2023年福建省漳州市高考物理質檢試卷(四) 答案解析(附后)

2023年福建省漳州市高考物理質檢試卷（四）

!■如圖，一平行板電容器充電后與電源斷開。若電容器的正極板

保持不動，將負極板緩慢向右平移一小段距離打，則電容器的電容

C、極板上帶電荷量Q、兩極板間電勢差U及電場強度E與負極板c

移動的距離x的關系圖像正確的是（）

分析，確定月球直到20億年前仍存在巖漿活動。該技術依賴的其中一種衰變鏈為譚U經(jīng)一

系列。、，衰變后形成穩(wěn)定的于7b,關于該衰變鏈下列說法正確的是（）

A?松U衰變成小Pb的過程中，不可能放出。射線

B.衰變成于7%需經(jīng)8次。衰變和6次『衰變

C.^1'的半衰期隨外界環(huán)境溫度的增大而變短

D.3衰變是原子核內一個質子轉變成中子的結果

3.2022年7月24日，中國空間站間天實驗艙發(fā)射成

功。中國空間站組建完成后，將從空間站中釋放伴隨衛(wèi)星。

如圖所示，空間站在離地高度約400km的圓軌道繞地球

運行，伴隨衛(wèi)星在橢圓軌道上繞地球運行，P、Q分別為伴

隨衛(wèi)星軌道的遠地點和近地點，伴隨衛(wèi)星在P處時位于空

間站正上方，伴隨衛(wèi)星軌道半長軸與空間站軌道半徑相等,

僅考慮地球的引力作用。則（）

A.空間站的角速度小于地球同步衛(wèi)星的角速度

B.空間站的線速度介于7.9km/s到11.2屈〃/s之間

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C.伴隨衛(wèi)星運行到P點時，線速度比空間站的大

D.伴隨衛(wèi)星繞地球的運行周期與空間站繞地球的運行周期相等

4.如圖，A、B、E、F四點共線，。為AB連線的中點，C、。在AB連線的中垂線上，且

EO-OF,C（）=OD,A,B兩點分別固定電荷量為+：，Q和-2Q的點電荷，貝山）

?D

OF發(fā)

?4——￡??一????——e

+3。!-20

ic

A.C、。兩點的電場強度相同

B.E0兩點間的電勢差與OF兩點間的電勢差相等

C.將一正試探電荷從C點沿著中垂線移到。點過程中，電勢能先增加后減少

D.將一正試探電荷從C點沿著中垂線移到。點過程中，電場力始終不做功

5.某發(fā)電廠原來用llk\/的交流電壓輸電，后來改用升壓變壓器將電壓升高到550k\/輸

電。若輸電的電功率都是P,輸電線路的電阻為R,則下列說法中正確的是（）

A.根據(jù)公式P報=/2〃，為減小輸電功率損失，可以減小輸電電流

B.根據(jù)公式勺“=焦，為減小輸電功率損失，可以降低輸電電壓

C.根據(jù)公式/=，，提高電壓后輸電線上的電流增大為原來的50倍

p1

D.根據(jù)公式/,提高電壓后輸電線上的電流減小為原來的不

6.如圖是學生常用的飯卡內部實物圖，其由線圈和芯片電路組成。當飯卡處于感應區(qū)域時,

會在線圈中產(chǎn)生感應電流來驅動芯片工作。已知線圈面積為S,共。匝，回路總電阻為R。

某次刷卡時，線圈平面與磁感應強度方向垂直，且全部處于磁場區(qū)域內，在感應時間t內，

磁感應強度由0增大到B,此過程中（）

線圈

A.線圈有擴張的趨勢B.通過線圈平面的磁通量變化量為。BS

C.線圈的平均感應電動勢為竽D.通過導線某截面的電荷量為竿

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/?圖甲為某種發(fā)光二極管"ED）,圖乙是其內部結構示意圖。圖形發(fā)光面封裝在某透明

