重組卷05-2023年高考物理真題重組卷（解析版）（浙江）

絕密★啟用前

沖刺2023年高考物理真題重組卷05

浙江省專用（解析版）

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮

擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、選擇題I（本題共13小題，每小題3分，共39分。在每小給出的四個備選項中，只有一項是符合題

目要求的，不選、錯選、多選均不得分）

1.（2023年1月浙江選考）下列屬于國際單位制中基本單位符號的是（）

A.JB.KC.WD.Wb

【答案】B

【解析】國際單位制中的七個基本單位是千克、米、秒、安培、開爾文、坎德拉、摩爾，符號分別是kg、

m、s、A、K、cd、mol,其余單位都屬于導出單位。

故選B0

A.研究甲圖中排球運動員扣球動作時，排球可以看成質(zhì)點

B.研究乙圖中乒乓球運動員的發(fā)球技術時，乒乓球不能看成質(zhì)點

C.研究丙圖中羽毛球運動員回擊羽毛球動作時，羽毛球大小可以忽略

D.研究丁圖中體操運動員的平衡木動作時，運動員身體各部分的速度可視為相同

【答案】B

【解析】A.研究甲圖中排球運動員扣球動作時，排球的形狀和大小不能忽略，故不可以看成質(zhì)點，故A

錯誤；

B.研究乙圖中乒乓球運動員的發(fā)球技術時，要考慮乒乓球的大小和形狀，則乒乓球不能看成質(zhì)點，故B正

確;

C.研究丙圖中羽毛球運動員回擊羽毛球動作時，羽毛球大小不可以忽略，故C錯誤；

D.研究丁圖中體操運動員的平衡木動作時，運動員身體各部分有轉(zhuǎn)動和平動，各部分的速度不可以視為相

同，故D錯誤；

故選Bo

3.（2022年浙江省Z20聯(lián)考）下列關于物理學史實的說法正確的是（）

A.伽利略通過實驗獲取數(shù)據(jù)并得到了慣性定律

B.焦耳通過許多實驗測定了功與熱的等效性

C.庫侖引入場的概念并用于研究電荷間的相互作用

D.愛因斯坦根據(jù)光電效應現(xiàn)象提出了物質(zhì)波的概念

【答案】B

【解析】A.伽利略通過理想斜面實驗總結(jié)出了力不是維持運動的原因，牛頓總結(jié)了慣性定律，選項A錯

誤；

B.焦耳通過許多實驗測定了功與熱的等效性，選項B正確；

C.電場的概念是法拉第建立的，選項C錯誤；

D.愛因斯坦根據(jù)光電效應現(xiàn)象提出了光量子的概念，選項D錯誤。

故選B。

4.（2022年6月浙江選考）如圖所示，王亞平在天宮課堂上演示了水球光學實驗，在失重環(huán)境下，往大水

球中央注入空氣，形成了一個空氣泡，氣泡看起來很明亮，其主要原因是（）

A.氣泡表面有折射沒有全反射

B,光射入氣泡衍射形成“亮斑”

C.氣泡表面有折射和全反射

D.光射入氣泡干涉形成“亮紋”

【答案】C

【解析】當光從水中射到空氣泡的界面處時，一部分光的入射角大于或等于臨界角，發(fā)生了全反射現(xiàn)象;

還有一部分光折射到內(nèi)壁然后再折射出去，所以水中的空氣泡看起來比較亮。

故選c。

5.（2022年稽陽聯(lián)考）如圖所示，甲、乙、丙、丁所示是四種常見的磁場，下列分析正確的是（）

A.矩形線圈在甲圖兩異名磁極間勻速轉(zhuǎn)動，可產(chǎn)生正弦式交流電

B.矩形線框放置在乙圖中異名磁極間所制成的磁電式電表，表盤刻度均勻

C.圖丙中相距很近的兩個同名磁極之間的磁場，除邊緣外，可認為是勻強磁場

D.圖丁中相距一定距離的兩個平行放置的線圈通電時，其中間區(qū)域的磁場可認為是勻強磁場

【答案】D

【解析】A.甲圖中的電場是輻向磁場，無法產(chǎn)生正弦式交流電，A錯誤；

B.乙圖中磁電式電表的磁場，中間應該有鐵芯，B錯誤；

C.同名磁極與異名磁極間的磁場分布如圖所示

可知，相距很近的兩個同名磁極之間的磁場為非勻強磁場，應該是相距很近的兩具異名磁極間的磁場，除

邊緣外，可認為是勻強磁場，C錯誤；

D.圖丁中相距一定距離的兩個平行放置的線圈通同向電流，其中間區(qū)域的磁場可認為是勻強磁場，D正確。

故選D。

6.（2022年湖南高考）如圖（a）,直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸00,上，其所在區(qū)

