2023届湖北省高三年级下册高考冲刺模拟物理试题（七）（含解析）

2023届湖北省高三下学期高考冲刺模拟物理试题（七）

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.光刻机是制造芯片的核心装备，利用光源发出的紫外线，将精细图投影在硅片上，

再经技术处理制成芯片。为提高光刻机清晰投影最小图像的能力，在透镜组和硅片之间

充有液体。紫外线进入液体后与其在真空中相比（）

A.折射率不变B.光子能量增加

C.频率降低D.波长变短

2.下列说法中不正确的是（）

A.机场、车站用来检查旅客行李包的透视仪是利用X射线的穿透本领，X射线是原子

核内受到激发产生的

B.公交一卡通（IC卡）仅当读卡机发射的电磁波频率与该1C卡内的LC振荡电路的

固有频率相等时，才发生共振，IC卡才能有效工作

C.偏振光的振动方向与偏振片的偏振化方向（也称透振方向）的夹角从0°增大到90。

的过程中，透过的光的强度越来越弱

D.赫兹在实验中发现，当电磁波到达导线环时，它在导线环中激发出感应电动势，使

导线环的空隙中产生火花，由此证实了电磁波的存在

3.如图所示，一理想变压器的原线圈串一只灯泡“36V,18W”接在电压有效值为U的

正弦式交流电源上，两副线圈匝数分别为"2=36,“3=108,通过理想二极管（具有单向

导电性）、单刀双掷开关与三只“36V,18W”的灯泡相连（灯泡电阻不变），当S断开，

单刀双掷开关接2时，四只灯泡都正常发光，则下列说法中正确的是（）

A.原线圈的匝数为48

B.原线圈接的正弦式交流电源电压有效值为U=108V

C.当S闭合，单刀双掷开关接1时，灯泡两端电压的有效值为36V,灯泡消耗的功率

约为18W

D.当S闭合，单刀双掷开关接1时，灯泡两端电压的有效值为18&V,灯泡消耗的功

率约为9W

4.已知均匀带电球体在其外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产

生的电场相同，而均匀带电球壳在其内部任意一点形成的电场强度为零。如图甲所示,

真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向

建立x轴。理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示，静电力常量为

A.也处场强大小为E=k*X\

B.均匀带电球体为等势体

C.打处电势低于R处电势

D.假设将试探电荷沿x轴移动，则从制移到R处和从R移到X2处电场力做功相同

5.如图所示，在光滑的水平面内建立X。），坐标，质量为的小球以某一速度从。点出

发后，受到一平行于y轴方向的恒力作用，恰好通过A点，已知小球通过A点的速度大

小为V。，方向沿X轴正方向，且0A连线与Ox轴的夹角为30。，则（）

八夕

一

A.恒力的方向一定沿y轴正方向

B.恒力在这一过程中所做的功为:机片

C.恒力在这一过程中的冲量大小为手加%

D.小球从。点出发时的动能为

6.地球同步轨道上的卫星失效后，及时将其清理，能为新的卫星释放空间。2021年12

月底，我国自主研发的实践21号卫星“捕捉”到同步轨道上已失效的北斗2号卫星，并

与之完成对接。2022年1月22日，实践21号完成大幅度变轨机动，将北斗2号拖入

一条高于同步轨道的“墓地轨道1月26日，实践21号与北斗2号脱离，于1月28

日返回地球同步轨道。已失效的北斗2号将在高于同步轨道带的太空区域漂流。这一举

措展示了我国作为太空大国的责任和担当，也让世界见证了中国的科技实力。将上述过

试卷第2页，共8页

程作如图所示的简化：组合体在同步轨道上的尸点变轨，经过转移轨道，运动到比同步

轨道高3000km的墓地轨道上的Q点，在Q点组合体完成分离，其中实践21号再经转

移轨道独自返回同步轨道。已知地球同步轨道高度约为35786km,地球半径约为6371km,

则（）

Q

墓地轨道

A.由题干材料可知，实践21号在转移轨道上的运行周期约为4天

B.已失效的北斗2号卫星在转移轨道上的。点速度小于同步轨道速度

C.对于实践21号卫星，仅考虑地球对它的万有引力作用，其沿同步轨道运行经过P

点时的加速度大小为卬，沿转移轨道运行经过P点时的加速度大小为。2,那么久＜。2

D.若要使已失效的卫星由。点脱离地球引力的束缚，需要在。点至少给它一个大于

11.2km/s的初速度

7.如图所示，圆盘在水平面内以角速度@绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点

有一质量为根的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑

至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（）

A.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向

B.圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为

C.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动

D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为，加”

