河北省邯鄲市部分校2024-2025學(xué)年高三年級(jí)上冊(cè)月考物理試卷（二）解析版

2025新高考單科模擬綜合卷（二）

物理

考生注意：

1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分.滿分100分，考試時(shí)間75分鐘.

2.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在本試卷和答題卡相應(yīng)位置上.

3.請(qǐng)按照題號(hào)順序在各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、

試題卷上答題無效.

4.考試結(jié)束后，將本試題卷和答題卡一并上交.

一、選擇題：本題共10小題，共43分.第1?7題只有一個(gè)選項(xiàng)符合要求，每小題4分；

第8?10題有多個(gè)選項(xiàng)符合要求，每小題5分，全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分,

有選錯(cuò)的得0分.

1.宇宙射線進(jìn)入地球大氣層時(shí)，同大氣作用產(chǎn)生中子，中子撞擊大氣中的;4N會(huì)引發(fā)核反

應(yīng)產(chǎn)生具有放射性的;“C,；4c能自發(fā)地衰變?yōu)?4N,半衰期為5730年。對(duì)此，下列說法

正確的是（）

A.；4c發(fā)生的是a衰變

B.（C衰變輻射出的粒子來自于碳原子核內(nèi)的中子

C.由于溫室效應(yīng)，的半衰期會(huì)發(fā)生微小變化

D.若測(cè)得一古木樣品的（C含量為活體植物的工，則該古木距今約為H460年

2

【答案】B

【解析】A.根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，得該核反應(yīng)方程為；4C-；4N+°1e

1c發(fā)生的是夕衰變，故A錯(cuò)誤；

B.；4c衰變輻射出的粒子來自于碳原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)變成的質(zhì)子時(shí)放出的電子，故B正確;

C.外界條件不會(huì)引起半衰期發(fā)生變化，故c錯(cuò)誤；

D.若測(cè)得一古木樣品的含量為活體植物的二則該古木距今經(jīng)過了一個(gè)半衰期，約為

5730年，故D錯(cuò)誤。故選B。

2.如圖甲所示，LC電路中，已充電的平行板電容器兩極板水平放置，，-/圖像（圖乙）表

示電流隨時(shí)間變化的圖像。已知在Z=0時(shí)刻，極板間有一帶負(fù)電的灰塵恰好靜止。在某段時(shí)

間里，回路的磁場(chǎng)能在減小，同時(shí)灰塵的加速度在增大，則這段時(shí)間對(duì)應(yīng)圖像中哪一段（）

A.0~4B.a~bC.b-cD.c?d

【答案】B

【解析】由所示圖像可知，仁0時(shí)刻電路電流為0,電容器剛剛充電完畢，此時(shí)上極板帶正

電。由圖可知，段電路電流逐漸增加，磁場(chǎng)能增加，電容器放電；外段電路電流減小,

磁場(chǎng)能減少，電容器充電，上極板帶負(fù)電，粒子受到的電場(chǎng)力方向向下，根據(jù)牛頓第二定律

mg+qE=ma{

可知灰塵的加速度在增大；兒段電路電流變大，磁場(chǎng)能增大，電容器放電；cd段電路電流

減小，磁場(chǎng)能減少，電容器充電，上極板帶正電，粒子受到的電場(chǎng)力方向向上，根據(jù)牛頓第

二定律mg-qE=ma2

可知灰塵的加速度在減小。綜上所述，這段時(shí)間對(duì)應(yīng)圖像中段。故選B。

3.地鐵靠站時(shí)列車車體和屏蔽門之間安裝有光電傳感器。如圖甲所示，若光線被乘客阻擋,

電流發(fā)生變化，工作電路立即報(bào)警。如圖乙所示，光線發(fā)射器內(nèi)大量處于〃=3激發(fā)態(tài)的氫

原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，輻射出的光中只有八b兩種可以使該光電管陰極逸出光電子，圖丙

所示為。、6光單獨(dú)照射光電管時(shí)產(chǎn)生的光電流/與光電管兩端電壓U的關(guān)系圖線。下列說

法正確的是（）

光

線

發(fā)

