2024高考物理必考模擬題含解析

高考模擬檢測(cè)卷（一）試題

物理

第I卷（選擇題共46分）

一、單項(xiàng)選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)

選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）

1.下列四幅圖分別對(duì)應(yīng)四種說法，其中正確的是（）

（a）研窕光電效應(yīng)（b）氫原子能級(jí)圖

笊核OO、中子/

應(yīng)。，“粒子01°

整一施笳核&/氮核

溜（d）輕核聚變示意圖

（c）a衰變示意圖

A.圖（a）中，分別用頻率為匕和0的光照射同一光電管，電流表均有示數(shù)，調(diào)節(jié)

滑動(dòng)變阻器的觸頭p,使微安表示數(shù)恰好為零，分別讀出電壓表對(duì)應(yīng)的示數(shù)q和

%,已知電子電量為e,可以推導(dǎo)出普朗克常量的計(jì)算式

B.圖（b）中，一個(gè)氫原子吸收能量從基態(tài)向〃=3的能級(jí)躍遷時(shí)，最多可以吸收3

種不同頻率的光

C.圖（c）中，鈾238的半衰期是45億年，經(jīng)過45億年，兩個(gè)鈾238必定有一個(gè)

發(fā)生衰變

D.圖（d）中，笊核的核子平均質(zhì)量小于氮核的核子平均質(zhì)量

【答案】A

【解析】

【詳解】A.根據(jù)光電效應(yīng)方程得

/叫=叱,+昂，/%=乂+紇2,EN=eU[,Ek2=eU2

聯(lián)立可得

,eU「eU）

h=——!-----

匕一%

A正確；

B.一個(gè)氫原子從基態(tài)向〃=3的能級(jí)躍遷時(shí)，最多可以吸收2種不同頻率的光，B

錯(cuò)誤；

C.半衰期是大量原子核發(fā)生衰變行為的預(yù)測(cè)，對(duì)個(gè)別原子核，我們只知道它發(fā)生

衰變的概率，而不知道它將何時(shí)衰變，c錯(cuò)誤；

D.輕核聚變會(huì)釋放能量，有質(zhì)量虧損，反應(yīng)物的核子平均質(zhì)量大于生成物的核子

平均質(zhì)量，D錯(cuò)誤。

故選Ao

2.如圖所示為一種可折疊壁掛書架，一個(gè)書架用兩個(gè)三角形支架固定在墻壁上，

書與書架的重心始終恰好在兩個(gè)支架橫梁和斜梁的連接點(diǎn)。、。，連線中點(diǎn)的正上

方，書架含書的總重力為60N,橫梁AO、水平，斜梁BO、BY/跟橫梁夾角為

37°,橫梁對(duì)0、（7點(diǎn)拉力始終沿04、4（7方向，斜梁對(duì)0、O'點(diǎn)的壓力始終沿

B0、夕。'方向，己知sin37o=0.6,cos37°=0.8,則下列說法正確的是（）

A.橫梁OA所受的力為80N

B.斜梁8。所受的力為50N

c.0、。，點(diǎn)同時(shí)向A、A，移動(dòng)少許，橫梁04所受的力變大

D.0、。，點(diǎn)同時(shí)向A、A，移動(dòng)少許，斜梁80所受的力變大

【答案】B

【解析】

【詳解】?jī)蓚€(gè)三角架承擔(dān)的力為60N,每個(gè)三角架為30N,對(duì)。點(diǎn)受力分析，如

圖甲所示

G

FnA=-2—=40N

3tan37°

G

FHO=-2—=50N

sin37°

故A錯(cuò)誤，B正確：

CD.0、。'同時(shí)向A、A移動(dòng)少許，對(duì)0點(diǎn)受力分析，如圖乙虛線所示

三角形408與力三角形相似，所以有

G

AB~B0~OA

AB與3。長(zhǎng)度未變，A。長(zhǎng)度減小，故心。不變，心。減小，故CD錯(cuò)誤。

故選Bo

3.2021年7月我國(guó)成功將全球首顆民用晨昏軌道氣象衛(wèi)星一一“風(fēng)云三號(hào)05星”

送入預(yù)定圓軌道，軌道周期約為l.7h,被命名為“黎明星”，使我國(guó)成為國(guó)際上唯

一同時(shí)擁有晨昏、上午、下午三條軌道氣象衛(wèi)星組網(wǎng)觀測(cè)能力的國(guó)家，如圖所示。

某時(shí)刻“黎明星”正好經(jīng)過赤道上夕城市正上方，則下列說法正確的是（）

A.“黎明星”做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大于7.9km/s

B.同步衛(wèi)星的軌道半徑約為“黎明星”的10倍

C.該時(shí)刻后“黎明星”經(jīng)過1.7h能經(jīng)過P城市正上方

D.該時(shí)刻后“黎明星”經(jīng)過17天能經(jīng)過P城市正上方

【答案】D

【解析】

【詳解】A.7.9km/s為地球衛(wèi)星的最大的環(huán)繞速度，所以“黎明星”做勻速圓周

運(yùn)動(dòng)的速度小于7.9km/5o故A錯(cuò)誤：

B.依題意可知“黎明星”的運(yùn)行周期約為1.7h,根據(jù)開普勒第三定律可得

4

解得同步衛(wèi)星的軌道半徑約為“黎明星”的6倍。故B錯(cuò)誤;

C.該時(shí)刻后“黎明星”經(jīng)過1.7h恰好運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期，回到“原地”。但是由于地

球自轉(zhuǎn)，此時(shí)P城市轉(zhuǎn)過的角度為

-27r__17〃

u==—x1.7=

24120

已經(jīng)不在“原地”。故C錯(cuò)誤:

D.同理，該時(shí)刻后“黎明星”經(jīng)過17天運(yùn)動(dòng)的周期數(shù)為

”二17x24個(gè)=240個(gè)

