2022年辽宁省辽南协作校高考物理三模试卷（附答案详解）

2022年辽宁省辽南协作校高考物理三模试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.2022年4月16号上午，神舟13号飞船在内蒙古东风着陆

场顺利降落。气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空

或由太空返回用的气密性装置.如图所示，座舱4与气闸

舱B之间装有阀门K,座舱4中充满一定质量的空气（可视为理想气体），气闸舱B内

为真空.航天员从太空返回气闸舱时，打开阀门K,4中的气体进入B中，最终达到

平衡.假设此过程中系统与外界没有热交换.下列说法正确的是（）

A.气闸舱B中的气体可能自发的全部回到4中

B.气体对外做功，平衡后气体内能减小

C.气体对外不做功，平衡后气体温度降低

D.气体体积变大，平衡后压强变小

2.居室装修中常用的大理石等天然石材，若含有铀、钮等元素就会释放出放射性气体

氨，氧会经呼吸道进入人体并停留在体内发生衰变，放射出a、£、y射线这些射线

会导致细胞发生变异，引起疾病。一静止的铀核放出一个a粒子衰变成铳+核，衰

变方程为第8[;一窃以下说法正确的是（）

A.衰变后针核的动能等于a粒子的动能

B.衰变后专土核的动量与a粒子的动量相同

C.衰变后a粒子与钻核的质量之和小于衰变前铀核的质量

D.铀核的比结合能大于其衰变后的针核的比结合能

3.如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，。为球心，一一一O，甄_

质量为小的小滑块，在水平力F的作用下静止P点。设滑块所

受支持力为FN.OP与水平方向的夹角为。.下列关系正确的是

()

