2023年福建省廈門重點(diǎn)中學(xué)高考物理一模試卷及答案解析

2023年福建省廈門重點(diǎn)中學(xué)高考物理一模試卷

一、單選題（本大題共4小題，共16.0分）

1.明代法工開物3對(duì)古人用牛拉“龍骨水車”灌田進(jìn)行了記載：“一人竟日之力灌田五

畝，而牛則倍之”。古代用畜力代替人力大大提高了勞動(dòng)效率，下列關(guān)于牛拉水車說法正確

的是（）

A.在研究牛拉水車的動(dòng)作時(shí)可以將牛看作質(zhì)點(diǎn)

B.牛對(duì)水車的拉力和水車對(duì)牛的拉力是一對(duì)平衡力

C.牛拉水車加速轉(zhuǎn)動(dòng)過程中牛對(duì)水車的拉力大小等于水車對(duì)牛的拉力大小

D.牛拉水車勻速轉(zhuǎn)動(dòng)過程中牛所受合外力為零

2.2023年2月10日神舟十五號(hào)乘組圓滿完成了中國空間站全面建成后的首次出艙任務(wù)，空

間站如圖所示。若中國空間站繞地球可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知空間站運(yùn)行周期為T,軌道

離地面的高度為九，地球半徑為R,引力常量為G,忽略地球自轉(zhuǎn)的影響，則下列說法正確的

是（）

'地球的第一宇宙速度號(hào)聲

B.空間站的運(yùn)行速度為年

C.航天員出艙與空間站保持相對(duì)靜止時(shí)受到的合力為零

D.空間站繞地球運(yùn)動(dòng)的向心加速度大于地面的重力加速度

3.如圖所示的正四棱錐。-abed,底面為正方形abed,其中Oa=Q

Ob=0c=0d=ab,a、b兩點(diǎn)分別固定兩個(gè)等量的異種點(diǎn)電荷，

現(xiàn)將一帶電荷量為q=1.0x10-1%的正試探電荷從。點(diǎn)移到c點(diǎn)，//\

此過程中電場(chǎng)力做功為5.0x10-9/。選無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零。則下l/dAZ

ab

列說法正確的是（）

A.a點(diǎn)固定的是負(fù)電荷

B.。點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向平行于ab

C.c點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)等于d點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)

D.將電子由0點(diǎn)移動(dòng)到d,電勢(shì)能增加50eV

4.如圖甲所示，足夠長的木板靜置于水平地面上，木板最右端放置一可看成質(zhì)點(diǎn)的小物塊。

在t=0時(shí)對(duì)木板施加一水平向右的恒定拉力F,在尸的作用下物塊和木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，t=

1s時(shí)撤去F,整個(gè)過程木板運(yùn)動(dòng)的￡圖像如圖乙所示。物塊和木板的質(zhì)量均為1kg,物塊與

木板間、木板與地面間均有摩擦，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g=10m/s2,

下列說法正確的是（）

A.1?1.5s內(nèi)木板的加速度為4m/s2

B.物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5

C.拉力F的大小為21N

D.物塊最終停止時(shí)的位置與木板右端的距離為3m

二、多選題（本大題共4小題，共24.0分）

5.關(guān)于下列四幅圖的說法正確的是（）

A.圖甲中，使擺球4先擺動(dòng)，擺球8、C接著擺動(dòng)起來，B擺的振動(dòng)周期最大

B.圖乙為某金屬在光的照射下，光電子最大初動(dòng)能以與入射光頻率n的關(guān)系圖像，若用頻率

分別為0.6%和0.8%的兩種單色光同時(shí)照射該金屬，能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)

C.圖丙是一束復(fù)色光進(jìn)入水珠后傳播的示意圖，其中a光束在水珠中傳播的速度一定大于b

光束在水珠中傳播的速度

D.圖丁所示為雙縫干涉示意圖，擋板到屏的間距越大，相鄰亮條紋間距越大

6.如圖所示，一個(gè)單匝矩形閉合導(dǎo)線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于

磁感線的軸。。'勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，圖示時(shí)刻磁場(chǎng)與平面垂直，轉(zhuǎn)動(dòng)周期

為To,線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的最大值為/，貝1（）

A.線圈轉(zhuǎn)動(dòng)過程中穿過線圈的磁通量的最大值為華還

B.線圈轉(zhuǎn)動(dòng)過程中磁通量變化率的最大值為Em

C.圖示時(shí)刻為中性面，電流大小為0

D.若線圈繞ab轉(zhuǎn)動(dòng)，電動(dòng)勢(shì)的最大值將變?yōu)?E.