域存在方向垂直指向00'的磁場，與。。'距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如

圖"）所示。導線通以電流/,靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為6。下列說法正確的是（）

圖(a)

A.當導線靜止在圖(?)右側(cè)位置時，導線中電流方向由N指向M

B.電流/增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變

C.tan?與電流/成正比

D.sin。與電流/成正比

【答案】D

【解析】A.當導線靜止在圖(4)右側(cè)位置時，對導線做受力分析有

⑨O(O)

可知要讓安培力為圖示方向，則導線中電流方向應由仞指向MA錯誤；

BCD.由于與0。，距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，有

Sine=處，F(xiàn)T=mgcosO

mg

則可看出SinJ與電流/成正比，當/增大時。增大，則cos6減小，靜止后，導線對懸線的拉力FT減小，BC

錯誤、D正確。

故選D。

7.(2022年6月浙江選考)如圖所示，一根固定在墻上的水平光滑桿，兩端分別固定著相同的輕彈簧，兩

彈簧自由端相距X。套在桿上的小球從中點以初速度V向右運動，小球?qū)⒆鲋芷跒門的往復運動，貝U()

X

>

■疝麗:疝麗匍

UUUUUUUUUUU'O,UUUUUUUUUUU

A.小球做簡諧運動

T

B.小球動能的變化周期為一

2

C.兩根彈簧的總彈性勢能的變化周期為T

V

D.小球的初速度為不時，其運動周期為2T

2

【答案】B

【解析】A.物體做簡諧運動的條件是它在運動中所受回復力與位移成正比，且方向總是指向平衡位置，可

知小球在桿中點到接觸彈簧過程，所受合力為零，此過程做勻速直線運動，故小球不是做簡諧運動，A錯

誤；

BC.假設桿中點為。，小球向右壓縮彈簧至最大壓縮量時的位置為A,小球向左壓縮彈簧至最大壓縮量時

的位置為B,可知小球做周期為T的往復運動過程為

O→A→O→B→O

根據(jù)對稱性可知小球從0→A→。與O→B→O,這兩個過程的動能變化完全一致，兩根彈簧的總彈性

TT

勢能的變化完全一致，故小球動能的變化周期為一，兩根彈簧的總彈性勢能的變化周期為一，B正確，C

22

錯誤；

V

D.小球的初速度為不時，可知小球在勻速階段的時間變?yōu)樵瓉淼?倍，接觸彈簧過程，根據(jù)彈簧振子周期

2

公式

可知接觸彈簧過程所用時間與速度無關，即接觸彈簧過程時間保持不變，故小球的初速度為VV時，其運動

2

周期應小于2T，D錯誤；

故選B。

8.（2022年1月浙江選考）“天問一號”從地球發(fā)射后，在如圖甲所示的尸點沿地火轉(zhuǎn)移軌道到。點，再

依次進入如圖乙所示的調(diào)相軌道和停泊軌道，則天間一號（）

A.發(fā)射速度介于7.9km∕s與∏.2km∕s之間

B.從P點轉(zhuǎn)移到Q點的時間小于6個月

C.在環(huán)繞火星的停泊軌道運行的周期比在調(diào)相軌道上小

D.在地火轉(zhuǎn)移軌道運動時的速度均大于地球繞太陽的速度

【答案】C

【解析】A.因發(fā)射的衛(wèi)星要能變軌到繞太陽轉(zhuǎn)動，則發(fā)射速度要大于第二宇宙速度，即發(fā)射速度介于

11.2km∕s與16.7km∕s之間，故A錯誤；

B.因P點轉(zhuǎn)移到Q點的轉(zhuǎn)移軌道的半長軸大于地球公轉(zhuǎn)軌道半徑，則其周期大于地球公轉(zhuǎn)周期（1年共12

個月），則從尸點轉(zhuǎn)移到。點的時間為軌道周期的一半時間應大于6個月，故B錯誤：

C.因在環(huán)繞火星的停泊軌道的半長軸小于調(diào)相軌道的半長軸，則由開普勒第三定律可知在環(huán)繞火星的停泊

軌道運行的周期比在調(diào)相軌道上小，故C正確；

D.衛(wèi)星從。點變軌時，要加速增大速度，即在地火轉(zhuǎn)移軌道Q點的速度小于火星軌道的速度，而由

GMmV2

可得

