2023年湖南省永州市高考物理三模試卷

2023年湖南省永州市高考物理三模試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.人類在研究光、原子結(jié)構(gòu)及核能利用等方面經(jīng)歷了漫長的過程，我國在相關(guān)研究領(lǐng)域雖

然起步較晚，但是近年對核能的開發(fā)與利用卻走在了世界的前列，有關(guān)原子的相關(guān)知識，下

列正確的是（）

A.盧瑟福最先發(fā)現(xiàn)電子，并提出了原子的核式結(jié)構(gòu)學(xué)說

B.光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)都能說明光子具有粒子性，且前者可說明光子具有能量，后者除證

明光子具有能量，還可證明光子具有動量

C.原子核發(fā)生口衰變時，產(chǎn)生的夕射線本質(zhì)是高速電子流，因核內(nèi)沒有電子，所以口射線是核

外電子逸出原子形成的

D.貝克勒爾通過對天然放射性的研究，發(fā)現(xiàn)原子核是由質(zhì)子和中子組成的

2.如圖甲所示，為特高壓輸電線路上使用六分裂阻尼間隔棒的情景。其簡化如圖乙，間隔

棒將6條輸電導(dǎo)線分別固定在一個正六邊形的頂點a、b、c、d、e、/上，。為正六邊形的中心，

4點、B點分別為。a、Od的中點。已知通電導(dǎo)線在周圍形成磁場的磁感應(yīng)強度與電流大小成

正比，與到導(dǎo)線的距離成反比。6條輸電導(dǎo)線中通有垂直紙面向外，大小相等的電流，其中a

導(dǎo)線中的電流對b導(dǎo)線中電流的安培力大小為F,則（）

A.4點和B點的磁感應(yīng)強度相同

B.其中b導(dǎo)線所受安培力大小為F

C.a、b、c、d、e五根導(dǎo)線在。點的磁感應(yīng)強度方向垂直于ed向下

D.a、b、c、d、e五根導(dǎo)線在。點的磁感應(yīng)強度方向垂直于ed向上

3.微信運動步數(shù)的測量是通過手機內(nèi)電容式加速度傳感器實現(xiàn)的。如圖所示，電容M極板

固定，N極板可運動，當(dāng)手機的加速度變化時，N極板只能按圖中標(biāo)識的“前后”方向運動。

圖中R為定值電阻。下列對傳感器描述正確的是（）

R

M

N前q工T

r左于右―/~~

Jn

A.靜止時，電流表示數(shù)為零，且電容器兩極板不帶電

B.電路中的電流表示數(shù)越大，說明手機的加速度越大

C.由靜止突然向后加速時，電流由a向b流過電流表

D.由靜止突然向前加速時，電流由￡1向8流過電流表

4.如圖所示，在傾角為。的光滑固定斜面上有兩個用輕彈簧

連接的物塊4和B,它們的質(zhì)量分別為m和2m,彈簧的勁度系

數(shù)為鼠在外力產(chǎn)的作用下系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知彈簧始終

處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g,則（）

A.外力F的大小為2mgsin。

B.彈簧的形變量為安”

C.若外力產(chǎn)的大小變?yōu)?mgsin。，當(dāng)4、B相對靜止時，彈簧彈力的大小為2mgs譏。

D.若外力F的大小變?yōu)?7ngs譏0,當(dāng)4、B相對靜止時，突然撤去外力F的瞬間，物塊B的加

速度大小為ggs譏。

5.如圖所示，在豎直平面xOy內(nèi)存在大小、方向未知的勻強認、

電場。一質(zhì)量為m的小球從y軸上P點以水平速度"進入第一象4----

限，速度方向沿x軸正方向，經(jīng)過x軸上Q點時的速度大小也為

v,方向與x軸夾角為37。。已知sin37。=0.6,cos370=0.8,

重力加速度大小為g。不計空氣阻力，小球從P點運動到Q點的

過程中（）

A.速度的最小值為B.所受電場力的最小值為**瓶9

C.動能與電勢能之和一直減小D.水平位移與豎直位移的大小之比為2：1

6.如圖甲所示，ab兩點間接入電壓如圖乙變化的交流電源，電阻％=100,滑動變阻器/?2

初始狀態(tài)電阻為100,理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為2：1,則（）

A.若滑動變阻器/?2=10。時，電流表示數(shù)為4.44

B.若滑動變阻器滑片向右移動時.，%的功率逐漸增大

C.若改變滑動變阻器&阻值，使&的功率最大時，此時用=ion

D.若保持滑動變阻器R2不變，只改變原副線圈匝數(shù)比，使7?2功率最大時，原副線圈

匝數(shù)比為3：1

7.如圖甲所示，三個物體4B和1C放在水平圓盤上，用兩根不可伸長的輕繩分別連接4、B和

B、C.物塊4、B、C與圓心距離分別為以、方和、，已知徵8=1卜9，rB=0.4m,物塊2、B、

C與圓盤間的動摩擦因數(shù)均為〃=0.05,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當(dāng)圓盤以不同角速度

