2022-2023學(xué)年廣東省陽江市高二（下）期末物理試卷（含解析）

2022-2023學(xué)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(xué)家潘建偉院士預(yù)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(xué)家做出了卓越的貢獻(xiàn)，下列有關(guān)說法正確的是（）

A.德布羅意第一次將量子觀念引入原子領(lǐng)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(yīng)現(xiàn)象

C.玻爾在1900年把能量子引入物理學(xué)，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(shí)物粒子，預(yù)言實(shí)物粒子也具有波動性

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

后雨刮器，如圖所示。設(shè)雨刮器擺臂可視為繞。點(diǎn)旋轉(zhuǎn)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(shí)膠條緊貼后窗平面可視為勻速率轉(zhuǎn)

A.A點(diǎn)的線速度大于B點(diǎn)的線速度

B.4點(diǎn)的角速度等于8點(diǎn)的角速度

C.A點(diǎn)的向心加速度大于B點(diǎn)的向心加速度

D.B點(diǎn)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(xiàn)日暈現(xiàn)象，日暈是太陽光通過卷層云時(shí)，發(fā)生折

射或反射形成的。在天空出現(xiàn)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(dāng)太陽光射在一個(gè)六角形冰柱上，就會發(fā)生折射現(xiàn)

象。設(shè)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(shí)，α光的臨界角較大

D.a、b光在真空中傳播時(shí)，b光的波長較長

4.近期，一段特殊的“飆車”視頻紅遍網(wǎng)絡(luò)，視頻中，一輛和諧號動車正和一輛復(fù)興號動

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

則（）

A.IoS末和諧號的加速度比復(fù)興號的大B.32s時(shí)復(fù)興號的速度為80m∕s

C.0至U32s內(nèi)，在24s末兩車頭相距最遠(yuǎn)D.兩車頭在24s末再次并排

5.最近科學(xué)家對微重力環(huán)境下了一個(gè)比較科學(xué)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(yuǎn)小于其實(shí)際重

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

火箭和航天器。如圖所示為中國科學(xué)院微重力落塔與落倉，在

落倉開始下落到停止運(yùn)動的過程中，能夠產(chǎn)生3.26s時(shí)長的微U4

重力環(huán)境，根據(jù)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(yàn)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(nèi)的體驗(yàn)者一直處于失重狀態(tài)

D.落倉速度最大時(shí)，落倉內(nèi)體驗(yàn)者的加速度也最大

6.如圖甲所示為探究電磁驅(qū)動的實(shí)驗(yàn)裝置。某個(gè)鋁籠置于U形磁鐵的兩個(gè)磁極間，鋁籠可以

繞支點(diǎn)自由轉(zhuǎn)動，其截面圖如圖乙所示。開始時(shí)，鋁籠和磁鐵均靜止，轉(zhuǎn)動磁鐵，會發(fā)現(xiàn)鋁

籠也會跟著發(fā)生轉(zhuǎn)動，下列說法正確的是（）

甲

A.鋁籠是因?yàn)槭艿桨才嗔ΧD(zhuǎn)動的

B.鋁籠轉(zhuǎn)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(zhuǎn)動時(shí)，鋁籠截面abed中的感應(yīng)電流的方向?yàn)棣痢鷇→c→b→a

D.當(dāng)磁鐵停止轉(zhuǎn)動后，如果忽略空氣阻力和摩擦阻力，鋁籠將保持勻速轉(zhuǎn)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(yùn)行周期大于24小時(shí)

D.若已知空間站的運(yùn)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(gè)等勢面，相鄰

兩等勢面之間的電勢差相等，實(shí)線為一帶正電的粒子只在電場

力作用下通過該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動軌跡，P和Q是這條軌跡上兩個(gè)

點(diǎn)，P、Q相比（）

A.P點(diǎn)的電勢高B.帶電微粒通過P點(diǎn)時(shí)的加速度大

C.帶電微粒通過P點(diǎn)時(shí)的速度大D.帶電微粒在P點(diǎn)時(shí)的電勢能較大

9.如圖甲所示為一臺小型發(fā)電機(jī)的示意圖，單匝線圈逆時(shí)針轉(zhuǎn)動。若從中性面開始計(jì)時(shí).，

產(chǎn)生的電動勢隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。已知發(fā)電機(jī)線圈內(nèi)阻不計(jì)，外接燈泡的電阻為

