2022-2023学年湘豫名校联考高三（第二次）模拟考试物理试卷

2022-2023学年湘豫名校联考高三(第二次)模拟考试物理试卷

1.在力学范围内，国际单位制规定长度、质量、时间为三个基本量，它们的单位米(Tn)、千

克(kg)、秒(s)为基本单位。下列物理量的单位，只能用这三个力学基本单位导出的是

A.磁感应强度B.普朗克常量C.电阻率D.磁通量

2.如图甲所示为氢原子光谱的巴耳末系(其光谱线是由n>3的能级向肛=2的能级跃迁时发

出的)，四条可见光谱线的波长已在图甲中标出。氢原子能级图如图乙所示，En=±Ei，其

中Ei=-13.6eV。几种金属的逸出功如表所示。已知可见光的能量范围是1.62eV〜3.11eiz,

则下列说法中正确的是()

HaHpHrH8

8E/eV

6二蒯

5

4

3--0.85

--1.51

2

ElEu--3.40

Um

euul

.lo.

9leo

ssEl----------------------------13.6

寸

9*寸

甲______乙

金属鸨钙钾锄

W/eV4.543.202.252.13

A.用场光照射时可让表中的两种金属发生光电效应

B.Ha谱线对应光子的能量大于物谱线对应光子的能量

C."a谱线对应的光子是氢原子从n=4能级向n=2能级跃迁发出的

D.氢原子从n=2能级向n=1能级跃迁时发出的光属于红外线

3.周末，小明坐公交车回家，公交车在平直路面上匀速行驶时，小明观察到车顶悬挂的拉

手环竖直下垂如图中a位置。当公交车行驶到其他路段，小明看到拉手环位于图中b位置，并

在一段时间内保持相对静止,则该公交车的运动情况不可能是后前

A.公交车在平直路面上加速前进B.公交车在平直路面上减速倒车

C.公交车在斜坡路面上加速上坡D.公交车在斜坡路面上减速下坡

4.如图所示，高空消防演练时，高压水龙头喷出水流的运动可看成抛体运动。当喷口斜向

上时，水流垂直打在竖直墙面上，击中点到喷口的竖直高度恰好与其水平距离相等。若只将

喷口调为水平且正对墙面，喷水的速度大小不变，这种情况下击中点到喷口的竖直高度与其

水平距离的比值是

D4

5.2022年10月9日，我国的综合性太阳探测卫星“夸父一号”在酒泉卫星发射中心发射升

空，与在2021年发射的第一颗探日卫星“羲和号”联手开展对日观测。两颗卫星的轨道均为

近极地太阳同步轨道，可视为圆形轨道，已知“夸父一号”与“羲和号”离地的高度分别为心、

h2,地球半径为R。下列说法正确的是（）

A.“夸父一号"与''羲和号”所受地球引力大小之比为（篇产

B.“夸父一号”与“羲和号”运行速度大小之比为（篇放

C."夸父一号”与“羲和号”运行周期之比为（貌成

D.“夸父一号”与“羲和号”与地心的连线在相同时间内扫过的面积不相等

6.如图所示，内壁光滑、足够长的绝缘细玻璃管水平固定，管内固定着两个电荷量分别为+Q、

-q（Q>q）的带电小球M、N,管内位于小球N右侧的P点与M、N两小球共线，且M、N两小

球在P点处激发的合电场的电场强度为零。若把另一带电小球E（图中未画出）放在管内P点处，

小球E可能处于稳定平衡状态或不稳定平衡状态，判断方法如下：将小球E稍微偏离P点，若

小球E受到合力的方向指向P点，则小球E处于稳定平衡状态，若合力方向背离P点，则小球E

处于不稳定平衡状态。已知小球E的直径略小于细玻璃管的内径，所有小球均可视为点电荷。

下列说法正确的是储&1

A.若小球E带正电，则小球E在管内P点处于稳定平衡状态

B.若小球E带负电，则小球E在管内P点处于稳定平衡状态

C.若小球E带负电，将其从管内P点向左移动一段距离后，由静止释放，在库仑力作用下小

球E一定做往复运动

D.若小球E带负电，将其从管内P点向右移动一段距离后，由静止释放，在库仑力作用下小

球E一定做往复运动

7.某个粒子分析装置的简化示意图如图所示，在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出）中，有一