Z7mg

F=-----F=

A.tan0B.F=mgtandC.FN=得D.NmgtanO

4.轨道平面与赤道平面夹角为90。的人造地球卫星被称为;北极

极地轨道卫星，它运行时能到达南北极区的上空，需要

在全球范围内进行观测和应用的气象卫星、导航卫星等

都采用这种轨道.如图，若某颗极地轨道卫星从北纬45。

；Wft

的正上方按图示方向首次运行到南纬45。的正上方用时45分钟，贝女）

A.该卫星运行速度一定大于7.9k7n/s

B.该卫星绕地球运行的周期与同步卫星的周期之比为1：4

C.该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比为1：8

D.该卫星加速度与同步卫星加速度之比为16：1

5.质量为M=2kg的平板小车左端放有质量为m=3kg的小铁块，它和车之间的动摩

擦因数〃=0.4.开始时，车和铁块均以北=3m/s的速度在光滑水平面上向右运动,

如图所示.车与墙发生正碰，设碰撞时间极短，碰撞中无机械能损失，且车身足够

长，运动过程中铁块总不能和墙相碰，则小车和墙第一次相碰后，平板小车第一次

离开墙的最大距离为力以及铁块相对小车的总位移x例y分别为（）

A.Xi=0.75m,x相对=1.875mB.匕=0.50m,x相对=1.625m

C.%1=1.50m,x相对=1.875mD.=0.75m,x相对=1.625m

6.如图，完全相同的灯泡a,b的额定电压为4，当输入电压U为4%时，两灯泡恰好

正常发光。以为随温度升高阻值减小的热敏电阻，下列说法正确的是（）

A.若热敏电阻力温度升高，灯泡a,b都可能烧坏

B.若热敏电阻场温度升高，则变压器的输出功率可能增大

C.原、副线圈匝数之比为4：1

D.当U=4U0,两灯泡恰好正常发光时，流经灯泡b的电流与热敏电阻电流之比为2：1

7.如图所示，在坐标原点。处有一波源S,它沿y轴做频率为50”z；振幅为2cm的简谐

振动，形成的波可沿x轴正、负方向传播，波速为20m/s,开始振动时S恰好经过。

点沿y轴正方向运动，则波传到坐标为七--2.9m的N点时均=2.7zn的质点M运动

状态是（）

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y/cm

2

N________________________M

-19^0.4-0.20S0.20.4Z71/m

A.处于平衡位置且向下运动B.处于平衡位置且向上运动

C.处于波峰位置D.处于波谷位置

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8.如图所示，相距2Z,的AB、CD两直线间的区域存在

两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PS

下方的电场邑的场强方向为竖直向上，PS上方的电

场%的场强方向为竖直向下。在电场左边界上宽

为L的PQ区域内，连续分布着电荷量为+q、质量为

m的粒子。从某时刻起由Q到P点间的带电粒子，依

次以相同的初速度%沿水平方向垂直射入匀强电场Ei中。从Q点射入的粒子，通过

PS上的某点R进入匀强电场&后从CD边上的M点水平射出，其轨迹如图。若MS两

点的距离为，.不计粒子的重力及它们间的相互作用。下列说法正确的是（）

A.PQ间水平射入电场的粒子，它们到达CD边的时间均为《=中

VO

B.PQ间水平射入电场的粒子，它们一定都垂直于CD边水平射出

C.电场强度瓦=誓

D.PQ间距离P点为士的粒子射入电场后垂直于CD边水平射出

1O

9.如图所示，倾斜放置的挡板OM与竖直方向的夹角60。，从。点

正下方的4点以为=10V5m/s的水平初速度向右抛出一个质

量为m=1kg的小球（可视为质点），若小球的运动轨迹恰好与

挡板上的B点相切（B点未画出），重力加速度g取10m/s2,不考

虑空气阻力，则（）

A.小球到达B点时的速度大小为10m/s

B.从4到B过程中，小球的动量变化量为10kg-m/s

C.0、4两点间的距离为10m

D.从A到B过程中，小球的动能增加量为50/

10.如图所示，边长为2a的等边三角形ABC区域内有垂直纸

面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B,一束质量为m

电荷量为-q（q>0）的同种带电粒子（不计重力），从AB

边的中点，以不同速率沿不同方向射入磁场区域（均垂直

于磁场方向射入），下列说法正确的是（）

A.若粒子均平行于BC边射入，则从BC边射出的粒子最大速率为邈处

4m

B.若粒子均平行于BC边射入，则从BC边射出的粒子速率最小时•，在磁场中运动的半径

为用a

C.若粒子均垂直于48边射入，则粒子不可能从8C边上距B点*a处出射

3

D.若粒子射入时的速率为适丝，则粒子从BC边射出的最短时间为翳

2m3Hq

三、实验题（本大题共3小题，共24.0分）

11.实验小组同学利用气垫导轨、数字计时器和拉力传感器做“研究沿斜面下滑物体的

机械能守恒”实验，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一带有刻度尺的倾斜气

垫导轨，导轨上4点处有一带遮光条的长方形滑块，用天平测得其总质量为小。定

滑轮与拉力传感器之间的细绳是竖直的，定滑轮与滑块之间的细绳平行于气垫导轨。

实验步骤如下：

①用图乙所示的游标卡尺测出测光条的宽度d=cm；

②安装好实验器材，给气垫导轨接上气源，然后读出拉力传感器的示数F,同时从

气垫导轨刻度尺上读出遮光条中心与光电门之间的距离L：

③烧断拉力传感器与滑块之间的细绳，让滑块滑向光电门并记录遮光条通过光电

门的时间t;

④多次改变滑块与光电门之间的距离，每次实验测量相应的L与t值，填入相应的表

格中。

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试分析下列问题:

(1)小组同学根据测得的L与t的值，用描点法作出如图丙所示的L-总图像，如果不

考虑空气阻力，若该图线的斜率向=,即可验证滑块沿下面下滑过程中机械

能守恒；

(2)考虑到实际存在的空气阻力，设小球在下落过程中平均阻力大小为/,根据实际

数据绘出L一卷图像的斜率为匕则k自(填“大于”、“等于”或“小于”)。

12.如图所示，图甲为热敏电阻的R-t图像，图乙为用此热敏电阻和继电器组成的一

简易温控开关，继电器的电阻为800。当继电器电流超过10nM时，衔铁吸合，加

热器停止加热，实现温控。为继电器线圈供电的电池E的内阻不计。图中“电源”

是恒温箱加热器的电源。

(1)提供以下实验器材：电源瓦(3IZ),电源%(6V),滑动变阻器RM。〜200),滑动

变阻器/?2(。〜200。)，热敏电阻R3电阻箱(OM99.90),开关S,导线若干。

为使该装置实现对20〜60冤之间任意温度的控制，电源E应选(填“EJ或

“％”)；滑动变阻器应选(填“当”或“/?2”)。

(2)为了实现恒温系统保持温度为30。&实验时进行了以下操作：

①断开开关，滑动变阻器调节至最大，将电阻箱调节到一固定的阻值______0;

②将单刀双掷开关向c端闭合；

③缓慢调节滑动变阻器的阻值观察到继电器的衔铁恰好被吸合；

④保持滑动变阻器的位置不变，将单刀双掷开关另一端闭合，恒温箱系统正常工

作；

(3)若恒温箱系统要保持温度为30汽，则需把滑动变阻器调节到Q；若恒温箱

系统要保持温度为35汽，则滑动变阻器正常工作时必须向(填“左”或

“右”)移动滑动触头。

瞄

翻

翻

50].......................微

010203040506070Mp热敏电网

甲乙

13.如图所示，阴影部分ABC为一由均匀透明材料做成的柱形光

学元件的横截面，弧4C是一半径为R的;圆弧，D为圆心，

4BCD构成正方形，在。处有一点光源，当光从AB中点E射

出时，折射光的反向延长线交4。于尸点，4F的长度为：，不

4

考虑二次折射。求:

(1)此材料对该光的折射率n；

(2)4B边有光射出的区域的长度。

四、计算题(本大题共2小题，共30.0分)

14.如图所示，为把货物运送到车上，在车前架设一与水平面夹角为37。逆时针匀速转

动的传送带，传送带长L=25m,传送带匀速运动的速度为u=4m/s,货物与传送

带间的动摩擦因数“=0.8,传送带不打滑。现在传送带底端由静止释放一货物，

其质量为m=10kg。己知重力加速度g=lOm/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.8,

货物可视为质点。求：

(1)货物在传送带上的运动时间；

(2)从货物滑上传送带到离开传送带该装运系统额外消耗的电能。

15.如图，两光滑平行金属导轨4C、AC'固定于地面上方九=0.8m高处的水平面上，导

轨间距L=1m,导轨电阻不计，其右端与阻值为R=10的电阻、断开的开关S连接。

处于竖直平面内半径为0.8m的、光滑绝缘的;圆弧轨道与金属导轨相切于4A处.

AC.AC'之间存在磁感应强度大小为17、方向竖直向下的匀强磁场。两根相同的

导体棒aa'、bb',长度均为1m,质量均为0.5kg,电阻均为10,bb'棒静止于图示

的水平导轨上，将aa'棒从圆弧轨道顶端由静止释放，aa'棒到达4A处与水平导轨

良好接触且滑行一小段距离，之后aa'棒水平向左飞出，落到地面时水平射程x=

0.8m；在aa'棒飞离水平导轨瞬间立即闭合开关S,此后经过时间3bb'棒在cd处恰

好停下。已知重力加速度大小为g,bb'棒始终与导轨垂直且接触良好，不计空气阻

力。求：

(l)aa'棒与水平导轨接触瞬间，aa'两点间的电势差；

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(2)aa‘棒与水平导轨接触过程中通过aa'棒某一横截面的电荷量以及aa'棒飞离A4'