射

器

A.該光電管陰極材料逸出功大于1.89eV

B.a光的頻率高于b光的頻率

C.經(jīng)同一障礙物時(shí)，6光比a更容易發(fā)生明顯衍射

D.若部分光線被遮擋，則放大器的電流將增大，從而引發(fā)報(bào)警

【答案】A

【解析】A.〃=3激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)釋放的能量為

El=-1.5leV-(-3.40)eV=1,89eV

E2=-3.40eV-(-13.6)eV=10.20eV

E3=-1.51eV-(-13.6)eV=12.09eV

輻射出三種光中只有a、6兩種可以使該光電管陰極逸出光電子，所以該光電管陰極材料

的逸出功大于1.89eV,故A正確；

B.根據(jù)

eUc=Ekm=hv-W

a光的遏止電壓低于6光的遏止電壓，a光的頻率低于6光的頻率，故B錯(cuò)誤；

C.a光的頻率低于6光的頻率，則。光的波長(zhǎng)大于。光的波長(zhǎng)，經(jīng)同一障礙物時(shí)，。光比b

更容易發(fā)生明顯衍射，故C錯(cuò)誤；

D.若部分光線被遮擋，光電子減少，則放大器的電流將減小，從而引發(fā)報(bào)警，故D錯(cuò)誤。

故選Ao

4.如圖所示，水平面上固定一個(gè)絕緣支桿，支桿上固定一帶電小球A,小球A位于光滑小

定滑輪。的正下方，絕緣細(xì)線繞過定滑輪與帶電小球B相連，在拉力廠的作用下，小球B

靜止，此時(shí)兩球處于同一水平線。假設(shè)兩球的電荷量均不變，現(xiàn)緩慢釋放細(xì)線，使球B移

動(dòng)一小段距離。在此過程中，下列說法正確的是()

A.細(xì)線中拉力一直減小

B.球B受到的庫侖力先減小后增大

C.球A、B系統(tǒng)的電勢(shì)能保持不變

D.拉力做負(fù)功，庫侖力做正功

【答案】C

【解析】對(duì)小球B分析可知，受細(xì)線的拉力T,靜電斥力P和重力G,

GJ=F=幼/

hLrr3

現(xiàn)緩慢釋放細(xì)線，使球B移動(dòng)一小段距離，可知L變大，細(xì)線中的拉力T變大；r不變，球

B受到的庫侖力不變；球A、B系統(tǒng)的電勢(shì)能保持不變；拉力做負(fù)功，球A、B間距離不變,

庫侖力做不做功。

故選Co

5.如圖所示是醫(yī)院給病人輸液的部分裝置示意圖，A、B瓶頂部的氣體可視為理想氣體，在

輸液過程中室溫保持不變，下列說法正確的是（）

B.隨著A瓶液面下降，A瓶?jī)?nèi)C處氣體壓強(qiáng)保持不變

C.隨著A瓶液面下降，A瓶?jī)?nèi)C處氣體壓強(qiáng)逐漸減小

D.隨著液面下降，A瓶?jī)?nèi)C處氣體內(nèi)能逐漸增大

【答案】D

【解析】A.瓶口處液面的壓強(qiáng)始終等于大氣壓強(qiáng)，藥液從B瓶中流下，B瓶?jī)?nèi)封閉的氣體

體積有增大趨勢(shì)，溫度不變，根據(jù)玻意耳定律知?dú)怏w壓強(qiáng)有減小趨勢(shì)，A瓶中藥液進(jìn)入B

瓶，在A瓶藥液用完前B瓶液面保持不變，所以A瓶藥液先用完，故A錯(cuò)誤；

BC.由于A瓶瓶口處液面的壓強(qiáng)始終和大氣壓相等，A瓶?jī)?nèi)藥液流入B瓶，A瓶液面下降,

其液體產(chǎn)生的壓強(qiáng)減小、外界空氣進(jìn)入A瓶，使A瓶?jī)?nèi)C處氣體的壓強(qiáng)增大，故BC錯(cuò)誤;

