2023屆安徽省滁州市定遠(yuǎn)縣高三二模物理試卷（解析版）

高中物理名校試卷PAGEPAGE102023年安徽省滁州市定遠(yuǎn)縣高考物理二模試卷一、選擇題：本題共5小題，每小題6分，共30分。每小題給出的4個(gè)選項(xiàng)中只有一項(xiàng)是符合題意要求的。1．（6分）如圖1所示是研究光電效應(yīng)中光電子發(fā)射情況與照射光的強(qiáng)弱、顏色（頻率）關(guān)系的實(shí)驗(yàn)電路。移動(dòng)滑動(dòng)變阻器滑片，可改變光電管中陽(yáng)極A、陰極K間的電壓，光電流大小可由電流表顯示，改變電源的極性，則下列說(shuō)法正確的是（）A．用藍(lán)光照射陰極K，當(dāng)兩極間的電壓為圖2中的反向電壓Uc1時(shí)，無(wú)光電子發(fā)射 B．用強(qiáng)度不同的黃光照射陰極K時(shí)，發(fā)射的光電子的最大初速度大小不同 C．光電流的大小隨加在A、K兩極間電壓的升高一定逐漸增大 D．用不同顏色的光照射陰極K時(shí)，發(fā)射的光電子的最大初速度大小不同2．（6分）嫦娥三號(hào)探測(cè)器于2013年12月2日2點(diǎn)17分，在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射．嫦娥三號(hào)攜玉兔號(hào)月球車首次實(shí)現(xiàn)月球軟著陸和月面巡視勘察，并開(kāi)展月表形貌與地質(zhì)構(gòu)造調(diào)查等科學(xué)探測(cè)．探測(cè)器發(fā)射后直接進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，成為繞月衛(wèi)星，并開(kāi)展對(duì)月球的探測(cè)，月球半徑與地球半徑之比為q，則（）A．探測(cè)器在月球表面附近圓形軌道運(yùn)行與在地球表面附近圓形軌道運(yùn)行向心力之比為B．探測(cè)器在月球表面附近圓形軌道運(yùn)行與在地球表面附近圓形軌道運(yùn)行周期之比為 C．月球的第一宇宙速度是地球的第一宇宙速度的倍 D．月球表面重力加速度是地球表面重力加速度的倍3．（6分）從地面上以初速度v0豎直上拋一質(zhì)量為m的小球，若運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力與其速率成正比，球運(yùn)動(dòng)的速率隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示，t1時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn)，再落回地面，落地速率為v1，且落地前小球已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法中正確的是（）A．小球加速度在上升過(guò)程中逐漸減小，在下降過(guò)程中也逐漸減小 B．小球拋出瞬間的加速度大小為 C．小球被拋出時(shí)的加速度值最大，最高點(diǎn)的加速度值最小 D．小球上升過(guò)程的平均速度等于4．（6分）如圖，質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的直導(dǎo)線用兩絕緣細(xì)線懸掛于O、O?，并處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．當(dāng)導(dǎo)線中通以沿x正方向的電流I，懸線與豎直方向夾角為θ．則磁感應(yīng)強(qiáng)度方向和大小可能為（）A．x正向， B．y正向，cosθ C．z負(fù)向，tanθ D．y負(fù)向，sinθ5．（6分）如圖甲所示，在平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一個(gè)半徑為0.2m的圓形區(qū)域ABCD，P為圓弧上的一個(gè)點(diǎn)，從A點(diǎn)出發(fā)沿逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)電勢(shì)φ隨θ變化情況如圖乙所示，則（）A．場(chǎng)強(qiáng)大小為10V/m B．電子在A點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能為2eV C．電子在A點(diǎn)時(shí)所受電場(chǎng)力指向O點(diǎn) D．電子沿圓弧運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力不做功二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題給出的4個(gè)選項(xiàng)中有多項(xiàng)是符合題意要求的。選全對(duì)的得6分，不全對(duì)的得3分，有選錯(cuò)的得0分。6．（6分）如圖所示，將質(zhì)量相同的a、b、c三個(gè)小球從水平地面上的A點(diǎn)用相同的速率、以不同的方向斜向上拋出，三個(gè)小球在空中的運(yùn)動(dòng)軌跡分別為1、2、31、Δp2、Δp3，落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率分別為P1、P2、P3，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是（）A．三個(gè)球動(dòng)量變化量相同 B．三個(gè)球落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率相等 C．Δp1最大，Δp3最小 D．P1最大，P3最小7．（6分）如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為2：1，電阻R1＝R2＝55Ω，D1、D2為理想二極管，A為理想電流表。原線圈接u＝220sin100πt（V），則（）A．二極管的反向耐壓值應(yīng)大于110V B．副線圈中交流電頻率為100Hz C．電流表示數(shù)為2A D．理想變壓器的輸入功率為440W8．（6分）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊界上的P點(diǎn)有一粒子源，粒子的重力以及粒子之間的相互作用力均可忽略，進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子會(huì)從某一段圓弧射出磁場(chǎng)邊界，則下列結(jié)論正確的是（）A．若n＝2，則所有粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度方向相互平行 B．若n＝2，則粒子從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率為 C．若n＝4，則粒子從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率為 D．