2022-2023學年湖北省咸寧市高二（下）期末物理試卷（含解析）

2022-2023學年湖北省咸寧市高二（下）期末物理試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.如圖甲所示，在勻強磁場中，匝數(shù)之比為Na：為=2：1的兩個正方形金屬線圈a、b繞與

磁感線垂直的軸勻速轉動，產生的交變電動勢e隨時間t變化的圖像如圖乙中曲線a、b所示，

則（）

A.t=0時刻，兩線圈均處于垂直于中性面的位置

B.線圈a、b轉速之比為2：3

C.線圈a,b在轉動過程中最大磁通量之比為1：1

D.線圈a,b在轉動過程中最大磁通量之比為1：2

2.一條輕長繩放置在水平桌面上，俯視圖如圖甲所示，用手握住長繩的一端0,從t=0時刻

開始用手帶動。點沿垂直繩的方向（圖甲中y軸方向）在水平面內做簡諧運動，0?6s內。點的振

動圖像如圖乙所示。t=4s時輕長繩上的波形圖可能正確的是（）

甲乙

3.一定質量的理想氣體經歷了如圖所示的ab、be、cd、da四個

過程，其中ba的延長線通過坐標原點，a、b、c、d四個狀態(tài)氣

體的壓強與溫度如圖所示，則（）

A.氣體在ab過程中內能的增加量小于cd過程中內能的減少量

B.氣體在ab過程中吸收的熱量大于cd過程中放出的熱量

C.氣體在be過程中體積的變化量小于da過程中體積的變化量

D.氣體在比過程中體積的變化量等于da過程中體積的變化量

4.如圖所示，金屬環(huán)M、N用不可伸長的細線連接，分別套在

水平粗糙細桿和豎直光滑細桿上，當整個裝置以豎直桿為軸、

以不同大小的角速度勻速轉動時，兩金屬環(huán)一直相對桿不動，

下列判斷正確的是（）

A.轉動的角速度越大，細線中的拉力越大

B.轉動的角速度越大,環(huán)N與豎直桿之間的彈力不變而環(huán)M與水平桿之間的彈力越大

C.轉動的角速度不同,環(huán)M與水平桿之間的摩擦力大小可能相等

D.轉動的角速度不同,環(huán)M與水平桿之間的摩擦力大小一定不相等

5.如圖所示，虛線圓的半徑為R,某激光器的一端固定于圓心。點，且繞。點以角速度3轉動,

轉動過程中從激光器的另一端連續(xù)發(fā)出功率為P、波長為2的細束激光（不計光束截面積），在

虛線圓某處固定一弧形接收屏，該接收屏沿虛線圓的長度為1。已知普朗克常數(shù)為九，激光傳

播的速度為C,則在激光器轉動一周的過程中，接收屏接收到的光子數(shù)為（）

0)