1.7

回到“原地”。由于地球自轉(zhuǎn)，此時(shí)尸城市轉(zhuǎn)過的角度為

O=cot=—x17x24=347r

24

恰好回到“原地”。故D正確。

故選Do

4.在粒子加速領(lǐng)域中有開創(chuàng)貢獻(xiàn)的物理學(xué)家謝家麟獲得2011年度國(guó)家最高科學(xué)技

術(shù)獎(jiǎng)，該獎(jiǎng)項(xiàng)被譽(yù)為是“中國(guó)的諾貝爾獎(jiǎng)”。環(huán)型對(duì)撞機(jī)是研究高能粒子的重要裝

置，如圖所示，正、負(fù)粒子由靜止都經(jīng)過電壓為U的直線加速器加速后，沿圓環(huán)

切線方向同時(shí)注入對(duì)撞機(jī)的高真空環(huán)狀空腔內(nèi)，空腔內(nèi)存在著與圓環(huán)平面垂直的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,正、負(fù)粒子在環(huán)狀空腔內(nèi)只受洛倫茲力作用而沿相

反方向做半徑相等的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，然后在碰撞區(qū)迎面相撞。不考慮相對(duì)論效應(yīng)，

下列說法正確的是（）

A.正、負(fù)粒子的比荷可以不相同

B.加速電壓U一定時(shí)，粒子的比荷越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度8越大

C.磁感應(yīng)強(qiáng)度8—定時(shí)，比荷相同的粒子，質(zhì)量大的粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)動(dòng)能小

D.對(duì)于給定的正、負(fù)粒子，加速電壓U越大，粒子從靜止到碰撞運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由動(dòng)能定理

〃12

qU=—mv

可得

Vm

由洛倫茲力提供向心力可得

mv2

qvB=-----

聯(lián)立可得

故正、負(fù)粒子的比荷相司，故A錯(cuò)誤；

B.由上式可得

L\ltnU

B=-Nq

加速電壓U—定時(shí)，粒子的比荷越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度夕越小，故B錯(cuò)誤；

C.粒子的動(dòng)能

1,

線=-tnv

2

聯(lián)立

、mv2

qvl)=---

r

可得

B2q2r2

'2m

磁感應(yīng)強(qiáng)度8—定時(shí)，比荷相同的粒子,動(dòng)能只跟電量和做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑有關(guān),

故C錯(cuò)誤；

D.在直線加速器中，有

_qU_

a

mL

L.

聯(lián)立可得

正、負(fù)粒子在環(huán)狀空腔內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

2冗r_兀田

22vBa

則對(duì)于給定的正、負(fù)粒子，粒子從靜止到碰撞運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

7im

t=L+——

Bq

加速電壓U越大，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短，故D正確。

故選Do

5.如圖所示，兩正四面體邊長(zhǎng)均為4,兩正四面體Ad面完全重合，電荷量為。

的兩正、負(fù)電荷A、B分別置于兩四面體左、右兩頂點(diǎn)，靜電力常量為々，則

A.b、c、d三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向不同

B.氏c、4三點(diǎn)的電勢(shì)不相等

C.平面從4上電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值為半

’0

3kQ

I).平面兒d上電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值為重

【答案】C

【解析】

【詳解】A.根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的合成滿足平行四邊形定則，則等量異種電荷連線的中

垂面上的〃、c、d三點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向均與從/面垂直，則方向相同，選項(xiàng)

A錯(cuò)誤；

B.等量異種電荷的中豆面為等勢(shì)面，則匕、c、d三點(diǎn)的電勢(shì)相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

CD.等量異種電荷的連線的中點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最大，由幾何關(guān)系可知正四面體的面的中線

長(zhǎng)為正/正四面體的高為

20

則連線中點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為

1

心一h"

選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。

故選C。

6.如圖，理想變壓器原線圈與定值電阻Ro串聯(lián)后接在電壓Uo=36V的交流電源

上，副線圈接理想電壓表、電流表和滑動(dòng)變阻器R,原、副線圈匝數(shù)比為1：3,已

知Ro=4C,R的最大阻值為100Q?，F(xiàn)將滑動(dòng)變阻器R的滑片。向下滑動(dòng)，下列

說法錯(cuò)誤的是（）

A.電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變大

B.電源的輸出功率變小

C.當(dāng)R=4C時(shí)，電壓表示數(shù)為10.8V

D.當(dāng)R=36。時(shí)，R獲得的功率最大

【答案】B

【解析】

【詳解】A.由理想變壓器的特點(diǎn)可知

22

^0/=/,/?()+/2/?,/1-/2=3：1

可知

u『i風(fēng)JR

滑動(dòng)變阻器R的滑片尸向下滑動(dòng)，R減小，所以人變大，則A變大，故電流表示數(shù)

變大，電源的輸出功率為

則電源的輸出功率變大，原線圈兩端電壓

U\=U「I、&

因?yàn)榱ψ兇?，所以S減小，得S減小，電壓表示數(shù)減小，故A正確，不符合題

意；B錯(cuò)誤，符合題意；

C.原線圈與副線圈兩端電壓之比為

U°fR。

電流之比

/1:/2=3：1

聯(lián)立可得

9&+R

/2=2.7A

電壓表示數(shù)為

f/2=72/?=10.8V

故C正確，不符合題意;

D./?獲得的功率

P，I；R=

8⑶

+18%+H

R

R獲得的功率最大，此時(shí)

R=9Ro=36C

故D正確，不符合題意。

故選Bo

7.如圖所示，I、II、山均為底邊長(zhǎng)為2a的等腰直角三角形區(qū)域，I、III區(qū)域有

垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，H區(qū)域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相

等。一邊長(zhǎng)為。的正方形金屬框在紙面內(nèi)勻速通過磁場(chǎng)，通過磁場(chǎng)過程中正方形的

一條邊始終保持與等腰直角三角形的底邊重合。取金屬框中的感應(yīng)電流順時(shí)針方向

為正，金屬框通過磁場(chǎng)過程中，下圖中能正確描述金屬框中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化關(guān)

