2023年重庆市某中学高考物理三诊试卷

2023年重庆市某中学高考物理三诊试卷

一、单项选择题.（本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，

只有一项是符合题目要求.）

1.（4分）物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发

展，下列说法符合事实的是（）

A.汤姆孙发现了电子，并提出了原子的核式结构模型

B.结合能越大的原子核，核子结合得越牢固，原子核越稳定

C.黑体辐射与材料的种类及表面状况有关

D,动量相等的质子和电子，它们的德布罗意波波长也相等

2.（4分）如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的复色光从空气射向AB边的中

点D,经三棱镜折射后分为a、b两束单色光，单色光a偏折到BC边的中点E,单色光

b偏折到F点，则下列说法正确的是（）

A.a光的折射率大于b光的折射率

B.在棱镜中a光的传播速度大于b光的传播速度

C.分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距大

D.若a光恰好能使某种金属发生光电效应，则b光也能使该金属发生光电效应

3.（4分）气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，其原理

如图所示。座舱M与气闸舱N之间装有阀门K,座舱M中充满空气，气闸舱N内为真

空。航天员从太空返回气闸舱N后，打开阀门K,M中的气体进入N中，最终达到平衡。

此过程中气体与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，下列说法正确的是（）

A.气体体积膨胀，对外做功，内能减小

B.气体对外不做功，气体内能不变

C.气体温度降低，体积增大，压强减小

D.N中气体可以自发地全部退回到M中

4.（4分）2021年1月，“天通一号”03星发射成功。发射过程简化为如图所示：火箭先把

卫星送上轨道1（椭圆轨道，P、Q是远地点和近地点）后火箭脱离；卫星再变轨，到轨

道2（圆轨道）；卫星最后变轨到轨道3（同步圆轨道）。轨道1、2相切于P点，轨道2、

3相交于M、N两点。忽略卫星质量变化。（）

A.卫星在三个轨道上的周期T3>T2>TI

B.由轨道1变至轨道2,卫星在P点向前喷气

C.卫星在三个轨道上机械能E3=E2>E1

D.轨道1在Q点的线速度小于轨道3的线速度

5.（4分）图为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在某一杆击球过程中，白色球（主球）和花

色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA=5kg・m/s,花色球B静止，

碰后花色球B的动量变为PB=4kg・m/s,则两球质量mA与mB间的关系可能是（）

ABc

-mB=ymA-mB=-^mA-mB=2mAD.mB=5mA

6.（4分）某条电场线是一条直线，沿电场线方向依次有0、A、B、C四个点，相邻两点间

距离均为d,以0点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E

随x的变化规律如图所示.一个带电量为+q的粒子，从0点由静止释放，仅受电场力作

用。则下列说法正确的是（）

A.若0点的电势为零，则A点的电势为*Eod

B.粒子从A到B做匀速直线运动

C.粒子在0A段电势能减少量小于BC段电势能减少量

D.粒子运动到B点时动能为电且色

2

7.（4分）如图所示，水平粗糙地面上有两磁场区域，左右两磁场区域内的匀强磁场宽度均

为L,磁感应强度大小分别为B和2B,左磁场区磁场方向竖直向下，右磁场区磁场方向

竖直向上，两磁场间距为2L。一个质量为m、匝数为n、电阻为R、边长为L的正方形

金属线框以速度vo水平向右进入左磁场区域,当金属线框刚离开右磁场区域时速度为VI,

金属线框离开右磁场区运动一段距离后停下。金属线框与水平面间的动摩擦因数为小

关于金属线框的运动下列判断正确的是（）

A.金属线框穿过左侧磁场过程中通过金属线框的电荷量为些

R

B.金属线框从刚进入左磁场区域到最终停止的过程中一直做匀减速直线运动

C.金属线框通过两个磁场区域过程中产生的焦耳热为4mv2-5klmgL

D.若金属线框进入左磁场区域过程所用时间为t,则金属线框刚好完全进入时的速度为

mR

二、多项选择题.（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，

有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得。分.）

（多选）8.（5分）如图①所示，高空滑索是一种勇敢者的运动项目，如果一个人用轻绳通

过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动，在下滑过程中可能会出现如图②（轻绳与

滑索垂直）和如图③（轻绳沿竖直方向）所示的两种情形，不计空气阻力，则下列说法

正确的是（）

A.图②的情形中，人只能匀加速下滑

B.图②的情形中，钢索对轻环的作用力大小/1ng

