2022-2023學年廣東省陽江市高二（下）期末物理試卷（含解析）

2022-2023學年廣東省陽江市高二（下）期末物理試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.我國科學家潘建偉院士預言十年左右量子通信將“飛”入千家萬戶。在通往量子論的道

路上，一大批物理學家做出了卓越的貢獻，下列有關說法正確的是（）

A.德布羅意第一次將量子觀念引入原子領域，提出了定態(tài)和躍遷的概念

B.愛因斯坦提出光子說，并成功地解釋了光電效應現象

C.玻爾在1900年把能量子引入物理學，破除了“能量連續(xù)變化”的傳統(tǒng)觀念

D.普朗克把光的波粒二象性推廣到實物粒子，預言實物粒子也具有波動性

2.甲同學在周五離校時，看到乙同學的家長用某型號汽車接其回家，甲同學觀察該汽車的

后雨刮器，如圖所示。設雨刮器擺臂可視為繞。點旋轉的折桿04B,如圖所示，Oa長度a、AB

長度3a,^OAB=120°,AB部分裝有膠條，雨刮器工作時膠條緊貼后窗平面可視為勻速率轉

A.A點的線速度大于B點的線速度

B.4點的角速度等于8點的角速度

C.A點的向心加速度大于B點的向心加速度

D.B點加速度方向沿著48指向A

3.如圖甲所示，每年夏季我國多地會出現日暈現象，日暈是太陽光通過卷層云時，發(fā)生折

射或反射形成的。在天空出現的半透明薄云里，有許多飄浮在空中的六角形柱狀的冰晶體，

偶爾它們會整整齊齊地垂直排列在空中，當太陽光射在一個六角形冰柱上，就會發(fā)生折射現

象。設一束太陽光射到截面為六角形的冰晶上發(fā)生折射，其光路圖如圖乙所示，a、b為其折

射出的光線中兩種單色光，下列說法正確的是（）

A.在冰晶中，α光的折射率較大

B.在冰晶中，b光的傳播速度較大

C.從同種玻璃中射入空氣發(fā)生全反射時，α光的臨界角較大

D.a、b光在真空中傳播時，b光的波長較長

4.近期，一段特殊的“飆車”視頻紅遍網絡，視頻中，一輛和諧號動車正和一輛復興號動

車在互相追趕，兩車均做直線運動，其運動情況如圖乙所示，t=O時，兩車車頭剛好并排,

則（）

A.IoS末和諧號的加速度比復興號的大B.32s時復興號的速度為80m∕s

C.0至U32s內，在24s末兩車頭相距最遠D.兩車頭在24s末再次并排

5.最近科學家對微重力環(huán)境下了一個比較科學的定義：微重__

力環(huán)境是指在重力的作用下，系統(tǒng)的表觀重量遠小于其實際重

量的環(huán)境。產生微重力環(huán)境最常用的方法有4種：落塔、飛機、

火箭和航天器。如圖所示為中國科學院微重力落塔與落倉，在

落倉開始下落到停止運動的過程中，能夠產生3.26s時長的微U4

重力環(huán)境，根據提供的信息，以下說法正確的是（）落塔落倉

A.在微重力環(huán)境中，落倉中的體驗者幾乎不會受到重力的作用

B.要形成微重力環(huán)境，落倉要以非常接近重力加速度g的加速度下落

C.落倉下落過程，落倉內的體驗者一直處于失重狀態(tài)