可知火星軌道速度小于地球軌道速度，因此可知衛(wèi)星在Q點速度小于地球軌道速度，故D錯誤;

故選C。

9.（2023年1月浙江選考）如圖所示為一斜邊鍍銀的等腰直角棱鏡的截面圖。一細黃光束從直角邊AB以

角度。入射，依次經(jīng)AC和BC兩次反射，從直角邊AC出射。出射光線相對于入射光線偏轉(zhuǎn)了a角，則。

A.等于90°B.大于90°

C.小于90°D.與棱鏡的折射率有關

【答案】A

【解析】如圖所示

CSine

設光線在AB邊的折射角為￡,根據(jù)折射定律可得”訴

設光線在BC邊的入射角為夕，光線在AC邊的入射角為r,折射角為i;由反射定律和幾何知識可知

尸+9=45。

β+2φ+r=9Q°

聯(lián)立解得廠=〃

sinisinz

根據(jù)折射定律可得而=而r〃

可得

過。點做出射光的平行線，則該平行線與AB的夾角為e,由幾何知識可知，入射光與出射光的夾角為90°。

故選Ao

10.（2022年湖北高考）近年來，基于變壓器原理的無線充電技術得到了廣泛應用，其簡化的充電原理圖如

圖所示。發(fā)射線圈的輸入電壓為220V、匝數(shù)為IlOO匝，接收線圈的匝數(shù)為50匝。若工作狀態(tài)下，穿過接

收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%,忽略其它損耗，下列說法正確的是（）

A.接收線圈的輸出電壓約為IOV

B.接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比約為22:1

C.發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同

D.穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同

【答案】C

%80%t7.l

【解析】A.根據(jù)上=—i7~

〃2S

可得接收線圈的輸出電壓約為S=8V；

B.由于存在磁漏現(xiàn)象，電流比不再與匝數(shù)成反比，故A錯誤；

C.變壓器是不改變其交變電流的頻率的，故C正確；

D.由于穿過發(fā)射線圈的磁通量與穿過接收線圈的磁通量大小不相同，所以穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與

穿過接收線圈的不相同，故D錯誤。

故選C0

11.（2020年7月浙江選考）如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感

應強度大小為B的勻強磁場。長為/的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導電轉(zhuǎn)軸OO'上，

隨軸以角速度。勻速轉(zhuǎn)動。在圓環(huán)的4點和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板

電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g,不計其它電阻和摩擦，下列說

B.微粒的電荷量與質(zhì)量之比為笑?

Br2ω

）

C.電阻消耗的電功率為7旁rβ~jft

IR

D.電容器所帶的電荷量為CB/①

【答案】B

【解析】A.如圖所示，金屬棒繞00'軸切割磁感線轉(zhuǎn)動，棒產(chǎn)生的電動勢

E=Br---Br2ω

22

A錯誤；

B.電容器兩極板間電壓等于電源電動勢E,帶電微粒在兩極板間處于靜止狀態(tài)，則

E

q~=rng

a

即

生=強=dg=2dg

mELB產(chǎn)①Br"

2

B正確；

C.電阻消耗的功率

2242

nEBrω

r=---=--------

R4R

C錯誤；

D.電容器所帶的電荷量

D錯誤。

故選Bo

12.（2023年I月浙江選考）如圖所示，示波管由電子槍豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY'、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX'