处瞬间bb'棒的速度大小：

(3)从闭合开关的瞬间至独"棒停下的过程中，帅'棒中产生的焦耳热以及帅'棒运动

的位移大小。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4、根据端增加原理可知一切宏观热现象均具有方向性，故8中气体不可

能自发地全部退回到4中，故A错误；

BC、该过程中气体自由扩散，没有对外做功，又因为整个系统与外界没有热交换，根

据4U=IV+Q可知内能不变，温度不变，故3C错误；

D、气体自由扩散过程中，体积变大，根据牛=C知压强减小，故。正确。

故选：Do

根据燧增加原理即可判断出8中气体是否可能自发地全部退回到A中；本题是气体绝热

自由扩散，8为真空，气体不对外做功；根据热力学第一定律分析内能的变化，进而判

断出温度的变化；根据一定质量的理想气体状态方程分析压强的变化。

本题考查气体的自由扩散、理想气体的状态方程、气体压强的围观意义、热力学第一定

律的综合运用，解题关键是要明确气体是自由扩散，还要能够根据热力学第一定律公式

AU=W+Q分析内能的变化，进而判断出温度的变化，不可认为气体膨胀对外做功。

2.【答案】C

【解析】解：AB,衰变的过程中动量守恒，所以一静止的铀核放出一个a粒子衰变成社

核后，车土核的动量与a粒子的动量大小相等，方向相反;根据p2=2mEk,可知:Ek=上,

社核的质量不等于a粒子的质量，所以钻核的动能不等于a粒子的动能，故4B错误；

C、原子核衰变时会出现质量亏损，释放能量，所以衰变后a粒子与针核的质量之和小

于衰变前铀核的质量，故C正确；

。、衰变过程释放能量，所以总结合能增大；由于a粒子是质量小的轻核，比结合能较

小，所以铀核的比结合能小于其衰变后的牡核的比结合能，故。错误。

故选：Co

衰变的过程中动量守恒，然后结合动能与动量的关系判断；衰变过程中亏损的质量以能

量的形式释放出来，衰变后新核比结合能更大。

本题考查了原子核衰变、比结合能等知识点。对于这分知识很多是属于记忆部分的，因

此需要注意平时的记忆与积累。

3.【答案】A

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【解析】

【分析】《

物体处于平衡状态，对物体受力分析，根据共点力平衡条件，:

可求出支持力和水平推力。.

