重组卷05-2023年高考物理真题重组卷（解析版）（浙江）

绝密★启用前

冲刺2023年高考物理真题重组卷05

浙江省专用（解析版）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生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、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小给出的四个备选项中，只有一项是符合题

目要求的，不选、错选、多选均不得分）

1.（2023年1月浙江选考）下列属于国际单位制中基本单位符号的是（）

A.JB.KC.WD.Wb

【答案】B

【解析】国际单位制中的七个基本单位是千克、米、秒、安培、开尔文、坎德拉、摩尔，符号分别是kg、

m、s、A、K、cd、mol,其余单位都属于导出单位。

故选B0

A.研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点

B.研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点

C.研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小可以忽略

D.研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同

【答案】B

【解析】A.研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球的形状和大小不能忽略，故不可以看成质点，故A

错误；

B.研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，要考虑乒乓球的大小和形状，则乒乓球不能看成质点，故B正

确;

C.研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小不可以忽略，故C错误；

D.研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分有转动和平动，各部分的速度不可以视为相

同，故D错误；

故选Bo

3.（2022年浙江省Z20联考）下列关于物理学史实的说法正确的是（）

A.伽利略通过实验获取数据并得到了惯性定律

B.焦耳通过许多实验测定了功与热的等效性

C.库仑引入场的概念并用于研究电荷间的相互作用

D.爱因斯坦根据光电效应现象提出了物质波的概念

【答案】B

【解析】A.伽利略通过理想斜面实验总结出了力不是维持运动的原因，牛顿总结了惯性定律，选项A错

误；

B.焦耳通过许多实验测定了功与热的等效性，选项B正确；

C.电场的概念是法拉第建立的，选项C错误；

D.爱因斯坦根据光电效应现象提出了光量子的概念，选项D错误。

故选B。

4.（2022年6月浙江选考）如图所示，王亚平在天宫课堂上演示了水球光学实验，在失重环境下，往大水

球中央注入空气，形成了一个空气泡，气泡看起来很明亮，其主要原因是（）

A.气泡表面有折射没有全反射

B,光射入气泡衍射形成“亮斑”

C.气泡表面有折射和全反射

D.光射入气泡干涉形成“亮纹”

【答案】C

【解析】当光从水中射到空气泡的界面处时，一部分光的入射角大于或等于临界角，发生了全反射现象;

还有一部分光折射到内壁然后再折射出去，所以水中的空气泡看起来比较亮。

故选c。

5.（2022年稽阳联考）如图所示，甲、乙、丙、丁所示是四种常见的磁场，下列分析正确的是（）

A.矩形线圈在甲图两异名磁极间匀速转动，可产生正弦式交流电

B.矩形线框放置在乙图中异名磁极间所制成的磁电式电表，表盘刻度均匀

C.图丙中相距很近的两个同名磁极之间的磁场，除边缘外，可认为是匀强磁场

D.图丁中相距一定距离的两个平行放置的线圈通电时，其中间区域的磁场可认为是匀强磁场

【答案】D

【解析】A.甲图中的电场是辐向磁场，无法产生正弦式交流电，A错误；

B.乙图中磁电式电表的磁场，中间应该有铁芯，B错误；

C.同名磁极与异名磁极间的磁场分布如图所示

可知，相距很近的两个同名磁极之间的磁场为非匀强磁场，应该是相距很近的两具异名磁极间的磁场，除

边缘外，可认为是匀强磁场，C错误；

D.图丁中相距一定距离的两个平行放置的线圈通同向电流，其中间区域的磁场可认为是匀强磁场，D正确。

故选D。

6.（2022年湖南高考）如图（a）,直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴00,上，其所在区

域存在方向垂直指向00'的磁场，与。。'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如

图"）所示。导线通以电流/,静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为6。下列说法正确的是（）

图(a)

A.当导线静止在图(«)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M

B.电流/增大，静止后，导线对悬线的拉力不变

C.tan®与电流/成正比

D.sin。与电流/成正比

【答案】D

【解析】A.当导线静止在图(4)右侧位置时，对导线做受力分析有

⑨O(O)

可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由仞指向MA错误；

BCD.由于与0。，距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有

Sine=处，FT=mgcosO

mg

则可看出SinJ与电流/成正比，当/增大时。增大，则cos6减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，BC

错误、D正确。

故选D。

7.(2022年6月浙江选考)如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两

弹簧自由端相距X。套在杆上的小球从中点以初速度V向右运动，小球将做周期为T的往复运动，贝U()