D.隨著液面下降，進(jìn)入A瓶?jī)?nèi)的空氣越來越多，理想氣體內(nèi)能只和物質(zhì)的量和溫度有關(guān)，

溫度不變，分子數(shù)增加，內(nèi)能增加，故D正確。

故選D。

6.如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為2：1,電源的輸出電壓

〃=30后sin100m（V）,定值電阻N=20Q,4=2.5Q,滑動(dòng)變阻器耳的最大阻值為

5Q,°、6為滑動(dòng)變阻器的兩個(gè)端點(diǎn)，所有電表均為理想電表。現(xiàn)將滑動(dòng)變阻器滑片P置于

A.電流表示數(shù)為昌

B.電壓表示數(shù)為10V

C.滑片P由b向a緩慢滑動(dòng)，&消耗的功率減小

D.滑片P由6向。緩慢滑動(dòng)，變壓器的輸出功率減小

【答案】C

【解析】AB.題圖的電路圖可以等效為

設(shè)原線圈兩端電壓為5,副線圈兩端電壓為。2,又因?yàn)槔硐胱儔浩髟本€圈的功率相等,

有

u；_u；

R+RR3+R)

U2n2

整理有

/\2

耳+R=區(qū)(叫+&)

\n2)

電源的電壓輸出為

〃=300sin100乃川V)

因?yàn)殡娏鞅砗碗妷罕頊y(cè)量的為有效值，電源的有效值為30V,電流表的示數(shù)為

=1.0A

&+R；+'R,

原線圈兩端電壓的有效值為

q有=M有-困

電壓表測(cè)量的是副線圈兩端的電壓，即

。隋二%

“2有巧

整理有

4有=5V

故AB錯(cuò)誤：

C.當(dāng)滑片P從b向。緩慢滑動(dòng)過程中，%阻值變大，根據(jù)電流規(guī)律可知，總電阻變大,

結(jié)合之前的分析可知，流過電阻飛的電流減小，由變壓器規(guī)律，流過副線圈的電流也成比

例減小，電阻&不變，電流減小，根據(jù)P=/2尸，所以功率減小，故C正確；

D.由之前的分析，可以將電阻與與電源放在一起，等效成新電源，其副線圈輸出功率變

為新電源的輸出功率，有電源的輸出功率的規(guī)律可知，當(dāng)?shù)刃щ娮璧扔谛码娫吹膬?nèi)阻20。

時(shí)，即用=2.5Q,其輸出功率最大，所以在滑片從6向。緩慢滑的過程中，其副線圓的輸

出功率先增大，后減小，故D錯(cuò)誤。

故選C。

7.如圖甲所示，平面直角坐標(biāo)系尤Oy的第一象限（含坐標(biāo)軸）內(nèi)有垂直平面周期性變化的

均勻磁場(chǎng)（未畫出），規(guī)定垂直xOy平面向里的磁場(chǎng)方向?yàn)檎?，磁?chǎng)變化規(guī)律如圖，已知磁

感應(yīng)強(qiáng)度大小為瓦），不計(jì)粒子重力及磁場(chǎng)變化影響。某一帶負(fù)電的粒子質(zhì)量為相、電量為

q,在f=0時(shí)從坐標(biāo)原點(diǎn)沿y軸正向射入磁場(chǎng)中，將磁場(chǎng)變化周期記為"，要使粒子在t=To

時(shí)距y軸最遠(yuǎn)，則”的值為（）

倒竹

B。-

V。

01x0^—T3—Tt

--B---■5o.50

3。

甲乙

143萬加2兀m3兀m143乃祖

BCD

A.72叫，,qB0,qB°.144隹。

【答案】A

2

【解析】粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)o~54）時(shí)間內(nèi)，有

2

QV0B0=m型

r\

解得

r

qB。

周期為

2TTr271m

=-

%qB°

~"時(shí)間內(nèi)，有

2?說

^ox-Bo=m—

3與

解得

3mv

r,=-----0-=1.5K

2qB。

周期為

小匹=隨=1%

%QBO

要求在7b時(shí)，粒子距y軸最遠(yuǎn)，做出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖

sin0=-—=0.6

4+馬

解得

6=37°

2

則0~二"時(shí)間內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的圓心角為

萬一8=143°

可得

143°丁

360°1

聯(lián)立，解得

1437rm

72Mo

故選A?