圆心为。、半径为R的圆形无磁场区域，在圆形边界的P点处有一a粒子发射源，可在图示

AGPH=90。范围的方向上在纸面内随机向磁场区域发射速度大小相同的a粒子，在圆经过P

点的直径上，固定一长度为2R的荧光挡板，a粒子击中荧光挡板后被吸收并发出荧光。已知PG

与直径QP延长线的夹角为30。，a粒子的质量为小，电荷量为q。不计a粒子的重力和粒子间的

相互作用，当a粒子的速度为"喈时，下列说法正确的是

A.所有进入圆形区域的a粒子均垂直击中荧光挡板

B.荧光挡板上a粒子打到的区域长度为R,且击中荧光挡板的a粒子的位置均匀分布

C.a粒子在磁场中运动的最长时间为寰

D.a粒子在无磁场区域运动的最长时间为亮

8.如图所示，倾角为。=30。、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，下端有一垂直斜面的

固定挡板。质量均为m的小球a、b用劲度系数为k的轻质弹簧连接并放置在斜面上，小球b靠

在挡板上，两小球均保持静止。现对小球a施加一平行斜面向上、大小为F=?ng的恒力。己

知弹簧的弹性势能E期与其形变量x满足E弹=2丘2,弹簧与斜面平行且形变始终处于弹性

限度内，重力加速度大小为g。在以后的运动中，下列分析正确的是

A.小球a先做加速运动，当加速度减小到零后做匀速运动

B.小球b脱离挡板后，系统的总动量保持不变

22

C.小球b刚要运动时，小球a的动能为空

2k

D.小球b脱离挡板以后的运动过程中，弹簧储存的弹性势能可能大于婆交

9.小明在居家学习期间，利用身边的器材测量小区电梯运行的加速度。用到的器材有：弹

簧(可视为轻质理想弹簧)、刻度尺、装适量水的瓶子和细线。

实验步骤如下：

(1)将弹簧的一端悬挂在电梯轿厢内的厢顶上，在电梯不运行时完成步骤(2)、(3),整个实验

过程中弹簧的形变均在弹性限度内；

(2)弹簧下端不挂重物时，用刻度尺测量弹簧的长度=15.50cm；

(3)将装有适量水的瓶子用细线挂在弹簧的下端，稳定后测量弹簧的长度力=26.30cm；

(4)当电梯向上加速运动时、稳定后测量弹簧的长度G=27.05cm.