X

>

■疝丽:疝丽匍

UUUUUUUUUUU'O,UUUUUUUUUUU

A.小球做简谐运动

T

B.小球动能的变化周期为一

2

C.两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T

V

D.小球的初速度为不时，其运动周期为2T

2

【答案】B

【解析】A.物体做简谐运动的条件是它在运动中所受回复力与位移成正比，且方向总是指向平衡位置，可

知小球在杆中点到接触弹簧过程，所受合力为零，此过程做匀速直线运动，故小球不是做简谐运动，A错

误；

BC.假设杆中点为。，小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为A,小球向左压缩弹簧至最大压缩量时

的位置为B,可知小球做周期为T的往复运动过程为

O→A→O→B→O

根据对称性可知小球从0→A→。与O→B→O,这两个过程的动能变化完全一致，两根弹簧的总弹性

TT

势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为一，两根弹簧的总弹性势能的变化周期为一，B正确，C

22

错误；

V

D.小球的初速度为不时，可知小球在匀速阶段的时间变为原来的2倍，接触弹簧过程，根据弹簧振子周期

2

公式

可知接触弹簧过程所用时间与速度无关，即接触弹簧过程时间保持不变，故小球的初速度为VV时，其运动

2

周期应小于2T，D错误；

故选B。

8.（2022年1月浙江选考）“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的尸点沿地火转移轨道到。点，再

依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天间一号（）

A.发射速度介于7.9km∕s与∏.2km∕s之间

B.从P点转移到Q点的时间小于6个月

C.在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小

D.在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度

【答案】C

【解析】A.因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，即发射速度介于

11.2km∕s与16.7km∕s之间，故A错误；

B.因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于地球公转周期（1年共12

个月），则从尸点转移到。点的时间为轨道周期的一半时间应大于6个月，故B错误：

C.因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可知在环绕火星的停泊

轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C正确；

D.卫星从。点变轨时，要加速增大速度，即在地火转移轨道Q点的速度小于火星轨道的速度，而由

GMmV2

可得

可知火星轨道速度小于地球轨道速度，因此可知卫星在Q点速度小于地球轨道速度，故D错误;

故选C。

9.（2023年1月浙江选考）如图所示为一斜边镀银的等腰直角棱镜的截面图。一细黄光束从直角边AB以

角度。入射，依次经AC和BC两次反射，从直角边AC出射。出射光线相对于入射光线偏转了a角，则。

A.等于90°B.大于90°

C.小于90°D.与棱镜的折射率有关

【答案】A

【解析】如图所示

CSine

设光线在AB边的折射角为£,根据折射定律可得”诉

设光线在BC边的入射角为夕，光线在AC边的入射角为r,折射角为i;由反射定律和几何知识可知

尸+9=45。

β+2φ+r=9Q°

联立解得厂=〃

sinisinz

根据折射定律可得而=而r〃

可得

过。点做出射光的平行线，则该平行线与AB的夹角为e,由几何知识可知，入射光与出射光的夹角为90°。

故选Ao

10.（2022年湖北高考）近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如

图所示。发射线圈的输入电压为220V、匝数为IlOO匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接

收线圈的磁通量约为发射线圈的80%,忽略其它损耗，下列说法正确的是（）

A.接收线圈的输出电压约为IOV

B.接收线圈与发射线圈中电流之比约为22:1

C.发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同

D.穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同

【答案】C

%80%t7.l

【解析】A.根据上=—i7~

〃2S

可得接收线圈的输出电压约为S=8V；

B.由于存在磁漏现象，电流比不再与匝数成反比，故A错误；

C.变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；

D.由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与

穿过接收线圈的不相同，故D错误。

故选C0

11.（2020年7月浙江选考）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感

应强度大小为B的匀强磁场。长为/的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO'上，

随轴以角速度。匀速转动。在圆环的4点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板

电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g,不计其它电阻和摩擦，下列说

B.微粒的电荷量与质量之比为笑•

Br2ω

）

C.电阻消耗的电功率为7旁rβ~jft

IR

D.电容器所带的电荷量为CB/①

【答案】B

【解析】A.如图所示，金属棒绕00'轴切割磁感线转动，棒产生的电动势

E=Br---Br2ω

22

A错误；

B.电容器两极板间电压等于电源电动势E,带电微粒在两极板间处于静止状态，则

E

q~=rng

a

即

生=强=dg=2dg

mELB产①Br"

