2023年廣西高考物理模擬試卷（4月份）

2023年廣西高考物理模擬試卷（4月份）

A.X為$He,反應(yīng)過程放出能量B.X為W"e,反應(yīng)過程吸收能量

C.X為州,反應(yīng)過程放出能量D.X為曲e,反應(yīng)過程吸收能量

2.帶正電的粒子在外力F作用下沿虛線做逆時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓心

為O,a、b、c、d是圓上的4個(gè)等分點(diǎn)。通有電流大小為/的長直導(dǎo)線.

*

垂直圓平面放置，電流方向如圖所示，導(dǎo)線位于a、。連線上，垂直于M

■Q

圓面。不考慮粒子運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電場(chǎng)，不計(jì)粒子重力，則（）

A.粒子在a點(diǎn)受到的外力產(chǎn)垂直于紙面向外

B.粒子在b點(diǎn)受到的外力尸垂直于紙面向里

C.粒子從a運(yùn)動(dòng)到c,洛倫茲力一直變小

D.粒子從a出發(fā)運(yùn)動(dòng)一周，洛倫茲力不做功

3.如圖所示，三個(gè)同心圓是固定的點(diǎn)電荷Q周圍的三個(gè)等勢(shì)面，4、

B、C分別是這三個(gè)等勢(shì)面上的點(diǎn)，且這三個(gè)點(diǎn)在同一條電場(chǎng)線上。/,?z"^

已知這三個(gè)圓的半徑關(guān)系是6：rc=1：2：3；現(xiàn)將一電荷量+q的[[Y

試探電荷從4點(diǎn)由靜止釋放，試探電荷只在點(diǎn)電荷Q的靜電力作用下'".I

開始運(yùn)動(dòng)，則（）

A.該試探電荷在4、B、C三點(diǎn)的電勢(shì)能大小關(guān)系是EpA<EpB<Epc

B.該試探電荷在4、B、C三點(diǎn)的動(dòng)能大小關(guān)系是EkC-Ek8<EZCB-Eo

C.4、B、C三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系是以：EB:EC=3：2：1

D.A、B、C三點(diǎn)的電勢(shì)大小關(guān)系是0A-9BV9B-9c

4.學(xué)校門口的車牌自動(dòng)識(shí)別系統(tǒng)如圖所示，閘桿距地面高為lm,可繞轉(zhuǎn)軸。在豎直面內(nèi)勻

速轉(zhuǎn)動(dòng)；自動(dòng)識(shí)別區(qū)αb到a'b'的距離為6.9m。汽車以速度3m∕s勻速駛?cè)胱詣?dòng)識(shí)別區(qū)，識(shí)別的