C.图③的情形中，人匀速下滑

D.图③的情形中，钢索对轻环无摩擦力

（多选）9.（5分）为发展新能源，某科研小组制作了一个小型波浪发电机，磁铁固定在水

中，S极上套有一个浮筒，浮筒上绕有线圈，其截面示意图如图甲所示。浮筒可随波浪

上下往复运动切割磁感线而产生电动势，线圈中产生的感应电动势随时间按正弦规律变

化，如图乙所示，线圈电阻r=2Q,匝数为100匝，线圈处磁感应强度B=0.1T,线圈的

直径d=J5ir，把线圈与阻值R=8Q的小灯泡串联，小灯泡恰好正常发光。下列说法正

确的是（）

A.小灯泡的额定电压为3V

D.浮筒在竖直方向上下运动的最大速度为21面

（多选）10.（5分）如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互

垂直且等高，两传送带由同一电机驱动，它们正常工作时都匀速运动，速度大小分别为v

甲、v乙，并满足v甲+V『V,式中v为己知定值，即两传送带的速度可调但代数和始终

不变。将一工件A（视为质点）轻放到传带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲

的速度相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送带乙的右侧掉落。已知工件的

质量为m,工件与传送带间的动摩擦因数为因重力加速度大小为g。两传送带正常工作

时，下列说法正确的是（）

A.工件在传送带甲和乙上共速前受到的摩擦力一定相同

B.当Vrp=V乙时，工件在传送带乙上留下的滑动痕迹最短

C.当v甲乙时，工件与两传送带因摩擦而产生的总热量最小

2

D.驱动传送带的电机因传送工件至少需要额外做的功为期一

2

三、实验题（本题共2小题，共15分。第H题6分，第12题9分）

11.（6分）某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定

橡皮条的图钉，0为橡皮条与细绳的结点，0B和0C为细绳，图乙是在白纸上根据实验

结果画出的图。

(1)如果没有操作失误，图乙中的F与F两力中，方向一定沿A0方向的是o

(2)本实验采用的科学方法是。

A.理想实验法

B.等效替代法

C.控制变量法

D.建立物理模型法

(3)实验时，主要的步骤是：

A.在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上

B.用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳

的另一端系着绳套

C.用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某

一位置0,记录下。点的位置，读出两个弹簧测力计的示数

D.按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力Fi和F2的图示，并用平

行四边形定则求出合力F

E.只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，把橡皮条的结点拉到同一位置

0,读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F的图示

F.比较F和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论。

上述步骤中，步骤C有重要遗漏，请你写出遗漏的内容是。

12.(9分)某同学测量电流表Gi内阻门的电路如图甲所示，供选择的仪器如下：

①待测电流表Gi(0〜5mA,内阻约300Q)

②电流表G2(O-lOmA,内阻约100。)

③定值电阻Ri(300。)

④定值电阻R2(10H)

⑤滑动变阻器R3(0-10000(1)

⑥滑动变阻器R4(0-20(1)

⑦干电池(1.5V)

⑧开关及导线若干

(1)定值电阻应选，滑动变阻器应选；(在空格内填写序号)

（2）完成实物图连接；

（3）补全实验步骤：

①按电路图连接电路，将滑动触头移至最端（填“左”或“右”）；

②闭合开关，移动滑动触头至某一位置，记录Gi、G2的读数h、12；

③多次移动滑动触头，记录相应的Gi、G2读数II、12;

④以L为纵轴，12为横轴，作出相应图线，如图乙所示。

（4）根据II-12图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻n的表达

式-

四、计算题（本大题共3个小题，共42分。解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式

和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值

和单位。）

13.（12分）因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制

动装置一一制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等。在一段直线轨

道上，某高铁列车正以vo=8OnVs的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方xo=5000m

