2023年高考第三次模擬考試卷-物理（湖南B卷）（解析）

2023年高考物理第三次模擬考試卷

物理?全解全析

注意事項：

?.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。如

需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫

在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回

一、選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分，每小題給出的四個選項中，只有

一項是符合題目要求的。

1.下列說法正確的是()

A.結(jié)合能越大，原子核中核子結(jié)合得越牢固，原子核越穩(wěn)定

238.T222R

B.92U衰變?yōu)?6Kn經(jīng)過4次α衰變，2次。衰變

C.原子核發(fā)生P衰變過程中所放出的電子來自原子的外層電子

D.根據(jù)玻爾理論可知，一個氫原子核外電子從〃=4能級向低能級躍遷最多可輻射6種不同頻率的

光子

【答案】B

【解析】A.比結(jié)合能越大，原子核中核子結(jié)合得越牢固，原子核越穩(wěn)定，故A錯誤；

238Iτ222R

B.設(shè)92U衰變?yōu)?6Kn經(jīng)過加次a袁變，〃次β袁變，根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒可得

92=86+MX2+"x(-l)

238=222+m×4÷π×0

聯(lián)立解得

〃?=4,n=2

故B正確；

C.原子核發(fā)生β衰變過程中所放出的電子來自中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子和電子，故C錯誤；

D.根據(jù)玻爾理論可知，一個氫原子核外電子從〃=4能級向低能級躍遷最多可輻射3種不同頻率的

光子，故D錯誤。

故選B。

2.2022年6月23日，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心使用“長征二號”丁運載火箭，采取“一箭三星”方式,

成功將“遙感三十五號”02組衛(wèi)星發(fā)射升空。衛(wèi)星發(fā)射并進入軌道是一個復(fù)雜的過程，如圖所示，發(fā)

射同步衛(wèi)星時是先將衛(wèi)星發(fā)射至近地軌道，在近地軌道的A點加速后進入轉(zhuǎn)移軌道，在轉(zhuǎn)移軌道上

的遠地點B加速后進入同步軌道；已知近地軌道半徑為代同步軌道半徑為4。則下列說法正確的

是（）

//近地軌道

……??-.?

β{i（?Sj'M

???..."二支/

轉(zhuǎn)移軌道/

...........--?同步軌道

A.衛(wèi)星在近地軌道與同步軌道上運動的向心加速度大小之比為4“

B.衛(wèi)星在近地軌道與同步軌道上運動的周期之比為6：后

C.衛(wèi)星在轉(zhuǎn)移軌道上運動時，A、8兩點的線速度大小之比為4f

D.衛(wèi)星在轉(zhuǎn)移軌道上運動時，從A點運動到B點的過程中處于失重狀態(tài)，引力做負功，機械能減

小

【答案】C

【解析】A.根據(jù)萬有引力提供向心力可得

GMm

——&-=ma

可知衛(wèi)星在近地軌道與同步軌道上運動的向心加速度大小之比為

幺=E

a2

故A錯誤；

B.根據(jù)萬有引力提供向心力可得

GMm4/

可得

可知衛(wèi)星在近地軌道與同步軌道上運動的周期之比為

八=忙

T2V/

故B錯誤；

C.根據(jù)開普勒第二定律可得

fi%4=g4%Z

可知衛(wèi)星在轉(zhuǎn)移軌道上運動時，A、B兩點的線速度大小之比為

VBfl

故C正確；

D.衛(wèi)星在轉(zhuǎn)移軌道上運動時，從A點運動到B點的過程中處于失重狀態(tài)，引力做負功，機械能守

恒，故D錯誤。

故選C。

3.如圖所示，用長為L的絕緣輕線把質(zhì)量為加、帶電荷量為q(">°)的小球懸掛于天花板上。點，

小球靜止于。點正下方。如果在天花板下方空間，加上水平向右的勻強電場(未畫出)，小球向右運

o

動,懸線向右偏轉(zhuǎn)的最大角度為53。，重力加速度為g,已知sin53。=0.8,∞s53=0.6o下列說法

正確的是()