8.建造一條能通向太空的天梯，是人類長(zhǎng)期的夢(mèng)想。一種簡(jiǎn)單的設(shè)計(jì)是把天梯看作一條長(zhǎng)

度達(dá)千萬層樓高的質(zhì)量均勻分布的纜繩，它由一種高強(qiáng)度、很輕的納米碳管制成。如圖所示,

虛線為同步衛(wèi)星軌道，天梯本身呈直線狀；其上端指向太空，下端剛與赤道接觸但與地面之

間無相互作用；兩個(gè)物體M、N在太空天梯上如圖位置，整個(gè)天梯及兩物體相對(duì)于地球靜

止不動(dòng)，忽略大氣層的影響，分析可知（）

同

步

衛(wèi)

赤吧'\N

星

道

軌/太空天梯

道/

A.太空天梯對(duì)物體M的力指向地面

B.太空天梯對(duì)物體N的力指向地面

物體M脫離太空天梯后可能撞向地球

D.物體N脫離太空天梯后可能撞向地球

【答案】BC

【解析】A.根據(jù)題意知，太空天梯上處于同步衛(wèi)星軌道的物體，只受地球引力，隨同步衛(wèi)

星一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律列式

?Mm4病

G——=m——r

“2r20

而整個(gè)天梯及兩物體相對(duì)于地球靜止不動(dòng)，故T相同，對(duì)物體M,軌道半徑

"4

設(shè)太空天梯對(duì)天梯上物體的力大小為尸，則必有

八Mm-47r2

(J—；——F=m——r

r2T-

故太空天梯對(duì)物體M的力與地球?qū)ξ矬wM的引力方向相反，背離地面，故A錯(cuò)誤;

B.同理，對(duì)物體N,軌道半徑

廠＞4

則必有

_Mm〃4》之

G——+F=m-^-r

故太空天梯對(duì)物體N的力指向地面，故B正確;

C.物體M脫離太空天梯后，地球引力大于物體需要的向心力，做近心運(yùn)動(dòng)，故物體M脫

離太空天梯后可能撞向地球，故C正確;

D.物體N脫離太空天梯后，地球引力小于物體需要的向心力，做離心運(yùn)動(dòng)，故不可能撞向

地球，故D錯(cuò)誤。故選BC

9.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿絕緣水平面建立無軸，水平向右為正方向，兩個(gè)電荷量相等的小球

（可視為點(diǎn)電荷）分別固定在無軸上的M、N處，M、N的坐標(biāo)分別為x=TL和x=4L,

如圖（a）所示。M、N連線上各點(diǎn)的電勢(shì)。與位置坐標(biāo)尤的關(guān)系如圖（b）所示，x=—2L

12

處的電勢(shì)為一統(tǒng)，x=L處的電勢(shì)為-一（p0o在％=—2L處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為加的帶

615

電滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），滑塊向右運(yùn)動(dòng)到％=L處時(shí)速度恰好為零。已知滑塊與水平面間的

B.滑塊在x=-2L處受到的電場(chǎng)力小于在x=L處受到的電場(chǎng)力

C.滑塊運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)時(shí)的加速度為月g

lOumeL

D.滑塊所帶的電荷量大小為“5

（Po

【答案】ABC

【解析】A.由。-x圖像可知，在M、N之間電勢(shì)從左向右逐漸降低，電場(chǎng)方向從左向右,

即電場(chǎng)線起源與M位置點(diǎn)電荷，終止于N點(diǎn)電荷，可知M處小球帶正電，N處的小球帶負(fù)

電，故A錯(cuò)誤；

B.尤圖像在某點(diǎn)切線斜率的絕對(duì)值等于該點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小，由圖像可知，在x=-2L

處圖像斜率的絕對(duì)值大于%=L處圖像斜率的絕對(duì)值，即在x=-2L處的電場(chǎng)強(qiáng)度大于

九=心處的電場(chǎng)強(qiáng)度，即滑塊在x=-2L處受到的電場(chǎng)力大于在x=L處受到的電場(chǎng)力，故

B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)圖像，在原點(diǎn)的斜率的絕對(duì)值不為0,即原點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不為0,滑塊運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)

