2023年湖南省新高考教研教学联盟高考物理第一次联考试卷及答案解析

2023年湖南省新高考教研教学联盟高考物理第一次联考试卷

一、单选题（本大题共7小题，共29.0分）

1.在物理学的发展过程中，科学家采用了很多科学研究方法，进行过大量实验，发现了众

多物理规律。下列有关叙述中正确的是（）

A.用戊⑷—0）时间内的位移/式与4t的比值定义t时刻的瞬时速度，运用了等效思想

B.汤姆孙发现了天然放射现象，说明原子核具有复杂的结构

C.光电效应和康普顿效应分别从能量和动量的角度反映了光的粒子性

D.在真空中，频率越高的电磁波传播速度越大

2.光程是光学中的概念，定义为光在介质中经过的几何路程与该介质折射率的乘积。当两

束相干光的光程差为波长的整数倍时，在屏幕上出现亮条纹。瑞利干涉仪就是利用这个原理

测量气体的折射率.如图甲所示，两束光的光程差为零时，屏幕上。点为零级干涉亮条纹。

将长度为人装有待测气体的透明薄管放在Si后面，如图乙所示，零级亮条纹移至屏幕上的。'

点，。点为第k级干涉亮条纹。已知空气的折射率为劭，所用光的波长为；I,待测气体的折射

率为（）

3.如图所示，带有一白点的灰色圆盘，绕过其中心且垂直于盘面的轴

沿顺时针方向匀速转动，转速71=I5r/So在暗室中用每秒16次的频闪

光源照射圆盘，则站在暗室中静止不动的观察者观察到白点转动的方向、

白点转动的角速度3的大小分别为（）

A.顺时针方向，a）=^rad/sB.顺时针方向，a）=nrad/s

C.逆时针方向，0）=^rad/sD.逆时针方向，co=2nrad/s

4.如图所示电路中，电源电动势E=8V,内阻r=10,定值电阻％=9/2,/?2=10/2,/?3=50：

滑动变阻器/?4的取值范围为0~150。闭合开关S,调节滑动变阻器的滑片，使凡取不同的阻

值接入电路，则下列说法正确的是（）

------------1=1------------

与

叫人

--------1|-------------------

E,r---S

A./?4=0时，定值电阻%消耗的功率最大，为2W

B./?4=5。时，电源内阻消耗的功率最小，为0.5W

C.R4=100时，/?4消耗的功率最大，为0.4小

D./?4=150时，电源的效率最高，为90%

5.轻质丝绸放置在光滑斜面上，若固定丝绸，将物块B放置在丝绸上，恰能静止。现将物块

力、B放置在丝绸上，用沿斜面向上的力尸拉物块4,丝绸不固定，系统保持静止，如图所示；

已知物块4、B的质量分别为叫!、mB,与丝绸的动摩擦因数分别为〃小网，则（）

A.若〃4=48，WlB不可能大于犯4

B.若“4＜砂，有可能大于7n4

C.只增加讥3,物块B可能相对于丝绸滑动

D.只增加F,物块4一定相对于丝绸滑动

6.如图所示为理想变压器，其原、副线圈匝数比为k,所接电源为有效值恒定的正弦交流电

压，且不计电源内阻。原线圈接有定值电阻&,副线圈接有定值电阻&、R3,以及滑动变阻

器%，四个理想交流电表的连接如图所示。现将％的滑动触头向下滑动少许，电表的示数变

化量的绝对值分别为/Ui、AU2,4i、42，则下列说法正确的是（）

A.电压表彩的示数减小，电流表必的示数减小

B.电压表匕的示数增大，电流表&的示数增大

也婚=2.

