2023年湘豫名校联考高考物理二模试卷

2023年湘豫名校联考高考物理二模试卷

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，Fn=⅛E1,其

中El=-13.6eV0几种金属的逸出功如表所示。已知可见光的能量范围是L62eV"〜3.11eV,

则下列说法中正确的是（）

HHYH

β6EZcV

--0.85

—1.51

UEEL--3.40

l

UUUU

GGO≡

..∙

99M0

S87-13.6

寸

9「

A.用为光照射时可让表中的两种金属发生光电效应

B.%谱线对应光子的能量大于物谱线对应光子的能量

C.Ha谱线对应的光子是氢原子从Ti=4能级向n=2能级跃迁发出的

D.氢原子从兀=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α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（）

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，局空消防演练时，r⅛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（）

B

B

B

B

B

1C1

A.3-4-

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（鬻¥

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”“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、

一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（）

MNP

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α粒子发射源，可在图示

乙GPH=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α粒子，在圆经过P

点的直径上，固定一长度为2R的荧光挡板，α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。，α粒子的质量为m,电荷量为q。不计a粒子的重力和粒子间的

相互作用，当α粒子的速度为U=噤时，下列说法正确的是（）

A.所有进入圆形区域的α粒子均垂直击中荧光挡板

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

C.α粒子在磁场中运动的最长时间为萼

D.α粒子在无磁场区域运动的最长时间为荒

8.如图所示，倾角为e=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、匕用

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=

nɪg的恒力。已知弹簧的弹性势能E弹与其形变量X满足E弹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α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α的动能为联

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空史

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；I

(2)弹簧下端不挂重物时，用刻度尺测量弹簧的长度Lo=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Ll=26.30cm。

(4)当电梯向上加速运动时，稳定后测量弹簧的长度员=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α=(用题中

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

②若要测出弹簧的劲度系数上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15V)、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。实验原理图如图甲所示。实验主要步骤如下，请

完成有关内容。

⑴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Ro=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Ufn。把电

压表的示数标示为待测电阻的阻值Rχ,换算公式是&=(用Um、。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=kθ(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。

两个质量均为根、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,滑块匕不带电，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=I7。初始时，一质量m=0.2kg、

边长L=0.2m、电阻R=0.04。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F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4=0.75,重力加速度大小g取

10m∕s2,sin37o=0.6,cos37°=0,8ŋ先后两次拉动情景如下：

第一次拉力F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U与沿斜面向上运动的距离%满足正比关系，U-X关系图

像如图乙所示。

(1)求第一次拉力尸的大小。

(2)求第二次拉力F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,

当活塞再次静止时，下列分析正确的是（）

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II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

∏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、∏到汽缸的粗细缸连接处的距离均为L。已知活塞I与活塞II

的质量分别为2m、m,面积分别为2S、S,环境温度为%,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)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T及此时细

线张力FT:

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

并保持静止，求稳定后推力乐及活塞I到粗细缸连接处的距离》。

1JI

UΓ±

乙

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αM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两点分别位于玻璃碗截面最低点的左右两侧。下列说法正确的是()

A.b、C两点处分别对应绿光、红光

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yθz面，以垂直单摆所在平面为X轴，建立。-孙Z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n=0、1、2、…、9,摆长分别为L。、

L1、G、…、L9，摆长满足L,=(品)2^0，其中N=I0,编号n=0的单摆周期为7()(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n的单摆的周期〃；

(2)板子放开后编号n=O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？

(3)板子放开后最短经过多长时间，所有摆球又重新回到释放时的状态？

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4、由B=看得,磁感应强度的单位为N∕(4∙nι)=(∕cg•62)/(/∙7n)=∕cg∙7n∕/,

还需要用安培(A)导出，故A错误；

B、由能量子公式£=∕n/得九=*则普朗克常量力的单位为/・s,IJ∙s=IN∙m∙s=I(N∙m∕s2)•

2

m∙s=Ikg∙m∕sf故B正确；

C、由电阻定律R=Pg知电阻率P的单位为C∙τn,故C错误；

D、由磁通量公式。=BS知磁通量的单位是Wb=T∙z∏2,结合A项分析知，IT=Ikg.τn∕A,得

IWb=Ikg∙τ∏3∕力，故D错误。

故选：B。

根据磁感应强度的定义式B=5、能量子公式£=/IV、电阻定律R=P,、磁通量公式中=BS进行

ILRS

分析。

解答本题的关键要掌握与各个量相关的表达式，根据各个量单位之间的关系进行推导分析。

2.【答案】A

【解析】解：根据图甲可知Ha谱线对应的光波长最长，也谱线对应的光波长最短；

根据光子能量公式E=∕ιv=h：可知，Ha谱线对应光子的能量最小，为谱线对应的光子能量最大；

348

四条可见光谱线的波长对应的能量Ea=4=6.62X1O-X3X1O=3θ26X10-19y=189eK

同样的代入可得到其他三种光的光子能量%=2.55eV,Ey=2.86eV,Eδ=3.02eV

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发生光电效条件为光子能量大于金属的逸出功，根据上述结果可知用他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；