7.質(zhì)量為爪2的小車放在光滑的水平面上，小車上固定一豎直輕

桿，輕桿上端的。點(diǎn)系一長為L的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為mi

的小球，如圖所示，將小球向右拉至細(xì)線與豎直方向成60。角后由

靜止釋放，下列說法正確的是（）

A.球、車組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒

B.小球向左仍能擺到原高度

C.小車向右移動(dòng)的最大距離為?

7nl+徵2

D.小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為此孽

8.如圖所示，光滑水平桌面上有一輕質(zhì)光滑絕緣管道，空間

存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,絕緣管道在X

u

水平外力F（圖中未畫出）的作用下以速度訓(xùn)句右勻速運(yùn)動(dòng)，管道

內(nèi)有一帶正電小球，初始位于管道M端且相對(duì)管道速度為0,-

X

段時(shí)間后，小球運(yùn)動(dòng)到管道N端，小球質(zhì)量為m,電量為q,管

道長度為，，小球直徑略小于管道內(nèi)徑，則小球從M端運(yùn)動(dòng)到N端

過程有（）

A?時(shí)間為星

B.小球所受洛倫茲力做功為0

D.外力F的沖量為qBZ

三、填空題（本大題共2小題，共8.0分）

9.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸負(fù)方向傳播，其波速v=10m/s,t=0時(shí)刻的波形圖如圖所示，P、

M、Q是介質(zhì)中的三個(gè)質(zhì)點(diǎn)，則t=0.2s時(shí)M點(diǎn)的位移為—，t=Is時(shí)，P點(diǎn)的加速度―Q

點(diǎn)的加速度（填“大于”、“小于”或“等于”）。

10.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)4經(jīng)過等壓變化到狀態(tài)B,再經(jīng)過等容變化到狀

態(tài)C,最終經(jīng)過等溫變化回到初始狀態(tài)4。已知從狀態(tài)4到狀態(tài)B的過程中，氣體吸收了300/的

熱量，從4到8過程氣體的內(nèi)能變化4=—J,B到C過程中氣體—（填“吸熱”、

“放熱”或“不吸熱不放熱”），C到力過程中氣體—（填“吸熱”、“放熱”或“不吸熱不

放熱”）。

K/(10W)

四、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共18.0分）

11.某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖甲所示的裝置“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”，主要實(shí)驗(yàn)步驟如下:

A.將氣墊導(dǎo)軌放在水平桌面上，將導(dǎo)軌調(diào)至水平；

3.測(cè)量遮光條寬度山

C.測(cè)出光電門4、B之間的距離為L；

D釋放滑塊，讀出遮光條通過光電門4、B的擋光時(shí)間分別為以、tBi

E.用天平稱出托盤和祛碼的總質(zhì)量m；

回答下列問題：

Q）實(shí)驗(yàn)時(shí)，接通氣源后，在導(dǎo)軌上輕放滑塊，輕推一下滑塊，使其從軌道右端向左運(yùn)動(dòng)，發(fā)

現(xiàn)滑塊通過光電門力的時(shí)間小于通過光電門8的時(shí)間。為使導(dǎo)軌水平，可調(diào)節(jié)旋鈕使軌道右

端—（選填“升高”或“降低”）一些。

（2）用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條寬度d時(shí)，測(cè)量結(jié)果如圖乙所示，貝心=—mm.

