2023年廣東省梅州市高考物理質(zhì)檢試卷

2023年廣東省梅州市高考物理質(zhì)檢試卷

1.中國跳水“夢(mèng)之隊(duì)”在東京奧運(yùn)會(huì)上榮獲7金5銀12枚獎(jiǎng)牌。某同學(xué)將[W（m?J）

一小球（可看成質(zhì)點(diǎn)）從平臺(tái)邊緣豎直向上拋出來模擬運(yùn)動(dòng)員的跳水運(yùn)動(dòng)，Tk

從小球拋出時(shí)開始計(jì)時(shí)，若小球的速度與時(shí)間關(guān)系的圖像如圖所示，不計(jì)J/，L2>?O?

空氣阻力。則下列說法正確的是（）

A.小球在1.2s時(shí)到達(dá)最高點(diǎn)B.小球在水中最深處時(shí)加速度最大

C.跳臺(tái)與水面的高度差是2.4TnD.小球潛入水中的深度為3.2Zn

2.2022年11月30日，神舟十五號(hào)載人飛船與空間站完成對(duì)接，“勝利會(huì)師”的兩個(gè)航天員

乘組一起在中國人自己的“太空家園”留下了足以載入史冊(cè)的太空合影（如圖所示）?？臻g站

繞地球飛行的軌道可視為圓軌道，軌道離地面高度約為400km。下列說法正確的是（）

A.空間站的線速度小于同步衛(wèi)星的線速度

B.完成對(duì)接后中國空間站的質(zhì)量增大，但運(yùn)行速度大小不變

C.空間站內(nèi)的航天員處于平衡狀態(tài)

D.神舟十五號(hào)載人飛船的發(fā)射速度小于7.9km∕s

3.如圖甲所示，理想變壓器原線圈接入圖乙所示的交變電壓，副線圈電路中RO為定值電阻，

R是滑動(dòng)變阻器，原、副線圈的匝數(shù)之比為10：1,匕和匕是理想交流電壓表，示數(shù)分別用UI和

”表示；4和4是理想交流電流表，示數(shù)分別用A和/2表示。則下列說法正確的是（）

WN

220立

0.01OO2?s

-22Qy∕2

甲乙

A.t=0.01s時(shí)，電壓表匕的示數(shù)Ul不為零

B.滑片P向下滑動(dòng)過程中，UJi的數(shù)值變小

C.滑片P向下滑動(dòng)過程中，牛的數(shù)值變大

1Z

D.滑片P向下滑動(dòng)過程中，R消耗的功率一定變大

4.親子游戲有益于家長與孩子之間的情感交流。如圖所示，父親與兒子站在水平地面玩拋

球游戲，兩人相向站立，各持一小球并將球水平拋出，下述拋球方式可能使兩球在落地前相

遇的有（）

A.父親先將球拋出

B.兒子先將球拋出

C.兩人同時(shí)將球拋出

D.兒子下蹲適當(dāng)高度后再與父親同時(shí)將球拋出

5.如圖甲所示，B超檢查是醫(yī)學(xué)上常用的診斷方法,其基本原理是探頭向人體內(nèi)發(fā)射超聲波,

超聲波遇到人體不同的組織會(huì)產(chǎn)生不同程度的反射。圖乙、丙是儀器檢測(cè)到的探頭發(fā)送和接

收的超聲波圖像，其中圖乙為某時(shí)刻沿X軸正方向發(fā)送的超聲波，圖丙為一段時(shí)間后沿X軸負(fù)

方向返回的超聲波。已知超聲波在人體內(nèi)傳播速度約為1500τn∕s,下列說法正確的是（）

v/mm

丙

A.圖丙中質(zhì)點(diǎn)b正沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)

B.圖乙和圖丙中，質(zhì)點(diǎn)α和質(zhì)點(diǎn)b加速度相同

C.圖乙中質(zhì)點(diǎn)ɑ的振動(dòng)周期為r=8.0xl0Ts

D.圖乙中質(zhì)點(diǎn)α在此后的0.1S時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程為40Om