8根据上述解析可知，Ha谱线对应光子的能量小于小谱线对应光子的能量，故B错误；

C.氢原子从n=3能级向JI=2能级跃迁，辐射光子的能量ZIE=E3-E2=-1.51eV一(一3.4OeV)=

1.89eK,正好对应于Ha谱线的能量，故C错误；

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

围，故此光属于紫外线，故。错误。

故选：Ao

根据光子能量公式E^hv=八亨分别求解四条可见光谱线的波长对应的能量；

人根据光电效应发生的条件分析作答；

A根据计算的结果分析作答；

C.根据能级跃迁时辐射光子的能量公式分析作答；

D由/U/=Em-En可求解氢原子跃迁时的能量，然后分析作答。

本题主要考查了光电效应的相关应用，理解玻尔氢原子能级理论，结合能量子的计算公式和光电

效应方程即可完成分析。

3.【答案】D

【解析】解：AB,根据图示可知，公交车前进方向为向右，若公交车在平直路面上行驶，拉手环

位于图中b位置时，拉手环受到重力和沿绳的拉力，两力的合力向右，则公交车加速度水平向右，

则公交车有可能加速前进或者减速倒车，故AB正确；

C、若公交车在斜坡路面上加速上坡，则加速度方向沿斜坡向上，有可能是图中b位置，故C正确；

。、公交车在斜坡路面上减速下坡，加速度沿斜坡向上，则拉手环会向图中α位置右侧倾斜，故。

错误。

本题要求选择不可能的，

故选：Po

对拉手环受力分析，根据牛顿第二定律分析公交车的加速度，结合选项分析即可。

本题考查牛顿第二定律，解题关键是根据对手环受力分析，结合牛顿第二定律分析即可。

4.【答案】D

【解析】解：设喷口距墙面的距离为d,喷口斜向上时，运动时间为水流喷出时的速度大小为

V0-方向与水平方向的夹角为。，则水平初速度为ι⅞cos仇竖直初速度为UOSin0。

根据水平方向做匀速直线运动，有d=v0cosθ-t1

竖直方向做竖直上抛运动，有%sine=gt[,d=；g片

喷口水平时，运动时间为今，水平方向有d=%t2

竖直方向有h=

12

可得喷口水平时，击中点到喷口的竖直高度与其水平距离的比值是J=F⅛

d凝彳

联立解得击中点到喷口的竖直高度与其水平距离的比值：与二,故ABC错误，。正确。

a5

故选：Do

本题根据斜抛运动的规律：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，利用分位移公

式即可解答。

本题解题关键是掌握斜抛运动的规律，知道斜抛运动在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上

做竖直上抛运动，根据分位移公式和等时性进行解答。

5.【答案】ABD

【解析】解：4、根据万有引力定律得：F=G等，则'‘夸父一号”与“羲和号”所受地球引力

大小之比为引=华¥=（缺A，故A正确；

BC、根据万有引力提供向心力得：G^=m^=m^-r,得V=再,τ=2πy∣~^j

所以“夸父一号”与“羲和号”运行速度大小之比为V=

“夸父一号”与“羲和号”运行周期之比为%=（号£=（貌W故B正确，C错误；

。、“夸父一号”与“羲和号”不在同一轨道上，根据开普勒第二定律可知，两卫星与地心的连

线在相同时间内扫过的面积不相等，故。正确。

故选：ABD.