D.落倉速度最大時，落倉內體驗者的加速度也最大

6.如圖甲所示為探究電磁驅動的實驗裝置。某個鋁籠置于U形磁鐵的兩個磁極間，鋁籠可以

繞支點自由轉動，其截面圖如圖乙所示。開始時，鋁籠和磁鐵均靜止，轉動磁鐵，會發(fā)現鋁

籠也會跟著發(fā)生轉動，下列說法正確的是（）

甲

A.鋁籠是因為受到安培力而轉動的

B.鋁籠轉動的速度的大小和方向與磁鐵相同

C.磁鐵從圖乙位置開始轉動時，鋁籠截面abed中的感應電流的方向為α→d→c→b→a

D.當磁鐵停止轉動后，如果忽略空氣阻力和摩擦阻力，鋁籠將保持勻速轉動

7.2022年11月29日我國“神舟十五號”載人飛船發(fā)射成功，

并通過一系列加速變軌后與距離地面40Oknl的空間站交匯對接,

萬有引力常量為G,下列說法正確的是（）

A.變軌前A是空間站，B是飛船

B.飛船的發(fā)射速度可能小于7.9km∕s

C.完成對接后，飛船和空間站的運行周期大于24小時

D.若已知空間站的運行周期和地球半徑，可以測量地球密度

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

8.如圖所示，虛線a、b、C代表電場中的三個等勢面，相鄰

兩等勢面之間的電勢差相等，實線為一帶正電的粒子只在電場

力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P和Q是這條軌跡上兩個

點，P、Q相比（）

A.P點的電勢高B.帶電微粒通過P點時的加速度大

C.帶電微粒通過P點時的速度大D.帶電微粒在P點時的電勢能較大

9.如圖甲所示為一臺小型發(fā)電機的示意圖，單匝線圈逆時針轉動。若從中性面開始計時.，

產生的電動勢隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。已知發(fā)電機線圈內阻不計，外接燈泡的電阻為

R=2Ω,理想電壓表與燈泡并聯。則下列判斷正確的是（）

A.t=OQls時，線圈位置與中性面重合

B.t=0.005s時，電壓表讀數為6√~∑P

C.e隨t變化的規(guī)律為e=6√-2sin（50πt）K

D.燈泡的電功率為18小

10.筆記本電腦機身和顯示屏分別安裝有磁體和霍爾元件。當顯示屏閉合時霍爾元件靠近磁

體，屏幕熄滅電腦休眠。如圖為顯示屏內的霍爾元件：寬為a、長為c,元件內的導電粒子是

電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為外當顯示屏閉合時

元件處于垂直于上表面方向向下的勻強磁場中，此時元件的前后表面間出現電壓U,以此控

制屏幕的熄滅。下列關于該元件的說法正確的是（）

A.前表面的電勢比后表面的低

B.前后表面間的電壓U與。有關

C.前后表面間的電壓U與C成正比

D.電壓穩(wěn)定后，自由電子受到的洛倫茲力大小為史

a

三、實驗題（本大題共3小題，共16.0分）

11.某同學自制如圖所示的實驗裝置來驗證機械能守恒定律。圖中。是量角器的圓心，懸線

一端系于此處，S是光電門，位于。點正下方。實驗過程中，調節(jié)裝置使。S保持豎直，量角器

所在平面為豎直平面，將物體拉開一定角度，保持懸線伸直，由靜止釋放物體，運動到最下

端時，光電門記錄物體下端固定的擋光片的擋光時間為小。

F1。

（1）要完成實驗，不需要測量下列哪個物理量______（單選）。

A物體重心到懸線懸點。的距離

A懸線與豎直方向的夾角8

C由靜止釋放到物體運動到光電門位置所用的時間t

D擋光片的寬度d

（2）利用題設和（1）中所給物理量，如果滿足等式,就驗證了機械能守恒定律（重力加速

度為9）

（3）為盡量減小實驗誤差，擺線應該選擇彈性（填“好”或“差”）的線；物體應選擇

密度（填“大”或“小”）的材料。

12.用如圖所示的多用電表進行相關測量，要用到圖中三個部件K、S和7。

①若使用的多用電表未接入電路時，指針如圖（甲）所示，則需要旋動部件（填字母

“K”、"S”或T）,使指針對準電流的“0”刻線。調整好后，將部件K撥至“50nM”

擋，將多用表串聯接入待測電路中，指針如圖（乙）所示，則電路中電流為mA.

②使用多用表測電阻時，將部件K撥至“X10”擋，并將兩表筆短接，旋動部件（填

字母“K”、"S”或T）,使指針對準電阻的（填“0刻線”或“8刻線”）,將紅、

黑表筆分別與待測電阻兩端接觸，若多用電表讀數如圖（甲）所示，為了使多用電表測量的結

果更準確，該同學接著應該進行哪些操作？請從下面的操作中選出合理的步驟并進行正確排

序。

A.將兩表筆短接，調節(jié)正確的部件，使指針指在相應的“0刻線”