0激光器產乂價

IcPB.曾nhcoR

D，麗

hARo)h.cRa)C?黑

6.將一個小球從地球豎直上拋，過程中小球受到的阻力與速率成正比，設向上為正方向，小

球的速率、位移、動能和機械能分別為"、x、Ek和E,以地面為零勢能面，則下列描述小球

7.2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀

錄.為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內的運動狀況，

某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向

右的勻強電場和勻強磁場（如圖），電場強度大小為E,磁感應強

度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，

其速度平行于磁場方向的分量大小為火,垂直于磁場方向的分量大小為藝，不計離子重力,

則（）

A.電場力的瞬時功率為qEj說+>B.該離子受到的洛倫茲力大小為

C.該離子的加速度大小不變，方向變化D./的比值不斷減小

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分）

8.“傳統(tǒng)”光刻機利用光源發(fā)出的紫外線，將精細圖投影在硅片上，再經技術處理制成芯片

.為提高光刻機投影精細圖的能力，“浸沒式”光刻在投影物鏡和光刻膠之間填充液體，以便

提高分辨率,如圖所示.若浸沒液體的折射率為1.7,當不加液體時光刻膠的曝光波長為187nm,

則加上液體后（）

傳統(tǒng)光刻硅片浸沒式光刻

A.紫外線光子能量增加

B.紫外線進入液體后波長變?yōu)閘lOnm

C.傳播相等的距離，在液體中所需的時間變?yōu)樵瓉淼?.7

D.“浸沒式”光刻能提高分辨率是因為紫外線在液體中比在空氣中更容易發(fā)生衍射

9.電影“流浪地球”曾出現(xiàn)太空電梯的場景。如圖甲所示，設想在赤道上建造一個始終與地

表垂直的太空梯，航天員可通過梯倉P緩慢地到達太空中某一位置，設該位置距地心的距離

為r,地球半徑為R,圖乙中曲線4為地球引力對航天員產生的加速度大小隨r變化的圖線；直

線B為航天員的向心加速度大小隨r變化的圖線。下列說法正確的是（）

A.航天員在r=R處的速度大于地球的第一宇宙速度

B.地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為「0,宇航員只在r=r0位置時處于完全失重狀態(tài)

C.在大于r°的范圍內，航天員與座椅間沒有彈力且需系上安全帶

D.在小于力的范圍內，航天員越接近地面感受到的“壓力”越小

10.圖甲為某科技興趣小組制作的重力投石機示意圖.支架固定在水平地面上，輕桿4可繞支

架頂部水平軸。。'在豎直面內自由轉動1端凹槽內裝有一石子，B端固定一配重.某次打靶時,

將桿沿逆時針方向轉至與豎直方向成。角后由靜止釋放，桿在配重重力作用下轉到豎直位置時

石子被水平拋出.石子投向正前方豎直放置的靶，打到靶心上方的“6”環(huán)處，如圖乙所示.不

計空氣阻力，下列操作可能打中靶心“10”環(huán)的是（）

C.增大投石機到靶的距離D.降低靶的高度

II.如圖所示，在坐標系xOy中，弧BDC是以4點為圓心、AB

為半徑的一段圓弧，AB=L,力。=亨，。點是圓弧跟y軸的

交點。當在。點和4點分別固定電荷量為-Qi和+（22的點電荷

后，。點的電場強度恰好為零。下列說法正確的是（）

A.<22=2QI

B.圓弧8DC上的各點中，D點的電勢最低

C.電子沿著圓弧從B點運動到C點的過程中，電勢能先減小后增大

D.電子沿著圓弧從B點運動到C點的過程中，電勢能先增大后減小

三、實驗題（本大題共2小題，共15.（）分）

12.為測定木塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)，小亮設計了如圖1所示的裝置進行實驗。實驗中,

當木塊4位于水平桌面上的。點時，重物B剛好接觸地面。將4拉到P點，待B穩(wěn)定后由靜止釋

放，A最終滑到Q點。分別測量PO、0Q的長度九和s。改變九，重復上述實驗，分別記錄幾組

實驗數(shù)據。

(1)請根據表格中的實驗數(shù)據在圖2中作出s-h圖像。

|A

PO

向M

h/cm

圖1圖2

h/cm20.030.040.050.060.0

s/cm19.528.539.048.056.5

(2)實驗測得4、B的質量分別為m=0.40kg、M=0.50kg。根據s-h圖像可計算出4木塊與

桌面間的動摩擦因數(shù)〃。(結果保留一位有效數(shù)字)

(3)實驗中，滑輪軸的摩擦會導致“的測量結果。(選填“偏大”或“偏小”)

13.某課外興趣小組用如圖甲所示的電路觀察電解電容器的充、放電現(xiàn)象，并測量電容器的

電容;

(1)粗略觀察充放電的電流大小和方向時，應選擇表頭為(選填“乙”或“丙”)圖的

電流表；

(2)下列關于電容器充電時，充電電流i與時間t的圖像，所帶電荷量q與極板間的電壓U的圖像

正確的是;

(3)為了能測量電容，將甲圖中電流表換成電流傳感器.請根據圖丁電路圖連接實物圖；

(4)電容器放電過程中，電流隨時間變化的規(guī)律如圖戊所示，計算機可以得出i-t圖像中圖線

跟橫軸所圍的面積為0.869nM-s。已知電阻R為500。，直流電源電壓恒為2V,則該電容器電

容為(結果保留三位有效數(shù)字)；

(5)僅將5000的電阻R改為1000。，電流傳感器內阻不計，重新觀察電容放電曲線，請在原i-t

圖像中大致畫出電阻為1000。時的放電曲線。

四、簡答題(本大題共2小題，共27.0分)