二、多选题

8.如图所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立气缸的活塞，使气缸悬空而静止。设活塞

和缸壁间无摩擦且可以在缸内自由移动，活塞和缸壁绝热性能良好。则下列结论中正确

的是（）

A.若给缸内电阻丝加热，外界大气压强不变，则弹簧将压缩一些

B.若给缸内电阻丝加热，外界大气压强不变，则气缸的上底面距地面的高度将增大

C.若给缸内电阻丝加热，同时外界大气压强增大，则活塞距地面的高度可能减小

D.若给缸内电阻丝加热，同时外界大气压强增大，则气缸的上底面距地面的高度可能

增大

9.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，0y竖直向下，Qr水平。在第一象限（空间

足够大）存在垂直平面向外的磁场区域，磁感应强度沿y轴正方向不变，沿x轴正方向

按照3=去（%>0且为已知常数）规律变化。一个质量为，〃、边长为L的正方形导线

框，电阻为R,初始时一边与x轴重合，一边与y轴重合。将导线框以速度％沿x轴正

方向抛出，整个运动过程中导线框的两邻边分别平行两个坐标轴。从导线框开始运动到

速度恰好竖直向下的过程中，导线框下落高度为九重力加速度为g,则在此过程中，

下列说法正确的是（）

导线框受到的安培力总是与运动方向垂直

导线框下落高度为h时的速度小于历

整个过程中导线框中产生的热量为

导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标为行过

10.如图所示，AB段为一竖直圆管，BC为一半径为R=0.4m的半圆轨道，C端的下方

有一质量为M=lkg的小车，车上有半径r=0.2m的半圆轨道，E为轨道最低点，左侧

紧靠一固定障碍物，在直管的下方固定一锁定的处于压缩的轻质弹簧，弹簧上端A放置

一质量为相=0.5kg的小球（小球直径略小于圆管的直径，远远小于R、厂）。A8的距离

试卷第4页，共8页

为九=1.6m,A、E等高，某时刻，解除弹簧的锁定，小球恰好能通过BC的最高点P,

从C端射出后恰好从。端沿切线进入半圆轨道DEF,并能从尸端飞出。若各个接触面

都光滑，重力加速度取g=10m/s2,则()

A.小球恰好能通过BC的最高点P,vP=4m/s

B.弹簧被释放前具有的弹性势能综=11J

C.小球从尸点飞出后能上升的最大高度/z=1m

D.小球下落返回到E点时对轨道的压力大小mN

11.如图所示，一弹簧一端固定在倾角为0=37。的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质

量为叫,=6kg的物体p,Q为一质量为〃?Q=10kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k

=600N/m,系统处于静止状态。现给物体。施加一个方向沿斜面向上的力凡使它从

静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后尸为

恒力，sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2下列说法正确的是()

A.开始运动时拉力最大，分离时拉力最小

B.0.2s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等

7

C.0.2s时刻两物体分离时，弹簧的压缩量为七=^m

D.物体。从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小。=¥(nVs产

三、实验题

12.用圆弧状玻璃砖做测定玻璃折射率的实验时，先在白纸上放好圆弧状玻璃砖，在玻

璃砖的一侧竖直插上两枚大头针＜、鸟，然后在玻璃砖的另一侧观察，调整视线使R的

像被的像挡住，接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针6和B，使A挡住4和鸟的像，

8挡住A以及＜和g的像，在纸上标出大头针位置和圆弧状玻璃砖轮廓，如图甲所示，

其中。为两圆弧圆心，图中已画出经《、鸟点的入射光线。

Asin

8

O.6

O.4

O.2

O.