系的是（）

【解析】

【詳解】通過“增反減司”來判斷，線框開始進(jìn)入遨場(chǎng)運(yùn)動(dòng)。的過程中，對(duì)應(yīng)時(shí)間

為0至7,通過線框的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可判斷出感應(yīng)電流沿順時(shí)針方

向，在了時(shí)刻，線框中有一半的面積有磁場(chǎng)覆蓋，比時(shí)對(duì)應(yīng)感應(yīng)電流大小為/；線

框再運(yùn)動(dòng)。的過程中，對(duì)應(yīng)時(shí)間為一至2。由于垂直紙面向內(nèi)磁場(chǎng)的介入，通過

線框的磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律可判斷出感應(yīng)電流方向先沿順時(shí)針再沿

逆時(shí)針，且通過的磁通量達(dá)到最大時(shí)，感應(yīng)電流大小為0,在27時(shí)刻，此時(shí)線框

全被磁場(chǎng)覆蓋住，所以比時(shí)對(duì)應(yīng)感應(yīng)電流大小為2/；接著再運(yùn)動(dòng)小對(duì)應(yīng)時(shí)間為

27至37,通過線框的垂直紙面向里的磁通量先增大后減小，當(dāng)通過磁通量達(dá)到最

大時(shí)，感應(yīng)電流為0,且根據(jù)楞次定律可判斷出感應(yīng)電流先沿逆時(shí)針后沿順時(shí)針，

且在37時(shí)刻，感應(yīng)電流大小也為2/：最后在37至5r時(shí)間內(nèi)，通過線框的垂直紙

面向外的磁通量先增大后減小，則感應(yīng)電流先沿順時(shí)針后沿逆時(shí)針，在磁通量達(dá)到

最大值時(shí)，感應(yīng)電流大小為0,同理在57時(shí)刻，線框中磁場(chǎng)覆蓋面積為線框的一

半。感應(yīng)電流大小為

故選Ao

二、多項(xiàng)選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)

選項(xiàng)中，有兩個(gè)或兩個(gè)以上選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不

全的得3分，有選錯(cuò)的得。分）

8.如圖所示，質(zhì)量均為1kg的長(zhǎng)方體物塊甲、乙、兩疊放在水平地面上，乙、丙

用不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過一光滑輕質(zhì)定滑輪連接，輕繩與地面平行，甲與乙之間、乙

與丙之間以及丙與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為04、0.2和0.1,重力加速度g取

2

10m/s,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。用力尸沿水平方向拉物塊丙，則下列

說法止確的是（）

A.拉力/為UN時(shí)，丙即將運(yùn)動(dòng)

B.要使甲、乙保持相對(duì)靜止，拉力尸不能超過23N

C.甲的加速度始終與乙相同

D.拉力F為17N時(shí)，輕繩的拉力為8N

【答案】ABD

【解析】

【詳解】A.丙即將運(yùn)動(dòng)時(shí)，在水平方向受到地面向左的摩擦力幾、繩子向左的拉

力八乙給丙向左的摩擦力〃丙，其中

.々=0.1（//+〃%+咻）g=3N

立丙=0.2（%+吆）g=4N

當(dāng)即將滑動(dòng)時(shí)應(yīng)有

F~啟+JL丙+/

對(duì)甲、乙整體受力分析，可知

T=&丙=%乙=4N

可解得

F=11N

選項(xiàng)A正確；

B.囚為繩子不可伸長(zhǎng)，則乙和丙的加速度大小相等，在中和乙即將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)

時(shí)，對(duì)甲受力分析可得

心平=。.4"而且="卻。

對(duì)甲、乙整體受力分析可得

7'一九丙=（〃卬+加乙

對(duì)丙受力分析可得

代入數(shù)據(jù)并聯(lián)立解得

F'=23N

說明要使甲和乙保持相對(duì)靜止，拉力尸不能超過23N,選項(xiàng)B正確；

C.甲和乙發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，若繼續(xù)增大F,因甲僅受到滑動(dòng)摩擦力作用，加速度

為

a=0.4g=4m/s2

則不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.當(dāng)/=17N時(shí)，ER,乙沒有發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)對(duì)甲、乙整體有

丁"一工對(duì)乙=（四+吆）4

對(duì)丙受力分析可得

尸一/“一〃丙一/地=仍可4

聯(lián)立解得

F'=8N

選項(xiàng)D正確。

故選ABDo

9.如圖所示，一質(zhì)量為2m的小車靜止在光滑水平地面上，其左端尸點(diǎn)與平臺(tái)平滑

連接。小車上表面尸。是以。為圓心、半徑為R的四分之一圓弧軌道。質(zhì)量為相

的光滑小球，以%=2荷的速度由水平臺(tái)面滑上小車。已知0P豎直，。。水

R

平，水平臺(tái)面高〃二二，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g。則()

C.小球在Q點(diǎn)速度方向與水平方向夾角的正切值*D.小球落地時(shí)的速度大

小為野

【答案】AD

【解析】

【詳解】A.小球最終由P點(diǎn)離開小車，從小球滑上小車至離開小車，此過程系統(tǒng)

無機(jī)械能損失，可視為彈性碰撞，由彈性碰撞結(jié)論可知，小車能獲得的最大速度為

P=2m荷=亞

max,cV6

m+2mo3

故A正確；

BC.小球在Q點(diǎn)時(shí)，水平方向上與小車共速，由動(dòng)量守恒定律得

=(〃?+2〃z)y共

解得

_2M

曝一二-

由能量守恒定律得

12n1xc212

-=mgR+-2哂+-rnvQ

解得

則小球此時(shí)在豎直方向上的分速度大小為

師

3

設(shè)小球在。點(diǎn)時(shí)速度方向與水平方向的夾角為仇則

tan0=—=—

42

故BC錯(cuò)誤；

D.小球高開小車時(shí)的速度大小為

”=吟.2碎率

m+2m|3

由動(dòng)能定理得

,1,1,

mgh--mV--

解得

八運(yùn)