6.梅州的非物質(zhì)文化遺產(chǎn)有不少，興寧花燈就是其中一種，它與北京官燈是一脈相承，始

于宋代，流行于明清，是傳承了上千年的客家傳統(tǒng)習(xí)俗?；粲盟臈l長度相同、承受能力相

同的繩只高高吊起，如圖所示，繩子與豎直方向夾角為。，花燈質(zhì)量為m,則下列說法正確的

是（）

A.每條繩子的拉力均相同

B.增大繩子與豎直方向的夾角，花燈受的合外力增大

C.繩子拉力的合力方向?yàn)樨Q直方向

D.繩子長一些更易斷

7.人們對(duì)手機(jī)的依賴性越來越強(qiáng),有些人喜歡平躺著看手機(jī)（如圖所示）,不僅對(duì)眼睛危害大,

還經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)砸傷臉的情況。若手機(jī)質(zhì)量約為200g,從離人臉約20Cm的高處無初速掉落，

砸到人臉后手機(jī)未反彈，人臉受到手機(jī)的沖擊時(shí)間約為O.ls,重力加速度g取IOm/S2,不計(jì)

空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.手機(jī)下落的過程和與人臉接觸的過程均處于失重狀態(tài)

B.手機(jī)對(duì)人臉的沖量大小約為0.4N?S

C.手機(jī)對(duì)人臉的平均沖力大小約為6N

D.手機(jī)與人臉作用過程中動(dòng)量變化量大小約為0

8.如圖所示，為關(guān)于近代物理學(xué)的圖象，則下列說法正確的有（）

A.如圖甲所示，由黑體的輻射強(qiáng)度與輻射光波長的關(guān)系可知，隨溫度的升高，輻射強(qiáng)度的極

大值向波長較長方向移動(dòng)

B.如圖乙所示，發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，入射光光強(qiáng)越強(qiáng)，光電子的最大初動(dòng)能也就越大

C.如圖丙所示，α粒子散射實(shí)驗(yàn)中，α粒子與金原子中的原子核碰撞可能會(huì)發(fā)生大角度偏轉(zhuǎn)

D.如圖丁所示，大量氫原子處于n=4的激發(fā)態(tài)，躍遷過程中可能釋放出6種頻率的光子，其

中從n=4的能級(jí)躍遷到Ti=3能級(jí)輻射的光子波長最長

9.如圖所示為電子束焊接機(jī)簡(jiǎn)易原理圖，圖中帶箭頭的虛

線表示電場(chǎng)線，P、Q是電場(chǎng)中的兩點(diǎn)。K為陰極，A為陽極，

兩點(diǎn)距離為d,在兩極之間加上高壓U,—電子從K極由靜止

被加速。不考慮電子重力，元電荷為e,則（）

A.AK之間的電場(chǎng)強(qiáng)度為g

B.P點(diǎn)的電勢(shì)低于Q點(diǎn)的電勢(shì)

C.電子由K到4的電勢(shì)能減少了eU

D.電子由P運(yùn)動(dòng)到Q,電場(chǎng)力做負(fù)功

10.如圖所示，長方體的力BCo面為正方形，整個(gè)空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)在ZB、

BC、CD、∕λ4上分別放置四根導(dǎo)體棒，且構(gòu)成一閉合回路，當(dāng)回路中通有沿力BSM方向的電

流時(shí)，下列說法正確的是（）

A.CD棒所受的安培力方向垂直紙面向外B.四根導(dǎo)體棒均受安培力的作用

C.CD棒與ZM棒所受的安培力大小相等D.ZM棒所受的安培力最大

11.在天宮課堂中，我國航天員演示了利用牛頓第二定律測(cè)量物體質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)，受此啟發(fā),

某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌、力傳感器、無線加速度傳感器、輕彈簧和待測(cè)物體等器材設(shè)計(jì)了測(cè)量

物體質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)。如圖甲所示，主要步驟如下：

加速度傳感器

」力傳感器Γ-l

匚二LQfi兩迦及2雙滑塊氣墊導(dǎo)軌

6/卜K＞通氣源

圖甲

①將力傳感器固定在氣墊導(dǎo)軌左端支架上，加速度傳感器固定在滑塊上；

②接通氣源，放上滑塊，調(diào)平氣墊導(dǎo)軌；

③將彈簧左端連接力傳感器，右端連接滑塊，彈簧處于原長時(shí)滑塊左端位于。點(diǎn)，4點(diǎn)到。點(diǎn)