若n＝4，僅將磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B減小到B時(shí)，則n的值變?yōu)?三、非選擇題：本大題共5小題，共62分。9．（6分）某小組采用如圖甲所示的裝置來(lái)探究“功與速度變化的關(guān)系”，實(shí)驗(yàn)中，小車經(jīng)過(guò)光電門時(shí)（1）實(shí)驗(yàn)步驟如下：①用螺旋測(cè)微器測(cè)得遮光條的寬度d如圖乙所示，則d＝mm．②把遮光條固定在小車上，把小車放到軌道上，將細(xì)線一端與小車連接；③保持軌道水平，在砝碼盤里放適量砝碼，讓小車靜止在某處，將小車由靜止釋放，記錄遮光條經(jīng)過(guò)光電門的擋光時(shí)間t；④改變x，記錄相應(yīng)的t，獲得多組數(shù)據(jù)；⑤關(guān)閉電源，通過(guò)分析小車位移與速度變化的關(guān)系來(lái)研究合外力做功與速度變化的關(guān)系．（2）實(shí)驗(yàn)中，該小組同學(xué)通過(guò)研究x與t的關(guān)系從而得到合外力做功與速度變化的關(guān)系，為了使圖象呈現(xiàn)線性關(guān)系圖象．（填序號(hào)）A．x﹣tB．x﹣C．x﹣t2D．x﹣．10．（9分）甲、乙兩位同學(xué)分別采用不同的方法測(cè)量同一根金屬絲的阻值．①甲同學(xué)采用多用電表測(cè)定金屬絲的阻值，操作如下：該同學(xué)選擇×10的電阻擋，用正確的操作步驟測(cè)量時(shí)（指針位置如圖1中虛線所示）．為了較準(zhǔn)確地進(jìn)行測(cè)量，請(qǐng)你完善下列實(shí)驗(yàn)操作步驟：a、；b、調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕：紅黑表筆短接，使指針指在0Ω處；c、重新測(cè)量并讀數(shù)，此時(shí)刻度盤上的指針位置如圖1實(shí)線所示，測(cè)量結(jié)果是Ω．②乙同學(xué)用伏安法測(cè)量此金屬絲的電阻，實(shí)驗(yàn)室提供了下列器材．A．電壓表（0～3V，內(nèi)阻1kΩ）B．電壓表（0～15V，內(nèi)阻5kΩ）C．電流表（0～0.6A，內(nèi)阻2Ω）D．電流表（0～3A，內(nèi)阻0.5Ω）E．滑動(dòng)變阻器（10Ω，0.2A）F．滑動(dòng)變阻器（50Ω，0.6A）G．直流電源（6V，內(nèi)阻不計(jì)），另有開(kāi)關(guān)一個(gè)、導(dǎo)線若干．實(shí)驗(yàn)中有兩種電路圖2（a）和（b）可供選擇，本次實(shí)驗(yàn)中電路應(yīng)選（選填“a”或“b”），電壓表應(yīng)選，電流表應(yīng)選，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選．（只填器材前的字母代號(hào)即可）．根據(jù)電路圖并連接如圖3的實(shí)物圖．11．（12分）如圖所示為放置在真空中的某種材料做成的透明球體，O為球心，半徑為R，能向各個(gè)方向發(fā)出某種單色光，OB為半徑，從A點(diǎn)發(fā)出射向B點(diǎn)的光線a恰好在B點(diǎn)發(fā)生全反射，已知光在真空中的光速為c（1）透明球體的折射率n；（2）光線a從發(fā)出到B點(diǎn)的時(shí)間t。12．（15分）如圖，兩根間距為L(zhǎng)、相互平行的光滑傾斜金屬長(zhǎng)直導(dǎo)軌，與水平面的夾角θ＝30°，金屬桿MN、PQ用絕緣桿固定連接形成“工”字形框架，間距也為s，使框架從距磁場(chǎng)上邊沿一定距離處?kù)o止釋放，框架進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中做勻速運(yùn)動(dòng)，金屬桿MN、PQ的電阻均為R，其余電阻不計(jì)（1）框架剛釋放時(shí)，金屬桿PQ距磁場(chǎng)上邊界的距離；（2）金屬桿PQ越過(guò)兩磁場(chǎng)分界線的瞬間，框架的加速度大??；（3）框架穿過(guò)磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中，金屬桿MN產(chǎn)生的焦耳熱。13．（20分）如圖所示，半徑為R的光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，小球b靜止在軌道最低點(diǎn)B處，小球a、b在最低點(diǎn)發(fā)生彈性碰撞，小球a、b均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g，求：（1）小球a從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，合外力對(duì)小球a的沖量大小；（2）要使a、b第一次碰撞后，小球b能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)C，則小球b的質(zhì)量應(yīng)滿足的條件；（3）若兩球恰好在B點(diǎn)發(fā)生第二次碰撞，則第二次碰撞后小球b的速度大小?！飬⒖即鸢浮铩弧⑦x擇題1．〖祥解〗A.根據(jù)光電效應(yīng)方程及遏止電壓作答；B.光子的能量與光的強(qiáng)度無(wú)關(guān)，根據(jù)光的效應(yīng)方程作答；C.光電流的大小隨兩端電壓的增加而增大，飽和光電流不隨兩端電壓而變化；D.根據(jù)光子的最大初動(dòng)能Ek＝eUc分析作答。【解答】解：A.藍(lán)光的遏止電壓大于黃光的遏止電壓是因?yàn)樗{(lán)光的頻率大于黃光的頻率，用藍(lán)光照射陰極Kc1時(shí)，有光電子發(fā)射；B.根據(jù)光的效應(yīng)方程hν＝Ek+W0，在光的頻率不變的情況下，不論入射光的強(qiáng)度強(qiáng)還是弱，故B錯(cuò)誤；C.光電流的大小隨加在A、K兩極間兩端電壓的增加而增大，故C錯(cuò)誤；D.光子的最大初動(dòng)能Ek＝eUc，由于藍(lán)光的遏止電壓大于黃光的遏止電壓，發(fā)射的光電子的最大初速度大小不同。故選：D。2．〖祥解〗探測(cè)器在月球和地球表面受到的萬(wàn)有引力的表達(dá)式為，向心力有萬(wàn)有引力提供，根據(jù)月球和地球的質(zhì)量比和半徑之比，計(jì)算萬(wàn)有引力之比，即為向心力之比．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力＝，得，，根據(jù)月球和地球的質(zhì)量比和半徑之比，可計(jì)算探測(cè)器在月球表面附近圓形軌道運(yùn)行與在地球表面附近圓形軌道運(yùn)行周期之比和月球的第一宇宙速度與地球的第一宇宙速度之比．根據(jù)重力等于萬(wàn)有引力，結(jié)合月球和地球的質(zhì)量比和半徑之比，可計(jì)算出月球表面重力加速度與地球表面重力加速度之比．