時(shí)受到的電場(chǎng)力不為零，因此合外力為電場(chǎng)力與摩擦力的合力，加速度不為月g,故C錯(cuò)誤;

D.滑塊從x=-2L處運(yùn)動(dòng)到尤=L處，根據(jù)能量守恒定律有

q:0。一1一三0。）］=〃儂,3乙

解得

WumeL

q=----------

（P。

故D正確。

本題選不正確的，故選ABC。

10.如圖所示，一固定的高為/I的光滑斜面與逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)、足夠長(zhǎng)的水平傳送帶平滑連

接于N點(diǎn)。質(zhì)量為機(jī)的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）自斜面最高點(diǎn)M由靜止釋放，滑塊在傳送帶

上運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后返回斜面，上升到最高點(diǎn)時(shí)距N點(diǎn)高度為0.5鼠已知滑塊與傳送帶間的

動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）

M

B.經(jīng)過足夠長(zhǎng)的時(shí)間，滑塊最終靜止于N點(diǎn)

C.滑塊第一次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的完整過程中，在傳送帶上形成的劃痕長(zhǎng)度為+

4〃

D.滑塊第三次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的完整過程中與相同時(shí)間內(nèi)傳送帶上沒有滑塊相比，電動(dòng)機(jī)

多做功

【答案】AD

【解析】A.滑塊第一次到達(dá)N點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理有

mgh=gmVg

解得

%=y/^gh

令滑塊第一次返回N點(diǎn)速度大小為匕，根據(jù)動(dòng)能定理有

12

-mg-0.5/z=0--mv1

解得

Vi=4gh

由于

%<%

可知，傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的速度大小為向，故A正確；

B.結(jié)合上述可知，由于斜面光滑，滑塊從斜面第二次滑下過程機(jī)械能守恒，即第二次到達(dá)

N點(diǎn)的速度與初速度的速度大小相等，均等于向，滑塊再次滑上后在傳送帶上做雙向勻

變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，再次到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的速度仍然為朝，可知，滑快

最終在N點(diǎn)左側(cè)的斜面與右側(cè)的傳送帶上均做雙向的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，即在N點(diǎn)左右兩側(cè)

做往返運(yùn)動(dòng)，滑塊不會(huì)靜止于N點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；

C.結(jié)合上述可知，滑塊第一次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的完整過程中，滑塊先向右做勻減速直線運(yùn)

動(dòng)，減速至0后向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速至與皮帶速度相等后做勻速直線運(yùn)動(dòng)返回N

點(diǎn)，在勻變速直線運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)速度公式有

_匕=%一g

皮帶的位移為

X1=v1t

滑塊的位移

AQ-b

~2

滑塊與傳送帶的相對(duì)位移大小

X相對(duì)-X1+X2

解得

（3+2>/2）A

%相對(duì)二77

滑塊在傳送帶上形成的劃痕長(zhǎng)度與相對(duì)位移大小相等，故C錯(cuò)誤;

D.結(jié)合上述可知，滑塊每次在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)過程完全相同，均是在做相同的雙向勻變速

直線運(yùn)動(dòng)，則有

一匕=%一g%

則在滑塊第三次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的完整過程中，對(duì)皮帶進(jìn)行分析可知，電動(dòng)機(jī)做功為

叱=耳卬1=jumgv^=2mgh

可知，相同時(shí)間內(nèi)傳送帶上沒有滑塊相比，電動(dòng)機(jī)多做功2mg/z,故D正確。

故選AD?

二、非選擇題：本題共6小題，共57分.