R=2Ω,理想電壓表與燈泡并聯(lián)。則下列判斷正確的是（）

A.t=OQls時(shí)，線圈位置與中性面重合

B.t=0.005s時(shí)，電壓表讀數(shù)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(jī)身和顯示屏分別安裝有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏閉合時(shí)霍爾元件靠近磁

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

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

元件處于垂直于上表面方向向下的勻強(qiáng)磁場中，此時(shí)元件的前后表面間出現(xiàn)電壓U,以此控

制屏幕的熄滅。下列關(guān)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(guān)

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(shí)驗(yàn)題（本大題共3小題，共16.0分）

11.某同學(xué)自制如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置來驗(yàn)證機(jī)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(diǎn)正下方。實(shí)驗(yàn)過程中，調(diào)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(yùn)動到最下

端時(shí)，光電門記錄物體下端固定的擋光片的擋光時(shí)間為小。

F1。

（1）要完成實(shí)驗(yàn)，不需要測量下列哪個(gè)物理量______（單選）。

A物體重心到懸線懸點(diǎn)。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(yùn)動到光電門位置所用的時(shí)間t

D擋光片的寬度d

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

度為9）

（3）為盡量減小實(shí)驗(yàn)誤差，擺線應(yīng)該選擇彈性（填“好”或“差”）的線；物體應(yīng)選擇

密度（填“大”或“小”）的材料。

12.用如圖所示的多用電表進(jìn)行相關(guān)測量，要用到圖中三個(gè)部件K、S和7。

①若使用的多用電表未接入電路時(shí)，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(zhǔn)電流的“0”刻線。調(diào)整好后，將部件K撥至“50nM”

擋，將多用表串聯(lián)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(shí)，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(zhǔn)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(shù)如圖（甲）所示，為了使多用電表測量的結(jié)

果更準(zhǔn)確，該同學(xué)接著應(yīng)該進(jìn)行哪些操作？請從下面的操作中選出合理的步驟并進(jìn)行正確排

序。

A.將兩表筆短接，調(diào)節(jié)正確的部件，使指針指在相應(yīng)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(guān)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(shù)

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

電流表（量程O?0.64內(nèi)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(nèi)阻約為1。）

開關(guān)、導(dǎo)線若干

①該小組連接的實(shí)物電路如圖所示，閉合開關(guān)前，滑動變阻器的滑片P應(yīng)置于滑動變阻器的

端（填"屋’或者””）；

②實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)調(diào)節(jié)滑動變阻器時(shí)，電流表讀數(shù)變化明顯但電壓表讀數(shù)變化不明顯。為了解決

這個(gè)問題，在電池組負(fù)極和開關(guān)之間串聯(lián)一個(gè)阻值為40的電阻，之后該小組得到了幾組電壓

表讀數(shù)U和對應(yīng)的電流表讀數(shù)/,并作出U-/圖像，如圖所示。根據(jù)圖像可知，電池組的電動

勢為V,內(nèi)阻為0,（以上結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）。

③該實(shí)驗(yàn)測得的電動勢E豳與電池組真實(shí)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(jié)構(gòu)如圖所示。直立圓柱形密閉汽缸導(dǎo)

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(shí)汽缸內(nèi)密閉一段長度為L。、壓強(qiáng)

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(jì)，車輛載重時(shí)相當(dāng)于在汽

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

（1）穩(wěn)定時(shí)汽缸內(nèi)的壓強(qiáng)Pi;

(2)由于環(huán)境溫度變化，氣缸內(nèi)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(diǎn)O上用長L=0.5τn的細(xì)繩系一質(zhì)量m=LOAg/C

?\

的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，小球與水平面上的B點(diǎn)剛好接觸且無壓力。V(IOj

一質(zhì)量M=2.0kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從水平面上4點(diǎn)以速度■房

ABD

%(未知)向右運(yùn)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(yùn)動；碰后物塊經(jīng)過t=Is后最終停在水平地面上的。點(diǎn)，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(shù)；