3繞軸。。'勻速轉(zhuǎn)動時，4、B之間繩中彈力A和9、C之間繩中彈力△隨的變化關(guān)系如圖乙

所示，取g=l（hn/s2,下列說法正確的是（）

O

A.物體A的質(zhì)量ni*=1kg

B.物體C與圓心距離rc=2m

C.當(dāng)角速度為lrad/s時，圓盤對B的靜摩擦力大小為0.5N

D.當(dāng)角速度為qrad/s時，4、B即將與圓盤發(fā)生滑動

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分）

8.如圖所示，半徑為R的半圓形玻璃磚4B面水平，。為圓心。一束單\

色光與水平面成30。角照射到4B面上的。點，。為。4中點，折射光線剛廣弋”一丁

好照射到圓弧最低點C,光線在C點折射后照射到地面上的M點（圖中未

C：

畫出），將入射點從0點移到。點，保持入射方向不變，最終光線也照射:

到地面上的M點，已知光在真空中的傳播速度為c,不考慮光在圓弧面上的反射，則（）

A.玻璃磚對光的折射率為C

B.C點離地面的高度為若產(chǎn)

C.C點離地面的高度為空券”

D.光從。點入射時，光在玻璃磚中傳播的時間為手

4c

9.兩顆相距較遠的行星4、8的半徑分別為必、RB，距4、B行星中心r處，各有一衛(wèi)星分別

圍繞行星做勻速圓周運動，線速度的平方/隨半徑r變化的關(guān)系如圖甲所示，兩圖線左端的縱

坐標(biāo)相同；衛(wèi)星做勻速圓周運動的周期為T,07-1gr的圖像如圖乙所示的兩平行直線，它

們的截距分別為以、既。已知兩圖像數(shù)據(jù)均采用國際單位，bB-bA=IgV^.行星可看作質(zhì)

量分布均勻的球體，忽略行星的自轉(zhuǎn)和其他星球的影響，下列說法正確的是（）

A.圖乙中兩條直線的斜率均為|

B.行星4、B的質(zhì)量之比為1：3

C.行星4、B的密度之比為1：9

D.行星4、B表面的重力加速度大小之比為3：1

10.如圖甲所示，物體以一定初速度從傾角a=37。的斜面底端沿斜面向上運動，上升的最

大高度為4.0m。選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機械能E隨高度九的變化如圖乙所

示。g=10m/s2,s譏37°=0.6,cos37Q=0.8,則（）

A.物體的質(zhì)量m=1.25kg

B.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)〃=0.5

C.物體上升過程的加速度大小a=9.6m/s2

D.物體回到斜面底端時的動能a=307

11.如圖所示，相距為L=1m的兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌右端連接有一定值電阻R=10,

整個裝置被固定在水平地面上，整個空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度

大小為B=1T,兩根質(zhì)量均為m=0.5kg且接在導(dǎo)軌間的電阻都為r=ID,與導(dǎo)軌間的動摩

擦因數(shù)都為4=0.1的相同金屬棒MN、CD垂直放在導(dǎo)軌上?，F(xiàn)在給金屬棒MN施加一水平向

左的恒力F=3.5N,使金屬棒MN從靜止開始向左做力口速直線運動，經(jīng)過時間1=1s金屬棒CD

剛好開始運動，若重力加速度為g=10m/s2,導(dǎo)軌電阻不計，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相

等。則下列說法正確的是（）

A.金屬棒CD剛開始運動時受到的摩擦力大小為0.5N,方向水平向左

B.金屬棒CD剛開始運動時，水平拉力產(chǎn)的瞬時功率為5.25W

C.從金屬棒MN開始運動到金屬棒CO開始運動的過程中流過電阻R的電荷量為1.125C

D.從金屬棒用N開始運動到金屬棒CD開始運動的過程中，電路中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為9.60/

