻值為999.90,毫安表內(nèi)阻s=500,定值電阻RO阻值約為5000,S為開關(guān)。（

計算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）

(1)先對電表機械調(diào)零，閉合開關(guān)，多次調(diào)節(jié)電阻箱，記錄多組阻值R和電壓表的相應(yīng)讀數(shù)U；

1

(2)根據(jù)圖中所示電路,(用R、R。、E和η表示)；

Uj

11

(3)畫出萬一石?圖像如圖乙，電動勢E=V-,

(4)調(diào)節(jié)電阻箱阻值為450.012時，電壓表讀數(shù)為5.(Ψ,此時毫安表指針指在刻度盤中央位置,

則毫安表的量程/g=mA；

(5)將此毫安表與電阻箱、一節(jié)干電池(電動勢1.5V)、開關(guān)及導線等改裝成歐姆表，如圖丙所

示，用它來測量一未知電阻勺，指針指在圖丁的位置，則&=0。

13.下雨時，為什么蚊子不會被雨滴砸死？科學家研究發(fā)現(xiàn)蚊

子被雨滴擊中時并不抵擋雨滴，而是很快與雨滴融為一體，隨

后迅速側(cè)向微調(diào)與雨滴分離。己知蚊子的質(zhì)量為τn,漂浮在空

氣中(速度為零)；雨滴質(zhì)量為mn，雨滴所受空氣阻力與下落速

度成正比，比例系數(shù)為K擊中蚊子前，南滴已經(jīng)勻速豎直下落，蚊子與雨滴融為一體時間為

仇，蚊子重力不計。求：

(1)蚊子與雨滴融為一體后，蚊子的速度大小心

(2)蚊子與雨滴融為一體的過程中，蚊子受到的平均作用力F。

14.如圖甲，傾角。=30。的足夠長光滑導軌，導軌間距L=Im,該端接有R=3。的定值電

阻，導軌處在磁感應(yīng)強度大小B=1T,方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中。質(zhì)量η=0.5kg,

阻值r=l。的金屬棒，在平行于導軌的拉力F作用下，由靜止開始從CD處沿導軌向上加速運

動，金屬棒的速度一位移圖像如圖乙所示，金屬棒始終與導軌垂直并接觸良好，導軌電阻忽

略不計，重力加速度g=10m∕s2,求：

(1)通過金屬棒的電荷量為IC時，金屬棒的位移大??；

(2)速度D=2m∕s時，電阻R的發(fā)熱功率；

(3)金屬棒從Co處沿導軌向上運動X=2m的過程中，外力F做的功。

15.如圖，在三維坐標系。-XyZ中有一長方體空間區(qū)域，與OyZ平面平行的截面是以X軸為

中心對稱的正方形，其邊長為L在-2L≤x≤-L的區(qū)域I內(nèi)存在沿Z軸負方向的勻強電場和

沿y軸正方向的勻強磁場：-L≤x≤L為區(qū)域∏,區(qū)域I和區(qū)域∏間用正中心留有小孔的正方

形絕緣薄板隔開。有一電子槍從X=-2L處不斷沿X軸正方向正對小孔發(fā)射速率不同的電子。

已知電子電量為e,質(zhì)量為勻強電場的電場強度大小為E,勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為

區(qū)域I區(qū)域U

(1)若電子能沿X軸穿過區(qū)域I到區(qū)域∏,求電子的速度大??；

(2)若某電子穿過小孔運動到。點時，給區(qū)域∏加上一個磁感應(yīng)強度大小為尾、方向沿y軸

負方向的勻強磁場，求該電子穿出區(qū)域II的位置坐標;

(3)若某電子穿過小孔運動到。點時，給區(qū)域∏加上一個磁感應(yīng)強度大小為10廄的勻強磁

72eL

場和一個大小未知的勻強電場E',方向均沿y軸負方向，該電子能打到的坐標位置為

求電場強度E'的可能值。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：聞到茶香是擴散現(xiàn)象，是分子不停息的做無規(guī)則運動，溫度越高，分子運動越劇烈,