T////////x

Om

4mg

A.所加勻強電場的電場強度為3q

B.小球受到的電場力大小為05咫

C?小球的電勢能增加了°?4"gL

D.合力做功的功率先增大后減小

【答案】B

【解析】A.小球向右運動過程中由能量守恒定律得

∕∏^(L-Lcos530)=sin53°

解得

E=%

2q

A錯誤；

B.小球受到的電場力大小為

F=qE=0.5mg

B正確；

C.電場力對小球做正功電勢能減少，電勢能減少量為

AEP=qELsin53°=OAmgL

C錯誤；

D.小球在開始運動及到達最右端時速度為零，合力做功的功率為零，小球速度最大時，速度與合

力垂直，合力做功功率也為零，故合力做功的功率先增大后減小再增大再減小，D錯誤；

故選B?

4.在一個與水平面成。角的粗糙斜面上的A點，放著一質(zhì)量為，〃的物體，物體與斜面間的動摩擦

因數(shù)為〃，它系于一根不可伸長的細繩上，繩子的另一端B通過小孔C穿出底面，如圖所示，開始

時A、C等高，當物體開始緩慢下滑時，適當?shù)乩瓌永K端8,使物體在斜面上緩慢劃過一個半徑為R

的半圓到達C（細繩與小孔間摩擦不計），下列說法中正確的是（）

A.整個過程拉力對物體做的功為零

B.拉力大小始終不變，若大小為尸，則拉力做功為2研

C.物體和斜面之間的動摩擦因數(shù)〃=tarηα

D.產(chǎn)生的內(nèi)能為2〃WgRCoSa

【答案】C

【解析】A.整個過程克服摩擦力做功，產(chǎn)生內(nèi)能，則拉力做功不為0,故A錯誤；

BC.因為摩擦力方向與相對運動方向相反，則物體所受摩擦力方向應(yīng)沿圓弧切線方向，如圖所示

Wgsinez

其大小為

f=μN—μmgcosa

因為物體緩慢滑動，物體在每個位置均可看做處于平衡狀態(tài)，設(shè)繩子方向與A和C的夾角為6,在

垂直于繩的方向上

mgSina?cosΘ=μmgcosa?cosΘ

可知

χ√=tan<7

繩子拉力為

F=mgsina?smΘ+fsinΘ

則拉力為變力，故B錯誤，C正確；

D.產(chǎn)生的內(nèi)能為

Q=πRμmgcosa

故D錯誤。

故選C。

5.某同學(xué)利用所學(xué)知識測水龍頭水流對地面的沖擊速度，該同學(xué)先用大型容器接水，2min接水

108Lo然后將質(zhì)量為50Og的杯子放在臺秤上，水龍頭開始往杯中注水，注至IOs末時，臺秤的讀數(shù)

為98.6No假設(shè)水流垂直打在杯子底面后沒有反彈，兩次水龍頭的水流是相同的，水的密度

p=l×103kg∕m?g=10m∕s1則注入杯中水流的速度大約是（）

A.6m/sB.5m/sɑ.4m∕s?.3m∕s

【答案】C

【解析】根據(jù)題意，每秒流出水的體積為

AV=∣°8'∣°-m3∕s=9×104m,/s

2×60

則每秒時間內(nèi)水的質(zhì)量為

Am=ΔV?p

設(shè)水的流速為力每秒時間內(nèi)水對被子底部的沖擊力大小為凡則杯底對水的沖擊力大小也為F,規(guī)

定向上為正方向，根據(jù)動量定理有

FΔ∕=0-（-Δ∕MV）

則臺秤的示數(shù)為

F'=F+Arn?t+mg

聯(lián)立上式解得

v=4m∕s

6.如圖所示，A是一邊長為/的方形閉合線框，其總電阻為R,以恒定的速度V沿X軸運動，并穿

過一寬度為3/的勻強磁場區(qū)域，運動過程中線框平面與磁場方向保持垂直，且線框前后兩邊與磁場

的左右邊界始終平行。若以X軸正方向作為力的正方向，以順時針的電流方向為感應(yīng)電流的正方向，

從線框在圖示位置的時刻開始計時，此時線框右側(cè)與磁場左邊界的距離為I,則磁場對線框的作用

力F及線框中的感應(yīng)電流，.隨時間，的變化圖像，在圖所示的圖像中可能正確的是（）

∣×XX×；

----：B

A:××××：

?~×~×~×*i?*~

II

丁卜"「3/~~H

°-∕?f∕(∕7v)°-i^^2~3^^4^^5Z∕(∕7v)

C.D.