的距離為5.00cτn,拉動(dòng)滑塊使其左端處于4點(diǎn)，由靜止釋放并開始計(jì)時(shí)；

④計(jì)算機(jī)采集獲取數(shù)據(jù)，得到滑塊所受彈力尸，加速度α隨時(shí)間t變化的圖像，部分圖像如圖

乙所示。

fF/N

回答以下問題(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)：

(1)彈簧的勁度系數(shù)為N/m；

(2)該同學(xué)從圖乙中提取某些時(shí)刻尸與ɑ的數(shù)據(jù)，畫出a-F圖像如圖丙中I所示，由此可得滑

塊與加速度傳感器的總質(zhì)量為kg；

(3)該同學(xué)在滑塊上增加待測(cè)物體，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)步驟，在圖丙中畫出新的a-F圖像II,則

待測(cè)物體的質(zhì)量為kg。

12.用一張鋅片和一張銅片，中間夾一張浸過鹽水的紙，并從鋅片和銅片各引出一個(gè)電極,

這樣就組成了一個(gè)電池。為研究該電池組的特性，某同學(xué)進(jìn)行了以下實(shí)驗(yàn)：(計(jì)算結(jié)果均保留

3位有效數(shù)字)

甲乙

(1)將電池組按圖中所示接入電路，圖中電流表的量程為IOm4內(nèi)阻為1000；

(2)閉合開關(guān),調(diào)節(jié)電阻箱的值,發(fā)現(xiàn)當(dāng)R=IoOo時(shí)，電流表的示數(shù)/如圖乙所示,則/

mA↑

(3)反復(fù)調(diào)節(jié)電阻箱的值，讀出多組電流表的示數(shù)/(算出;的值)和對(duì)應(yīng)電阻箱的阻值R,并在

圖丙中描出了相應(yīng)的數(shù)據(jù)點(diǎn)，請(qǐng)利用已描出的點(diǎn)繪出;-R圖線;

(4)由圖丙繪出的;-R圖線可知，該電池組的電動(dòng)勢(shì)為V,內(nèi)電阻為0。

13.如圖所示，生活中，我們用保溫杯接開水后擰緊杯蓋，待水冷卻后就很難擰開

.某可顯示溫度的保溫杯容積為500mZ,倒入200n√熱水后，擰緊杯蓋，此時(shí)顯示溫

度為87。配壓強(qiáng)與外界相同.已知，外界大氣壓強(qiáng)PO為1.0x105pα,溫度為17。&

杯中氣體可視為理想氣體，不計(jì)水蒸氣產(chǎn)生的壓強(qiáng)。

(1)請(qǐng)寫出水冷卻后杯子很難擰開的原因.

(2)求杯內(nèi)溫度降到17。C時(shí)，杯內(nèi)氣體的壓強(qiáng)。

14.如圖所示，兩塊水平放置、相距為d=0.5m的長金屬板接在電壓U=IlZ的電源上。兩

板之間的虛線右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8。將噴墨打印機(jī)

的噴口靠近兩板中間的位置，從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為τn=3.2XlO-kg、速度水平且

大小均為%=5m/s、電荷量相等的墨滴。墨滴在電場(chǎng)區(qū)域恰能水平向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),

并垂直磁場(chǎng)左邊界進(jìn)入電場(chǎng)、磁場(chǎng)共存區(qū)域后，最終打在下板的M點(diǎn)。M點(diǎn)與磁場(chǎng)左邊界的

水平距離亦為d,取g=10m∕S2.

(1)判斷墨滴所帶電荷的電性，并求其電荷量q；

(2)求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度8。

15.某物流公司用如圖所示的傳送帶將貨物從高處傳送到低處。傳送帶與水平地面夾角O=

37°,順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的速率為為=2m∕s,,將質(zhì)量為m=25kg的物體無初速地放在傳送帶的頂端

A,物體到達(dá)底端8后能無碰撞地滑上質(zhì)量為M=50kg的木板左端。已知物體與傳送帶、木

板間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為〃I=0.5,μ2=0.25,4B的距離為S=8.20m。設(shè)最大靜摩擦力等于

滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g=10τn∕s2(已知sin37。=0.6,CoS37。=0.8)。求：

(1)物體滑上木板左端時(shí)的速度大?。?/p>

(2)若地面光滑，要使物體不會(huì)從木板上掉下，木板長度L至少應(yīng)是多少：

(2)若木板與地面的摩擦因數(shù)為小且物體不會(huì)從木板上掉下，求木板的最小長度LmaX與〃的

關(guān)系式。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：4、小球從平臺(tái)邊緣豎直向上拋出，在O-0.4s時(shí)間內(nèi)小球上升，0.4s-2.0s時(shí)間內(nèi)

小球下降，不計(jì)空氣阻力，小球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度不變，則小球在0.4s時(shí)達(dá)到最高點(diǎn)，1.2S小球

開始進(jìn)入水面，故4錯(cuò)誤；

B、1.2s至2.0s時(shí)間內(nèi)進(jìn)入水中做減速運(yùn)動(dòng)，2.0s到水中最深處，加速度為0,故B錯(cuò)誤；

C、由圖可知小球上升時(shí)間為h=0.4s,上升的高度九=:S=gx0.4m=0.8m；0.4-1.2s小球

自由下落的高度為殳=y-^2=I×θ?8m=3.2m,因此跳臺(tái)與水面的高度差為九=h2-h1=

3.2m-0.8m=2.4m,故C正確；

D、若小球潛入水中做勻減速運(yùn)動(dòng)，則通過的位移為∕?=:t2=∣xθ?8m=3.2m,而實(shí)際上，小

球做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，相同時(shí)間位移較小，故小球潛入水中的深度小于3.2m,故。錯(cuò)誤；

故選：Co

根據(jù)速度正負(fù)表示速度方向，分析小球的運(yùn)動(dòng)方向，確定其運(yùn)動(dòng)情況；根據(jù)U-t圖像與時(shí)間軸所

圍的面積表示物體通過的位移，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求得跳臺(tái)與水面的高度差。

本題考查D-t圖像，關(guān)健要明確V-t圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示物體通過的位移，速度正負(fù)表

示速度方向。

2.【答案】B

【解析】解：AB。設(shè)地球半徑為R,人造衛(wèi)星等航天器距離地面九處繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)

萬有引力提供向心力得：

G爵=7n懸=m（爺”（R+九）

我們知道同步衛(wèi)星得周期是24小時(shí)，代入公式可以得出同步衛(wèi)星距離地面的高度約為36000km,

并由公式可知，軌道半徑大則線速度小，并且同樣的高度有同樣的環(huán)繞速度，與環(huán)繞的航天器質(zhì)

量無關(guān)，故A錯(cuò)誤，B正確；

C、平衡狀態(tài)只對(duì)應(yīng)靜止或者勻速直線運(yùn)動(dòng)，而空間站內(nèi)的航天員隨著空間站一起勻速圓周運(yùn)動(dòng)，

不是處于平衡狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；

。、7.9∕σn∕s是航天器發(fā)射的最小速度，并且是根據(jù)萬有引力提供向心力在航天器近地運(yùn)行時(shí)推導(dǎo)

出來的，軌道半徑大，運(yùn)行速度小，但是發(fā)射時(shí)的速度要大于7.9∕σn∕s,故。錯(cuò)誤。

故選：B。

人造衛(wèi)星等航天器繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，主要解題思路就是萬有引力提供向心力，列式討論分析。

關(guān)于人造衛(wèi)星等航天器發(fā)射與運(yùn)行的問題，我們一定要注意區(qū)分發(fā)射速度與運(yùn)行速度，發(fā)射高軌

道衛(wèi)星等航天器，需要較大的發(fā)射速度才能夠進(jìn)入高軌道，但是進(jìn)入高軌道萬有引力變小，速度

也變小，即使調(diào)整軌道加速，在繞行軌道上的運(yùn)行速度也小于發(fā)射時(shí)的速度以及第一宇宙速度。

3.【答案】A

【解析】解：4電表的示數(shù)為交流電的有效值，電壓表匕示數(shù)應(yīng)為220V,故A正確；

B.當(dāng)滑片向下滑的過程中，副線圈中連入電路中的總電阻變小，根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的