本题受力分析时应该注意，支持力的方向垂直于接触面，即指

向圆心。本题也可用正交分解列式求解。

【解答】

解：对小滑块受力分析，受水平推力尸、重力G、支持力FN、根据三力平衡条件,

将受水平推力F和重力G合成，如图所示，由几何关系可得

尸=簿，心=《荒，所以4正确，B、C、。错误。

tanC/sintz

故选：A。

4.【答案】D

【解析】解：4、第一宇宙速度是卫星做圆周运动的最大环绕速度，可知卫星的运行速

度一定小于7.9km/s,故A错误。

B、极地轨道卫星从北纬45。的正上方按图示方向首次运行到南纬45。的正上方用时45分

钟，可知极地卫星的周期7=4x45=180m讥=3无，而同步卫星的周期为24八，则该

卫星与同步卫星的周期之比为1：8,故8错误。

CD、根据G鬻=m誓r=ma得，T=J喏，。=等，周期之比为L8,则轨道半

径之比为L4,加速度之比为16：1,故C错误，。正确。

故选：Do

根据极地卫星转动的角度得出极地卫星的周期，从而得出极地卫星与同步卫星的周期之

比；根据万有引力提供向心力得出周期、加速度的表达式，结合周期之比求出轨道半径

之比，从而得出加速度之比。

解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道线速度、周期、加速度与

轨道半径的关系，并能灵活运用。

5.【答案】A

【解析】解：小车第一次与墙相撞后向左做匀减速直线运动，设小车向左运动位移大小

为与,

小车第一次与墙壁碰撞后到小车向左匀减速到零过程，对小车，由动能定理得：

-Rmgxi=0--1mv^7

代入数据解得：%!=0.75m

小车与铁块的初速度向右，系统的初动量向右，由于m>M,小车不论与墙相撞多少次，

系统的总动量总是向右，小车与墙壁每碰撞一次系统的总动量减少一次，直到系统动量

减为零为止，最后小车停在墙下，且铁块相对小车相对运动方向不变总是相对向右运动，

设整个过程铁块相对小车的总位移为X,对系统，由能量守恒定律得：林mgx相对=三8+

代入数据解得：%w=1.875m,故A正确，BC。错误。

故选:Ao

小车第一次与墙壁碰撞后到小车向左匀减速到零过程，对小车，由动能定理求解平板小

车第一次离开墙的最大距离；对系统由能量守恒定律求出铁块相对小车的总位移工相对。

本题考查了动能定理及能量守恒定律的综合应用，分析清楚物体的运动情况与受力情况

是解题的关键。

6.【答案】B

【解析】解：AB,若热敏电阻场温度升高，热敏电阻的阻值减小、电路总电阻减小、

总电流增大、则原线圈的电流增大、灯泡a两端电压增大、灯泡a可能会烧坏；由于灯泡

a两端电压增大、则原线圈的输入电压减小、副线圈两端电压也减小，灯泡b两端电压减

小，灯泡b不会烧坏，由于副线圈两端的电压减小，但电流增大，故变压器的输出功率

可能增大，故4错误，8正确；

C、两灯均正常发光，则灯泡a、b两端的电压均为%,原线圈两端电压%=4Uo—%=

3%,副线圈两端电压U2=Uo,所以原、副线圈匝数比2：电=〃1：/=3：1,故C

错误；

D、根据当=料•得：/2=3h，故流过热敏电阻的电流/点=/2-A=2/1,由于流过两

灯泡的电流相同，故流经灯泡b的电流与热敏电阻电流之比为1：2,故。错误；

故选：B。

根据灯泡电压与输入电压的关系可明确接在输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数

之比；根据欧姆定律和变压器原理、电路动态分析的方法进行分析。

本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝

数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比。

7.【答案】A

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【解析】解：由周期与频率的关系有：r=>&s=0.02s,

波传播到N点所用时间t2=¥=等=0445s=77+1；

波传播到M点所用时间匕=?=亲=0.135s=67+»,可知当波传到N点时，M点

位于处于平衡位置且向下运动，故A正确，88错误；

故选：4。

分解计算波传到N点和M点所需的时间，根据时间关系分析M的振动情况。

本题要抓住对称性，S在振动过程中，波向两端同时传播，波速相同，根据时间关系分

析.

8.【答案】ACD

【解析】解：A、PQ间水平射入电场的粒子在水平方向都做匀速直线运动，则它们到达

CD边的时间均为

t=中，故4正确；

VO

C、从Q点射入的粒子，设从Q到R的时间为ti，R到M的时间为t2,到达R时的竖直速度

为%,则根据牛顿第二定律得：

F=qE=ma

可得，粒子在PS下方的加速度为

万_qEI

粒子在PS上方的加速度为

a丁=—qE2

/?m

根据类平抛运动规律有

((

-2=~21/2/2

Uy==Q2t2

+12=t

联立解得：%=鬻；%=嘿，故c正确；

BD、设PQ到P点距离为八的粒子射入电场后，经过n个类似与Q到R到M的循环运动(包括

粒子从电场&穿过PS进入电场员的运动)后，恰好垂直于CD边水平射出，则该粒子的速

度第一次变为水平所用的时间为

T=-=(n-2,3,4,.......)

nnv0、’

第一次到达PS边的时间则为|r,则有

h=如(|7)2==2,3,4.........)

则PQ间距离P点为9的粒子射入电场后垂直于CD边水平射出，故8错误，O正确；

16

故选：ACD.