2

B正确；

C.电阻消耗的功率

2242

nEBrω

r=---=--------

R4R

C错误；

D.电容器所带的电荷量

D错误。

故选Bo

12.（2023年I月浙江选考）如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'

和荧光屏组成。电极XX'的长度为/、间距为从极板间电压为U,YY'极板间电压为零，电子枪加速电压为

IOa电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿00'方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e,质

m

B.打在荧光屏时，动能大小为IleU

C.在XX，极板间受到电场力的冲量大小为J2加eU

D.打在荧光屏时，其速度方向与。。，连线夹角α的正切tana=——

2Qd

【答案】D

【解析】A.由牛顿第二定律可得，在XX'极板间的加速度大小

eEeU

a=—=——

xmmd

A错误;

B.电子电极XX，间运动时，有

电子离开电极XX'时的动能为

1I2

Ek=-mj+vj=eU10+

240屋,

■2\

电子离开电极XX'后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为eu10+,B错误;

40屋,

C.在XX，极板间受到电场力的冲量大小

v=mvx

C错误;

D∙打在荧光屏时’其速度方向与。。,连线夹角a的正切tana=今=显

D正确。

故选D。

13.（2022年河北高考）如图，真空中电荷量为2q和-q⑷＞（））的两个点电荷分别位于M点与N点，形成

一个以MN延长线上。点为球心，电势为零的等势面（取无穷处电势为零），P为MN连线上的一点，S

为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，下列说法正确的是（）

2q；∖

--•--:—•-_7•---

MP∖NOIS

A.P点电势低于S点电势B.T点电场强度方向指向。点

C.除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点D.将正试探电荷%从T点移

到尸点，静电力做正功

【答案】B

【解析】A.在直线MN上，左边正电荷在M右侧电场强度水平向右，右边负电荷在直线MN上电场强度

水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高

于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，故A错误；

C.由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，则N右侧，设MN距离

为L，根据

k∙2q_k∙q

(L+d)2~W

可知除无穷远处外，直线MN电场强度为零的点只有一个，故C错误；

D.由A选项分析可知：T点电势低于P电势，则正电荷在T点的电势能低于在P电势的电势能，将正试

探电荷为从T点移到尸点，电势能增大，静电力做负功，故D错误；

B.设等势圆的半径为R,AN距离为*,MN跑离为L，如图所示

结合电势的叠加原理A、S满足

k-2qkq

L-xX

k∙2q_kq

L+2R—x27?—x

解得

L

x=-

3

2L

R=—

3

由于电场强度方向垂直等势面，可知丁点的场强方向必过等势面的圆心，O点电势

k∙2qkq3kq

ψo（Pe=--------=-----

1LLIL

33

可知

Ψτ›<Po

可知T点电场方向指向。点，故B正确。

故选B。

二、选择题∏（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个

是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得O分）

14.（2022年6月浙江选考）位于X=O.25m的波源P从，=0时刻开始振动，形成的简谐横波沿X轴正负

方向传播,在/=2.0s时波源停止振动,Z=2.1S时的部分波形如图所示,其中质点”的平衡位置4=l∙75m,

质点6的平衡位置马=-0.5m。下列说法正确的是（）

A.沿X轴正负方向传播的波发生干涉

B.r=0.42s时，波源的位移为正

C.r=2.25s时,，质点。沿y轴负方向振动

D.在0至∣J2s内，质点、b运动总路程是2.55m

【答案】BD

【解析】A.波从波源发出后，向X轴正负方向传播，向相反方向传播的波不会相遇，不会发生干涉，故A

错误；

B.由图可知，波的波长

/I=Im

由题意可知0.1s内波传播四分之一波长，可得

T

ʌ-=0.1s

4

T=0.4s

根据同侧法可知，波源的振动方向向上，r=0.42s即T＜，＜二时，波源振动了2s,则任何一个点起振以

4

后都应该振动2s,可知坐标原点在2.1s时刚好振动了2s即5个周期，此时其振动方向向上，波源向上振动，

位移为正，故B正确；

C.波的波速

λ

V=—=2.5m∕s

T

波源停止振动，到质点。停止振动的时间

------s=0.6s>0.25s

2.5

即质点α还在继续振动，f=2.Is到r=2.25s经过时间与=0∙15s即＜p结合图象可知质点。位移

为正且向y轴正方向运动，故C错误;