關(guān)系i?=詈Ul可知，副線圈兩端電壓不變，根據(jù)功率公式P?=戶可知，變壓器輸出功率增大，

根據(jù)變壓器的功率關(guān)系，原線圈中的輸入功率Pl=UlA也增大，故B錯(cuò)誤；

C.滑片向下滑的過程中，副線圈中連入電路中的總電阻變小，根據(jù)歐姆定律，負(fù)載的總電阻R負(fù)載=

器也減小，故C錯(cuò)誤;

D把變壓器副線圈看作電源，電阻Ro看作副線圈的內(nèi)阻，根據(jù)電源輸出功率與內(nèi)阻的關(guān)系可知，

當(dāng)R=RO時(shí)，電阻R消耗的功率最大；當(dāng)滑片向下滑的過程中，電阻R變小，但不知道移動(dòng)滑動(dòng)片

之前兩電阻的大小關(guān)系，因此不能確定電阻R消耗的功率的變化情況，故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

4在交流電中電表顯示的都是有效值，根據(jù)表達(dá)式知道輸入電壓的有效值；

8.根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的關(guān)系分析變壓器副線圈兩端電壓，根據(jù)功率公式分析副線圈消

耗的功率，再根據(jù)功率關(guān)系分析原線圈的輸入功率；

C.根據(jù)歐姆定律求解負(fù)載的總電阻：

D把變壓器副線圈看作電源，電阻Ro看作副線圈的內(nèi)阻，分析電阻R上消耗的功率。

本題考查了變壓器的構(gòu)造和原理，同時(shí)考查了電路的動(dòng)態(tài)分析；解決本題的關(guān)鍵是理解變壓器電

壓與匝數(shù)比。電流與匝數(shù)比的關(guān)系以及功率關(guān)系；知道電表讀數(shù)是有效值。

4.【答案】A

【解析】解：4BC、小球拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，若兩球在落地

前相遇，則父親扔出的球的豎直位移較大，

則根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的位移一時(shí)間公式：h=^gt2

可得小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t=舊

則父親扔出去的球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較長，即父親先將球拋出，故A正確，8C錯(cuò)誤；

D,若兒子下蹲適當(dāng)高度后與父親同時(shí)將球拋出，兩球在豎直方向的運(yùn)動(dòng)情況相同，由于初始高

度不同，則兩球不能相遇，故。錯(cuò)誤。

故選：Aa

研究平拋運(yùn)動(dòng)的方法是把平拋運(yùn)動(dòng)分解到水平方向和豎直方向去研究：物體在水平方向做勻速直

線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)方向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，即分運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性。

本題考查平拋運(yùn)動(dòng)，解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道平

拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由高度決定。

5.【答案】B

【解析】解：4、圖丙中波沿X軸負(fù)向傳播，根據(jù)“上下坡法”可知，質(zhì)點(diǎn)b正沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，

故A錯(cuò)誤；

B、圖乙和圖丙中，質(zhì)點(diǎn)α和質(zhì)點(diǎn)b位移相同，根據(jù)α=-粒可知兩質(zhì)點(diǎn)的加速度相同，故B正確；

m

C、由圖可知，波長為;I=12×10-3τn,圖乙中質(zhì)點(diǎn)ɑ的振動(dòng)周期為T=4=工3S=8.0Xlθ?.

V1500

故C錯(cuò)誤；

D、因?yàn)閠=0.1s=125007,質(zhì)點(diǎn)在一個(gè)周期內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程為4個(gè)振幅，所以圖乙中質(zhì)點(diǎn)α在此后

的0.1s時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程為S=12500X44=12500×4×4×10^3m=200m,故。錯(cuò)誤。

故選：B.