的半球形介質半徑為“中，發(fā)光面的直徑為AOB,其圓心與半球球心重合。已知從。點

發(fā)出的光第一次到達半球面的時間為t,真空中的光速為c,從A點發(fā)出的垂直于發(fā)光面的

A.。點發(fā)出的光在球面處的入射角均為9（廣

B.該介質的折射率為n

C.該發(fā)光面的直徑為世

ct

D.A點發(fā)出的光第一次到達半球面時都能發(fā)生全反射

8.如圖，中國古代的一種斜面引重車前輪半徑為「、后輪半徑為3r,在前后輪之間裝上木

板構成斜面。細繩的一端系緊在后輪軸上，另一端繞過斜面頂端的滑輪與斜面上的重物連接。

推動車子使其水平前進，車輪與地面不打滑，后輪軸轉動時帶動重物沿木板上滑過程中，細

繩始終與斜面平行，貝M）

A.后輪繞軸轉動的角速度與前輪繞軸轉動的角速度之比為L3

B.后輪邊緣點的線速度與前輪邊緣點的線速度之比為3：1

C.若引重車加速運動，則重物將相對于地面做直線運動

D.若引重車加速運動，則重物將相對于地面做曲線運動

9.如圖甲為某汽車消聲器，其結構簡化為圖乙，內部主要由兩個通道構成，聲音自入口進

入后分成兩部分，分別通過通道a、b繼續(xù)向前傳播，在右端會聚在一起后從出口排出，該

消聲器消聲主要利用了波的原理填“多普勒效應”或“干涉”J若要使該消聲器

產(chǎn)生穩(wěn)定的消聲效果，則a、b通道的長度要（填“相等”或“不相等”）o

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入口

出口

b

甲乙

10.如圖甲為一只氣墊運動鞋，鞋底塑料氣墊空間內充滿氣體（可視為理想氣體），可以通

過壓縮氣體產(chǎn)生緩沖效果。已知氣墊內氣體體積為％,壓強為網(wǎng)，不考慮氣墊漏氣。若運動

員穿上鞋子，氣墊內氣體體積被緩慢壓縮到打不計溫度變化，時，氣墊內氣體的壓強變?yōu)?/p>

;若氣墊內氣體溫度緩緩上升（忽略體積變化），此過程中氣墊內的氣體.（填

“吸熱”或“放熱”）。

11-某實驗小組要測量一鐵塊的重力。由于鐵塊的重力超過了刻度不清的彈簧秤量程，為

不損壞彈簧秤，設計如下實驗，可提供選擇器材有：一刻度不清的彈簧秤、細線、鐵塊、白

紙、刻度尺、鉤碼、定滑輪。已知當?shù)刂亓铀俣葹間、鉤碼質量為〃/。

該小組利用上述實驗器材進行實驗：

（1）用彈簧秤豎直掛著鉤碼，如圖甲所示，用刻度尺測出鉤碼靜止時彈簧秤中彈簧的伸長量,

即指針移動的長度八，計算出彈簧的勁度系數(shù)人用〃"、g、，表示一

（2）用彈簧秤與細線互成角度吊起鐵塊，如圖乙所示，靜止時測出彈簧秤中彈簧的伸長量，，

可得此時彈簧秤的彈力Q,—人及-

Hl現(xiàn)已在圖丙中畫出細線OA、OB、OC的拉力方向及拉力的大小，并標記結點請

你在圖丙中用作圖法畫出OA的拉力Fi；

（I）用刻度尺量出圖丙Ei和對應線段的長度，則可得鐵塊的重力Go

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（5）多次實驗，測出鐵塊的重力，需保證/BOC（">”、"v”或“=”）,