（3）為驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，還需要測(cè)量—（寫出物理量及字母）。

（4）若要符合機(jī)械能守恒定律的結(jié)論,應(yīng)該滿足的表達(dá)式為—（用題干所給字母及第（3）問中

測(cè)量的物理量表示）。

12.某科技小組在組織設(shè)計(jì)一款測(cè)量水庫水位系統(tǒng)，包括電路系統(tǒng)和絕緣材料制作的長方體

儀器，正視圖如圖甲所示。儀器內(nèi)部高"=10m,在左右兩側(cè)壁上鋪滿厚度、電阻均可忽略

的電極板4、B。儀器底部?jī)?nèi)側(cè)是邊長為L=20an的正方形，中間有孔與水庫連通。將儀器豎

直固定在水中，長方體中心正好位于每年平均水位處，此高度定義為水庫水位0m,建立如圖

甲右側(cè)坐標(biāo)系。每隔一段時(shí)間，系統(tǒng)自動(dòng)用絕緣活塞塞住底部連通孔。

（1）為了測(cè)量出水庫中水的電阻率，該小組使用圖乙所示的多用電表測(cè)量水庫水位為Oni時(shí)的

電阻。小組同學(xué)首先對(duì)多用電表進(jìn)行機(jī)械調(diào)零，接著將多用電表的選擇開關(guān)旋至x100倍率的

歐姆擋，然后將紅、黑表筆短接，調(diào)節(jié)部件—（選填“C”或“E”），使指針指在歐

姆擋零刻度線。在測(cè)量時(shí)發(fā)現(xiàn)多用電表指針偏轉(zhuǎn)角度過大，則該同學(xué)應(yīng)將倍率換為—（填

“x1k”或“x10”)歐姆擋進(jìn)行測(cè)量。測(cè)量完成后，再通過電阻定律可得R=—(用P、H

表示)，最終計(jì)算出此處水的實(shí)際電阻率為p=6000?m.

(2)小組同學(xué)設(shè)計(jì)的測(cè)量電路如圖丙所示。電源電動(dòng)勢(shì)為E=1.5V,電源、電流表內(nèi)阻均不計(jì)，

要求能夠測(cè)量出最高水位和最低水位，根據(jù)(1)中測(cè)量的電阻率計(jì)算電流表量程至少

為___mA?

(3)小組同學(xué)對(duì)設(shè)計(jì)電路進(jìn)行了思考和討論，以下說法正確的是—。

A.若電流表的內(nèi)阻不可忽略，則測(cè)量的水位值比真實(shí)值偏大

8.無論電源、電流表內(nèi)阻是否可以忽略不計(jì)，電流表改裝的水位刻度都是均勻的

C.忽略電源、電流表內(nèi)阻，若水庫水位為5m時(shí)電流表滿偏，則當(dāng)電流表半偏時(shí)水庫水位為平

五、簡(jiǎn)答題(本大題共1小題，共12.0分)

13.福建艦是中國完全自主設(shè)計(jì)建造的首艘彈射型航母，該艦配備的電磁彈射器成為外界關(guān)

注的焦點(diǎn)。艦載機(jī)起飛過程分為兩個(gè)階段：第一階段，艦載機(jī)自身發(fā)動(dòng)機(jī)啟動(dòng)的同時(shí)，彈射

裝置也啟動(dòng)，艦載機(jī)從靜止開始加速；第二階段，艦載機(jī)離開電磁彈射區(qū)域后，僅靠自身發(fā)

動(dòng)機(jī)的推力繼續(xù)加速至離開甲板起飛。在某次起飛過程中，第一階段加速時(shí)間與第二階段的

加速時(shí)間均為t,艦載機(jī)自身發(fā)動(dòng)機(jī)提供的推力恒為尸，彈射器提供的推力恒為2F,艦載機(jī)的

質(zhì)量為忽略一切阻力，起飛過程艦載機(jī)可視為質(zhì)點(diǎn)。求：

(1)艦載機(jī)離開電磁彈射區(qū)域時(shí)的速度大?。?

(2)艦載機(jī)在甲板上加速的距離L

起飛甲板

六、計(jì)算題(本大題共2小題，共28.0分)

14.如圖所示，I、n、in為勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的理想邊

界，一束帶負(fù)電粒子由靜止?fàn)顟B(tài)從P點(diǎn)經(jīng)過I、n間的電場(chǎng)加

速后垂直邊界n到達(dá)Q點(diǎn)，再經(jīng)口、nr間的磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從邊界

山穿出，且粒子從磁場(chǎng)邊界m穿出時(shí)速度方向與粒子入射磁

場(chǎng)方向的夾角為30。。已知有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

B,磁場(chǎng)寬度為d。粒子質(zhì)量為小，電荷量為q,粒子的重力不

計(jì)。求:

(1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小；

(2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；

(3)P、Q兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Up。。

15.如圖所示，一電阻不計(jì)的U型導(dǎo)體框置于傾角為e=37。的足夠長的光滑絕緣斜面頂端。

一質(zhì)量為m=100g、電阻為R=80的金屬棒CD置于導(dǎo)體框上,與導(dǎo)體框構(gòu)成矩形回路CDEF,

且EF與斜面底邊平行。導(dǎo)軌間的距離為d=|m,導(dǎo)體框上表面粗糙，金屬棒與導(dǎo)體框間的

動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.5,與金屬棒相距Z,=弓m的下方區(qū)域有方向垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),