如.如2

4/1,%

7.国产大片杼E浪地球沙的热播，开启了人类星际移民的设想。如

果在某宜居行星上,将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，将质量为m的

物体从弹簧正上方某位置由静止释放，物体运动过程中的加速度a与

位移x间的关系如图所示。己知该宜居行星的半径是地球半径的2倍,

地球表面的重力加速度大小为g,忽略自转的影响，地球和该宜居行

星均可视为质量分布均匀的球体，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A.物体下落过程中的最大动能为2小的》0

B.物体下落过程中弹簧的最大压缩量为4与

C.宜居行星的密度与地球的密度之比为詈

D.宜居行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为门

二、多选题（本大题共3小题，共15.0分）

8.如图所示，在倾角为37。的固定斜面上，轻质弹簧一端与固定在斜面底端的挡板C拴接，

另一端连接滑块儿一轻细绳通过斜面顶端的定滑轮（质量忽略不计，轻绳与滑轮间的摩擦不

计），一端系在物体4上，另一端与小球B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。用手托住球B,

此时弹簧刚好处于原长。滑块4刚要沿斜面向上运动。已知巾3=2叫4=4卜9,弹簧的劲度系

数为k=100N/m,滑块4与斜面间的动摩擦因数〃=0.25,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

重力加速度g=10m/s2,且弹簧的弹性势能与与形变量4的关系为Ep现由静止释放

球B,已知B球始终未落地，则下列说法正确的是（已知5/37。=0.6,cos37°=0.8）（）

A.释放B球前，手受到B球的压力大小为24N

B.释放B球后，滑块4向上滑行x=0.20m时速度最大

C.释放B球后，滑块川句上滑行过程中的最大动能为1.2/

D.释放B球后，滑块4向上滑行的最大距离为0.48m

9.空间存在一平行于纸面的匀强电场，在电场内取某点记为坐标原点。，沿某一方向建立x轴,

选取x轴上到。点距离为r的P点，以。为圆心、r为半径作圆，如图甲所示。从P点起沿圆周逆

时针方向移动一周，圆上各点的电势0会随转过角度。发生变化。当半径r分别取小、2r。、3r0

时，其图像如图乙所示，三条曲线所对应的电势均在。=0。时达到最大值，最大值分别

为4。0、3<po、2<po,曲线③与横轴相切。则下列说法正确的是（）

A.电场方向沿x轴负方向B.曲线①对应的r取值为3ro

C.坐标原点。的电势为外D.电场强度的大小为黑

10.如图，MP、NQ为两个竖直面内平行放置的四分之一光滑圆形导体轨道，半径为r,相

距为心两轨道在最高点P、Q处，分别与两根足够长的光滑平行导轨平滑相连，构成水平轨

道PC、QD,C、。端接有阻值为R的定值电阻，所有轨道的电阻均不计，整个装置置于方向

竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为一质量为加、长为L、阻值为R。的导体棒紧贴

轨道，在外力F作用下从MN处开始，做角速度为3的匀速圆周运动，到达圆形轨道与水平轨

道的连接处PQ时撤去外力，整个过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好。重力加速度为g,

对于导体棒的整个运动过程，下列判断正确的是（）

A.整个过程中外力F做的功为mg丁+

R[D

B.导体棒从MN运动到PQ的过程中，流过定值电阻R的电荷量为K

C.导体棒从MN运动到PQ的过程中，定值电阻R上产生的焦耳热为2竺

2(R+Ro)

D.导体棒最终静止的位置离PQ的距离为％=叱愣

DL

三、实验题(本大题共2小题，共16.0分)