处道路出现异常，需要减速停车。列车长接到通知后，经过tl=2.5s将制动风翼打开，

高铁列车获得ai2的平均制动加速度减速，减速t2=40s后，列车长再将电磁制动系统打

开，结果列车在距离异常处500m的地方停下来。

（1）求列车长刚打开电磁制动系统时，列车的速度多大？

（2）求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度a2多大？

2的活塞A、B封闭一定质量的理想气体，其中活塞B与一端固定在竖直墙上、劲度系数k

=1000N/m的轻质弹簧相连,平衡时两活塞相距lo=O.6m»已知外界大气压强poX105Pa,

圆筒内气体温度为to—27°Co

（1）若将两活塞锁定，然后将圆筒内气体温度升到t=227C,求此时圆筒内封闭气体的

压强；（结果保留3位有效数字）

（2）若保持圆筒内气体温度to=27℃不变，然后对A施加一水平推力F=500N,使其缓

慢向左移动一段距离后再次平衡，求此过程中活塞A移动的距离。（假设活塞B左端的

圆筒足够长，弹簧始终在弹性限度内）

15.（16分）如图所示为真空中某竖直平面内的xOy坐标系。已知在xVO区域有匀强磁场

B（方向如图所示，大小未知）在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场Ei（大小未知）。

质量为m、电荷量为+q的粒子从点A（0,-L）垂直于y轴以速度vo射入第三象限做匀

速圆周运动，之后从点C（0,L）垂直于y轴射入第一象限做曲线运动，并从点D穿过

x轴进入第四象限，通过D点时的速度为V1（大小未知），vi的方向与x轴正方向成。=

45°角，不考虑粒子的重力。

（1）求匀强磁场磁感应强度B的大小；

（2）求匀强电场的电场强度Ei的大小和D点到0点之间的距离（用L表示）；

（3）若粒子经过D点后立即进入一个场强为E2的矩形匀强电场，在该电场的作用下可

以返回A点并沿固定路线做周期性运动，请确定该电场存在的最小区域的面积及E2的大

小和方向（用电场E2与水平方向夹角的正切值表示）。

2023年重庆市某中学高考物理三诊试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题.（本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，