由“上下坡法”判斷圖丙中質(zhì)點(diǎn)b的振動(dòng)方向；利用α=-把分析質(zhì)點(diǎn)α和質(zhì)點(diǎn)b加速度關(guān)系；利用

m

波速公式計(jì)算周期；根據(jù)時(shí)間與周期的倍數(shù)關(guān)系求質(zhì)點(diǎn)通過的路程。

本題考查機(jī)械波的速度、波長、頻率、路程等相關(guān)知識(shí)。會(huì)運(yùn)用“上下坡法”判斷波的傳播方向

與振動(dòng)方向之間的關(guān)系，根據(jù)時(shí)間與周期的倍數(shù)關(guān)系求質(zhì)點(diǎn)通過的路程。

6.【答案】C

【解析】解：4、根據(jù)對(duì)稱性可知，每條繩子的拉力大小相等，但方向不同，故A錯(cuò)誤；

BC,繩子拉力的合力與花燈的重力等大反向，方向豎直向上，增大繩子與豎直方向的夾角，花燈

受的合外力不變，故B錯(cuò)誤，C正確；

。、將拉力分解到水平方向和豎直方向，設(shè)繩子上的拉力大小為尸，豎直方向，由平衡條件得：

4Fcosθ—mg

解得：F=溪

繩子長一些，。越小，cos?越大，力尸越小，繩子越不容易斷，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

繩子上拉力方向不同；根據(jù)平衡條件判斷繩子拉力的合力大小；將拉力分解到水平方向和豎直方

向，根據(jù)平衡條件分析拉力與繩長的關(guān)系。

本題考查共點(diǎn)力平衡，解題關(guān)鍵是對(duì)花燈做好受力分析，根據(jù)平衡條件分析即可。

7.【答案】C

【解析】解：4手機(jī)接觸人臉后，加速度方向是向上的，此時(shí)應(yīng)處在超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；

B.設(shè)豎直向下方向?yàn)檎较颍瑅1=yJ~2gh=√2×10×0.2m∕s=2τn∕s（ιz1是手機(jī)與人相互作用

之前的速度），對(duì)手機(jī)用動(dòng)量定理，則有Tngt-A=0-τn%,由手機(jī)對(duì)人的沖量），I1=0.6/V?s,

故8錯(cuò)誤：

C因?yàn)?把以手機(jī)對(duì)人的平均作用力A=?=翳N=6N,故C正確；

D.ΔP=mv2—mv1=0—mv1=-OAN-s,故。錯(cuò)誤。

故選：C,

以手機(jī)為對(duì)象，分析手機(jī)與人臉相互作用的過程，手機(jī)受到的力，然后設(shè)定正方向，列動(dòng)量定理

方程，即可求解。

按動(dòng)量定理的解題步驟來，此題得到正確結(jié)果不難。

8.【答案】CD

【解析】解：4、如圖甲所示，由黑體的輻射強(qiáng)度與輻射光波長的關(guān)系可知，隨溫度的升高，輻

射強(qiáng)度的極大值向波長較短的方向移動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

8、如圖乙所示，發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，入射光頻率越大，光電子的最大初動(dòng)能也就越大，與入射光的

強(qiáng)度無關(guān)，故B錯(cuò)誤；

C、如圖丙所示，α粒子散射實(shí)驗(yàn)中，α粒子與金原子中的原子核碰撞可能會(huì)發(fā)生大角度偏轉(zhuǎn)，故

C正確；

D、如圖丁所示，大量氫原子處于r?=4的激發(fā)態(tài)，躍遷過程中可能釋放出或=6種頻率的光子，

其中從n=4的能級(jí)躍遷到n=3能級(jí)能級(jí)差最小，則輻射的光子頻率最小，波長最長，故。正確。

故選：CDo

由圖可得出波長與輻射強(qiáng)度及溫度之間的關(guān)系；根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=hv-%得出最大初動(dòng)能

與入射光頻率”的關(guān)系式進(jìn)行分析；α粒子和金原子的原子核發(fā)生碰撞，會(huì)發(fā)生大角度偏轉(zhuǎn)；躍遷

過程中，根據(jù)髭求解釋放多少種頻率的光子，根據(jù)能級(jí)差，結(jié)合公式C=；If判斷光子波長。

本題考查了黑體輻射、光電效應(yīng)、α粒子散射實(shí)驗(yàn)、能級(jí)躍遷等基礎(chǔ)知識(shí)，要求學(xué)生對(duì)這部分知

識(shí)要重視課本，強(qiáng)化理解并熟練應(yīng)用。

9.【答案】BC

【解析】解：4由題給定的電場(chǎng)線即可知，其間的電場(chǎng)非勻強(qiáng)電場(chǎng)，故4錯(cuò)誤；

區(qū)根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)逐步降低，因?yàn)殡妶?chǎng)的線的方向是由4指向K,即Q點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)

的電勢(shì)，故8正確；

C.根據(jù)電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，即伍A=EPK-EPA,因?yàn)槲?>0,即EPK-EPA>0,而MK=

UKAe=Ue,故C正確；

D根據(jù)電子由P到Q是在加速，由動(dòng)能定理可得合外力對(duì)其做正功，即電場(chǎng)力對(duì)其做正功，故。錯(cuò)

誤。

故選：BC.