【答案】B

0-

【解析】在U內(nèi)，線框在磁場之外，所以感應(yīng)電流為0,安培力也為0：

1_21_

在；工內(nèi)，線框進入磁場，線框右邊切割磁感線，由右手定則可知，此時感應(yīng)電流的方向為逆時

針的方向，因為題中說明線框以恒定的速度沿X軸運動，即線框的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流不變，安

培力大小不變，根據(jù)左手定則可知，此時安培力的方向為向左，即沿X軸負方向；

214/

在口~7內(nèi)，線框全部在磁場中，此時穿過線圈的磁通量不變，即無感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，也沒

有安培力；

4/^5/

在V7內(nèi)，線框出磁場，線框左邊切割磁感線，由右手定測可得出感應(yīng)電流的方向為順時針方向,

又因為線框以恒定速度V運動，故感應(yīng)電動勢和和感應(yīng)電流不變，安培力大小不變，根據(jù)左手定則

可知，此時安培力方向向左即沿X軸負方向。

由上述分析可知，ACD錯誤，B正確。

故選B。

7.一定質(zhì)量的理想氣體密封在容器內(nèi)，從狀態(tài)A開始，經(jīng)狀態(tài)B、C。又回到狀態(tài)A,變化過程

的P-Y圖線如圖所示，圖中OA反向延長線過坐標原點。，AB為雙曲線的一部分BC平行于縱軸,

Co平行于橫軸。下列說法不正確的是()

A.。到A的過程是等溫變化

B.A到8的過程吸收的熱量等于氣體對外界做的功

C.B到C的過程壓強減小的原因是分子平均動能減小

D.整個循環(huán)過程，氣體吸收的熱量大于放出的熱量

【答案】A

【解析】A.DA直線反向延長過坐標原點，由理想氣體狀態(tài)方程

型=C

T

2丫的乘積增大，知此過程溫度升高，A錯誤：

B.A8為雙曲線，說明此過程是等溫變化，氣體內(nèi)能不變，體積增大，說明氣體對外界做功，由熱

力學(xué)第一定律

?U=W+Q

可知，4到8的過程吸收的熱量等于氣體對外界做的功，B正確；

C.8到C的過程，體積不變，溫度降低，故壓強減小的原因是分子平均動能減小，C正確：

D.P-"圖像中圖線與坐標軸所圍的面積表示外界對氣體做的功，氣體經(jīng)全過程回到A,內(nèi)能不變,

但由于全過程中氣體體積增大過程對外界做功(圖線與坐標軸圍的面積)大于體積減小過程外界對

氣體做的功，由熱力學(xué)第一定律可知，全過程吸熱，D正確。

二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有

多項符合題目要求全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

8.如圖所示，小型交流發(fā)電機兩磁極N、S間的磁場可視為勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B=

矩形金屬線圈ABCD的匝數(shù)"=I(X),面積S=0°2m2,線圈內(nèi)阻和導(dǎo)線電阻不計，線圈繞垂直于磁

場的水平軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動，角速度°=lθ°rad∕s.變壓器為理想變壓器，電壓表和電流表均

為理想交流電表，用、"均為定值電阻，R為滑動變阻器?，F(xiàn)將開關(guān)S斷開，觀察到電流表Al的

示數(shù)減小了0.2A,電流表人2的示數(shù)減小了o.8A,則下列說法正確的是()

A.電壓表Vl的示數(shù)為2(X)V

B.變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為1：4

C.電壓表V3示數(shù)變化量的大小與電流表?2示數(shù)變化量的大小的比值不變

D.若再將滑動變阻器的滑片向下滑動，則電壓表",示數(shù)變大

【答案】AC

【解析】A.線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值為

&=nBSω=IOoX拒X0.02χlθOV=200√2V

電壓表Y的示數(shù)為

200^V=2()0V

√2

A正確；

B.根據(jù)理想變壓器電流與匝數(shù)關(guān)系

L生

1I?1

可得

H1_Δ∕2_4

?ξ-T

B錯誤；

C.根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)關(guān)系

以二%

凡?2

可知S保持不變，電壓表丫3的示數(shù)為

U3=U2-I2R0

則

?t∕3=?∕2∕ζ)

