物理（北京A卷） 2023年高考第二次模拟考试卷（全解全析）

2023年高考物理第二次模拟考试卷

高三物理

（考试时间：90分钟试卷满分：100分）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

一、第一部分：本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，选出最符

合题目要求的一项。

1.下列关于光的现象说法中不氐阚的是（）

A.日光照射到肥皂膜上出现彩色条纹是光的干涉现象

B.立体电影是应用了光的偏振现象

C.玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的干涉现象

D.通过两只笔之间的狭缝观察日光灯管看到的彩色条纹是光的衍射现象

【答案】C

【解析】A.日光照射到肥皂膜上出现彩色条纹是光的薄膜干涉产生的色散现象，故A正确；

B.光波是横波，而立体电影就是应用了光的偏振现象，故B正确；

C.玻璃中的气泡看起来特别明亮是光从玻璃射入气泡时发生全反射形成的，故C错误；

D.通过两只笔之间的狭缝观察日光灯管看到的彩色条纹是光的衍射现象，故D正确。故选C。

2.一定质量的理想气体从状态4变化到状态B,其过程如V-T图上的线段所示，则气体在这个过程

中（）

A.气体压强不断变大

B.分子平均动能减小

C.外界对气体做功

D.气体从外界吸收的热量大于其增加的内能

【答案】D

【解析】A.根据/=C可得尸=£7，则从A到B气体压强不变，选项A错误；

Tp

B.从A到B气体温度升高，则分子平均动能变大，内能变大，选项B错误；

C.从A到B气体体积变大，则气体对外界做功，选项C错误；

D.根据热力学第一定律可知，气体对外界做功，W<0；内能变大，贝必U>0,则Q>0,则气体

从外界吸收的热量大于其增加的内能，选项D正确。故选D。

3.2022年6月5日，中央电视台对神舟十四号飞船与天和核心舱交会对接进行了直播，其间航天

员与北京飞控中心保持通话联络，直播画面通过电磁波传送到地面接收站。下列关于电磁波和声

波的说法正确的是（）

A.电磁波是一-种物质，也具有能量

B.电磁波跟声波一样，不能在真空中传播

C.麦克斯韦预言了电磁波的存在，并通过实验捕捉到了电磁波

D.航天员讲话时画面与声音同步，说明电磁波与声波具有相同的传播速度.

【答案】A

【解析】A.电磁波是一种物质，也具有能量，故A正确；

B.电磁波的传播不依赖介质，可在真空中传播，声波是机械波只能在介质中传播，故B错误；

C.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验捕捉到了电磁波，故C错误；

D.航天员讲话时画面能与声音同步，那是因为画面与声音同时转化成电信号，通过电磁波传回

到地面接收器再转化成画面和声音。电磁波的速度为光速，声波的传播速度约340m/s,故D

错误。故选A。

4.下列说法正确的是（）

A.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能增

大，原子总能量增大

B,太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应

C.锭4Th的半衰期为24天，4g铭4Th经过24天将衰变2g,再经过24天将全部衰变完毕

D.一个质子和一个中子结合成一个笊核时释放能量，表明此过程出现了质量亏损

【答案】D

【解析】A.电子围绕原子核做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，则有kS=mf,根据动能的

rzr

表达式=imv2,联立解得,则当氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较

k2k2r

大的轨道时电子的动能减小；由于库仑力做负功，故电势能增大；该过程，要吸收•定频率

的光子，故原子总能量增大，故A错误；

B,太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，故B错误；

C.箫4Th的半衰期为24天，4g策行经过24天将衰变2g，再经过24天2g箫4Th将衰变一

半剩下1g铭4如，故C错误；

D.一个质子和一个中子结合成一个笊核时释放能量，必然会出现质量亏损，故D正确。故选D。

A.该交流电的频率为100Hz

B.该交流电的电压有效值为311V

C.交流电压表测得该电压示数为220V

D.该交流电的电压表达式为u=220sinl00nt(V)

【答案】C

【解析】A.该交流电的周期为7=2x10-2$,则该交流电的频率为f=，=50HZ,故A错误；

BC.该交流电的电压最大值为311V,则该交流电的电压有效值为U=*v=220V，即交流电压

表测得该电压示数为220V,故B错误，C正确；

D.该交流电的电压表达式为u=311sinl00irt(V),故D错误。故选C。

6.如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振

子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是()