(2)碰撞后瞬間小球的動量大?。?/p>

(3)設(shè)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(jī)，也是人類歷史上第一臺發(fā)電機(jī)。利用這個(gè)發(fā)電機(jī)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(cè)的勻強(qiáng)磁場

磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bl=87,盤勻速轉(zhuǎn)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(cè)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(gè)質(zhì)量為m=1.0X10-9kg,電荷量q=+1.0X1()-4。的帶電微粒(重力忽略不計(jì))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(shí)的速度偏轉(zhuǎn)角。；

②為使微粒由磁場圓弧邊界射出，該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(lǐng)域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，故A錯(cuò)誤；

B、愛因斯坦最早認(rèn)識到了能量子的意義，為解釋光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)規(guī)律提出了光子說，并成功地解

釋了光電效應(yīng)現(xiàn)象，故8正確；

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

。、德布羅意大膽地把光的波粒二象性推廣到實(shí)物粒子，預(yù)言實(shí)物粒子也具有波動性，故。錯(cuò)誤；

故選：Bo

根據(jù)物理學(xué)史和常識解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可。

解決本題的關(guān)鍵要記牢原子物理學(xué)史，對于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，注

重積累。

2.【答案】B

【解析】解：4BC.由幾何可得B點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)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(diǎn)同步繞。點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，故34=3B，由U=3T可得4、B兩點(diǎn)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(cuò)誤，B正確：

DB點(diǎn)加速度方向沿著OB指向0,故。錯(cuò)誤。

故選：B。

同軸轉(zhuǎn)動角速度相等，根據(jù)U=ra求解角速度之間的關(guān)系，根據(jù)α=α=ro?求解向心加速度之間

的關(guān)系。

本題主要考查了圓周運(yùn)動基本公式的直接應(yīng)用，注意同軸轉(zhuǎn)動時(shí)角速度相同。

3.【答案】C

【解析】解：A設(shè)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(jù)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(cuò)誤；

Ab光折射率大，根據(jù)公式∏=：可知α光在冰晶中的傳播速度大，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)臨界角公式SinC=L因?yàn)閎光折射率大，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(jù)c=/1/可知α光的波長大于b光

的波長，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

根據(jù)題意得出光的折射角的大小關(guān)系，結(jié)合折射定律得出光的折射率的大小關(guān)系；

根據(jù)折射率的計(jì)算公式得出光的傳播速度的大小關(guān)系；

根據(jù)臨界角公式，結(jié)合折射率的大小關(guān)系完成分析：

根據(jù)波速的計(jì)算公式得出光的波長大小關(guān)系。

本題主要考查了光的折射定律，理解光的折射特點(diǎn)，結(jié)合幾何關(guān)系和折射定律即可完成分析。

4.【答案】C

【解析】解：2、根據(jù)速度一時(shí)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(fù)興號的小，故A錯(cuò)誤；

B、8-32s內(nèi)復(fù)興號的加速度為α=上抖=箓年mA?=0?75m∕s2,t=8s時(shí)，復(fù)興號的速度為

CZ?-O

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

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

增大；24—32s內(nèi)，復(fù)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(nèi)，在24s末

兩車頭相距最遠(yuǎn)，故C正確，。錯(cuò)誤。

故選:Co

速度一時(shí)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(jù)速度一時(shí)間公式求

32s時(shí)復(fù)興號的速度；根據(jù)兩車速度關(guān)系確定兩車何時(shí)相距最遠(yuǎn)；根據(jù)位移關(guān)系確定甲、乙兩車再

次并排的時(shí)刻。

解決本題的關(guān)鍵要理解速度一時(shí)間圖像的物理意義，知道圖線的斜率表示加速度，圖線與時(shí)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(yàn)者近似做自由落體運(yùn)動，落倉對體驗(yàn)者的支持力

幾乎為零，所以體驗(yàn)者的視重遠(yuǎn)小于實(shí)重，落倉中的體驗(yàn)者仍受到重力的作用，幾乎所有的重力

提供體驗(yàn)者運(yùn)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(cuò)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(nèi)的體驗(yàn)者先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；

D當(dāng)落倉受力平衡時(shí)，落倉的速度最大。所以落倉速度最大時(shí)，其加速度為零，故。錯(cuò)誤。

故選：B.