則有

M

可知電壓表丫3示數(shù)變化量的大小與電流表Az示數(shù)變化量的大小的比值保持不變，C正確；

D.將滑動變阻器的滑片向下滑動，滑動變阻器接入電路的有效阻值減小，電流表A?的示數(shù)乙變大,

根據(jù)

UaRn

可知電壓表V?的示數(shù)變小，D錯誤。

故選AC。

9.快遞公司常常利用傳送帶來分揀快遞物品。某段傳送帶的俯視圖如圖所示，水平傳送帶以恒定速

度K=I.4m∕s向右勻速運動，一質(zhì)量為3kg物品以速度大小匕=3m/s、方向與垂直傳送帶傳動方向

成6=37。角偏向左側(cè)方?jīng)_上傳送帶。物品與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為〃=°?5,物品可視為質(zhì)點,

重力加速度為g=l°nvs?已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列說法正確的是（）

A.物品在傳送帶上滑行的時間為0.8s

B.物品沖上傳送帶，在相對傳送帶靜止前相對地面做直線運動

C.要使物品不沖出傳送帶，傳送帶的寬度需要大于1.6m

D.從滑上傳送帶到相對傳送帶靜止，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為24J

【答案】AD

【解析】AC.以傳送帶為參考系，把“=3m∕s分解到沿傳送帶運動的反方向（規(guī)定為X正方向）和

垂直于傳送帶沿紙面向上方向（規(guī)定為y正方向），則物品相對于傳送帶的運動速度為

v*I22

=√（v2sin370+vl）+（v2cos370）=4m∕s（與X正方向成37。）

物品在傳送帶上滑行的時間為

Ia

'a=≈-=μ,

.m

解得

t-0.8s

物品相對于傳送帶向y方向運動的位移為

y=—vt×sin37o=0.96m

2

要使物品不沖出傳送帶，傳送帶的寬度需要大于°?96m°A正確，C錯誤；

B.由以上分析知，物品沖上傳送帶時受到摩擦力的方向為速度V的反方向，其與匕的方向不在同

一條直線，故物品相對地面做曲線運動，B錯誤；

D.以傳送帶為參考系，設(shè)物品從滑上傳送帶到相對傳送帶靜止，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q,根

據(jù)能量守恒定律得

12

—mv-Q

2

解得

β=24J

D正確。

故選AD.,

10.如圖所示，生產(chǎn)車間有兩個完全相同的水平傳送帶甲和乙，它們相互垂直且等高，兩傳送帶由

同一電機驅(qū)動，它們正常工作時都勻速運動，速度大小分別為乙，并滿足恂+〃=”,式中丫為

已知定值，即兩傳送帶的速度可調(diào)但代數(shù)和始終不變。將一工件A（視為質(zhì)點）輕放到傳帶甲上，

工件離開傳送帶甲前已經(jīng)與傳送帶甲的速度相同，并平穩(wěn)地傳送到傳送帶乙上，且不會從傳送帶乙

的右側(cè)掉落。己知工件的質(zhì)量為工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度大小為g。兩

傳送帶正常工作時，下列說法正確的是（）

□

傳送帶乙口

傳送帶甲金、

^^7□

□□□□

A.當l?=v??時，工件在傳送帶乙上留下的滑動痕跡最短

B.當v?=l?■時，工件與兩傳送帶因摩擦而產(chǎn)生的總熱量最小

C.當師=匕時，驅(qū)動傳送帶的電機因傳送工件需要額外做的功最小

mv2

D.驅(qū)動傳送帶的電機因傳送工件至少需要額外做的功為亍

【答案】ACD

【解析】A.以傳送帶乙為參考系，工件滑上傳送帶乙時的速度如圖所示

設(shè)工件在傳送帶乙上的滑動痕跡為X,則

諦+?=2μgx

整理得

2

V-2VVVΔ

24g

根據(jù)基本不等式知，當叫=V乙時上式取最小值，故A正確;

B.設(shè)工件在傳送帶甲上的滑動痕跡為x',工件與兩傳送帶因摩擦產(chǎn)生的總熱量為°,則有

?=2μgx'

Q=μmg(x+x,)

整理得

22

/M(v+3v1p-2vφv)

Q=2

V

Mii=;

根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)知，當3時上式取最小值，故B錯誤；

CD.根據(jù)能量守恒定律知，電機額外做的功等于產(chǎn)生的熱量與工件的末動能之和，有

W+31?2-21?v)I∕m?