A.在t=0.2s时，弹簧振子的加速度为正向最大

B.在t=0.2s与t=0.6s两个时刻，振子的速度都为零

C.在t=0.6s时，弹簧振子的弹性势能最小

D.从t=0到t=0.2s时间内，弹簧振子做加速度减小的减速运动

【答案】B

【解析】A.在t=0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大值，而弹簧振子的加速度大小与位移大小成

正比，方向与位移方向相反，A错误；

B.在t=0.2s与t=0.6s两个时刻，振子在最大位移处，速度为零，B正确。

C.在t=0.6s时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最

大，C错误；

D.从t=0至Ut=0.2s时间内，弹簧振子从平衡位置向正向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速

度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速运动，D错误；故

选B。

7.两等量异种点电荷分别放置于真空中的A、B两点，如图所示，a、b、c为电场中的三点，实线

PQ为A、B连线的中垂线，a、b两点关于AB对称，a、c两点关于PQ对称。已知A点放置的

是正点电荷，则下列判断正确的是（）

P

a♦I-----------♦c

I

4*—r----------------*5

bQ

A.a点的场强与c点的场强相同

B.a点的电势与c点的电势相同

C.电子在a点的电势能大于其在b点的电势能

D.若将电子沿直线由a点移动到b点，则电场力先做正功，后做负功

【答案】D

【解析】A.由等量异种点电荷电场线分布特点知，a点和c点的电场强度，大小相同，方向不同。

故A错误;

B.由等量异种点电荷电场线分布特点知，a点电势高于c点的电势。故B错误；

C.由等量异种点电荷电场线分布特点知，a点电势等于b点的电势，则电子在a点的电势能等

于其在b点的电势能。故C错误：

D.将带电子沿直线由a点移动到b点，根据等势线分布图可知，电势先升高后降低，所以电场

力先做正功，后做负功，故D正确。故选D。

8.如图所示，在光滑绝缘水平面上有一单匝线圈ABCD,在水平外力作用下以大小为v的速度向右

匀速进入竖直向上的匀强磁场，第二次以大小为g的速度向右匀速进入该匀强磁场，则下列说法

不正确的是（）

A.第二次进入与第一次进入时线圈中的电流之比为1：3

B.第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为I:9

C.第二次进入与第一次进入时线圈中产生的热量之比为1：9

D.第二次进入与第一次进入时通过线圈中某一横截面的电荷量之比为1：1

【答案】C

【解析】A.设磁感应强度为B,CD边长度为L,AD边长为I/,线圈电阻为R；线圈进入磁场过程

中，产生的感应电动势为E=BLv,感应电流为【=、=答，感应电流I与速度v成正比，第

KK

二次进入与第一次进入时线圈中电流之比为12：k=；：v=l：3,故A正确；

B.线圈进入磁场时受到的安培力为F.g=BIL=呼士，线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，

女R

外力为F=F%,=8比=呼士，所以外力功率为P=Fv=受型，功率与速度的平方成正比，

第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为Pz：Pi=W）2：v2=1:9,故B正确：

C.线圈进入磁场过程中产生的热量为Q=I2Rt=（詈）2XRX§=岑工产生的热量与速度成

正比，第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比为Qz：Qi=g：v=l:3,故C错误：

D.通过导线横截面电荷量为q=IAt=^At=*,电荷量与速度无关，则电荷量之比为1：I,

故D正确。由于本题选择错误的，故选C。

9.某同学按照如图所示连接了电路，利用电流传感器研究电容器的充电和放电过程，先使开关S

接1，电容器充电完毕后将开关掷向2,可视为理想电流表的电流传感器将电流信号传入计算机，

屏幕上显示出电流随时间变化的I-t曲线，如图所示•定值电阻R己知，且从图中可读出最大放

电电流Io以及图线与坐标轴围成的面积S,但电源电动势、内电阻、电容器的电容均未知，下列

A.根据题目所给的信息能求出电源电动势和内电阻

B.电容器放电过程中电阻R两端的电压变大

C.根据题目所给的信息能求出电容器的电容

D.由计算机采集的电流可知流过电阻R的电流方向规定向右为正

【答案】C

【解析】B.电容器放电过程中电流减小，则电阻R两端的电压变小，选项B错误;