【解答】解：A、探測(cè)器受到的萬(wàn)有引力，故萬(wàn)有引力之比即為向心力之比，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，得＝，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，所以；D、根據(jù)重力等于萬(wàn)有引力，所以。故選：C。3．〖祥解〗對(duì)小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解小球的加速度，進(jìn)而分析加速度的變化；v﹣t圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積表示位移，平均速度是位移與時(shí)間的比值，勻變速直線運(yùn)動(dòng)平均速度等于初末速度的平均值，將小球的運(yùn)動(dòng)與勻變速直線運(yùn)動(dòng)比較即可?！窘獯稹拷猓篈C、小球上升過(guò)程，小球受重力和阻力，根據(jù)牛頓第二定律得：f+mg＝ma解得由于是減速上升，速度減小，故加速度不斷減?。幌陆颠^(guò)程，小球受重力和阻力解得：小球加速下降，速度變大，故加速度不斷減小，加速度為零；即上升過(guò)程，加速度一直在減小，先減小，小球被拋出時(shí)的加速度值最大，故AC錯(cuò)誤；B、空氣阻力與其速率成正比1勻速下降，由平衡條件得：mg＝kv1小球拋出瞬間，由牛頓第二定律得：mg+kv2＝ma0聯(lián)立解得：，故B正確；D、v﹣t圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，從圖象可以看出，而陰影部分面積是勻減速直線運(yùn)動(dòng)的位移，故小球上升過(guò)程的平均速度小于。故選：B。4．〖祥解〗左手定則：左手平展，讓磁感線穿過(guò)手心，使大拇指與其余四指垂直，并且都跟手掌在一個(gè)平面內(nèi)．把左手放入磁場(chǎng)中，讓磁感線垂直穿入手心，手心面向N極，四指指向電流所指方向，則大拇指的方向就是導(dǎo)體受力的方向．根據(jù)左手定則的內(nèi)容，逐個(gè)分析判斷即可得出結(jié)論【解答】解：A、當(dāng)磁場(chǎng)沿x正方向時(shí)，導(dǎo)線不受安培力，懸線與豎直方向的夾角θ＝0°，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)磁場(chǎng)沿y正方向時(shí)，導(dǎo)線受到的安培力豎直向上，B＝，懸線的拉力為零C、磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)閦負(fù)方向，直導(dǎo)線所受安培力方向沿y正方向，所以B＝，所以C正確D、當(dāng)磁場(chǎng)沿y負(fù)方向時(shí)，導(dǎo)線受到的安培力豎直向上，B＝，與豎直方向夾角θ＝0°，故D錯(cuò)誤故選：C。5．〖祥解〗電場(chǎng)強(qiáng)度方向從高電勢(shì)點(diǎn)指向低電勢(shì)點(diǎn)，根據(jù)推論解得電場(chǎng)強(qiáng)度與O點(diǎn)的電勢(shì)，根據(jù)功能關(guān)系分析D選項(xiàng)?！窘獯稹拷猓篈B、由圖乙可知：φA＝2V，電子在A點(diǎn)電勢(shì)能EPA＝eφA＝﹣2eV當(dāng)θ＝時(shí)，P點(diǎn)位于下圖中的E點(diǎn)處E＝1V當(dāng)θ＝時(shí)，P點(diǎn)位于下圖中的F點(diǎn)處、F、O三點(diǎn)共線F＝5V則圓心O點(diǎn)的電勢(shì)為：φO＝＝V＝5V過(guò)A點(diǎn)作OE的垂線交于M點(diǎn)，由幾何知識(shí)易得，則下圖中M點(diǎn)的電勢(shì)為：φM＝＝＝2V＝φA故直線AM為等勢(shì)線，由于電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，過(guò)B點(diǎn)作電場(chǎng)線FOE的垂線，如下圖所示則有：φA＝φM＞φN＝φE電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為：E＝＝＝10V/m，B錯(cuò)誤；C、根據(jù)上面的分析可知，故C錯(cuò)誤；D、電子從A點(diǎn)沿圓弧逆時(shí)針移動(dòng)，電勢(shì)能先升高后降低，故D錯(cuò)誤。故選：A。二、多選題6．〖祥解〗斜上拋運(yùn)動(dòng)可以看成是兩個(gè)對(duì)稱的平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向根據(jù)位移—時(shí)間公式求解時(shí)間，進(jìn)而比較小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理求解三個(gè)小球動(dòng)量的變化，比較即可；根據(jù)功率公式求解落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率，比較即可。【解答】解：AC、斜上拋運(yùn)動(dòng)可以看成是兩個(gè)對(duì)稱的平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向gt8解得：t＝由圖可知，h1＞h4＞h3所以t1＞t7＞t3根據(jù)動(dòng)量定理得：mg?2t＝Δp所以Δp4＞Δp2＞Δp3故A錯(cuò)誤，C正確；BD、三個(gè)球落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率為PG＝mgvy＝mg?gt＝mg5t所以P1＞P2＞P3故B錯(cuò)誤，D正確。故選：CD。7．〖祥解〗根據(jù)瞬時(shí)值表達(dá)式可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比和二極管的特點(diǎn)即可求得結(jié)論，根據(jù)電流熱效應(yīng)求得電流表的讀數(shù)。【解答】解：A、根據(jù)瞬時(shí)值表達(dá)式可知V，所以原線圈電壓的有效值V根據(jù)解得：U8＝110V則副線圈上電壓的最大值為110V，所以二極管的反向耐壓值應(yīng)大于110V；B、根據(jù)瞬時(shí)值表達(dá)式可知交流電的角速度ω＝100π＝0.02sHz＝50Hz，所以副線圈中交流電頻率為50Hz；C、因?yàn)槎O管具有單向?qū)щ娦?，另半個(gè)周期電流為2，由于電阻R1＝R2＝55Ω，設(shè)此時(shí)副線圈對(duì)應(yīng)的等效電阻為R等效，則：；可知兩個(gè)支路中的并聯(lián)后的等效電阻為55Ω2＝A＝3A；D、變壓器的輸出功率：P2＝U2I4＝110×2W＝220W，由于變壓器的輸入功率等于輸出功率，故D錯(cuò)誤。故選：AC。8．