14.如圖所示，兩根平行的光滑金屬導軌MN、PQ,距離為L,與左側從M,P間連接的電阻R

構成一個固定的水平U形導體框架，導軌電阻不計且足夠長?？蚣苤糜谝粋€方向豎直向下，

范圍足夠大的勻強磁場中，磁感應強度為B,磁場左側邊界是。0'。質量為m、電阻為八長

度為L的導體棒垂直放置在兩導軌上，并與導軌接觸良好，給導體棒一個水平向右的初速度為

進入磁場區(qū)域，求：

(1)導體棒進入磁場瞬間加速度的大小；

(2)導體棒運動全過程中電阻R上產生的熱量QR；

(3)導體棒在磁場中運動的位移工。

15.如圖甲所示，質量為2nl的足夠長木板C置于水平面上，質量均為m的滑塊4、B置于C上，

B位于4右方某處。4、C間的動摩擦因數(shù)4=0.2,B、C間，C與地面間的動摩擦因數(shù)餌==

0.1。給C施加一水平向右的恒力F,經歷時間t滑塊4、B第一次相遇。尸與t的關系如圖乙所示。

(設2、B間碰撞為彈性正碰，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g=10m/s2)求：

(1)滑塊4、B的最大加速度以、aB；

(2)4、B之間的初始距離L和滑塊4的質量小；

(3)若F'=13N,從剛開始施加力至4、B第二次相撞時拉力F'所做的功分。

五、計算題(本大題共1小題，共10.0分)

16.端午節(jié)賽龍舟是中國民間傳統(tǒng)水上體育娛樂項目，比賽時多人集體在鼓手的指揮下統(tǒng)一

劃槳競賽。2017年瑞午節(jié)，某龍舟隊以1分28.75秒的成績。獲得東莞龍舟錦標賽傳統(tǒng)男子500

米直道競速項目的冠軍。該次比賽可看成龍舟首先做初速度為零的勻加速直線運動，達到v=

6m/s后做勻速直線運動完成比賽。(結果均保留3位有效數(shù)字)

(1)求龍舟勻加速階段的加速度大小a；

(2)某次訓練中，龍舟以加速度a加速達到。，由于鼓手失誤，使龍舟從100m開始，在10s內

速度均勻減小到匕=4rn/s,經調整操作，10s末龍舟重新開始以加速度a加速，加速到"后勻

速完成訓練。求龍舟由于鼓手失誤而耽誤的時間。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4、t=0時刻，兩線圈感應電動勢均為零，因此兩線圈均處于中性面的位置，故A

錯誤；

B、由圖線可知，兩線圈的周期分別為兀=0.04s,Tb=0.06s,則兀：Tb=0.04：0.06=2：3,

根據n=/可知a、b對應的線圈轉速之比為3：2,故8錯誤；

CD、兩線圈的角速度之比為詈=?=?

3b/a2

根據Em=NBa)S=Ne。7n得最大磁通量為：①m=察

/VCO

由圖可得a的最大感應電動勢為=15V,b的最大感應電動勢為Emb=101/,則弊=^=|

'"J"卬^mb1UL

則線圈a,b在轉動過程中最大磁通量之比為件=件?吟=|x普=：,故C錯誤，。正確。

b

0mbmb3aNa13X22

故選：D。

t=0時刻，根據感應電動勢大小，分析線圈的位置；根據圖像讀出兩個交流電的周期，然后求出

線圈a、b轉速之比；根據圖像讀出感應電動勢最大值，由Em=N83S=N3%求解最大磁通量之

比。

本題考查有關交流電描述的基礎知識，要根據交流電圖像正確讀出最大值、周期，進一步求出角

速度、最大磁通量等物理量。

2.【答案】4

【解析】解：由圖乙可知t=4s時質點的振動方向沿y軸負方向，根據“同側法”可知波形圖對應

的質點起振方向也沿y軸負方向，且開始時的周期較小，則對應的波形圖開始時波長較小。故A

正確，BCD錯誤。

故選：Ao

根據振動圖像判斷周期先小后大，波形圖的波長先小后大，根據t=4s時質點的振動方向，與“同

側法”判斷出質點的起振方向對比分析判斷。

本題考考查振動圖像與波動圖像結合問題，要求掌握振動圖像與波動圖像的物理意義。

3.【答案】C

【解析】解：4氣體在ab、cd過程溫度變化量相同，而理想氣體不考慮分子勢能，對于一定質量

的理想氣體，溫度是影響內能的唯一因素，則氣體在ab過程中內能的增加量等于cd過程中內能的

減少量，故A錯誤;