只有一项是符合题目要求.）

1.（4分）物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发

展，下列说法符合事实的是（）

A.汤姆孙发现了电子，并提出了原子的核式结构模型

B.结合能越大的原子核，核子结合得越牢固，原子核越稳定

C.黑体辐射与材料的种类及表面状况有关

D.动量相等的质子和电子，它们的德布罗意波波长也相等

【分析】了解原子结构的发现中相关物理学家的贡献；比结合能越大，原子核越稳定；

黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关；动量相等的粒子，德布罗意波波长

也相等。

【解答】A、汤姆孙发现了电子，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，故A错误；

B、比结合能越大的原子核，核子结合得越牢固，原子核越稳定，故B错误；

C、黑体辐射电磁波的强度按波长的分布与材料的种类及表面状况无关，只与温度有关，

故C错误；

D、根据可知动量相等的质子和电子，它们的德布罗意波波长也相等，故D正确。

PX

故选D。

【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论

要加强记忆，这也是考试内容之一。

2.（4分）如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的复色光从空气射向AB边的中

点D,经三棱镜折射后分为a、b两束单色光，单色光a偏折到BC边的中点E,单色光

b偏折到F点，则下列说法正确的是（）

A.a光的折射率大于b光的折射率

B.在棱镜中a光的传播速度大于b光的传播速度

C.分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距大

D.若a光恰好能使某种金属发生光电效应，则b光也能使该金属发生光电效应

【分析】根据光的传播特点得出光的折射率大小关系；

根据折射定律得出光在棱镜中的传播速度的大小关系；

根据条纹间距的计算公式得出条纹间距的大小关系；

根据光电效应的原理完成分析。

【解答】解：A.根据图像的特点可知，a光的偏折程度较大，a光的折射率大于b光的

折射率，故A正确；

B.由折射定律丫上可知，在棱镜中a光的传播速度小于b光的传播速度，故B错误；

n

C.a光的折射率大，波长较短，由条纹间距的计算公式人可知，分别通过同一

d

双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距小，故C错误；

D.a光的折射率大，频率较高，若a光恰好能使某种金属发生光电效应，则b光不一定

能使该金属发生光电效应，故D错误。

故选：Ao

【点评】本题主要考查了折射定律的相关应用，理解光的传播特点，结合干涉和衍射的

特点即可完成分析。

3.（4分）气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，其原理

如图所示。座舱M与气闸舱N之间装有阀门K,座舱M中充满空气，气闸舱N内为真

空。航天员从太空返回气闸舱N后，打开阀门K,M中的气体进入N中，最终达到平衡。

此过程中气体与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，下列说法正确的是（）

A.气体体积膨胀，对外做功，内能减小

B.气体对外不做功，气体内能不变

C.气体温度降低，体积增大，压强减小

D.N中气体可以自发地全部退回到M中

【分析】ABC.气体自由膨胀不对外做功，根据热力学第一定律分析内能的变化；理想气

体的内能只与气体的温度有关；

D.根据热力学第二定律分析作答。

【解答】解：ABC.气闸舱N内为真空，气体在自由膨胀过程中不对外做功，又系统与

外界没有热交换，根据热力学第一定律AU=W+Q可知，气体内能不变；对于一定质量

的理想气体内能不变，则温度不变；根据玻意耳定律pV=C可知，气体体积增大，气体

压强减小，故B正确，AC错误；

D.根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观变化都是不可逆的，故N中气

体不可能自发地全部退回到M中，故D错误。

故选：B。

【点评】本题考查了热力学第一、二定律和一定质量的理想气体的等温变化；对于一定

质量的理想气体，内能只与温度有关，内能大小由分子的平均动能决定。

4.（4分）2021年1月，“天通一号”03星发射成功。发射过程简化为如图所示：火箭先把

卫星送上轨道1（椭圆轨道，P、Q是远地点和近地点）后火箭脱离；卫星再变轨，到轨

道2（圆轨道）；卫星最后变轨到轨道3（同步圆轨道）。轨道1、2相切于P点，轨道2、

3相交于M、N两点。忽略卫星质量变化。（）

A.卫星在三个轨道上的周期T3>T2>TI

B.由轨道1变至轨道2,卫星在P点向前喷气

C.卫星在三个轨道上机械能E3=E2>E1

D.轨道1在Q点的线速度小于轨道3的线速度