3

故D正確。

故選ADo

10.如圖甲所示，一質(zhì)量為〃?、邊長(zhǎng)為L(zhǎng),電阻為A的單匝正方形導(dǎo)線框"cd放在

絕緣的光滑水平面上?？臻g中存在一豎直向下的單邊界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，線框有一半在磁

場(chǎng)內(nèi)。其4邊與磁場(chǎng)邊界平行。，=0時(shí)刻起，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減

小，如圖乙所示。線框運(yùn)動(dòng)的UT圖像如圖閃所示，圖中斜向虛線為過。點(diǎn)速度圖

線的切線，則（）

A.線框中的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向

B.磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為29第

即J

C.A時(shí)刻，線框的熱功率為奧誓

旦向

D.。-與時(shí)間內(nèi)，通過線框的電荷量為黑1

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.由圖乙可知垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，則穿過線圈的磁通量減

小，根據(jù)楞次定律可知，線框中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)左手定則可判斷線框受到向左的安培力作月向左加速進(jìn)入磁場(chǎng)，在/=0時(shí)

刻，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為

「〃△中1A8

匕0=-----=—L

°Ar2

由牛頓第二定律得

Bo.L=mao

由圖丙可知在，=0時(shí)刻的加速度為

聯(lián)立解得

△8_2"”/

Ar

故B正確;

C.由圖丙可知，G時(shí)刻之后，線框速度恒定，說明線框已經(jīng)全部進(jìn)入磁場(chǎng)，此后

雖然電路中有感應(yīng)電流，但各邊安培力相互抵消，所以線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在

時(shí)刻有

〃△①_AB

ArAr

線框的熱功率為

聯(lián)立可得

故c正確;

D.％時(shí)間內(nèi)，對(duì)線框由動(dòng)量定理得

BILbt=mAv

即

BLl\q-/r/Av

若磁場(chǎng)3=舔恒定，則有

即通過線框的電荷量為

bq=〃Wo

"八‘0

但因?yàn)?隨時(shí)間逐漸減小,所以通過線框的電荷量不為故D錯(cuò)誤。

BJ

故選BCo

第II卷（非選擇題共54分）

三、非選擇題（本題共4小題，共42分）

11.某同學(xué)用如圖甲所示的裝迎測(cè)定滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)及木板的質(zhì)量。將

力傳感器A固定在光滑水平桌面上，并與計(jì)算機(jī)連接，傳感器A的讀數(shù)記為￡,

測(cè)力端通過不可伸長(zhǎng)的輕繩與一滑塊相連（調(diào)節(jié)力傳感器高度使輕繩水平），滑塊

起初放在較長(zhǎng)的木板的最右端（滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)），長(zhǎng)木板的左、右兩端連接有光

電門（圖中未畫出），光電門連接的計(jì)時(shí)器可記錄滑塊在兩光電門之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)

間。已知木板長(zhǎng)為L(zhǎng),木板一端連接一根不可伸長(zhǎng)的輕繩，并跨過光滑的輕質(zhì)定滑

輪連接一測(cè)力計(jì)和一只空沙桶（調(diào)節(jié)滑輪高度使桌面_L部輕繩水平），測(cè)力計(jì)的讀

數(shù)記為鳥，初始時(shí)整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。實(shí)驗(yàn)開始后向空沙桶中緩慢倒入沙

子。（重力加速度g取lOm/s?）

（1）緩慢倒入沙子時(shí)，耳的讀數(shù)緩慢增大到3.5N時(shí)突變?yōu)?.ON,測(cè)出滑塊的質(zhì)

量為町=1.5kg,則滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為；

（2）在木板開始滑動(dòng)后，測(cè)出在沙桶中裝有不同質(zhì)量的沙子時(shí)，滑塊通過兩光電

門的時(shí)間間隔則木板的加速度為（用題中所給字母表示），在坐標(biāo)系中作

出巴-點(diǎn)的圖線如圖乙所示，若圖線的斜率為攵，則木板的質(zhì)量為______（用題中

所給字母表示）。

【答案】?.0.2②.馬③.上

r2L

【解析】

【詳解】（1）[1]緩慢地向砂桶內(nèi)倒入砂子，匕的讀數(shù)緩慢增大到3.5N時(shí)突變?yōu)?/p>

3.ON,即滑動(dòng)摩擦力

Ff=3.0N

動(dòng)摩擦因數(shù)

”=旦=0.2

町g

(2)⑵⑶根據(jù)

1，

Lr=—at~

2

可得

2L

"7"

對(duì)木板，由牛頓第二定律有

F2-F{=m2a

故

LL2L

F2=F,+m2—

因此鳥-5圖線的的斜率

k=2,小L

則木板的質(zhì)量為

/2=k-

-2L

12.某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室做“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)室提供了如下

器材：

小燈泡（2.5V,0.5A）

電流表A（量程為0.4A,內(nèi)阻RA=1C）

電壓表V（量程為3V,內(nèi)阻H\~3kC）

滑動(dòng)變阻器（最大阻值R=10Q,允許通過的最大電流2A）

定值電阻2=2。

定值電阻他=10。

電源E（電動(dòng)勢(shì)為3V,內(nèi)阻不計(jì)）

開關(guān)S一個(gè)、導(dǎo)線若干

（1）他設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)電路，反應(yīng)選______（填“4”或“R2”），電

流表與心并聯(lián)后的量程為A。

&

（2）利用圖甲所示電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，某次測(cè)量時(shí)電流表的示數(shù)為0.2A,此時(shí)電壓表

的示數(shù)如圖乙所示，則此時(shí)小燈泡的電阻為。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。