B.將部件K撥至“x100"擋

C將部件K撥至“xl”擋

D測量完畢后將選擇開關撥至“OFF”擋

E.再將待測電阻接到兩表筆之間測量其阻值并讀出讀數

經以上正確操作，將兩表筆接在待測電阻兩端時，指針如圖（乙）所示，則待測電阻為

電流表（量程O?0.64內阻約為10）

滑動變阻器（0-200，額定電流IA）

待測電池組（電動勢約為3V,內阻約為1。）

開關、導線若干

①該小組連接的實物電路如圖所示，閉合開關前，滑動變阻器的滑片P應置于滑動變阻器的

端（填"屋’或者””）；

②實驗中發(fā)現調節(jié)滑動變阻器時，電流表讀數變化明顯但電壓表讀數變化不明顯。為了解決

這個問題，在電池組負極和開關之間串聯一個阻值為40的電阻，之后該小組得到了幾組電壓

表讀數U和對應的電流表讀數/,并作出U-/圖像，如圖所示。根據圖像可知，電池組的電動

勢為V,內阻為0,（以上結果均保留兩位有效數字）。

③該實驗測得的電動勢E豳與電池組真實的電動勢E總相比，E游E/：填“大于”、“小

于”或“等于”）。

四、簡答題（本大題共3小題，共38.0分）

14.氣體彈簧是車輛上常用的一種減震裝置，其簡化結構如圖所示。直立圓柱形密閉汽缸導

熱良好，橫截面積為S的活塞通過連桿與車輪軸連接，初始時汽缸內密閉一段長度為L。、壓強

為1.2PO的理想氣體，環(huán)境溫度為To,汽缸與活塞間的摩擦忽略不計，車輛載重時相當于在汽

缸頂部增加一個物體4,穩(wěn)定時汽缸下降了0.5Zω,該過程氣體溫度保持不變，求：

（1）穩(wěn)定時汽缸內的壓強Pi;

(2)由于環(huán)境溫度變化，氣缸內的氣體等壓膨脹使氣缸又上升并穩(wěn)定在0.505LO處。求變化后

的環(huán)境溫度71。

A

15.如圖，固定點O上用長L=0.5τn的細繩系一質量m=LOAg/C

?\

的小球(可視為質點)，小球與水平面上的B點剛好接觸且無壓力。V(IOj

一質量M=2.0kg的物塊(可視為質點)從水平面上4點以速度■房

ABD

%(未知)向右運動，在B處與靜止的小球發(fā)生正碰，碰后小球在

繩的約束下恰好能做完整的圓周運動；碰后物塊經過t=Is后最終停在水平地面上的。點，其

水平位移X=1.25m,取重力加速度g=10m∕s2<,求：

(1)物塊與水平面間的動摩擦因數；

(2)碰撞后瞬間小球的動量大??；

(3)設物塊與小球的初始距離為Xl=2.2m,物塊在4處的初速度大小。

16.如圖甲是法拉第發(fā)明的銅盤發(fā)電機，也是人類歷史上第一臺發(fā)電機。利用這個發(fā)電機給

平行金屬板電容器供電，如圖乙。已知銅盤的半徑為Rl=IOCm,加在盤下半側的勻強磁場

磁感應強度為Bl=87,盤勻速轉動的角速度為3=15rad∕s,每塊平行板長度為L=8cm,

板間距離為d=16cτn,平行板右側有一半徑為&=IOcm的扇形有界磁場殳，位置如圖乙所

zKo

(1)求平行金屬板電容器兩端電壓的大小并判斷電勢高低；

(2)若一個質量為m=1.0X10-9kg,電荷量q=+1.0X1()-4。的帶電微粒(重力忽略不計)以

速度200m∕s從電容器兩板中間水平向右射入，求：

①微粒射出平行金屬板MN時的速度偏轉角。；

②為使微粒由磁場圓弧邊界射出，該勻強磁場的磁感應強度外最大值為多少？

甲乙

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4、波爾第一次將量子觀念引入原子領域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，故A錯誤；

B、愛因斯坦最早認識到了能量子的意義，為解釋光電效應的實驗規(guī)律提出了光子說，并成功地解

釋了光電效應現象，故8正確；

C、普朗克在1900年把能量子引入物理學，破除了“能量連續(xù)變化”的傳統(tǒng)觀念，故C錯誤；

。、德布羅意大膽地把光的波粒二象性推廣到實物粒子，預言實物粒子也具有波動性，故。錯誤；

故選：Bo

根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可。

解決本題的關鍵要記牢原子物理學史，對于物理學上重大發(fā)現、發(fā)明、著名理論要加強記憶，注

重積累。

2.【答案】B

【解析】解：4BC.由幾何可得B點做勻速圓周運動的半徑為OB距離，由幾何知識得：

TOB=Vɑ2+(?ɑ)2—2×3a2cosl20o

解得：r0B=V13α

A、B兩點同步繞。點旋轉，故34=3B，由U=3T可得4、B兩點線速度大小之比為：

vA_[0A

vBrOB

解得:?=?