回答下列问题。

①已知当地的重力加速度g=9.78m/s2,电梯向上运行的加速度表达式a=(用题

中所给物理量的字母表示)，代入数据计算结果为a=m/s2(结果保留两位小数)。

②若要测出弹簧的劲度系数k,还需测量的物理量是(用文字描述

10.某学习小组利用电压表V(量程为15了)、电源E和电位器R(相当于最大阻值很大的滑动变

阻器)，改装成一个能够测量电阻的欧姆表。实验原理图如图中所示。实验主要步骤如下，请

完成有关内容。

(1)按照实验原理图连接电路，先把电位器R的滑片P调到(填“a”或"b”)端,

将红、黑表笔短接，调节滑片P使电压表满偏。

(2)保持电位器R的滑片P不动，在红、黑表笔间接入电阻箱，调节电阻箱的阻值，当电压表

半偏时，电阻箱的示数如图乙所示，读出电阻箱的阻值=0。

(3)在红、黑表笔间接入待测电阻，若电压表的示数为U,已知电压表的满偏电压为Um。把电

压表的示数标示为待测电阻的阻值％,换算公式是%=(用，„、U和

Ro表示)。

(4)利用改装好的欧姆表测量人体两手间的电阻。测试者两手分别捏紧红、黑表笔，电压表指

针读数如图丙所示，则人体电阻R人=kO(结果保留两位有效数字)。

(5)(填“可以”或“不可以”)用此改装的欧姆表测量阻值为几欧姆的小灯泡的

电阻。原因是：。

11.如图所示，在水平向左的匀强电场中有一光滑水平绝缘桌面，桌面的右端固定一定滑轮。

两个质量均为小、可视为质点的滑块a、b,通过不可伸长的细线绕过定滑轮连接，其中滑块a

带正电，电荷量为q,滑块b不带电，滑块a与滑轮间的细线保持水平。开始时，滑块a锁定在

桌面上的P点，整个系统处于静止状态。解除对滑块a的锁定后，滑块a向右运动一段时间后(

滑块b未触地)剪断细线，又经过相同的时间滑块a恰好回到P点。已知重力加速度大小为g,

滑块a向右运动过程中未与滑轮碰撞。求：

(1)滑块a在剪断细线时与回到P点时的速度大小之比;

(2)电场强度的大小。

12.如图甲所示，倾角。=37。、足够长的斜面固定在水平面上，斜面上水平边界MN的下方

有垂直斜面向上的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=17。初始时，一质量m=0.2kg、

边长L=0.2m、电阻R=OQ40的单匝正方形导体框abed静止在斜面上的磁场区域内，ab边

与磁场边界MN平行且距MN的距离为导体框先后两次在平行斜面向上的拉力尸作用下，从

初始位置由静止开始沿斜面向上运动，导体框离开磁场时撤去拉力，运动过程中导体框的ab

边始终与边界MN平行。已知导体框与斜面间的动摩擦因数〃=0.75,重力加速度大小g取

10m/s2,sin37。=0.6,©os37°=0.8。先后两次拉动情景如下：

第一次拉力尸为恒力，导体框的ab边运动至磁场边界MN时，导体框恰好做匀速运动；

第二次拉力F为变力，导体框的速度"与沿斜面向上运动的距离》满足正比关系，关系图

象如图乙所示。

(1)求第一次拉力F的大小。

(2)求第二次拉力户的大小与导体框沿斜面向上运动的距离X满足的关系式。

(3)若在斜面磁场区域的上方离边界MN的距离为d处安装一弹性挡板，第二次导体框沿斜面向

上离开磁场后与挡板碰撞，导体框与挡板碰撞后瞬间导体框速度大小不变而方向反向。碰撞

后导体框再次到达磁场区域但最终没能全部进入磁场区域，求d应满足的条件。(结果保留三

位有效数字)