C.根据Q=It可知，l-t图像与两坐标轴围成的面积表示电容器放出的总电荷量，即、=$,电

阻R两端的最大电压即为电容器刚开始放电的时候，则最大电压乜=",根据C=轲知，

电容器的电容为C=*故选项C可求，则C正确;

max

A.电源的内电阻在右面的充电电路中，根据题意只知道电源的电动势等于电容器充满电两板间

的电压，即刚开始放电时的电压，^哈卜小用但内电阻没法求出，故选项A错误；

D.电容器放电时，流过电阻R的电流为向左，则由计算机采集的电流可知流过电阻R的电流

方向规定向左为正，选项D错误。故选C。

10.关于以下四幅课本中的插图，下列说法正确的是

丙

A.图甲是速度选择器示意图，若不计粒子重力，由图可以判断出带电粒子的电性

B.图乙是磁流体发电机结构示意图，由图可以判断出A极板是发电机的正极

C.图丙是质谱仪结构示意图，打在底片上的位置越靠近入射点，粒子的比荷越大

D.图丁是回旋加速器示意图，若仅增加电压U,可增大粒子飞出加速器时动能

【答案】C

【解析】A.根据左手定则可知，无论粒子电性如何，当粒子沿直线通过速度选择器时，其所受电

场力与洛伦兹力方向都可以相反，所以无法判断粒子电性，故A错误；

B.根据左手定则可知，等离子体中的正离子将向B极板偏转，所以B极板是发电机的正极，故

B错误；

C.设粒子进入磁场时的速度大小为v,根据动能定理有qU=：mv2,设粒子在磁场中做匀速圆周

运动的半径为r,根据牛顿第二定律有qvB=m7,联立以上两式解得r=g管，根据上式

可知打在底片上的位置越靠近入射点，粒子的比荷越大，故C正确；

D.设回旋加速器D形盒的半径为R,粒子获得的最大速度为vm,根据牛顿第二定律有qVmB=m

手,解得Vm=¥^，粒子的最大动能为Ekm=gmVm2=3F，可知最大动能与交流电压无

关，所以若仅增加电压U,无法增大粒子飞出加速器时的动能，故D错误。故选C。

11.一水平轻弹簧的两端与质量分别为ml和m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑的水平面上。

现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s,此后两物块的速度随时间变化的规律如图所示，从图像

信息可得（）

A.在小匕时刻两物块达到共同速度lm/s,且弹簧都是处于压缩状态

B.从〃到分时刻弹簧由压缩状态恢复到原长

C.两物体的质量之比为四:用2=1:3

D.在f2时亥I」A与B的动能之比为Eki：Ek2=1:8

【答案】D

【解析】A.由图可知ti、t3时刻两物块达到共同速度lm/s,且此时系统动能最小，根据系统机械

能守恒可知，此时弹性势能最大，而t=0、t2、t4三个时刻弹簧处于原长状态，故ti弹簧处于

压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误;

B.结合图象，开始时m逐渐减速，m?逐渐加速，弹簧被压缩，口时刻二者速度相等，系统动

能最小，势能最大，弹簧被压缩最短，然后弹簧逐渐恢复原长，侬依然加速，mi先减速为

零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长

度将逐渐增大，两木块均减速，当13时刻，二木块速度再次相等，系统动能最小，弹簧最长，

因此从从ti到t3时刻中弹簧由压缩状态恢复原长再伸长，故B错误；

C.系统动量守恒,选择开始到tl时刻列方程可知mivi=(mi+m2)V2,将vi=3m/s，V2=lm/s代入

得mi：m2=l：2,故C错误；

D.在t2时刻A的速度为VA=lm/s,B的速度为VB=2m/s,根据皿：m=l：2,E^=；mv2解得：

2KZ

Eki：Ek2=l：8,故D正确。故选D。

12.如图是某品牌排烟风机的相关参数，若已知空气密度为1.3kg/m3,则下列表述判断正确的是()