反應(yīng)時(shí)間為0.3s；若汽車可看成高1.6Tn的長方體，閘桿轉(zhuǎn)軸。與車左側(cè)面水平距離為0.6m。

要使汽車勻速順利通過，閘桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度至少為（）

左

A.^rad∕sB.^rad∕sC.^rad∕sD.^rad/s

5.假設(shè)未來某一天科技水平足夠高，人們能夠在地球赤道上建一座高度等于地球同步衛(wèi)星

軌道高度（約3600Okm）的房子，在這座房子的某一層住戶對(duì)地板的壓力等于其在該樓層所受

地球萬有引力的1已知地球半徑約為6400km,則該樓層離地面的高度大概為（）

A.6400/cmB.21200?τnC.18000fcmD.14800∕cm

6.圖甲為家用燃?xì)庠铧c(diǎn)火裝置的電路原理圖，轉(zhuǎn)換器將直流電壓轉(zhuǎn)換為圖乙所示的正弦式

交流電壓，并加在理想變壓器的原線圈上，電壓表為交流電表，變壓器原、副線圈的匝數(shù)分

別為％、n2:當(dāng)變壓器副線圈輸出電壓的瞬時(shí)值大于500OlZ時(shí)，就會(huì)在點(diǎn)火針兩端間引發(fā)火

花進(jìn)而點(diǎn)燃燃?xì)?，則（）

A.閉合開關(guān)S,電壓表的示數(shù)為25√1V

B.閉合開關(guān)S,加在變壓器原線圈上的正弦式交流電壓的有效值為50U

C.某交流發(fā)電機(jī)要產(chǎn)生與圖乙中頻率相同的交流電，其線圈在磁場(chǎng)中的轉(zhuǎn)速應(yīng)為IOOr/s

D.當(dāng)變壓器原、副線圈的匝數(shù)叫、電滿足膽＞IO。2時(shí)，才能實(shí)現(xiàn)點(diǎn)火

7.如圖，a、b兩點(diǎn)在同一豎直線上，現(xiàn)同時(shí)在a、b兩點(diǎn)分別拋

出小球甲、乙，甲球的速度大小為D尹，方向水平向右，乙球的速

度大小為"乙，方向與水平方向的夾角為60。斜向右上方，兩球在C

點(diǎn)（未畫出）相碰,已知碰前瞬間乙球速度方向水平，則下列判斷正

確的是（）

A.a、C兩點(diǎn)豎直方向的距離大于b、C兩點(diǎn)豎直方向的距離

B.甲、乙兩球相碰前瞬間甲球的速率與乙球速率相等

C.甲、乙兩球自拋出至相碰前瞬間速度變化相等

D.甲、乙兩球拋出時(shí)的速度大小U尹與"乙之比為1：2

8.如圖所示,在0≤%≤3a的區(qū)域內(nèi)存在與XOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,

在t=0時(shí)刻，從原點(diǎn)。發(fā)射一束等速率的相同的帶電粒子，速度方向與y軸正方向的夾角分布

在0?90。范圍內(nèi)。其中，沿y軸正方向發(fā)射的粒子在t=%時(shí)刻剛好從磁場(chǎng)右邊界上

P（3a,Ca）點(diǎn)離開磁場(chǎng)，不計(jì)粒子重力，下列說法正確的是（）

Ay

?P(3a,√3a)

O

A.粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為3aB.粒子的發(fā)射速度大小為榮

??o

C.帶電粒子的比荷為會(huì)D.帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為2t0

DDlQ

9.如圖甲所示，某同學(xué)用彈簧OC和彈簧測(cè)力計(jì)a、b做“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)。

在保持彈簧伸長量及方向不變的條件下：

（1）彈簧測(cè)力計(jì)a的讀數(shù)是N；（如圖乙所示）

（2）若彈簧測(cè)力計(jì)a、b間夾角小于90。，保持彈簧測(cè)力計(jì)a與彈簧OC的夾角不變，增大彈簧測(cè)

力計(jì)b與彈簧OC的夾角，則彈簧測(cè)力計(jì)α的讀數(shù)、彈簧測(cè)力計(jì)b的讀數(shù)。（選填

，，變大”，，變小”或，，不變，，

10.某實(shí)驗(yàn)小組在設(shè)計(jì)測(cè)量阻值約為2000的定值電阻R時(shí)，可供選擇

的器材如下：

電源E：電動(dòng)勢(shì)約為3.（Ψ,內(nèi)阻r約為50；

電流表4：量程為07）,64,內(nèi)阻以約為20：

電壓表匕：量程為0?0.5V,內(nèi)阻Fl=Ioo0。；

電壓表%：量程為。?3U，內(nèi)阻O約為5k。；

定值電阻凡，有四種規(guī)格供選：100、500、5000、100012；

滑動(dòng)變阻器R：最大阻值為500,額定電流14

單刀單擲開關(guān)S一個(gè)，導(dǎo)線若干。

（1）如圖四種方案中，因電表內(nèi)阻的不確定而導(dǎo)致不能準(zhǔn)確測(cè)量RX的是.（多選）。

B.

C.

D.

（2）綜合考慮電表內(nèi)阻及量程帶來的影響，該小組設(shè)計(jì)了如圖所示的電路。在閉合開關(guān)前，滑

動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)該置于最（選填“左”或“右”）端；為了保證兩只電壓表的讀數(shù)都

不小于其滿偏電壓的5定值電阻RO應(yīng)選擇（選填“10”“50”“500”或“1000”）0。

(3)根據(jù)(2)中的電路圖，可得出計(jì)算RX的理論表達(dá)式為RX(用“a”“4"飛”或

“Ro”表示)。

11.如圖所示，A、B兩個(gè)小球(可視為質(zhì)點(diǎn))間隙極小，兩球球心連線豎

直，將兩球從離地面高為H處以相同的初速度%=/砌(g為重力加速

度)同時(shí)豎直向下拋出，B先與地面碰撞，再與4碰撞后B靜止于地面，所

有碰撞均為彈性碰撞，求：

(I)4、B兩球的質(zhì)量之比；

(2)碰后4球上升的最大高度為多少？

12.如圖，足夠長的金屬軌道電阻不計(jì)，傾斜部分粗糙，傾角8=37。；水平部分光滑，與

傾斜部分平滑連接。軌道兩端分別接有電動(dòng)勢(shì)E=OAV,內(nèi)阻r=10的電源和電容值為C=

0.5F的電容，軌道所在空間有平行于傾斜軌道的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m=0.02kg,長為L=0.5m,