三、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

12.某同學(xué)在“用單擺測定重力加速度”的實驗中，測量5種不同擺長情況下單擺的振動周

期，記錄數(shù)據(jù)如表：

l/m0.50.80.91.01.2

77s1.421.791.922.022.22

T2/s22.023.203.694.084.93

（1）試以，為橫坐標(biāo)，產(chǎn)為縱坐標(biāo)，在坐標(biāo)紙中作出產(chǎn)一,圖線，并利用此圖線求出重力加速度

g=m/s2（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。

（2）某同學(xué)在某次實驗中，將每次測得的周期7及測得的擺長L代入公式計算重力加速度的值,

但每次的測定值總是偏大，其原因可能是

A.計算擺長時，只考慮了擺線的長度，沒有加上擺球的半徑

B.數(shù)擺動次數(shù)時，在記時的同時，就開始數(shù)1,誤將29次全振動記成了30次

C.擺線上端未牢固地固定，振動中出現(xiàn)了松動導(dǎo)致擺線長度變長了

13.某物理實驗小組看到一則消息：鋰硫電池的能量密度高，可使電動汽車的續(xù)航從500kM

提升至1500km,手機一個星期都不需充電。這激起了同學(xué)們對電池的研究熱情，他們從市

場上買來一新款電池，要測量這款電池的電動勢E和內(nèi)阻r,并利用這個電池提供電能測量一

未知電阻的阻值，設(shè)計了如圖甲所示的實驗電路。器材如下：

A.待測電池（電動勢E、內(nèi)阻r）

8.待測電阻R%（約90）

C.電流表a（量程14、內(nèi)阻很?。?/p>

D電流表4（量程34、內(nèi)阻很?。?/p>

E.電阻箱（最大阻值99.9。）

足開關(guān)一只，導(dǎo)線若干

實驗步驟如下：

（1）根據(jù)電路圖，請在圖乙的實物圖中畫出連線；

⑵根據(jù)記錄的電流表①的讀數(shù)/1和電流表4的讀數(shù)，2，以去為縱坐標(biāo)，以對應(yīng)的電阻箱的阻

值:為橫坐標(biāo)，得到的圖像如圖丙所示?則由圖丙可得待測電阻口=。(結(jié)果保留1位

小數(shù))；

(3)圖丁是以電流表4的讀數(shù)為橫坐標(biāo)，以電流表4的讀數(shù)為縱坐標(biāo)得到的圖像。利用第(2)的

結(jié)果，由圖可求得E=V,r=0(結(jié)果均保留1位小數(shù))。

四、簡答題(本大題共3小題，共37.0分)

14.如圖所示，足夠長的力、B兩薄壁氣缸的質(zhì)量分別為Hi】=5kg,m2=10kg,分別用質(zhì)

量與厚度均不計的活塞C、。將理想氣體M、N封閉在氣缸內(nèi)，C、。兩薄活塞用一跨過兩定滑

輪且不可伸長的柔軟輕繩連接，氣缸B放置在水平地面上，系統(tǒng)在圖示位置靜止時，氣缸4的

底部距離地面的高度g,C、D兩活塞距離氣缸底部分別為無與3mh=28cm.外界大氣壓恒

為Po=l.Ox105pa,氣體M的熱力學(xué)溫度7\=280K,C、D兩活塞的橫截面積均為S=OOI/,

取重力加速度大小g=10m/s2,不計一切摩擦。對氣體M緩慢加熱，氣體N的熱力學(xué)溫度始

終保持在280K,求：

(1)氣缸4的底部剛接觸地面時氣體M的熱力學(xué)溫度72；

(2)氣體M的溫度升到4=450K時活塞。距離地面高度九'。

15.如圖甲所示，在xOy平面的第I象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場燈,在xSO區(qū)域內(nèi)同

時存在著豎直向上的勻強電場芯2和垂直紙面的磁場/，E]=0.1N/C,E2=0.25N/C,磁場當(dāng)

隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，%=捻5,設(shè)垂直紙面向外為磁場正方向。一個質(zhì)量為小、

電荷量為q的帶正電液滴從P點以速度為=2m/s沿x軸負方向入射，恰好沿y軸負方向的速度

9經(jīng)過原點。后進入XW0的區(qū)域。已知：

m=5xl0-6/cg,q=2x10-4。，t=0時液滴恰好通過。點，重力加速度g取lOm/s2。

(1)求液滴第一次到達。點時速度"的大?。?/p>

(2)求液滴在0?5to時間內(nèi)的路程；

(3)若在t=5to時撤去電場瓦、％和磁場同時在整個空間區(qū)域加豎直向上的勻強磁場殳(未

畫出)，4=0.57,求從此時刻起，再經(jīng)過券s,液滴距。點的距離。(本小題中取

16.如圖所示，將滑塊4無初速地輕放在長s=8,0m,沿順時針以%=8.0m/s轉(zhuǎn)動的水平傳

送帶左端，一段時間后4從傳送帶右端水平飛出，下落高度H=1.8m后，恰能從P點沿切線方

向進入半徑R=11m的光滑圓弧軌道，并沿圓弧軌道滑至最低點Q,滑塊4經(jīng)Q點后滑上靜置

于粗糙水平面上長為L=12.6257n的木板B,4與B間動摩擦因數(shù)為%=0.4,B與地面的動摩

擦因數(shù)為“2=0」，4帶動8向右運動，距離B右端d=7.5m處有一與木板等高且足夠長的固

定光滑平臺，B與平臺碰撞后即粘在一起不再運動，滑塊4滑上平臺運動足夠長時間后與左端

帶有輕彈簧的滑塊C作用，已知A、B質(zhì)量均為m=1.0kg,C的質(zhì)量M=2.0kg。忽略所有滑

塊大小及空氣阻力對問題的影響。sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2?

(1)求滑塊4與傳送帶間的動摩擦因數(shù)大小需滿足的條件；

(2)求滑塊4滑上平臺時的速度大??；

(3)滑塊4與彈簧接觸但不粘連，若在滑塊C的右側(cè)某處固定一彈性擋板。(未畫出)，擋板的位

置不同，C與D相碰時的速度不同。已知C與。碰撞時間極短，C與。碰后C的速度等大反向，

且立即撤去擋板0。4與C相互作用過程一直沒有離開水平面，求此后運動過程中4與C組成的

系統(tǒng)彈性勢能最大值Ep的范圍。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4湯姆生首先發(fā)現(xiàn)電子，但是原子的核式結(jié)構(gòu)模型是盧瑟福提出的，故4錯誤；

反光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)都能說明光子具有粒子性；光電效應(yīng)說明光子具有能量，而康普頓效應(yīng)