磁感應(yīng)強(qiáng)度為t=0時(shí)刻，讓金屬棒與導(dǎo)體框同時(shí)由靜止釋放。金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)導(dǎo)

體框與金屬棒發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，導(dǎo)體框開始做勻速運(yùn)動(dòng)。t=6s時(shí)刻導(dǎo)體框EF端進(jìn)入磁場(chǎng)，EF

進(jìn)入磁場(chǎng)前金屬棒已經(jīng)開始勻速運(yùn)動(dòng)。已知金屬棒與導(dǎo)體框之間始終接觸良好，導(dǎo)體框E尸端

2

進(jìn)入磁場(chǎng)前金屬棒沒有離開磁場(chǎng)(s譏37。-0.6,cos37°-0.8,取g=10m/s)o求:

(1)導(dǎo)體框的質(zhì)量M；

(2)t=0時(shí)刻，導(dǎo)體框EF端與磁場(chǎng)上邊界的距離；

(3)從靜止釋放到導(dǎo)體框EF端剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：4在研究牛拉水車的動(dòng)作時(shí)，牛的肢體大小、形狀不可忽略，所以不可將?？醋髻|(zhì)

點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；

8.牛對(duì)水車的拉力和水車對(duì)牛的拉力分別作用在水車和牛，它們屬于作用力與反作用力，平衡力

作用在同一物體上，故8錯(cuò)誤；

C.牛拉水車加速轉(zhuǎn)動(dòng)過程中牛對(duì)水車的拉力和水車對(duì)牛的拉力屬于一對(duì)作用力和反作用力，故它

們大小相等，故C正確；

D牛拉水車勻速轉(zhuǎn)動(dòng)過程中牛做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，牛所受合力指向圓心，不為零，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

在研究牛拉水車的動(dòng)作時(shí)，牛的肢體大小、形狀不可忽略，不可將?？醋髻|(zhì)點(diǎn)。作用力與反作用

力分別作用在兩個(gè)物體上，等大反向，跟物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān)；平衡力作用在一個(gè)物體上，等大

反向。做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，所受合力指向圓心，不為零。

本題考查了作用力與反作用力、平衡力、質(zhì)點(diǎn)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)合力等基礎(chǔ)知識(shí)，應(yīng)熟練掌握。

2.【答案】A

【解析】解：4空間站繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力有［煞=+h)

近地衛(wèi)星在地球表面附近做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，軌道半徑r=R,根據(jù)萬有引力提供向心力有聆=

V2

血。不

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解露嚀，故A正確;

B.根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)線速度與周期的關(guān)系，空間站的運(yùn)行速度為巧=誓也，故B錯(cuò)誤;

C航天員出艙與空間站保持相對(duì)靜止時(shí)仍然受到地球的萬有引力作用，所受合力不為零，故C錯(cuò)

誤;

D空間站繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓有訴=3

在地球表面，忽略地球自轉(zhuǎn)時(shí)，萬有引力等于物體重力筆

R

聯(lián)立解得a<g,故。錯(cuò)誤。

故選：4。

4空間站繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力，近地衛(wèi)星在地球表面附近做勻速圓周運(yùn)

動(dòng)時(shí)，

萬有引力提供向心力，聯(lián)立方程組可求解地球的第一宇宙速度；

B.根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)線速度與周期的關(guān)系求解；

C.航天員出艙與空間站保持相對(duì)靜止時(shí)仍然受到地球的萬有引力作用，據(jù)此分析作答；

。.在地球表面，忽略地球自轉(zhuǎn)時(shí)，萬有引力等于物體重力，根據(jù)牛頓第二定律求加速度；空間站

做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求加速度，然后再作比較。

注意：求解地球的第一宇宙速度時(shí)，要利用到近地衛(wèi)星繞地球表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)：萬有

引力完全提供向心力，軌道半徑約等于地球的半徑。

3.【答案】B

【解析】解：4依題意，正試探電荷從0點(diǎn)移到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，則。點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向與0c夾角小

于90。，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)疊加原理和幾何知識(shí)，a點(diǎn)固定的是正電荷，故4錯(cuò)誤：

8.根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)疊加原理和兒何知識(shí)，等量異種點(diǎn)電荷在。點(diǎn)處合電場(chǎng)強(qiáng)度方向平行于ab,故B正確；

C.根據(jù)對(duì)稱性可知，cd兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向不同，故C錯(cuò)誤；

。.根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷空間電勢(shì)的分布特點(diǎn)，可知d點(diǎn)電勢(shì)為50U,根據(jù)Ep=qw可知，電子在。點(diǎn)

的電勢(shì)能為0,在d點(diǎn)的電勢(shì)能為-50eV,所以將電子由。點(diǎn)移動(dòng)到d,電勢(shì)能減小50eV,故。錯(cuò)

誤。

故選：B.