電阻R=4。的金屬棒兩端恰好和軌道垂直接觸，棒與傾斜軌道間動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.5,當(dāng)開

關(guān)K閉合穩(wěn)定時(shí)金屬棒恰好不下滑，開關(guān)K打開后開始下滑，經(jīng)過時(shí)間t=4.5s到達(dá)傾斜軌道

末端，電容器已完成放電。(已知：sin37°=0.6,cos37°--0.8,g=10m∕s2,不考慮電磁

輻射損失的能量)。求：

(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；

(2)求金屬棒到傾斜軌道末端時(shí)速度的大小也

(3)金屬棒經(jīng)過平滑連接部分時(shí)速度大小不變，然后在軌道水平部分運(yùn)動(dòng)直至達(dá)到穩(wěn)定，穩(wěn)定

時(shí)電容器儲(chǔ)存能量可表示為E虐=TCU2。求金屬棒在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量Q。

13.下列說法正確的是()

A.空氣中PM2.5的運(yùn)動(dòng)屬于分子熱運(yùn)動(dòng)

B.溫度相同的氧氣和臭氧氣體，分子平均動(dòng)能相等

C.當(dāng)分子力表現(xiàn)為引力時(shí)，分子勢(shì)能隨分子間距離的減小而增大

D.用油膜法估測(cè)出油酸分子直徑后，還需知道油酸的摩爾體積，才可估算出阿伏加德羅常數(shù)

E.液體與大氣相接觸時(shí)，表面層內(nèi)分子所受其他分子的作用表現(xiàn)為相互吸引

14.2021年11月8日，王亞平身穿我國自主研發(fā)的艙外航天服“走出”

太空艙，成為我國第一位在太空“漫步”的女性。艙外航天服有一定伸

縮性，能封閉一定的氣體，提供人體生存的氣壓。王亞平先在節(jié)點(diǎn)艙(出

艙前的氣閘艙)穿上艙外航天服，航天服內(nèi)密閉氣體的體積約為匕=2L,

壓強(qiáng)Pi=5.0X104pα,溫度ti=27。*她穿好航天服后，需要把節(jié)點(diǎn)

艙的氣壓不斷降低，以便打開艙門。

(1)若節(jié)點(diǎn)艙氣壓降低到能打開艙門時(shí)，航天服內(nèi)氣體體積膨脹到彩=2.5L溫度變?yōu)閠2=

-3℃,求此時(shí)航天服內(nèi)氣體壓強(qiáng)P2；

(2)為便于艙外活動(dòng)，宇航員出艙前將一部分氣體緩慢放出，使航天服內(nèi)氣壓降到P3=3.0X

4

IOPa0假設(shè)釋放氣體過程中溫度不變，航天服內(nèi)氣體體積變?yōu)樨?2L,求航天服需要放出

的氣體與原來航天服內(nèi)氣體的質(zhì)量比。

15.如圖甲所示，在X軸上相距1.5CnI的。、M兩點(diǎn)有兩波源，t=0時(shí)刻，兩波源開始振動(dòng)，

振動(dòng)圖像分別如圖乙、丙所示。已知兩波的傳播速度均為ICrn∕s,X軸上的P點(diǎn)與。點(diǎn)相距1.2cm,

則()

A.這兩列波可以發(fā)生干涉現(xiàn)象

B.M點(diǎn)波源的振動(dòng)方程為y=4sin(10πt+7^)cm

C.P點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，振幅為7cm

D.t=0.5s時(shí)，P點(diǎn)沿y軸正方向振動(dòng)