根據(jù)沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)逐降低，及電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系，即可得出正確的選項(xiàng)了。

本題主要抓住靜電場(chǎng)中電勢(shì)能變化與靜電力的功的關(guān)系，抓住沿著電場(chǎng)線的方向與電勢(shì)逐步降低

的結(jié)論，可迅速得到解答。

10.【答案】D

【解析】解：4根據(jù)左手定則，可知CD棒所受的安培力方向垂直紙面向里，故A錯(cuò)誤；

B、由于AB棒與磁場(chǎng)的方向平行，因此AB棒不受安培力的作用，故B錯(cuò)誤；

C導(dǎo)體棒CD的有效程度與。。邊長度相等，而LoD<LDA

根據(jù)F=BIL

可知CD棒所受的安培力小于。4棒所受的安培力大小，故C錯(cuò)誤；

DLLl于乙。4>LBc，LOD<LDA

結(jié)合上述，可知，ZM棒所受的安培力最大，故。正確。

故選Do

根據(jù)左手定則判斷受力的方向，根據(jù)安培力的公式判斷安培力的大小。電流和磁場(chǎng)不垂直時(shí)，應(yīng)

將磁場(chǎng)分解，使用其垂直分量計(jì)算安培力。

考查安培力的方向判定和大小計(jì)算。當(dāng)電流和磁場(chǎng)不垂直時(shí)，安培力的方向垂直于電流和磁場(chǎng)確

定的平面。

IL【答案】120.200.13

【解析】解：(1)由題知，彈簧處于原長時(shí)滑塊左端位于。點(diǎn)，4點(diǎn)到。點(diǎn)的距離為5.00cτn.拉動(dòng)滑

塊使其左端處于4點(diǎn)，由靜止釋放并開始計(jì)時(shí)。結(jié)合圖乙的F-t圖有

?x=5.00cm=0.005m,F=0.6ION

根據(jù)胡克定律

k=f

?x

計(jì)算出

k≈12/V/m

(2)根據(jù)牛頓第二定律有

F=ma

則a-F圖像的斜率為滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量的倒數(shù)，根據(jù)圖丙中I,則有

則滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量為

m=0.20kg

(3)滑塊上增加待測(cè)物體，同理，根據(jù)圖丙中II,則有

則滑塊、待測(cè)物體與加速度傳感器的總質(zhì)量為

m'=033kg

則待測(cè)物體的質(zhì)量為

21m=τn'—m=0.33kg—0.20kg—0.13kg

故答案為：(I)12；(2)0.20；(3)0.13

(1)根據(jù)圖像結(jié)合胡克定律解得；

(2)(3)根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合圖像可解得質(zhì)量.

本題考查牛頓第二定律，解題關(guān)鍵掌握實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)驗(yàn)操作，注意圖像斜率的含義。

12.【答案】6.01.4343.0

【解析】解：(2)電流表的最小刻度為0.2m4讀數(shù)為6.0τn4

(3)根據(jù)“描點(diǎn)法”作圖的原則，作圖時(shí)使盡量多的點(diǎn)落在直線上，不能落在直線上的要均勻分布

在直線的兩側(cè)，舍棄個(gè)別相差較遠(yuǎn)的點(diǎn)，所作的圖相如圖所示：

i∕(XlO2A-')

3.0母甘斗并群

E

(4)根據(jù)閉合電路的歐姆定律/=而燧

化簡(jiǎn)得"=:?R+竿

IEE

2

圖像的斜率k=075二")2W.?/-l=0.7VT

250—0

圖像的縱截距b=1.0X102A-1

結(jié)合;-R函數(shù)，圖像斜率k="

解得電源電動(dòng)勢(shì)E=A1IZ=1.43U

圖像縱截距b=整

E

2

解得電源內(nèi)阻r=bE-Rg=1.0×IO×1.430-IOOP=43.0。

故答案為：(2)6.0；(3)見解析；(4)1.43：43.0?