D.波传到b点所需的时间

在0到2s内，质点匕振动的时间为

t=2s—0.3s=1.7s=—T

44

质点6运动总路程

.v=17A=17×0.15m=2.25m

故D正确。

故选BDo

15.（2022年全国卷乙）质量为Ikg的物块在水平力尸的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F

与时间f的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小取g=10m∕s2。则（)

↑F∕N

I

O-FTY--R^~Zs

-4-----1------：

A.4s时物块的动能为零

B.6s时物块回到初始位置

C.3s时物块的动量为12kg∙m∕s

D.O~6s时间内F对物块所做的功为40J

【答案】AD

【解析】物块与地面间的摩擦力为

f=μmg=2N

AC.对物块从()3内由动量定理可知

(F-f)tl=mv3

(4-2)×3=1×v3

3s时物块的动量为

p=mv3=6kg.m/s

设3s后经过时间t物块的速度减为O,由动量定理可得

-(F+∕)Z=0-mv3

-(4+2)r=0-l×6

Z=IS

所以物块在4s时速度减为0,则此时物块的动能也为0,故A正确，C错误;

B.O3物块发生的位移为x”由动能定理可得

(E—∕)x∣=∣mv^

即

1,

(4-2)x1=—×1×6^

得

x1=9m

3s~4s过程中，对物块由动能定理可得

1,

-(F+f)x2=0--mv^

即

1,

-(4+2)x,=0——×1×6'

2

得

x2=3m

4s6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为

F-fC,2

a=------=2m∕s^

m

发生的位移为

2

x3=^×2×2m=4m<Λ∣+X2

即6s时物块没有回到初始位置，故B错误;

D.物块在6s时的速度大小为

v6=2×2m∕s=4m∕s

06s拉力所做的功为

ψ=(4×9-4×3+4×4)J=40J

故D正确。

故选AD,

非选择题部分

三、非选择题（本题共5小题，共55分）

16.（2022年山东高考）在天宫课堂中、我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此

启发。某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质

量的实验，如图甲所示。主要步骤如下：

①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；

②接通气源。放上滑块。调平气垫导轨；

图甲

③将弹簧左端连接力传感器,右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于。点。A点到。点的距离为5∙00cm,

拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时;

④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力R加速度α随时间，变化的图像，部分图像如图乙所示。

a∕(m∙s^2)

图丙

回答以下问题（结果均保留两位有效数字）：

（1）弹簧劲度系数为NZmo

（2）该同学从图乙中提取某些时刻F与。的数据，画出a—F图像如图丙中I所示，由此可得滑块与加速度

传感器的总质量为kg。

（3）该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a—F图像II,则待测物体的

质量为kgo

【答案】①.12②.0.20③.0.13

【解析】（1）口］由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，4点到。点的距离为5.00cm。拉动滑块使其

左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合图乙的尸一，图有

®x=5.00cm,F=0.6ION

根据胡克定律

计算出

k≈12N∕m

（2）［2］根据牛顿第二定律有

则a—F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中I,则有

=5kg''

m0.6

则滑块与加速度传感器的总质量为

m=0.20kg

（3）［引滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中H,则有

1.5-0

kg`1=3kg^'

m0.5

则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为

m'≈0.33kg

则待测物体的质量为

®m=m'-m-0Λ3kg

17.（2022年1月浙江选考）（1）在“研究平抛运动”实验中，以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原

点O,建立水平与竖直坐标轴。让小球从斜槽上离水平桌面高为/7处静止释放，使其水平抛出，通过多次

描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹，如图所示。在轨迹上取一点4,读取其坐标（xo,刈）。

①下列说法正确的是。

A.实验所用斜槽应尽量光滑

B.画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来

C.求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据

②根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小VO=

③在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是

【答案】①∙C②.D③.确保多次运动的轨迹相同

【解析】①[1]A∙只要保证小球每次从同一位置静止释放，到达斜槽末端的速度大小都相同，与实验所用斜

槽是否光滑无关，故A错误；

B.画轨迹时应应舍去误差较大的点，把误差小的点用平滑的曲线连接起来，故B错误；

C.求平抛运动初速度时应读取轨迹上离远点较远的点的数据，便于减小读数产生的偶然误差，故C正确;

