2020年湘赣皖十五校联考高考物理一模试卷

1、2020年湘赣皖十五校联考高考物理一模试卷一、选择题：本部分共 12小题，每小题4分.在每小题列出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得 2分，有选错的或不选的得 0分.1 . （4分）在物理学建立与发展的过程中，有许多科学家做出了理论与实验贡献。关于这些贡献，下列说法正确的 是（）A.牛顿发现了万有引力定律，并通过扭秤实验测量了引力常量B.安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向C.法拉第发现了磁生电的现象，提出了法拉第电磁感应定律D.爱因斯坦在物理学中最早引入能量子，破除了 “能量连续变化”的传统观念2. （4分）

2、为了做好疫情防控工作，小区物业利用红外测温仪对出入人员进行体温检测。红外测温仪的原理是：被 测物体辐射的光线只有红外线可被捕捉，并转变成电信号。图为氢原子能级示意图，已知红外线单个光子能量的最大值为1.62eV,要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，最少应给处于n= 2激发态的氢原子提供的能量为（）同日eVo015-0 544'J 4511 3.40IA. 10.20eVB . 2.89eVC. 2.55eV D. 1.89eV3. （4分）小球从某一高度处自由下落着地后反弹，然后又落下，每次与地面碰后动能变为碰撞前的上.以刚开始下落时为计时起点，小球的 v-t图象如图所示，不计空

3、气阻力，下列说法正确的是（）A .图象中选取竖直向下为正方向B.每个阶段的图线并不相互平行C .每次与地面相碰后能够上升的最大高度是前一次下落高度的一半D .每次与地面相碰后上升到最大高度所需的时间是前一次下落时间的一半4. （4分）光滑绝缘水平面上固定一半径为R、带正电的球体 A （可认为电荷量全部在球心），另一带正电的小球 B以一定的初速度冲向球体 A,用r表示两球心间的距离，F表示B小球受到的库仑斥力，在 r>R的区域内，下5. （4分）如图所示，从高h=1.8m的A点将弹力球水平向右抛出，弹力球与水平地面碰撞两次后与竖直墙壁碰撞，之后恰能返回 A点。已知弹力球与接触面发生弹性碰撞

4、，碰撞过程中，平行于接触面方向的速度不变，垂直于接触面方向的速度反向但大小不变，A点与竖直墙壁间的距离为 4.8m,重力加速度g=10m/s2,则弹力球的初速度大小为（）0-*；*%Z Z Z X Z Z Z Z X X z z Z ZZ Z Z ZA . 1.5m/sB . 2m/sC. 3.5m/sD. 4m/s6. （4分）如图所示，三根完全相同的通电直导线a、b、c平行固定，三根导线截面的连线构成一等边三角形，O点为三角形的中心，整个空间有磁感应强度大小为B、方向平行于等边三角形所在平面且垂直bc边指向a的匀强磁场。现在三根导线中通以方向均向里的电流，其中Ib=Ic= I,已知通电长直

5、导线在某点产生的磁感应强度的大小跟电流成正比，导线 b在O点产生的磁感应强度大小为B.则下列说法正确的是（A.若O点的磁感应强度平行 ac边，则Ia= （1 +B.若O点的磁感应强度平行 ab边，则Ia= （1 +苧）IC.若O点的磁感应强度垂直 ac边，则Ia=（忒j-1） ID.若O点的磁感应强度垂直 ab边，则Ia=（代-1） I7. （4分）一平行板电容器的电容为C, A极板材料发生光电效应的极限波长为加，整个装置处于真空中，如图所示。现用一波长为 入（入V为）的单色光持续照射电容器的A极板，B极板接地。若产生的光电子均不会飞出两极板间，则下列说法正确的是（已知真空中的光速为c,普朗克

6、常量为h,光电子的电量为 e）（）A Fi -A .光电子的最大初动能为、".入工一 h（人口 -入）B .光电子的最大初动能为 飞 r C A 0 AC.平行板电容器可带的电荷量最多为D.平行板电容器可带的电荷量最多为8. （4分）如图甲所示为历史上著名的襄阳炮，因在公元1267- 1273年的宋元襄阳之战中使用而得名，其实质就是一种大型抛石机。它采用杠杆式原理，由一根横杆和支架构成，横杆的一端固定重物，另一端放置石袋，发射时用绞车将放置石袋的一端用力往下拽，而后突然松开，因为重物的牵缀， 长臂会猛然翘起，石袋里的巨石就被抛出。将其工作原理简化为图乙所示，横杆的质量不计，将一质量m