說明光子具有能量、還具有動量，故B正確；

C0射線是高速電子流，來自原子核內(nèi)部中子的轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子和電子，故C錯誤；

。?貝克勒爾通過對天然放射性的研究，揭示了原子核有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)，但并沒有發(fā)現(xiàn)質(zhì)子和中子，

故。錯誤。

故選：B。

湯姆生發(fā)現(xiàn)的電子；光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)都能說明光子具有粒子性；0射線是高速電子流，核

內(nèi)部中子的轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子時放出的電子；貝克勒爾通過對天然放射性的研究，揭示了原子核有復(fù)雜

的結(jié)構(gòu)，但并沒有發(fā)現(xiàn)質(zhì)子和中子。

解題關(guān)鍵是掌握物理學(xué)史，要求學(xué)生在日常的學(xué)習(xí)中注重積累。

2.【答案】C

【解析】解：44、B關(guān)于。點對稱，根據(jù)對稱性可知4點和B點的磁感應(yīng)強度大小相等，方向不同，

故A錯誤；

B.根據(jù)題意可知a、c對導(dǎo)線b的安培力大小F,f、d對導(dǎo)線b的安培力大小為：Ffd=tan30°F

解得：升d=?F

e對導(dǎo)線b的安培力大小為：f

則根據(jù)平行四邊形定則對矢量進行合成可得b導(dǎo)線所受安培力大小為：Fb=2Fs譏30。+2x

^yT-^sFm600+Fj

解得：Fb號,故B錯誤；

CD.根據(jù)安培定則可得，a、d兩條導(dǎo)線在。點的磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反；b、e兩條導(dǎo)線在

。點的磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反；故a、b、c、d、e五根導(dǎo)線在。點的磁感應(yīng)強度方向與c導(dǎo)

線在。點的磁感應(yīng)強度方向相同，垂直于ed向下，故C正確，。錯誤。

故選：Co

根據(jù)右手螺旋定則得出對應(yīng)的點的磁感應(yīng)強度的特點，結(jié)合磁感應(yīng)強度的疊加特點完成分析；

根據(jù)安培力的計算公式，結(jié)合左手定則即可得出安培力的大小和方向。

本題主要考查了安培力的相關(guān)應(yīng)用，熟悉右手螺旋定則得出磁感應(yīng)強度的方向，結(jié)合安培力的計

算公式即可完成分析。

3.【答案】C

【解析】解：4靜止時，N板不動，電容器的電容不變，所以電容器電量不變，電流表示數(shù)為零,

電容器保持與電源相連，兩極板帶電，故A錯誤；

C.由靜止突然向后加速時，N板相對向前移動，則板間距減小，根據(jù)C=品可知電容C增大，電

4nkd

容器與電源直接相連，則電壓不變，由電荷量的計算公式Q=CU可知電容器電量增大，電容器充

電，電流由a向b流過電流表，故C正確；

D由靜止突然向前加速時，N板相對向后移動，則板間距增大，根據(jù)C=f與可知電容C減小，電

471kd

容器和電源直接相連，則電壓不變，由電荷量的計算公式Q=CU可知電容器電量減小，電容器放

電，電流由b向a流過電流表，故。錯誤。

8.根據(jù)上述分析可知，手機“前后”方向運動的加速度越快，電容變化越大，相同時間內(nèi)電容充

電或放電的電荷量大，電路中的電流表示數(shù)越大。因此電路中的電流表示數(shù)越大，說明手機“前

后”方向運動的加速度越快，故B錯誤；

故選：C,

電容器與電源相連，電勢差等于電源電勢差，則兩極板帶電；

根據(jù)電容的決定式得出電容的變化趨勢，結(jié)合電荷量的計算公式得出電荷量的變化趨勢，由此得

出電流的方向；

理解加速度的大小對電容變化趨勢的影響，結(jié)合電荷量的計算公式完成分析。

本題主要考查了電容器的動態(tài)分析問題，理解變化過程中的不變量，結(jié)合電容器的比值定義式和

決定式即可完成分析。

4.【答案】D

【解析】解：4對物塊4和B整體受力分析，如圖:

由平衡條件可得，沿斜面方向外力F的大小為：F=(zn+2m)gsinS-Smgsind,故A錯誤;

F彈=2mgstn?

根據(jù)胡克定律有：F肄=k4x

則彈簧的形變量為：=故8錯誤;

CD.對物塊4和B整體受力分析，由牛頓第二定律，得：F-3mgsin9=3ma

F—3mgsin04mgsin0—3mgsin61.