（3）通過實(shí)驗(yàn)正確作出小燈泡的/-U圖線，如圖西所示。現(xiàn)把實(shí)驗(yàn)中使用的兩個(gè)

完全相同的小燈泡并聯(lián)后接到如圖丁所示的電路中，其中電源的電動(dòng)勢(shì)&二2V、內(nèi)

阻川=1C,定值電阻R=1Q,則此時(shí)每個(gè)小燈泡的實(shí)際功率為W（結(jié)果保留

兩位有效數(shù)字）。

【答案】①.R②.0.6③.1.7?.0.22##0.21##0.23##0.24##0.25

【解析】

【詳解】（1）UH2］小燈泡的額定電流為0.5A,電流表的量程為0.4A,可以通過將

電流表與定值電阻Ri并聯(lián)的方式來擴(kuò)大電流表的量程，并聯(lián)后新電流表的量程為

2

0.6A,內(nèi)阻為一Q。

3

（2）［3］電流表的示數(shù)為0.2A時(shí)流過小燈泡的電流

IR

/=/+上叢=0.3A

1AN

此時(shí)電壓表的示數(shù)為0.7V,所以此時(shí)小燈泡的電阻

(3)［4］設(shè)此時(shí)流過小燈泡的電流為/，小燈泡兩端電壓為U,由閉合電路歐姆定

律有

u=q-2/5+R)

解得

1U

1=2~7

將此函數(shù)的圖線畫在小燈泡的伏安特性曲線中，如留所示。

兩圖線交點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)的乘積為小燈泡消耗的實(shí)際功率，即

P=0.35xO.625W^0.22W

13.如圖所示，質(zhì)量M=1.5kg的小車靜止于光滑水平面上并緊靠固定在水平面上的

桌子右邊，其上表面與水平桌面相平，小車的左端放有一質(zhì)量為0.5kg的滑塊

Q.水平放置的輕彈簧左端固定，質(zhì)量為0.5kg的小物塊P置于光滑桌面上的A點(diǎn)

并與彈簧的右端接觸，比時(shí)彈簧處于原長(zhǎng).現(xiàn)用水平向左的推力F將P緩慢推至B

點(diǎn)(彈簧仍在彈性限度內(nèi))，推力做功WF=4J,撤去F后，P沿桌面滑到小車左端

并與Q發(fā)生彈性碰撞，最后Q恰好沒從小車上滑下.已知Q與小車表面間動(dòng)摩擦

因數(shù)［i=0.1.(g=10m/s2)求：

(1)P剛要與Q碰撞前的速度是多少？

（2）Q剛在小車上滑行時(shí)的初速度vo是多少？

（3）為保證Q不從小空上滑下，小車的長(zhǎng)度至少為多少？

【答案】（1）4m/s（2）4m/s（3）6m

【解析】

【詳解】試題分析：（1）推力F通過P壓縮彈簧做功，根據(jù)功能關(guān)系有：

Fp=Wp①（1分）

2

當(dāng)彈簧完全推開物塊P時(shí)，彈簧仍是原長(zhǎng)，有：Ep=|mpv②（2分）

由①②式聯(lián)立解得：v=4m/s（1分）

（2）P、Q之間發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后Q的速度為％,P的速度為/,由動(dòng)量

守恒和能量守恒得：

+加0%?（2分）

5〃2/＞，=5〃2*'2+g/片④（2分）

由③④式解得Vo=v=4m/s,M=o（1分）

（3）設(shè)滑塊Q在小車二滑行一段時(shí)間后兩者的共同速度為u,由動(dòng)量守恒可得:

mQv0=（mQ+M）u⑤（4分）

根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)產(chǎn)生的摩擦熱:

11（帆°+M“J⑥（4分）

聯(lián)立⑤⑥解得：L=6m（1分）

考點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律功能關(guān)系

14.如圖所示，直角坐標(biāo)系中，），軸左側(cè)有一半徑為。的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，與y

軸相切于A點(diǎn)，A點(diǎn)坐標(biāo)為第一象限內(nèi)也存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩區(qū)域磁

場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為8,方向垂直紙面向外。圓形磁場(chǎng)區(qū)域下方有兩長(zhǎng)度均為

2〃的金屬極板何、N,兩極板與x軸平行放也且右端與y軸齊平?，F(xiàn)僅考慮紙面平

面內(nèi)，在極板M的上表面均勻分布著相同的帶電粒子，每個(gè)粒子的質(zhì)量為〃?，電

量為+鄉(xiāng)。兩極板加電壓后，在板間產(chǎn)生的勻強(qiáng)電場(chǎng)使這些粒子從靜止開始加速，

并順利從網(wǎng)狀極板N穿出，然后經(jīng)過圓形磁場(chǎng)都從A點(diǎn)講入第一象限。其中部分

粒子打在放置于X軸的感光板。上，感光板的長(zhǎng)度為2.8m國(guó)度不計(jì)，其左端C

（1、

點(diǎn)坐標(biāo)為5凡°。打到感光板上的粒子立即被吸收，從第一象限磁場(chǎng)射出的粒子

不再重新回到磁場(chǎng)中。不計(jì)粒子的重力和相互作用，忽略粒子與感光板碰撞的時(shí)

間。

（I）求兩極板間的電壓U：

（2）在感光板上某區(qū)域內(nèi)的同一位置會(huì)先后兩次接收到粒子，該區(qū)域稱為“二度

感光區(qū)”，求：

①“二度感光區(qū)”的長(zhǎng)度L;