7、=10kg,可视为质点的石块，装在横杆长臂与转轴O点相距L = 5m的末端口袋中，在转轴短臂右端固定一重物M,发射之前先利用外力使石块静止在地面上的A点，静止时长臂与水平面的夹角”=37。，解除外力后石块被发射， 当长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块被水平抛出，落在水平地面上，石块落地位置与O点的水平距离s= 20m,空气阻力不计，g取10m/s2.则（ ）A.石块水平抛出时的初速度为10伺m/sB.石块水平抛出时的初速度为20m/sC.从A点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为 2050JD.从A点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2500J9. （4分）两汽车甲、乙分别挂上拖车，两汽车

8、与两拖车的质量均相同，且阻力与质量成正比。开始两车以相同的速度V0做匀速直线运动，t=0时刻两拖车同时脱离汽车，已知汽车甲的牵引力不变，汽车乙的功率不变，经过相同的时间to,汽车甲、乙的速度大小分别为2v0、1.5V0,则下列说法正确的是（）A. to时间内，甲、乙两汽车的位移之比为4: 3B. t0时刻，甲、乙两汽车的加速度大小之比为3: 1C. t0时刻汽车甲的功率为拖车脱离前功率的4倍D. t。时间内，甲、乙两汽车牵引力做功之比为3: 210. （4分）如图所示，质量为 m的飞行器绕中心在 。点、质量为M的地球做半径为 R的圆周运动，现在近地轨道1上的P点开启动力装置，使其变轨到椭圆轨道

9、 3上，然后在椭圆轨道上远地点 Q再变轨到圆轨道2上，完成发卜列说法正确的是（）射任务。已知圆轨道 2的半径为3R,地球的半径为 R,引力常量为 G,飞行器在地球周围的引力势能表达式为 Ep= g旭，其中r为飞行器到 O点的距离。飞行器在轨道上的任意位置时，r和飞行器速率的乘积不变。则A .可求出飞行器在轨道1上做圆周运动时的机械能是节B.可求出飞行器在椭圆轨道3上运行时的机械能是-喑C.可求出飞行器在轨道3上经过P点的速度大小vp和经过Q点的速度大小vQ分别是怛1D.飞行器要从轨道1转移到轨道3上，在P点开启动力装置至少需要获取的动能是靠11.（4分）有一台理想变压器及所接负载如图所示。在原

10、线圈c、d两端加上交变电流。 已知b是原线圈中心抽头,电压表和电流表均为理想交流电表，电容器的耐压值足够大。下列说法正确的是（A.开关Si始终接a,当滑片P向下滑动时电压表 V1示数不变，电压表 V2示数变大，电流表 A2示数变小B.开关Si始终接b,当滑片P向上滑动时Ri的电功率增大，V2示数的变化量与 A2示数的变化量之比不变C.保持滑片P的位置不变，将开关 Si由b改接a,变压器输入功率变大D.保持滑片P的位置不变，将开关 Si由a改接b,电容器所带电荷量的最大值将增大12. （4分）如图所示，匀强磁场垂直铜环所在的平面向里，磁感应强度大小为B.导体棒A的一端固定在铜环的圆心O处，可绕。

11、匀速转动，与半径分别为 ri、r2的铜环有良好接触。通过电刷把大小铜环与两竖直平行正对金属板P、Q连接成电路。Ri、R2是定值电阻，Ri = R0, R2 = 2R0,质量为m、电荷量为Q的带正电小球通过绝缘细线挂在P、Q两板间，细线能承受的最大拉力为2mg,已知导体棒与铜环电阻不计，P、Q两板间距为d,重力加速度大小为g。现闭合开关，则（）A .当小球向右偏时，导体棒B.当细线与竖直方向夹角为C.当细线与竖直方向夹角为A沿逆时针方向转动45。时，电路消耗的电功率为45。时，平行板电容器两端电压为D.当细线恰好断裂时（此时小球的加速度为零）,导体棒A转动的角速度为二、实验题：本题共 2小题，其