13.如图所示，水平放置的汽缸被光滑的活塞分隔为左右两部分，汽缸与活塞的隔热性良好。

右侧充入一定质量的理想气体，并连有电热丝。左侧为真空，一根弹簧(弹簧的形变始终在弹

性限度内)连接活塞和左侧器壁，活塞处于静止状态。现接通电源，电热丝缓慢加热右侧气体,

A.右侧气体压强增加

B.右侧气体中每一个分子的动能都增加

C.电热丝产生的焦耳热等于右侧气体内能的增量

D.右侧气体分子单位时间内撞击活塞的次数可能减少

E.右侧气体分子单位时间内撞击活塞的冲量增加

14.如图甲所示，一水平固定放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞I与

活塞】［之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用长度为2L、不可伸长的轻质细线连接，活塞

II恰好位于汽缸的粗细缸连接处，此时细线拉直且无张力。现把汽缸竖立放置，如图乙所示，

活塞I在上方，稳定后活塞I、n到汽缸的粗细缸连接处的距离均为L已知活塞I与活塞n

的质量分别为2机、m,面积分别为2S、S,环境温度为7°,重力加速度大小为g,大气压强保

持不变，忽略活塞与汽缸壁的摩擦，汽缸不漏气，汽缸与活塞导热性良好，不计细线的体积。

I

1

(i)缓慢升高环境温度，稳定后活塞II再次回到汽缸的粗细缸连接处，求环境温度7及此时细

线张力仁；

(ii)在图乙中，若温度保持7。不变，用力缓慢上推活塞H,使其再次回到汽缸的粗细缸连接处

并保持静止，求稳定后推力风及活塞I到粗细缸连接处的距离X。

15.如图所示为半圆形玻璃砖的横截面，直径MN与水平面平行。由红、绿两种单色光组成

的细光束沿aM从MN边射入玻璃砖，细光束进入玻璃砖后分成两束光分别打到玻璃砖截面的

b、C两点处，b、c两点分别位于玻璃砖截面最低点的左右两侧。下列说法正确的是（）

B.在玻璃中，绿光的速度比红光小

C.在玻璃中，绿光的波长比红光长

D.射到c点的光在c点没有发生全反射

E.光从M点到c点的传播时间比从M点到b点的传播时间长

16.如图所示，蛇形摆是演示单摆周期与摆长关系的实验装置，各摆球的摆长从左到右按一

定规律递减，以单摆所在平面为yOz面，以垂直单摆所在平面为x轴，建立O-xyz空间直角

坐标系。用一板子把所有摆球由平衡位置沿x轴正方向移动相同的一小段位移，然后同时释放,

由于各摆球周期不同，开始摆球整体看上去像一条舞动的蛇，一段时间后变得紊乱，经过一

段时间又会重复。现有10个摆球，从左到右依次编号为？1=0、1、2、…、9,摆长分别为L。、

〃、…、乙9,摆长满足人=（急产乙。，其中N=10,编号n=0的单摆周期为To（为已知

量），摆球的运动可视为简谐运动，不考虑空气阻力。

（1）求编号为般的单摆的周期〃；

（2）板子放开后编号n=。的单摆若完成了10次全振动，编号n=7的单摆完成了多少次全振

动？

答案和解析

1.【答案】B

【解析】

【分析】

由物理量间的关系确定物理量的单位关系，由此得解。

本题主要考查单位制，熟悉单位制是解题的关键，难度不大。

【解答】

A物理学的关系式不但确定了物理量间的数量关系，也确定了物理量间的单位关系，由B=A，可

得磁感应强度的单位为：kg-s^-A-1,4项错误；

氏由E=/iv,可得普朗克常量的单位为：kg-m2^-1,故8项正确；

C.由R=p（，可得电阻率的单位为：kg-m3-s-3-A-2,故C项错误；

。.由O=BS,可得磁通量的单位为kg-7n2.s-2/T,D项错误。

2.【答案】4

【解析】【详解】

根据图甲可知"a谱线对应的光波长最长，为谱线对应的光波长最短，根据

C

E=hv=

A

可知“谱线对应光子的能量最小，“6谱线对应的光子能量最大。代入四条可见光谱线的波长,

得到四种光的光子能量分别为

Ea=1.89eK,Ep=2.55W,Ey=2.86eU,Es=3.02eK

此能量恰好与氢原子分别从n=3,n=4,n=5,n=6能级跃迁到n=2能级对应的能量

相符。

A.发生光电效应为光子能量大于金属的逸出功。根据上述结果可知用Hp光照射时可让表中钾和锄

两种金属发生光电效应。故A正确；

A根据上述解析可知Ha谱线对应光子的能量小于谱线对应光子的能量，故B错误；

C.Ha谱线对应的光子是氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁发出的，故C错误；

。.氢原子从71=2能级向71=1能级跃迁时发出的光，能量为10.2e1Z,此能量大于可见光的能量

范围，故此光属于紫外线。故力错误。

故选4。

3.【答案】D

【解析】

【分析】

本题主要考查牛顿第二定律的应用。根据公交车的运动情况，分析加速度的方向，由此确定公交

车的受力情况，可知拉手环的位置，即可正确求解。

【解答】

A.公交车在水平路面上加速前进时，加速度方向向前，结合牛顿第二定律可知，拉手环所受的拉

力和重力的合力产生加速度，故A有可能；

A在水平路面上减速倒车时，加速度方向仍向前，拉手环所受的拉力和重力的合力产生加速度，

故B有可能；

C.设斜坡倾角为a,两种情况下绳间的夹角为0,若公交车在斜坡路面匀速上坡，拉手环沿竖直方

向，绳间夹角。等于斜坡倾角a,加速上坡时，拉手环偏向竖直方向的后方，绳间夹角。大于斜坡

倾角a,故C有可能；

。.若公交车在斜坡路面减速下坡，加速度斜向上，拉手环偏向竖直方向的前方，即b一定在a的右

侧，故。不可能。

故选D.