〖祥解〗粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)區(qū)域邊界上有粒子射出的范圍是粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的直徑為弦所對(duì)應(yīng)的邊界圓弧，根據(jù)題意求出粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子在磁場(chǎng)中做圓周的速率?！窘獯稹拷猓篈、邊界上有粒子射出的范圍是以偏轉(zhuǎn)圓直徑為弦所對(duì)應(yīng)的邊界圓弧，則粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的直徑為磁場(chǎng)區(qū)域直徑運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r＝R；由于粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑與磁場(chǎng)區(qū)域半徑相等、粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心O′、磁場(chǎng)區(qū)域的圓心O組成的四邊形為菱形，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與對(duì)應(yīng)的軌道半徑垂直，由于PO的位置不變，故A正確；B、若n＝2，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：qvB＝m，故B正確；C、邊界上有粒子射出的范圍是以偏轉(zhuǎn)圓直徑為弦所對(duì)應(yīng)的邊界圓弧，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：r′＝Rsin45°＝R，由牛頓第二定律得：qv′B＝m，故C正確；D、若n＝4時(shí)R，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r＝B時(shí)R，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡直徑對(duì)應(yīng)的有粒子射出圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角θ＝2arcsin≠180°，故D錯(cuò)誤。故選：ABC。三、非選擇題9．〖祥解〗（1）由螺旋測(cè)微器讀出整毫米數(shù)，由可動(dòng)刻度讀出毫米的小部分．即可得到擋光片的寬度；（2）由于遮光條通過(guò)光電門的時(shí)間極短，可以用平均速度表示瞬時(shí)速度，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合動(dòng)能定理列式，聯(lián)立方程求解．【解答】解：（1）由螺旋測(cè)微器讀出整毫米數(shù)為5.5mm，由可動(dòng)刻度讀出毫米的小部分為19.6×0.01＝0.195mm；（2）設(shè)勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a，根據(jù)動(dòng)能定理得：ma?x＝2，速度：v＝，解得：x＝?，則加速度a不變，該組同學(xué)應(yīng)作x﹣，故D正確．故選：D；故〖答案〗為：（1）7.695；（2）D．10．〖祥解〗題（1）應(yīng)明確歐姆表指針偏角過(guò)大時(shí)說(shuō)明所選倍率過(guò)大，應(yīng)選擇較小的倍率；題（2）根據(jù)電流表內(nèi)外接法的選擇方法即可求解；根據(jù)電阻率受到溫度影響可知電流表應(yīng)選擇較小的量程，根據(jù)通過(guò)電表的最小讀數(shù)為量程的以上可求出待測(cè)電阻兩端的最小電壓，從而選擇電壓表量程；根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電路中需要的最大電阻來(lái)選擇變阻器【解答】解：（1）a、歐姆表的指針偏角過(guò)大說(shuō)明所選倍率過(guò)大；c、歐姆表讀數(shù)為R＝6.0×6Ω＝6.0Ω；（2）、由于待測(cè)電阻滿足，所以電路應(yīng)選擇乙電路；考慮溫度對(duì)電阻率的影響，實(shí)驗(yàn)不允許通過(guò)較大的電流；根據(jù)歐姆定律可求出待測(cè)電阻兩端的最小電壓為，所以電壓表應(yīng)選擇A；若變阻器采用限流式接法，電路中需要的最大電阻應(yīng)為；根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖．故〖答案〗為（1）①重新選×1歐姆擋測(cè)量；6.2；②b；A；C；F；實(shí)物圖如：四、解答題11．〖祥解〗（1）根據(jù)全反射臨界角公式解得；（2）由幾何關(guān)系，求得光在透明球中通過(guò)的路程，由v＝求得在球體中的傳播速度，則在球體中傳播的時(shí)間可求?！窘獯稹拷猓海?）從A點(diǎn)發(fā)出射向B點(diǎn)的光線a恰好在B點(diǎn)發(fā)生全反射，根據(jù)全反射臨界角公式有：sinC＝根據(jù)幾何關(guān)系有sinC＝＝＝解得：n＝（2）光在介質(zhì)中的速度v＝則傳播時(shí)間t＝解得：t＝答：（1）透明球體的折射率為；（2）光線a從發(fā)出到B點(diǎn)的時(shí)間為。12．〖祥解〗（1）根據(jù)平衡條件求解金屬桿PQ在進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的大小，由機(jī)械能守恒定律求解框架釋放時(shí)金屬桿PQ距磁場(chǎng)上邊界的距離；（2）金屬桿PQ越過(guò)兩磁場(chǎng)邊界瞬間，兩金屬桿都切割磁感線，求出兩金屬桿所受安培力，由牛頓第二定律求解框架的加速度大??；（3）由能量守恒可知框架穿越磁場(chǎng)過(guò)程中，框架產(chǎn)生的焦耳熱等于框架重力勢(shì)能的減少量，由此求解金屬桿MN產(chǎn)生的焦耳熱。【解答】解：（1）金屬桿PQ在進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中做勻速直線運(yùn)動(dòng)有：mgsinθ＝BIL由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律有：I＝設(shè)框架釋放時(shí)金屬桿PQ距磁場(chǎng)上邊界的距離為x，由機(jī)械能守恒定律有：mgxsinθ＝聯(lián)立解得框架釋放時(shí)金屬桿PQ距磁場(chǎng)上邊界的距離為：x＝；（2）金屬桿PQ越過(guò)兩磁場(chǎng)邊界瞬間，兩金屬桿都切割磁感線金屬桿中的電流為：＝兩金屬桿所受安培力均為：F安＝BI′L＝2mgsinθ由牛頓第二定律有：2F安﹣mgsinθ＝ma聯(lián)立解得金屬桿PQ越過(guò)兩磁場(chǎng)邊界瞬間，框架的加速度大小為：a＝3.5g；（3）由能量守恒可知框架穿越磁場(chǎng)過(guò)程中，框架產(chǎn)生的焦耳熱等于框架重力勢(shì)能的減少量Q＝mgsinθ?3s＝7.5mgs其中框架穿越磁場(chǎng)過(guò)程中金屬桿MN產(chǎn)生的焦耳熱為：Q′＝＝解得：Q′＝4.75mgs。