E.P點(diǎn)起振方向沿y軸正方向

16.大部分高層建筑都會(huì)采用玻璃幕墻，玻璃幕墻美觀大方，也提高了建筑內(nèi)的采光率，玻

璃幕墻一般都是用中空玻璃，如圖甲所示。某一玻璃幕墻其剖面及尺寸示意圖如圖乙所示，

雙層中空玻璃由兩層玻璃加密封框架，形成一個(gè)夾層空間，隔層充入干燥空氣，每單層玻璃

厚度d=12nun,夾層寬度，=18τmn,一光束沿與玻璃豎直面成i=53。角從墻外經(jīng)雙層中空

玻璃射入室內(nèi)（光束與玻璃剖面在同一平面上），光線通過玻璃后入射光線與出射光線會(huì)有一

個(gè)偏移量（兩光線垂直距離），玻璃折射率n=*光在空氣中的速度近似為C=3.0X108m∕s,

stn53o=0.8,cos53°=0.6,求（結(jié)果兩位有效數(shù)字）：

（1）這束光通過中空玻璃從室外到室內(nèi)的偏移量也

（2）這束光通過中空玻璃從室外到室內(nèi)的時(shí)間九

圖甲圖乙

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，X的質(zhì)量數(shù)為3,質(zhì)子數(shù)為2,即X為劑e,該核

反應(yīng)為輕核聚變反應(yīng)，反應(yīng)過程放出能量，故C正確，ABD錯(cuò)誤；

故選：Co

根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒得出X，該核反應(yīng)為輕核聚變，會(huì)釋放能量。

本題主要考查了輕核的聚變，根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒得出生成物的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)，同時(shí)理解

輕核聚變能產(chǎn)生巨大的能量即可。

2.【答案】D

【解析】解：4、粒子在外力F作用下沿虛線做逆時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力為向心力，大小不變,

方向始終指向圓心，由安培定則可知，α點(diǎn)時(shí)速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向平行，粒子受到的洛倫茲

力大小為0,所以外力F指向圓心，故A錯(cuò)誤；

8、粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力為向心力，大小不變，方向始終指向圓心，b點(diǎn)時(shí)速度方向與磁感

應(yīng)強(qiáng)度方向夾。且在同一平面，由安培定則可知，粒子受到的洛倫茲力垂直于紙面向外，外力垂直

于紙面向里錯(cuò)誤，故B錯(cuò)誤；

C、粒子在α點(diǎn)時(shí)速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向平行，粒子受到的洛倫茲力大小為0,同理粒子在C點(diǎn)

受到的洛倫茲力也為0,而粒子在d點(diǎn)時(shí)，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度與速度之間不平行，所以安培力不為0,

由此定性分析可知，從α到C粒子所受的洛倫茲力先變大再變小，故C錯(cuò)誤；

。、因?yàn)槁鍌惼澚偸桥c速度方向垂直，所以洛倫茲力永不做功，故。正確。

故選：。。

根據(jù)通電直導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)分布情況判斷a、O兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的情況；根據(jù)勻速圓周運(yùn)動(dòng)向心

力的特點(diǎn)分析粒子所受合力的變化情況；通過分析粒子在a、d、C兩點(diǎn)所受洛倫茲力的大小定性

分析洛倫茲力的變化；根據(jù)洛倫茲力的特點(diǎn)判斷做功情況。

本題考查通電直導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)分布及帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，要充分了解模型特點(diǎn)才能

做出準(zhǔn)確判斷。也要掌握對(duì)特殊點(diǎn)進(jìn)行定性分析從而得出結(jié)論這一技巧。

3.【答案】B

【解析】解：4點(diǎn)電荷帶正電，根據(jù)沿電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低，可得以>9B>8c

根據(jù)電勢(shì)能的定義式Ep=+qg

可得EpA>Epp>Epc,故A錯(cuò)誤；

BD.點(diǎn)電荷周圍產(chǎn)生的是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，離點(diǎn)電荷越近場(chǎng)強(qiáng)越大，因此48>E；C

根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系U=Ed

得到UAB>UBC

即以~<PB>(PB-<PC

根據(jù)動(dòng)能定理，AB段=+q41B=EkB-EkA

BC段WBC=+q〃8c=EkC—EkB

聯(lián)立解得EkC-EkB<EliB-EkA

綜上分析，故B正確，。錯(cuò)誤；

C.根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)的定義式E=吟

Illlll

得到E4：EB:Ec=-^2：-2：M=笆：/：法=36：9；4,故C錯(cuò)誤。

故選：B.