根据运动的独立性分析出粒子到达CD边的时间；

根据运动学规律分析出场强的大小；

理解粒子的循环运动，根据几何关系和运动学公式得出能够垂直于CD边水平射出的粒

子的特点。

本题主要考查了带电粒子在组合场中的运动，理解平抛运动的特点，对粒子进行受力分

析，根据受力分析出粒子的运动情况，结合几何关系即可完成分析。

9.【答案】BD

【解析】解：力、小球做平抛运动，小球恰好与挡板上的B点

相切，在B点其速度方向与挡板平行，则小球到达B点时的速

度方向与竖直方向的夹角为。=60°,到达B点的速度大小为

%=^=警m/$=20m/s,故A错误；

8、小球到达B点时的竖直分速度大小为：vy==^^-m/s=10m/s,

从4到B过程中，小球的动量变化量为/p=mvy-0=mvy=1x10kg-m/s=10kg-

m/s,故5正确；

C、由4到B的时间t=g=拳=Is,根据平抛运动的规律得水平位移：x=vot=

10V3xlm=10V3m

竖直位移：y=|^t2=|x10xl2m=5m

x

设。、4两点间的距离为s,由几何关系得：—=tand

联立解得：s=5m,故C错误；

D、从4到B过程中，根据动能定理可得：AEk=mgy=1x10x5/=50/,故。正确。

故选:BD。

小球做平抛运动，小球恰好与挡板上的B点相切，在B点其速度方向与挡板平行，由速

度的分解求出小球到达B点时的速度大小和竖直分速度大小，根据动量定理求动量变化

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量；求出平抛运动的时间。根据平抛运动的时间，由分运动的规律求出平抛运动的水平

位移和竖直位移，结合几何关系求出。4间的距离；根据动能定理求重力势能变化量。

解决本题的关键要把握临界条件：小球到达8点时的速度方向与竖直方向的夹角为。=

60。，要掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和几何关

系综合处理。

10.【答案】CD

【解析】解：4从BC边射出的粒子速度最大时，半径最大，则如图1由几何关系

R1sin300=%-acos30°

解得

Ri=V3a

根据洛伦兹力提供向心力有：

qvB=m^

解得：lax=第

故A错误：

图1

正当从BC边射出的粒子速率最小时，半径最小，此时轨迹与BC边相切，如图2则

R=-a•cos30°=—a

’224

根据洛伦兹力提供向心力有：

v2

qvBD=m—

解得：%1m="空

c

图2

故8错误；

C.若粒子均垂直于4B边射入，则当轨迹与BC相切时

解得

BD=rtan300=(2—V3)a

则粒子不可能从BC边上距B点*a处射出，故C正确;

3

D若粒子射入时的速率为逊处，则轨道半径r'=3a

2m2

粒子从BC边射出的时间最短时，轨迹对应的弦最短，最短弦为射入点到BC的距离，长

度为理a。如图3则由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为全时间为t=5•翳，代入

数据解得：t=糯,故。正确。

故选：CD。

从BC边射出的粒子速度最大时，半径最大，当从BC边射出的粒子速率最小时，半径最

小，此时轨迹与BC边相切，根据洛伦兹力提供向心力解得最大速度和最小速度；粒子

从BC边射出的时间最短时，轨迹对应的弦最短，最短弦为射入点到BC的距离，根据几

何关系可解得若粒子射入时的速率为迤空，粒子从BC边射出的最短时间。

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本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键根据题意作粒子运动轨迹图，结合匀速圆