當(dāng)落倉具有向下的加速度時(shí)，落倉除與失重狀態(tài)；當(dāng)落倉具有向上的加速度時(shí)，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(yùn)動方向無關(guān)，與物體的加速度方向有關(guān)。

6.【答案】A

【解析】解：4磁鐵轉(zhuǎn)動的過程中通過鋁籠截面的磁通量增加，因此在鋁籠內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電流，根

據(jù)楞次定律可知鋁籠受到安培力作用，導(dǎo)致鋁籠轉(zhuǎn)動，故A正確；

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

籠的轉(zhuǎn)速一定比磁鐵的轉(zhuǎn)速小，故8錯(cuò)誤；

C磁鐵從圖乙位置開始轉(zhuǎn)動時(shí)，導(dǎo)致通過鋁籠截面的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流方

向?yàn)棣痢鷅→c→d→a,故C錯(cuò)誤；

。.當(dāng)磁鐵停止轉(zhuǎn)動后，如果忽略空氣阻力和摩擦阻力，由于鋁籠轉(zhuǎn)動的過程中仍然能產(chǎn)生感應(yīng)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(yùn)動，故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

當(dāng)轉(zhuǎn)動磁鐵時(shí)，導(dǎo)致鋁框的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，出現(xiàn)安培力，導(dǎo)致鋁框轉(zhuǎn)動，

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

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

的磁場變化，從而引起電磁驅(qū)動的現(xiàn)象。

7.【答案】D

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

A錯(cuò)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(cuò)誤；

C、根據(jù)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(yùn)行周期小于地球

同步衛(wèi)星的運(yùn)行周期24人，故C錯(cuò)誤;

。、根據(jù)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(zhì)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(yùn)動。飛船的發(fā)射速度要大于7.9/cm/s。根據(jù)萬有引力提供向心力，得出周

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

運(yùn)行周期和地球半徑，結(jié)合飛船距離地面的高度，可求出地球的質(zhì)量，進(jìn)一步求地球的密度。

本題的解題關(guān)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(zhì)量。

8.【答案】ABD

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

據(jù)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(qiáng)度大，故P點(diǎn)電場強(qiáng)度大，試探電荷受到的電場力大，根據(jù)牛

頓第二定律，加速度也大，故B正確。

CD,根據(jù)質(zhì)點(diǎn)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(diǎn)的電

勢能大于Q點(diǎn)的電勢能，P點(diǎn)的速度小于Q點(diǎn)的速度，故C錯(cuò)誤，。正確。

故選：ABD.

由于粒子只受電場力作用，根據(jù)運(yùn)動軌跡可知電場力指向運(yùn)動軌跡的內(nèi)側(cè)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(jù)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(qiáng)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(yùn)動的思路是：根據(jù)電荷的運(yùn)動軌跡判斷出所受電場力方向，然后進(jìn)

一步判斷電勢、電場強(qiáng)度、電勢能、動能等物理量的變化.

9【答案】AD

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

B、電壓表示數(shù)為有效值，由圖得，線圈電動勢最大值為6/2V，有效值

線圈內(nèi)電阻不計(jì)，所以電壓表的示數(shù)6l故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)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(cuò)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(yīng)電動勢為零，求出電動勢的有效值，因此得到電壓表的示數(shù)；

根據(jù)電功率的計(jì)算公式求解電功率；根據(jù)正弦交流電的一般形式寫出正弦交流電的表達(dá)式。

本題考查了正弦式交變電流的圖象，明確電壓表的示數(shù)是有效值。關(guān)鍵抓住兩個(gè)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(zhuǎn)換點(diǎn)；二是線圈與磁場平

行位置，該位置磁通量為零，是電流強(qiáng)度增大與減小的轉(zhuǎn)換點(diǎn)。

10.【答案】BD

【解析】解：4、電流方向向右，電子向左定向移動，根據(jù)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(cuò)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(guān)，故B正確，C錯(cuò)誤；

D、穩(wěn)定時(shí)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(dǎo)體是自由電子導(dǎo)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(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷電子所受的洛倫茲力方向，判斷哪個(gè)表面聚集電子，再確定M、N兩板電

勢的高低。根據(jù)洛倫茲力等于電場力分析解答。

該題考查了霍爾效應(yīng)及其應(yīng)用，易錯(cuò)點(diǎn)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(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，需要滿足表達(dá)式為:mg(L-LCOSe)=?mv2

由光電門測量速度的原理，可得：V=尢

聯(lián)立可得：g(L-Lcosθ)=??