A.根據(jù)沿電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低得到電勢(shì)的大小關(guān)系，再根據(jù)電勢(shì)能的定義式分析作答；

BD.點(diǎn)電荷周圍產(chǎn)生的是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系得到電勢(shì)差的大小，根據(jù)電場(chǎng)力做

功的公式判斷電場(chǎng)力做功的多少，最后根據(jù)動(dòng)能定理判斷動(dòng)能的變化；

C.根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式分析作答。

本題考查了點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)、電勢(shì)能的定義式、電場(chǎng)中電勢(shì)高低的判斷以及電場(chǎng)力做功與動(dòng)能

的變化，涉及的知識(shí)點(diǎn)較多，需要熟練地掌握相關(guān)知識(shí)；

注意：點(diǎn)電荷周圍產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，因此相鄰等距等勢(shì)面的電勢(shì)差不相等。

4.【答案】A

【解析】解：閘桿轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)間為t=%一%=警s-0.3s=2s

UU3

汽車勻速順利通過，閘桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角度至少為tan。=啜

U.O

解得。=?

閘桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度至少為3=g=Jrαd∕s,故A正確，BCD錯(cuò)誤。

Co

故選：4。

求出汽車安全通過道閘時(shí)直桿轉(zhuǎn)過的角度，然后求出直桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小。

認(rèn)真審題理解題意求出直桿轉(zhuǎn)過的角度是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用角速度的定義式即可解題。

5.【答案】D

【解析】解：根據(jù)牛頓第三定律可知該樓層用戶受到的支持力為所受地球萬有引力的!

假設(shè)該樓層距離地心為r，對(duì)該樓層的住戶分析有等誓=Tnr號(hào)

假設(shè)地球同步衛(wèi)星距離地心為r',對(duì)地球同步衛(wèi)星分析有咤=τn'r'警

,

r7

對(duì)比兩式可知

r=∣r,

該樓層離地面的高度

h=r-R=^r,-R=^H+R)-R

其中H為地球同步衛(wèi)星軌道高度，R為地球半徑，代入數(shù)據(jù)可知

h=14800fcm

故ABC錯(cuò)誤，力正確；

故選：Do

根據(jù)題意，對(duì)該樓層的住戶根據(jù)合力提供向心力結(jié)合地球同步衛(wèi)星的萬有引力提供向心力列式解

答即可。

本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合向

心力公式進(jìn)行分析。

6.【答案】AD

【解析】解：AB,電壓表的示數(shù)為有效值，由圖像得，原線圈電壓的峰值UlJn=50V

則電壓表的示數(shù)為U=聾=言V=25√2V

故A正確，B錯(cuò)誤；

C、由圖像得，正弦式交變電流周期T=2X10-2s

rs

線圈在磁場(chǎng)中的轉(zhuǎn)速r=?=2χl*0-2∕=50r∕s

故C錯(cuò)誤；

。、當(dāng)變壓器副線圈輸出電壓的瞬時(shí)值大于500OV時(shí),就會(huì)在點(diǎn)火針兩端間引發(fā)火花進(jìn)而點(diǎn)燃燃?xì)?

即副線圈的電壓峰值外機(jī)>5000V時(shí)，能實(shí)現(xiàn)點(diǎn)火，理想變壓器原副線圈電壓比等于匝數(shù)比，則

有.%H=ΞI

,

eU2mn2

代入數(shù)據(jù)解得：n2>IOOn1

故。正確。

故選：ADo

根據(jù)圖像得到電壓的峰值和周期，根據(jù)正弦式交變電流的規(guī)律得到電壓的瞬時(shí)值和線圈的轉(zhuǎn)速，

電壓表的示數(shù)為有效值；根據(jù)理想變壓器原副線圈匝數(shù)比等于電壓比求解匝數(shù)關(guān)系。

本題考查正弦式交變電流和理想變壓器，解題關(guān)鍵是知道理想變壓器原副線圈匝數(shù)比等于電壓比,

會(huì)求解正弦式交變電流規(guī)律。

7.【答案】CD

【解析】解：4、設(shè)相遇時(shí),運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3則VZS出60。=gt,C兩點(diǎn)豎直方向的距離y尹=:另嚴(yán)，

13v23V2_

b、C兩點(diǎn)豎直方向的距離=吆$加60。?t-5gt2,代入數(shù)據(jù)解得：Vm=__=乙，所

Ly甲8gy乙8g

以a、C兩點(diǎn)豎直方向的距離等于氏C兩點(diǎn)豎直方向的距離，故A錯(cuò)誤；

8、兩球在水平方向上均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，同時(shí)拋出，在N點(diǎn)相遇，可知運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，則甲的

