2023年陕西省安康市高考物理二模试卷

2023年陕西省安康市高考物理二模试卷

1.图甲为某玩具的电路示意图，匝数N=IOO匝、半径r=Icm的圆形线圈MN处在匀强磁

场中，磁感应强度随时间按图乙正弦规律变化，磁场始终垂直于线圈平面。已知额定电压为

5∕7V的灯泡L恰能正常工作，不计线圈电阻。规定向右为磁场正方向，则下列说法正确的是

A.线圈MN中交变电流的频率为IOHZB.变压器原线圈输入电压有效值为√1u

C.变压器原、副线圈匝数比为1：10D.在0-0.05S内，没有电流流经灯泡L

2.nM:V

X..................................0

一群氢原子处于量子数H=4能级，氢原子的能级如图所示，408

下列说法错误的是（）315

2---------------------------34（

A.氢原子的能级是分立的

B.这一群氢原子放出光子的频率与氢原子能级的能量有关Ic

C.这一群氢原子能放出6种不同频率的光子

D.这一群氢原子发出的所有光都能使逸出功为1.9eU的金属钠发生光电效应

3.下列选项描述的电场线与等势面之间的关系，实线表示电场线，虚线表示等势面，其中

4.如图所示，4、B是水平放置的平行板电容器的极板，闭合

开关K,带电粒子（不计重力）以速度%水平射入电场，且刚好

从下极板B的边缘飞出。保持其中一个极板不动而把另一个极

板移动一小段距离，粒子仍以相同的速度又从原处射入，下列判断正确的是（）

A.若开关一直闭合，下极板B不动，上极板4下移，粒子仍从下极板B的边缘飞出

B.若开关一直闭合，下极板B不动，上极板4上移，粒子将打在下极板B上

C.若开关断开，下极板B不动，上极板A下移，粒子仍从下极板B的边缘飞出

D.若开关断开，下极板B不动，上极板4上移，粒子将打在下极板B上

5.如图甲所示，长为L的平行金属板4、B正对竖直放置，虚线CO为两板中线。AB板间不加

电压时，一个质量为m、带电量为+q的小球从C点无初速度释放，经时间7运动到。点。现在

AB板间加上如图乙所示的交变电压，t=（时，将此带电小球仍从C点无初速度释放，小球运

动过程中恰好未接触极板，不计空气阻力，重力加速度为g。则关于小球在交变电场中的运

动，下列说法正确的是（）

图甲图乙

A.小球最终从a板下方左边缘P点射出

B.小球射出电场时的速度大小为D=J2gL+噜

C.板间距d=ɪ回

2ΛJ2m

D.若小球从C点以牛的初速度竖直向下射入电场，则小球最终从板下方左边缘P点离开电场

6.某国航天局在银河系发现颗类地行星，该类地行星的半径是地球半径的2倍，质量是地球

质量的3倍。卫星a、b分别绕地球、类地行星做匀速圆周运动，它们距中心天体表面的高度

均等于各自中心天体的半径。则卫星a、b的（）

A.线速度之比为，至：3B.角速度之比为2。：

C.周期之比为2√^至：√^^3D.加速度之比为3：4

7.竖直面内有一内壁光滑、半径为R的固定半圆柱形轨道，在O

*/A

半圆柱形轨道中放置两根长为L的通电直导线，其截面如图所1,

示。。为半圆的圆心，导线a固定在。点正下方的C处，且通有\

大小为1°、方向垂直纸面向里的电流。当质量为m的导线b中通

入大小为11（未知I）的电流时，刚好能静止在与圆心等高的4点。已知导线ɑ中电流在其周围某

点产生磁场的磁感应强度大小为B=为大于零的常量，r为该点到导线ɑ的距离），由于

导线b的质量发生变化或者两导线电流大小发生变化，导线b沿着轨道缓慢下降到。点，并在。

点重新平衡。已知/COD=60。，则下列说法正确的是（）

A.导线。中电流的方向垂直于纸面向外，且位于4点时，电流的大小为Il=%普

B.若导线b的质量不发生改变，则导线b在D处受到轨道的支持力等于在A处受到的支持力

C.可能仅是导线b的质量变为2m

D.可能仅是两导线电流的乘积减小为原来的IZ

8.如图所示，物块4的质量为小，物块B的质量为2m,两物

块分别与劲度系数为A的轻弹簧两端相连，置于足够长、倾角，X

为30。的斜面上，物块B与挡板C接触，系统处于静止状态。物亲气羡.