擴散越快，所以用高溫開水泡茶，能很快泡出茶香，故B正確，ACz)錯誤。

故選：

擴散現(xiàn)象和布朗運動說明分子永不停息地做無規(guī)則熱運動，泡大紅袍茶時茶香四溢是擴散現(xiàn)象,

擴散現(xiàn)象和物體的溫度有關(guān)系，溫度越高，分子運動越劇烈，擴散越快。

該題考查擴散現(xiàn)象，是一道基礎(chǔ)知識題，要求學生對這部分知識要強化記憶，勤加練習。

2.【答案】D

【解析】解：根據(jù)洛倫茲力提供向心力

4(PB=R

可得V=迎

m

可知笊核離開回旋加速器時的最大速率與加速電壓U無關(guān)，故A錯誤；

A笊核被加速后的最大速度時的半徑為R,根據(jù)勻速圓周運動速度與周期公式則U=半=2πRf

故笊核被加速后的最大速度不可能超過2τrR∕,故B錯誤；

C笊核第n次經(jīng)過兩金屬盒間狹縫后，根據(jù)動能定理TlqU=2小宏

和第n-1次經(jīng)過兩金屬盒間狹縫后，根據(jù)動能定理有(n-l)qU=

解得私=居…X=犀醇

又洛倫茲力提供向心力quB=

CImv

則r=9

則笊核第n次和第n-1次經(jīng)過兩金屬盒間狹縫后的軌道半徑之比為.=上=洋

rn-lvn-lVn-1

故C錯誤；

D回旋加速器的周期為r=筆

由于笈核和α粒子的比荷相等，所以不改變磁感應(yīng)強度B和交流電頻率f,該回旋加速器也能加速ɑ

粒子，故。正確。

故選：Po

根據(jù)洛倫茲力提供向心力，求速度，分析最大速度：

根據(jù)勻速圓周運動速度與周期公式，求速度；

根據(jù)動能定理以及洛倫茲力提供向心力，分析半徑之比；

分析粒子比荷，確定周期，分析是否可以被加速。

本題考查學生對動能定理、洛倫茲力提供向心力以及回旋加速器的周期規(guī)律的掌握，是一道具有

一定綜合性，難度中等的題。

3.【答案】C

【解析】解：ACD,由叫=Ekrn=九吁%，可得：UC=卜一誓=MA等

可知遏止電壓UC與入射光波長的倒數(shù)9成線性關(guān)系，但不是正比關(guān)系。

結(jié)合圖像得直線的斜率k=更=L由于畋=b,故金屬的逸出功％=be,普朗克常量九=挺，

eaeUac

故AO錯誤，C正確；

B、由MZO=h%,得金屬的截止頻率VC=苧=αc,故B錯誤。

故選：Co

根據(jù)光電效應(yīng)方程，以及最大初動能與遏止電壓的關(guān)系得出遏止電壓與入射光頻率的關(guān)系式，結(jié)

合圖線的斜率和截距分析判斷。

解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)方程，以及知道最大初動能與遏止電壓的關(guān)系，對于圖線問題，一

般的解題思路是得出物理量之間的關(guān)系式，結(jié)合圖線的斜率和截距進行求解.

4.【答案】D

【解析】解：4表演者在空中經(jīng)過最高點C時的速度為外則其此時豎直方向速度為=0,根據(jù)P=

mgVy可知表演者在C處重力的瞬時功率為0,故Λ錯誤；

B.從4運動到B的過程中，表演者做部分豎直圓周運動，其向心加速度指向。點，向心加速度有豎

直向上的加速度分量，故表演者處于超重狀態(tài)，故B錯誤；

C.從A運動到B的過程中，由動能定理有

-mg(l-ICoSe)=詔~^mvA

從B點做斜拋運動，如與水平方向夾角為。=45。，則

VBCOSΘ=V

表演者在a處受到秋千的作用力大小為F,則由牛頓第二定律和向心力公式有

F-mg=m4

聯(lián)立各式，得

F=÷(3-√^∑)τng

故C錯誤;