電場(chǎng)力做正功，。點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向與0c夾角小于90。；

根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)疊加原理和幾何知識(shí)，確定。點(diǎn)處產(chǎn)生場(chǎng)強(qiáng)的合電場(chǎng)強(qiáng)度方向；

根據(jù)對(duì)稱性分析出cd兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)的特點(diǎn)；

根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷空間電勢(shì)的分布特點(diǎn)，Ep=q<p,分析電勢(shì)能變化。

本題解題關(guān)鍵是根據(jù)電場(chǎng)力做功正負(fù)，確定場(chǎng)強(qiáng)方向，并熟悉等量異種點(diǎn)電荷空間電勢(shì)分布特點(diǎn)。

4.【答案】C

【解析】解：4在1?1.5s內(nèi)木板的加速度為：

Av2=3m/s-9m/s=—6m/s

2

代入數(shù)據(jù)得：a2=-12m/s,故A錯(cuò)誤；

8.0?1.5s內(nèi)對(duì)物塊有:%=需

其中4%=3m/s代入數(shù)據(jù)得：的=2mls2

由牛頓第二定律得：%mg可得物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為：

Mi=—9

代入數(shù)據(jù)得：%=0.2,故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)牛頓第二定律有：

-%7ng-%-2mg=ma2

解得:=。,5

撤去拉力產(chǎn)前，木板的加速度：

a。=穿='^-m/s2=9mls2

代入數(shù)據(jù)得：

2

a0=9m/s

根據(jù)牛頓第二定律有

F-+的?2mg)=ma0

代入數(shù)據(jù)得：F=21N,故C正確；

。.由圖像可知共速時(shí)物塊的速度為3m/s,則在1.5s內(nèi)物塊位移為：

-vi

與x一國

代入數(shù)據(jù)得：Xi=2.25m

由圖像與時(shí)間軸圍成的面積可知，木板的位移為：

19+3

%板=2x1x9m+x0.5m=7.5m

所以物塊最終停止時(shí)的位置與木板右端的距離為：

Ax=X板一X1

代入數(shù)據(jù)得：Zlx=5.25m,故。錯(cuò)誤。

故選：C.

根據(jù)圖像分析拉力撤去后又過了0.5s木板加速度再次發(fā)生變化，說明此時(shí)兩者共速，也就知道了

物塊的最大速度和加速度；再根據(jù)牛頓第二定律求出物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)；在1?1.5s內(nèi),

根據(jù)隔離法對(duì)木板進(jìn)行分析，求出木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，再對(duì)撤去拉力前對(duì)木板進(jìn)行分析

求出拉力大?。蛔詈蟾鶕?jù)1.5s前物塊的和木板的位移求出物塊最終停止時(shí)的位置與木板右端的距

離。

根據(jù)圖像斜率分析出木板與物塊相對(duì)靜止的時(shí)間，再根據(jù)此時(shí)間為轉(zhuǎn)折點(diǎn)分段分析物塊和木板的

運(yùn)動(dòng)；另外靈活應(yīng)用整體法和隔離法是解決此類問題的關(guān)鍵。

5.【答案】CD

【解析】解：4、圖甲中，使擺球4先擺動(dòng)，擺球8、C接著擺動(dòng)起來，8、C都做受迫振動(dòng)，8、C振動(dòng)

的周期都等于驅(qū)動(dòng)力的周期，即都等于4的固有周期，4、B、。的振動(dòng)周期相等，故4錯(cuò)誤；

8、由圖乙所示圖象可知，該金屬的極限頻率是為，只有當(dāng)入射光的頻率大于極限頻率時(shí)才能發(fā)生

光電效應(yīng),用頻率分別為O.6vo和08叫的兩種單色光同時(shí)照射該金屬，不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng),

故8錯(cuò)誤；

C、復(fù)色光進(jìn)入水珠后，可知b的折射程度更大，則b光的折射率較大，根據(jù)〃=可知a光束在

水珠中傳播的速度一定大于b光束在水珠中傳播的速度，故C正確；

。、由雙縫干涉條紋間距公式Ax可知，擋板到屏的間距越大，相鄰亮條紋間距越大，故。正

確。

故選：CD.