11.某实验小组用如图(a)的实验装置校对流量计。盛水容器上端开口，下端有横截面一定

的细管(厚度可忽略)与流量计相连(流量计可测得每秒流出液体的体积)。打开开关让水沿水

平方向喷出，为保证流速恒定，实验时不断给容器加水保持液面稳定，已知当地的重力加速

度为9。请完善如下实验步骤：

(1)安装器材前用螺旋测微器测量细管的直径如图(b),其直径为d=mm；

(2)按图(a)安装好实验器材，测定喷口到地面的竖直距离y,再打开开关让水喷出；

(3)待水流运动稳定后，读出流量计读数：测量______,计算水喷出时的初速度；

(4)测得水喷出时的初速度为口则液体的流量表达式Q=,代入具体数值可计算出实

际流量。

(5)将实际流量值与读数值比较，进行流量计校对。

12.如图所示，图1为某多用电表中欧姆表的内部电路图，该欧姆表有“x100”“x10”两

个倍率挡可供使用。图1中电源的电动势为E=1.5V,内阻为r=10,在挡位切换时电源的电

动势和内阻不变。灵敏电流计的内阻为凡=9000,满偏电流为/g=100M.定值电阻8、R2

的阻值分别为%=100,R2=90/2o图2为该多用电表的表盘，欧姆表刻度盘的中值刻度为

“15”。不计导线的电阻，请回答下列问题：

图1图2

(1)在正确操作的情况下，图1中(填“a”或"b”)表笔应为红表笔。

(2)为使欧姆表的倍率调为“X100”挡，则图1中单刀双掷开关的开关应拨至______位置(填

“1”或“2”)。接着进行欧姆调零后，用该欧姆表测量某一待测电阻灯1的阻值，稳定后电

表指针指示位置如图2所示，则该待测电阻的阻值为=0。

(3)若将欧姆表的倍率选择为“X10”挡，进行欧姆调零后接在另一个待测电阻仆2的两端，

稳定后指针指在灵敏电流计满偏刻度的|处，则通过计算可知该待测电阻的阻值为&2=

______0。

(4)若将图1中单刀双掷开关的开关拨至2后，进行欧姆调零，当调零完毕时，滑动变阻器接入

电路的阻值为R=0。

四、简答题(本大题共3小题，共40.0分)

13.如图所示，高为九=14.4cm、截面积S=5cm2的绝热汽缸开口向上>

放在水平面上，标准状况(温度玄=。℃、压强po=lxl()5pa)下，用质甲

量为M=1kg的绝热活塞Q和质量不计的导热性能良好的活塞P将汽缸内

的气体分成甲、乙两部分，活塞Q与固定在汽缸底部、劲度系数为k=乙i

1000N/7H的轻弹簧拴接，系统平衡时活塞Q位于汽缸的正中央且弹簧的

形变量为零，此时活塞P刚好位于汽缸的顶部。现将一质量为m=1kg的物体放在活塞P上，

活塞P下移。不计一切摩擦，外界环境的温度和大气压恒定，重力加速度g=10m/s2.则当

活塞P不再下移时。求：

(1)气体甲的长度及'为多少？

(2)如果用一加热装置对气体乙缓慢加热使活塞P回到汽缸顶部，此时气体乙的温度为多少摄

氏度？(结果保留整数)

14.如图甲所示，空间存在两边界为同轴圆柱面的电磁场区域I、n,区域口位于区域I外

侧，圆柱面的轴线沿空间直角坐标系。xyz的x轴方向。半径R=0.05僧的足够长水平圆柱形区

域I内分布着沿%轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小B=4x10-3八沿工轴正方向观察电

磁场分布如图乙，宽度d=0.05m的区域口同时存在电、磁场，电场强度E=40N/C的匀强电

场沿x轴正方向，磁场的磁感应强度大小也为8=4x10-37、磁感线与圆弧边界平行且顺时

针方向。沿y轴负方向观察电磁场分布如图丙。比荷5=5xlCfc/kg的带正电粒子，从坐标

为(0,0,0.10m)的4点以一定初速度沿z轴负方向进入区域口。(不计粒子的重力和空气阻力)

(1)该粒子若以速度北沿直线通过区域口，求速度%大小以及它在区域I中运动的半径；

(2)若撤去区域H的电场，求该粒子以速度2%从进入区域口到离开区域I运动的总时间；

(3)若撤去区域n的磁场，该粒子以速度%进入区域n,求它第二次离开区域n的位置坐标。

15.如图，足够长的光滑水平地面上有2023个大小相同的小球排成一排，相邻小球间的间距

均为3将其从左到右依次编号。一半径为〃的四分之一光滑圆弧轨道(固定在水平地面)与各

小球处于同一竖直面内，圆弧轨道的最低点在1号小球处与水平地面平滑连接.已知1号小球

的质量为m，2〜2023号小球的质量均为km(k为小于1的正比例常数)。现将1号小球从圆弧轨

道最低点拿到轨道上与圆心等高处由静止释放，题中所有小球之间的碰撞均可视为弹性正碰。

(已知重力加速度为9,不计空气阻力，小球大小忽略不计)