②打在“二度感光區(qū)”的粒子數(shù)々與打在整個(gè)感光板上的粒子數(shù)曲的比值〃1：“2；

（3）改變感光板材料，讓它僅對(duì)垂直打來的粒子有反彈作用（不考慮打在感光板

邊緣C'、。兩點(diǎn)的粒子），且每次反彈后速度方向相反，大小變?yōu)樵瓉淼囊话?，則

該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間，和總路程5。

【答案】（1）西匚；⑵①岳一?a,②1:3；（3）5兀相31〃

qB'16

【解析】

【詳解】（1）在圓形磁場(chǎng)中由牛頓第二定律得

qvB=

由幾何關(guān)系得

R=a

在勻強(qiáng)電場(chǎng)中由動(dòng)能定理得

qU=—mv

解得

u=3

2m

（2）①由圖可知E尸為“二度感光區(qū)”，有幾何關(guān)系得當(dāng)粒子落在七點(diǎn)時(shí)軌跡圓的

圓心為C

CE=a

當(dāng)粒子落在G點(diǎn)時(shí)軌跡圓的圓心為G,由幾何關(guān)系得

OF=、(2〃)2-

L=OF-OC-CE

解得

L=』a

2

②由圖可知，粒子落在C點(diǎn)時(shí)軌跡圓的圓心為〃，落在CE段的粒子對(duì)應(yīng)A點(diǎn)的出

射角度區(qū)域大小為落在即落在“二度感光區(qū)''的粒子對(duì)應(yīng)人點(diǎn)的出射角度區(qū)

域大小為明由幾何關(guān)系得0=&=60。

由幾何關(guān)系可得由感光板上的長(zhǎng)度之比即為個(gè)數(shù)比

勺：〃2=1：3

（3）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑

粒子每次反彈后速度方可相反，大小變?yōu)樵瓉淼囊话?，故半徑也變?yōu)樵瓉淼囊话耄?/p>

只有垂直打來的粒子才會(huì)反彈，即只有第一次落在E點(diǎn)的粒子能夠反彈，由幾何關(guān)

系可知該粒子應(yīng)從”點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，第一次落在離C點(diǎn)。處，第二次落在離。點(diǎn)2a

處，第三次落在離C點(diǎn)2.5〃處，第四次落在離C點(diǎn)2.75。處，第五次落在離C點(diǎn)

2.875〃處超出感光板邊緣離開第一象限，該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間

。=5兀

該粒子從”到E的路程

s.=—2萬。

12

從第一次反彈到第二次反彈的路程

從第二次反彈到第三次反彈的路程

從第三次反彈到第四次反彈的路程

從第四次反彈到離開磁場(chǎng)的路程

該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總路程

S=S]+§2+S3+$4+$5

解得

31

s=一式

16

四、選考題（共12分。請(qǐng)考生從兩道題中任選一題作答。如果多做，則按所做

的第一題計(jì)分）

15.下列說法中正確的是（）

A.兩分子靠近的過程中，分子力做正功

B.室內(nèi)空氣越干燥，相對(duì)濕度越大

C.熱量不能從高溫?zé)嵩磦鬟f到低溫?zé)嵩?/p>

D.布朗運(yùn)動(dòng)是固體小顆粒在液體或氣體中的運(yùn)動(dòng)，屬于機(jī)械運(yùn)動(dòng)

【答案】D

【解析】

【詳解】A.如果分子間距離始終大于平衡距離，靠近時(shí)，分子力做正功，如果間

距始終小于平衡距離，靠近時(shí)，分子力做負(fù)功，如果間距先大于平衡距離后小于平

衡距離，靠近時(shí)，先做正功后做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；

B.相對(duì)濕度，指空氣中水汽壓與相同溫度下飽和水汽壓的百分比。也就是指某濕

空氣中所含水蒸氣的質(zhì)量與同溫度和氣壓下飽和空氣中所含水蒸氣的質(zhì)量之比，空

氣越干燥，這個(gè)比值越小，相對(duì)濕度越小，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)熱力學(xué)第二定律，熱量可以自發(fā)地從高溫?zé)嵩磦鬟f到低溫?zé)嵩?，故C錯(cuò)

誤：

D.布朗運(yùn)動(dòng)是固體小顆粒在液體或氣體中受到液體分子或氣體分子碰撞的不平衡

性，而導(dǎo)致的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，屬于機(jī)械運(yùn)動(dòng)，故D正確；

故選D。

16.某充氣式座椅簡(jiǎn)化模型如圖所示，質(zhì)量相等且導(dǎo)熱良好的兩個(gè)汽缸C、D通過

活塞封閉質(zhì)量相等的兩部分同種氣體A、B,活塞通過輕彈簧相連靜置在水平面

上，如圖所示。已知汽缸的質(zhì)量為M,封閉氣體氣柱的初始高度均為L(zhǎng)、初始環(huán)境

溫度為輕彈簧的勁度系數(shù)為底原長(zhǎng)為4,大氣壓強(qiáng)為P。，重力加速度為g,

活塞的橫截面積為S、質(zhì)量和厚度不計(jì)，彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，活塞始終未

脫離汽缸。(汽缸壁厚度及汽缸內(nèi)氣體的重力均可忽略不計(jì))

(i)求初始時(shí)氣體A的壓強(qiáng)；

(ii)若環(huán)境溫度緩慢降至().87；,求穩(wěn)定后活塞a離水平面的高度。

【答案】(i)〃。十等：(ii)0.8L+4一等

3K

【解析】

【詳解】(i)設(shè)彈簧的彈力為凡所以

F=Mg

所以對(duì)A分析，設(shè)氣體A的壓強(qiáng)為PA，對(duì)汽缸C有

P、S=F+

解得

Mg

PA=PO+K

J

(ii)氣體B等壓變化，則有

LSL.S

萬二7

故

。=0.8L

彈簧壓縮為

kx=Mg

解得

X嘿

活塞a離水平面的高度為

〃=4+4-工=0.8乙+7t-埃

k

17.如圖所示，實(shí)線是一列簡(jiǎn)諧橫波在乙時(shí)刻的波形圖，虛線是，2=(4+l)s時(shí)刻的

波形圖。已知該橫波沿工軸負(fù)方向傳播，質(zhì)點(diǎn)M的平衡位置距O點(diǎn)5m。下列說法

不正確的是()