8.由理想氣體狀態(tài)方程得：p=^T,可知p-T圖像上的點與原點的連線的斜率與體積成反比。ab

過程中體積不變，則伍=0,cd過程中體積減小，則《d>0,根據熱力學第一定律/U=Q+W,

可知：

ab過程中吸收的熱量（2助=加岫

cd過程中放出的熱量為Qcd=\^Ucd\+Wcd

其中dUab=\AUcd\

可得ab過程中吸收的熱量小于cd過程中放出的熱量，故B錯誤；

CD.氣體在比過程是等溫壓縮，壓強增大到b狀態(tài)的1.5倍，則體積變?yōu)閎狀態(tài)的|；da過程是等溫膨

脹，壓強變?yōu)閐態(tài)壓強的今則體積變?yōu)閐態(tài)體積的2倍；因ab兩態(tài)體積相等，設為V,則c態(tài)體積|v,d

態(tài)體積氣體在be過程中體積的變化量小于da過程中體積的變化量，故C正確，力錯誤；

故選：Co

根據溫度的變化特點得出氣體在不同過程中的內能變化量的大小關系；根據熱力學第一定律分析

出氣體的吸放熱情況；根據圖像得出氣體的狀態(tài)參量，結合一定質量的理想氣體狀態(tài)方程分析出

狀態(tài)參量的變化關系。

本題主要考查了一定質量的理想氣體的狀態(tài)方程和熱力學第一定律，解題的關鍵點是分析出氣體

狀態(tài)參量的變化，結合熱力學第一定律即可完成分析。

4.【答案】C

【解析】解：4根據題意，對金屬環(huán)N受力分析，如圖所示

由于金屬環(huán)相對桿始終不動，設細繩與豎直方向的夾角為必由平衡條件，豎直方向：Fcosd=mNg

豎直方向：FsinO=FN

解得尸=Tosf,FN=mgtand

可知，由于。不變，則細線中的拉力和環(huán)N與豎直桿之間的彈力不變，故A錯誤;

8.對M受力分析知豎直方向F'N=Feos。+mg=6可。+與角速度無關，故8錯誤；

CD,根據題意，設整個裝置以豎直桿為軸以的轉動時，環(huán)M與橫桿沒有摩擦力，對M受力分析，如

圖所示

水平方向上，由牛頓第二定律有：mMa)Qr=Fsind=mNgtand

解得：(t)o=m^gtand

mMr

若轉動的角速度大于3o，則有7nM32r=niNgta幾。+/，可知，隨著3增大，/增大;

若轉動的角速度小于o)o，則有團財32r=TnNgtem。-/，可知，隨著3增大，f減小，則轉動的角

速度不同，環(huán)M與水平桿之間的摩擦力大小可能相等，故8。錯誤，C正確。

故選：Co

分別對M與N受力分析，根據平衡條件和牛頓第二定律分析。

此題考查受力分析和力的平衡條件應用以及牛頓第二定律的應用，注意靜摩擦力大小和方向會隨

運動狀態(tài)的改變而改變。

5.【答案】B

【解析】解：激光器轉動的周期為：T=生,

3

轉一周的過程中虛線圓單位長度接收到的光能量為：E°y

Z7Tn

接收屏接收到的光能量為：E=Eol

每個光子能量為：Ei=hv若

則在激光器轉動一周的過程中，接收屏接收到的光子數(shù)為：N=^P

聯(lián)立解得：村=修，故8正確、ACZ)錯誤。

hcRo)