12、中i3题5分，i4题7分，共i2分.13. （5分）很多人都认为“力越小速度就越小”，为了检验这个观点是否正确，某兴趣小组的同学设计了这样的实验方案：在水平桌面上放一木块，木块后端与穿过打点计时器的纸带相连，前端通过定滑轮与不可伸长的细线相起初木块停在靠近打点连接，细线上不等间距地挂了五个钩码，其中第四个钩码与第五个钩码之间的距离最大。计时器的位置，第五个钩码到地面的距离小于木块到定滑轮的距离，如图甲所示。接通打点计时器，木块在钩码的牵引下，由静止开始运动，所有钩码落地后，木块会继续运动一段距离。打点计时器使用的交流电频率为50Hz.图乙是实验得到的第一个钩码落地后的一段纸带，纸带运动方向如箭

13、头所示。(当地重力加速度大小 g取9.8m/s2)明iT为"*Utt IJUIJJ 111(1)根据纸带上提供的数据，可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的 段(用D1, D2,D15 字母区间表示)；第四个钩码落地后至第五个钩码落地前木块在做 运动。(2)根据纸带上提供的数据，还可以计算出第五个钩码落地后木块运动的加速度大小为m/s2;木块与桌面间的动摩擦因数为 尸。(计算结果保留两位有效数字)(3)根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小”的观点是 的。(填“正确”或“错误”)14. (7分)温度传感器的核心部分是一个热敏电阻。某课外活动小组的同学在学习了伏安法测电阻

14、之后，利用所学 知识来测量由某种金属制成的热敏电阻的阻值。可供选择的实验器材如下：A.直流电源，电动势 E=6V,内阻不计；B.毫安表 A1,量程为600mA,内阻约为 0.5C.毫安表 A2,量程为10mA,内阻Ra = 100 Q;D.定值电阻R0=400Q;E.滑动变阻器R=5Q;F.被测热敏电阻 R1,开关、导线若干。(1)实验要求能够在 05V范围内，比较准确地对热敏电阻的阻值R1进行测量，请在图甲的方框中设计实验电路。(2)某次测量中，闭合开关 S,记下毫安表A1的示数I1和毫安表A2的示数I2,则计算热敏电阻阻值的表达式 为R1 = (用题给的物理量符号表示)。I2-I1图象如图

15、乙所示，由图可知，该热(3)该小组的同学利用图甲电路，按照正确的实验操作步骤，作出的（填“增大” “减小”或"不变”）敏电阻的阻值随毫安表A2的示数的增大而 （4）该小组的同学通过查阅资料得知该热敏电阻的阻值随温度的变化关系如图丙所示。将该热敏电阻接入如图丁所示电路，电路中电源电压恒为9V,内阻不计，理想电流表示数为0.7A,定值电阻Ri = 30Q,则由以上信息可求出定值电阻 R2的阻值为 Q,此时该金属热敏电阻的温度为 C。三、计算题：本题共 3小题，共计38分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单

16、位.15. （10分）如图所示，I、出区域（足够大）存在着垂直纸面向外的匀强磁场，虚线MN、PQ分别为磁场区域边界，在H区域内存在着垂直纸面向里的半径为R的圆形匀强磁场区域， 磁场边界恰女?与边界 MN、PQ相切，S、T为切点，A、C为虚线MN上的两点，且AS=CS = V3R,有一带正电的粒子以速度 v沿与边界成30°角的方 向从C点垂直磁场进入I区域， 随后从A点进入n区域，一段时间后粒子能回到出发点，并最终做周期性运动，已知n区域内磁场的磁感应强度B2为I区域内磁场的磁感应强度 B1的6倍，出区域与I区域磁场的磁感应强度相等，不计粒子的重力。求：（1）粒子第一次进入n区域后在n

17、区域中转过的圆心角：（2）粒子从开始运动到第一次回到出发点所经历的总时间。13. U16. （12分）如图所示，可视为质点的质量为 m= 0.2kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F=4N的作用下，从 A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为 R= 0.3m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从B处的出口（未画出，且入口和出口稍稍错开）出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱” ，D点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h=0.2m,水平距离为x=0.6m。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块