11.某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)用拉力傳感器進(jìn)行“測(cè)量重力加速度”并“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)

驗(yàn)。一根輕繩一端連接固定的拉力傳感器，另一端連接小鋼球，如圖①所示。

圖①

（1）用游標(biāo)卡尺測(cè)出小鋼球直徑結(jié)果如圖②所示。則其直徑mm；

1主尺2cm

IillIIIIIIIIIII

|???II????I

0游標(biāo)尺10

圖②

（2）讓小鋼球以較小的角度在豎直平面內(nèi)擺動(dòng)，從計(jì)算機(jī)中得到拉力大小隨時(shí)間變化的關(guān)

系圖像如圖③，則小球擺動(dòng)的周期為7=s；

圖③

（3）該同學(xué)還測(cè)得該單擺的擺線長(zhǎng)為3則重力加速度的表達(dá)式為g=（用物

理量T、L、。表示）；

（4）將擺球多次拉離豎直方向一定角度后由靜止釋放，測(cè)得拉力的最小值B與最大值/2

并得到丑一B圖線，如圖④，如果小球在擺動(dòng)的過程中機(jī)械能守恒，則該圖線斜率的絕對(duì)

值等于O

圖④

【答案】（1）9,3（2）2.0

（3）4/"+；）##2/3+0

—不----T2

（4）2

【解析】【小問1詳析】

由圖示游標(biāo)卡尺可知，其示數(shù)為

Z）=9mm+3x0.lmm=9.3mm

【小問2詳析】

相鄰兩次拉力最大的時(shí)間間隔為半個(gè)周期，由圖可知單擺的周期約為

T=2（1.5-0.2）s=2.0s

【小問3詳析】

根據(jù)單擺的周期公式可得

4K

g=

【小問4詳析】

由題意，當(dāng)擺線與豎直方向的夾角為零時(shí)，小球在最低處靜止不動(dòng)時(shí)力傳感器示數(shù)為R）,

最小值與最大值相同

Fl=F2=F0=mg

所以圖像過（尸0,同）；當(dāng)擺線與豎直方向的夾角為90。時(shí)

2

8=0,F—F=m—

2OL

從開始到最低點(diǎn)若機(jī)械能守恒，則有

mgL=^mv~

解得

居=3與

結(jié)合圖像過（Fo,Fo）,尸2—B圖線的斜率為

12.某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)設(shè)計(jì)了測(cè)量物體質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)，所用器材如圖甲所示。主要步驟如下:

012

lllllIIIIlllllIIIIIlliIIII

|im|liif|iiii|iiii|

01020

乙

（1）用游標(biāo)卡尺測(cè)量滑塊上遮光條的寬度d,讀數(shù)如圖乙所示，則"=____________mm。

（2）滑塊在牽引力作用下先后通過兩個(gè)光電門，配套的數(shù)字計(jì)時(shí)器記錄了遮光條通過第一

個(gè)光電門的時(shí)間為通過第二個(gè)光電門的時(shí)間為遮光條從開始遮住第一個(gè)光電門

到開始遮住第二個(gè)光電門的時(shí)間為f,則滑塊的加速度大小的表達(dá)式為。=（用

△%、八小，和d表?。?。

（3）依次增加所掛槽碼個(gè)數(shù)，記錄每次實(shí)驗(yàn)槽碼的總質(zhì)量相，并計(jì)算出滑塊相應(yīng)的加速

度a,以工為橫軸、,為縱軸，建立直角坐標(biāo)系，通過描點(diǎn)連線得到圖像如圖丙中

maam

I所示，圖線I的斜率為K,在縱軸上的截距為60

(4)將待測(cè)物體固定在滑塊的凹槽內(nèi)，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)步驟(2)和(3),在圖丙中畫出新的

---圖像n,若圖線II的斜率為k2,在縱軸上的截距也為bo已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,

am

則下列關(guān)系式中正確的是

丙

A.b=gB.b=LC.b=g1D.b=Jg

g

(5)則待測(cè)物體的質(zhì)量(用匕，42,°表示)。

d(A0-At,)k-,—k.

【答案】(1)5.30(2)—-------"(4)B(5)」——L

△SWb

【解析】(1)口］20分度的游標(biāo)卡尺精確度為0.05mm,由圖可知讀數(shù)為

5mm+6x0.05mm=5.30mm

(2)［2］在極短時(shí)間內(nèi)的平均速度等于該時(shí)刻的瞬時(shí)速度，則滑塊通過光電門1的速度為

d

V.=—

Ar,

滑塊通過光電門2的速度為

根據(jù)

d(A?1—At。)