可知為了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，需要測量的物理量為：物體重心到懸線懸點(diǎn)。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(shí)間仇，不需要測量是由靜止釋放到物體運(yùn)動到光電門位

置所用的時(shí)間3故ABO符合題意，C不符合題意。

故選：Co

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

(3)實(shí)驗(yàn)是研究物體的機(jī)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(shí)

驗(yàn)誤差，擺線應(yīng)該選擇彈性差的線；為了減小空氣阻力對實(shí)驗(yàn)的影響，物體應(yīng)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(jù)機(jī)械能守恒定律，得到需要滿足表達(dá)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(shí)驗(yàn)誤差的要求。

本題考查了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)，分析實(shí)驗(yàn)的原理是解題的前提，掌握光電門測量速度方法，

實(shí)驗(yàn)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(jī)械調(diào)零旋鈕，測量前應(yīng)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(shí)，將部件K撥至“X10”擋，并將兩表筆短接，歐姆調(diào)零時(shí)，應(yīng)旋動部件7,

使指針對準(zhǔn)電阻的“?？叹€”，若多用電表讀數(shù)如圖(甲)所示，指針偏角太小，所選擋位太小，應(yīng)

選擇更大擋位，然后進(jìn)行歐姆調(diào)零，再測電阻，故合理的步驟并進(jìn)行正確排序?yàn)锽AED,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(yīng)先機(jī)械調(diào)零，根據(jù)分度值讀數(shù)；

②根據(jù)多用電表的正確操作分析解答，結(jié)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(shù)，掌握多用電表的結(jié)構(gòu)與實(shí)驗(yàn)方法與注意事項(xiàng)是解題的前

提；對多用電表讀數(shù)時(shí)要先根據(jù)選擇開關(guān)位置確定其所測量的量與量程，然后根據(jù)表盤確定其分

度值，再根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)，讀數(shù)時(shí)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(shí)物電路圖可知，滑動變阻器采用限流接法，為保護(hù)電路，閉合開關(guān)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(nèi)阻r=k—R=5.8。-40=1.8。

③根據(jù)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(diǎn)=/+》

根據(jù)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(shí)值E真=(1+/U

即電動勢的測量值小于真實(shí)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(shí)，為保護(hù)電路閉合開關(guān)前滑片要置于接入電路的阻值最大位置；

②根據(jù)圖示電路圖應(yīng)用閉合電路歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)圖示圖象求出電源電

動勢與內(nèi)阻；

③根據(jù)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(jù)閉合定律的歐姆定

律求解電動勢的真實(shí)值，然后作答。

本題考查了測電源電動勢與內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)，知道實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提圖關(guān)鍵，求出圖象的函數(shù)表達(dá)

式，根據(jù)圖示圖象即可解題。

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

1.2p0SL0=O.5p1SLo

解得:Pi=2.4p0

(2)根據(jù)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(shí)汽缸內(nèi)的壓強(qiáng)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(jù)玻意耳定律得出氣體的壓強(qiáng)；

(2)氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋一呂薩克定律得出氣體的溫度。

本題主要考查了一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程，熟悉氣體狀態(tài)參量的分析，結(jié)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(lián)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(yùn)動的規(guī)律得

%=vt=?t

聯(lián)立解得：〃=0.25

(2)小球恰好能做完整的圓周運(yùn)動，則在最高點(diǎn)時(shí)僅由重力提供向心力，得

mg—m??1

設(shè)碰撞后小球的速度為％,從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程，由機(jī)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(lián)立解得：P小球=5kg-m/s

(3)碰撞后物塊做勻變速直線運(yùn)動，有

0—vf=2ax1

設(shè)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(diǎn)運(yùn)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處的速度大小：v0=6m∕s

答：(1)物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)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