初速度與乙在水平方向上的分速度相等，即"zcos60。=。尹，甲，乙兩球相碰前瞬間甲球的速率

是水平速度和在豎直方向速度的合速度，故B錯(cuò)誤；

C、甲、乙的加速度相等，均為g,兩球自拋出至相碰的瞬間運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，根據(jù)公式ZlU=g?43

可得甲、乙兩球自拋出至相碰前瞬間速度變化相等，故C正確：

D、根據(jù)。ZeOS60。=D%，知甲、乙兩球拋出時(shí)的速度大小"#與U乙之比為1：2,故￡）正確。

故選：CD。

碰前瞬間乙球速度方向水平，說明此時(shí)豎直方向的速度為零，根據(jù)豎直方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解時(shí)間，

然后根據(jù)位移一時(shí)間關(guān)系式求解豎直高度；抓住兩球在水平方向上均做勻速直線運(yùn)動(dòng)得出水平分

速度大小的關(guān)系，根據(jù)平行四邊形法則求出相遇時(shí)兩球的速度，從而得出速度大小關(guān)系。

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，掌握斜拋運(yùn)動(dòng)的處理方法，

可以將斜拋運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向來進(jìn)行研究，也可以看成兩個(gè)平拋運(yùn)動(dòng)進(jìn)行研究。

8.【答案】BD

【解析】解：4沿y軸正方向發(fā)射的粒子在t=t0時(shí)刻剛好從磁場(chǎng)右邊界P(3α,Ca)點(diǎn)離開磁場(chǎng),

如圖1所示，由幾何關(guān)可得

(3α—r)2+(√-3α)2=r2

解得：r=2a

故A錯(cuò)誤；

A根據(jù)幾何關(guān)系可得：

,?√^^3a√^3

SlTlu=------=F~，

r2

故:e=l，

圓弧OP的長度：

s=(π-θ)r,

所以粒子的發(fā)射速度大?。?/p>

S4πa

V——=-----,

to3?

故B正確；

C.根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：qvB=解得：A=急，故C錯(cuò)誤；

D由幾何關(guān)系可得，沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角為竽，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為玲，在磁

場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示

圖2

由幾何關(guān)系可得該粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角為苧，所以在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2片。且粒子能從磁

場(chǎng)右邊界打出的臨界條件如上兩圖所示，由幾何關(guān)系可得，打在右邊界上的粒子的長度為2Ca,

故C正確；

故選：BD.

沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如給出圖所示，由幾何知識(shí)求出其半徑大小，然后根

據(jù)D=總求速率；利用洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系求解粒子的比荷；找出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)

動(dòng)的時(shí)間最長的臨界情況，分析其轉(zhuǎn)過的圓心角即可求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間。

本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要掌握住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡后，

利用洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系進(jìn)行求解；運(yùn)用粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角，結(jié)合周期

公式，求解粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

9.【答案】3.50變小變大

【解析】解：(1)由圖乙所示彈簧測(cè)力計(jì)可知，其分度值為0.1N,彈簧測(cè)力計(jì)α的讀數(shù)是3.50N.

(2)若彈簧秤a、b間夾角小于90。，保持彈簧秤a與彈簧OC的夾角不變，

增大彈簧秤b與彈簧OC的夾角，如圖所示

彈簧測(cè)力計(jì)a的示數(shù)變小，彈簧測(cè)力計(jì)b的示數(shù)變大；

故答案為：(1)3.50；(2)變小;變大。

(1)根據(jù)圖示彈簧測(cè)力計(jì)確定其分度值，根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)。

(2)根據(jù)題意作出對(duì)應(yīng)的圖象，根據(jù)圖象即可明確隨夾角的變化兩彈簧秤拉力的變化情況。

本題考查驗(yàn)證力的平行四邊形定則實(shí)驗(yàn)，要求掌握其實(shí)驗(yàn)原理，熟悉操作步驟，要掌握彈簧測(cè)力

計(jì)的讀數(shù)方法，涉及到作圖時(shí)必須嚴(yán)格按照力的圖示要求來畫要，注意根據(jù)圖象法分析拉力變化

情況。

(O-Ui)Rori

10.【答案】BC左IO=

UI(RO+n)

【解析】解：(I)AB,電流表采用外接法，但由于電壓表嶺的內(nèi)阻不確定，則其分流也未知，故A

能測(cè)量，而B不能測(cè)量;