由向心加速度公式α=32r可得4、B加速度大小之比為：

QA=丁。力

aBrOB

解得:?=?

故AC錯誤，B正確：

DB點加速度方向沿著OB指向0,故。錯誤。

故選：B。

同軸轉動角速度相等，根據U=ra求解角速度之間的關系，根據α=α=ro?求解向心加速度之間

的關系。

本題主要考查了圓周運動基本公式的直接應用，注意同軸轉動時角速度相同。

3.【答案】C

【解析】解：A設入射角為α,折射角為氏由圖乙可知，α光和b光入射角相同，α光折射角大于b光

折射角，根據光的折射定律n=都可知，α光折射率小于b光折射率，故A錯誤；

Ab光折射率大，根據公式∏=：可知α光在冰晶中的傳播速度大，故B錯誤；

C.根據臨界角公式SinC=L因為b光折射率大，所以α光的臨界角大于b光的臨界角，故C正確；

n

。.由于α光折射率小于b光折射率，因此α光頻率小于6光頻率，根據c=/1/可知α光的波長大于b光

的波長，故。錯誤。

故選：Co

根據題意得出光的折射角的大小關系，結合折射定律得出光的折射率的大小關系；

根據折射率的計算公式得出光的傳播速度的大小關系；

根據臨界角公式，結合折射率的大小關系完成分析：

根據波速的計算公式得出光的波長大小關系。

本題主要考查了光的折射定律，理解光的折射特點，結合幾何關系和折射定律即可完成分析。

4.【答案】C

【解析】解：2、根據速度一時間圖像的斜率表示物體的加速度，斜率越大，加速度越大，可知IOS

末和諧號的加速度比復興號的小，故A錯誤；

B、8-32s內復興號的加速度為α=上抖=箓年mA?=0?75m∕s2,t=8s時，復興號的速度為

CZ?-O

v0=60m∕s,t=32s時復興號的速度為V=v0+at=(60+0.75X24)m∕s=78τn∕s,故B正確：

CD.t=O時，兩車車頭剛好并排，0-24S內，和諧號的速度一直比復興號的大，兩者間距逐漸

增大；24—32s內，復興號的速度一直比和諧號的大，兩者間距逐漸減小，則O到32s內，在24s末

兩車頭相距最遠，故C正確，。錯誤。

故選:Co

速度一時間圖像的斜率表示物體的加速度，由斜率大小比較加速度大??；根據速度一時間公式求

32s時復興號的速度；根據兩車速度關系確定兩車何時相距最遠；根據位移關系確定甲、乙兩車再

次并排的時刻。

解決本題的關鍵要理解速度一時間圖像的物理意義，知道圖線的斜率表示加速度，圖線與時間軸

圍成的面積表示位移。

5.【答案】B

【解析】解：AB.在微重力環(huán)境中，落倉和體驗者近似做自由落體運動，落倉對體驗者的支持力

幾乎為零，所以體驗者的視重遠小于實重，落倉中的體驗者仍受到重力的作用，幾乎所有的重力

提供體驗者運動的加速度，由牛頓第二定律可知落倉下落的加速度非常接近重力加速度g,故A

錯誤，B正確；

C落倉下落的過程必然是先加速下落，后減速下落，最后靜止，所以落倉下落過程，加速度先向

下后向上，落倉內的體驗者先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，故C錯誤；

D當落倉受力平衡時，落倉的速度最大。所以落倉速度最大時，其加速度為零，故。錯誤。

故選：B.