故選：B。

求出激光器轉動一周的過程中，接收屏接收到的光能量，再根據光子能量的計算公式進行解答。

本題主要是考查光子能量的計算，解答本題的關鍵是求出激光器轉動一周的過程中，接收屏接收

到的光能量，掌握光子能量計算公式。

6.【答案】C

【解析】解：4、小球上拋過程，由牛頓第二定律得：mg+kv=ma,u逐漸減小，則a減小，下

降過程中有沅9=ku=ma，"越來越大，故加速度繼續(xù)減小，圖像趨勢正確，但速度為零時，斜

率不為零，且加速度為g,圖像應為平滑曲線，故A錯誤；

B、!；-％圖斜率為/￡=?在上升過程中斜率變大，下降過程中斜率變小，故B錯誤；

C.、Ek-無圖像斜率為合外力，向上運動過程F=mg+"變小，向下運動過程F=mg-的繼續(xù)

變小，故C正確；

。、向上運動過程比向下過程中任意一個位置，摩擦力要更大，故向上過程中摩擦力做功更多一

點，機械能損失要更多一點，故O錯誤；

故選：Co

根據小球上升和下降過程中分別對小球根據牛頓第二定律列式，分別確定加速度變化情況，再確

定速度隨著位移的變化規(guī)律以及動能隨著位移的變化規(guī)律。

本題解題關鍵是要分析清楚小球的運動情況，根據牛頓第二定律求出小球速度隨著位移以及動能

隨著位移的變化規(guī)律，解決該題的關鍵是分清運動過程，并能根據各個運動過程準確分析小球的

運動情況。

7.【答案】C

【解析】解：力、根據功率的計算公式可知電場力的瞬時功率為P=Eq巧，故A錯誤；

B、由于巧與磁場B平行，方與磁場B垂直，離子受到的洛倫茲力為=故B錯誤；

C、離子受到的電場力不變，洛倫茲力大小不變，方向總是與電場力方向垂直，則該離子的加速

度大小不變，方向改變；故C正確；

。、根據運動的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內做勻速圓周運動，沿水平方向做加速運動，

則%增大，方不變，樣的比值不斷增大，故O錯誤。

故選：Co

根據功率的計算公式求出電場力的瞬時功率；根據巧、方與磁場B的方向，計算出洛倫茲力的表

達式；根據離子受到的電場力和洛倫茲力判斷離子的加速度如何變化；根據運動的合成與分解，

分析離子在垂直于紙面內和沿水平方向的運動性質，判斷假的比值如何變化。

本題考查了帶電粒子在復合場中的運動，解決本題的關鍵是準確分析帶電粒子在復合場中的受力

以及運動情況。

8.【答案】BC

【解析】解：4、紫外線進入液體頻率不變，根據E=hv,可知紫外線光子能量不變，故A錯誤；

B、設紫外線在液體中的波長為；I',在真空中波長為；I,頻率為/,則;1'=1方=(=黑麗=

llOnm,故B正確；

C、由知紫外線在真空中的傳播速度是在液體中速度的1.7倍，則傳播相等的距離，在液體

中所需的時間變?yōu)樵瓉淼?.7,故C正確；

。、紫外線在液體中波長變短，更不容易發(fā)生衍射，故。錯誤。

故選：BC。

光子能量與光的頻率成正比，紫外線進入液體頻率不變，紫外線光子能量不變；根據紫外線在液

體中波長與真空中波長關系求紫外線進入液體后波長。根據〃分析紫外線在真空中和液體中傳

播速度之比，再求傳播相等距離用時之比。根據波長越長越容易發(fā)生明顯衍射分析。項。

本題考查波長、頻率和波速的關系問題，要知道光的頻率與介質無關，由光源決定。

9.【答案】BC

【解析】解：4太空電梯隨地球一起旋轉，根據〃可知太空電梯上各點線速度與該點離地球

球心的距離成正比，萬有引力提供向心力，根據牛頓第二定律可得：

GMmv2

——5-=m—

由上述表達式可知地球同步衛(wèi)星的線速度小于第一宇宙速度，則航天員在r=R處的線速度小于第

一宇宙速度，故A錯誤；

A圖像中的圖線4表示地球引力對航天員產生的加速度大小與r的關系，該加速度均等于地球衛(wèi)星

做勻速圓周運動的加速度，圖線B表示航天員由于地球自轉而產生的向心加速度大小與r?的關系，

該加速度as等于地球同步衛(wèi)星的加速度，因為以=即，所以圖中％為地球同步衛(wèi)星的軌道半徑,

電梯艙在廠=-0處的站點時，航天員的加速度等于地球同步衛(wèi)星的加速度，處于完全失重狀態(tài)，

故3正確；

C根據題意可知，大于力的范圍內，宇航員受到的萬有引力小于所需的向心力，航天員與座椅間

沒有彈力且需系上安全帶，故C正確；

。.根據題意可知，小于r°的范圍內，宇航員受到的萬有引力大于所需的向心力，彈力表現(xiàn)為支持

力，萬有引力和支持力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律有

GMm

—2N—mr3c

角速度不變，結合牛頓第三定律可知航天員越接近地面感受到的“壓力”越大，故。錯誤；

故選：BC.