解得:Q=-------=------------=—gsinUn

3m37n

-1

即物塊4和B的加速度大小為：aA=aB=-gsind

對物塊B受力分析，由牛頓第二定律：F^'-2mgsin9=2maB

、18

可得，彈簧彈力的大小為：Fj=2maB+2mgsin6=2mx-gsind+2mgsin。=-mgsind

突然撤去外力F的瞬間，彈簧不突變，所以物塊B的加速度大小不變，故C錯誤，Z)正確。

故選：D。

對整體受力分析，根據(jù)受力平衡可求外力產(chǎn)的大小;

物體B只受自身重力、彈簧彈力和斜面的支持力，受力相對物體4簡單，則根據(jù)物體B的受力，根

據(jù)受力平衡可求彈簧彈力，結(jié)合胡克定律可求彈簧的形變量；

當(dāng)外力增大時，物體開始運動，分析其受力，根據(jù)牛頓第二定律求得物塊的加速度，再對B分析

受力，可求彈力大小；

突然撤去外力F的瞬間，彈簧不突變，所以物塊B的加速度大小不變。

解題關(guān)鍵是合理對整體和個體進行受力分析，結(jié)合牛頓第二定律、胡克定律求解；明確彈簧不會

突變。

5.【答案】B

【解析1解：D、將小球在Q點的速度》分解為水平分量ucos37。和豎直分量vs譏37。。

v+vcs37

由位移一時間公式可得：小球水平分位移為：x=^°t

小球豎直分位移為丫=吧/t

解得：：=故。錯誤；

A、根據(jù)題中所述，可知小球水平方向先向右做勻減速直線運動，小球水平向右方向的分加速度大

小為g=勺等二

小球豎直向下方向的分加速度大小為：的=等二

設(shè)小球合加速度方向與豎直方向夾角為0,則有：￡耐1。=資

ay

聯(lián)立解得：打幾。=3

可知，小球在空中做類斜拋運動，可以將該運動分解為垂直于合加速度方向的勻速直線運動與沿

合加速度方向的勻加速直線運動，可知勻速直線運動的分速度即為速度的最小值，則有：vmin=

VCOS0

結(jié)合上述解得：vmin=^2v,故A錯誤；

B、根據(jù)上述小球所受電場力與重力的合力大小為：F=ma,該合力方向與豎直方向夾角亦為仇

可知，當(dāng)電場力方向與合力方向垂直時，電場力達到最小值，則有：最小電場力：F電mbl=mgsind

根據(jù)tan。=-7=—=J,可求得加。=±

Jl-sn/e7io

從而求得：F，.in=^mg，故B正確；

C、根據(jù)上述可知，小球從P點運動到Q點的過程中重力一直做正功，重力勢能一直減小，小球運

動過程中只有重力勢能、動能與電勢能的轉(zhuǎn)化，可知動能與電勢能之和一直增大，故C錯誤。

故選：B。

根據(jù)運動學(xué)公式求解x、y方向的分位移之比；

由于小球從P到Q動能變化為零，那么小球動能先減后增。分別求出水平加速度和豎直加速度，從

而獲得合力的方向。當(dāng)速度方向與合力垂直時，類斜拋的速度最小，在Q點進行速度的分解，根

據(jù)幾何關(guān)系求解PQ與x軸的夾角，根據(jù)速度的合成與分解結(jié)合幾何關(guān)系求解最小速度和最小的電

場力；

根據(jù)功能關(guān)系分析動能與電勢能之和的變化情況：

本題主要是考查帶電小球在電場和重力場中的運動，關(guān)鍵是弄清楚小球的受力情況和運動情況，

根據(jù)運動的合成與分解、能量守恒定律等進行分析。

6.【答案】D

【解析】解：AB.根據(jù)正弦式交流電的特點可知，輸入的交流電源的有效值為U=必誓V=220V

V2

設(shè)電流表的示數(shù)為/2,根據(jù)電流與匝數(shù)比的關(guān)系可知原線圈的電流為：

T

副線圈的電壓為：u2=12R2

則原線圈的電壓為：U=2U=2IR=

t2224/X/?2

則U=1隹1+%=A8+4/i/?2

聯(lián)立可得：4=4.44；I2=8.84

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：

U=/出+44/?2=A(R1+4&)

可知若滑動變阻器滑片向右移動時，人變小，根據(jù)P=KR可知%的功率逐漸減小，故A8錯誤；

C.根據(jù)等效電阻的知識可知，副線圈對應(yīng)的原線圈位置的等效電阻為4/?2,根據(jù)電路結(jié)構(gòu)可知，原

線圈消耗功率為：

P=[^^產(chǎn),窈2

22

…一n220/?3220

2

化同得一(5+4/?3)-j|+16/?3+40

根據(jù)數(shù)學(xué)的不等式知識可知，當(dāng)4H2=R1時，/?2的功率最大，解得：/?2=2.5。，故C錯誤；

。設(shè)原副線圈的匝數(shù)比為71,根據(jù)48選項分析可知，可以將原線圈電阻等效為MR2,根據(jù)上述分

析可知，當(dāng)=%時，功率最大，則

解得n=3

可知若保持滑動變阻器/?2=當(dāng)。不變，只改變原副線圈匝數(shù)比，使/?2功率最大時，原副線圈匝數(shù)