當落倉具有向下的加速度時，落倉除與失重狀態(tài)；當落倉具有向上的加速度時，落倉處于超重狀

態(tài)。不管落倉處于失重狀態(tài)，還是處于超重狀態(tài)，落倉以及里面的人受到的重力是不變的。

物體是處于失重狀態(tài)，還是處于超重狀態(tài)，與物體的運動方向無關，與物體的加速度方向有關。

6.【答案】A

【解析】解：4磁鐵轉動的過程中通過鋁籠截面的磁通量增加，因此在鋁籠內產生感應電流，根

據楞次定律可知鋁籠受到安培力作用，導致鋁籠轉動，故A正確；

8.根據楞次定律可知，為阻礙磁通量增加，則導致鋁籠與磁鐵轉動方向相同，但快慢不相同，鋁

籠的轉速一定比磁鐵的轉速小，故8錯誤；

C磁鐵從圖乙位置開始轉動時，導致通過鋁籠截面的磁通量增加，根據楞次定律可知感應電流方

向為α→b→c→d→a,故C錯誤；

。.當磁鐵停止轉動后，如果忽略空氣阻力和摩擦阻力，由于鋁籠轉動的過程中仍然能產生感應電

流，所以鋁籠會受到反方向安培力作用逐漸減速直到停止運動，故。錯誤。

故選：Ao

當轉動磁鐵時，導致鋁框的磁通量發(fā)生變化，從而產生感應電流，出現安培力，導致鋁框轉動，

由楞次定律可知，總是阻礙磁通量增加，故鋁框與磁鐵轉動方向相同，但轉動快慢不同。

本題考查楞次定律、法拉第電磁感應定律的應用，要知道感應電流的磁通量總阻礙引起感應電流

的磁場變化，從而引起電磁驅動的現象。

7.【答案】D

【解析】解：4、飛船加速后將做離心運動，軌道半徑增大，則變軌前4是飛船，B是空間站，故

A錯誤;

B、7.9km∕s是最小的發(fā)射速度，可知飛船的發(fā)射速度大于7.9kτn∕s,故B錯誤；

C、根據萬有引力提供向心力，得G等=Tn/r,得r=2ττ完成對接后，飛船和空間站

的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以完成對接后，飛船和空間站的運行周期小于地球

同步衛(wèi)星的運行周期24人，故C錯誤;

。、根據地球半徑和空間站距離地面的高度，可以得到空間站的軌道半徑，由吟r,得

4*7*3

M=即可以求出地球的質量。由地球半徑能求出地球的體積，因而能求出地球的密度，故

GT2'

D正確。

故選：D。

飛船加速后將做離心運動。飛船的發(fā)射速度要大于7.9/cm/s。根據萬有引力提供向心力，得出周

期與軌道半徑的關系，分析飛船和空間站的運行周期與地球同步衛(wèi)星周期的關系。已知空間站的

運行周期和地球半徑，結合飛船距離地面的高度，可求出地球的質量，進一步求地球的密度。

本題的解題關鍵是要掌握萬有引力提供向心力這一思路，要明確已知空間站的軌道半徑和周期，

能求出地球的質量。

8.【答案】ABD

【解析】解：A、粒子所受電場力指向軌跡內側，由于粒子帶正電，因此電場線指向右下方，根

據沿電場線電勢降低，可知P的電勢最高，故A正確；

3、等勢線密的地方電場線密電場強度大，故P點電場強度大，試探電荷受到的電場力大，根據牛

頓第二定律，加速度也大，故B正確。

CD,根據質點受力情況可知，從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，動能增大，故P點的電

勢能大于Q點的電勢能，P點的速度小于Q點的速度，故C錯誤，。正確。

故選：ABD.

由于粒子只受電場力作用，根據運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內側即斜向右下方，由于粒

子帶正電，因此電場線方向也指向右下方，根據電場線的方向可判斷電勢的高低；電場線和等勢

線垂直，且等勢線密的地方電場線密，電場強度大.電勢能和動能的變化可以通過電場力做功情

況判斷.

解決這類帶電粒子在電場中運動的思路是：根據電荷的運動軌跡判斷出所受電場力方向，然后進

一步判斷電勢、電場強度、電勢能、動能等物理量的變化.