(1)求1号小球在运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；

(2)求1号小球与2号小球在第一次碰撞中给2号小球的冲量大小以及对2号小球所做的功；

(3)在1、2号小球间第一次碰撞后立即给1号小球施加水平向右的恒定外力F(图中未画出)，使

1号小球以后每次碰撞前瞬间的速度都与第一次碰撞前瞬间的速度相等，直到所有小球速度第

一次相等时撤去外力，求外力F的大小以及最终1号和2023号小球间的距离。

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：4为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向

无穷小时的平均速度宾作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故A错误；

8.贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核有复杂的结构，故8错误；

C光电效应和康普顿效应深入地揭示了光的粒子性的一面。前者表明光子具有能量，后者表明光

子具有能量之外还具有动量，故C正确；

D真空中，所有电磁波的传播速度都相同，故。错误。

故选：Co

当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是

极限思维法；贝克勒尔发现了天然放射现象；电磁波在真空中的速度相等。

该题考查物理学史与物理学方法，在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这

些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累

与学习。

2.【答案】B

【解析】解：图乙中射到。点的两光形成k级亮条纹，两光的光程差为：nl-nol=kA,解得待测

气体的折射率„=牛+劭，故B正确，AC。错误。

故选：B。

根据图乙所示光路图求出k级亮条纹的光程差，然后求出待测气体的折射率。

本题是一道信息给予题，根据题意获取所需信息，知道形成亮条纹的条件，根据图示光路图求出

光程差是即可解题。

3.【答案】D

【解析】解：由题意，黑色圆盘可绕过其中心、垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋

转15圈,即频率为%=15Hz

在暗室中用每秒闪光16次的频闪光源照射圆盘，即尸=16Hz

则以<f'<2f0

所以观察到白点逆时针旋转，贝IJr=1一/o=1Hz

所以每秒观察到白点每秒逆时针旋转1圈，即观察到的转动周期为T=5=1s,所以转动角速度为

a）=Y=-^-rad/s=2nrad/s,故ABC错误，。正确。

故选：Do

根据圆盘转动频率和频闪光的频率之间的关系进行求解。

本题考查实际频率与变化的频率的关系，掌握能看到白点的原理与解题的思路。

4.【答案】C

【解析】解：4、/?4=。时，外电阻最小，总电流最大，则定值电阻%消耗的功率最大，此时并

联部分的总阻值为R用=嚼=群。=竿。

E8

716A

由闭合电路欧姆定律得干路电流为/=R..+I^r=/7=°-

则定值电阻&消耗的功率为Pi=/2/?i=0.62x9加=3.24W,故A错误；

B、电源内阻消耗的功率P为="r

当电源内阻消耗的功率最小时.，电路中的总电流应最小，对应的外电路电阻最大，即当心=150

时，电源内阻消耗的功率最小，故8错误;

C、为求滑动变阻器心消耗的最大功率，可对原电路进行如下图所示的等效变换。

易知，等效电源的等效电动势E'=41/,等效内阻r'=lO0,故当凡=「'=10。时，消耗的功率

最大，且为%=《=£^=0,4^，故C正确；

max4r4x10

UR1

D、当心=150时，总的外电阻最大。由于电源效率》7=万义100%=而X100%=FX100%

显然，当总的外电阻R最大时，〃取最大值，当心=150时，总的外电阻为*祟铁+治=

尺2+（*3+«4）

10x(5+15)