D設(shè)CB間高度為八，則B到水面的高度為3h,表演者從C點開始做平拋運動，故

h+3∕ι=^gt2

X=Vt

表演者從B點運動到最高處C點，在豎直方向做勻減速直線運動，由運動學公式可得

vBy=vβsinθ

UBy

9

BC的水平位移為

xBC~VtBC

故落水點到B點的水平距離為

聯(lián)立各式，代入數(shù)據(jù)解得

3V2

故Q正確。

故選：Do

人重力的瞬時功率等于重力與豎直方向速度的乘積。

8、判斷表演者超重失重，要看其加速度的方向。

C、從4運動到B的過程中，由動能定理可列出方程；表演者從8點做斜拋運動，由幾何關(guān)系，可

列出功與〃的關(guān)系式；表演者在4處，由牛頓第二定律和向心力公式可列出方程；聯(lián)立前述方程可

求。

。、從B到C做斜拋運動，可分解為水平方向的勻速直線運動、豎直方向的勻減速直線運動，根據(jù)

相應(yīng)規(guī)律可列出運動方程；在。點做平拋運動，可列出相應(yīng)方程；聯(lián)立方程，結(jié)合幾何關(guān)系可求。

本題主要考查豎直圓周運動、斜拋運動、平拋運動等，涉及動能定理、牛頓第二定律、向心力公

式、瞬時功率、超重失重等知識，考查較全面，屬于曲線運動部分的綜合題目，對學生要求較高。

5.【答案】BD

【解析】解：48.手臂肌肉在桿的帶動下做受迫振動，則桿的振動越快，手臂肌肉的振動一定越快，

故A錯誤，8正確；

CD.當驅(qū)動力的頻率接近固有頻率時，受迫振動的振幅越大，則桿振動越快，手臂肌肉的振幅不一

定越快，故C錯誤，。正確。

故選：BD.

4B.手臂肌肉在桿的帶動下做受迫振動，據(jù)此分析作答；

CD.根據(jù)受迫振動的振幅與頻率的關(guān)系作答。

物體做受迫振動的頻率與驅(qū)動力的頻率相同，當驅(qū)動力的頻率等于物體固有頻率時，振幅最大。

6.【答案】AD

【解析】解：4、由圖像可知，沿%軸正方向，電場的電勢越來越低；圖像的斜率絕對值表

示電場強度的大小，由圖像可知，沿X軸正方向，電場強度越來越小，故A正確；

B、由題意可知，沿X軸正方向電勢降低，即電場方向沿X軸正方向?；瑝KP沿X軸正方向運動時，

受到向右的電場力和向左的彈力，隨滑塊運動，電場強度逐漸減小，電場力逐漸減小，彈簧形變

量逐漸增大，彈力逐漸增大?；瑝K開始運動時，兩個力的合力向右，且逐漸減小，當彈力等于電

場力時，加速度為零，滑塊速度最大，滑塊繼續(xù)運動，彈簧彈力大于電場力，合力方向向左，且

逐漸增大，即合力先減小后增大，則滑塊的加速度先減小后增大，故8錯誤；

C、由能量守恒定律得，滑塊P運動中，電勢能的減少量等于滑塊動能的增加量與彈簧的彈性勢能

的增加量之和，因此滑塊P速度是零時，電勢能的減少量最大，則有彈簧彈性勢能與滑塊動能之

和最大，故C錯誤；

D,滑塊P速度是零時，電勢能的減少量最大，且全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，即滑塊克服彈力做

的功等于電勢能的減少量，故。正確。

故選：AD.

9-X圖像的斜率絕對值表示電場強度的大小，根據(jù)圖像判斷電勢的變化和電場強度的變化；對滑

塊受力分析，結(jié)合牛頓第二定律分析加速度的變化；根據(jù)能量守恒定律分析能量的變化，進而判

斷滑塊克服彈力做的功與電勢能的減少量的關(guān)系。

本題考查3-X圖像和功能關(guān)系，解題關(guān)鍵是知道S-X圖像的斜率的含義，結(jié)合功能關(guān)系列式分

析即可。

7.【答案】AC

【解析】解：對運動員受力分析，運動員受重力G、繩子的拉力T、地面對運動員豎直向上的支持

力“、水平向左的摩擦力/，如圖

根據(jù)平衡條件有豎直方向FN=Mg，水平方向F=7=墨

即隨著運動員與地面夾角的逐漸變小，地面對運動員支持力的大小不變，地面對運動員的摩擦力

變大，則地面對運動員的合力變大，故4C正確，BD錯誤。

故選:AC.