比為3：1,故。正確。

故選：。。

根據(jù)交流電的特點得出交流電源的有效值，結(jié)合歐姆定律和變壓器的工作原理聯(lián)立等式得出電表

的讀數(shù)和功率的變化趨勢；

根據(jù)功率的計算公式結(jié)合數(shù)學(xué)知識得出功率最大時電阻的阻值，結(jié)合變壓器的工作原理得出此時

的線圈匝數(shù)比。

本題主要考查了變壓器的相關(guān)應(yīng)用，理解變壓器兩端的電學(xué)物理量與匝數(shù)的比值關(guān)系，結(jié)合歐姆

定律和功率的計算公式即可完成分析。

7.【答案】D

【解析】解：4根據(jù)題中條件無法求出4的質(zhì)量，故A錯誤；

8.由圖乙，B、C繩中先出現(xiàn)彈力，根據(jù)合力提供向心力〃nicg+

當(dāng)R=。時32=0.5(rad/s)2

當(dāng)「2=1時32=l(rad/s)2

代入數(shù)據(jù)解得b=1m

故8錯誤；

C.當(dāng)角速度為lrad/s時/=l(rad/s)2

由圖可知=彩=1N

B、C間繩的拉力均為1N,對B只有摩擦力提供向心力，根據(jù)合力提供向心力有f=機式32)2%,

解得/=0.4/V

故C錯誤：

2

。.根據(jù)題圖可得7\=(3w-2)NT2=(2o>2-1)/V

A、B即將與圓盤發(fā)生滑動時，根據(jù)合力提供向心力，滿足Ti-T2-UmBg=mB32RB

代入71、72可得d-1.5N=0.4a)2

解得3=^^rad/s

故。正確。

故選：D。

根據(jù)合力提供向心力，結(jié)合題中數(shù)據(jù)圖像以及臨界條件，即可解答。

本題考查學(xué)生對圓周運動問題的分析，解題關(guān)鍵是分析出合力提供向心力，并掌握臨界條件。

8.【答案】BD

【解析】解：4、光路圖如圖所示:

R

由幾何關(guān)系可知，光在4點的入射角i=60。，設(shè)折射角為r,根據(jù)幾何關(guān)系taw=2='則sinr=

R2

1_門

7=^=~

根據(jù)折射定律，玻璃磚對光的折射率n=黑，代入數(shù)據(jù)解得n=竽

BC、光路如圖所示，根據(jù)光路可逆原理，知光在C點的折射角等于i=60。

設(shè)C點離地面高度為九，根據(jù)題意有/itQTii=（九+R）tanr

代入數(shù)據(jù)解得：%=若?”，故8正確，C錯誤；

D、光從。點入射時光程為s=*R，光在介質(zhì)中的光速。=5則從。點入射的光在玻璃磚中的傳

播時間t=*代入數(shù)據(jù)解得t=守，故。正確。

v4c

故選：BD。

由幾何關(guān)系求入射角和折射角的正弦值，再根據(jù)折射定律求折射率；由幾何關(guān)系求C點離地面的

高度；根據(jù)兒何知識求解光在介質(zhì)中的路程，由"=（求解光在介質(zhì)中的速度，再分析光在介質(zhì)中

的傳播時間。

解決該題需要能正確作出光路圖，能根據(jù)幾何知識求解光在介質(zhì)中傳播的長度以及相關(guān)的角度，

熟記折射定律以及傳播速度的表達式。

9.【答案】AC

【解析】解：力、衛(wèi)星繞行星做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力有

八Mm47r2

G7r=m忙

解得：產(chǎn)=軍/

GM

兩邊取對數(shù)得：21gr=3/gr+lg需

則國7=|斷+艙需

圖乙中兩條直線的斜率均為|,故A正確；

B、由上可得:壇=gg需bA=|lgJ

根據(jù)已知條件獨一以=lgC，得與g贏一：電探=恒/與，解得行星兒B的質(zhì)量之比為以：

MB=3：1,故8錯誤；

C、由題圖甲可知，兩行星的第一宇宙速度相等，根據(jù)G粵=得行星的第一宇宙速度表達

R2R

式為”=居

則M=居,解得％=3%

兩行星的密度分別為P4=格、PB=黑，聯(lián)立解得PA：pB=1：9,故C正確；

D、在行星表面上，根據(jù)萬有引力等于重力，得G粵=mg,則行星A、B表面的重力加速度大小

R

之比為0t：9B=~F：弓變，解得：9A-9B=1:3,故。錯誤。

KAKB

故選：AC.

衛(wèi)星繞行星做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力列式，得到7與r的關(guān)系式，變形得到ZgT與

的關(guān)系式，再分析圖乙中兩條直線的斜率大??；根據(jù)對數(shù)函數(shù)的關(guān)系，結(jié)合仍=lgC，

求解行星4、B的質(zhì)量之比，再求密度之比；根據(jù)萬有引力等于重力得到重力加速度的表達式，然

后求解行星AB表面的重力加速度大小之比。

解決本題的關(guān)鍵要掌握萬有引力提供向心力和萬有引力等于重力這兩條思路，知道線速度、角速

度、周期、加速度與軌道半徑的關(guān)系，并會用這些關(guān)系式進行正確的分析和計算。該題還要求要

有一定的讀圖能力和數(shù)學(xué)分析能力，會從圖中讀出有用信息。

10.【答案】AC

【解析】解：4根據(jù)題意可知，運動到最高點時，物體的速度為0,結(jié)合圖乙可知，此時的重力勢

能為50/,又有

Ep-mgh

代入數(shù)據(jù)解得m=1.25kg

故A正確；

B.物體上升過程中，克服摩擦力做功，機械能減少，且減少的機械能等于克服摩擦力做的功，有

—E=fimgcosa其中E=50/,Eo=807

代入數(shù)據(jù)解得〃=0.45

故B錯誤；

C.根據(jù)題意，由牛頓第二定律有

mgsina+[imgcosa=ma

代入數(shù)據(jù)解得a=9.6m/s2

故C正確；

。.根據(jù)題意可知，物塊下滑過程中摩擦力做功與上滑過程中摩擦力做功相等均為

Wf=Eo-E=50J-80J=-30/

整個過程由動能定理有

2Wf=Ek-Eo

其中Eo=80/

代入數(shù)據(jù)解得%=20/

故。錯誤。

故選：AC.