周运动规律与几何关系即可解题。

11.【答案】1.060嘤大于

【解析】解：①图乙为度游标卡尺，游标卡尺游标为20分度，故精确度为0.05mm,主

尺读数为10巾小，游标尺上第12个格对齐，故最终读数为

d=10mm+12x—mm=10.60mm=1.060cm

20

(1)运动物体在极短时间内的平均速度可认为等于瞬时速度，因此滑块经过光电门时的

速度为U=-

设气垫导轨与水平面间的夹角为仇烧断细绳前滑块静止，根据受力平衡得尸=mgsin。

烧断细绳后，滑块下滑过程，对滑块，由机械能守恒定律可得机9公加。=：加/

可得乩=华故L=皿弓

可知一上图像的斜率后=翳

(2)根据FL-"=若可得L=黑y-fraclt2

可知一点图像的斜率上=招\所以k>h

uz2(F—7)

故答案为：@1.060；(1)喋；(2)大于。

①图乙为度游标卡尺，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；

(1)由机械能守恒定律和平衡方程求得L-岩图像即可求解；

(2)可知L-塌图像的斜率可判断则鼠的大小关系。

本实验利用气垫导轨、数字计时器和拉力传感器做“研究沿斜面下滑物体的机械能守恒”

实验，解题的关键是由机械能守恒定律和平衡方程求得L-点图像即可求解；

.【答案】右

12EiR290130

【解析】解：(1)为使该装置实现对20〜60冤之间任意温度的控制，滑动变阻器的最大

阻值必定大于热敏电阻的电阻变化，滑动变阻器选用此；

又有继电器电阻为：r=80/2

F

根据闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为：/=77%

ITKfTA

代入数据计算可知，若选用&=62的电源，电路中的最小电流仍大于10m4无法实现

温控功能，而Ei=3了的电源可以满足实验要求，故选用电源均；

(2)由题图甲可知30。(：时热敏电阻对应阻值为900,因此需将电阻箱阻值调到90。；

(3)当恒温箱内的温度保持30。&应调节滑动变阻器R的阻值，使电流达到10血4由闭

合电路欧姆定律得：,代入数据解得：R=13O0,即滑动变阻器R的阻值应

调节为130Q恒温箱系统要保持温度为35汽，热敏电阻阻值变小，滑动变阻器R的阻值

必须变大，即向右移动滑动触头。

故答案为：(1班,&；(2)①90；(3)130,右。

(1)根据电路工作过程热敏电阻阻值变化范围得到滑动变阻器变化范围，然后根据电路,

由电流范围得到电源电动势；

(2)根据工作时热敏电阻阻值，即可判断电阻箱的阻值；

(3)由闭合电路欧姆定律，结合题意判断。

本题考查热敏电阻和继电器组成的一简易温控开关的实验，在解答本题的时候要分析清

楚，控制电路和加热电路是两个不同的电路，由图甲所示图象求出温度所对应的热敏电

阻阻值，分析清楚电路结构、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题。

13.【答案】解：(1)设光线在E点的入射角为a,折射角为0,有tana=±tan0=2

根据数学知识可知sina=看sin0=5

根据折射定律有：n=^

sina

解得：n=2

(2)设光线在4B边上发生全反射的入射角为氏则=*

因此tan。——

3

所以AB边有光射出的区域长度为1=Rtand

解得，=CR

3

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答：(1)此材料对该光的折射率为2；

(2)48边有光射出的区域的长度为苧R。

【解析】(1)根据折射定律结合几何关系解得；

(2)解得光线发生全反射的临界角，根据几何关系解得。

解决本题关键是掌握全反射的条件和临界角公式sinC=工，结合几何知识进行求解。

n

14.【答案】解：(1)货物轻轻放在传送带底端，受到重力、支持力、沿传送带向上的滑

动摩擦力作用，货物沿传送带向上做匀加速运动，由牛顿第二定律得：

fimgcosO—mgsind=ma

可得：a=g(〃cosO-sin。)=10x(0.8xcos370—sm37°)m/s2=OAm/s2

设货物经过时间ti速度与传送带相同，贝ij：t]=?=g=10s

此过程中工作移动的位移为：=：X10m=20m<L=25m

此后货物随传送带一起做匀速运动，所用时间为：t2=±包=『s=1.25s