故选C。

②⑵坐标原点。为抛出点，由平抛规律有

XO=vOt

12

y°=]g'-

联立解得平抛的初速度为

故选D。

③[3]小球多次从斜槽上同一位置由静止释放是为了保证到达斜槽末端的速度大小都相同，从而能确保多次

运动的轨迹相同。

18.（2022年河北高考）某物理兴趣小组利用废弃电饭煲的部分器材自制简易电饭煲，设计电路如图1所示。

选用的器材有：限温开关，（手动将其按下，开始持续加热煮饭，当锅内温度高于103℃时自动断开，之后

不能自动闭合）；保温开关S2（当锅内温度高于80℃时自动断开，温度低于70。C时自动闭合）；电饭煲的框

架（结构如图2所示）。自备元件有：加热电阻丝R（阻值为60Ω,用于加热煮饭）；限流电阻Rl和R2,（阻

值均为IkC）：指示灯Ll和L2（2.5V,0.6W,当电流低于30mA时可视为熄灭）；保险丝T。

图1图2

（1）按照兴趣小组设计的电路，下列说法正确的是（多选）。

A.按下Si,Ll和L2均发光

B.当锅内温度高于103℃时，Sl自动断开，Ll和L2均发光

C.保温过程中，S2自动在闭合、断开状态之间交替切换

D.当锅内温度低于70℃时，S2自动闭合，Ll发光，L2熄灭

（2）简易电饭煲制作完成后，试用时LI始终不亮，但加热和保温功能均正常。在不增加元件的前提下，断

开电源，使用多用电表判断发生故障的元件。下列操作步骤的正确顺序是（填写各步骤前的字母）。

A.将选择开关旋转到“X100”位置

B.将两支表笔直接接触，调节“欧姆调零旋钮”，使指针指向欧姆零点

C.调整“指针定位螺丝”，使指针指到零刻度

D.测量指示灯Ll两端的阻值

E.将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡

图3图4

操作时，将多用电表两表笔与Ll两端接触,若指针如图3所示，可判断是断路损坏；若指针如图4

所示，可判断是断路损坏。（用电路中的元件符号表示）

【答案】①.CD##DC®.CABDE®.Li④.R∣

【解析】[1]A.按下Sl后L2支路被短路，则L2不会发光，A错误；

B.当锅内温度高于103℃时，Sl断开，而要温度降到70℃以下时S2才会闭合，则此时L2可能发光，此时

电路中R与R和Ll的串联部分并联，并联的整体再和L2、&串联，则回路中并联的整体电阻

RL=10.42Ω

R井=56.64Ω

则回路总电阻

RB=1067.06Ω

则回路总电流

,220

Ia----=0.21A

息R总

则Lz一定发光，此时并联的整体的电压为

U»=I&RK=ll.89V

则流过Ll的电流为

%11.89

A=0.012A

RLl+Rl1000+10.42

则流过Ll的电流小于30mA,则Ll熄灭，B错误；

C.由题知，S2在锅内温度高于8(ΓC时自动断开，锅内温度降到70C以下时S2自动闭合，C正确；

D.当锅内迢度低于70C时，S2自动闭合，L2支路被短路，则L2不会发光，此时电路中R与凡和Ll的串

联部分并联，则此时流过Ll的电流为

E丸

儿A=0.218A

RLl+RT1000+10.42

则此时流过LI的电流大于30mA,则Ll发光，D正确。

故选CD。

(2)[2]多用电表的操作步骤为：调整“指针定位螺丝”，使指什指到零刻度一一机械调零；将选择开关旋

转到“X100”位置一一选挡：将两支表笔直接接触，调节“欧姆调零旋钮”，使指计指向欧姆零点一一欧

姆调零；测量指示灯LI两端的阻值一一测量；将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡一一关闭多用电

表。

故正确顺序为CABDEo

[3]由于使用时LI始终不亮，但加热和保温功能均正常，如图3可看出Ll两端有1090。左右的电阻，则说

明L1始终不亮的原因是Li断路损坏。

[4]由于使用时Ll始终不亮，但加热和保温功能均正常，如图3可看出欧姆表的示数几乎为零，但由于RL=

10.42C此时选用的是“×100”挡则说明灯泡Ll正常，则说明LI始终不亮的原因是R断路损坏。

19.（2022年重庆高考）某同学探究一封闭气缸内理想气体的状态变化特性，得到压强P随温度/的变化如

图所示。已知图线I描述的是体积为匕的等容过程，当温度为α时气体的压强为Pl；图线H描述的是压强

为P2的等压过程。取Oc为273K,求

①等容过程中，温度为0℃时气体的压强;