和熒光屏組成。電極XX'的長度為/、間距為從極板間電壓為U,YY'極板間電壓為零，電子槍加速電壓為

IOa電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿00'方向進入偏轉(zhuǎn)電極。已知電子電荷量為e,質(zhì)

m

B.打在熒光屏時，動能大小為IleU

C.在XX，極板間受到電場力的沖量大小為J2加eU

D.打在熒光屏時，其速度方向與。。，連線夾角α的正切tana=——

2Qd

【答案】D

【解析】A.由牛頓第二定律可得，在XX'極板間的加速度大小

eEeU

a=—=——

xmmd

A錯誤;

B.電子電極XX，間運動時，有

電子離開電極XX'時的動能為

1I2

Ek=-mj+vj=eU10+

240屋,

■2\

電子離開電極XX'后做勻速直線運動，所以打在熒光屏時，動能大小為eu10+,B錯誤;

40屋,

C.在XX，極板間受到電場力的沖量大小

v=mvx

C錯誤;

D?打在熒光屏時’其速度方向與。。,連線夾角a的正切tana=今=顯

D正確。

故選D。

13.（2022年河北高考）如圖，真空中電荷量為2q和-q⑷＞（））的兩個點電荷分別位于M點與N點，形成

一個以MN延長線上。點為球心，電勢為零的等勢面（取無窮處電勢為零），P為MN連線上的一點，S

為等勢面與直線MN的交點，T為等勢面上的一點，下列說法正確的是（）

2q；?

--?--:—?-_7?---

MP?NOIS

A.P點電勢低于S點電勢B.T點電場強度方向指向。點

C.除無窮遠處外，MN直線上還存在兩個電場強度為零的點D.將正試探電荷%從T點移

到尸點，靜電力做正功

【答案】B

【解析】A.在直線MN上，左邊正電荷在M右側(cè)電場強度水平向右，右邊負電荷在直線MN上電場強度

水平向右，根據(jù)電場的疊加可知MN間的電場強度水平向右，沿著電場線電勢逐漸降低，可知P點電勢高

于等勢面與MN交點處電勢，則P點電勢高于S點電勢，故A錯誤；

C.由于正電荷的電荷量大于負電荷電荷量，可知在N左側(cè)電場強度不可能為零，則N右側(cè)，設MN距離

為L，根據(jù)