',~~2+~2^

整理得

22

W=y[v+(Vφ-Vz,)]

當咻=V乙時上式取最小值。即

2

W"min_--2

故CD正確。

故選ACDo

H.如圖所示，在XS平面內(nèi)，以°'(QR)為圓心、R為半徑的圓內(nèi)有垂直平面向外的勻強磁場，X

軸下方有垂直平面向里的勻強磁場，兩區(qū)域磁感應(yīng)強度大小均為8,第四象限有一與X軸成45。角傾

斜放置的擋板PQ，P、°兩點在坐標軸上，且°、P兩點間的距離大于2R,在圓形磁場的左側(cè)

0<y<2R的區(qū)間內(nèi)，均勻分布著質(zhì)量為機、電荷量為+4的一簇帶電粒子，當所有粒子均沿X軸正向

以相同的速度射入圓形磁場區(qū)域時，粒子偏轉(zhuǎn)后都從°點進入X軸下方磁場，結(jié)果有一半粒子能打

在擋板上。不計粒子重力、不考慮粒子間相互作用力，下列說法正確的是()

A.所有粒子在圓形磁場中運動的時間相等

B.擋板端點P的橫坐標為（&+|）R

C.擋板上被粒子打中的區(qū)域長度為亞R

D.從距離X軸為0?5R處射入圓形磁場的粒子，離開磁場時的坐標為（GR'°）

【答案】BD

【解析】A.粒子在圓形磁場中運動的軌跡長度不同，所用時間不相等，選項A錯誤;

該粒子由。點射出圓形磁場，軌跡如圖所示

過A點做速度的垂線AB,做AO的垂直平分線與AB相交于點C,設(shè)該軌跡圓的半徑長度為r,C

為該軌跡圓的圓心。連接A。'，C0,由全等二角形可證四邊形ACoO'為菱形，因此可得r=R,由

題知有一半粒子能打在擋板上，故從。點射出的沿X軸負方向的粒子和沿y軸負方向的粒子軌跡剛

過軌跡圓心D作擋板的垂線交于E點，得

DP=SfiR

OP=(√Σ+I)R

即尸點的橫坐標為（夜+1）R,B正確;

C.設(shè)打到擋板最左側(cè)的粒子打在F點上，如圖所示

OF=2R,過O點作擋板的垂線交于G點，得

OG=(√Σ+1)R.孝=1+與R

FG=^OF1-OG-=J"：及R

EG=-R

2

擋板上被粒子打中的區(qū)域長度為

FF_∕5-2√2√2√2+√10-4√2

rc,—Λ-------------------------KH-----A---------------------K

V222

C錯誤；

D.如圖所示

從距離X軸為OSR的H處射入圓形磁場的粒子，從。點射出，軌跡圓心為/點，可得/0與X軸方

向的夾角為3。°,進入X軸下方磁場的軌跡圖如圖可知離開磁場時的位置為K點，由幾何關(guān)系可得

°K=耳,粒子離開磁場時的坐標為（若“'°）,D正確。

故選BDo

12.（6分）如圖甲所示，某同學(xué)想利用滑塊在傾斜氣墊導(dǎo)軌上的運動來驗證機械能守恒定律，實

驗步驟如下：

①將長為工、原來已調(diào)至水平的氣墊導(dǎo)軌的左端墊高H,在導(dǎo)軌上靠右側(cè)P點處安裝一個光電門;

②用20分度的游標卡尺測量滑塊上遮光片的寬度必

③接通氣源及光電計時器,將滑塊從靠近導(dǎo)軌左端某處自由釋放，測得滑塊通過光電門時遮光時間

彳?(Cm)