12+9/2=-12

10+5+15

,47

此时力最大，且为z?=导100%=相x100%=94%,故。错误。

故选：故

识别电路结构，明确是混联电路，电路动态分析的常规分析：其中任意一个电阻变小，总电阻都

变小，总电流变大，由公式P=/28知，可分析定值电阻和内阻的功率最大值；

利用等效替代法，转化等效电源的思想处理分析R4的功率最大值；

利用电源效率公式的本质等效外电阻与总电阻的比值决定，当等效外电阻最大时，效率最高，计

算可得结果。

本题的关键是明白混联电路的动态分析，电功率最值问题的定性理解，以及非常规模型的等效电

源的处理思想。

5.【答案】A

【解析】解：AB,设斜面倾角为仇物块人B放在丝绸上，用沿斜面向上的力尸拉物块4系统保

持静止，^^AmAgcosd>nBmBgcose-.若以=即，则6若同<丽，则ni4>mB；故A

正确，3错误；

C、根据题意，若固定丝绸，将物块8放置在丝绸上，恰能静止，根据共点力平衡有megs讥。=

^BmBgcose,只增加m-，上式仍然成立，物块8相对于丝绸不会滑动，故C错误；

。、由丝绸保持静止可知，物块4受丝绸的摩擦力为静摩擦力，方向沿斜面向下，但是不能确定是

不是达到了最大静摩擦力；只增加F,物块4相对于丝绸不一定滑动，故。错误。

故选：Ao

首先根据根据系统平衡，得出两个接触面的最大静摩擦力的关系，再根据以与沏的关系判断巾8与

机4的关系；根据丝绸固定，物块B恰能静止，得到重力分力与最大静摩擦力之间的关系，根据题

意只增加血8,根据上式分析物块B相对于丝绸会不会滑动；由丝绸保持静止分析4受丝绸的摩擦

力的方向，判断只增加F,物块4相对于丝绸是不是会滑动。

本题考查整体法和隔离法受力分析，解决此类题目的关键是灵活选取研究对象。

6.【答案】D

【解析】解：48.把副线圈负载电阻看作变压器原线圈的等效电阻，设原副线圈匝数比为鼠根据

理想变压器电压与匝数比的关系q=卜/，理想变压器电流与匝数比的关系=今，原线圈等效

电阻R原=/=孝=1.普=小匕滑动变阻器的触头向下滑动，则副线圈电路总电阻值增大，

作出该变压器的等效电路如图所示:

R)