做受迫振動(dòng)物體的振動(dòng)頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率；當(dāng)入射光的頻率大于極限頻率時(shí)發(fā)生光電效應(yīng)；

根據(jù)折射定律和折射率與速度的關(guān)系分析；根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式分析答題。

本題考查了受迫振動(dòng)、光電效應(yīng)、雙縫干涉條紋間距公式、光的折射等問題，涉及的知識(shí)點(diǎn)較多，

但難度不大，掌握基礎(chǔ)知識(shí)即可解題，平時(shí)要注意基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)與積累。

6.【答案】BC

【解析】解：力、線圈轉(zhuǎn)動(dòng)過程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的峰值Em=BS3

則磁通量的最大值?=BS=殳=畢

rna)27r

故4錯(cuò)誤；

B、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=筆

則磁通量變化率的最大值為故B正確;

C、圖示時(shí)刻，通過線框的磁通量最大，磁通量變化率為0,電動(dòng)勢(shì)為0,電流為0,圖示位置為中

性面位置，故C正確；

D、若線框繞必轉(zhuǎn)動(dòng)，通過線圈磁通量的最大值不變，則由Em=BS3得，電動(dòng)勢(shì)的最大值不變,

故。錯(cuò)誤。

故選:BC.

根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)峰值公式求解磁通量的最大值；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解磁通量變化率的最

大值；圖示位置為中性面位置，電動(dòng)勢(shì)為0,電流為0;根據(jù)電動(dòng)勢(shì)峰值公式判斷電動(dòng)勢(shì)最大值的

變化。

本題考查正弦式交變電流的產(chǎn)生，解題關(guān)鍵是掌握法拉第電磁感應(yīng)定律，知道正弦式交變電流的

產(chǎn)生原理。

7.【答案】BC

【解析】解：4系統(tǒng)在水平方向的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動(dòng)量守恒，

總動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；

8.小球和小車組成的系統(tǒng)，只有重力做功，機(jī)械能守恒，小球和小車水平方向的合動(dòng)量為零，當(dāng)

小球速度為零時(shí)、小車速度也為零，故小球能向左擺到原高度，故8正確；

C.小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)小車向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為x,則小球向左運(yùn)動(dòng)的

位移為2國幾60。-r取向右為正方向，根據(jù)水平方向平均動(dòng)量守恒得：

解得刀=工變故C正確；

7n1+血2

。.從靜止釋放到最低點(diǎn)，小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，根據(jù)

水平方向平均動(dòng)量守恒得：

m2v2—m1v1=0

由能量守恒定律得：

m1gl(l-cos60°)=+|m2V2

解得?。呵蜻\(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小巧=/^希，故。錯(cuò)誤。

故選：BC.

機(jī)械能守恒條件為除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力外無外力做功，動(dòng)量守恒條件為系統(tǒng)合外力為0；根據(jù)動(dòng)量

守恒定律列式，求位移；根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒和能量守恒列式，求最低點(diǎn)速度。

本題考查學(xué)生對(duì)機(jī)械能守恒條件和動(dòng)量守恒條件的掌握，以及對(duì)動(dòng)量守恒、能量守恒的應(yīng)用，是

一道中等難度題。

8.【答案】BCD

【解析】解：4小球在水平外力F的作用下以速度〃向右勻速運(yùn)動(dòng)，由卜=勺〃8可知，小球受到的

洛倫茲力沿管道方向，且大小保持不變，根據(jù)牛頓第二定律得qaB=ma,由初速度為零的位移公

式x=：at2,解得t=隹，故A錯(cuò)誤；

2yquB

8.小球所受洛倫茲力始終和運(yùn)動(dòng)方向相互垂直，故洛倫茲力不做功，故B正確；

C.小球所受洛倫茲力不做功，故在沿管道方向分力做正功的大小等于垂直于管道向左的分力做負(fù)

功的大小，外力始終與洛倫茲力的垂直管道的分力平衡，則有必=%=^=q“B/,外力F的平

均功率為P=V==4皿故C正確;

{quB

。.外力始終與洛倫茲力的垂直管道的分力平衡，外力F的沖量大小等于/廣=Iy=I.qvyBt=

qB^vyt=qBl,故。正確。

故選：BCD。

洛倫茲力對(duì)小球不做功，小球隨管道做勻速直線運(yùn)動(dòng)速度不變，受到的洛倫茲力不變，根據(jù)牛頓

第二定律分析豎直方向上的加速度，再根據(jù)位移一時(shí)間公式求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間；根據(jù)功率公式求解外