八y/cm

20、八

4

A.該波的周期可能為yys

4

B.若波的周期為百s,質(zhì)點(diǎn)M在A時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程為3m

C.質(zhì)點(diǎn)”在4時(shí)刻沿了軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)

D.該波遇到尺度為10m的障礙物時(shí)，無衍射現(xiàn)象發(fā)生

【答案】D

【解析】

【詳解】A.波沿x軸負(fù)方向傳播，則波速

v=—=4"m/s(n=0,1、2,3…)

t1

周期

A4

T=-=-----s(〃=(),l,2,3)

v4〃+3

當(dāng)〃=2時(shí)

T=-s

11

故A正確；

B.當(dāng)〃=3時(shí)

,4

T=-s

15

從八到f2時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)的路程為

15A=15x0.2m=3m

故B正確；

C.波沿負(fù)方向傳播，根據(jù)上下坡法可知質(zhì)點(diǎn)加在4時(shí)刻沿），軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故C

正確；

D.該波的波長(zhǎng)為4m,則該波遇到尺度為10m的障礙物時(shí)會(huì)發(fā)生衍射現(xiàn)象，但不

能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故D錯(cuò)誤.

本題選不正確項(xiàng)，故選D。

18.如圖所示為一圓筒截面，兩筒內(nèi)外是空氣，兩筒之間充滿折射率為6均勻透

明介質(zhì)，內(nèi)圓筒半徑為R外圓筒半徑為2R,從M點(diǎn)光源處向介質(zhì)內(nèi)發(fā)射一組光

束恰好與內(nèi)圓相切，光束到達(dá)外IS邊界時(shí)發(fā)生反射和折射，反射光線又經(jīng)外陰邊界

反射后最終返回到M點(diǎn)，可以證明兩條反射光線均與內(nèi)圓相切。已知光在真空中

的速度為c,求：

（1）光線到達(dá)外圓。點(diǎn)發(fā)生折射時(shí)的折射角出

（2）光線經(jīng)外圓邊界反射后，在介質(zhì)中第一次返回M點(diǎn)傳播的時(shí)間。

18/?

【答案】（I）?=60°；（2）

【解析】

【詳解】（1）光路如圖

過。點(diǎn)作MP垂線，與MP相交于S點(diǎn)，由三角形幾何關(guān)系得

sinp=----=—

OP2

解得

6=30。

由折射定律

sina

n=-=---6-

sin/?

則

a=60°

（2）由角度關(guān)系可知：反射光纖經(jīng)外圓邊界再次反射后最終返回M點(diǎn)，反射光線

構(gòu)成一正三角形MPQ,有

MP=4/?cos30°=2>/3/?

光線在介質(zhì)中的速度為

c

V=—

n

即

3Mp18R

t=------=-----

v

高考模擬檢測(cè)卷（二）試題

物理

一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)

中，第1~4題只有一項(xiàng)符合題目要求，第5~8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選

對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。

1.2021年12月30日，中科院EAST全超導(dǎo)托卡馬克裝置（“人造太陽”）過億度

持續(xù)運(yùn)行17.6分鐘：2022年2月26日，中國(guó)的“人造太陽”實(shí)現(xiàn)了1.6億度（約

為太陽中心溫度的10倍）等離子體運(yùn)行。中國(guó)的“人造太陽”的技術(shù)領(lǐng)跑世界。

“人造太陽”采用的是磁約束核聚變反應(yīng)，其核反應(yīng)方程是；；H+：Hf；Hc+X,

則（）

A.X為質(zhì)子

B.該反應(yīng)在常溫下就可以進(jìn)行

C.該反應(yīng)前后核子的總質(zhì)量是相等的

D.iHe的結(jié)合能大于:H與;H結(jié)合能之和

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，方程為

知X為中子，A錯(cuò)誤；

B.核聚變反應(yīng)屬于熱核反應(yīng)，必須在高溫下進(jìn)行，B錯(cuò)誤；

C.核聚變反應(yīng)能放出核能，反應(yīng)前后質(zhì)量出現(xiàn)虧損，C錯(cuò)誤；

D.該核反應(yīng)釋放能量，有質(zhì)量虧損，生成物更穩(wěn)定，則知；He的結(jié)合能比反應(yīng)物

的結(jié)合能之和大，D正確。

故選Do

2.如圖所示，半徑相同、質(zhì)量分布均勻的圓柱體E和半圓柱體M靠在一起，E表

面光滑，重力為G；M下表面粗糙，E、M均靜止在水平地面上?，F(xiàn)過E的軸心施

以水平作用力F，可使圓柱體E被緩慢拉離水平地面，并緩慢地滑到M的頂端，

在上述全過程中，M始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。對(duì)該過程的分析，下列說法正確的是

/////////////////////////////////////

A.地面所受M的壓力一直增大

B.地面對(duì)M的摩擦力一直增大

C.水平作用力廠的大小一直增大

I).E、M間的壓力最大值為2G

【答案】D

【解析】

【詳解】A.圓柱體E和半圓柱體M視為一整體，以整體為研究對(duì)象，因?yàn)檎w處

于平衡狀態(tài)，

在豎直方向有

N'=G+GM

可知地面支持力大小保持不變，根據(jù)牛頓第三定律地面所受M的壓力大小不變，

故A錯(cuò)誤；

BC.以圓柱體為研究對(duì)象，令兩圓心連線與地面夾角角為夕依題意有

Nsin6=G

NcosO=F

解得

N=-^—

sin。

F=^-G=GcotO

sin。

依題意。從30。增大到90。，則可知尸逐漸變?。?/p>

將圓柱體上和半圓柱體M視為一整體，因?yàn)檎w處于平衡狀態(tài)，則水平方向有

f=F

因過程中水平拉力/一直在變小，地面對(duì)M的摩擦力也一直變小，故BC錯(cuò)誤；

D.據(jù)分析,因開始時(shí)端小,則E與M之間的壓力N最大，則有

N=G=2G

sin30°

故D正確。

故選D。

3.2021年6月17日，搭載神舟十二號(hào)載人飛船的長(zhǎng)征二號(hào)/遙十二運(yùn)載火箭在酒

泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射，神舟十二號(hào)載人飛船與天和核心艙及天舟二號(hào)組合體成