才不會超過彈簧秤量程。

12.某實驗小組為了測量一個量程為3U的電壓表內阻約為幾千歐，，設計了如圖甲所示

的電路，可供選擇的實驗器材有：待測電壓表匕滑動變阻器Ri（最大阻值2UN）。），滑動變

阻器例（最大阻值10。），電阻箱/口最大阻值9999.9Q）,電池組/」電動勢約111,開關S,

導線若干。

主要實驗步驟如下：

〃?按圖甲連接好電路；

調節(jié)電阻箱用的阻值為零，閉合開關S,調節(jié)滑動變阻器滑片P,使電壓表滿偏；

，?保持滑動變阻器滑片P位置不變，調節(jié)電阻箱使電壓表示數(shù)為2.00V,記下此時電阻箱的

阻值。

⑴實驗中滑動變阻器應選擇填“小”或“足”）。

⑵根據(jù)圖甲電路，用筆畫線代替導線，請將圖乙中實物圖補充完整。

Hi在步驟c中，記錄的電阻箱阻值如圖丙所示，則該電壓表的內阻為實際上在

調節(jié)電阻箱時滑動變阻器上的分壓會發(fā)生微小變化，如果要考慮其變化的影響，電壓表內阻

的測量值；填“小于”、“等于”或“大于”，真實值。

實驗小組又設計了另一方案，電路如圖丁所示新增電壓表hl,則該方案填正

確答案標號）。

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A可消除調節(jié)電阻箱引起滑動變阻器分壓變化對測量小?的影響

8.可通過兩電壓表示數(shù)和電阻箱阻值得到電壓表內阻，從而減小了系統(tǒng)誤差

C僅調節(jié)電阻箱就能使電壓表U示數(shù)為2.00V,同時電壓表I；，示數(shù)仍為3.00V

13.跳繩是一種健身運動。如圖是某同學在原地跳繩離開地面后豎直方向上的八f圖像。

已知該同學的質量m=45kg,1分鐘內完成跳繩200次，重力加速度g取lOm/M,不計空

氣阻力，求：

Ui該同學重心上升的最大高度九

②每次跳繩該同學克服重力做功W；

(3)每次跳繩該同學克服重力做功的平均功率P。

14.如圖，足夠長的水平傳送帶以恒定的速率=人B

順時針轉動，質量分別為〃Lt=2kg、，"〃=的小滑塊A、—?--------

間夾有少量炸藥，與傳送帶一起勻速運動。某時刻點燃炸藥，3-

爆炸時間極短，爆炸后A的速度瞬間變?yōu)榱?。已知兩滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為

“二?！?，重力加速度g取炸藥爆炸所釋放的能量全部轉化為動能，求：

(I)爆炸后瞬間滑塊B的速度大小V；

(2)炸藥爆炸所釋放的能量E“及爆炸產(chǎn)生的氣體對滑塊A的沖量大小；

⑶炸藥爆炸后滑塊B與傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q。

15.如圖，直角坐標系xOy中存在無限長的平行邊界A/.「與y軸重合，和PQ,兩者間距

為5b,()WT區(qū)域內的x軸上、下部分分別存在垂直紙面向外、向里的勻強磁場，磁

感應強度大小分別為B、：‘，在第二象限內存在沿y軸負方向的勻強電場。現(xiàn)將質量為m,

帶電量為"(4>0)的粒子從點/??(-2/小口處射入電場，倒時改變粒子速度和電場強度大小，

保證粒子均從點(ML3垂直于y軸進入磁場。不計粒子重力，cos3r=0.8=

(1)若電場強度大小為加，求粒子從C點進入磁場時的速率??；

(2)若￡=孚之,求粒子軌跡第一次與x軸交點的坐標；

om

I、若粒子從PQ邊界點/)(5/，./，I飛出，求粒子在兩磁場運動的最短時間f”“”和最長時間Jc。

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F

xxxxxxxx

XXXXXXXX

NXXXXXX

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：八、根據(jù)電容的決定式。=至分析可知，負極板向右移動，板間距離d增大，電