Z77^7777∕777777777777777777777777Γ

块4表面光滑，物块B与斜面间的最大静摩擦力∕=∣mg,重

力加速度为g。现对物块A施加沿斜面向上的恒力F,使A、B两物块先后开始运动，弹簧的弹

性势能Ep=^kχ2,其中X为其形变量的大小，弹簧始终在弹性限度内。则下列说法错误的是

（）

A.刚施加力F时，物块B与挡板C之间可能不存在弹力作用

B.当物块B刚开始运动时，弹簧中的弹性势能最大

C.物块4的动能达到最大时，物块B一定已经离开挡板

D.物块8刚开始运动时，拉力做功的最小值为3受交

m

9.甲乙两位同学分别设计了如图所示的实验装置来探究加速度与力、质量的关系，其中打

点计时器所用交流电的频率为f=50Hz,小车总质量用M,重物质量用m表示。

（1）下列说法正确的是（填选项字母）。

A.该探究实验中采用的物理思想方法为比值法

8.两组实验均需要平衡小车和长木板之间的摩擦力

C.无论小车运动的加速度多大，重物的重力都等于绳的拉力

D两组实验均需要满足所挂重物质量Tn远小于小车总质量M的条件

（2）若某次测量中两个装置的弹簧测力计读数相同且均为F,且计算得出的小车加速度均为联

则甲乙实验所用小车总质量之比为。

（3）图2为甲同学在实验中打出的纸带，相邻计数点点间有四个点未画出，则小车加速度均为

a=m∕s2,在打C点时小车的瞬时速度%=m∕s.（结果均保留三位有效数字

）

单位：ClU

10.某同学研究LED灯泡的伏安特性，实验室提供的器材有LED灯泡（6.0匕0.154）、直流电

源（9V）、电压表（量程为3V,内阻为3000。）、电流表（量程为IOOni4,内阻为5.00）、滑动变

阻器&（阻值为0-200）、电阻箱&（最大阻值9999.90）、电阻箱R3（最大阻值为9999.90）、开

关和导线若干。设计的电路如图甲所示。

（1）闭合开关前，滑动变阻器Rl的滑片应置于变阻器的（填“a”或"b”）端；

（2）要求流过LED灯泡的电流从零开始增大到额定电流，在实验前需要对电压表、电流表进行

改装，为研究LE。灯泡额定功率下的工作情况，则/?2需要接入电路的最小阻值为。，

∕⅞接入电路的最大阻值为

π

(3)实验中为了研究准确，当流过灯泡电流较小时，该同学将电阻箱/?3接入电阻的最大值，将

电阻箱接入的电阻为零。直接使用电压表和电流表读数，当电流接近IoOnM时，改用(2)问

改装的电表进行测量。将实验数据描点作图，得到如图乙所示的/-U图像。根据图像可得:

当电压U=5V时，LEn灯泡的电阻为。(保留3位有效数字)。

(4)如果把该LED灯泡直接接在电动势E=61/,内阻为2.00的电源两端，灯泡的功率约为

勿(保留2位有效数字)。

11.如图所示，平行板电容器两极板的长度为极板间距为以，极板间的电压不为零且大小

可调。在电容器的右侧存在单边界匀强磁场，方向垂直纸面向里。质量为小、电量为+q的带

电粒子从靠近上极板4处以速度处垂直电场方向进入电容器，粒子经电场偏转后从电容器右

端进入磁场。要使粒子在磁场中运动时间最长，求：

(1)电容器两极板间的电压U的大小；

(2)若该粒子刚好从C点射出磁场后进入电容器，求该粒子在电场和磁场中运动的总时间。

×××

××X

×××

×××

×××

×××

×××

12.如图所示，两光滑倾斜金属导轨MN、M'N'平行放置，导轨与水平面的夹角为6,两导

轨相距L,MM'间连接一个阻值为R的电阻。I、II、HI区域内存在磁感应强度大小为B,方

向垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁场区域的宽度均为d(未画出)，相邻磁场间的无磁场区