18、重力的3倍，水平轨道 BC的长度为12= 2.0m,小滑块与水平轨道 AB、BC间的动摩擦因数均为 尸0.5,重力加速度g =10m/s2。(1)求水平轨道 AB的长度11；(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的 D点；(3)若在AB段水平拉力F作用的范围可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道， 又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围。17.(16分)如图所示，在竖直直角坐标系xoy内，x轴下方区域I存在场强大小为 E、方向沿y轴正方向的匀强电场，x轴上方区域n存在方向沿 x轴正方向的匀强电场。已知图中点D的坐标为(-2工L, - L),虚线GD&

19、#177;x2轴。两固定平行绝缘挡板 AB、DC间距为3L, OC在x轴上，AB、OC板平面垂直纸面，点 B在y轴上。一质 量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)从 D点由静止开始向上运动，通过 x轴后不与AB碰撞，恰好到 达 B 点，已知 AB = 14L, OC=13L。(1)求区域n的场强大小 E'以及粒子从 D点运动到B点所用的时间t0；(2)改变该粒子的初位置，粒子从 GD上某点M由静止开始向上运动，通过 x轴后第一次与 AB相碰前瞬间动 能恰好最大。求此最大动能Ekm以及M点与x轴间的距离y1;若粒子与AB、OC碰撞前后均无动能损失(碰后水平方向速度不变，竖直方向速度大小

20、不变，方向相反)，求 粒子通过y轴时的位置与。点的距离y2。四、选考题：共12分，请考生任选-题作答，如果多做，则按所做的第-题计分.选彳3-318. （4分）如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化中的四个状态，图中 ad与T轴平行，cd与p轴平行，ab的延长线过原点，则下列说法中正确的是（）A .气体在状态a时的体积大于在状态 b时的体积B.从状态b到状态a的过程，气体吸收的热量一定等于其增加的内能C.从状态c到状态d的过程，气体分子的平均动能不变，但分子的密集程度增加D.从状态a到状态d的过程，气体对外做功，内能不变E.从状态b到状态c的过程，气体从外界吸收的热量一定大于其

21、对外做的功19. （8分）如图所示，在竖直圆柱形绝热气缸内，可移动的绝热活塞a、b密封了质量相同的 A、B两部分同种气体，且处于平衡状态。已知活塞 a、b的横截面积之比Sa： Sb=2： 1,密封气体的长度之比hA: hB=1： 3,活塞 厚度、质量和摩擦均不计。求A、B两部分气体的热力学温度 TA： TB的比值；若又B部分气体缓慢加热，同时在活塞a上逐渐增加细砂使活塞 b的位置不变，当B部分气体的温度为 gTp时，活塞a、b间的距离h'A与hA之比为k： 1,求此时A部分气体的绝对温度 T'A与TA的比值。五、选彳3-420. 如图所示，一束红光从空气射向折射率n = N5的

22、某种玻璃的表面，其中i为入射角，则下列说法正确的是（）A.当i = 45。时会发生全反射现象B.无论入射角i为多大，折射角r都不会超过45。C.当入射角的正切值tani = 双时，反射光线与折射光线恰好相互垂直D.光从空气射入玻璃，速度减小E.若将入射光换成紫光，则在同样入射角i的情况下，折射角r将变大21.如图所示，两列简谐横波 a、b在同一介质中分别沿 x轴正、负方向传播，波速均为v=2.5m/s。已知在t=0时刻两列波的波峰正好在 x= 2.5m处重合。求t= 0时，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的x坐标。从t= 0时刻开始，至少要经过多长时间才会使x= 1.0m处的质点到达波峰

23、且为振动加强点?2020年湘赣皖十五校联考高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本部分共 12小题，每小题4分.在每小题列出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求，全部选对的得 4分，选对但不全的得 2分，有选错的或不选的得 0分.1 .【解答】解：A、牛顿发现了万有引力定律，但他没有通过扭秤实验测量引力常量，是卡文迪许通过扭秤实验测 量了引力常量，故 A错误；B、安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向，故 B正确；C、法拉第发现了磁生电的现象，但是法拉第电磁感应定律却是由韦伯和纽曼各自独立发现的，为纪念法拉第的杰出贡献，将该定律以法拉第的名