风机流量22000m3/h

风机效率65%

电机电功率5.5kw

风机转速1450r/min

工作电压220V/50Hz

A.风机的转动的角速度为314rad/s

B.出风口半径约为0.26m

C.空气排出的速度约为15m/s

D.排风扇的内电阻约为8.8。

【答案】B

【解析】A.由公式3=2兀兀可得，风机的转动的角速度为3=2兀•二"rad/s=^^rad/s

603

C.设空气排出的速度为v,时间t内，由能量守恒有P出t=1Qtpv2,代入数据解得v=30m/s，

故C错误；

B.根据流量计算公式Q=vnr2可得，出风口半径约为「=区〜0.26m，故B正确。

D.根据题意可知，风机的输出功率为P出=P电口=3575W,热功率为P热=P电一P出1925W,

pp

风机的工作电流为I=*=25A.由公式P热=12r可得，风机的电阻为r=£°3.10,故D错误；

故选B。

13.在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，将具有加速度测量功能的智能手机固定

在小车上，改装成如图1所示的装置来测量小车加速度。小车的质量M=300g,槽码的质量m=

30g。小车由静止释放，设小车前进的方向为正方向，通过手机软件测得加速度随时间变化图像

如图2所示，其中减速过程中加速度超过了手机的显示范围。关于此实验的分析，下列说法正确

的是（）

A.此手机的质量约为170g

B.放手机与不放手机相比，小车加速过程中的加速度较大

C.放手机与不放手机相比，小车加速过程中细线对小车的拉力较小

D.小车与制动器碰撞前的速度大小约为2.4m/s

【答案】A

mg

【解析】A.由图像可知，加速阶段的加速度为a=0.6m/s2,M=300g,m=30g带入a=/诉二，

机

可得m机=i70g，选项A正确。

B.对小车和槽码的整体，由牛顿第二定律可知a=悬，因放上手机后，M变大，则加速度减

m+M

小，即放手机后，小车加速过程中的加速度较小，选项B错误；

C.对小车分析可知，T=Ma=M=相，则放上手机后，M变大，则T变大，选项C错误；

M

D.由a-t图像可知，图像的“面积”的与速度的变化量，则小车与制动器碰撞前的速度大小约为

v=0.6X1.6m/s«1.0m/s,选项D错误；故选A。

14.利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图甲所示，将固定有霍尔元件的物体置于两块磁性

强弱相同、同极相对放置的磁体缝隙中，建立如图乙所示的空间坐标系。保持沿x方向通过霍尔

元件的电流I不变，当物体沿z轴方向移动时，由于不同位置处磁感应强度B不同，霍尔元件将

在y轴方向的上、下表面间产生不同的霍尔电压UH。当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度

B为0,UH为0,将该点作为位移的零点。在小范围内，磁感应强度B的大小和坐标z成正比,

这样就可以把电压表改装成测量物体微小位移的仪表。下列说法中正确的是（）

霍尔元件A

4,4,//

甲乙

A.该仪表只能测量位移的大小，无法确定位移的方向

B.该仪表的刻度线是不均匀的

C.若霍尔元件中导电的载流子为电子，则当Az〉。时，上表面电势高

D.电流I越大，霍尔电压UH越大

【答案】D

【解析】设载流子的电荷量为q，沿电流方向定向运动的平均速率为v,单位体积内自由移动的截流

子数为n,导体板横截面积为S,霍尔元件沿z轴厚度为a,霍尔元件沿y轴厚度为b,则电

流的微观表达式为I=nqSv=nqabv,载流子在磁场中受到洛伦兹力F洛=qvB,载流子在洛

伦兹力作用向上或向下移动，上下表面出现电势差，则载流子受到的电场力为F电=q器当

达到稳定状态时，洛伦兹力与电场力平衡，联立得出网=矗

A.由UH可知，B的方向不同时，霍尔电压的正负不同，而位移方向不同时，B的方向也

不同，因此该仪表可以确定位移方向，故A错误；

B.小范围内，磁感应强度B的大小和坐标z成正比，由UH=荒可知，UH与B成正比，故UH与

坐标z成正比，故刻度是均匀的，故B错误：

C.在Az〉。区域，B方向沿z轴负方向，用左手定则可判断电流受力方向沿y轴正方向，故载流

子向上移动，因载流子带负电，故上表面电势低，故C错误；

DI

D.由UH=黑可知，电流I越大，霍尔电压UH越大，故D正确。故选D。

二、第二部分：本部分共6题，共58分。

15.（8分）（1）某同学使用如图装置来“验证机械能守恒定律”。其操作过程如下:

遮光条滑块

气垫导轨

A.把气垫导轨固定在有一定倾角的斜面上，调整气垫导轨，使之与斜面平行，用量角器测量出

斜面的倾角为a；

B.在气垫导轨上的恰当位置固定两个光电门力”和“2”，用刻度尺测量出两个光电门之间的距离

为X;

C.在滑块上垂直装上遮光条，使用游标卡尺测量出遮光条的宽度为d；

D.使用天平测量出滑块和遮光条的总质量为m；

E.在气垫导轨上，由静止释放滑块，滑块先后通过两个光电门，用光电计时器记录遮光条通过

光电门力”和“2”的时间分别为tl、t2。

重力加速度为g。则：

①如图所示，是用游标卡尺测量遮光条的宽度示意图.其宽度为€1=cm；

234cm

01020

②在滑块和遮光条从光电门力”运动到光电门“2”的过程中，满足关系式时

（用测量的物理量字母表示），滑块和遮光条的机械能守恒.

（2）在“测定玻璃的折射率”实验时：

①下列做法正确的是;

A.入射角越大，误差越小

B.画出玻璃砖边界面后，实验过程中玻璃质就可以任意移动了

C.插大头针时，要尽量让针处于竖直状态且间距适当远一些

D.所用玻璃砖必须是平行玻璃砖，用其他形状的玻璃砖无法测得其折射率

②某学生在插第三枚大头针P3时，在视线中看到Pi、P2两枚大头针"断''成了a、b、c、d四截,

如图所示。确的做法是让P3同时挡住_______.