域的宽度均为s。倾斜导轨与间距也为L的水平金属导轨N'Q、NP通过一小段光滑圆弧金属轨

道连接，水平导轨处于垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为2B。一质量为

山、阻值也为R的导体棒ab跨放在两导轨上，从磁场区域I上边界上方某位置由静止释放，

导体棒在进入三个磁场区域后均做减速运动且出磁场时均恰好受力平衡，导体棒沿倾斜导轨

下滑过程中始终垂直于导轨且与导轨接触良好，导体棒滑到倾斜导轨底端的速度大小为必进

入水平导轨运动了支距离后停下。导体棒与水平导轨间的动摩擦因数为〃，倾斜、水平导轨的

电阻均忽略不计，重力加速度大小为g。求：

(1)导体棒ab释放处距磁场区域I上边界距离；

(2)导体棒ab从进入磁场区域I瞬间到进入磁场区域HI瞬间电阻R产生的热量；

(3)导体棒αb在水平导轨上运动的时间。

13.活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，改变外界因素，使

气体由状态4开始，经历①②两个不同过程到达状态C,其T-P图像

如图所示。从状态A经历①到状态C的过程中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击

的次数(填''增加”“减少”或者“不变”)；气体在过程①吸收的热量______(填

“大于”“小于”或者“等于")过程②吸收的热量。

14.如图所示，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板..II

沾策f］＜:＜上~［_「「I

将气体分为4、B两部分；初始时，A、B的体积均为心压强均等于大气I丁

压Po,隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过O∙25po隔板---------

时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向下缓IJ

慢推动活塞，使B的体积减小为［活塞、隔板的质量不计，活塞、隔板与汽缸间的摩擦不计二

(i)求A的体积和B的压强；

(ɪɪ)向上缓慢拉动活塞使其回到初始位置，求此时a的体积和B的压强。

15.一列简谐横波在t=1.0S时的波形如图甲所示，P是平衡位置为X=2.0m处的质点，图乙

是质点P的振动图像。该波的传播波速为m∕s,经过¢=2.5s,质点P通过的路程为

______m,,

16.如图所示，△ABC是一直角三棱镜的横截面，44=30°,

一细光束从AB边上的。点以与4B边成45。角射入三楼镜，光束

经过AC边的中点E点(未画出)，AD长度为α,AC长度为2√^α,

光在真空中的传播速度为c,不考虑多次反射。求：

(i)三棱镜对该光束的折射率n；

(iɪ)该光束在三棱镜中传播的时间。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：4、线圈MN中交变电流的频率与磁感应强度变化的频率相同，由图像得，周期r=0.2s