(2)電流表的最小刻度為0.2m4采用“半格估讀法”；

(3)根據(jù)“描點(diǎn)法”作圖的原則作圖；

(4)根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解;-R函數(shù)，結(jié)合圖像的斜率和縱截距求解電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。

本題考查了電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量，關(guān)鍵是要弄懂實(shí)驗(yàn)的原理，然后根據(jù)閉合定律的歐姆定律

求解：-R函數(shù)表達(dá)式。

13.【答案】解：(1)水冷卻后杯子很難擰開的原因是：水冷卻后，杯內(nèi)氣體的溫度降低，在杯內(nèi)

氣體質(zhì)量和體積一定時(shí)，根據(jù)查理定律，杯內(nèi)氣體壓強(qiáng)減小，外界大氣壓強(qiáng)大于杯內(nèi)氣體壓強(qiáng)，

使杯蓋緊貼杯身，故杯子很難擰開。

(2)杯內(nèi)氣體做等容變化，根據(jù)查理定律有

EI="

τγ~τ2

其中

5

Pl=PO=1.0XIOPalT1=(273+87)K=360K,T2=(273+17)K=290K

5

解得：p2=0.81XIOPa

答：(1)見解析。

(2)杯內(nèi)溫度降到17。C時(shí)，杯內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為0.8IX105Pα..

【解析】(1)水冷卻后，杯內(nèi)氣體的溫度降低，在杯內(nèi)氣體質(zhì)量和體積一定時(shí)，根據(jù)查理定律，杯

內(nèi)氣體壓強(qiáng)減小，外界大氣壓強(qiáng)大于杯內(nèi)氣體壓強(qiáng)，使杯蓋緊貼杯身，故杯子很難擰開；

(2)封閉的氣體發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律列式得出氣體的壓強(qiáng)。

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(diǎn)是分析出氣體變化前后的狀態(tài)參

量，結(jié)合查理定律即可完成分析。

14.【答案】解：(1)墨滴在電場(chǎng)區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力等于重力

qE=mg

在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有：E=W

a

解得q=*=3?2×10^×10×0.5c=?6X10-2c

由于電場(chǎng)方向向下，電荷受到的電場(chǎng)力方向向上，可知墨滴帶負(fù)電荷。

(2)墨滴垂直進(jìn)入電、磁場(chǎng)共存的區(qū)域，重力仍與電場(chǎng)力平衡，合力等于洛倫茲力，

墨滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有q%B=遇

R

根據(jù)題設(shè)，墨滴運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示,

IκX*κ??

XXXXU

d'一、、

**

R

設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,則有由圖示可知R2=d2+(ff-?2

5

-4

解得B=1.67。

答：(1)判斷墨滴所帶電荷的電性為負(fù)電荷，并求其電荷量為l?6x10-25

(2)求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是1.67。

【解析】(1)根據(jù)在電場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)說明墨滴受到的重力與電場(chǎng)力相等，可求出電荷量并判

斷電性。

(2)根據(jù)墨滴落在M點(diǎn)，進(jìn)入電磁場(chǎng)以后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)可求磁感應(yīng)強(qiáng)度。

根據(jù)運(yùn)動(dòng)求受力情況，根據(jù)受力情況分析物體運(yùn)動(dòng)的形式，采用數(shù)形結(jié)合解決問題。

15.【答案】解：(1)物體速度達(dá)到傳送帶速度前，由牛頓第二定律，有mgsin37。+〃ImgCoS37。=

ma1

解得的=10m∕s2

設(shè)物體與傳送帶共速時(shí)運(yùn)動(dòng)的位移為修，則對(duì)物體詔=2α1x1

解得：x1=0.20m<s

此后物體繼續(xù)在傳送帶上做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為。2,則根據(jù)牛頓第二定律，有

o

mgsin37—μ1mgcos37°=ma2

解得：a2=2m/s

2

設(shè)物體到達(dá)B端時(shí)的速度大小為力根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有2α2(s-x1)=v