0020.40.60.8sinr

乙

(1)在图上补画出所需的光路

(2)为了测出玻璃的折射率，需要测量入射角和折射角，请在图中的A8分界面上画出这

两个角;

(3)用所测物理量计算折射率的公式为"=；

(4)为了保证在弧面得到出射光线，实验过程中，光线在弧面AB的入射角应适当

(填“小一些”“无所谓”或“大一些”)

(5)多次改变入射角，测得几组入射角和折射角，根据测得的入射角和折射角的正弦值,

画出了如图乙所示的图象，由图象可知该玻璃的折射率”=

13.图a为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，电动势E=1.5V

内阻r=0.5C；R/是固定电阻R/=1200C,R2、及”凡是电阻箱；电阻箱R2和/?3的最

大阻值都为999.99。；电阻箱七的最大阻值9999C；电流表G的满偏电流为1mA,内

阻为％=150dS为换挡开关，该多用电表有2个挡位,“xi”和“xio”两种倍率。开关

一个，红、黑表笔各1支，导线若干

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图(a)图(b)

(1)该实验小组按图a正确连接好电路。当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节

电阻箱氏=C,使电流表达到满偏，此时闭合电路的总电阻叫做欧姆表的内阻

R内,贝IJR行。，欧姆表的倍率是(填“xi”或“xio”)。

(2)闭合开关S：第一步：调节电阻箱&和&,当&=。且&=。

时，将红、黑表笔短接，电流表再次满偏；

第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱凡，调节七,当电流表指针指向图b所示的位置

时，对应的欧姆表的刻度值为。。

四、解答题

14.有两列简谐横波“、8在同一介质中分别沿x轴正方向和负方向传播。两列波在f

=0时刻的波形曲线如图所示，己知。波的传播速度为4m/s。求：

(1)两列波的传播周期；

(2)从f=0时刻开始，最短经过多长时间坐标原点x=0m的质点偏离平衡位置的位移

15.如图，两条足够长的平行金属导轨间距乙=0.5m,与水平面的夹角6=30。，处于磁

感应强度B=0.2T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。导轨上的。、b两根导体棒质

量分别为，"=0.3kg、w=0.1kg,电阻均为R=0.1C。现将“、6棒由静止释放，同时用

大小为2N的恒力尸沿平行导轨方向向上拉。棒。导轨光滑且电阻忽略不计，运动过程

中两棒始终与导轨垂直且接触良好，取重力加速度g=10m/s2-已知当a棒中产生的焦耳

热Q=0.12J时，其速度v=1.0m/s,求：

(1)此时6棒的速度大小；

(2)此时匕棒的加速度大小：

(3)〃棒从静止释放到速度达到l.Om/s所用的时间。

16.如图所示，在长方形帅力虚线框区域内，存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面水

平向里的匀强磁场，电场强度后=皎工，磁感应强度为瓦0/为外边中点，。/。2为长

m

方形水平中心线，照相底片与虚线0/。2垂直且离cd边现有一质量为，〃电荷量为q

的带正电粒子从。/点以速度V(未知)水平射入时，带电粒子沿虚线。/。2做匀速直线

运动。保持带电粒子从0/点水平射入的速度V不变，若撤去电场，带电粒子恰好经过d

点后打在照相底片上的P点；若撤去磁场，带电粒子打在照相底片上的。点。已知必=3

bc=^-L,(不计粒子重力和空气阻力)。求：

2

(1)从0/点水平射入的速度v；

(2)带电粒子由0,点运动至P点的时间r；