k?2q_k?q

(L+d)2~W

可知除無窮遠處外，直線MN電場強度為零的點只有一個，故C錯誤；

D.由A選項分析可知：T點電勢低于P電勢，則正電荷在T點的電勢能低于在P電勢的電勢能，將正試

探電荷為從T點移到尸點，電勢能增大，靜電力做負功，故D錯誤；

B.設等勢圓的半徑為R,AN距離為*,MN跑離為L，如圖所示

結(jié)合電勢的疊加原理A、S滿足

k-2qkq

L-xX

k?2q_kq

L+2R—x27?—x

解得

L

x=-

3

2L

R=—

3

由于電場強度方向垂直等勢面，可知丁點的場強方向必過等勢面的圓心，O點電勢

k?2qkq3kq

ψo（Pe=--------=-----

1LLIL

33

可知

Ψτ?<Po

可知T點電場方向指向。點，故B正確。

故選B。

二、選擇題∏（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個

是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得O分）

14.（2022年6月浙江選考）位于X=O.25m的波源P從，=0時刻開始振動，形成的簡諧橫波沿X軸正負

方向傳播,在/=2.0s時波源停止振動,Z=2.1S時的部分波形如圖所示,其中質(zhì)點”的平衡位置4=l?75m,

質(zhì)點6的平衡位置馬=-0.5m。下列說法正確的是（）

A.沿X軸正負方向傳播的波發(fā)生干涉

B.r=0.42s時，波源的位移為正

C.r=2.25s時,，質(zhì)點。沿y軸負方向振動

D.在0至∣J2s內(nèi)，質(zhì)點、b運動總路程是2.55m

【答案】BD

【解析】A.波從波源發(fā)出后，向X軸正負方向傳播，向相反方向傳播的波不會相遇，不會發(fā)生干涉，故A

錯誤；

B.由圖可知，波的波長

/I=Im

由題意可知0.1s內(nèi)波傳播四分之一波長，可得

T

?-=0.1s

4

T=0.4s

根據(jù)同側(cè)法可知，波源的振動方向向上，r=0.42s即T＜，＜二時，波源振動了2s,則任何一個點起振以

4

后都應該振動2s,可知坐標原點在2.1s時剛好振動了2s即5個周期，此時其振動方向向上，波源向上振動，

位移為正，故B正確；

C.波的波速

λ

V=—=2.5m∕s

T

波源停止振動，到質(zhì)點。停止振動的時間

------s=0.6s>0.25s

2.5

即質(zhì)點α還在繼續(xù)振動，f=2.Is到r=2.25s經(jīng)過時間與=0?15s即＜p結(jié)合圖象可知質(zhì)點。位移

為正且向y軸正方向運動，故C錯誤;

D.波傳到b點所需的時間

在0到2s內(nèi)，質(zhì)點匕振動的時間為

t=2s—0.3s=1.7s=—T

44

質(zhì)點6運動總路程

.v=17A=17×0.15m=2.25m

故D正確。

故選BDo

15.（2022年全國卷乙）質(zhì)量為Ikg的物塊在水平力尸的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F(xiàn)

與時間f的關系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小取g=10m∕s2。則（)

↑F∕N

I

O-FTY--R^~Zs

-4-----1------：

A.4s時物塊的動能為零

B.6s時物塊回到初始位置

C.3s時物塊的動量為12kg?m∕s

D.O~6s時間內(nèi)F對物塊所做的功為40J

【答案】AD

【解析】物塊與地面間的摩擦力為

f=μmg=2N

AC.對物塊從()3內(nèi)由動量定理可知

(F-f)tl=mv3

(4-2)×3=1×v3

3s時物塊的動量為

p=mv3=6kg.m/s

設3s后經(jīng)過時間t物塊的速度減為O,由動量定理可得

-(F+∕)Z=0-mv3

-(4+2)r=0-l×6

Z=IS

所以物塊在4s時速度減為0,則此時物塊的動能也為0,故A正確，C錯誤;

B.O3物塊發(fā)生的位移為x”由動能定理可得

(E—∕)x∣=∣mv^

即

1,

(4-2)x1=—×1×6^

得

x1=9m

3s~4s過程中，對物塊由動能定理可得

1,

-(F+f)x2=0--mv^

即

1,

-(4+2)x,=0——×1×6'

2

得

x2=3m

4s6s物塊開始反向運動，物塊的加速度大小為

F-fC,2

a=------=2m∕s^

m

發(fā)生的位移為

2

x3=^×2×2m=4m<Λ∣+X2

即6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤;

D.物塊在6s時的速度大小為

v6=2×2m∕s=4m∕s

06s拉力所做的功為

ψ=(4×9-4×3+4×4)J=40J

故D正確。

故選AD,

非選擇題部分

三、非選擇題（本題共5小題，共55分）

16.（2022年山東高考）在天宮課堂中、我國航天員演示了利用牛頓第二定律測量物體質(zhì)量的實驗。受此

啟發(fā)。某同學利用氣墊導軌、力傳感器、無線加速度傳感器、輕彈簧和待測物體等器材設計了測量物體質(zhì)

量的實驗，如圖甲所示。主要步驟如下：

①將力傳感器固定在氣墊導軌左端支架上，加速度傳感器固定在滑塊上；

②接通氣源。放上滑塊。調(diào)平氣墊導軌；

圖甲

③將彈簧左端連接力傳感器,右端連接滑塊。彈簧處于原長時滑塊左端位于。點。A點到。點的距離為5?00cm,

拉動滑塊使其左端處于A點，由靜止釋放并開始計時;

④計算機采集獲取數(shù)據(jù)，得到滑塊所受彈力R加速度α隨時間，變化的圖像，部分圖像如圖乙所示。

a∕(m?s^2)

圖丙

回答以下問題（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）：

（1）彈簧勁度系數(shù)為NZmo

（2）該同學從圖乙中提取某些時刻F與。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）該同學在滑塊上增加待測物體，重復上述實驗步驟，在圖丙中畫出新的a—F圖像II,則待測物體的