(4)[3]滑塊的質(zhì)量為Mo,待測(cè)物體的質(zhì)量為滑塊受到拉力為R由牛頓第二定律有

F=(M0+M)a

對(duì)鉤碼有

mg—F=ma

聯(lián)立得

——1=—M.-+--M------1--1—1

agmg

縱軸截距為

b=-

g

故選B。

(5)[4]由上述分析可知斜率為

必=4

g

M+M,

-----n="

g

解得

M=k1ZkL

b

13.電子測(cè)力計(jì)在醫(yī)藥、汽車、機(jī)械等各種行業(yè)都被廣泛使用，具有操作方便、測(cè)量精度較

高等特點(diǎn)。哈九中小峰同學(xué)想利用電流表表盤與彈簧制作一個(gè)簡(jiǎn)易電子測(cè)力計(jì)。

678(cm)

???????|11??|???11????|???

0510

甲

拉鉤

_wwww--O

彈簧

導(dǎo)體棒'

（A）

乙

（l）小峰同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室找來一根粗細(xì)均勻的導(dǎo)體棒，其每厘米電阻為4=L5Q,如圖甲所

示，利用游標(biāo)卡尺測(cè)量該導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度為mm。

（2）他設(shè)計(jì)了如圖乙所示的實(shí)驗(yàn)原理圖，實(shí)驗(yàn)器材包括：彈簧（電阻可以忽略，勁度系數(shù)

為左）、電阻箱、電流表（0-0.6A,可看成理想電表）、電源（電動(dòng)勢(shì)約3V,內(nèi)阻未知），刻

度尺。已知滑片固定在彈簧上且與導(dǎo)體棒接觸良好，當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，滑片位于導(dǎo)體棒最

左端。若沿拉鉤方向每增加相同的力，就在電流表表盤上標(biāo)注一個(gè)刻度，則刻度分布

（填“均勻'或'不均勻”）。

（3）用圖乙進(jìn)一步測(cè)量該電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，他將凡調(diào)為3Q,拉動(dòng)拉鉤，改變導(dǎo)體棒接

入電路中的長(zhǎng)度/,測(cè)出不同/對(duì)應(yīng)的電流表示數(shù)/,并作出;-/圖像如圖丙所示，可測(cè)得

電源內(nèi)阻為Qo

（4）若彈簧的勁度系數(shù)為200N/cm,凡調(diào)為L(zhǎng)7Q，則該電子測(cè)力計(jì)的零刻線對(duì)應(yīng)電流表

的刻度為A,該電子測(cè)力計(jì)的量程為N。

【答案】（1）60.0

（2）不均勻（3）1.8Q

（4）0.240-1000

【解析】【小問1詳析】

由圖可知，導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度應(yīng)為

I=60mm+0.1mmx0=60.0mm

【小問2詳析】

設(shè)電源的內(nèi)阻為r，則由閉合電路的歐姆定律可知

r+0+4

可見,盡管導(dǎo)體棒接入電路中的電阻成正比，但電路中的電流與導(dǎo)體棒的電阻并非正比關(guān)系,

即刻度分布不均勻。

【小問3詳析】

,E

設(shè)電源的內(nèi)阻為r,則由閉合電路的歐姆定律可知/=——丁丁

解得

l=r±^)+4z

IEE

則有

曰=1.6

E

r0_3.6-1.6

E-4.0

解得

E=3.0V

r=1.8Q

【小問4詳析】

［1］根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知，拉力為零整個(gè)金屬棒接入電路，測(cè)力計(jì)零刻度線對(duì)應(yīng)的

電流

E3.0

A=0.24A

rol+r+Ro1.5x6+1.8+1.7

［2］當(dāng)達(dá)到電流表最大量程］,“=0.6A時(shí)，則有

E

r+Ro+rol=—

1m

解得

"=lcm

E

保證電路安全的情況下，電流應(yīng)小于0.6A,由于/=一

R

則電阻應(yīng)該大于r+尺0+石，即接入電路的導(dǎo)體棒長(zhǎng)度應(yīng)該大于1cm,即1cm<6cm

則彈力最大時(shí)