r^n

J”@k2R

^AP-J

可知原线圈等效电阻增大，根据欧姆定律/】=丁%可知，电流表公示数减小

AQ+KH

根据理想变压器电流与匝数比的关系可知电流表42示数也减小

在原线圈电路中，根据电压关系，原线圈两端电压/=4一4心增大，即匕示数增大

根据理想变压器电压与匝数比的关系，副线圈两端电压增大，即彩示数增大，故A8错误；

C.设变压器原副线圈匝数比为上,根据理想变压器电压比与匝数比的关系可得副线圈两端电压/=

5

k

根据理想变压器电流比与匝数比的关系可得副线圈中的电流/2=%

由于篙=%£=k则有翳=匕籍=人

联立得翡：粉=1

因此祟：竽=1,故C错误；

Z1/2

D结合以上分析，券：竽=若•亭故。正确。

Zl/]Z1/2AU2LJI1

故选：Do

4B.把副线圈负载电阻看作变压器原线圈的等效电阻，根据欧姆定律求解原线圈电流的变化，根据

理想变压器电流与匝数比的关系、电压与匝数比的关系，分析作答；

CD根据理想变压器电压与匝数比、电流与匝数比的关系得到变压器原副线圈电压的变化量、电流

的变化量与匝数比的关系，然后作答。

本题考查了变压器原线圈回路含负载的动态变化问题；变压器原副线圈电压的变化量、电流的变

化量与匝数比的关系的解题的关键。

7.【答案】4

【解析】解:4物体下落过程中，加速度为零时速度最大即动能最大，物体受到的合外力F=ma,

故图线与坐标轴围成的图形的面积与小的乘积，就等于合外力所做的功，即为动能的增加量，求

出最大动能为2maoXo，故A正确；

B、弹簧压缩量为2x0时，物体处于平衡位置，根据简谐运动的特点，之后物体下降的高度大于2%，

故8错误；

C、由图可知，宜居行星表面的重力加速度大小为劭，忽略自转的影响，认为万有引力等于重力，

&774nGM

有，p2=ma0，解得劭="TTX

KxRx

同理有：9=整

结合M=《兀/?3

可得宜居行星的密度与地球的密度之比为甥，故c错误；

。、该宜居行星的第一宇宙速度/=

地球的第一宇宙速度"1=/~gR

可得宜居行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为J磬，故。错误。

故选：Ao

分析图象，求解最大动能。物体在星球表面受到的重力近似等于万有引力，据此求解密度比。根

据第一宇宙速度的计算公式解得。

本题主要是考查了动能定理、万有引力定律及其应用、以及图象问题的分析；知道在星球表面，

忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；知道图象表示的物理意义是关键。

8.【答案】AD

【解析】解：4、初始时，用手托住球B,此时弹簧刚好处于原长，设绳子拉力为7,滑块力刚要沿

斜面向上运动，由平衡条件，有7=叫+〃m4gcos。，解得T=16N

对B受力分析，设手的支持力为尸，则尸=巾8。-7,解得F=24N,根据牛顿第三定律可知手受

到8球的压力为24N,故4正确；

8、松手后，4做加速度减小的加速运动，当4受到的合力为零时，速度最大，当4加速度为零时，

B的加速度也为零，对4受力分析得

T'—mAgsin0-^mAgcos9—F弹=0

对B受力分析得7'=mBg

由胡克定律，有F弹=kx

解得x=0.24m,即释放B球后，滑块4向上滑行x=0.24ni时速度最大，故B错误;

C、根据能量守恒定律，松手后到滑块4最大速度的过程中有niB。％=mAgxsind+nmAgxcosd+

222

i(mx+ms)v+|fcx,解得滑块4向上滑行过程中的最大动能：\mAv=0.96/,故C错误；

D、当滑块4向上滑行的距离最大时，4、B的速度都为0,物块B的重力势能转化为4的重力势能、

2

弹性势能和摩擦产生的内能，根据能量守恒定律有wiB”=mAgx'sin0+nmAgx'cos0+1kx',

解得滑块4向上滑行的最大距离：x'=0.48m,故。正确。

故选：AD.

初始时，对4B分别根据受力分析可解得手对B球的托力，从而得到手受到B球的压力大小。当4受

到的合力为零时，速度最大，当4加速度为零时，B的加速度也为零，根据能量守恒定律可解得最

大动能；当滑块4向上滑行的最大距离时，4B的速度都为0,物块B的重力势能转化为4的重力势

能、弹性势能和摩擦产生的内能。

解题关键要分析清楚4滑行过程中系统的能量转化关系，注意当4受到的合力为零时，速度最大。

9.【答案】BC

【解析】解：4、三条曲线均在。=册时达到最大值，又因为沿电场线方向电势逐渐降低，所以电

场线不是沿着工轴，而是沿着与％轴正方向的夹角为0。的直线上，且电场线方向指向左下方，故A

错误；

以根据图像可知曲线①的最大值在三条图像中最大，又因为只有半径越大，P点绕原点逆时针转

过。o时，逆着电场线的距离才越大，对应的电势才越高，所以曲线①对应的r取值为32，故B正

确；

C、由以上分析知曲线③对应的r取值为办。由题知，曲线③对应的最高电势和最低电势分别为2%、

0,则坐标原点在最高电势点和最低电势点连线的中点。所以坐标原点。的电势为9。=多烂=0o,

故C正确；

。、根据曲线③最高电势和最低电势来求电场强度E=5=胃*=称，故。错误。

故选：BC。

根据三条曲线均在。=。°时电势达到最大值，判断电场线的方向；再根据曲线①的最大值在三条

图像中最大，根据沿电场线电势降低判断曲线①对应的r的取值；分析曲线③对应的r的取值，根

据题意判断曲线③对应的最高电势和最低电势，得出坐标原点。的电势取值；最后根据曲线③最

高电势和最低电势求电场强。

本题考查了电势的图像问题，解决本题的关键是理解电势与电场线方向的关系，以及电场强度与

电势差的关系。

10.【答案】AD

【解析】解：4、导体棒从MN运动到PQ的过程中，对瞬时速度正交分解如图所示:

t时刻导体棒沿弧形轨道转动的偏转角度为垂直磁场方向的分速度为3T•sina)t

则t时刻感应电动势的瞬时值为：e=BLb)r-sin3t

可得此过程产生的感应电流为3周期(周期T=穿)的正弦式交变电流。

其感应电流的有效值为：I二才篇°)