質(zhì)量為kgo

【答案】①.12②.0.20③.0.13

【解析】（1）口］由題知，彈簧處于原長時滑塊左端位于O點，4點到。點的距離為5.00cm。拉動滑塊使其

左端處于A點，由靜止釋放并開始計時。結(jié)合圖乙的尸一，圖有

?x=5.00cm,F=0.6ION

根據(jù)胡克定律

計算出

k≈12N∕m

（2）［2］根據(jù)牛頓第二定律有

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

=5kg''

m0.6

則滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量為

m=0.20kg

（3）［引滑塊上增加待測物體，同理，根據(jù)圖丙中H,則有

1.5-0

kg`1=3kg^'

m0.5

則滑塊、待測物體與加速度傳感器的總質(zhì)量為

m'≈0.33kg

則待測物體的質(zhì)量為

?m=m'-m-0Λ3kg

17.（2022年1月浙江選考）（1）在“研究平拋運動”實驗中，以小鋼球離開軌道末端時球心位置為坐標原

點O,建立水平與豎直坐標軸。讓小球從斜槽上離水平桌面高為/7處靜止釋放，使其水平拋出，通過多次

描點可繪出小球做平拋運動時球心的軌跡，如圖所示。在軌跡上取一點4,讀取其坐標（xo,刈）。

①下列說法正確的是。

A.實驗所用斜槽應盡量光滑

B.畫軌跡時應把所有描出的點用平滑的曲線連接起來

C.求平拋運動初速度時應讀取軌跡上離原點較遠的點的數(shù)據(jù)

②根據(jù)題目所給信息，小球做平拋運動的初速度大小VO=

③在本實驗中要求小球多次從斜槽上同一位置由靜止釋放的理由是

【答案】①?C②.D③.確保多次運動的軌跡相同

【解析】①[1]A?只要保證小球每次從同一位置靜止釋放，到達斜槽末端的速度大小都相同，與實驗所用斜

槽是否光滑無關，故A錯誤；

B.畫軌跡時應應舍去誤差較大的點，把誤差小的點用平滑的曲線連接起來，故B錯誤；

C.求平拋運動初速度時應讀取軌跡上離遠點較遠的點的數(shù)據(jù)，便于減小讀數(shù)產(chǎn)生的偶然誤差，故C正確;