1=1-lm=5cm

Fm=kt=lOOON

所以，彈簧測(cè)力計(jì)的量程為0~1000N

14.如圖所示，一等腰直角三棱鏡，放在真空中，AB=AC,在棱鏡側(cè)面A3左方有一單色光

源S,從S發(fā)出的光線5。以60。入射角從側(cè)面中點(diǎn)射入三棱鏡。

(1)若從面折射后的光線直接射到AC面上，再?gòu)腁C面折射出去，出射光線與AC面

的夾角為30。，求棱鏡的折射率加；

(2)若從面折射后的光線先射到8C面上，己知光線在面上只反射不折射(8C背

面鍍銀，光線射不出去)，反射后的光線再射到AC面上折射出去時(shí)，出射光線與AC面的

夾角仍為30。，求棱鏡的折射率的取值范圍。

【答案】(1)回(2)…叵

22

【解析】(1)光路圖如圖所示

由折射定律，光線在面上折射時(shí)，有

sin60°

二-----

sma

折射角為7=9。。-3。。=6。。

sin/

在AC面上出射時(shí)，有々=—

sinp

由幾何關(guān)系知c+/=90。

聯(lián)立解得a=〃=45。

sin60°#

所以折射率為"]=

sin45°—可

(2)光路圖如圖所示

A

由幾何關(guān)系得

ZEDF=ZFHG

由折射定律知，此時(shí)的出射角一定為60。，要使光線經(jīng)面折射后射到BC面上，臨界狀

態(tài)恰好射到C點(diǎn)，作出光路圖如圖所示

1

sinZEDC=sinZACD=

由折射定律得此時(shí)折射率為

sin60°V15

n=-------------=------

sinZEDC2

所以折射率滿足的條件為

V15

nF

15.如圖所示，在直角坐標(biāo)系。孫的坐標(biāo)平面內(nèi)，邊長(zhǎng)為乙的正方形區(qū)域內(nèi)有沿y

軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，A點(diǎn)在y軸正半軸上，。點(diǎn)在％軸正半軸上，區(qū)域外有垂直于坐標(biāo)平

面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在坐標(biāo)為（0,上L）的尸點(diǎn)以大小為V0的速度沿X軸正向射出一個(gè)

質(zhì)量為相、帶正電荷量為q的粒子。粒子第一次經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)從OC的中點(diǎn)射出電場(chǎng)，此后粒

子恰好從。點(diǎn)第二次進(jìn)入電場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力，求：

（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；

（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?/p>

（3）粒子第三次離開電場(chǎng)的位置坐標(biāo)。

【答案】（1）2?理;（2）§=4島%

【解析】（1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則

E_1"

----L一—cit,

421

1

2IT=

根據(jù)牛頓第二定律

解得

E_26加片

qL

（2）設(shè)粒子第一次出電場(chǎng)時(shí)速度大小為匕，根據(jù)動(dòng)能定理

口君r1212

qEx=~mvi~~mvo

解得

%=2v0

設(shè)粒子出電場(chǎng)時(shí)速度與無軸正向的夾角為仇則

匕cos。=%

解得

夕二60。

由對(duì)稱性可知粒子第二次進(jìn)電場(chǎng)時(shí)速度與X軸夾角60。斜向右上，則粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)

Ifr-

動(dòng)的半徑廠=2=6L

2sin606

根據(jù)牛頓第二定律

u2

qvB=m—

xr

解得

_4?nvo

IJ一

qL

(3)粒子第二次進(jìn)電場(chǎng)后，做類斜上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子仍從OC邊射出電場(chǎng)，則粒子第二次

在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間

2匕cos30L

’2==一

a%

粒子在電場(chǎng)中沿?zé)o軸正向運(yùn)動(dòng)的距離

x-vot-L

即粒子剛好從C點(diǎn)離開電場(chǎng)，根據(jù)對(duì)稱性可知，粒子第三次進(jìn)電場(chǎng)的位置在OC中點(diǎn)，即

粒子第三次出電場(chǎng)的位置坐標(biāo)(L,與。

16.如圖所示，河聲山Q和AGNzEQz為在同一水平面內(nèi)足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌，處在磁感應(yīng)

強(qiáng)度3=1T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。導(dǎo)軌的段“2^2段相互平行間距

4=2m?！㏎1段與P2Q2段