對運動員受力分析，根據(jù)平衡條件列式，分析力的變化。

本題考查學生對平衡條件的掌握，是一道基礎(chǔ)題。

8.【答案】BC

【解析】解：4由萬有引力提供向心力有

GMm4π2

-γr=mryr

可得

4π2T2

廠3=

GM

可知可以求出水星與地球軌道半徑之比，無法求得質(zhì)量之比，故A錯誤;

A一年時間設(shè)為7,則

G=I

兩次大距時間間隔為

戊=裊

一年內(nèi)能看到水星的次數(shù)為n=2x￡

解得幾=6

故8正確；

C.由4項分析知水星與地球軌道半徑之比為達，根據(jù)幾何關(guān)系可知大距時，水星和太陽距角的正

4

弦值約為奧，故C正確；

4

D開普勒第二定律是針對同一環(huán)繞天體而言的，太陽分別與水星和地球的連線在相同時間內(nèi)掃過

的面積不相等。故。錯誤。

故選：BCo

由萬有引力提供向心力分析可知無法求出水星與地球質(zhì)量之比，可解得軌道半徑的比例關(guān)系，從

而計算水星和太陽距角的正弦值，根據(jù)運動關(guān)系解得大距的時間，從而計算次數(shù)；根據(jù)開普勒第

二定律解釋。選項。

本題主要考查開普勒三大定律以及萬有引力提供向心力的表達式，對學生獲取信息的能力有較高

的要求。

9.【答案】苧-減小

nz-1

【解析】解：由全反射知識，當光發(fā)生全反射時，此位置為水面上距離點光源最遠的被照亮的區(qū)

則有

1

Sina=-

tana=:

n

解得

R=.h

√n2-1

則照亮區(qū)域面積為

s=πR2,解得S=黑

若換成發(fā)出藍光的點光源，頻率更大，折射率n更大，則面積更小。

故答案為：≠減小。

n2-l

全反射知識，當光發(fā)生全反射時，畫出光路圖，根據(jù)幾何關(guān)系，求半徑，再求照亮面積，根據(jù)表

達式判斷面積變化。

本題考查學生對全反射條件的掌握，解題關(guān)鍵是正確畫出相應(yīng)的幾何光路。

10.【答案】3、430

【解析】解：交流電源輸出電壓表達式為

u=310sin100πt(V),則電源輸出的最大電壓瞬時值為310U,若燈兩端瞬時電壓至少為9.3kU時

才能發(fā)光，則變壓器應(yīng)該為升壓變壓器，則霓虹燈應(yīng)該接在3、4間：

言最小時，3、4間瞬時電壓至少為9300U,

根據(jù)變壓規(guī)律？=空，可得

nlUl

四=鬻=30

Zll310

故答案為：3^4；30

由表達式可得原線圈兩端電壓的峰值為310V,從而可得有效值，根據(jù)電壓與匝數(shù)的關(guān)系求副線圈

的電壓，由歐姆定律可求電流，再由輸入功率等于輸出功率判斷原副線圈的電流關(guān)系.

本題考查了變壓器的特點：電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，輸入功率等于輸出功率.

11?【答案】遠小于華大于

【解析】解：(1)要用鉤碼所受的重力作為小車受到的合力，則應(yīng)先平衡摩擦力，同時使鉤碼的質(zhì)

量遠小于小車質(zhì)量這一條件；

(4)平衡摩擦力且滿足鉤碼的質(zhì)量遠小于小車質(zhì)量這一條件，小車所受合力F=nmg

根據(jù)牛頓第二定律F=Ma

聯(lián)立解得α=鬻?n

結(jié)合α—兀圖像，斜率k=等

小車質(zhì)量M=竿

若考慮鉤碼產(chǎn)生的加速度，對鉤碼mng-T=nma

對小車T=Ma

聯(lián)立解得α=湍J"

斜率k=湍；

真實值M真=詈一nm

測量值大于真實值。

故答案為：(1)遠小于；(4)等；大于。

(1)根據(jù)要用鉤碼所受的重力作為小車受到的合力需要具備的條件作答；

(2)當小車所受合力F=TUng,根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合α-n圖像斜率求小車質(zhì)量；考慮到小車實