當(dāng)物體到達最高點時速度為零，機械能等于物體的重力勢能，由重力勢能計算公式求解物體質(zhì)量；

在運動過程中，機械能的變化量等于摩擦力做的功，由圖像求出摩擦力做的功，由功的計算公式

求出動摩擦因數(shù)；

由牛頓第二定律求出物體上升過程的加速度；

由動能定理求出物體回到斜面底端時的動能。

解答本題時，要掌握常見的功能關(guān)系，知道重力做功不改變物體的機械能，摩擦力做功使物體機

械能減少，由圖像求出物體初末狀態(tài)的機械能，應(yīng)用重力勢能的計算公式、動能定理即可正確解

題。

11.【答案】BC

【解析】解：4金屬棒CD剛開始運動時受到的摩擦力大小為：

f—fimg—0.1x0.5xION—0.5N

方向水平向右，故A錯誤；

B.金屬棒CD剛開始運動時，此時金屬棒CD受力平衡，滿足等式

?安=

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E=BLv

.E

根據(jù)歐姆定律可得：/=釬

總

R色=1.50

聯(lián)立解得：v=1.5m/s

所以水平拉力F的瞬時功率為：

P=Fv=3.5x1.5W=5.2514/

故8正確；

C從金屬棒MN開始運動到金屬棒CD開始運動的過程中，選向左的方向為正方向，對金屬棒MN運

用動量定理可得：

(F-Rmg)t—BILt=mv—0

q=It

聯(lián)立解得:q=2.25C

所以流過電阻R的電荷量為q1=gq=3x2.25C=1.125C

故C正確；

。.從金屬棒MN開始運動到金屬棒CD開始運動的過程中，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得：

。BASBLAx

￡L=4---=-----=------

AtAtAt

q=It

解得：x=

o

對金屬棒MN運用動能定理，得：

(F—umg)x—Q=^mv2—0

解得：Q=署/

所以電路中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q1=：Q=Jxr/=^/,故。錯誤。

ooIoyb

故選:BCo

根據(jù)摩擦力的計算公式得出摩擦力的大小，結(jié)合運動方向得出摩擦力的方向；

根據(jù)歐姆定律結(jié)合功率的計算公式得出功率的大??；

根據(jù)動量定理得出流過電阻的電荷量；

根據(jù)動能定理列式得出電阻產(chǎn)生的焦耳熱。

本題主要考查了電磁感應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，熟悉物體的受力分析，結(jié)合受力分析和能量守恒定律即可

完成分析。

12.【答案】9.50

【解析】解：(1)根據(jù)“描點法”作圖的原則，作圖時要使盡量多的點子落在直線上，不在直線上

的要均勻分布在直線兩側(cè)，舍棄個別相差較遠的點子，所作產(chǎn)―,圖像如圖所示:

圖像的斜率k=75^7^7^s2/m5a4.15s2/m

JL.4>UU.。U

根據(jù)單擺周期公式r=2兀"

化簡得產(chǎn)=史./

9

結(jié)合圖像斜率卜=空

9

解得重力加速度g-=4^3^4m/s2=9.50m/s2

(2)4根據(jù)單擺周期公式，重力加速度9=警

只考慮了擺線的長度，沒有加上擺球的半徑，則相當(dāng)于擺長變小，測量值變小，故A錯誤；

A設(shè)單擺全振動的次數(shù)為n,所用時間為3則單擺的周期7=：

單擺周期公式T=2兀

聯(lián)立解得9=當(dāng)默

誤將29次全振動記成了30次，圈振動次數(shù)增大，測量值增大，故8正確；

C根據(jù)單擺周期公式7=2兀g,重力加速度g=警

振動中出現(xiàn)了松動導(dǎo)致擺線長度變長，則重力加速度的真實值變大，測量值小于真實值，故C錯

誤。

故選：B。

故答案為：(1)9.50：(2)8。

(1)根據(jù)“描點法”作圖的原則，作出口一/圖線，根據(jù)單擺周期公式結(jié)合圖線的斜率求解重力加

速度；

(2)根據(jù)單擺的周期公式求出重力加速度的表達式，結(jié)合表達式分析重力加速度偏小的原因。

本題考查了根據(jù)單擺周期公式求解重力加速度，并能根據(jù)重力加速度的表達式進行誤差分析。

13.【答案】10.014.35.3

【解析】解：(1)根據(jù)電路圖連接實物圖，如圖所示:

(2)電流表4測通過％的電流，電流表4測干路電流，同時R與心并聯(lián)，則根據(jù)歐姆定律可得:

R&-L)=RJi

整理可得:臺=勺+1

11K

結(jié)合丙圖可知，縱軸的截距為1；根據(jù)圖中數(shù)據(jù)可知，圖線的斜率為：卜=甯=10.0

根據(jù)公式可知，此時的斜率即為%的阻值，即q的值為10.00。

(3)根據(jù)閉合電路的電路歐姆定律可得：E=l2r+1,RX

變形可得：%=月一生/1

4rrX

吟=練券”2.7

代入數(shù)據(jù)解得：r=5.30；E=14.3V

故答案為：(1)如上圖所示；(2)10.0；(3)14.3；5.3o

(1)根據(jù)電路圖得出對應(yīng)的實物連線圖；

(2)根據(jù)歐姆定律和圖像的物理意義得出待測電阻的大??；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合圖像的物理意義得出電源電動勢和內(nèi)阻。

本題主要考查了電源電動勢和內(nèi)阻的測量實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結(jié)合閉合電

路歐姆定律和圖像的物理意義即可完成分析。

14.【答案】解：(1)氣體M等壓變化，根據(jù)蓋一呂薩克定律可得：

輅_匏

解得：T2=420K

(2)由(1)知，T3>T2,氣缸4己經(jīng)落地，假設(shè)繩子仍繃緊，對氣體M分析可得：

TI~T3

=hs

%=(黜+〃)s

r

對氣體NPNI?3fls=pN3h

又PMI=PNI

PM3=PN3

解得：hry82cm

因為82cm<84cm

假設(shè)成立，故八'=82cm

答：(1)氣缸4的底部剛接觸地面時氣體M的熱力學(xué)溫度為420K；

(2)氣體M的溫度升到&=450K時活塞。距離地面高度為82cm。

【解析】(1)氣體做等壓變化，根據(jù)蓋一呂薩克定律得出氣體的熱力學(xué)溫度；

(2)分析出氣體M變化前后的狀態(tài)參量，根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程得出對應(yīng)的高度。

本題主要考查了一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程，解題的關(guān)鍵點是分析出氣體變化前后的狀態(tài)參

量，結(jié)合一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程即可完成分析。

15.【答案】解：(1)取火方向為正方向，水平方向利用動量定理：-Eiq=O—nWo

取向下為正方向，豎直方向利用動量定理：mgt=mv-0

聯(lián)立兩式，可得v=5m/s

(2)由=mg可知粒子在％＜。區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動

0?to時間內(nèi)，B\=2T,粒子做圓周運動的周期T1=券，代入數(shù)據(jù)可得7;=吊，可知%=今

液滴所受洛倫茲力提供向心力，則有：，代入數(shù)據(jù)可得6=余機

to?2to時間內(nèi)，B[=47,粒子做圓周運動的周期72=翳，代入數(shù)據(jù)可得72=畜，可知

液滴所受洛倫茲力提供向心力，則有：quB】=*，/=47,代入數(shù)據(jù)可得「2=全加

同理可知2to?3t。，4to?5to時間內(nèi)液滴運動的周期和半徑與0?%時間內(nèi)的周期和半徑相等，

3to?4to時間內(nèi)的周期和半徑與玲?2to時間內(nèi)周期和半徑相等，可得液滴運動軌跡如下圖所示：

由圖可得液滴在0?5to時間內(nèi)的路程s=1x271Tl+2nr2

代入數(shù)據(jù)可得s=0.49m

(3)t=5t()時，帶電液滴的速度經(jīng)過原點。水平向右，當(dāng)殳=0.57,方向豎直向上時，帶電液滴在

水平方向做勻速圓周運動，豎直方向做自由落體，

粒子運動的周期73=翳，代入數(shù)據(jù)，可得4=由，可知戊=今

帶電粒子運動的半徑七=粉代入數(shù)據(jù)可得R=

液滴經(jīng)過戊，水平方向的位移大小X

豎直方向的位移大小y=gg(4t)2

則液滴距。點的距離d=7x2+y2

代入數(shù)據(jù)可得d=0.35m

答：(1)液滴第一次到達。點時速度"的大小為5m/s；

(2)液滴在0?5to時間內(nèi)的路程為0.49m；

(3)若在t=5to時撤去電場Ei、E2和磁場%,同時在整個空間區(qū)域加豎直向上的勻強磁場人(未畫

出)，B2=0.5T,求從此時刻起，再經(jīng)過吊，液滴距。點的距離為0.35m。

【解析】(1)水平方向和豎直方向分別對帶電液滴利用動量定理，可得速度大??；

(2)重力和電場力等大反向，則帶電液滴在磁場中做勻速圓周運動，分別求出帶電液滴在不同磁感

應(yīng)強度下做圓周運動的周期和半徑，對比to和各個周期的大小關(guān)系，根據(jù)磁感應(yīng)強度的方向和速

度方向可得帶電液滴的運動軌跡，根據(jù)軌跡和液滴運動的半徑可得粒子在0?5to時間內(nèi)的路程；

(3)撤去電場和原來磁場，帶電液滴在水平方向做勻速圓周運動，豎直方向做自由落體運動，根據(jù)

磁感應(yīng)強度大小可得液滴做勻速圓周運動的半徑和周期，進而可得液滴經(jīng)過為s時的