根据万有引力定律求解两颗卫星所受地球引力大小之比。根据万有引力提供向心力列式，得到卫

星的速度、周期与轨道半径的关系，再求速度大小之比和周期之比。结合开普勒第二定律分析卫

星与地心的连线在相同时间内扫过的面积关系。

解答本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一基本思路,灵活选择向心力公式,通过列式分析。

6.【答案】BD

【解析】解：4若小球E带正电，则将E向左移动后，由于P点合场强为零，根据电场的叠加，NP之

间的电场强度的方向指向N点，所以E的受力方向向左，背离P点，不平衡，故A错误；

及若小球E带负电，则将E向左移动后，由场强方向得E的受力方向指向P点，平衡，故B正确；

C.若把E移动到MN电荷之间，正负电荷之间某点的场强为0,则无法往复运动，故C错误；

D若把E向右移动，则无场强为O的点，由静止释放，在库仑力作用下小球E一定做往复运动，故

D正确。

故选：BD。

根据电场的叠加，由于P点合场强为零，确定P点左侧、右侧的电场强度方向，即可分析带电小球

的运动情况。

此题考查了异种电荷的电场叠加，关键是确定电场强度的方向，分析带电粒子的受力，从而确定

带电粒子运动情况。

7.【答案】AD

【解析】解：4粒子受到的洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律可得:

Cτnv2

qvB=-y

结合几何关系可得:

mv

Y----=R

qB

则从P点射出的某一粒子运动的轨迹如图，由几何关系可知，四边形O'MOP为菱形,可知O'M水平,

则从M点进入圆形区域的粒子速度竖直向下，垂直击中荧光挡板，故A正确；

A沿着PG方向射出的粒子设到挡板上的位置最远，由几何关系可知,最远点距离P点的距离为∣R,

并且距离P点越近，粒子数量越多，粒子分布不均匀，故B错误；

C.沿着PH方向射出的粒子在磁场中运动的时间最长，由儿何关系可知在磁场中转过的角度为330。,

则最长时间为：

330o2πRIlTrm.,kzdt`口

t=w×-="MΓ'故C错误；

D水平向左射出的α粒子在无磁场区域运动的时间最长，为t'=W=焉,故。正确。

故选：AD.

根据牛顿第二定律和几何关系得出粒子的出射方向：

根据儿何关系和周期公式得出对应的运动时间。

本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合牛顿第二定律和几何关系

即可完成分析。

8.【答案】BC

【解析】解；4对小球ɑ受力分析，小球α在沿斜面方向上受到拉力、重力沿斜面向下的分力以及

弹簧向下的弹力的作用，根据牛顿第二定律可得：

F-mgsin30°-F弹1F弹

Q=---------m―-=

随着弹簧伸长，弹力先减小到O后又反向增大，加速度会逐渐减小，当尸弹=Tnlg时，加速度减为

0,速度不为0。对小球b受力分析，此时小球b受到重力的分力大小为恰好等于弹簧弹力大

小。故此状态为小球b恰好要运动的状态。又因为小球ɑ此时速度不为0,故弹簧会继续伸长，弹

力会继续增大。小球ɑ的加速度会沿斜面向下，又会做减速运动。故A错误；

8.根据分析，小球b脱离挡板后，将小球ɑ,小球b以及弹簧看作一个整体，则整体受到的合外力为

0,根据所学的知识可知符合动量守恒的条件，因此系统总的动量保持不变。故B正确；

C初始状态时，弹簧处于压缩状态，根据受力分析可得：

1

m

F弹O=MgSiTl30°=kxQ=29

小球b刚要运动时，F弹=∕c%=^mg

解得：XO=X=翳

且初末状态中弹簧形变量相同，弹性势能相同。则弹力做的总功为0。根据动能定理可得：

WF-WG=mg(x+x0)-mg(x+XO)Sin30°=Ek-O

ɔɔ

解得：E=*,故C正确；

Klc2k

。.小球b刚要运动时，根据上述分析可知小球α的速度为：

此时弹簧弹性势能为：⅛=l∕cχ2=^

理28κ

弹簧弹性势能最大时两小球的速度相等，系统总动量守恒，选择初速度的方向为正方向，根据动

量守恒和能量守恒定律可得：

mv=2mvμ-

,2

Ek=ɪmv-ɪ×2mv^

解得EJ=字

κ4k

根据能量的转化特点可知系统动能的减少量为弹性势能的增加量，可得：

密="E弹=ɪɪ

故弹性势能的最大值为：

E弹ms=E弹+ZE弹=喀，故。错误。

故选:BCo

对小球受力分析，根据牛顿第二定律得出其加速度的变化趋势，从而得出其运动类型；

根据动量守恒定律的条件分析出系统的总动量是否守恒；

根据受力分析，结合动能定理列式得出小球α的动能；

根据动量守恒定律和能量守恒定律分析出弹簧储存的弹性势能的可能值。

本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，理解动量守恒定律的条件，结

合受力分析和牛顿第二定律即可完成解答。

9.【答案】”∙g0.68瓶子和水的总质量m

LlTO

【解析】解：①设弹簧的劲度系数为上装有适量水的瓶子静止时，根据平衡条件k(k-LO)=mg

当电梯向上加速运动，弹簧的弹力F=k(L2-L0)