01020

乙

根據(jù)上面的實驗步驟回答下列問題：

（1）該同學(xué)用游標卡尺測量滑塊上遮光片的寬度d,示數(shù)如圖乙所示，則4=cm。

（2）實驗中已知當?shù)刂亓铀俣葹間,除上述步驟中測量的物理量之外，還需測量的物理量是

A.滑塊的質(zhì)量MB.氣墊導(dǎo)軌的傾斜角度0

C.滑塊釋放處遮光片到光電門的距離XD.滑塊從開始運動至到達光電門所用的時間/

（3）用題中所給的物理量及第（2）問中所選的物理量，如果滿足等式gH=（不用代入數(shù)據(jù)）,

則驗證了機械能守恒定律。

Ld?

【答案】1.050C2x△/

【解析】（1）遮光片的寬度

d—Icm+10×0.05mm=1.050cm

（2）AB.驗證機械能守恒定律，依據(jù)實驗操作可知，通過光電門來測量瞬時速度，從而求得滑塊

到達光電門位置的動能，再依據(jù)導(dǎo)軌長與高的關(guān)系，結(jié)合下滑的距離可知，滑塊下滑過程中的高度

差，進而求得減少的重力勢能，由

mgh=^mv2

可以看出只需驗證式子

是否成立即可，故質(zhì)量不需要測量；導(dǎo)軌的傾斜角度夕可以由已測量的導(dǎo)軌的長與高來確定，故AB

錯誤；

C.計算滑塊減少的重力勢能時需測量出滑塊下滑過程中從釋放處遮光片到光電門的距離X,進而得

到下降的高度，故C正確；

D.瞬時速度是由光電門測出的遮光時間及遮光片寬度來計算的，不需要測量滑塊在整個過程的運

動時間，故D錯誤。

故選c。

（3）由（1）的分析可知，滑塊到達光電門位置的動能

1(d2

Et7k=-m?(—)

k2?r

而下滑的位移為X時，減少的重力勢能

FH

Ef=mg-x

因此當

mg*34"?

L2?t

即

gH=-^τ

2ΛΔΓ

時，可以驗證機械能守恒。

13.（9分）如圖所示，圖1為某多用電表中歐姆表的內(nèi)部電路圖，該歐姆表有兩個倍

率擋可供使用。圖1中電源的電動勢為E=L5V,內(nèi)阻為r=IC,在擋位切換時電源的電動勢和內(nèi)

阻不變。靈敏電流計的內(nèi)阻為4=9°°Ω,滿偏電流為“I00'定值電阻用、用的阻值分別為

K=10C,R2=90ΩO圖2為該多用電表的表盤，歐姆表刻度盤的中值刻度為“15”。不計導(dǎo)線的電

阻，請回答下列問題:

圖1圖2

（I）在正確操作的情況下，圖1中（填或*”）表筆應(yīng)為紅表筆。

（2）為使歐姆表的倍率調(diào)為擋，則圖1中單刀雙擲開關(guān)的開關(guān)應(yīng)撥至_____位置（填“1”或

“2”）。接著進行歐姆調(diào)零后，用該歐姆表測量某一待測電阻R"的阻值，穩(wěn)定后電表指針指示位置如

圖2所示，則該待測電阻的阻值為此=Ω。

（3）若將歐姆表的倍率選擇為“X10”擋，進行歐姆調(diào)零后接在另一個待測電阻Rg的兩端，穩(wěn)定后

2

指針指在靈敏電流計滿偏刻度的二處，則通過計算可知該待測電阻的阻值為尺2=C。

（4）若將圖1中單刀雙擲開關(guān)的開關(guān)撥至2后，進行歐姆調(diào)零，當調(diào)零完畢時，滑動變阻器接入電

路的阻值為R=Ωo

【答案】a11400225139.1

【解析】（1）在歐姆表的使用過程中，應(yīng)讓電流從紅表筆流入，黑表筆流出，黑表筆接內(nèi)部電源正

極，所以“表筆應(yīng)為紅表筆。

（2）當開關(guān)撥至1時，靈敏電流計滿偏時的干路電流為

JR

1'=ii-+I=1000μA=l×10^3A

is

Rl+R2

此時歐姆表的中值電阻為

F15

P.=/?.,=—=—≤-Ω=1500Ω=15×100Ω

V13

Yrsl×10^

所以當開關(guān)撥至1時，歐姆表的倍率是“xioo”，歐姆表讀數(shù)為表盤刻度值乘以倍率，所以讀數(shù)為

Λr,=14×100Ω=1400Ω

（3）倍率選擇“xlO”擋時，歐姆表的內(nèi)阻為

%=耳，=15χl0Ω=150Ω

由閉合電路歐姆定律有

r=-

s%

指針指在電流計滿偏刻度的五分之二位置時，有

2二E

58-%+鼠

兩式聯(lián)立得

Rx2=225Ω

（4）當開關(guān)撥至2時，倍率為“xlO”擋，歐姆表的內(nèi)阻為

/^=^=15×10Ω=150Ω

則靈敏電流計滿偏時的干路電流為

”4（凡+凡）2

/；=上」一L+4=10000μA=1X10^2A

Rl

電路中并聯(lián)部分的阻值為

R：==9.9Ω

s1"

g

所以滑動變阻器接入電路的電阻為

R=RbR；T=I50Ω-9.9Ω-1Ω=139.1Ω

14.（9分）甲、乙兩列橫波傳播速率相同，分別沿X軸負方向和正方向傳播，‘。時刻兩列波的前端

剛好分別傳播到質(zhì)點A和質(zhì)點8,如圖所示，設(shè)，。時刻為計時起點，已知甲波的頻率為2.5Hz,求:

（1）'。時刻之前，X軸上X=TCm處的質(zhì)點P振動了多長時間；

【解析】（2）（1）由題知，甲波的周期為

。=0.4s

由可知乙波的周期為

5=3不=0.8S

由圖可知，X=TCm處的質(zhì)點P開始振動的時刻距圖中時刻為

%=:ηs=0.2s

得順點P已振動時間為0.2s；

（2）X=O處的質(zhì)點位移為+6cm,表明兩列波的波峰同時到達X=O處。甲波、乙波的波峰到達X=O

處的時刻分別為

而=nTv=/乙=（A`+g]=（",女=0、1、2、3…）

解得

幾=2k+l

Z=O時，〃=1,t=0.4s.Z=I時，〃=3,Z=1.2s.攵=2時，〃=5,/=2.0s.

可知：在之后的2.2s內(nèi),x=°處的質(zhì)點位移為+6Cm的時刻為0.4s,1.2s和2.0s。

15.（13分）如圖所示，足夠長的粗糙絕緣斜面與水平面成6=30°固定在地面上，在斜面上虛線a”'

和4/與斜面底邊平行，在S'、"'圍成的區(qū)域有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為

B=IT:現(xiàn)有一質(zhì)量為m=Ikg、邊長d=o/m、匝數(shù)〃=10、總電阻R=2Ω的正方形金屬線圈MNQP,

讓PQ邊與斜面底邊平行，從斜面上端靜止釋放，線圈剛好勻速穿過整個磁場區(qū)域，已知線圈與斜面

√3

∣l??一一’12

間的動摩擦因數(shù)為6,(取g=IOnVs-)求：

(1)線圈進入磁場區(qū)域時的速度大??；

(2)線圈釋放時，PQ邊到"'的距離；

(3)整個線圈穿過磁場的過程中，流過線圈的電荷量4及線圈上產(chǎn)生的焦耳熱°。

【解析】(1)線框進入磁場前，由牛頓第二定律

mgSine-μmgcosθ=ma

解得

a=2.5m∕s2

因為線框勻速進入磁場，由電磁感應(yīng)定律及受力平衡

R

E=YiBdv

F安=nBId

NmgcosΘ+F.安=mgsinΘ

解得線圈進入磁場區(qū)域時的速度大小

v=5m∕s

(2)由勻加速直線運動規(guī)律

V2=2ax

解得線圈釋放時，PQ邊到防,的距離

X=5m

77一斤=〃絲

(3)由〃=/,',R,R得

?Φ

q=n-----

R

又因為線框穿過磁場前后△①=o,所以g=°；

線框全程勻速穿過磁場，則磁場寬度等于"=0?lm,由功能關(guān)系

G=KI

??=-%2d

解得

C=0.5J

16.（15分）如圖所示，水平傳送帶以%