C、電流表采用內(nèi)接法，而電流表內(nèi)阻不確定，則其分壓也未知，故C也不能測(cè)量；

。、由電壓表匕內(nèi)阻已知，其電流和電壓均已知，故。可以準(zhǔn)測(cè)出。

故：BC

(2)滑動(dòng)變阻器分壓接法應(yīng)使分壓為零，這樣才能保護(hù)電路，故滑片應(yīng)滑到最左端；

為滿足題設(shè)條件可列：(?包+赳I)XRX+1%I≥LUU2,代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得：&≤41.70,故選

RVlR033

擇阻值為100的定值電阻。

。一(%一%)RorI

(3)由串并聯(lián)電路電流電壓關(guān)系可求待測(cè)電阻RnX=匹五=UI(RO+rι)。

R0rI

故答案為：(I)BC；(2)左、10；⑶=監(jiān)然

(1)根據(jù)題意應(yīng)用歐姆定律電流和電表的已知和未知條件，然后格局題目要求分析答題；

(2)根據(jù)圖2的電路組成，以及題設(shè)條件，列出不等式從而求出定值電阻的范圍；

(3)根據(jù)圖示電路圖應(yīng)用歐姆定律求出電阻阻值，然后應(yīng)用電阻定律求出電阻率的表達(dá)式。

本題考查了實(shí)驗(yàn)器材的選擇與實(shí)驗(yàn)電路的設(shè)計(jì)、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理，要掌握實(shí)驗(yàn)器材的選擇原則：安

全性原則、精確性原則、方便實(shí)驗(yàn)操作原則；根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路圖應(yīng)用并聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律求出

流過待測(cè)電阻的電流，然后應(yīng)用歐姆定律與電阻定律可以求出電阻率的表達(dá)式。

11.【答案】解：(1)兩球先向下做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

v2-vl=2gH

解得小球B落地時(shí)兩球的速度U=2y∕~gH

8球與地面彈性碰撞后以原速率返回，與4球發(fā)生彈性碰撞，取豎直向上為正方向，由動(dòng)量守恒定

律與機(jī)械能守恒定律分別得

mBv—mAv=TΠAVA

12I171，2

ll

-mBv+-mAv=-mAvA

,

聯(lián)立解得：mA：mB=1：3,VA=4jgH

(2)碰后A球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上升的最大高度為∕ιTnaX=攣

解得：hmax=8H

答：(1)4、B兩球的質(zhì)量之比為1：3；

(2)碰后A球上升的最大高度為8H。

【解析】(1)兩球先向下做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出小球B落地時(shí)的速度

大小。B球與地面彈性碰撞后以原速率返回，與4球發(fā)生彈性碰撞，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守

恒定律分別列式，即可求解4、B兩球的質(zhì)量之比以及碰后4球的速度；

(2)碰后A球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出碰撞后4上升的最大高度。

解答本題時(shí)，要搞清兩球的運(yùn)動(dòng)過程，把握每個(gè)過程的物理規(guī)律，知道彈性碰撞過程遵守動(dòng)量守

恒定律與機(jī)械能守恒定律，要注意規(guī)定正方向，用正負(fù)號(hào)表示速度方向。

12.【答案】解：(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：E=∕(R+r)

對(duì)金屬棒受力分析如下圖所示：

Nq

沿導(dǎo)軌方向，根據(jù)平衡條件可得：TngSEe=州,

垂直于導(dǎo)軌方向根據(jù)平衡條件可得：N=mgcosθ+BIL

mg(sbIe-MOSe)(R+r)

聯(lián)立解得：B=

代入數(shù)據(jù)解得：B=27；

(2)根據(jù)題意，電容器放電電量為：q=CUR=—

導(dǎo)體棒下滑過程中，取沿導(dǎo)軌向下為正方向，對(duì)導(dǎo)體棒由動(dòng)量定理得:

mgtsinθ—μ(mgcosθ+BIL)t=mv—O

其中7"q=髭

代入數(shù)據(jù)解得：V=5τn∕s;

(3)設(shè)導(dǎo)體棒穩(wěn)定時(shí)速度為％,此時(shí)電容器兩端電壓為U,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：

U=BLv1sinθ

取向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有：-BrLt'sin。=mv1-mv

其中:l't'=q'=CU=CBLv1sinθ

聯(lián)立解得：v1=0.5m∕s.