根据牛顿第二定律F-mg-ma

联立解得α=钙i∙g

代入数据解得α=0.68m∕s2

②根据平衡条件k(Lι-Lo)=mg可知，要测弹簧的劲度系数，还需要测量瓶子和水的总质量加。

故答案为：①，∙g；0.68；

②瓶子和水的总质量m。

①根据胡克定律求解弹簧的弹力，根据平衡条件求解瓶子和水的总重力与弹力的关系；根据牛顿

第二定律求解弹力、瓶子和水的总重力与加速度的关系，据此分析作答即可；

②根据平衡条件确定需要测量的物理量。

要理解实验原理，要熟练掌握平衡条件、胡克定律和牛顿第二定律。

10.【答案】b7968警-Ro23不可以测量小电阻时电压表示数几乎仍为满偏，测量误差很

大

【解析】解：(1)按照实验原理图连接电路，先把电位器R的滑片P调到6端，将红、黑表笔短接,

调节滑片P使电压表满偏。

(2)根据电阻箱各旋钮的倍率可得，电阻箱的阻值：Rtl=79680

(3)由(2)分析可知电压表电阻和电位器接入电路的电阻之和等于Ro,则：/=A=建展

解得：RX=华-Ro

(4)由题图可知电压表的示数为：U=3.8V,代入上式可得：R人=RX=华-RO=号竺。一

7968。=23kΩ;

(5)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。原因测量小电阻时电压表示数几

乎仍为满偏，测量误差很大。

故答案为：(l)b;(2)7968；(3)华一R。；(4)23；(5)不可以、测量小电阻时电压表示数几乎仍

为满偏，测量误差很大。

(1)为保证电压表的安全，应使滑动变阻器接入的电阻最大；

(2)根据电阻箱各旋钮的倍率所指，读取电阻箱接入电路的值；

(3)(4)根据串联电路电压的关系及欧姆定律计算待测电阻的表达式，根据表达式求人体的阻值；

(5)由灯泡的阻值很小及串联电路的关系分析能否测量小电阻。

本题考查多用电表欧姆挡的原理,但不同的是表头用的是电压表。要注意正确掌握另类“欧姆表”

的内部结构及原理，以及测量过程中的“缺陷”一不适用测量小电阻。

11.【答案】解：(1)将滑块ɑ的运动分为两个阶段，剪细线之前和剪断细线之后。根据题意可知两

阶段位移大小相等，时间相等，即

vɪ—Vi+l72.

x1=-tfX2=—；--∙t,X1=X2

解得：V2=2V1

则滑块α在剪断细线时与回到P点时的速度大小之比为：54

(2)对两个阶段进行分析，由牛顿第二定律可知：mg-Eq=2mα1,Eq=ma2

U]-0

根据α/可知：⅛=⅛=1

3

上述方程联立得：E=鬻

答：(1)滑块α在剪断细线时与回到P点时的速度大小之比为L2；

(2)电场强度的大小为驾。

【解析】(1)分清剪断细绳前后，根据题意，由位移的大小相等，方向相反列式求解速度之比；

(2)根据牛顿第二定律结合加速度的定义求加速度的大小。

本题带电物体在电场中做匀变速直线运动的动力学冲量，关键是弄清楚剪断细绳前后的受力情况

和运动情况，根据运动学公式、牛顿第二定律结合实际情况解决问题。

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

为V,根据牛顿第二定律可得：F—τngs讥TngCoSO=mα

由运动学公式得：V2=2aL

导体框匀速穿过磁场区域时，Cd边切割磁感线产生感应电动势为：E=BLV

回路中的感应电流为：T

K

Cd边受到的安培力为：FA=BIL

匀速穿过磁场区域，导体框受到的合力为零，则有：F-mgsinθ-μmgcosθ-FA=O

联立解得：V=2m∕s,F=4.4/V

(2)设导体框沿斜面向上运动的距离为X时，加速度为α,速度为V,由题图乙可知：V-kx

其中，k=7.5s^1;取一段位移微元Ux,有：4v=k∆x

所用时间为/3有：M=碟

ɪ-∆v∆x

由于r：α=五'V=-

可得：a=ku=k2x

αb边到达磁场边界MN前，有：F—mgsinθ—μmgcosθ=ma

联立可得：F=mg(sinθ+μcosθ)y+mk2x

代入数据可得：F=(2.4+11.25x)∕V(0≤x<0.2m)