【分析】根据图像分析轨道半径的关系，依据开普勒第三定律分析周期关系；卫星做离

心运动时、必须加速，由此分析卫星在不同轨道上机械能大小；结合变轨原理分析卫星

的线速度关系。

【解答】解：A、由图可知，轨道2和轨道3的半径相等，大于轨道1的半长轴，根据开

3

普勒第三定律「=k知卫星在三个轨道上的周期关系为T3-T2>T1,故A错误；

T/

B、由轨道1变至轨道2,卫星在P点向后喷气加速，使卫星做离心运动，故B错误；

C、由轨道1变至轨道2,卫星必须在P点加速，则E2>EI,轨道2和轨道3的半径相等,

则E3=E2,因此，E3=E2>E1,故C正确；

D、假设卫星在过Q点的圆轨道上运行的速度为V]',卫星轨道1在Q点的线速度为vi,

在轨道3的线速度为V3。从过Q点的圆轨道变轨到轨道1,必须在Q点加速，则vi'<

,

VI。根据卫星做匀速圆周运动的线速度公式V=超知，V3<Vl',所以，v3<vl<vi,

则轨道1在Q点的线速度大于轨道3的线速度，故D错误。

故选：C。

【点评】解答本题的关键要理解并掌握卫星变轨原理，要知道卫星在圆轨道运行时，由

万有引力提供向心力，卫星变轨时，必须点火加速或减速。

5.（4分）图为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在某一杆击球过程中，白色球（主球）和花

色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA=5kg・m/s,花色球B静止,

碰后花色球B的动量变为PB=4kg・m/s,则两球质量mA与mB间的关系可能是（）

A，mBmB=2mAD.mB=5mA

【分析】由动量守恒定律，结合弹性碰撞与完全非弹性碰撞两种临界条件，分析碰撞的

过程后可能的运动的情况即可。

【解答】解：碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定

律得：

pA=pA'+pB，

代入数据得：5kgTn/supA,+4kg,m/s

解得：pA'=lkg・m/s,方向与白色球的初速度方向相同。

若碰撞后二者的速度相等（设为v共），则有：

mAV；n=pA'-lkg,m/s,mBv共=pB'=4kg・m/s

联立可得：BIB=4mA

若碰撞过程系统的机械能不变，根据碰撞过程总动能不增加，则有:

解得mB^|-inA

/t

碰后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则如一《也一

mAmB

解得mB《4mA

综上可知mB44mA

故C正确，ABD错误。

故选：Co

【点评】该题考查动量守恒定律以及碰撞的特点，考虑弹性碰撞与完全非弹性碰撞，即

可求出可能的质量关

6.（4分）某条电场线是一条直线，沿电场线方向依次有0、A、B、C四个点，相邻两点间

距离均为d,以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E

随x的变化规律如图所示•一个带电量为+q的粒子，从O点由静止释放，仅受电场力作

用。则下列说法正确的是（）

A.若0点的电势为零，则A点的电势为/EQC!

B.粒子从A到B做匀速直线运动

C.粒子在0A段电势能减少量小于BC段电势能减少量

D.粒子运动到B点时动能为

2

【分析】根据E-x图象与x轴所包围的面积表示两点间的电势差大小，可计算出A点

的电势；利用电场力做功情况分析物体的运动性质；运用动能定理、电场力做功的公式

以及电场力做功与动能和电势能的关系可得出其动能大小及电势能的变化情况。

【解答】解：A、E-x图象与x轴围成的面积代表电势差大小，则0A间电势差大小UOA

沿着电场线，电势逐渐降低，若0点的电势为零，则UOA=（PO-（PA,可得A点的电势

为故A错误；

B、粒子从A到B运动的过程中，电场力一直做正功，则粒子一直做加速运动，电场力

恒定不变，加速度不变，所以粒子做匀变速直线运动，故B错误；

C、根据W=qU及E-x图象与x轴围成的面积可知，粒子在0A段电场力做功大于BC

段电场力做功，所以粒子在0A段电势能减少量大于BC段电势能减少量，故C错误；

D、根据动能定理可知^•qEc|d+Ecld=EkB-O，解得粒子运动到B点时动能为：

3qEd

ElD=°,故D正确。

加2

故选：D。

【点评】解答本题的关键是要知道E-x图象与x轴所包围的面积表示两点间的电势差大

小，再利用动能定理、电场力做功公式和电场力做功与电势能的变化关系可解答案。

7.（4分）如图所示，水平粗糙地面上有两磁场区域，左右两磁场区域内的匀强磁场宽度均

为L,磁感应强度大小分别为B和2B,左磁场区磁场方向竖直向下，右磁场区磁场方向

竖直向上，两磁场间距为2L。一个质量为m、匝数为n、电阻为R、边长为L的正方形

金属线框以速度vo水平向右进入左磁场区域，当金属线框刚离开右磁场区域时速度为VI,

金属线框离开右磁场区运动一段距离后停下。金属线框与水平面间的动摩擦因数为小

关于金属线框的运动下列判断正确的是()