又：E能=

由能量守恒定律得：Q=?m(v2-vf)-E能

代入數(shù)據(jù)解得:Q=0.225∕o

答：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為2T；

(2)金屬棒到傾斜軌道末端時(shí)速度的大小為5m/s；

(3)金屬棒在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量為0.225/。

【解析】(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電流強(qiáng)度，對(duì)金屬棒受力分析，根據(jù)平衡條件求解磁感應(yīng)

強(qiáng)度；

(2)導(dǎo)體棒下滑過程中，對(duì)導(dǎo)體棒由動(dòng)量定理列方程求解速度大小；

(3)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、動(dòng)量定理求解導(dǎo)體棒穩(wěn)定時(shí)的速度大小，由能量守恒定律求解金屬

棒在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量。

對(duì)于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方

程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方

程求解。

13.【答案】BDE

【解析】解：4空氣中PM2.5的運(yùn)動(dòng)，屬于懸浮固體顆粒的運(yùn)動(dòng)，不屬于分子熱運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

8.溫度是分子平均動(dòng)能大小的標(biāo)志，溫度相同的氧氣和臭氧氣體，分子平均動(dòng)能相等，與分子的

質(zhì)量大小無關(guān)，故B正確；

C.當(dāng)分子力表現(xiàn)為引力時(shí)，分子間距離減小，分子力做正功，分子勢(shì)能減小，故C錯(cuò)誤；

。.用油膜法測(cè)出油酸分子直徑后，可估算出每個(gè)油酸分子的體積，再用油酸的摩爾體積除以每個(gè)

油酸分子的體積即可估算出阿伏伽德羅常數(shù)，故。正確；

￡液體與大氣相接觸時(shí)，表面層內(nèi)分子之間的距離大于液體內(nèi)部分子之間的距離，所以表面層內(nèi)

的分子所受其他分子的作用表現(xiàn)為相互吸引，故E正確。

故選：BDEo

A空氣中PM2.5的運(yùn)動(dòng)，屬于懸浮固體顆粒的運(yùn)動(dòng)，據(jù)此分析作答；

及溫度是分子平均動(dòng)能大小的標(biāo)志，據(jù)此分析作答；

C.根據(jù)分子力做功與分子勢(shì)能變化的關(guān)系作答；

。.根據(jù)阿伏伽德羅常數(shù)的求解方法作答；

E根據(jù)分子間作用力與分子間距離的關(guān)系作答。

本題考查了分子運(yùn)動(dòng)論，油膜法測(cè)分子直徑，液體的表明張力等知識(shí)；解決本題的關(guān)鍵是加強(qiáng)對(duì)

基本概念的記憶，基本方法的學(xué)習(xí)與運(yùn)用。

14.【答案】解：(1)由題意可知，密閉航天服內(nèi)氣體初、末狀態(tài)溫度分別為

T1=(27+273)K=300K

T2=(-3+273)K=270K

由理想氣體狀態(tài)方程有

PlVl_P21Z2

代入數(shù)據(jù)解得

4

p2=3.6XIOPa

(2)設(shè)航天服需要放出的氣體在壓強(qiáng)為P3狀態(tài)下的體積為根據(jù)玻意耳定律有

P2V2=P3(V3+ΔV)

代入數(shù)據(jù)解得

ΔV=IL

則放出的氣體與原來氣體的質(zhì)量比為忐？=?7=?

K3+ZlKZ-Tl?

答：(1)若節(jié)點(diǎn)艙氣壓降低到能打開艙門時(shí)，航天服內(nèi)氣體體積膨脹到％=2.53溫度變?yōu)閠2=

—3℃,此時(shí)航天服內(nèi)氣體壓強(qiáng)P2為3.6Xl()4pα;

4

(2)為便于艙外活動(dòng)，宇航員出艙前將一部分氣體緩慢放出，使航天服內(nèi)氣壓降到P3=3.0XIOPao

假設(shè)釋放氣體過程中溫度不變，航天服內(nèi)氣體體積變?yōu)樨?23航天服需要放出的氣體與原來航

天服內(nèi)氣體的質(zhì)量比為%

【解析】(1)對(duì)密閉航天服內(nèi)的氣體，找出初末狀態(tài)參量，根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程可求

得壓強(qiáng)；

(2)航天服需要放出的氣體在壓強(qiáng)為P3狀態(tài)下的體積為4V,根據(jù)玻意耳定律即可求得。

本題考查一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程，要確定好研究對(duì)象，確保方程兩邊的氣體質(zhì)量不變，不

能生搬硬套公式。

15.【答案】AC

【解析】解：4兩列波的周期為7=0.2s,頻率相同，相位差恒定