功對(duì)接，將中國(guó)三名航天員送入“太空家園”，核心他繞地球飛行的軌道可視為圓軌

道，軌道離地面的高度約為地球半徑的乙，運(yùn)行周期約為90min,引力常量

16

G=6.67X10-"N-m2/kg2o下列說法正確的是（）

A.核心艙在軌道上飛行的速度為7.9km/s

B.僅根據(jù)題中數(shù)據(jù)可估算出地球密度

C.位于低軌道的神舟十二號(hào)載人飛船需減速才能與高軌道的核心艙實(shí)現(xiàn)對(duì)接

I）.“太空家園”中靜止坐在椅子上的宇航員加速度為0

【答案】B

【解析】

【詳解】A.假定地球質(zhì)量為M,人造天體軌道半徑為廣則有

可知軌道半徑越大，運(yùn)行速度越小，而7.9km/s是軌道半徑為地球半徑時(shí)的速度,

則核心艙的速度小于7.9km/s,故A錯(cuò)誤；

B.依題意有

依題意地球的密度為

p=GFF2s5,8xl03k8/ni

故B正確；

C.位于低軌道的神舟十二號(hào)載人飛船需加速才能與高軌道的核心艙實(shí)現(xiàn)對(duì)接，故

C錯(cuò)誤；

D.“太空家園”中靜止坐在椅子上的宇航員與核心艙的加速度相同，則有

廠mM

G——=ma

可知加速度不為零，故D錯(cuò)誤。

故選Bo

4.2022年第24屆冬季奧林匹克運(yùn)動(dòng)會(huì)在中國(guó)舉行，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的

項(xiàng)目之一。跳臺(tái)滑雪賽道可簡(jiǎn)化為助滑道、著陸坡、停止區(qū)三部分，如圖所示，一

次比賽中，質(zhì)量為〃z的運(yùn)動(dòng)員從A處由靜止下滑，運(yùn)動(dòng)到B處后水平飛出，落在

了著陸坡末端的。點(diǎn)，滑入停止區(qū)后，在與C等高的。處速度減為零。已知8、C

之間的高度差為/I,著陸坡的傾角為，，重力加速度為g。只考慮運(yùn)動(dòng)員在停止區(qū)

受到的阻力，不計(jì)其他能量損失。由以上信息不可以求出（)

A.運(yùn)動(dòng)員在空中飛行的時(shí)間

B.A、8之間的高度差

C.運(yùn)動(dòng)員在停止區(qū)運(yùn)動(dòng)過程中克服阻力做的功

D.。、。兩點(diǎn)之間的水平距離

【答案】D

【解析】

【詳解】A.從3點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，則由

,12

可求解運(yùn)動(dòng)員在空中飛行的時(shí)間，A正確，不符合題意；

B.由

h

----=

tan。

可求解在8點(diǎn)的速度w,再由

.12

乙

可求解48的高度差，B正確，不符合題意；

C.從6點(diǎn)到。點(diǎn)由

—〃2片+mgh=Wf

可求解運(yùn)動(dòng)員在停止區(qū)運(yùn)動(dòng)過程中克服阻力做功，C正確，不符合題意；

D.由題中條件無法求解C、。兩點(diǎn)之間的水平距離，D錯(cuò)誤，符合題意。

故選D。

5.如圖甲所示，在水平面上固定有平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌必和cd,“端接有電阻

R.導(dǎo)體棒歹垂直軌道放置在光滑導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌電阻不計(jì).導(dǎo)軌右端區(qū)域存在垂直

于導(dǎo)軌面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度8隨時(shí)間，的變化規(guī)律如圖乙所示.在［=0時(shí)

刻，導(dǎo)體棒以速度為從導(dǎo)軌的左端向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間2。開始進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，取

磁場(chǎng)方向垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度3的正方向，回路中順時(shí)針方向?yàn)殡娏髡?/p>

向，則回路中的電流i隨時(shí)間，的變化規(guī)律圖像可能是（）

【答案】A

【解析】

【詳解】由圖乙知，在0?2m時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化，根據(jù)E=N—S

?/

可知，回路產(chǎn)生穩(wěn)定的電動(dòng)勢(shì)、穩(wěn)定的感應(yīng)電流，在根據(jù)楞次定律可判斷感應(yīng)電流

的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，所以在0?2/0時(shí)間內(nèi)電流是負(fù)方向，且大小不變.在2m時(shí)刻

導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，在安培力的作用下做非勻變速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)

=生旦=〃W知，導(dǎo)體棒做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，電流/=器=華，

RRR

電流逐漸減小，且對(duì)圖像的斜率逐漸減小，所以A正確；B、C、D錯(cuò)誤.

6.一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下沿工軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能弓隨位移x變

化的關(guān)系如圖所示，其中0r2段是關(guān)于直線尸H對(duì)稱的曲線，X2~X3段是直線，則

下列說法正確的是（）

0xiX2X3X

A.xi處電場(chǎng)強(qiáng)度最小，但不為零

B.粒子在0?X2段做勻變速運(yùn)動(dòng)，X2~X3段做勻速直線運(yùn)動(dòng)

C.在0、笛、X2、X3的處電勢(shì)。0、%、02、。3的關(guān)系為0>02=。0>。3

D.X2~X3段的電場(chǎng)強(qiáng)度大小方向均不變

【答案】CD

【解析】

【詳解】A.0~笛段電勢(shì)能減小，說明電場(chǎng)力做正功，即該段電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿x

軸負(fù)方向；XLX2段電勢(shì)能增大，說明電場(chǎng)力做