24、字命名，故 C错误；D、德国物理学家普朗克在研究黑体辐射规律时，首次提出了能量子的概念，破除了 “能量连续变化”的传统观 念，后来爱因斯坦意识到能量子的物理意义，在其基础上提出了光子说，成功解释了光电效应，故D错误。故选：B。2 .【解答】解：由氢原子能级示意图可知，最少应给处于n= 2激发态的氢原子提供的能量，若使其跃迁到n=4激发态，然后氢原子从 n= 4激发态向低能级跃迁时，所辐射光子能量最小值为：Emin= - 0.85eV - (- 1.51eV) = 0.66eVv 1.62eV,同理，若氢原子从 n= 3激发态向低能级跃迁时，所辐射光子能量最小值为：Emin= - 1.51eV

25、- ( 3.4eV) = 1.89eV > 1.62eV,红外线单个光子能量的最大值为1.62eV ,要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，因此最少应给处于 n=2激发态的氢原子提供的能量，跃迁到n= 4激发态满足条件，那么提供的能量为： E=E4-E2= - 0.85eV- (- 3.4eV) = 2.55eV,故 C 正确，ABD 错误。 故选：Co3 .【解答】解：A、小球第一阶段做自由落体运动，则知图象中选取竖直向上为正方向，故 A错误；B、自由落体运动和竖直上抛运动的加速度均为重力加速度，根据v-t图象的斜率等于加速度，知每个阶段的图线是相互平彳T的，故 B错误；CD、小球

26、每次与地面碰后动能变为碰撞前的停，速率变为碰撞前的根据图象的“面积”表示位移，结合几何关系可知，每次与地面相碰后能够上升的最大高度是前一次下落高度的由t = ；5_分析可知，每次与地面相碰后上升到最大高度所需的时间是前一次下落时间的一半，故C错误，D正确。故选：D。4 .【解答】解：另一带正电的小球B以一定的初速度冲向球体 A,球体可认为电荷量全部在球心，根据库仑定律可知，两小球间的库仑力：F=迪曳，则在r>R的区域内，库仑力F随着间距r的减小而增大，图象为曲线，故 C2I正确，ABD错误。故选：Co5 .【解答】解：弹力球水平抛出，与地面碰撞两次，又能返回A点，根据运动的对称性，全过程

27、可以看作4段平抛运动，每次平抛运动的时间：t= J2h = 0.6s总时间为4t = 2.4s,平抛运动水平方向上为匀速直线运动，x=v?4t,解得初速度：v= 2m/s,故B正确，ACD错误。故选：B。6 .【解答】解：三根通电直导线 a、b、c的电流反向均向里，则三根导线在。点形成的磁场方向如图所示，且三根导线在。点形成的磁感应强度方向互成120° , Bb=Bc=B,由平行四边形定则可知，Bb与Bc的矢量和的大小,解得:)B,又电流与磁感应强度存在正比关系，可知:Ia故A正确;=(1 +3B、若 BQ/ ab,解得:则 tan6Q° =Ba= ( 1 容)B,又电流与

28、磁感应强度存在正比关系，可知:IaI,故B错误;=(1 C、若 BQ±ac,贝U tan3Q°D、若 BQ±ab,贝U tan3Q°B<3.BB -B4Ba= ( 1-版)B<Q,即a中电流反向，故C错误;Ba= ( 1+-Jg) B,又电流与磁感应强度存在正比关系，可知:Ia=(1+ C) I,故D错误。故选：A。eU=Ekm=h.i7 .【解答】解：AB、由光电效应方程可得：Ekm=hjj-hCD、设当电压达到 U时，电子不能达到极板，根据动能定理可知,hc（ 门-1）C解得，Q=-,故C正确，D错误。e X 0 故选：Co8 .【解答】

29、解：AB、石块平抛运动的高度 h=L+Lsin37° = 5m+5mx 0.6= 8m,根据卜=工三产得：t= 2h = M 乂 8 s=当ns,2V 8 V LO 5故石块水平抛出时的初速度：Vqs=5V10 W s,故A错误，B错误;5CD、根据功能关系，从 A点到最高点的过程中，长臂对石块做的功等于石块机械能的增加量，故：W=mgh+"= 10X10X8J+卷X 1QX （55）2j=2050J,故 C 正确，D 错误。故选：Co9 .【解答】解：A、设汽车与拖车的质量均为 m,路面对汽车的阻力恒为车重的k倍，据题意可知，甲汽车的牵引力为：F=2kmg两车原先的功率为