,

导体框穿过磁场区域时有：F—mgsinθ—μmgcosθ—Fa=ma

B2

可得：p=mg(sinθ+μcosθ)+(Ik+mfc)χ

代入数据可得：F=(2.4+18.75x)ΛZ(0.2zn≤x<0.4m)

(3)导体框的Cd边离开磁场时的速度：v1=3m∕s,导体框做匀减速直线运动，

设加速度大小为内,根据牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1

2

代入数据解得：α1=12m∕s

挡板离MN的最远距离为由，有：vl=2α1(d1-L)

代入数据解得：d1=0.575m

设反弹后导体框的速度大小为》2，沿斜面向下运动的加速度大小为。2，有：mgsinθ-μmgcosθ=

ma2

解得：a2-0

即导体框沿斜面向下做匀速运动，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to,在磁场中运动的总位移为Xo,平均速度为R导体框产生的平均电动势为：E=BLv

回路中的平均电流为：7=且

R

由动量定理得：-B/LtO=O-mι⅛

则有：X-vt=V

。0DL2

导体框若恰好全部进入磁场，则有：X0=L

可得：V2=ImlS

此时挡板离MN的最近距离为dz，有：vl-vl=2α1(d2-L)

代入数据解得：d2≈0.533m

综上分析可知，d应满足的条件为：0.533m<d<0.575m

答：(1)第一次拉力尸的大小为4.4N；

(2)第二次拉力F的大小与导体框沿斜面向上运动的距离X满足的关系式为：F=(2.4+

11.25x)N(0≤X<0.2Zn)和F=(2.4+18.75%)N(0.2m≤x<0.4m)；

(3)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，d应满足的条件是：0.533m<

d<0.575m»

【解析】(1)线框还未出磁场无感应电流，根据牛顿第二定律求出加速度，从而可以求得线框离开

磁场的速度，再由题意根据平衡条件求得拉力大小：

(2)分在磁场内和穿越磁场两个过程进行解析，根据题设图象写出加速度随位移的表达式，结合牛

顿第二定律得到变力F随位移的关系式：

(3)由题图得到Cd边离开磁场的速度，从而根据速度一位移公式可以求得挡板的最大距离。根据动

量定理得到线框在磁场中向下运动的最远距离时进入磁场的初速度，从而再由动力学规律求出最

小距离。

分析清楚线框与物块的受力情况、分析清楚线框运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定

律、平衡条件、安培力公式与运动学公式可以解题。

13.【答案】ADE

【解析】解：4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，根据平衡条件和胡克定律，则右侧气体压强P=当

则压强增加，故A正确；

A右侧气体温度升高，温度是分子平均动能的标志，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，故B错误；

C根据能量转化与守恒规律，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，故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，根据气体压强的微观意义，则分

子单位时间内撞击活塞的次数可能减少，故。正确；

E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，故E正确。

故选：ADE.

根据平衡条件和胡克定律，分析压强变化；

温度是分子平均动能的标志；

根据能量转化与守恒，分析电热丝产生的焦耳热与气体内能的增量与弹簧弹性势能增量之和的关

系；

根据气体压强的微观意义，分析分子单位时间内撞击活塞的次数；

根据气体分子平均速率变化，分析撞击力，分析冲量。

本题考查学生对气体压强的微观意义、胡克定律、能量转化与守恒、温度是分子平均动能的标志

等规律的掌握，考点较多，需要学生平时多积累记忆，是一道中等难度题。

14.【答案】解：(i)根据平衡条件，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,由玻意耳定律有PoX4SL=PlX3SL

解得PI=WPo

汽缸竖立稳定时，设汽缸内气体压强为p,对活塞/根据平衡条件有：PoX2S+2mg+Fτ=p×2S

对活塞∏根据平衡条件有：pS+τng=%+PoS

解得FT=4mg,p=p0÷

缓慢升高环境温度，气体做等压变化，根据一定质量气体的理想气体状态方程则空警=竿

解得T=ETo

(ii)若温度保持7。不变，活塞II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,细线张力为F1，从汽缸平放到该状态，由玻意耳定律有P(>X4SL=P2X4SL

对活塞/根据平衡条件有POX2S+2mg+F1=p2×2S

解得Fl=-2mg

细线对活塞有向上的弹力，不符合实际。可见此时细线已松弛，即Fl=