4.【答案】D

【解析】

【分析】本题主要考查斜抛运动和平抛运动。将水流斜向上的运动反过来看就是平抛运动，平抛

运动在水平方向上做匀速运动，竖直方向上做自由落体运动，结合平抛运动的规律，由运动学公

式列式即可正确求解。

【解答】

设喷口水流速度为北，水平分速度为以，竖直分速度为内,水流斜向上的运动反过来看就是平抛

运动。设水平方向的位移为3竖直方向的位移为H,竖直方向有时=2gH,H=：gt2,水平方

向有乙=以3可得4：=彳=LJ券,vy=yj2gH,有於=说+vj=%■+2gH,喷口水平时，

设竖直方向的位移为H',水平方向有L=%t',竖直方向有y=；gt，2=],可得H，=^J,

22

2"2v0L+4H

由乙="，解得H'=却,则U故。正确，ABC错误。

5.【答案】BD

【解析】

【分析】

由万有引力表达式结合卫星的质量关系得解；由万有引力提供向心力判断得解；由卫星的速度关

系解得周期关系，由此得解；由开普勒第二定律得解。

本题主要考查对万有引力的理解与应用，知道卫星由万有引力提供向心力是解题的关键，难度一

般。

【解答】

A.卫星所受地球的引力为尸=63煞，可知地球引力大小与卫星的质量有关，由于不知道两颗卫

(R+力)

星的质量关系，无法求出所受地球引力之比，4项错误；

8.卫星做圆周运动，地球对其的万有引力充当向心力，由G兽7=小悬，得口=唇，两卫

(R+h)R+八NR+h

星运行速度之比"=厝IB项正确；

C.由u=生等，可得T=2兀两卫星周期之比：q=J缺)3,C项错误；

。.卫是与地心连线在时间t内扫过的面积：S=17r与+无产GM(R+/i),两卫星与地心的连

线在相同时间内扫过的面积之比*=I的。项正确。

6.【答案】BD

【解析】

【分析】

本题考察了小球在电场运动的规律，根据小球的电性和受力特点，以及电场力做功特点，逐步分

析，难度较大。

【解答】

【解析】

A.以小交N为坐标原点，水平向右方向为x轴正方向，M、N两小交在x轴正方向散发的电场强度及

电势分布（取无穷远处电势为零）如图所示，P点左侧场强方向向左，P点右侧场强方向向右，若小

球E带正电，小球E在管内P点，若稍微向左偏离，受电场力向左，若稍微向右偏高，受电场力向

右，小球E在P点处于不稳定平衡状态，4项错误；

8若小球E带负电，小球E在管内P点，若稍微向左偏离，受电场力向右，若稍微向右偏离，受电

场力向左，小球在P点处于稳定平衡状态，B项正确；

C.如图所示，设A处电势为零，若小球E带负电，小球E从A处由静止都放，小球E先向右加速，经

过P点时速度最大，再向右减速，到达无穷远处时电场力做功为零，速度恰减小到零。若从AP中

间某一位置释放，小球E到达P点右侧与释放点电势相等处时电场力做功为零，速度减为零，然后

向左运动，到达释放点时速度减为零，小球E做周期性往复运动。若从。4中间某一位置释放，小

球E到达P点右侧无穷远处时电场力做功大于零，仍有速度，小球一直向右做单向运动，C项错误;

D若小球E带负电将其从P点右侧某一位置释放，小球到达P点左侧与释放点电势相等处时电场力

做功为零，速度减为零，然后向右运动，到达释放点时速度减为零，小球E做周期性往复运动，D

项正确。

7.【答案】AD

【解析】

【分析】

【分析】

本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，解题的关键是要知道粒子在匀强磁场中受到洛伦兹力作

用而做匀速圆周运动，进入非磁场区域保持原运动方向做匀速直线运动，注意分析粒子运动轨迹

由初速度方向的变化，结合几何关系得出结果。

【解答】

【解析】

A.当a粒子速度为u=避时，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径厂=器=七当a粒子发射速度