30、：P=2kmgv0,以甲车为研究对象，由于做匀加速运动，所以加速度为：a=F-k =kg；据运动学公式得运动的时间为：t=:123= a kg3Vn所以运动的位移为：x甲=一2kg由于甲的速度变为原来的 2倍，所以功率为原来的2倍；再以乙为研究对象，乙以恒定功率运动，据动能定理得:Pt - kmgx 乙=m （-说）llVp解得：x乙=,8kg所以有：x甲：x乙=12: 11,故A错误;-f1- 5mq iB、t。时刻，甲汽车的加速度大小是 kg,乙汽车的加速度大小为：a'7r =目应所以to时刻，甲、乙两汽车的加速度大小之比为 3: 1,故B正确;C、由于甲的速度变为原来的 2倍，所

31、以功率为原来的 2倍，故C错误;D、甲的牵引力做功为：W1 = Fx甲=2kmg X史i = 3m v 22kg 0乙以恒定功率运动，据动能理：Pt - kmgx乙解得：Pt = 2m文旨所以甲、乙两车在这段时间内牵引力做功之比为3: 2,故D正确。故选：BD。解：A、飞行器在轨道1上做圆周运动，万有引力提供向心力，有:普=mJ ,因此，解得飞行器产 REl此位置飞行器的势能：Epi=- G旭，则飞行器在轨道1上做圆周运动的机械能k 2 2R皮GIm GMm2RGMmITB、设V1、V2分别为飞行器在轨道 3的近地点和远地点的速度大小，门、r2分别为近地点和远地点到地心 。的距离，根据机械能守

32、恒定律可知:2 万la。-11mGr2根据题意有：r1v1=r2v2,整理上述式子可得:2一）=2圆轨道3上的机械能口），其中 门+r2=R+3R = 4R,最终解得:3GMm,因此飞行器在椭CD、飞行器在轨道3上运动时满足机械能守恒定律，即:3R4R，代入数据解得：vp= 庐山，vQ= 里，飞行器从轨道1转移到轨道3上，在P点需要获取的动能为： Ek=E3-E1 = V 2R J 6R-臭画,故C正确，D错误；4R故选：BC。P向下滑动时，滑动变阻器接入电路的V1示数不变，由于负载的电阻变大,11 .【解答】解：A、开关S1始终接a不变，变压器输入电压不变，当滑片电阻变大，由于原、副线圈的匝

33、数不变，变压器输出电压不变，即电压表所以电流I2会减小，电流表 A2示数变小，而 U2=U1- I2R1,所以U2会变大，即电压表 V2示数变大，故 A正确；B、根据变流比，I1: I2=n2： n1可知，开关S1始终接b,当滑片P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，根据欧姆定律可知，电流表A2示数增大，电阻 R1消耗的电功率增大，将原线圈和电阻R1看作等效电源,则V2示数的变化量与 A2示数的变化量之比等于等效电源的内阻，恒定不变，故B正确；C、保持滑片P的位置不变，将开关 S1由b改接a时，原线圈匝数ni增大，根据变压比可知，Ui: U2=ni： n2,可知U2变小，副线圈输出功率变

34、小，则原线圈输入功率变小，故C错误；D、保持滑片P的位置不变，将开关 Si由a改接b,原线圈匝数ni减小，根据变压比可知，副线圈输出电压增大，电容器两端电压增大，最大值增大，Q=CU,所带电荷量的最大值增大，故 D正确。故选：ABD 。12【解答】解：A、当小球向右偏时，由于小球带正电，所以 Q极板带负电，则导体棒上的电流方向为沿着导体棒指向O,根据右手定则可知，导体棒沿逆时针方向转动，故 A正确;F= QE =45°时，电路中的电流为B、当细线与竖直方向夹角为45。时，根据三角形定则可知，小球受到电场力大小为则平行板电容器两端电压 U = 等，故B错误;C、由于平行板电容器两端的电