A.金属线框穿过左侧磁场过程中通过金属线框的电荷量为度

R

B.金属线框从刚进入左磁场区域到最终停止的过程中一直做匀减速直线运动

C.金属线框通过两个磁场区域过程中产生的焦耳热为蒋mv1-5mgL

D.若金属线框进入左磁场区域过程所用时间为t,则金属线框刚好完全进入时的速度为

mR

【分析】金属线框穿过左侧磁场过程中，根据法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势,

应用闭合电路的欧姆定律求出平均感应电流，应用电流的定义式求出通过金属线框的电

荷量；根据安培力的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化；应用能量守恒定律求出

金属线框通过两个磁场区域全过程产生的焦耳热；应用动量定理求出金属线框完全进入

磁场时的速度。

【解答】解：A、金属线框穿过左侧磁场过程中，由法拉第电磁感应定律可得平均感应电

动势箸，由闭合电路的欧姆定律可得平均感应电流亍［,通过金属线框的电荷

量q=l2kt，联立解得坦。金属线框穿过左侧磁场过程中穿过金属线框的磁通量

R

△中=0,则通过金属线框的电荷量为q=0,故A错误；

B、金属框在磁场中运动过程中，根据牛顿第二定律可得：a』堂生。金属框在磁场中

m

运动过程中，受到向左的安培力作用，速度减小，产生的感应电流减小，线框受到的安

培力一直减小，合力减小，则线框的加速度一直减小，因此金属线框在磁场中运动过程

中，做加速度减小的变减速直线运动，故B错误；

C、设金属线框通过两个磁场区域全过程中产生的焦耳热为Q。金属线框从开始运动到离

开右磁场区域过程，由能量守恒定律得/mv。2=乩1ng(L+2L+L+L)

解得：Q^IUVQ2—M-mgL,故C正确;

D、金属线框进入左侧磁场过程中，穿过金属线框的磁通量为△力=B15,通过金属线框

的电荷量为qjA生型」

qRR

设金属线框刚好完全进入左侧磁场区域时的速度大小为v,该过程，对金属线框，取向右

为正方向，由动量定理得：-BILt-M-mgt=mv-mvQ

其中亍t=q，解得：丫=丫-pigt-逑」一，故D错误。

口mR

故选：C»