方向与直径QP延长线的夹角为。时，设轨迹圆心为0',到达圆形边界的位置为/,如图甲所示.由几

何关系可知四边形P0/0'为菱形，0'〃/P0,粒子从/处进入无磁场区域时的速度方向与荧光挡板

垂直且打到K点，即所有进入圆形区域的a粒子均垂直击中荧光挡板，4项正确；

A如图乙所示，设沿PG方向射出的粒子打到荧光挡板上的M点，为最远点，由几何关系PM=R(1+

sin30。)，设沿PH方向射出的粒子打到荧光挡板上的N点，为最近点，由几何关系知PN=R(1—

sin60°),有a粒子打到荧光挡板上区域的长度为“N=R(sin30。+sin60°)=与由图甲中几何

关系知PK=(1+sinO),则打到荧光挡板上的K点到P点的距离PK与sin。是线性关系，与。不是线

性关系，击中荧光挡板的a粒子的位置不是均匀分布，B项错误；

C.a粒子在磁场中做圆周运动的周期T=笔，活PH方向射出的粒子，在磁场中圆周运动的圆心角

最大，由几何关系知圆心角为330。，运动时间最长为=告詈，C项错误；

D设沿水平向左射出的a粒子到达圆形边界的位置为E,再从E到达荧光挡板上的。点，a粒子做匀

速直线运动的最长距离为R,a粒子在无磁场区域运动的最长时间为加2=：=虚，。项正确；

故选AZX

8.【答案】BCD

【解析】

【分析】

根据题意分析清楚小球a、b的受力情况与运动过程，应用平衡条件与牛顿第二定律、胡克定律分

析运动情况，结合动量守恒定律和能量守恒定律，然后分析问题。

本题考查了牛顿运动定律，动量守恒定律，能量守恒定律的应用，根据题意分析清楚小球a、b的

受力情况与运动过程是解题的前提与关键。

【解答】

A.开始弹簧处于压缩状态，对小球a施加恒力产后，小球a开始沿斜面向上加速运动，弹簧压缩量

变小，弹力减小，小球a的加速度减小，当弹簧处于拉伸状态且弹力?那=瓶外也。时，小球b开始

运动。此时小球a的加速度恰好减小到零，速度达到最大。由于小球a的速度大于小球b的速度，

弹赛继续伸长，以后小球a减速，小球b加速，当二者速度相等时，弹簧达到最长，储存弹性势能

最大。再往后，小球a继续减速，小球b继续加速，弹簧开始缩短。a、b两小球运动的u-t图象如

图所示

员在小球b运动前，系统合外力不为零，系统的动量不守恒，小球6开始运动后，系统合外力为零，

系统的动量保持不变，B项正确；

C施加恒力产前，设弹簧形变量为久1，有kxi=mgsinO,可得与=翳，小球b刚要运动时，设弹

簧形变量为％2，有k£2=mgsin。，可得％2=翳，

由能量守恒，有+x2)=Eka+mg(xr+x2)sin0+ifcxj-kx1,可得=当条，C项正确；

。.从小球b刚要运动时开始研究，设此时小球a的速度为分,有域，当弹簧第一次拉伸到

最长时，设两小球速度为“，由动量守恒定律知m%=2nw,此过程系统动能的减小量

"二为心之⑦b=学,设a、b两小球此阶段的位移分别为之、&，拉力做的功必=

Fxa=mgxa,a、b两小球重力势能的增加量△Ep=mg(xa+xb)sine,