故選C。

②⑵坐標原點。為拋出點，由平拋規(guī)律有

XO=vOt

12

y°=]g'-

聯(lián)立解得平拋的初速度為

故選D。

③[3]小球多次從斜槽上同一位置由靜止釋放是為了保證到達斜槽末端的速度大小都相同，從而能確保多次

運動的軌跡相同。

18.（2022年河北高考）某物理興趣小組利用廢棄電飯煲的部分器材自制簡易電飯煲，設計電路如圖1所示。

選用的器材有：限溫開關，（手動將其按下，開始持續(xù)加熱煮飯，當鍋內(nèi)溫度高于103℃時自動斷開，之后

不能自動閉合）；保溫開關S2（當鍋內(nèi)溫度高于80℃時自動斷開，溫度低于70。C時自動閉合）；電飯煲的框

架（結(jié)構(gòu)如圖2所示）。自備元件有：加熱電阻絲R（阻值為60Ω,用于加熱煮飯）；限流電阻Rl和R2,（阻

值均為IkC）：指示燈Ll和L2（2.5V,0.6W,當電流低于30mA時可視為熄滅）；保險絲T。

圖1圖2

（1）按照興趣小組設計的電路，下列說法正確的是（多選）。

A.按下Si,Ll和L2均發(fā)光

B.當鍋內(nèi)溫度高于103℃時，Sl自動斷開，Ll和L2均發(fā)光

C.保溫過程中，S2自動在閉合、斷開狀態(tài)之間交替切換

D.當鍋內(nèi)溫度低于70℃時，S2自動閉合，Ll發(fā)光，L2熄滅

（2）簡易電飯煲制作完成后，試用時LI始終不亮，但加熱和保溫功能均正常。在不增加元件的前提下，斷

開電源，使用多用電表判斷發(fā)生故障的元件。下列操作步驟的正確順序是（填寫各步驟前的字母）。

A.將選擇開關旋轉(zhuǎn)到“X100”位置

B.將兩支表筆直接接觸，調(diào)節(jié)“歐姆調(diào)零旋鈕”，使指針指向歐姆零點

C.調(diào)整“指針定位螺絲”，使指針指到零刻度

D.測量指示燈Ll兩端的阻值

E.將選擇開關置于OFF位置或交流電壓最高擋

圖3圖4

操作時，將多用電表兩表筆與Ll兩端接觸,若指針如圖3所示，可判斷是斷路損壞；若指針如圖4

所示，可判斷是斷路損壞。（用電路中的元件符號表示）

【答案】①.CD##DC?.CABDE?.Li④.R∣

【解析】[1]A.按下Sl后L2支路被短路，則L2不會發(fā)光，A錯誤；

B.當鍋內(nèi)溫度高于103℃時，Sl斷開，而要溫度降到70℃以下時S2才會閉合，則此時L2可能發(fā)光，此時

電路中R與R和Ll的串聯(lián)部分并聯(lián)，并聯(lián)的整體再和L2、&串聯(lián)，則回路中并聯(lián)的整體電阻

RL=10.42Ω

R井=56.64Ω

則回路總電阻

RB=1067.06Ω

則回路總電流

,220

Ia----=0.21A

息R總

則Lz一定發(fā)光，此時并聯(lián)的整體的電壓為

U?=I&RK=ll.89V

則流過Ll的電流為

%11.89

A=0.012A

RLl+Rl1000+10.42

則流過Ll的電流小于30mA,則Ll熄滅，B錯誤；

C.由題知，S2在鍋內(nèi)溫度高于8(ΓC時自動斷開，鍋內(nèi)溫度降到70C以下時S2自動閉合，C正確；

D.當鍋內(nèi)迢度低于70C時，S2自動閉合，L2支路被短路，則L2不會發(fā)光，此時電路中R與凡和Ll的串

聯(lián)部分并聯(lián)，則此時流過Ll的電流為

E丸

兒A=0.218A

RLl+RT1000+10.42

則此時流過LI的電流大于30mA,則Ll發(fā)光，D正確。

故選CD。

(2)[2]多用電表的操作步驟為：調(diào)整“指針定位螺絲”，使指什指到零刻度一一機械調(diào)零；將選擇開關旋

轉(zhuǎn)到“X100”位置一一選擋：將兩支表筆直接接觸，調(diào)節(jié)“歐姆調(diào)零旋鈕”，使指計指向歐姆零點一一歐

姆調(diào)零；測量指示燈LI兩端的阻值一一測量；將選擇開關置于OFF位置或交流電壓最高擋一一關閉多用電

表。

故正確順序為CABDEo

[3]由于使用時LI始終不亮，但加熱和保溫功能均正常，如圖3可看出Ll兩端有1090。左右的電阻，則說

明L1始終不亮的原因是Li斷路損壞。

[4]由于使用時Ll始終不亮，但加熱和保溫功能均正常，如圖3可看出歐姆表的示數(shù)幾乎為零，但由于RL=

10.42C此時選用的是“×100”擋則說明燈泡Ll正常，則說明LI始終不亮的原因是R斷路損壞。

19.（2022年重慶高考）某同學探究一封閉氣缸內(nèi)理想氣體的狀態(tài)變化特性，得到壓強P隨溫度/的變化如

圖所示。已知圖線I描述的是體積為匕的等容過程，當溫度為α時氣體的壓強為Pl；圖線H描述的是壓強

為P2的等壓過程。取Oc為273K,求

①等容過程中，溫度為0℃時氣體的壓強;

②等壓過程中，溫度為0°C時氣體的體積。

273p∣273PM

【答案】①②w廣畫FJ

【解析】①在等容過程中，設時氣體壓強而；根據(jù)查理定律有

PI=PO

+273^273

解得

_273p,

p

°^rl+273

②當壓強為P2,溫度為0℃時，設此時體積為丫2,則根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有

plVl_p2V2

r1+273^273

解得

273PM

2P2（4+273）

20.（2021年6月浙江選考）如圖所示，水平地面上有一高H=0.4m的水平臺面，臺面上豎直放置傾角

6=37。的粗糙直軌道A3、水平光滑直軌道BC、四分之一圓周光滑細圓管道Co和半圓形光滑軌道

DEF，它們平滑連接，其中管道CD的半徑廠=（Hm、圓心在O∣點，軌道DM的半徑R=0.2m、圓心

在。2點，D、。2和F點均處在同一水平線上。小滑塊從軌道AB上距臺面高為//的P點靜止下滑，與

靜止在軌道BC上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道CZ）、軌道Z）EE從尸點豎直向下運動，與

正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上。點,

已知小滑塊與軌道A3間的動摩擦因數(shù)〃=卷，sin37°=0.6,cos37°=0.8?