根據角速度的特點得出太空電梯上各點的線速度的關系，結合牛頓第二定律得出其線速度與第一

宇宙速度的大小關系；

理解圖像的物理意義，結合對航天員的受力分析和牛頓第二定律即可完成分析。

本題主要考查了萬有引力定律的相關應用，熟悉航天員的受力分析，理解其做圓周運動的向心力

來源，結合牛頓第二定律即可完成分析。

10.【答案】BC

【解析】解：4B.由題意可知要打到“10”環(huán)處，則石子的豎直方向位移要變大，由于石子做平

拋運動，即石子在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據自由落體運

動的位移公式可得：h=1gt2

即此時數(shù)值位移無要增大，故時間t要增大，而要求石子的水平方向位移不變，根據勻速直線運動

位移公式可得：s=vt

在靶子高度不變的情況下，顯然是水平初速度過大，只要調節(jié)水平初速度變小就可以；

由牛頓第二定律可知：減小石子的質量可以增大加速度，拋出時初速度變大，反之，增大石子的

質量，拋出時初速度變小，故A錯誤，8正確；

CD.增大投石機到靶的距離，可以增加時間t以及調高靶子，都可以擊中靶心，降低靶子是不可以

擊中靶心的，故C正確，力錯誤。

故選：BC。

由題可知石子做平拋運動，結合平拋運動的規(guī)律，分析各選項即可。

解題關鍵是能夠正確分析石子做平拋運動，結合選項分析各選項即可。難度不大。

11.【答案】BD

【解析】解：4根據場強的表達式可知，電荷量為-Qi點電荷在。點的電場強度大小為

E_卜Q\

ZLi—rvj

方向沿。。方向；電荷量為+(?2的點電荷在D點的電場強度大小為

f2=阜

L/

方向沿4。方向，。點的電場強度恰好為零，則有

Ei=E2

解得：＜?2=4Q「故A錯誤；

8.對(?2圓弧是等勢面，因此圓弧上各點電勢由以決定，沿著電場線方向電勢逐漸降低，離負電荷

越近電勢越低，因此在圓弧BDC上的各點中，。點的電勢最低，故B正確；

CD.根據對稱性可知，B、C電勢相等，電子沿著圓弧從B點運動到C點的過程中，電勢先減小后增

大，因為電子帶負電，所以電勢能先增大后減小，根據功能關系可知電場力先做負功后做正功，

故C錯誤，。正確。

故選：BD。

根據場強的計算公式，結合矢量合成的特點和。點處的場強大小得出電荷量的比值關系;

根據電勢的影響因素，結合粒子的電性得出電勢能的變化趨勢。

本題主要考查了電勢能的相關應用，理解點電荷周圍的電場線特點，結合電場強度和電勢能的計

算公式即可完成分析。

12.【答案】0.4偏大

【解析】解：(1)根據表中的數(shù)據進行描點，作出的圖像如圖所示:

■，s/cm

(2)B下落至臨落地時根據動能定理有：Mgh-nmgh=+m)v2

在B落地后，4運動到Q,根據能量關系可得：\mv2^iimgs

M-m,

解得：s=

s—九圖象的斜率為蘇瑞

聯(lián)立解得：4=0.4；

(3)滑輪軸的摩擦導致測得的摩擦力偏大，使得〃測量結果偏大。

故答案為：(1)圖像見解析；(2)0.4：(3)偏大。

(1)根據表中的數(shù)據進行描點作圖：

(2)B下落至臨落地時根據動能定理列方程；在B落地后，4運動到Q,根據能量關系列方程，結合

圖像進行解答；

(3)滑輪軸的摩擦導致測得的摩擦力偏大，由此分析。

本題考查動摩擦因數(shù)的確定實驗，對于實驗問題一定要明確實驗原理，并且親自動手實驗，熟練

應用所學基本規(guī)律解決實驗問題。

13.【答案】乙A435

【解析】解：(1)充、放電的電流方向相反，應選擇可以測量正反向電流的表頭乙。

(2)48、電容器充電過程中，電流逐漸減小，電容器充電結束后，電流減為0,故A正確、8錯誤;