35、压和R2的电压相等，所以当细线与竖直方向夹角为则电路消耗的电功率为D、细线恰好断裂时，P= I2 ( Ri+R2)=T = 2mg,则电场力为则导体棒切割磁感线产生的感应电动势为又因为埔，2Q所以解得导体棒 A转动的角速度3=生冬至、一，故D正确。QB（rJ -r故选：AD 。实验题：本题共 2小题，其中i3题5分，i4题7分，共i2分.13.【解答】解：（i）本实验方案中，在不可伸长的细线上挂五个钩码，这样做的目的是通过钩码逐个落地来减小木块在运动方向上的受力，第五个钩码落地前木块做加速运动，着地后，木块不受拉力，在阻力作用下会做减速运动，根据所提供纸带上的数据，第五个钩码落地可能出现在纸带

36、中的DioDiio分析纸带点迹的间距可知，第四个钩码落地后至第五个钩码落地前木块做匀速直线运动。(2)分析纸带上Dii之后的点迹，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2得a=X lfU = 5.0m/s2。0.02s根据牛顿第二定律得：gg = ma,解得：(1= 0.51。(3)钩码逐个落地的阶段 (如Di到D8),木块在运动方向受力逐渐减小，从提供的数据可以看出D1到D8之间每相邻两点间的距离在增大，而打点计时器是在每隔相等的时间内打一个点，根据平均速度公式三=包知，三在t逐渐增大，速度逐渐增大，所以“力越小速度就越小”的观点是错误的。故答案为：(1) DioD11;匀速直线；(2) 5.

37、0; 0.51; (3)错误。14.【解答】解：(1)毫安表A2,量程为10mA,内阻RA= 100 ，可以将它与定值电阻 R0串联，改装成Ug=Ig(RA+Ro)=0.01 X 500V = 5V 的电压表，要求能够在05V范围内进行调节，所以滑动变阻器采用分压式接法，如图所示：T*L£5(2)某次测量中，闭合开关 S,记下毫安表 A1的示数I1和毫安表A2的示数I2,则通过热敏电阻的电流为I = I1 - I2,热敏电阻两端电压 U = I2 (RA+R0),n口)则计算热敏电阻阻值的表达式为Rt= =-；(、卡日姆 D 工 2|r/口 -I根据 Rt= -m可信 |2= ra+

38、k0 根据图象可知，随着电流 I2的增大，图象的斜率增大，电阻Rt的阻值增大，所以该热敏电阻的阻值随毫安表A2的示数的增大而增大；(4)理想电流表示数为 0.7A,相对于I' 1=0.7A,则通过热敏电阻的电流为r 1 = 0.7A - 0.3A = 0.4A = 400mA ,根据图象可知，此时 I2=4mA,此时Rt两端电压为2V,则R2两端电压为7V ,7则 R2= 17.5 0. 42Rt=Q= 5 Q0.4根据Rt-t图象可知Rt=L+ $153解得：t=55Co故答案为：（1）实验电路见解析；（2） "二' ；（3）增大；（4）5, 551工2三、计算题：

39、本题共 3小题，共计38分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位.15【解答】解：（1）粒子的运动轨迹如图所示:由几何关系得/ OiCS=60° ,半径 R= 2V3R粒子转过的圆心角为01 = 300°II区域圆形磁场的圆心 O,接着在磁场中做粒子从A点进入II区域，先做匀速直线运动，且速度延长线刚好过圆周运动，离开时速度方向的反向延长线仍然过圆心O,设轨迹半径为R2,由牛顿运动定律知2i叮qvB2= m艮2tan / 020A =连接。20,得得/ 020A = 30°故此粒子

40、第一次进入 II区城后在II区域转过的圆心角为:02= （90° - Z O2OA） =120° ;（2）粒子进入出区域时，速度方向仍与边界PQ成30。角，故此粒子的轨迹图左右对称，上下对称，粒子在一个周期内，在I、出区域总共要经历两次圆周运动过程，每次转过的圆心角均为1 = 300所用总时间为IX空X端室02= 120。，所用时间为:在II区域要经历两次圆周运动过程，每次转过的圆心角均为t22*竺或巴小兀Rt22人人 , v 360 9v在II区域要经过4次匀速直线运动过程，每次运动的距离为:s-R-RSRRcos30所用总时间：t3=4X四=哩 V V故此粒子在一个周期