力做功的平均功率，根據(jù)動(dòng)量的定義求解外力戶的沖量大小。

本題考查洛倫茲力、牛頓第二定律以及功率的計(jì)算等，要注意正確分析題意，明確洛倫茲力永不

做功的性質(zhì)。

9.【答案】—3y/~3cm大于

【解析】解：簡(jiǎn)諧橫波在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在0.2s時(shí)間內(nèi)，橫波整體向左平移的距離

為：

Ax=vt=10x0.2m=2m

則t=0.2s時(shí)M點(diǎn)的位移與t=0時(shí)刻M點(diǎn)位置水平向右2m位置的位移相等。

根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，簡(jiǎn)諧橫波的表示為：

y=6sin(^x)(cm)

當(dāng)y=-3c?n時(shí)，x=-m

根據(jù)上述分析可得：當(dāng)y=與巾+2m=與小時(shí)

x=6sin^ncm=—3y/-3cm

此時(shí)P點(diǎn)的位移為負(fù)向最大，Q點(diǎn)在平衡位置，所以P點(diǎn)的加速度大于Q點(diǎn)的加速度。

故答案為：—3，3cm；大于

理解簡(jiǎn)諧橫波在水平方向上的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)得出M點(diǎn)的位移；

根據(jù)題意分析出兩點(diǎn)的位移大小關(guān)系，從而分析出加速度的大小關(guān)系。

本題主要考查了簡(jiǎn)諧橫波的相關(guān)應(yīng)用，理解圖像的物理意義，結(jié)合簡(jiǎn)諧橫波在不同方向上的運(yùn)動(dòng)

特點(diǎn)即可完成分析。

10.【答案】220放熱放熱

【解析】解：從ATB的過程中，氣體壓強(qiáng)不變，體積變大，氣體對(duì)外界做功，則

=pXZ1V=0.4x105X(4.0-2.0)X10-3/=-8Q/

根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知：

AU=UB-UA=Q+W=300/

代入數(shù)據(jù)可得：Q=220/

從B到C的過程中，氣體的壓強(qiáng)減小，體積不變，根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程pV=(T可

知，氣體的溫度降低，則氣體放熱；

從C到4的過程中，氣體的溫度不變，則內(nèi)能不變，而因?yàn)闅怏w的體積減小，所以外界對(duì)氣體做功，

根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體放熱。

故答案為：220；放熱；放熱

根據(jù)圖像的物理意義得出氣體的做功，結(jié)合熱力學(xué)第一定律得出氣體內(nèi)能的變化量；

根據(jù)圖像得出氣體狀態(tài)參量的變化，結(jié)合熱力學(xué)第一定律得出氣體的吸放熱情況。

本題主要考查了熱力學(xué)第一定律的相關(guān)應(yīng)用，理解圖像的物理意義，結(jié)合熱力學(xué)第一定律即可完

成分析。

11.【答案】升高4.30滑塊與遮光條的總質(zhì)量MmgL=Xm+M)*一各

【解析】解：(1)滑塊通過光電門4的時(shí)間小于通過光電門8的時(shí)間，說明滑塊從Z到B做減速運(yùn)動(dòng)，

導(dǎo)軌左端高右端低，為使導(dǎo)軌水平，可調(diào)節(jié)旋鈕使軌道右端升高一些。

(2)由圖乙所示游標(biāo)卡尺可知，游標(biāo)尺是20分度的，游標(biāo)卡尺的精度是0.05nun,則d=4mm+6x

0.05mm=4.30mmo

(3)滑塊經(jīng)過光電門時(shí)的速度大小孫=二，vB=f,對(duì)滑塊與祛碼即祛碼盤組成的系統(tǒng)，由機(jī)械

lA

2

能守恒定律得：mgL=1(m+1(m+,整理得：mgL：(m+M)?一裝);實(shí)驗(yàn)

還需要測(cè)量滑塊與遮光條的總質(zhì)量

(4)由(3)可知，應(yīng)該滿足的表達(dá)式為mgL=|(m+M)備一，

2

故答案為：⑴升高；(2)4.30；(3)滑塊與遮光條的總質(zhì)量M；(4)mgZ,=+一號(hào)。

(1)根據(jù)遮光條的遮光時(shí)間判斷滑塊的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，然后判斷如何調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌水平。