CD,根據電容的定義式，電荷量與電壓成正比，所以圖線應為過原點直線，故錯誤。

故選：Ao

(3)實物連線如圖所示,

(4)根據Q=花可知i-t圖像中圖線跟橫軸所圍的面積為通過的電荷量

Q=0.869mA-s=8.69x10-4C

因此：c=g=8.69彳10:昨435加

(5)僅將R為500。的電阻改為1000。，其它器件參數(shù)不變，且電流傳感器內阻不計時，貝肛=0時放

電電流減小為原來的：，但i-t圖像中圖線跟橫軸所圍的面積不變，因此電阻為1000。的放電曲線

如圖所示,

i/mA

電阻

故答案為：(1)乙；(2)4(3)如圖

(1)當電容器與電源相連，電容器充電，根據電源的正負極判斷電容器哪個極板帶正電，當電容器

放電時，根據極板所帶電荷的電性確定電流的方向；

(2)根據電容器的電容大小，結合Q=CU得出充電后電容器所帶的電荷量；

(3)當電容器充電時，充電電流逐漸減小，減小得越來越慢，對于電容器而言，電容不變，所帶的

電荷量與電勢差成正比。

解決本題的關鍵掌握電容器的充放電過程，知道電容器的電容與電容器所帶的電荷量、電容器兩

端的電勢差無關。

14.【答案】解：(1)根據法拉第電磁感應定律，導體棒進入磁場瞬間感應電動勢為E=

根據閉合電路歐姆定律得/=點

R+r

根據安培力公式得F=BIL

根據牛頓第二定律得尸=ma0

聯(lián)立解得導體棒進入磁場瞬間加速度為即=嗎篤

(2)電阻R與電阻r串聯(lián)，根據焦耳定律公式Q=尸心

可得QR：Qr=R：T

又因為能量守恒得QR+Qr=\mvl

聯(lián)立解得＜2口=募歷機詔

(3)當導體棒速度減為零時，由動量定理得一癡口t=-mv0

又因為q="t

1=—^—E=—,=BLx

(R+r)t，At

22

聯(lián)立解得山=

R+rmv0

變形得X=坐等

DL

答：(1)導體棒進入磁場瞬間加速度的大小為躲篇；

(2)導體棒運動全過程中電阻R上產生的熱量為就6山詔；

(3)導體棒在磁場中運動的位移為粵巖。

【解析】(1)根據法拉第電磁感應定律結合安培力與牛頓第二定律解答；

(2)根據功能關系解答；

(3)根據動量定理結合電流的定義式解答。

本題是電磁感應與電路、力學、功能關系知識的綜合，安培力是聯(lián)系力與電磁感應的橋梁，電荷

量的經驗公式q=等是常用的式子。

15.【答案】解：(1)對滑塊4根據牛頓第二定律可得：^Amg=maA

2

解得：aA=2m/s,

對滑塊8,根據牛頓第二定律可得：［iBmg=maBf

2

解得：aB=lm/s；

(2)由圖乙可知F足夠大時4、8均相對C以恒定加速度滑動，相遇時間恒為：t=J^s=2s

22

由運動學公式可得：\aAt-\aBt=L

解得：L=2m

由圖乙可知，當尸=8N,滑塊B與C恰好發(fā)生相對滑動，則有：F-4iicmg=4maB1

解得：m=1kg；

(3)設三者均相對運動時拉力的最小值為Fi，對C根據牛頓第二定律可得：Fi-4iicmg-fiAmg-

=2maA

解得：Fi=UN

當F'=13N時，對C根據牛頓第二定律可得：F'-411cmg-iiAmg-fiBmg=2mac

2

解得：ac=3m/s

由于相遇時間為2s,由D=v04-Qt可得第一次相撞前：

vA=4m/s,vB=2m/s,vc=6m/s,