ATTKCI

容減小，故A錯誤；

B、充電后的電容器與電源斷開連接后，極板帶電量Q保持不變，故B錯誤；

C、由。g知，當Q不變，C減小時，U增大，故C錯誤；

D、由。=卑、C=?以及E;得￡=必,，則知在帶電量Q一定時，只改變距離d,E

InkdUdtrS

不變，故D正確。

故選：Do

平行板電容器充電后與電源斷開后，所帶電荷量不變，根據(jù)電容的決定式。=至分析C與x

Anka

關系。由c=*、C=g以及召一與得到E的表達式，再分析E與x的關系，由「=七＜/分

InkdU(1

析。與X的關系，從而選擇圖像。

本題考查電容器的動態(tài)分析，關鍵要抓住平行板電容器充電后與電源斷開后，所帶電荷量Q不變，

結合電容的決定式。=熱?、電容的定義式。=，以及E4進行分析。

ITTAJUd

2.【答案】B

【解析】解：.1在。、，衰變過程中，產(chǎn)生的新核不穩(wěn)定，新核會從高能級向低能級躍遷，并且

伴隨1射線的放出，故A錯誤；

B.由核反應方程：泮UT肥Pb+.r\He+y",e

根據(jù)核反應方程滿足電荷數(shù)守恒，可得：92=82+2x-y

根據(jù)核反應方程滿足質量數(shù)守恒，可得：238=206+4工

解得：x=8,y=6,故8正確；

C.由于半衰期與原子所處的物理狀態(tài)無關、與溫度和化學狀態(tài)無關，所以音，衰變至”7〃，的半

衰期不會隨外界環(huán)境溫度的變化而變化，故C錯誤；

D.，衰變是原子核內一個中子轉變成質子的結果，故。錯誤。

故選：Ba

八、，衰變過程中，產(chǎn)生的新核不穩(wěn)定，會從高能級向低能級躍遷，并且伴隨：射線的放出；

核反應方程滿足質量數(shù)和電荷數(shù)守恒；

半衰期與原子所處的物理狀態(tài)無關，與溫度和化學狀態(tài)無關；

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，衰變是原子核內一個中子轉變成質子的結果。

解題關鍵是明白核反應方程遵循質量數(shù)和電荷數(shù)守恒；明確半衰期與原子所處的物理狀態(tài)、溫度、

化學狀態(tài)等無關；理解，衰變。

3.【答案】D

【解析】解：4、衛(wèi)星繞地球運行時，由寫巴=m32r可得，3=樗）知軌道半徑越小，角

速度越大，因此空間站的角速度大于地球同步衛(wèi)星的角速度，故A錯誤；

B、第一宇宙速度是最大運行速度，因此空間站的線速度小于故B錯誤；

C、伴隨衛(wèi)星過P點做近心運動，所以伴隨衛(wèi)星在P點線速度小于過P點的外切圓軌道的線速度。

由色坐=,“4,可得、膽更可知外切圓軌道的線速度小于空間站的線速度。所以伴隨衛(wèi)星

vlrVr

運行到P點時，線速度比空間站的小，故C錯誤；

由開普勒第三定律W=A?可知，伴隨衛(wèi)星繞地球的運行周期與空間站繞地球的運行周期相等,

T2

故D正確。

故選：。。

首先，根據(jù)萬有引力提供向心力，比較空間站的角速度與地球同步衛(wèi)星的角速度的大小關系；

其次，根據(jù)第一宇宙速度是最大運行速度判斷空間站的線速度是不是介于7.9km/s至之

間；

然后，分析伴隨衛(wèi)星過P點做近心運動的線速度與過P點的外切圓軌道的線速度關系，由萬有引

力提供向心力判斷外切圓軌道的線速度與空間站的線速度關系。進而判斷伴隨衛(wèi)星運行到P點時

的線速度與空間站的線速度關系；

最后，根據(jù)開普勒第三定律判斷伴隨衛(wèi)星繞地球的運行周期與空間站繞地球的運行周期的關系。

本題考查了衛(wèi)星的運動相關的知識，解決本題的關鍵是理解萬有引力提供向心力的模型，理解宇

宙速度與衛(wèi)星的運行速度的關系。

4.【答案】C

【解析】解：.1.由電場的疊加原理可知C、。兩點的電場強度大小相等，方向不同，故A錯誤;