際產(chǎn)生的加速度，根據(jù)牛頓第二定律分別對鉤碼和小車列出表達式，再結(jié)合圖像斜率分析誤差。

本題考查了探究小車的加速度與力的關(guān)系，要能根據(jù)牛頓第二定律求解a-函數(shù)，并能結(jié)合圖像斜

率含義求解小車質(zhì)量；要注意完成該實驗所具備的兩個條件：一是必須要平衡摩擦力，二是要使

鉤碼的質(zhì)量遠小于小車質(zhì)量。

12.【答案】??πτ7-+τ:9.12050

CA+ΓQD

【解析】解：(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律

整理得

I=?1.?

U~ER+r0E

⑶根據(jù)圖像有：∣=o.ιιv-1

解得

E=9.11/

(4)根據(jù)歐姆定律有：?/??

代入數(shù)據(jù)可得

Ig=20mA

E

(5)根據(jù)歐姆定律毫安表滿偏時有：Irg=T

內(nèi)

解得：R內(nèi)=75Ω

?3E

毫安表偏轉(zhuǎn)W時，則有：r

?內(nèi)

解得:Rx=50。

故答案為：(2)華*Wr+：；(3)9.1；(4)20：(5)50o

(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律推導圖像函數(shù)表達式；

(3)根據(jù)圖像截距計算電動勢；

(4)根據(jù)歐姆定律計算微安表的量程；

(5)根據(jù)歐姆定律計算歐姆表的內(nèi)阻，由題意再根據(jù)歐姆定律計算待測電阻阻值。

本題考查測電源電動勢和測待測電阻阻值實驗，要求掌握實驗原理、利用圖像處理數(shù)據(jù)，歐姆表

的原理。

13.【答案】解：(1)擊中蚊子前，雨滴已經(jīng)勻速豎直下落，則有：kv0=nmg

蚊子與雨滴融為一體，取豎直向下為正方向，則有：nmv0=(n+l)mv

解得一=簫

(2)對蚊子由動量定理有：F?t=mv

解得.F=Mg

W?P(∏+1)∕C21C

2

答：(1)蚊子與雨滴融為一體后，蚊子的速度大小為油最；

(2)蚊子與雨滴融為一體的過程中，蚊子受到的平均作用力為言需。

【解析】(1)根據(jù)平衡條件和動量守恒定律計算蚊子的速度大小;

(2)根據(jù)動量定理計算蚊子受到的平均作用力。

本題考查動量和動量定理，要求掌握動量守恒定律和動量定理內(nèi)容。

14.【答案】解：(1)根據(jù)電荷量的計算公式可得：q=G=I="=嗎

RR+rR+r

代入數(shù)據(jù)解得：x1=4m

(2)速度”=2m∕s時，感應(yīng)電動勢大小為：E=BLv

根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：/=上

R+r

根據(jù)電功率的計算公式可得：P=I2R

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：P=0.751V

(3)根據(jù)U—尤關(guān)系圖像可知，當X=2m時速度大小為M=4m∕s

根據(jù)安培力的計算公式可得：FA=BIL=空，

AR+r

根據(jù)圖像可知：V-kx=^x=2x

所以吊=嚅≡,由于安培力隨位移成線性變化，則安培力做的功可以根據(jù)平均值進行計算

Λ,2

根據(jù)動能定理可得：WF-^X-mgsinθ■x=∣mv-O

代入數(shù)據(jù)解得：WF=10;

答：(1)通過金屬棒的電荷量為IC時，金屬棒的位移大小為4?。?/p>

(2)速度u=2m∕s時，電阻R的發(fā)熱功率為0.75W；

(3)金屬棒從CZ)處沿導軌向上運動X=2τn的過程中，外力F做的功為10/。

【解析】(1)根據(jù)電荷量的計算公式進行解答；

(2)根據(jù)閉合電路的歐姆定律、電功率的計算公式進行解答；

(3)根據(jù)安培力的計算公式求解安培力做的功，根據(jù)動能定理求解外力尸做的功。

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