则频率f=*=2"z=5Hz

故A错误；

B、变压器原线圈输入电压的峰值为Ern=NBmS3

圆形线圈的面积S=Trr2

半径r=Icm=0.01m

角速度3=y=^rad∕s—10πrad∕s

代入数据联立解得：Em=y[~2V

输入电压的有效值Ui=?IIZ=居V=IV

故B错误；

C、由题意得，灯泡的额定电压为U=5。U

由有效值的定义可得：/.工=皿互

R2R

解得：U2=IOK

变压器原副线圈匝数比等于电压比，则3：n2=U1;U2=1：10

故C正确；

。、在0-0.05s内，穿过线圈的磁感应强度增大，磁通量增大，根据楞次定律得，原线圈回路中

的感应电流为顺时针方向，由图像得，磁感应强度增加的越来越慢，则感应电流越来越小。由右

手螺旋定则得，铁芯中的磁场方向为逆时针方向，磁感应强度越来越小，由楞次定律得，副线圈

回路中的感应电流方向为顺时针∙，二极管正接，则有电流流过灯泡3故。错误。

故选：Co

交变电流的频率与磁感应强度变化的频率相同，根据图像得到磁感应强度变化的周期，进而求解

频率；根据Em=NBmS3求解交变电压的峰值，根据正弦式交变电流规律求解输入电压的有效值；

根据有效值的定义求解副线圈的输出电压，理想变压器原副线圈匝数比等于电压比；二极管正接

时，电阻近似为零，反接时电阻无限大，根据楞次定律和右手螺旋定则判断电流的方向，进而判

断是否有电流流经灯泡。

本题考查正弦式交变电流、理想变压器和楞次定律，解题关键是会求解正弦式交变电流的峰值和

有效值，会用楞次定律判断感应电流的方向，知道理想变压器原副线圈匝数比等于电压比。

2.【答案】D

【解析】解：4、由图可知，氢原子只能处于不同的能量状态，即氢原子的能级是分立的，故A

正确；

B、氢原子的能级是分立的，根据玻尔理论，这一群氢原子放出光子的频率满足：hv=Em-En,

与氢原子能级的能量有关，故B正确；

C、由公式盘=6可知，这群氢原子可能辐射出6种频率的光，故C正确；

。、这一群氢原子发出的光能量值最小的是:为3=E4-E3=—0.85"+1.5IeU=0.66eV<1.9eV,

可知它不都能使逸出功为1.9eU的金属钠发生光电效应，故。错误。

本题选择错误的，

故选：Do

根据数学组合公式鬣求出氢原子可能辐射光子频率的种数。能级间跃迁时，辐射的光子能量等于

两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高，即可一一求解。

解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级

间的能级差，掌握辐射光子的种类计算方法。

3.【答案】C

【解析】解：等势面和电场线处处垂直，4BC三选项两者均不垂直，而C选项等势面和电场线处

处垂直，故C正确，A8O错误。

故选：C。

电场线与等势面处处垂直，据此判断即可。

本题考查电场线，解题关键是知道电场线与等势面处处垂直。

4.【答案】C

【解析】解：设两极板的长度为3粒子垂直射入匀强电场中，粒子在极板间做类平抛运动，

水平方向：L=v0t

竖直方向：y=/αt2=:χ变/=；X组《2=%

'22m2ma2ma

A、开始粒子竖直方向的分位移y=原若开关一直闭合，下极板8不动，上极板4下移，极板间

的电势差U不变，板间距离d减小，如果粒子扔从下极板8的边缘飞出，粒子的竖直分位移y=T=

吗不变，粒子的运动时间t变小，粒子不能从下板边缘飞出，粒子将打下极板B上，故A错误；

B、原来粒子的偏转距离y="若开关一直闭合，下极板B不动，上极板4上移，板间距离d增大，

两板间电势差U不变，两板间的电场强度Eq减小，粒子在竖直方向的加速度α减小，粒子

从两极板间飞出时的运动时间t=看不变，粒子的竖直分位移y=嚼减小，粒子将从两极板飞出，

不会打在下极板上，故B错误；

CD、电容器的电容C=⅞电容器的电容C=⅛,极板间的电场强度大小E=称,整理得:E=当

U4τIkddCrS

若开关断开，B板不动，A板上移或下移过程，极板间的电场强度E不变；粒子在极板间做类平抛

运动的竖直分位移y=；砒2=:χ*χt2=悬不变，则y=(粒子仍从下极板B的边缘飞出，

故C正确，D错误。

故选:Co

粒子垂直射入匀强电场中，做匀变速曲线运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为

零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式可得到粒子偏转距离y的表达式，闭合开关时

两极板间的电势差不变，断开开关时两极板所带的电荷量不变，根据题意求出粒子竖直方向的分

位移，然后分析答题。

粒子在两极板间做类平抛运动，分析清楚粒子运动过程，应用运动的合成与分解、运动学公式与

牛顿第二定律可以解题。

5.【答案】C

【解析】解：4B.t=T时，小球进入电场后，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向先向左做

匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运动，最后反向做匀减速直线运动，

最终经过时间7后，水平方向速度为0.根据对称性可知，此过程中小球的水平位移为0,故小球最

终从D点沿竖直方向飞出，v=∕l^L,故AB错误。

C因为小球运动中恰好未接触极板，即小球水平向左运动的最大位移为"，由＜=2X；X吟X(J/

222τndv4y

得d=J「处，故C正确；

2y2m

。.若小球从板下方左边缘P点离开电场，则小球在电场中运动的时间为，

根据未加电场时竖直方向L=IgT2

加上交变电场后，L=v0∙ɪ+

得孙=5，故。错误。

故选：Co

根据小球受电场力情况，分析小球的运动状态，结合运动的分解，根据小球竖直和书评方向的运

动规律解答。

本题由于电场方向不断变化，粒子运动情况比较复杂，分析清楚粒子的运动过程是正确解题的关

键，要注意电场力反向时粒子的运动方向并不是立即反向。

6.【答案】B

【解析】解：设地球的半径为r,则卫星α的轨道半径为2r,卫星b的轨道半径为4兀设地球的质

量为M,则类地行星的质量为3M。

A、根据万有引力提供向心力得：缪=解得：V=叵，则卫星a、b的线速度之比为:

Γ≤M

%=∙⅛=q,故A错误；

VbfG∙3M3

√~4r~

2

B、由万有引力提供向心力有：^φ=mrω,解得：ω=再,卫星a、b的角速度之比为：黑=

*-∖∣riωb

GM

W≤=奢，故2正确；

G∙3M7J

J(4r)3

C、根据T="可知卫星a、b的周期之比1=%=今，故C错误；

ωTbωa2√2

GM

D、根据牛顿第二定律可得粤=ma,解得a=缘,则卫星a、b的向心加速度之比:F=繇=£

rrQb----yɔ

(4r)/

故。错误。

故选:B。

根据万有引力提供向心力得到线速度、角速度的表达式分析AB选项；

根据周期与角速度的关系分析C选项；

根据牛顿第二定律求解卫星a、b的向心加速度之比。

本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向

心力公式进行分析。

7.【答案】BC

【解析】解：4、导线b在4点受力分析，如下图所示:

由图可知，b导线受到α导线的斥力处于平衡状态，根据异向电流相互排斥，可知b导线电流方向

垂直于纸面向外，由几何关系可得安培力F=Crng,支持力N=HIg

设α导线在4点产生的感应强度为%,则BO=修，则可得安培力大小F=Bo/"=舞，联立方

程可得b导线中的电流。=辨，故4错误；

k∣θL

B、若导线b的质量不发生改变，则导线b在。处受力分析如下图所示：

己知4。。。=60。，根据几何关系，可知支持力Nl=τng,所以N=N口故8正确；

C、若只有b导线的质量改变,设质量为M,受力分析不变,如上图所示，由几何关系，可得Fl=Tn'g,

设ɑ导线在。点产生的感应强度名,则Bl=皑，安培力大小Fl=BJlL=吟，联立方程，可得

KK

m,=2m,故C正确；

。、若b导线的质量不变,则导线b在。点处所受安培力F?=mg,由以上分析可知F2=甥S=mg，

F=学野=>J~2mg,两式联立，可得两导线的电流的乘积之比为弊=兰藉T=?=2,故。

VZn/ɑ/ɪ2!⅜-1

错误。

故选:BCo

A、导线b静止在A点时，受到导线ɑ的排斥力作用，根据异向电流相互排斥，判断导线b中电流的

方向，根据平衡条件求出导线b受到的安培力和支持力大小，由安培力公式和B=kS相结合求出

r

导线6中电流大小。

BC,根据平衡条件和几何关系求出导线b在。处支持力大小和安培力大小，可知与A处受到的支持

力大小关系，由安培力公式和B=上色相结合可得安培力的与电流大小的关系式，借助4选项中求

r

出的导线b中的电流，可得b物体的质量变为原来的2倍；

。、导线b质量不变，根据4B上面选项分析，可得安培力大小与电流关系式，安培力与重力的关系

式，则可得两导线电流乘积的比值。

本题考查了通电导线在磁场中的受力平衡，也考查了安培力大小与电流、磁感应强度、导线长度

的关系式，解题的关键是画出受力分析图。

8.【答案】BCD

【解析】解：力、未施加力F时，物体4处于静止状态，则有k>⅛=mgsin30cj=物体8：

o

2mgsin30^kx0=^mg=/,物体B可以保持静止，B与挡板C开始可以没有弹力，刚施加力F时，

弹簧弹力来不及改变，物体B的受力不变，所以物体B与挡板C之间可能不存在弹力作用，故A正

确；

B、物体B刚开始运动时，则有：kx1=2mgsin30°+f,当物体B开始运动时，物体B做加速运动，

则有k%2>2mgsin30。+f,x1<x2>由EP=∙∣∕c/可知当物体B刚开始运动时，弹簧中的弹性势

能不是最大，故B错误；

C、物体B刚要运动还未动时,有：∕cx1=2mgsin30°+/=ITng，若尸<τngsin3O°+kx1=Smg,

则物体A已经做减速运动，物体B可以未动，所以物体A的动能最大时，物体B不一定离开挡板C,

故C错误；

D、根据上述分析可得Xo=翳，Xl=警，物体B刚开始运动时，弹簧增加的弹性势能为AEp=

∣∕c%ι—∣fcxθ=3m9>物体A增加的重力势能AEPG=Zng(Xo+Xι)sm30o=吗？,所以拉力做功