答：（1）框架剛釋放時(shí)，金屬桿PQ距磁場(chǎng)上邊界的距離為；（2）金屬桿PQ越過(guò)兩磁場(chǎng)分界線的瞬間，框架的加速度大小為1.7g；（3）框架穿過(guò)磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中，金屬桿MN產(chǎn)生的焦耳熱為0.75mgs。13．〖祥解〗（1）設(shè)小球a運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度為v0，由機(jī)械能守恒列式，在根據(jù)動(dòng)量定理，求合外力對(duì)小球a的沖量大?。唬?）彈性碰撞后，根據(jù)動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒列式，求碰后速度，b球運(yùn)動(dòng)到軌道的最高點(diǎn)時(shí)速度為v，則有，小球b由最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒列式，分析速度關(guān)系，再分析質(zhì)量關(guān)系；（3）彈性碰撞后，根據(jù)動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒列式，求碰后速度。【解答】解：（1）設(shè)小球a運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度為v0，由機(jī)械能守恒，得解得由動(dòng)量定理得，合外力對(duì)小球a的沖量大小（2）設(shè)彈性碰撞后，a、b兩球的速度分別為v1、v2，設(shè)b球質(zhì)量為m7，則根據(jù)動(dòng)量守恒：mv0＝mv1+m4v2根據(jù)動(dòng)能守恒：解得設(shè)b球運(yùn)動(dòng)到軌道的最高點(diǎn)時(shí)速度為v，則有小球b由最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，則①若第一次撞擊后，都向右運(yùn)動(dòng)6＞v1②若第一次撞擊后，b球向右運(yùn)動(dòng)，則v2＞﹣v6③由①②③解得即m2；（3）若兩球恰好在B點(diǎn)發(fā)生第二次碰撞，由第一碰撞6＝mv1+m1v7根據(jù)動(dòng)能守恒：解得，可知兩球交換速度，兩球質(zhì)量相等。第二次發(fā)生彈性碰撞。第二次碰撞后小球b的速度大小為0。答：（1）小球a從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，合外力對(duì)小球a的沖量大小；（2）要使a、b第一次碰撞后，則小球b的質(zhì)量應(yīng)滿足的條件m4；（3）若兩球恰好在B點(diǎn)發(fā)生第二次碰撞，則第二次碰撞后小球b的速度大小4。2023年安徽省滁州市定遠(yuǎn)縣高考物理二模試卷一、選擇題：本題共5小題，每小題6分，共30分。每小題給出的4個(gè)選項(xiàng)中只有一項(xiàng)是符合題意要求的。1．（6分）如圖1所示是研究光電效應(yīng)中光電子發(fā)射情況與照射光的強(qiáng)弱、顏色（頻率）關(guān)系的實(shí)驗(yàn)電路。移動(dòng)滑動(dòng)變阻器滑片，可改變光電管中陽(yáng)極A、陰極K間的電壓，光電流大小可由電流表顯示，改變電源的極性，則下列說(shuō)法正確的是（）A．用藍(lán)光照射陰極K，當(dāng)兩極間的電壓為圖2中的反向電壓Uc1時(shí)，無(wú)光電子發(fā)射 B．用強(qiáng)度不同的黃光照射陰極K時(shí)，發(fā)射的光電子的最大初速度大小不同 C．光電流的大小隨加在A、K兩極間電壓的升高一定逐漸增大 D．用不同顏色的光照射陰極K時(shí)，發(fā)射的光電子的最大初速度大小不同2．（6分）嫦娥三號(hào)探測(cè)器于2013年12月2日2點(diǎn)17分，在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射．嫦娥三號(hào)攜玉兔號(hào)月球車首次實(shí)現(xiàn)月球軟著陸和月面巡視勘察，并開(kāi)展月表形貌與地質(zhì)構(gòu)造調(diào)查等科學(xué)探測(cè)．探測(cè)器發(fā)射后直接進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，成為繞月衛(wèi)星，并開(kāi)展對(duì)月球的探測(cè)，月球半徑與地球半徑之比為q，則（）A．探測(cè)器在月球表面附近圓形軌道運(yùn)行與在地球表面附近圓形軌道運(yùn)行向心力之比為B．探測(cè)器在月球表面附近圓形軌道運(yùn)行與在地球表面附近圓形軌道運(yùn)行周期之比為 C．月球的第一宇宙速度是地球的第一宇宙速度的倍 D．月球表面重力加速度是地球表面重力加速度的倍3．（6分）從地面上以初速度v0豎直上拋一質(zhì)量為m的小球，若運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力與其速率成正比，球運(yùn)動(dòng)的速率隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示，t1時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn)，再落回地面，落地速率為v1，且落地前小球已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法中正確的是（）A．小球加速度在上升過(guò)程中逐漸減小，在下降過(guò)程中也逐漸減小 B．小球拋出瞬間的加速度大小為 C．小球被拋出時(shí)的加速度值最大，最高點(diǎn)的加速度值最小 D．小球上升過(guò)程的平均速度等于4．（6分）如圖，質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的直導(dǎo)線用兩絕緣細(xì)線懸掛于O、O?，并處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．當(dāng)導(dǎo)線中通以沿x正方向的電流I，懸線與豎直方向夾角為θ．則磁感應(yīng)強(qiáng)度方向和大小可能為（）A．x正向， B．y正向，cosθ C．z負(fù)向，tanθ D．y負(fù)向，sinθ5．（6分）如圖甲所示，在平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一個(gè)半徑為0.2m的圓形區(qū)域ABCD，P為圓弧上的一個(gè)點(diǎn)，從A點(diǎn)出發(fā)沿逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)電勢(shì)φ隨θ變化情況如圖乙所示，則（）A．