(1)若小滑塊的初始高度〃=0.9m,求小滑塊到達B點時速度%的大小；

(2)若小球能完成整個運動過程，求人的最小值兒加；

(3)若小球恰好能過最高點E,且三棱柱G的位置上下可調(diào),求落地點Q與尸點的水平距離X的最大值XmaX。

【答案】

(1)4m∕si(2)Amin=0.45mi(3)0.8m

【解析】(1)小滑塊在AB軌道上運動

mgn一μmgcosθ-----二—mv

sinθ20

代入數(shù)據(jù)解得

v0=^y∣~gh=4m∕s

(2)小球沿CDE/軌道運動，在最高點可得

vl.

m2—m小

R

從C點到E點由機械能守恒可得

?加哈Hn+Wg(R+r)=g機Tmin

解得

‰n=V2m∕s,vsnιin=2√2m∕s

小滑塊與小球碰撞后動量守恒，機械能守恒，因此有

,121,212

+

mVAmin=m巳+加匕Jmin，-mVAmin=A-WB而n

解得

UA'=°'VBmin=UAmin

結(jié)合(1)問可得

vAmin=§Jg%>

解得h的最小值

%,=°?45m

(3)設尸點到G點的距離為y,小球從E點到G點的運動，由動能定理

I2I2

-mvG=-mvEmin+mg(R+y)

由平拋運動可得

?12

x=v0t,H+r-y^-gt

聯(lián)立可得水平距離為

x=2j(0.5_y)(0.3+y)

由數(shù)學知識可得當

0.5-y=0.3+y

取最大，最大值為

XmaX=°?8m

22.(2022年溫州市模擬)如圖所示，間距L=2.0m的平行金屬導軌放置在絕緣水平面上，導軌左端連接輸

92

出電流/=0.5A的恒流源?？臻g分布兩個寬度分別為&=一m和&=一m、間距。=2.0m的勻強磁場區(qū)

85

域I和II,兩磁場磁感應強度大小均為B=0.5T,方向均豎直向下。質(zhì)量〃?=0.5kg、電阻為R的導體棒靜

止于區(qū)域I左邊界，質(zhì)量加=0.5kg、邊長為0.5力、電阻R2=2.0Ω的正方形單重線框的右邊緊靠區(qū)域∏左

邊界：一豎直固定擋板與區(qū)域H的右邊界距離為0.50。某時刻閉合開關S,導體棒開始向右運動。已知導

體棒與線框、線框與豎直擋板之間均發(fā)生彈性碰撞，導體棒始終與導軌接觸并且相互垂直，不計一切摩擦

和空氣阻力。求：

(1)導體棒第一次離開區(qū)域I時的速度大小v?;

(2)線框與導體棒從第1次碰撞至它們第2次碰撞過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱Q

(3)線框與導體棒碰撞的次數(shù)〃，以及導體棒在磁場區(qū)域】中運動的總時間心。

×X

B線框、0.5。擋板、

×X□

恒流源）導體棒、

X?×

H

×_×__×___

二h

【答案】(1)1.5m/s；(2)0.26J；(3)7次,5.7s

【解析】（1）恒流源和導體棒串聯(lián)，通過串聯(lián)負載的電流即是恒流源的輸出電流，恒流源就是要保證和它

串聯(lián)的負載電路的電流始終維持在輸出電流。導體棒在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢對應的感應電流，并不

會影響恒流源所產(chǎn)生電流的恒定，因此電路的電流始終保持在0.5A,故導體棒受到向右的安培力為

F安=BIL=O.5N

對棒由動能定理