B.不等量異種電荷電場線左密右疏，E0間電勢差大于OF間電勢差，故8錯誤；

C.不等量異種電荷+：，Q和-2Q,可拆分成一對等量異種電荷+2Q、-2Q,和一個A處帶+Q的

點電荷；等量異種電荷I2Q和連線的中垂線上個各點電勢相等，而在點電荷所產(chǎn)生的電

場中，離越近的點，電勢越高，即=由￡,，=<?,得正點電荷的電勢能先增大后

減小，故C正確

。.正試探電荷的電勢能先增加后減少，電場力先做負功后做正功，故。錯誤。

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故選：Co

電場的疊加原理確定電場的大小和方向；根據(jù)電場線分布特點判斷電勢差；￡/，=</?；根據(jù)電場

力做功與電勢能的關系判斷

電場能的性質基礎知識的考察，學生應該注意電場的矢量疊加，根據(jù)電場線分布特點判斷電勢差；

Ep=q'；根據(jù)電場力做功與電勢能的關系判斷這幾方面

5.【答案】AD

【解析】解：」.電線上的損耗功率為P^=I2R,為減小輸電損失，可以減小輸電電流，故A正

確；

B.根據(jù)功率公式R=%，可知廠邛表示輸電線上損失電壓，而不是輸電電壓U,故B錯誤；

C.根據(jù)歐姆定律/=7'-,可知表示輸電線上損失電壓，而不是輸電電壓，故C錯誤；

。.由公式/=最可得，當輸電電壓升高為原來的50倍后，輸電電流變?yōu)樵瓉淼墓?。正確。

U50

故選：AD。

A根據(jù)功率公式「=/A分析作答；

B.根據(jù)功率公式P=^分析作答；

R

C.根據(jù)歐姆定律/=會分析作答；

。,根據(jù)公式分析作答。

本題考查了遠距離輸電過程中的功率損失和電壓損失，要注意公式中各物理量代表的含義，弄清

各公式對應的狀態(tài)是解題的關鍵。

6.【答案】CD

【解析】解：A、線圈平面的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知線圈有收縮的趨勢，故4錯誤；

B、磁通量變化量為BS,與匝數(shù)無關，故8錯誤；

C、線圈的平均感應電動勢：E=〃當，故C正確；

D、通過導線某截面的電荷量：<7=52^=臀，故。正確。

故選：CD。

根據(jù)楞次定律先判斷線圈磁通量增大或減小，從而確定擴張或收縮的趨勢；

根據(jù)磁通量的定義判斷；

根據(jù)法拉第電磁感應定律計算線圈的平均感應電動勢；

根據(jù)閉合電路歐姆定律以及電荷量與電流的關系計算通過導線某截面的電荷量。

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本題主要考查法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律的應用，要掌握磁通量的一般公式

中=BSc小〃，式中〃是線圈與磁場垂直方向的夾角。

7.【答案】BC

【解析】解：八、0點發(fā)出的光線與法線重合，則。點發(fā)出的光線在球面處的入射角均為u,故

A錯誤；

B、光在該介質中的傳播速度〃'，從。點發(fā)出的光在介質中的傳播時間f=聯(lián)立解得：

nv

n=R，故B正確；

CD,如圖所示，從A點發(fā)出垂直發(fā)光面的光線，入射角最大，恰能發(fā)生全反射，則其他光線均

不會發(fā)生全反射。

設發(fā)光面的半徑為r,由幾何關系可得：sint=^,解得該發(fā)光面的半徑：,?=5，所以該發(fā)光

面的直徑為巴L,故C正確，D錯誤。

ct

故選：BC。

入射角是入射光線與法線的夾角。根據(jù)光在該介質中的傳播速度〃=，，以及從。點發(fā)出的光在

介質中的傳播時間f="相結合求解介質的折射率。從A點發(fā)出垂直發(fā)光面的光線，入射角最大,

V

恰能發(fā)生全反射，其他光線均不會發(fā)生全反射，由臨界角公式sinC=」和幾何關系相結合求解該

11

發(fā)光面的直徑。

解答本題的關鍵要掌握全反射條件和臨界角公式sinC'=；,畫出臨界光路圖，利用幾何知識幫助

解答。

8.【答案】AC

【解析】解：AB,同緣傳動線速度相等，所以后輪邊緣點的線速度與前輪邊緣點的線速度相等,

根據(jù)”=2得角速度之比為1：3,故A正確，B錯誤;

C。、引重車水平前進的過程中，重物同時參與了在水平方向的加速運動和沿斜面方向的加速運動,

合運動的速度與加速度同向，所以重物做加速直線運動，故C正確，。錯誤。

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故選：AC.