場(chǎng)強(qiáng)大小為10V/m B．電子在A點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能為2eV C．電子在A點(diǎn)時(shí)所受電場(chǎng)力指向O點(diǎn) D．電子沿圓弧運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力不做功二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題給出的4個(gè)選項(xiàng)中有多項(xiàng)是符合題意要求的。選全對(duì)的得6分，不全對(duì)的得3分，有選錯(cuò)的得0分。6．（6分）如圖所示，將質(zhì)量相同的a、b、c三個(gè)小球從水平地面上的A點(diǎn)用相同的速率、以不同的方向斜向上拋出，三個(gè)小球在空中的運(yùn)動(dòng)軌跡分別為1、2、31、Δp2、Δp3，落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率分別為P1、P2、P3，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是（）A．三個(gè)球動(dòng)量變化量相同 B．三個(gè)球落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率相等 C．Δp1最大，Δp3最小 D．P1最大，P3最小7．（6分）如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為2：1，電阻R1＝R2＝55Ω，D1、D2為理想二極管，A為理想電流表。原線圈接u＝220sin100πt（V），則（）A．二極管的反向耐壓值應(yīng)大于110V B．副線圈中交流電頻率為100Hz C．電流表示數(shù)為2A D．理想變壓器的輸入功率為440W8．（6分）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊界上的P點(diǎn)有一粒子源，粒子的重力以及粒子之間的相互作用力均可忽略，進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子會(huì)從某一段圓弧射出磁場(chǎng)邊界，則下列結(jié)論正確的是（）A．若n＝2，則所有粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度方向相互平行 B．若n＝2，則粒子從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率為 C．若n＝4，則粒子從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率為 D．若n＝4，僅將磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B減小到B時(shí)，則n的值變?yōu)?三、非選擇題：本大題共5小題，共62分。9．（6分）某小組采用如圖甲所示的裝置來(lái)探究“功與速度變化的關(guān)系”，實(shí)驗(yàn)中，小車經(jīng)過(guò)光電門時(shí)（1）實(shí)驗(yàn)步驟如下：①用螺旋測(cè)微器測(cè)得遮光條的寬度d如圖乙所示，則d＝mm．②把遮光條固定在小車上，把小車放到軌道上，將細(xì)線一端與小車連接；③保持軌道水平，在砝碼盤里放適量砝碼，讓小車靜止在某處，將小車由靜止釋放，記錄遮光條經(jīng)過(guò)光電門的擋光時(shí)間t；④改變x，記錄相應(yīng)的t，獲得多組數(shù)據(jù)；⑤關(guān)閉電源，通過(guò)分析小車位移與速度變化的關(guān)系來(lái)研究合外力做功與速度變化的關(guān)系．（2）實(shí)驗(yàn)中，該小組同學(xué)通過(guò)研究x與t的關(guān)系從而得到合外力做功與速度變化的關(guān)系，為了使圖象呈現(xiàn)線性關(guān)系圖象．（填序號(hào)）A．x﹣tB．x﹣C．x﹣t2D．x﹣．10．（9分）甲、乙兩位同學(xué)分別采用不同的方法測(cè)量同一根金屬絲的阻值．①甲同學(xué)采用多用電表測(cè)定金屬絲的阻值，操作如下：該同學(xué)選擇×10的電阻擋，用正確的操作步驟測(cè)量時(shí)（指針位置如圖1中虛線所示）．為了較準(zhǔn)確地進(jìn)行測(cè)量，請(qǐng)你完善下列實(shí)驗(yàn)操作步驟：a、；b、調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕：紅黑表筆短接，使指針指在0Ω處；c、重新測(cè)量并讀數(shù)，此時(shí)刻度盤上的指針位置如圖1實(shí)線所示，測(cè)量結(jié)果是Ω．②乙同學(xué)用伏安法測(cè)量此金屬絲的電阻，實(shí)驗(yàn)室提供了下列器材．A．電壓表（0～3V，內(nèi)阻1kΩ）B．電壓表（0～15V，內(nèi)阻5kΩ）C．電流表（0～0.6A，內(nèi)阻2Ω）D．電流表（0～3A，內(nèi)阻0.5Ω）E．滑動(dòng)變阻器（10Ω，0.2A）F．滑動(dòng)變阻器（50Ω，0.6A）G．直流電源（6V，內(nèi)阻不計(jì)），另有開(kāi)關(guān)一個(gè)、導(dǎo)線若干．實(shí)驗(yàn)中有兩種電路圖2（a）和（b）可供選擇，本次實(shí)驗(yàn)中電路應(yīng)選（選填“a”或“b”），電壓表應(yīng)選，電流表應(yīng)選，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選．（只填器材前的字母代號(hào)即可）．根據(jù)電路圖并連接如圖3的實(shí)物圖．11．（12分）如圖所示為放置在真空中的某種材料做成的透明球體，O為球心，半徑為R，能向各個(gè)方向發(fā)出某種單色光，OB為半徑，從A點(diǎn)發(fā)出射向B點(diǎn)的光線a恰好在B點(diǎn)發(fā)生全反射，已知光在真空中的光速為c（1）透明球體的折射率n；（2）光線a從發(fā)出到B點(diǎn)的時(shí)間t。12．（15分）如圖，兩根間距為L(zhǎng)、相互平行的光滑傾斜金屬長(zhǎng)直導(dǎo)軌，與水平面的夾角θ＝30°，金屬桿MN、PQ用絕緣桿固定連接形成“工”字形框架，間距也為s，使框架從距磁場(chǎng)上邊沿一定距離處?kù)o止釋放，框架進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中做勻速運(yùn)動(dòng)，金屬桿MN、PQ的電阻均為R，其余電阻不計(jì)（1）框架剛釋放時(shí)，金屬桿PQ距磁場(chǎng)上邊界的距離；（2）金屬桿PQ越過(guò)兩磁場(chǎng)分界線的瞬間，框架的加速度大?。唬?）