的最小值叫nm=ZEp+AEPG=空+空=瞎，故。错误。

本题选错误的，故选：BCD。

A、未施加力产时，根据物体4受力平衡可得弹簧弹力大小，此时物体B重力沿斜面向下的分力与弹

簧弹力大小恰好等于最大静摩擦力，则物体B与挡板之间可以没有弹力；

8、物体B刚开始运动时，根据力平衡可得弹簧弹力大小，物体B做加速运动时，则弹簧弹力大于

重力沿斜面向下的分力与滑动摩擦力之和，可比较出两次弹簧形变量大小，也可比较出弹性势能

的大小；

C、根据物体B刚要运动时弹簧弹力大小，可表示出物体4重力沿斜面向下的分力与此时弹簧弹力

的合力，若拉力F小于两力的合力，则物体4已经减速运动，则动能最大时，可知物体B不一定离

开挡板；

。、求出未施加力F和B刚开始运动时弹簧的形变量大小，则可以表示出弹簧弹性势能增加量以及

物体4增加的重力势能，则可知拉力F做功的最小值。

本题考查了弹簧弹力，能量守恒。解题的关键要抓住物体8刚要运动的临界条件，即物体B刚要运

动时合力为零。注意未施加力F时物体B重力向下的分力和弹簧弹力大小恰好等于最大静摩擦力，

则物体B可以保持静止，与挡板可以没有弹力。

9.【答案】B2：12,071.01

【解析】解：(1)4该探究实验中采用的物理思想方法为控制变量法，故A错误；

8.为了使绳子对小车的拉力等于小车所受合力，两组实验均需要平衡小车和长木板之间的摩擦力,

故8正确：

C.根据牛顿第二定律，对重物mg-F=mα,绳子的拉力F=m(g-α),故C错误；

D两组实验中，绳子对小车的拉力均可以由弹簧测力计示数得出，因此两做实验均不需要满足所

挂重物质量In远小于小车总质量M的条件这个条件，故。错误。

故选：B。

(2)甲图中，Frp=2F

根据牛顿第二定律F尹=M转

乙图中，FZ=F

根据牛顿第二定律FZ=MZa

M申

代入数据联立解得r=2：1

乙

(3)相邻计数点的时间间隔T=5X>卷S=0.1s

根据逐差法，小车加速度

(11.18+13.27+15.32-5.00-7.04-9.09)x10-2

a—必+出+%6-%]—m∕s2=2.07m∕s2

9T29×0.12

根据匀变速中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打C点的瞬时速度VC=等=

(9。9+；：鬻】。-2m/s=l,01m∕s

故答案为：(I)B;(2)2：1；(3)2.07；1.01»

(1)4根据该实验的涉及到物理方法作答：

A根据该实验的原理作答；

C.根据牛顿第二定律作答；

。.绳子对小车的拉力均可以由弹簧测力计示数得出，据此分析该实验是否需要满足所挂重物质量

m远小于小车总质量M的条件这个条件；

(2)根据牛顿第二定律分析求解两小车质量之比；

(3)根据“逐差法”求小车加速度；根据匀变速中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求

C点的瞬时速度。

注意：为了使绳子对小车的拉力等于小车所受合外力，要平衡摩擦力；本实验不需要用重物的重

力代替绳子的拉力，因此不需要满足所挂重物质量Tn远小于小车总质量M的条件这个条件。

10.【答案】a30009.842.00.76

【解析】解：(1)闭合开关前，滑动变阻器Rl的滑片应置于变阻器的α端，使得测量电路两端的电

压最小，能够保护电压表和电流表；

(2)LED灯的额定电压为6V,额定电流为0.154与电压表串联，LEn灯的最大电压为6V,对应

的/?2电阻分担电压为U'=6V-3P=3V,电压表电阻为3000。，量程为3U,所以K需要接入电

路的最小阻值为30000；电流表的量程为/=10OnM=O.14LED灯额定电流为0.154,所以通过

电流表和Rl并联部分的总电流为/'=O.15Λ+3oooɪ3oooyi=0.1514

/?3中的电流为/3=0.1514-0.U=0.0514

所以/?3=华

l3

解得R3=9.80

则/?3接入电路的最大阻值为9.8。.