对此过程由功能关系可得外力做的功为：

2

W=mgr+/(/?+&)(；q-引co=W+黑气尺土十/；

故4正确；

B、根据：q=l/=—^―,£=穿，推导可得此过程流过定值电阻R的电荷量为：

1(^R+RQ)〃匕

210_BLr

q=(R+Ro)=齐而

故B错误；

2

C、此过程定值电阻R上产生的焦耳热为：Q=lRt=/2R小巧=巴幽蛆^

、43,4(/?+«0)

故C错误；

。、导体棒在水平轨道上从PQ处以初速度U=3r,在安培力作用下做减速运动直至停下。以向右

为正方向，此过程中对导体棒由动量定理可得：

-BI'L-At'=0—mv

的_BLx

同理可得：/Zt'=q'=

R+R0R+R°

联立可得导体棒在水平轨道上的位移为：X=加嚼Ro)

故。正确。

故选：AD.

根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求解感应电流；应用焦耳定律、功能关系和能量守

恒解答；应用电荷量推导的经验公式；应用动量定理求解导体棒运动的位移。

本题考查了电磁感应现象中动生电动势的问题，以及力与运动和功能关系问题。处理问题的角度

一般有两个：一是从力与运动的角度，根据牛顿第二定律或动量定理求解；二是从功与能的角度，

分析电磁感应现象中的能量转化过程，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

.2______

11.【答案】6.860水的水平射程x需,2gy

【解析】解：(1)螺旋测微器的读数需要先读出主尺的刻度，为：Imm,然后读出可动刻度，为：

0.01x36.0=0.360mmo

所以总读数为：6.5mm+0.360mm=6.860mm；

(3)水做平抛运动，根据y=ggt2

得:t=旧，

水从水管中射出的速度为：v0=^=%丹,

因此需要测量出水的水平射程x,才能求出水喷出时的初速度。

(4)水管内径部分的横截面积为：S=兀C/=；7rd2,

,2______

则水泵的流量为：Q=uS=J2gy。

.2_______

故答案为：(1)6.860；(3)水的水平射程支；2gy。

螺旋测微器的读数需要先读出主尺的刻度，然后读出可动刻度：

根据高度和水平射程，结合平抛运动的规律求出平抛运动的初速度，根据Q=记求出流量的大小。

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，

同时要掌握螺旋测微器固定刻度与可动刻度所示之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读。

12.【答案】a11400225139.1

【解析】解：(1)在欧姆表的使用过程中，应让电流从红表笔流入，黑表笔流出，黑表笔接内部电

源正极，所以a表笔应为红表笔。

(2)当开关拨至1时，灵敏电流计满偏时，干路电流为A，根据欧姆定律/gRg=(/1-/g)(Rl+8)

代入数据解得。=lx10-3^

F1q

此时欧姆表的中值电阻为R中=/?内1=广潦=1500/2=*xI。。。

所以当开关拨至1时，欧姆表的倍率是“x100”，欧姆表读数为表盘刻度值乘以倍率，所以读数

为=14x1000=140012

(3)倍率选择“X10”挡时，欧姆表的内阻为R为2=~中=15x10P=1500

E15

由闭合电路欧姆定律有/2=丁=痂4=IX10-2/1

八内21OU

2E

指针指在电流计满偏刻度的五分之二位置时，根据欧姆定律有溺2=R,2+R内2

代入数据联立得&2=2250

(4)当开关拨至2时，倍率为“X10”挡，欧姆表的内阻为R的2=?中=15X10。=150/2

=Ri(Rg+R2)=10x(900+90)