41、内所经历的总时间为T = tl+t2+t3=答：(1)粒子第一次进入n区域后在n区域中转过的圆心角为120° ；(2)粒子从开始运动到第一次回到出发点所经历的总时间为。形二士理。216【解答】解：(1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时速度大小为v,则3碟看咤三解得 V= ；：二 1.L 一：小滑块由A到B的过程中，根据动能定理可知,1 1 7-FLj-B点的速度为vb根据动能定理可知从B运动到最高点的过程，设小滑块到达解得 11= 2.4m(2)设小滑块到达C点时的速度大小为vc由动能定理可知,d 12 12_ N rag 12 =yicyc-ynv0解得 vc = 2m/s下滑块下

42、落h = 0.2m所需时间为t,则h = ygtS,解得1 =户1=0. 2m故小滑块水平方向通过的位移为xo = vct= 0.4m v 0.6m故小滑块将落入“陷阱：中，不能运动到D点;(3)又题意可知，若要滑块既不脱离轨道，又不掉进陷阱，则需要分三种情况进行讨论第一种情况：当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的距离为x' 1,则由动能定理可知Fx' 1一师gl1 mgR= 00解得 x' 1 = 0.75m故当恒力的作用距离满足0v x' w 0.75m时符合条件;vo第二种情况：当滑块刚好能经过圆轨道最高点时，设滑块经过最高点时速度为2则 m

43、g = m-， Rx 2,则 / 口嗯 1 -2ingR二设此时恒力作用的距离为解得：x' 2= 0.975m当滑块刚好运动到 C点时速度为零，设此时恒力作用的距离为x 2,则Fx 2-师g (11 + 12)解得 x" 2= 1.1m故当恒力作用的距离满足0.975mvx' v 1.1m时符合条件第三种情况：当滑块刚好能够越过陷阱时，设滑块到达C点的速度为v' C,则由平抛运动h-st2x=v' Ct联立解得v' c= 3m/s设此时恒力作用的距离为 X, 3,则F- 3- k mgCl 1+l2)=ynr/ 解得 x' C= 1.3

44、25m故当恒力作用距离满足 1.325m v x ' v 4m时符合条件答：(1)水平轨道 AB的长度11为2.4m；(2)通过计算判断小滑块不能到达“陷阱”右侧的 D点;(3)水平拉力 F 作用的距离范围为 0vx' < 0.75m, 0.975mvx' < 1.1m, 1.325m vx' v4m。17 .【解答】解：(1)根据题意可知该粒子带正电，从 D点运动到x轴所用的时间设为t1, 则根据位移时间关系有：L二1书?其末速度为： v= a1t1根据牛顿第二定律有：qE = ma1,粒子在区域II中做类平抛运动，所用的时间设为t2,|271?则

45、： 万1=一软?，3L=vt2,根据牛顿第二定律有：qE' =ma2,粒子从D点运动到B点所用的时间：t0=ti+t2,解得：E' = 6E, t0=5 J.血 血（2）设粒子通过x轴时的速度大小为 V0,碰到AB前做类平抛运动的时间为 t,则：vo =粒子第一次碰到 AB前瞬间的x轴分速度大小：vx=a2t,碰前瞬间动能:Ek =即：EK若（苧"“，由于9L9L22时动能Ek有最大值,由（1）得a2=,最大动能：EKm=18qEL,对应的vo =IgqELID粒子在区域I中做初速度为零的匀加速直线运动，则vg=2aiyi解得：yi=9L;粒子在区域II中的运动可等效为粒子以大小为V0的初速度在场强大小为 6E的匀强电场中做类平抛运动直接到达y轴的K点，如图所示，则时间仍然为 t2,则：OK = v0t2,解得：OK = 9L,由于旦3,粒子与AB碰撞一次后，再与 CD碰撞一次，最后到达 B处，则：y2=3L; OB 3L答：（1）区域n的场强大小 E'为6E,粒子从D点运动到B点所用的时间t0为5111aI；V2qg（2）此最大动能Ekm为18qEL , M点与x轴间的距离yi为9L ;粒子通过y轴时的位置与 O点的距离y2为3L。A、ab的延长线过原点，说明 ab为等容线，