(3)当电压为U'=51/时，对应的电流表电流为80m4则R3与电流表并联部分的电流为匕=

0.084+管°」=0.12A,此时ZED灯泡的电流为〃=0.1271--ɪ-?!=0.11971

则LEC灯泡的电阻为RL=£=ɪn=42.0。

(4)如果把该LEC灯泡直接接在电动势E=6V,内阻为2.00的电源两端，由闭合电路欧姆定律有:

E=U+(∕+斯

化简有/=7.95-1.32(/,作图如下::

::

isɪ

u

s

n

ɪl

由图中交点可知LED等两端电压为5.3U,电流为乙=00964+”禁A-而焉而A=0.14471

LE。灯的功率为P=U"I'L

代入数据解得：P=0.761V

故答案为：(l)α;(2)3000,9.8；(3)42.0；(4)0.76

(1)闭合开关前，滑动变阻器起保护电路作用。

(2)(3)根据串、并联电路特点与闭合电路欧姆定律求出电阻阻值及灯泡的电阻。

(4)做出灯泡的U-/图象，根据交点分析解得灯泡的电功率。

本题考查了实验数据处理问题，理解实验原理是解题的前提与关键，分析清楚图示电路结构、应

用串联电路特点与欧姆定律即可解题，解题时注意有效数字的保留，这是容易疏忽的地方。

IL【答案】解：（1）要使粒子在磁场中运动时间最长，则粒子在电场中速度的偏转角最大，设偏

转角为。

粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的推论出射速度的反向延长线经过水平位移的中点，可

y

好n6=τ

-

2

当y=g时，即粒子从。点射出时，。最大，即tαnθ=l,可得。=45。

粒子从。点离开电场时的速度"=彘=Eg

粒子在电场中运动过程，利用动能定理：qU=∖mv2-∖mvl

2

代入数据，可得U=用；

2<?