(3)带电粒子打在照相底片上尸、Q两点间的距离而。

照

相

遇

X

X

④一Q

X

£

2-

试卷第8页，共8页

参考答案：

1.D

【详解】AC.紫外线进入液体后与真空相比，频率不变，折射率〃变大，故AC错误；

D.根据

c

v=—

n

传播速度减小；再由

A=-

f

可知波长变短，故D正确：

B.根据

6=hv

可知，光子能量不变，B错误。

故选D。

2.A

【详解】A.机场、车站用来检查旅客行李包的透视仪是利用X射线的穿透本领，X射线是

原子的内层电子受到激发产生的，故A错误；

B.IC卡内部有一个由电感线圈L和电容C构成的LC振荡电路，公交卡上的读卡机（刷卡

时“嘀，，的响一声的机器）向外发射某一特定频率的电磁波。刷卡时，IC卡内的线圈L中产

生感应电流，给电容C充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输。公

交一卡通（1C卡）仅当读卡机发射的电磁波频率与该IC卡内的LC振荡电路的固有频率相

等时，才发生共振，IC卡才能有效工作，故B正确；

C.从实验现象可知，偏振光的振动方向与偏振片的偏振化方向（也称透振方向）的夹角从

0°增大到90。的过程中，透过的光的强度越来越弱，故C正确；

D.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，赫兹在实验中

发现，当电磁波到达导线环时，它在导线环中激发出感应电动势，使导线环的空隙中产生火

花，由此证实了电磁波的存在，为麦克斯韦的电磁场理论奠定了坚实的实验基础，故D正

确。

本题选错误，故选A。

3.D

【详解】A.设小灯泡电压为S,则流过小灯泡电流为

答案第1页，共15页

由变压器原线圈和副线圈电流、电压与匝数关系得

，_%_1_

I2n}3

得

=432

故A错误；

B.原线圈接的正弦式交流电源电压有效值为

(/={/,+1/2=144V

故B错误；

CD.当S闭合，单刀双掷开关接1时，有

J-=432

仄_*一砺

解得

U3=36V

设交流电的周期为T,由于二极管有单项导通性，根据焦耳定律可得

火工="7

R2R

可得灯泡两端电压的有效值为

U'=\8g

灯泡电阻为

R=2=72。

P

灯泡消耗的实际功率为

1J'?

P'=J=9W

R

故C错误，D正确。

故选D。

4.A

【详解】A.计算X2处的电场强度时，可把带电球体等效为位于原点的点电荷，则怒处场强

大小为

答案第2页，共15页

E,=k乂

芍

X2与X,的电场强度相等，R以内X处

E_kgx

所以X2处场强大小为

E=或占

故A正确;

BC.由题图乙可知，球内部由。到球表面区间电场强度均匀增大，所以内部电场为非匀强

电场，x轴上O点右侧的电场方向始终是向右的，沿着电场的方向电势逐渐减小，可知制

处电势高于R处电势，故BC错误;

D.E-x图像与x轴所围面积表示电势差，由题图乙可知两处面积不相等，所以七处与球

表面、球表面与X2处的电势差不同，则将试探电荷沿X轴从X/移到R处和从R移到X2处电

场力做功不相同，故D错误。

故选Ao

5.C

【详解】A.小球受到恒力作用做匀变速曲线运动，利用逆向思维法，小球做类平抛运动。

由此可判断恒力方向一定沿），轴负方向，故A错误;

D.由几何关系可得

tan30°=2=U=^

xvot2%

所以小球经过坐标原点时,沿），轴方向的分速度为

2G

v^at=--v

30

沿x轴方向的速度仍为加小球从O点出发时的动能为

1o7,

线=万皿诏+¥）=K机喏

故D错误;

B.恒力在这一过程中所做的功为

卬二泰欣一3皿诏+中=一|"*

故B错误;