(2)游標(biāo)卡尺主尺與游標(biāo)尺讀數(shù)的和是游標(biāo)卡尺讀數(shù)。

(3)(4)求出滑塊經(jīng)過光電門時(shí)的速度，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式，然后分

析答題。

理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，要掌握常用器材的使用方法與讀數(shù)方法；求出滑塊的速度，應(yīng)用機(jī)

械能守恒定律即可解題。

12.【答案】Cx10^25C

n

【解析】解：(1)歐姆調(diào)零的操作是：紅、黑表筆短接，調(diào)節(jié)部件歐姆調(diào)零旋鈕C使指針指在歐姆

擋零刻度線。

在測(cè)量時(shí)發(fā)現(xiàn)多用電表指針偏轉(zhuǎn)角度過大，說明電阻較小，則該同學(xué)應(yīng)將倍率換X10這樣的小倍

率，使得指針偏向表盤的中央便于讀數(shù)。

Lp2p

根據(jù)電阻定律，當(dāng)水位為0m時(shí)的電阻為：R=「迺=耳=不

(2)由題意知電阻率p=600。-機(jī)，根據(jù)電阻定律：R==

可知電阻的最小值為R1nm=60。

由閉合電路歐姆定律/

A

可知電流的最大值為/max=興人=0.0254=25mA

人60

EE

(3)48.若電流表的內(nèi)阻不可忽略，電流和水位之間的關(guān)系為/=西=產(chǎn)的

(號(hào)十九)

則測(cè)量的水位值比真實(shí)值偏小，此時(shí)電流表改裝的水位刻度都是不均勻的，故AB錯(cuò)誤；

C忽略電源、電流表內(nèi)阻，此時(shí)電流瞥

若水庫水位為5M時(shí)電流表滿偏，/。=￡=吆2

9Rp

當(dāng)水位為0小時(shí)r=啤2

解得r=也

則當(dāng)電流表半偏時(shí)水庫水位為平均水位，故c正確。

故選：Co

故答案為:(1)C,x10,R=華;(2)25；(3)4C。

(1)根據(jù)歐姆表使用方法分析判斷：根據(jù)電阻定律推導(dǎo)電阻；

(2)根據(jù)電阻定律推導(dǎo)電阻的表達(dá)式，根據(jù)電阻最小值計(jì)算最大電流；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律在考慮電流表內(nèi)阻和不考慮情況下分別推導(dǎo)判斷。

本題考查測(cè)量水庫中水的電阻率實(shí)驗(yàn)，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理，熟練應(yīng)用閉合電路歐姆定律推導(dǎo)。

13.【答案】解：(1)艦載機(jī)在彈射區(qū)域中，由牛頓第二定律得

F+2F=ma1

離開彈射區(qū)域時(shí)的速度%=

聯(lián)立解得：v1=—

(2)艦載機(jī)離開彈射區(qū)域后，由牛頓第二定律得

F=ma2

起飛速度為玫=%+a2t

第一階段走過的位移X1=：t=^t2

第二階段走過的位移小==gt2

起飛甲板的總長度4=%+彳2

解得L=這

答：(1)艦載機(jī)離開電磁彈射區(qū)域時(shí)的速度大小巧為苦；

(2)艦載機(jī)在甲板上加速的距離L為空。

m

【解析】(1)艦載機(jī)在彈射區(qū)域中，由牛頓第二定律求加速度，由速度一時(shí)間公式求艦載機(jī)離開電

磁彈射區(qū)域時(shí)的速度大?。?

(2)艦載機(jī)在甲板上加速的距離L等于兩個(gè)階段位移之和。艦載機(jī)離開彈射區(qū)域后，由牛頓第二定

律求出加速度，由速度一時(shí)間公式求出起飛速度。再根據(jù)平均速度與時(shí)間的乘積求兩個(gè)階段的位

移，從而求得L。

本題要正確分析題意，明確物理過程，分段利用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)合進(jìn)行處理。

14.【答案】解：(1)由題意可知，帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，由幾何關(guān)系知，

粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑R=2d,由牛頓第二定律可得

解得。=駟

m

(2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T=等=箸

則有"黑7=臥誓=鼠

ODU1ZCJDOQD

(3)帶電粒子在P、Q電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理可得qU=：7n/-o

解得U=名也！

m

可得Up°=-U=—逆利

7m

答：(1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小為誓；

(2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為籌；