框架穿過(guò)磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中，金屬桿MN產(chǎn)生的焦耳熱。13．（20分）如圖所示，半徑為R的光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，小球b靜止在軌道最低點(diǎn)B處，小球a、b在最低點(diǎn)發(fā)生彈性碰撞，小球a、b均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g，求：（1）小球a從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，合外力對(duì)小球a的沖量大?。唬?）要使a、b第一次碰撞后，小球b能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)C，則小球b的質(zhì)量應(yīng)滿足的條件；（3）若兩球恰好在B點(diǎn)發(fā)生第二次碰撞，則第二次碰撞后小球b的速度大小?！飬⒖即鸢浮铩?、選擇題1．〖祥解〗A.根據(jù)光電效應(yīng)方程及遏止電壓作答；B.光子的能量與光的強(qiáng)度無(wú)關(guān)，根據(jù)光的效應(yīng)方程作答；C.光電流的大小隨兩端電壓的增加而增大，飽和光電流不隨兩端電壓而變化；D.根據(jù)光子的最大初動(dòng)能Ek＝eUc分析作答?！窘獯稹拷猓篈.藍(lán)光的遏止電壓大于黃光的遏止電壓是因?yàn)樗{(lán)光的頻率大于黃光的頻率，用藍(lán)光照射陰極Kc1時(shí)，有光電子發(fā)射；B.根據(jù)光的效應(yīng)方程hν＝Ek+W0，在光的頻率不變的情況下，不論入射光的強(qiáng)度強(qiáng)還是弱，故B錯(cuò)誤；C.光電流的大小隨加在A、K兩極間兩端電壓的增加而增大，故C錯(cuò)誤；D.光子的最大初動(dòng)能Ek＝eUc，由于藍(lán)光的遏止電壓大于黃光的遏止電壓，發(fā)射的光電子的最大初速度大小不同。故選：D。2．〖祥解〗探測(cè)器在月球和地球表面受到的萬(wàn)有引力的表達(dá)式為，向心力有萬(wàn)有引力提供，根據(jù)月球和地球的質(zhì)量比和半徑之比，計(jì)算萬(wàn)有引力之比，即為向心力之比．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力＝，得，，根據(jù)月球和地球的質(zhì)量比和半徑之比，可計(jì)算探測(cè)器在月球表面附近圓形軌道運(yùn)行與在地球表面附近圓形軌道運(yùn)行周期之比和月球的第一宇宙速度與地球的第一宇宙速度之比．根據(jù)重力等于萬(wàn)有引力，結(jié)合月球和地球的質(zhì)量比和半徑之比，可計(jì)算出月球表面重力加速度與地球表面重力加速度之比．【解答】解：A、探測(cè)器受到的萬(wàn)有引力，故萬(wàn)有引力之比即為向心力之比，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，得＝，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，所以；D、根據(jù)重力等于萬(wàn)有引力，所以。故選：C。3．〖祥解〗對(duì)小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解小球的加速度，進(jìn)而分析加速度的變化；v﹣t圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積表示位移，平均速度是位移與時(shí)間的比值，勻變速直線運(yùn)動(dòng)平均速度等于初末速度的平均值，將小球的運(yùn)動(dòng)與勻變速直線運(yùn)動(dòng)比較即可?！窘獯稹拷猓篈C、小球上升過(guò)程，小球受重力和阻力，根據(jù)牛頓第二定律得：f+mg＝ma解得由于是減速上升，速度減小，故加速度不斷減小；下降過(guò)程，小球受重力和阻力解得：小球加速下降，速度變大，故加速度不斷減小，加速度為零；即上升過(guò)程，加速度一直在減小，先減小，小球被拋出時(shí)的加速度值最大，故AC錯(cuò)誤；B、空氣阻力與其速率成正比1勻速下降，由平衡條件得：mg＝kv1小球拋出瞬間，由牛頓第二定律得：mg+kv2＝ma0聯(lián)立解得：，故B正確；D、v﹣t圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，從圖象可以看出，而陰影部分面積是勻減速直線運(yùn)動(dòng)的位移，故小球上升過(guò)程的平均速度小于。故選：B。4．〖祥解〗左手定則：左手平展，讓磁感線穿過(guò)手心，使大拇指與其余四指垂直，并且都跟手掌在一個(gè)平面內(nèi)．把左手放入磁場(chǎng)中，讓磁感線垂直穿入手心，手心面向N極，四指指向電流所指方向，則大拇指的方向就是導(dǎo)體受力的方向．根據(jù)左手定則的內(nèi)容，逐個(gè)分析判斷即可得出結(jié)論【解答】解：A、當(dāng)磁場(chǎng)沿x正方向時(shí)，導(dǎo)線不受安培力，懸線與豎直方向的夾角θ＝0°，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)磁場(chǎng)沿y正方向時(shí)，導(dǎo)線受到的安培力豎直向上，B＝，懸線的拉力為零C、磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)閦負(fù)方向，直導(dǎo)線所受安培力方向沿y正方向，所以B＝，所以C正確D、當(dāng)磁場(chǎng)沿y負(fù)方向時(shí)，導(dǎo)線受到的安培力豎直向上，B＝，與豎直方向夾角θ＝0°，故D錯(cuò)誤故選：C。5．〖祥解〗電場(chǎng)強(qiáng)度方向從高電勢(shì)點(diǎn)指向低電勢(shì)點(diǎn)，根據(jù)推論解得電場(chǎng)強(qiáng)度與O點(diǎn)的電勢(shì)，根據(jù)功能關(guān)系分析D選項(xiàng)。【解答】解：AB、由圖乙可知：φA＝2V，電子在A點(diǎn)電勢(shì)能EPA＝eφA＝﹣2eV當(dāng)θ＝時(shí)，P點(diǎn)位于下圖中的E點(diǎn)處E＝1V當(dāng)θ＝時(shí)，P點(diǎn)位于下圖中的F點(diǎn)處、F、O三點(diǎn)共線F＝5V則圓心O點(diǎn)的電勢(shì)為：φO＝＝V＝5V過(guò)A點(diǎn)作OE的垂線交于M點(diǎn)，由幾何知識(shí)易得，則下圖中M點(diǎn)的電勢(shì)為：φM＝＝＝2V＝φA故直線AM為等勢(shì)線，由于電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，過(guò)B點(diǎn)作電場(chǎng)線FOE的垂線，如下圖所示則有：φA＝φM＞φN＝φE電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為：E＝＝＝10V/m，B錯(cuò)誤；C、根據(jù)上面的分析可知，故C錯(cuò)誤；D、電子從A點(diǎn)沿圓弧逆時(shí)針移動(dòng)，電勢(shì)能先升高后降低，故D錯(cuò)誤。