C.恒力在这一过程中的冲量大小

答案第3页，共15页

,.273

/=mAv=mvy--^―

故C正确。

故选Co

6.B

【详解】A.根据题意可知，己知地球同步轨道高度约为35786km,地球半径约为6371km,

墓地轨道比同步轨道高3000km,则转移轨道的半长轴为

2x(35786km+6371km)+3000km—

a=——------------------------!---------=43657km

2

由于同步卫星绕地球运动的周期为24h,由开普勒第三定律

X

可得

T=T(―)3a1.057；=25.2h

0V后

即实践21号在转移轨道上的运行周期略大于同步卫星周期但是比较接近，小于4天，故A

错误；

B.在。点变轨需要点火加速，即北斗2号卫星在转移轨道上的。点速度小于墓地轨道上运

行速度，根据万有引力提供向心力，有

轨道半径越大，线速度越小，即北斗2号卫星在墓地轨道运行的速度小于同步轨道速度，所

以北斗2号卫星在转移轨道上的。点速度小于同步轨道速度，故B正确；

C.对于实践21号卫星，在P点，根据牛顿第二定律有

可得

4=%

故C错误；

D.11.2km/s是从地球表面发射卫星，使之脱离地球的束缚的最小速度，而已失效的卫星由

答案第4页，共15页

。点脱离地球引力的束缚，同等条件下，需要克服地球引力所做的功要少，所以可以在。

点给它一个小于11.2km/s的初速度，故D错误。

故选B。

7.D

【详解】A.圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方

向沿半径方向，故A错误；

B.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力

f=mraf

根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为

I=mv-mv=O

大小为0,故B错误；

C.圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误：

D.圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为

I'-Sp-O-mv=-mrco

大小为mor,故D正确。

故选D。

8.BD

【详解】AB.选择气缸为研究对象，竖直向下受重力和大气压力P°S,向上受到缸内气体

向上的压力为5,气缸受三力平衡

G+P’S=pR

又根据理想气体状态方程

，二C（常数）

若给缸内电阻丝加热，温度升高，外界大气压强不变，Pl不变，V增大，则气缸的上底面

距地面的高度将增大，气缸始终悬空而静止，选择气缸和活塞为整体，那么整体所受的大气

压力相互抵消，弹簧弹力始终等于气缸和活塞的总重力，弹簧弹力大小不变，则弹簧长度不

发生变化，故A错误，B正确；

CD.气缸受三力平衡

答案第5页，共15页

G+p0S=plS

又根据理想气体状态方程

，二C（常数）

若给缸内电阻丝加热，温度升高，同时外界大气压强增大，A增大，V不确定，则气缸的

上底面距地面的高度可能增大；气缸悬空而静止，选择气缸和活塞为整体，那么整体所受的

大气压力相互抵消，弹簧弹力始终等于气缸和活塞的总重力，弹簧弹力大小不变，则活塞距

地面的高度不变，故c错误，D正确。

故选BD。

9.CD

【详解】A.根据右手定则可知，线框将产生顺时针方向的电流，根据左手定则可知左边框

产生方向向右的安培力，右边框产生方向向左的安培力，上边框产生方向向下的安培力，下

边框产生方向向上的安培力，再根据磁场的分布规律可知左边框产生的安培力小于右边框产

生的安培力，上、下边框产生的安培力大小相等，可知导线框受到向左的安培力的作用，即

沿x轴负方向的安培力作用，而不是与运动方向垂直，故A错误；

B.导线框在竖直方向所受安培力的合力为零，可知导线框在竖直方向做自由落体运动，下

落高度为人时的速度满足运动学关系

2g

可得

v=y/2gh

故B错误；

C.当导线框速度恰好竖直向下时，说明导线框在水平方向速度减小为零，又导线框在竖直

方向所受合力与重力大小相等，即导线框在竖直方向满足机械能守恒，所以下落过程中导线

框中产生的热量大小等于水平方向动能的损失，大小为故C正确；

D.设导线框在时间，时的水平分速度大小为L水平位移为x,则在此时刻导线框产生感应

电动势大小为

e=B^Lv—B.Lv=k[x+L）Lv-kxLv=kl3v

导线框内的感应电流大小为

答案第6页，共15页

.ekl}v

i=-=-----

RR

所以导线框受到安培力的大小

k2I^v

F=后iL=kL-iL=

R

又根据

Z(-Fr)=(O-/nvo)

可得

k'l^vk'l^x

R

导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标为

mRv..

x='

故D正确。

故选CD。

10.BC

【详解】AB.由A到P过程中，小球机械能守恒，由机械能守恒定律得

12

Ep=mg{h}-^R)+-mvp

在尸点,由牛顿第二定律得

2

R

解得

vp=2m/s,彳=11J

A错误,B正确;

C.A到E过程中，A、E等高，由机械能守恒定律得

E产;"雇

解得

vE=2VHm/s

小球由E上升到最高点过程中，小球与车组成的系统在水平方向动量守恒，以球的初速度方

向为正方向，则

mvE=(M+1%)口

答案第7页，共15页

系统机械能守恒，则

1]2,

—mv^2=—(m+M)v+mg(h+r)

代入数据联立解得，小球从尸点飞出后能上升的最大高度为

1m

15

C正确;

D.小球从第一次经过E点到再次返回到E点的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向

动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，则

mvE=mvt+MV2

系统机械能守恒，则

11o1^2

—tnVp2=-mv：+—MV.