9【答案】AD

【解析】解：4、t=OQls時，感應電動勢瞬時值為零，線圈在中性面位置，故A正確；

B、電壓表示數為有效值，由圖得，線圈電動勢最大值為6/2V，有效值

線圈內電阻不計，所以電壓表的示數6l故B錯誤；

C、根據圖乙可得該交流電的周期

T=0.02s

所以角速度

ω=y=懸rαd∕s=100πrad∕s

e隨t變化的規(guī)律為

e=6√-2sin(100τrt)E

故C錯誤。

。、燈泡的功率為

〃2/-2

P=?-=??VK=181V

RL

故D正確。

故選：AD.

線圈在中性面位置磁通量最大，感應電動勢為零，求出電動勢的有效值，因此得到電壓表的示數；

根據電功率的計算公式求解電功率；根據正弦交流電的一般形式寫出正弦交流電的表達式。

本題考查了正弦式交變電流的圖象，明確電壓表的示數是有效值。關鍵抓住兩個特殊位置：一是

線圈與磁場垂直位置是磁通量最大的位置，該位置是電流方向改變的轉換點；二是線圈與磁場平

行位置，該位置磁通量為零，是電流強度增大與減小的轉換點。

10.【答案】BD

【解析】解：4、電流方向向右，電子向左定向移動，根據左手定則判斷可知，電子所受的洛倫

茲力方向向里，則后表面積累了電子，前表面的電勢比后表面的電勢高，故4錯誤；

BC,由電子受力平衡可得

e-=evB,

a

解得：

U—BUa,

所以前、后表面間的電壓U與"成正比，前、后表面間的電壓U與C無關，故B正確，C錯誤；

D、穩(wěn)定時自由電子受力平衡，受到的洛倫茲力等于電場力，即eo8=e匕故。正確。

a

故選：BDo

金屬導體是自由電子導電，電流方向向右，則電子向左定向移動，在磁場中受到洛倫茲力發(fā)生偏

轉，根據左手定則判斷電子所受的洛倫茲力方向，判斷哪個表面聚集電子，再確定M、N兩板電

勢的高低。根據洛倫茲力等于電場力分析解答。

該題考查了霍爾效應及其應用，易錯點在于利用左手定則判斷電荷的移動，從而判斷后表面的電

勢高。

11.【答案】Cg(Z,—LCOSe)=[?差大

【解析】解：(1)利用此實驗裝置驗證機械能守恒定律，需要滿足表達式為:mg(L-LCOSe)=?mv2

由光電門測量速度的原理，可得：V=尢

聯立可得：g(L-Lcosθ)=??

可知為了驗證機械能守恒定律，需要測量的物理量為：物體重心到懸線懸點。的距離3懸線與豎

直方向的夾角。，擋光片的寬度d與擋光時間仇，不需要測量是由靜止釋放到物體運動到光電門位

置所用的時間3故ABO符合題意，C不符合題意。

故選：Co

(2)根據上述分析可知，如果滿足等式：g(L-Lcosθ)=就驗證了機械能守恒定律。

(3)實驗是研究物體的機械能是否守恒，因此需要使得擺線對物體做功近似為零，即為盡量減小實

驗誤差，擺線應該選擇彈性差的線；為了減小空氣阻力對實驗的影響，物體應選擇密度大的材料。

故答案為:(I)C；(2)g(L-LCOS(3)差；大

(1)(2)根據機械能守恒定律，得到需要滿足表達式，再確定不需要測量的物理量；

(3)從盡量滿足只有重力做功的角度分析減小實驗誤差的要求。

本題考查了驗證機械能守恒定律實驗，分析實驗的原理是解題的前提，掌握光電門測量速度方法，

實驗要盡量減小除重力以外其它力做的功。

12.【答案】S22.0T0刻線BAED1900

【解析】解：①S為機械調零旋鈕，測量前應旋動部件S,使指針指在電流“0”刻線：部件K撥至

u50mAn擋，分度值為lm4,指針如圖(乙)所示,則電路中電流為22.0nU.