②等压过程中，温度为0°C时气体的体积。

273p∣273PM

【答案】①②w广画FJ

【解析】①在等容过程中，设时气体压强而；根据查理定律有

PI=PO

+273^273

解得

_273p,

p

°^rl+273

②当压强为P2,温度为0℃时，设此时体积为丫2,则根据理想气体状态方程有

plVl_p2V2

r1+273^273

解得

273PM

2P2（4+273）

20.（2021年6月浙江选考）如图所示，水平地面上有一高H=0.4m的水平台面，台面上竖直放置倾角

6=37。的粗糙直轨道A3、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道Co和半圆形光滑轨道

DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径厂=（Hm、圆心在O∣点，轨道DM的半径R=0.2m、圆心

在。2点，D、。2和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上距台面高为//的P点静止下滑，与

静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CZ）、轨道Z）EE从尸点竖直向下运动，与

正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上。点,

已知小滑块与轨道A3间的动摩擦因数〃=卷，sin37°=0.6,cos37°=0.8»

(1)若小滑块的初始高度〃=0.9m,求小滑块到达B点时速度%的大小；

(2)若小球能完成整个运动过程，求人的最小值儿加；

(3)若小球恰好能过最高点E,且三棱柱G的位置上下可调,求落地点Q与尸点的水平距离X的最大值XmaX。

【答案】

(1)4m∕si(2)Amin=0.45mi(3)0.8m

【解析】(1)小滑块在AB轨道上运动

mgn一μmgcosθ-----二—mv

sinθ20

代入数据解得

v0=^y∣~gh=4m∕s

(2)小球沿CDE/轨道运动，在最高点可得

vl.

m2—m小

R

从C点到E点由机械能守恒可得

ɪ加哈Hn+Wg(R+r)=g机Tmin

解得

‰n=V2m∕s,vsnιin=2√2m∕s

小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有

,121,212

+

mVAmin=m巳+加匕Jmin，-mVAmin=A-WB而n

解得

UA'=°'VBmin=UAmin

结合(1)问可得

vAmin=§Jg%>

解得h的最小值

%,=°∙45m

(3)设尸点到G点的距离为y,小球从E点到G点的运动，由动能定理

I2I2

-mvG=-mvEmin+mg(R+y)

由平抛运动可得

„12

x=v0t,H+r-y^-gt

联立可得水平距离为

x=2j(0.5_y)(0.3+y)

由数学知识可得当

0.5-y=0.3+y

取最大，最大值为

XmaX=°∙8m

22.(2022年温州市模拟)如图所示，间距L=2.0m的平行金属导轨放置在绝缘水平面上，导轨左端连接输

92

出电流/=0.5A的恒流源。空间分布两个宽度分别为&=一m和&=一m、间距。=2.0m的匀强磁场区

85

域I和II,两磁场磁感应强度大小均为B=0.5T,方向均竖直向下。质量〃?=0.5kg、电阻为R的导体棒静

止于区域I左边界，质量加=0.5kg、边长为0.5力、电阻R2=2.0Ω的正方形单重线框的右边紧靠区域∏左

边界：一竖直固定挡板与区域H的右边界距离为0.50。某时刻闭合开关S,导体棒开始向右运动。已知导

体棒与线框、线框与竖直挡板之间均发生弹性碰撞，导体棒始终与导轨接触并且相互垂直，不计一切摩擦

和空气阻力。求：

(1)导体棒第一次离开区域I时的速度大小vɪ;

(2)线框与导体棒从第1次碰撞至它们第2次碰撞过程中，线框产生的焦耳热Q

(3)线框与导体棒碰撞的次数〃，以及导体棒在磁场区域】中运动的总时间心。

×X

B线框、0.5。挡板、

×X□

恒流源）导体棒、

Xɪ×

H

×_×__×___

二h

【答案】(1)1.5m/s；(2)0.26J；(3)7次,5.7s

【解析】（1）恒流源和导体棒串联，通过串联负载的电流即是恒流源的输出电流，恒流源就是要保证和它

串联的负载电路的电流始终维持在输出电流。导体棒在磁场中运动时产生的电动势对应的感应电流，并不

会影响恒流源所产生电流的恒定，因此电路的电流始终保持在0.5A,故导体棒受到向右的安培力为

F安=BIL=O.5N

对棒由动能定理