同緣傳動線速度相等；同軸傳動角速度相等，重物同時參與了在水平方向的加速運動和沿斜面方

向的加速運動，根據(jù)平行四邊形定則判斷合運動。

本題關鍵能分清同緣傳動和同軸傳動，還要能結合公式〃―斯,列式求解，明確物體做曲線運動的

條件。

9.【答案】干涉不相等

【解析】解：根據(jù)題意，結合圖乙可知，該消聲器的消聲原理為利用聲波沿兩個通道傳播的路程

差為半個波長的奇數(shù)倍，從而產(chǎn)生穩(wěn)定的消聲效果，

故該消聲器的消聲原理為波的干涉，

利用聲波沿兩個通道傳播的路程差為半個波長的奇數(shù)倍，從而產(chǎn)生穩(wěn)定的消聲效果，因此要求a、b

通道的長度不相等。

故答案為：干涉；不相等

根據(jù)題意，結合圖乙可知，該消聲器的消聲原理為利用聲波沿兩個通道傳播的路程差為半個波長

的奇數(shù)倍，從而產(chǎn)生穩(wěn)定的消聲效果，據(jù)此解答即可。

解題關鍵是要根據(jù)題意判斷該消聲器的工作原理。

10.【答案】吸熱

【解析】解：（1）對氣墊內氣體，由玻意耳定律；或理想氣體狀態(tài)方程，有

4

濁匕=1Z

o

5

解得Pi=~Pi）

4

（2）由熱力學第一定律△"=w+Q可知，氣體溫度上升，內能增加，Ar（I,忽略體積變化,

w=o,則Q>0,故氣體吸熱。

故答案為：,卜；吸熱。

（1）對氣墊內氣體，由玻意耳定律或理想氣體狀態(tài)方程，列方程可求。

（2）由熱力學第一定律△（/=%'+（，分析可求。

本題主要考查理想氣體狀態(tài)方程：或氣體實驗定律?、熱力學第一定律的應用，應用熱力學第一定

律時，要注意溫度與內能的關系、體積與做功的關系。

11?【答案】

第12頁，共17頁

【解析】解：(11彈簧的勁度系數(shù)為卜

(3)作圖法畫出匕如圖所示

(5)由數(shù)學知識可知只有滿足乙40。＞，才能保證＜Ei=G,才不會超過彈簧秤量程。

故答案為：(1)詈；⑵見詳解；(3)＞。

川根據(jù)胡克定律計算；

(3)根據(jù)圖示法做出Fa；

內根據(jù)數(shù)學知識分析判斷。

本題考查用力的平行四邊形測定重力，要求掌握實驗原理、數(shù)據(jù)處理和誤差分析。

12.【答案】/?,2991.0大于AB

【解析】解：(“滑動變阻器由于采用的是分壓式接法，為方便調節(jié)應該選擇最大阻值較小的滑動

變阻器，故選擇八」。

以根據(jù)電路圖連接實物圖如圖。

(3)在步驟c中，記錄的電阻箱示數(shù)為

Ro=1x1000Q+4x100J1+9x10Q+7x4-0x0.1。=1497.()12,若認為調節(jié)電阻箱時滑

動變阻器上的分壓不變，根據(jù)串聯(lián)電路的分壓特點有=2島=2x1497.0。=2.994.0?