②使用多用表測電阻時，將部件K撥至“X10”擋，并將兩表筆短接，歐姆調零時，應旋動部件7,

使指針對準電阻的“。刻線”，若多用電表讀數如圖(甲)所示，指針偏角太小，所選擋位太小，應

選擇更大擋位，然后進行歐姆調零，再測電阻，故合理的步驟并進行正確排序為BAED,指針如

圖(乙)所示，則待測電阻為19×IOO=1900/2

故答案為：①S；22.0；②7；O刻線；BAED-,1900

①多用電表應先機械調零，根據分度值讀數；

②根據多用電表的正確操作分析解答，結合倍率讀出待測電阻阻值。

本題考查了多用電表的使用方法與讀數，掌握多用電表的結構與實驗方法與注意事項是解題的前

提；對多用電表讀數時要先根據選擇開關位置確定其所測量的量與量程，然后根據表盤確定其分

度值，再根據指針位置讀出其示數，讀數時視線要與刻度線垂直。

13.【答案】α2.91.8小于

【解析】解：①由圖示實物電路圖可知，滑動變阻器采用限流接法，為保護電路，閉合開關前滑

片要置于ɑ端。

②由閉合電路的歐姆定律可知，路端電壓U=E-/(r+R)

由圖示圖象可知，圖象縱軸截距b=E=2.9V

圖象斜率的絕對值k=r+R=粵=職0=5.80

?lu.□-U

電源內阻r=k—R=5.8。-40=1.8。

③根據閉合電路的歐姆定律E=U+rl

電動勢的測量值E潮=U

由于電壓表的分流，干路電流/點=/+》

根據閉合電路的歐姆定律E=U+∕/=U+(/+lv)r=[∕+^r+r?∕=(l+^)t∕+r?∕

電動勢的真實值E真=(1+/U

即電動勢的測量值小于真實值。

故答案為：①a；@2.9:1.8：③小于。

①滑動變阻器采用限流接法時，為保護電路閉合開關前滑片要置于接入電路的阻值最大位置；

②根據圖示電路圖應用閉合電路歐姆定律求出圖象的函數表達式，然后根據圖示圖象求出電源電

動勢與內阻；

③根據閉合電路的歐姆定律求電動勢的測量值；考慮電壓表的分流作用，根據閉合定律的歐姆定

律求解電動勢的真實值，然后作答。

本題考查了測電源電動勢與內阻實驗，知道實驗原理是解題的前提圖關鍵，求出圖象的函數表達

式，根據圖示圖象即可解題。

14.【答案】解：(1)設汽缸下降0.5LO后，氣體壓強為pi，由玻意耳定律

1.2p0SL0=O.5p1SLo

解得:Pi=2.4p0

(2)根據等壓變化，由蓋一呂薩克定律得

0.5SLo_0.505SLo

Tl

解得：TI=1.01To

解：(1)穩(wěn)定時汽缸內的壓強為2.4po;

(2)變化后的環(huán)境溫度為1.017。。

【解析】(1)氣體發(fā)生等溫變化，根據玻意耳定律得出氣體的壓強；

(2)氣體發(fā)生等壓變化，根據蓋一呂薩克定律得出氣體的溫度。

本題主要考查了一定質量的理想氣體狀態(tài)方程，熟悉氣體狀態(tài)參量的分析，結合公式PU=Cr即

可完成解答。

15.【答案】解：(1)方法一：物塊和小球碰撞后減速過程，由牛頓第二定律得

HMg=Ma

由逆向思維得：x=1at2

聯立解得：μ=0.25,a=2.5m∕s2

方法二：物塊和小球碰撞后減速過程，取向右為正方向，由動量定理得

-μMgt=0—Mv1

由勻變速直線運動的規(guī)律得

%=vt=?t

聯立解得：〃=0.25

(2)小球恰好能做完整的圓周運動，則在最高點時僅由重力提供向心力，得

mg—m??1

設碰撞后小球的速度為％,從最低點到最高點的過程，由機械能守恒定律得

5rnv2=?mvmtn+2mgL

碰撞后小球的動量大小為

P小球=WW2

聯立解得：P小球=5kg-m/s

(3)碰撞后物塊做勻變速直線運動，有

0—vf=2ax1

設碰撞前瞬間物塊的速度為外取向右為正方向，由動量守恒定律得

Mv=Mv1+mv2

物塊從4點運動到與小球碰撞前瞬間過程，對物塊，由動能定理得

2

-μMgx1=^Mv—∣Mvθ

解得物塊在A處的速度大?。簐0=6m∕s

答：(1)物塊與水平面間的動摩擦因數為0.25；

(2)碰撞后瞬間小球的動量大小為5kg?m/s；

(3)物塊在4處的初速度大小為6m/s。

【解析】(1)物塊和小球碰撞后減速，由牛頓第二定