（2）粒子运动轨迹如下图所示：

粒子在电场中从4点到D点运动时间G=J

vO

从4点到D点竖直方向：六；遍，联立方程可得α=苧

粒子在磁场中运动轨迹对应圆心角为α=ITr

设粒子在磁场中运动半径为r,由几何关系可得：，父r=g

则粒子在磁场中运动时间打=耒竺

NV

联立方程可得t2=券

粒子从C点进入电场时速度大小与。点速度大小相等，与水平方向的夹角为45。，粒子打在下极板

αt

竖直方向：ɪ=vot3+∣3

代入数据，可得t3="12

则t=t1+t2+t3,代入数据，可得1学。

答：（1）电容器两极板间的电压U的大小为挈；

(2)若该粒子刚好从C点射出磁场后进入电容器，求该粒子在电场和磁场中运动的总时间为乌+

vO

3τr∕

标

【解析】(1)由带电粒子在磁场中运动时间最长，可知粒子在电场中速度的偏转角最大，由平抛运

动的推论：速度的反向延长线经过水平位移的中点可得速度偏转角的正切值，竖直方向的位移最

大时，即从。点离开磁场时偏转角最大，可得偏转角的大小，进而可得。点速度大小，利用动能定

理可得两极板间的电压大小；

(2)画出粒子运动轨迹，从4点到。点粒子水平方向做匀速直线运动可得运动时间S,利用竖直方向

的位移可得加速度大小。

由图可知粒子在磁场中运动的圆心角大小，半径和两极板间距的关系，由半径和在磁场中运动速

度大小可得粒子在磁场中运动时间匕。

粒子在磁场中运动，洛伦兹力不做功，由对称性可知C点速度大小与。点速度大小相等，与水平方

向的夹角为45。，粒子从C点到下极板过程，竖直方向做初速度为火的匀加速直线运动，由运动学

公式可得粒子在电场中运动时间t3。

本题考查了带电粒子在组合场中的运动，解题的关键画出粒子运动的轨迹，分析清楚粒子在不同

阶段运动的特点。

12.【答案】解：(1)设导体棒在出磁场时的速度大小为％,根据平衡条件可得：mgsinθ=BIL

其中:/=嘿

联立解得：叫="鬻磐

DL

设导体棒ab刚进入磁场II时的速度大小为火，在无磁场区域，导体棒做匀加速运动，根据动能定

理可得：

mgsinθ-s——ɪmvf

经分析可知，导体棒ab刚进入磁场I时的速度大小也为上

导体棒ab由静止释放到刚进入磁场I的过程中，根据动能定理可得：mgsinθ-X=Tnl谚-0

2m2ginθ

联立解得：x=^+s

(2)导体棒αb在进入磁场区域I瞬间和刚进入磁场区域∏瞬间速度大小相等，在此过程中根据能量

守恒定律可知电路中产生的热量为：

Q1=mg(d+s)sinθ

导体棒Qb从进入磁场区域I瞬间到进入磁场区域HI瞬间回路中产生的热量：Q=2Q1

电阻R产生的热量为QR=TQ

解得：QR=mg(d+S)SiTIe

(3)导体棒油在水平导轨上减速运动到停下来，取向右为正方向，由动量定理可得：

-2BlLt-Rngt=O-mv

2BLx_BLx

而:q=1Δt=-^-Δt=^

∆RZn2R二ɪ

2血2%

解得

μmgR

答：(1)导体棒帅释放处距磁场区域I上边界距离为也需㈣+S；

(2)导体棒αb从进入磁场区域I瞬间到进入磁场区域In瞬间电阻R产生的热量为mg(d+S)S讥。;

⑶导体棒时在水平导轨上运动的时间为导鬻。

【解析】(1)根据平衡条件求解匀速运动的速度大小，根据动能定理求解导体棒ab释放处距磁场区

域I上边界距离;

(2)导体棒ab在进入磁场区域I瞬间和刚进入磁场区域II瞬间速度大小相等，根据能量守恒定律求

解此过程中电路中产生的热量，再根据能量守恒定律进行解答；

(3)导体棒ab在水平导轨上减速运动到停下来，由动量定理结合电荷量的计算公式求解导体棒ab

在水平导轨上运动的时间。

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方

程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方

程求解。

13.【答案】增加小于

【解析】解：过程①，根据p-7图像为过原点的图线，即苧=C,所以气体经历等容变化，气体

的温度升高，压强增大，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数增加；

过程①气体经历等容变化，气体对外界不做功，外界对气体也不做功，气体吸收的热量等于增加

的内能；

根据华=C可知,B状态的体积小于4状态的体积,可知从A到B气体做等温压缩,外界对气体做功：

AB

IV1="在∙ΔV;从B到C气体等压膨胀,气体对外界做功：W2=PBΔV,由于P<P，所以名<加2,

可知气体对外界做的功大于外界对气体做的功，所以“总为负值，结合热力学第一定律可知，②过

程中气体吸收的热量大于气体增加的内能。综上可知，气体在过程①吸收的热量小于过程②吸收

的热量。

故答案为：增加，小于。

根据图像过程①为等容变化，因此气体对外界不做功，外界对气体也不做功；过程②气体温度升

高，分子平均动能增大，但不是气体的平均动能增大，根据压强的微观意义可以分析该选项。

本题主要是考查一定质量的理想气体的状态方程之图象问题，关键是弄清楚图象表示的物理意义、

知道图象的斜率的物理意义，根据一定质量的理想气体的状态方程结合气体压强的微观意义进行

分析。

14.【答案】解：(i)对B气体分析，等温变化，根据波意耳定律有：p0V=pB

解得：PB=4p0

对4气体分析，根据波意耳定律有：p0V=pAVA

又因为PA=PB+0.25Po

联立解得：匕=，V

(〃)再使活塞向上缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则4的体积为［U

由玻意耳定律可得PoP=p'×∖v

则力此情况下的压强为p'=^Po<PB-O.25po

则隔板一定会向上运动