根據(jù)設計的電路，在調節(jié)電阻箱時滑動變阻器上的分壓變大，大于3H故電阻箱兩端電壓大于

1.00V,所以測量值大于真實值。

第13頁，共17頁

11）八.原方案，調節(jié)電阻箱引起滑動變阻器分壓變化，導致測量誤差，采用新方案可消除調節(jié)電

阻箱引起滑動變阻器分壓變化對測量的影響，故4正確；

8.可通過兩電壓表示數(shù)之差除以電阻箱阻值得到通過電壓表的電流，再利用待測電壓表示數(shù)除以

電流，即可得"「，從而減小了系統(tǒng)誤差，故B正確；

C在原方案，保持滑動變阻器的滑片位置不動的目的是要使電壓表和電阻箱兩端總電壓幾乎不變

?為:，當增大電阻箱電阻時，總電壓變大。加上電壓表I；，后，需共同調節(jié)滑動變阻器和電阻

箱，才能在保證電壓表任示數(shù)為2.00丫時,電壓表％示數(shù)仍為3.00、,故C錯誤。

故選：AB。

故答案為：（1）%；⑵見解析；（3）2994.0,大于;（4）4B。

ui根據(jù)方便調節(jié)原則選擇滑動變阻器；

⑵根據(jù)電路圖連接實物圖；

（3）讀出電阻箱的讀數(shù)，根據(jù)串聯(lián)電路的分壓特點計算電壓表內阻，分析調節(jié)電阻箱對電路和實驗

結果的影響；

i1：根據(jù)歐姆定律分析判斷。

本題考查測量電壓表內阻實驗，要求掌握實驗原理、實驗電路、實驗步驟和數(shù)據(jù)處理。

13.【答案】解：（1）由圖可知，該同學每次離地上升時間為h=（）」.、，則有

解得：h=0.05?1

以每次跳繩上升過程克服重力做功為

W=mgh=45x10x0.05J=22.5J

（3）由圖可知每次跳繩用時”=（）.3s,則每次跳繩該同學克服重力做功的平均功率為

IV225

P=—=與卬=75W

揚0.3

答：（1］該同學重心上升的最大高度h為o.（）5m；

121每次跳繩該同學克服重力做功1/1/為221/；

（用每次跳繩該同學克服重力做功的平均功率P為75W。

【解析】（”由圖讀出該同學每次離地上升時間，由位移-時間公式求解該同學重心上升的最大高

度h；

（2）根據(jù)巾=〃，/求每次跳繩該同學克服重力做功1/1/；

司根據(jù)/，=I：計算每次跳繩該同學克服重力做功的平均功率P。

本題要注意審題，明確重力做功的過程，區(qū)別該同學每次上升的時間和完成一次跳繩的時間。

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14.【答案】解（1）炸藥爆炸瞬間，以向右為正方向，由動量守恒定律得（m,x+=ml}v

代入可得：。=3"八

?2炸藥爆炸瞬間，由能量守恒定律得：品心+”3那+國=

代入數(shù)據(jù)得到：&）=6J

爆炸產(chǎn)生的氣體對滑塊A的沖量，由動量定理可知：/=

代入數(shù)據(jù)得到：Il-V.>

（：“炸藥爆炸后B做勻減速運動，直到與傳送帶共速有：vo=v-at

根據(jù)牛頓第二定律有：=

B的位移：58=安%

傳送帶位移：3=/t

由于摩擦產(chǎn)生的熱量:Q=-.8）

代入數(shù)據(jù)得到：Q=2J

答：（1）爆炸后瞬間滑塊8的速度大小v為3m/a；

「炸藥爆炸所釋放的能量h為6J,爆炸產(chǎn)生的氣體對滑塊人的沖量大小為-4N?s；

i3i炸藥爆炸后滑塊B與傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q為2JO

【解析】（1）炸藥爆炸瞬間，系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律與題設條件求B的速度。

2炸藥爆炸瞬間，由能量守恒定律求爆炸釋放的能量，對入滑塊應用動量定理求爆炸對A的沖

量；

（：“應用勻變速直線運動的運動學公式求出B滑塊的運動時間和位移，再求出傳送帶的位移，由

摩擦生熱的公式求熱量。

本題考查了動量守恒定律的應用，分析清楚滑塊的運動過程后應用牛頓第二定律和運動學公式逐

段研究物體的運動狀態(tài)，應用動量守恒定律、能量守恒定律等即可解題」應用動量守恒定律解題

時要注意正方向的選擇。

15.【答案】解：斜拋運動上升段可看作平拋運動的逆運動

根據(jù)類平拋運動規(guī)律，沿y軸方向做勻速運動2h=vot

沿x軸方向做勻加速運動/，=］武

由牛頓第二定律得,=ma

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得即=、色或

⑵當E=迎也時

8m

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粒子進入