表头部分的并联电阻R

并R1+Rg+R210+900+90

所以滑动变阻器接入电路的电阻为R=R内2_R并一丫=1500—9.90-W=139.10

故答案为:(l)a；(2)1；1400；(3)225；(4)139.1。

(1)欧姆表的红表笔与内部电池的负极相连，黑表笔与电池的正极相连，据此作出判断；

(2)当开关拨至1时，电路中的电流更小，根据欧姆定律求干路电流，再求中值电阻，最后根据欧

姆表的读数规则读数；

(3)倍率选择“X10”挡时，求解欧姆表的内阻，根据闭合电路欧姆定律求电路中的最大电流，然

后根据闭合电路的欧姆定律求解欧姆表指针指在电流计满偏刻度的五分之二位置时的待测电阻；

(4)根据并联电路的电阻特点，求表头部分的并联电阻，最后求解滑动变阻器接入电阻。

本题考查了欧姆表的内部结构，表头部分电流表量程的大小判断，中值电阻的理解以及闭合电路

欧姆定律的正确运用。

13.【答案】解：(1)气体甲的初态压强为pi=p()=1x105尸&,截面积5=5x10-4^2,九=

14.4cm=14.4x10-2m

体积为匕=gs

末态压强为pj,体积为匕'=lx'S

末态，对活塞P由平衡关系有

p0S+mg=Pi's

代入数据解得Pi'=1.2x105匕

活塞P下移过程，气体甲可视为做等温变化，根据玻意耳定律有

Pi%=pi%'

代入数据解得川=6cm

(2)气体乙的初态压强为P2，体积为

温度为72=273K

此时对活塞Q有PiS+Mg=p2S

5

代入数据解得P2=1.2x10Pa

P不再下降时气体甲的长度为1=6an,故要使活塞P返回到汽缸顶部，则气体乙末状态时的气柱

长为=九一"=14.4cm—6cm=8.4cm=8.4x10-2m

此时弹簧伸长，形变量x=%'-9=8.4cm—^^cm=1.2cm=1,2x10~2m

422

气体乙的末态压强为P2‘，体积为彩'=%'S，温度为

此时对活塞Q,由平衡关系有

Pi'S+Mg+kx=p1S

代入数据解得P2'=1.64x105Pa

对气体乙，由理想气体状态方程有*=*

1212

代入数据解得72'x435K

则t=(435-273)℃=162℃

答：(1)气体甲的长度匕'为6cm；

(2)如果用一加热装置对气体乙缓慢加热使活塞P回到汽缸顶部，此时气体乙的温度为162。。

【解析】(1)活塞P不再下移时，由平衡关系可求甲中气体末态压强；活塞P下移过程，气体甲可

视为做等温变化，根据玻意耳定律列方程可解。

(2)对活塞Q由平衡关系可求气体乙的初态压强。活塞P返回到汽缸顶部时，气体甲的长度不变，

由几何关系可求气体乙末状态时的气柱长度、体积，进而求出弹簧的形变量。

再次对活塞Q,由平衡关系可求气体乙的末态压强。对乙中气体由理想气体状态方程列等式可求

其末态温度。

本题为相互关联的两部分气体问题，要注意正确进行受力分析，要注意两部分气体的力学关系、

热学关系、几何关系，再运用理想气体状态方程可解。

14.【答案】解：(1)沿直线通过区域D,贝IJ：Eq=qv0B

解得：Vo=I=m/s=1X104m/s

D丁:=

4X10

在区域I中运动的半径：q%B=mg

解得：Ri=0.05m

(2)粒子在区域D中的半径：qx2v0B=m^^

解得：R2=0.10m

根据几何关系可知，在区域II中运动转过的圆心角为：a=60。

2

在区域I中运动的半径：qx2voBsin6O°=机经喏"_

解得：R，=0.05，37n

根据几何关系可知，在区域I运动转过的圆心角为60°

0.05#

所以从进入区域口到离开区域I运动的总时间：t="+t2=缴

stfq

代入数据可得：t=^xlO4s

⑶若撤去区域n的磁场，该粒子以速度%进入区域n,沿%轴方向：d=vot19与=嫖仔

f

在区域I内：2d=v0t2，x2=—•2

再次离开磁场n：d-vot3>%3=—^1^3

离开时，X轴坐标：X=xr+x2+x