A.a、bB.c>dC.a、cD.b、d

【答案】（1）2.030；gxsina=K）2一：（»；（2）C；B

【解析】（1）[1]游标尺是20分度，分度值为0.05mm,由题图可知，游标尺的第6刻线与主尺的

刻线对齐，因此遮光条的宽度为d=20mm+6x0.05mm=20.30mm=2.030cm；

⑵若滑块和遮光条机械能守恒，需满足关系式mgxsina=（m（凯-哈产即

Id,1d,

gxsina=-（-）^--（-）2

（2）[3]A.入射角不宜太大也不宜太小，入射角过大，会使折射光线亮度变暗，入射角太小则

入射角、折射角的相对误差较大，A错误：

B.实验过程中，玻璃砖与白纸的相对位置不能改变，B错误；

C.插大头针时，让针处于竖直状态且间距适当远一些有助于减小误差，C正确；

D.除了平行玻璃破其他形状的玻璃砖也能测出折射率，D错误。故选C。

[4]在本实验中P3应挡住Pl、P2透过玻璃砖的像，而不是Pl、P2,题图中a、b为Pl、P2,c、

d为Pl、P2透过玻璃砖的像，即应让P3同时挡住c、d。故选B。

16.（10分）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻Rx,步骤如下：

②实验室还提供了如下器材：

电池组E（电动势为3V,内阻不计）；

电流表Ai：量程为0〜10mA,内阻L约50Q；

电流表A2：量程为0〜500RA,内阻*=1000。；

滑动变阻器Ri（阻值范围为0〜20Q,额定电流2A）；

电阻箱R2（阻值范围为0~99990,额定电流1A）

开关S,导线若干。

为了用伏安法尽可能准确地测量Rx的阻值，请你帮助该同学完成实验中的下述步骤：

a.上述器材中缺少电压表，先需将电流表A2改装成电压表，然后在如图方框中画出用伏安法测

量Rx阻值的电路图，并在图中标明各器材的代号o

b.实验中，将电流表A2改装成量程为2.5V的电压表，调节滑动变阻器”,读出电流表Ai的示

数1=6.0mA,此时电流表A2的示数如图所示，则其对应的电压测量值是U=V,根

据以上实验数据和Rx=苧，电阻Rx的测量值是（本空保留2位有效数字），实验中

电阻测量值Rx与其真实值比较（选填“偏大”或"偏小”），并简述其原因____________o

【答案】（1）4.700；（2）a.22O；图见解析；b.1.2；2.0x1（）2；偏小；改装后的电压表分流作用

【解析】（I）[1]螺旋测微器读数为4.5mm+20.0x0.01mm=4.700mm；

（2）①⑵多用电表的电阻“xlO”挡,其读数为22X10。=220。

②a[3]电流表改装成电压表，串联电阻（电阻箱）可以完成，由于电流的表Ai的内阻相对待测

电阻Rx很小，且大小不确定，采用电流表外接法，滑动变阻器Ri的最大阻值很小，电压的调

节能力有限，采用分压式接法，电路如图所示

电流表A2的示数为240M，则其对应的电压测量值U==1.2V；

I2RV

⑸电阻Rx的测量值Rx=7=获受7。=2.0x后。

[6][7]由于改装后的电压表分流作用，电流表A1测量的电流值大于流过Rx的电流，根据R=,可知,

实验中电阻测量值Rx与其真实值比较偏小•

17.（9分）2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某

滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10m,C是半径R=2

2

0m圆弧的最低点，质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4.5m/s

2

到达B点时速度VB=3Om/s。取重力加速度g=10m/so

(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；

(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。

【答案】(1)100m；(2)1800N-s；(3)受力分析图见解析,3900N

【解析】(1)己知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即VB2-诏=2aL,

可解得L=立必=100m

2a

(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以I=mvB-0=1800N-s

(3)小球在最低点的受力如图所示

由牛顿第二定律可得，N-mg=m器，

从B运动到C由动能定理可知mg/i=|mvc解得N=3900N。

18.(9分)两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角37。的光滑绝缘斜面上，顶部接有一

阻值R=3。的定值电阻，下端开口，轨道间距L=1m。整个装置处于磁感应强度为B=2T的匀

强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。质量m=1kg的金属棒ab,沿导轨运动时始终垂直于导轨,

且与导轨接触良好。金属棒ab从静止开始运动下降的竖直高度为h=6m时，速度已经达到最大

速度。金属棒ab在导轨之间的电阻Ro=111,电路中其余电阻不计。sin37°=0.6,cos37°=0.8,

2

取g=10m/so求：

B、

M

R

(1)求金属棒ab达到的最大速度vm的大小；

(2)金属棒ab沿导轨向下运动速度最大后，导体棒ab两端的电势差Uab；

(3)从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的热量Q。；

【答案】(1)6m/s；(2)9V；(3)31.5J

【解析】(1)金属棒ab达到的最大速度时有mgsinJ=等拄，解得力=6m/s

R+Ro

(2)金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势大小E=BLvm=12V,

D

导体棒ab两端的电势差为路端电压，所以Uab=三-E=9V；

(3)由能量守恒可得mg/i=Q+gmv：,解得Q=42J,

所以电阻R上产生的热量QR=2Q=31.5JO

KKTKQ

19.30分)北京时间2020年12月2日4时53分，探月工程“嫦娥五号”的着陆器和上升器组合

体完成了月壤采样及封装。封装结束后上升器的总质量为m,它将从着陆器上发射，离开月面。

已知月球质量为M,月球的半径R,引力常量为G,忽略月球的自转。

(1)求表面重力加速度为g:

(2)月球表面没有大气层。上升器从着陆器上发射时，通过推进剂燃烧产生高温高压气体，从

尾部向下喷出而获得动力，如图所示。若发射之初上升器加速度大小为a,方向竖直向上，

上升器发动机向下喷出气体的速度为v,不考虑上升器由于喷气带来的质量变化，求每秒

喷出气体的质量；

(3)不计其它作用力时，上升器绕月飞行可认为是上升器与月球在彼此的万有引力作用下，绕

二者连线上的某一点O做匀速圆周运动。若二者间的距离为L,试写出它们角速度的表

达式。

【答案】⑴箸；⑵若2⑶3=隹更

【解析】（1）质量为m'的物体放在月球表面，由牛顿第二定律得G^=m'g,得g=,

（2）设喷出气