故選：A。二、多選題6．〖祥解〗斜上拋運(yùn)動(dòng)可以看成是兩個(gè)對(duì)稱的平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向根據(jù)位移—時(shí)間公式求解時(shí)間，進(jìn)而比較小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理求解三個(gè)小球動(dòng)量的變化，比較即可；根據(jù)功率公式求解落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率，比較即可。【解答】解：AC、斜上拋運(yùn)動(dòng)可以看成是兩個(gè)對(duì)稱的平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向gt8解得：t＝由圖可知，h1＞h4＞h3所以t1＞t7＞t3根據(jù)動(dòng)量定理得：mg?2t＝Δp所以Δp4＞Δp2＞Δp3故A錯(cuò)誤，C正確；BD、三個(gè)球落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率為PG＝mgvy＝mg?gt＝mg5t所以P1＞P2＞P3故B錯(cuò)誤，D正確。故選：CD。7．〖祥解〗根據(jù)瞬時(shí)值表達(dá)式可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比和二極管的特點(diǎn)即可求得結(jié)論，根據(jù)電流熱效應(yīng)求得電流表的讀數(shù)?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)瞬時(shí)值表達(dá)式可知V，所以原線圈電壓的有效值V根據(jù)解得：U8＝110V則副線圈上電壓的最大值為110V，所以二極管的反向耐壓值應(yīng)大于110V；B、根據(jù)瞬時(shí)值表達(dá)式可知交流電的角速度ω＝100π＝0.02sHz＝50Hz，所以副線圈中交流電頻率為50Hz；C、因?yàn)槎O管具有單向?qū)щ娦?，另半個(gè)周期電流為2，由于電阻R1＝R2＝55Ω，設(shè)此時(shí)副線圈對(duì)應(yīng)的等效電阻為R等效，則：；可知兩個(gè)支路中的并聯(lián)后的等效電阻為55Ω2＝A＝3A；D、變壓器的輸出功率：P2＝U2I4＝110×2W＝220W，由于變壓器的輸入功率等于輸出功率，故D錯(cuò)誤。故選：AC。8．〖祥解〗粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)區(qū)域邊界上有粒子射出的范圍是粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的直徑為弦所對(duì)應(yīng)的邊界圓弧，根據(jù)題意求出粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子在磁場(chǎng)中做圓周的速率?！窘獯稹拷猓篈、邊界上有粒子射出的范圍是以偏轉(zhuǎn)圓直徑為弦所對(duì)應(yīng)的邊界圓弧，則粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的直徑為磁場(chǎng)區(qū)域直徑運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r＝R；由于粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑與磁場(chǎng)區(qū)域半徑相等、粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心O′、磁場(chǎng)區(qū)域的圓心O組成的四邊形為菱形，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與對(duì)應(yīng)的軌道半徑垂直，由于PO的位置不變，故A正確；B、若n＝2，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：qvB＝m，故B正確；C、邊界上有粒子射出的范圍是以偏轉(zhuǎn)圓直徑為弦所對(duì)應(yīng)的邊界圓弧，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：r′＝Rsin45°＝R，由牛頓第二定律得：qv′B＝m，故C正確；D、若n＝4時(shí)R，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r＝B時(shí)R，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡直徑對(duì)應(yīng)的有粒子射出圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角θ＝2arcsin≠180°，故D錯(cuò)誤。故選：ABC。三、非選擇題9．〖祥解〗（1）由螺旋測(cè)微器讀出整毫米數(shù)，由可動(dòng)刻度讀出毫米的小部分．即可得到擋光片的寬度；（2）由于遮光條通過(guò)光電門的時(shí)間極短，可以用平均速度表示瞬時(shí)速度，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合動(dòng)能定理列式，聯(lián)立方程求解．【解答】解：（1）由螺旋測(cè)微器讀出整毫米數(shù)為5.5mm，由可動(dòng)刻度讀出毫米的小部分為19.6×0.01＝0.195mm；（2）設(shè)勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a，根據(jù)動(dòng)能定理得：ma?x＝2，速度：v＝，解得：x＝?，則加速度a不變，該組同學(xué)應(yīng)作x﹣，故D正確．故選：D；故〖答案〗為：（1）7.695；（2）D．10．〖祥解〗題（1）應(yīng)明確歐姆表指針偏角過(guò)大時(shí)說(shuō)明所選倍率過(guò)大，應(yīng)選擇較小的倍率；題（2）根據(jù)電流表內(nèi)外接法的選擇方法即可求解；根據(jù)電阻率受到溫度影響可知電流表應(yīng)選擇較小的量程，根據(jù)通過(guò)電表的最小讀數(shù)為量程的以上可求出待測(cè)電阻兩端的最小電壓，從而選擇電壓表量程；根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電路中需要的最大電阻來(lái)選擇變阻器【解答】解：（1）a、歐姆表的指針偏角過(guò)大說(shuō)明所選倍率過(guò)大；c、歐姆表讀數(shù)為R＝