弹性势能的增加量△E^=Epm-\kxl，

由能量守恒定律知=△%+z\E胸由于&<%，WF>△EP,

可知AE理〉△&,即芯慰〉喀，可得后>噜!，。项正确。故选BCD。

24k〃ok

9.【答案】①普。0.68；②瓶子及水的总质量。

【解析】

【分析】

①由初始平衡求得弹簧的劲度系数，当电梯向上加速运动时，由牛顿第二定律方程求解加速度；

②由k的表达式分析可知还需测量的物理量。

明确实验原理，利用平衡方程以及牛顿第二定律分析。

【解答】

①设瓶子及水的总质量为小，弹簧的劲度系数为底当上端固定，下端挂上装有适量水的瓶子时，

有

k®-LQ)=mg,当电梯向上加速运动时，有％(乙2-耳))一瓶9=解得a=J?g，代入数

据解得a弋0.68m/s2o

②由于卜=造力若要测出弹簧的劲度系数匕还需测量瓶子及水的总质量小。

10.【答案】⑴加(2)7968；(3)(守一l)Ro；(4)23或24；(5)不可以；小灯泡的电阻远小于此欧

姆表的内阻，若在红、黑表笔间接入小灯泡，电压表的读数几乎满偏，所以无法测量小灯泡的电

阻

【解析】

【分析】(1)根据实验的安全原则，实验前先把电阻调到最大；

(2)根据电阻箱的读数方法可以直接读数

(3)根据闭合电路欧姆定律，以及串并联电路的特点求出待测电阻阻值；

(4)根据闭合电路欧姆定律计算即可；

(5)根据实际情况可以判断能否测量小灯泡的电阻；

本题主要考察了多用电表的使用，结合实际问题以及闭合电路欧姆定律解决问题即可，难度一般

【解答】(1)为防止电压表的电流过大，应先把电位器的阻值调到最大，滑片P应先调到b端。

(2)电阻箱的阻值&=(7x1000+9x100+6x10+8X1)/2=79680。

(3)设电源的电动势为E,内阻r,电压表内阻Ry,红、黑表笔短接，电压表满偏时，有Um=康荷E,

保持电位器的滑片P不动，在红、黑表笔间接入电阻箱，调节电阻箱的阻值，当电压表半偏时，

有与=而磊而E,红、黑表笔间接入待测电阻勺，有一U=而黑衣&可得心=(华一1)R。。

(4)测量人体两手间的电阻时，电压表读数为U=3.8V,电压表满偏电压Um=15V,R4=(号-

1)/?0x23kfla

(5)此改装的欧母表的内阻％=Rv+r+R=R0=79680,由于小灯泡的电阻远小于此欧姆表的

内阻，若在红、黑表笔间接入小灯泡，电压表的读数几乎满偏，所以无法测量小灯泡的电阻。

11.【答案】(1)选向右为正方向，设滑块a在剪断细线时与又回到P点时的速度大小分别为％、%，

剪断细线前

后滑块a的加速度大小分别为由、a2o滑块a向右加速过程有%=ait①

滑块a剪断细线后又回到P点，则有-女=vi-a2t②

两阶段滑块a运动的位移大小相等，方向相反，有;为户=2t2)③

由①②③得意

(2)设细线的张力为凡由牛顿第二定律知，滑块a向右加速的过程，对滑块a有F-qE=Tn的⑤

对滑块b有?ng—F=THQI(6)