222

解得，小球的速度大小为

2而,

V.=------m/s

13

方向水平向左；小车的速度大小为

4而.

v,=----m/s

3

方向水平向右。由于小球与小车运动的方向相反，所以二者的相对速度，则

H=|VJ+|V2|=2VHm/s

在E点对小球受力分析，由牛顿第二定律

u2

F^-mg=m—

r

解得，小球受到的支持力

入=U5N

根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为115N,D错误。

故选BCo

11.BCD

【详解】A.对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，则开始时拉力

%M=（mp+〃?Q）a=^N

分离时对Q应用牛顿第二定律得

答案第8页，共15页

Fmax-mQgs\n0=tnQa

解得分离时拉力

Fmax=—3N

故A错误；

BCD.前0.2s时间内尸为变力，之后为恒力，则0.2s时刻两物体分离，此时P、Q之间的

弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x/,对物体P,由牛顿第二

定律得

kx-mpgsin0=mva

前0.2s时间内两物体的位移

_1，

x(rx\—^at

又未加拉力时平衡时

kx0=(，%+mQ)gsin0

联立解得

故BCD正确。

故选BCD。

12.见解析见解析更也小一些1.5

smr

【详解】(1)(2)连接巴、鸟与CO交于一点，此交点即为光线从玻璃砖中射出的位置，由于片、

8的连线与A8的交点即为光线进入玻璃砖的位置，连接两交点即可作出玻璃砖中的光路,

如图所示。

答案第9页，共15页

(3)由折射定律可得"=.；

sinr

(4)为了保证能在弧面CD上有出射光线，实验过程中，光线在弧面A3上的入射角应适当小

一些，才不会使光线在面上发生全反射；

(5)图象的斜率k=典=〃，由题图乙可知斜率为1.5,即该玻璃的折射率为1.5。

sinr

13.149.51500xlO14.5150100

【详解】(1)[1]⑵⑶由闭合电路欧姆定律可知，欧姆表的内阻为

pI5

P=—=-^-Q=1500Q

讷40.001

则

R2=RRI-Rg-r=1500Q-1200Q-150Q-0.5Q=149.5Q

中值电阻应为1500C,根据多用电表的刻度设置可知，表盘上只有两种挡位，多用电表用

开关S变换挡位，开关S断开与闭合时相比，干路允许的最大电流较小，由欧姆定律知欧

姆表内阻较大，测量的中值电阻较大，故S断开时欧姆表倍率应为“x10”。

(2)[4][5]⑹为了得到“xl”倍率，应让G满偏时对应的欧姆表内阻9'为150Q；电流为

I.=—A=0.01A

1150

此时表头中电流应为

4=0.001A

则与之并联电阻以中电流应为

Ij=h-Ig=O.O\A-0.001A=0.009A

并联电阻后为

――=。。。315。+1200)"50c

3

130.009

由

凡D+r=E---1-」=1-.5---1-.-35-Q=15。

2/,0.01

解得

R2=15C—0.5Q=14.5。

图示电流为

/加=0.60mA

则总电阻为

答案第10页，共15页

R,=—=----=—xlO'Q=25OQ

总A1%6

故待测电阻为

K期=R*—&)=2500—15(KI-1OOfl

故对应的刻度应为100。。

14.(1)7；,=0.625s,7；=Is；(2)0.625s

【详解】(1)由图可知，。、匕两列波的波长分别为4,=2.5m,4=4.0m。两列波在同种介

质中的传播速度相同，均为

解得

7；,=0.625s

■=血

(2)4波的波峰传播到x=0m的质点经历的时间

Ax„0+mA.,,、

t=—-=------,(m=0,1,2,3,...)

avv

b波的波峰传播到x=0m的质点经历的时间

.=3=2.5+〃4,,(〃=。,1,2,3,...)

vv

又

t«=fb

联立解得

2.5(，〃-1)=4”(式中〃?、〃均为正整数)

分析知，至少机=1、〃=。时满足上式，故x=0m的质点偏离平衡位置的位移为0.16m

时经过的时间最短，为

U=0.625s

15.(1)3m/s；(2)3m/s2；(3)0.768s

【详解】(1)设。、人棒受到的安培力大小为尸安，则对人力棒由牛顿第二定律分别，有

f—magsin0—

答案第11页，共15页

mhgsin0—F^mhah

联立可得

?久=机//,

所以有

叫匕尸仍此

可解得

以=3m/s

（2）设此电路产生的感应电动势为E,电流为/,则有

E=BLva-\~BLvh

/=—

2R

七=5〃

联立解得

2

ab=3m/s

（3）设此过程。、6棒位移分别为乙、Xb，由（1）的分析可得

叫

根据能量守恒有

以“+”3％sin8-m.gx.sin。-gmj：-gmbW=2Q"

对。棒根据动量定理有

(F—magsin6)1安=叫匕一0

其中安培力的冲量