剪断细线后，对滑块a有qE=ma2⑦

由①③得合/⑧

由⑤⑥⑦⑧得5=鬻

【解析】本题主要考察了带电滑块在电场中的运动，结合位移时间公式和牛顿第二定律解决问题，

难度不大。

本题主要考查对带电质点在电场中的运动，结合运动学公式以及牛顿第二定律进行解答。

12.【答案】解：(1)第一次，设导体框匀加速运动时的加速度为a,ab边到达磁场边界MN时速度

为v,由牛顿第二定律知F-mgsind-nmgcosd=ma

由运动学公式知卢=2aL

导体框匀速穿过磁场区域时，cd边切制磁感线产生感应电动势E=BLv

回路中产生的感应电流/=《

cd边受到的安培力以

匀速穿过磁场区域，导体框受到的合力为零，有产一mgsin。一卬ngcos。一自=0

联立得：v—2m/s,拉力F=4.4/V

(2)设导体框沿斜面向上运动的距离为不时，加速度为a,速度为外由题图乙可知u=/cx,其中/c=

7.5s-1

取一段位移微元△%,有=

所用时间为△3有当=1当

△tAt

由于Q="，U="，可得Q=/CU=左2%

AtAt

ab边到达磁场边界MN前，有尸—mgsinO—/imgcosd=ma

解得F=7ng(sin。4-〃cos。)+mk2x

代入数据得F=(2.4+11.25%)N,其中0<x<0.2m

导体框穿过磁场区域时有尸—mgsind—[imgcosd—FA'=ma

_-/口p2/2K

可r付F=mg(sin。+〃cos。)+(--——Fmfc2)x

A

代入数据得F=(2.4+18.75%)N,其中0.2m<x<0,4m

(3)导体框的cd边离开磁场时的速度%=3m/s,导体框先做匀减速直线运动，设加速度大小为的,

有mgsin。+47ngeos61=mai

解得：囱=12m/s2

挡板离MN的最远距离为山，有

vl=2al(虑—L)

解得：£=0.575m

设反弹后导体框的速度大小为W，沿斜面向下运动的加速度大小为a?，有

mgsin9-l^mgcose=ma2

解得：a2=0

即导体框沿斜面向下先做匀速运动，cd边进入磁场后做减速运动•

设cd边进入磁场后又运动的时间为玲，在碰场中运动的总位移为&，平均速度为讥

导体框产生的平均电动势石=BLv

回路中的平均电流7=§

由动量定理-B〃to=0-mv2

有工0=箕0=葭*"2

DL

导体框若恰好全部进入磁场，有沏=心

可得。2=lm/s

此时挡板离MN的最近距离为d2,有谥-谚=2al(d2-L)

解得弓2«0.533m

综上，d应满足的条件为0.533m<d<0.575m。

【解析】本题考查电磁感应中的动力学问题，涉及到受力分析，牛顿第二定律，微元法等知识的

应用，题目较难。

(1)对导线框受力分析，求运动的加速度，根据导体框恰好做匀速运动，建立平衡方程，联立求解

拉力的大小：

(2)根据图像求出u-x的斜率，取位移微元分析加速度与位移x的关系，结合受力及牛顿第二定律

分析力与x的关系；

(3)导体棒离开磁场后做匀减速直线运动，根据出磁场的速度及受力分析可求d的最大值，与档板

碰撞后，导体框向下运动进入磁场后可根据动量定理分析导体框不完全进入磁场时d的条件，即得

d应满足的条件。

13.【答案】ADE

【解析】【详解】

A电热丝缓慢加热右侧气体，则温度升高，体积变大，活塞向左移动，弹簧的压缩量变大，则右

侧气体压强

kx

P=T

则压强增加，选项A正确；

B.右侧气体温度升高，气体分子平均动能变大，但是每一个分子的动能不一定都增加，选项B错

误；

C.电热丝产生的焦耳热等于右侧气体内能的增量与弹簧弹性势能增量之和，选项C错误；

。.右侧气体体积变大，气体分子数密度减小，而气体压强变大，则分子单位时间内撞击活塞的次

数可能减少，选项。正确；

£右侧气体分子分子平均速率变大，则气体分子对活塞的碰撞力变大，即单位时间内撞击活塞的

冲量增加，选项E正确。

故选AQE。

14.【答案】解：(i)图甲中，汽缸中气体压强等于大气压po；图乙中，汽缸中气体压强为pi，

由玻意耳定律得

Pox4sL=Pix3SL

解得

4

Pi=3P0

汽缸竖立稳定时，设汽缸内气体压强为p,对活塞/

Pox2S+2mg+%=pX2s

对活塞〃

pS+mg=尸7+p0S

解得

FT=4mg,p=p0+苧

缓慢升高环境温度，气体做等压变化，则

2SL+SL_4sL

--二丁

解得

4

F。

(ii)若温度保持7。不变，活塞0再次回到汽缸连接处，假设细线仍处于张紧状态，设汽缸中气体

的压强为P2,细