【点评】本题考查电磁感应与能量、力学的综合应用。对于电磁感应问题研究思路常常

有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力的大小和方向；另一条是能量，分析电磁

感应现象中的能量如何转化是关键。

二、多项选择题.（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，

有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分.）

（多选）8.（5分）如图①所示，高空滑索是一种勇敢者的运动项目，如果一个人用轻绳通

过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动，在下滑过程中可能会出现如图②（轻绳与

滑索垂直）和如图③（轻绳沿竖直方向）所示的两种情形，不计空气阻力，则下列说法

正确的是（）

A.图②的情形中，人只能匀加速下滑

B.图②的情形中，钢索对轻环的作用力大小处嗯

C.图③的情形中，人匀速下滑

D.图③的情形中，钢索对轻环无摩擦力

【分析】不管是图2还是图3,人均做直线运动：若是匀速直线运动，合力为零：若是变

速直线运动，合力与速度共线。受力分析后运用平行四边形定则作图分析。

【解答】解：AB、图②的情形中，对人受力分析，人受重力和拉力，如图所示。

由于两个力不共线，故合力一定不为零。人做直线运动，故人的合力与速度共线，必定

做匀加速直线运动，则拉力T=ingsin60°故A正确，B错误：

CD、图③的情形中，人受重力和拉力，若合力不为零，合力与速度不共线，不可能做直

线运动，因此合力一定为零，人做匀速直线运动，则有T=mg。

环做匀速运动，合力为零，环受细线的拉力、支持力和摩擦力，三力平衡，如下图所示

故C正确，D错误。

故选：ACo

【点评】本题关键结合运动情况分析受力情况，明确直线运动的条件是合力为零或者合

力与速度共线。

（多选）9.（5分）为发展新能源，某科研小组制作了一个小型波浪发电机，磁铁固定在水

中，S极上套有一个浮筒，浮筒上绕有线圈，其截面示意图如图甲所示。浮筒可随波浪

上下往复运动切割磁感线而产生电动势，线圈中产生的感应电动势随时间按正弦规律变

化，如图乙所示，线圈电阻r=2Q,匝数为100匝，线圈处磁感应强度B=0.1T,线圈的

直径d=6ir，把线圈与阻值R=8Q的小灯泡串联，小灯泡恰好正常发光。下列说法正

确的是（）

A.小灯泡的额定电压为3V

D.浮筒在竖直方向上下运动的最大速度为211rl/s

【分析】根据图像得到感应电动势的峰值和周期，根据正弦式交变电流规律求解感应电

动势的有效值，根据闭合电路欧姆定律求解线圈中的电流和小灯泡的额定电压；根据P

=ui求解发电机输出功率；根据频率与周期的关系求解频率；根据正弦式交变电流峰值

公式求解浮筒的最大速度。

【解答】解：A.由图像得，感应电动势的峰值为Em=4&V

感应电动势有效值为E4V

V2V2

根据闭合电路的欧姆定律，线圈中的电流=8%A=0.4A

x

故A错误；

X

故B正确；

C.由图可知，交变电流的频率f1」一出=25HZ

T0.4'

浮筒在竖直方向上下振动的频率与交变电流的频率相同，故C正确；

D.由正弦式交变电流峰值公式得：Em=NBLvm

解得浮筒在竖直方向上下运动的最大速度为

二Em_如=0.4

vm-NBL_100X0.IX71xV2lll/S~兀

故D正确。

故选：BCD»

【点评】本题考查正弦式交变电流，解题关键是会求解正弦式交变电流的峰值和有效值,

掌握功率的计算公式，结合闭合电路欧姆定律列式求解即可。

（多选）10.（5分）如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互

垂直且等高，两传送带由同一电机驱动，它们正常工作时都匀速运动，速度大小分别为v

甲、v乙，并满足v甲+v乙=丫,式中v为己知定值，即两传送带的速度可调但代数和始终

不变。将一工件A（视为质点）轻放到传带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲

的速度相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送带乙的右侧掉落。已知工件的

质量为m,工件与传送带间的动摩擦因数为山重力加速度大小为g。两传送带正常工作

时，下列说法正确的是（）

A.工件在传送带甲和乙上共速前受到的摩擦力一定相同

B.当vv=v乙时，工件在传送带乙上留下的滑动痕迹最短

C.当v甲乙时，工件与两传送带因摩擦而产生的总热量最小

2

D.驱动传送带的电机因传送工件至少需要额外做的功为变一

2

【分析】根据位移一速度关系求得工件在传送带乙上的滑动痕迹的表达式，根据基本不

等式可知当VM,=v乙时划痕最短；由Q=nmg«s相求工件与两传送带因摩擦而产生的总热

量的最小值；根据能量守恒求得电机额外做的功。

【解答】解：A.取传送带乙为参考系，工件滑上传送带乙时的速度如图：

工件受到的滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，所以工件在两传送带上受到摩擦力大

小相等，但方向不同，故A错误；

B.对工件由牛顿第二定律得：

|img=ma

解得：a=ug

设工件在传送带乙上的滑动痕迹为x,则由运动学公式得：

由平行四边形定则得：

又因为V甲+v乙=丫

22

联立解得：*二甲+"乙

2klg

由数学知识可得，当V¥=V乙时，X取最小值，故B正确;

C.设工件在传送带甲上的滑动痕迹为XI,由于传送带的速度是工件加速过程中平均速

度的两倍，所以工件在传送带甲上的滑动痕迹等于工件的位移大小，

工件与两传送带因摩擦产生的总热量为Q，则

Q=(img(x+xi)

整理得Q=--------------------------------

则当丫用=工时，Q取最小值，此时V7=2上，即v甲乙，故C正确；

v甲3v乙3

D.根据能量守恒定律可知，电动机额外做的功等于产生的热量与工件的末动能之和，则

有

整理得W唠［y2+(v甲-V乙产］

2

当v,p=v乙时，W取最小值，最小值为w.

故D正确。

故选：BCD»

【点评】本题考查了工件在传送带上的相对位移，划痕的求解及电机额外做的功等问题,

注意要学会利用数学基本不等式、配方法求极值。

三、实验题(本题共2小题，共15分。第n题6分，第12题9分)

11.(6分)某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定

橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验

结果画出的图。

(1)如果没有操作失误，图乙中的F与F两力中，方向一定沿AO方向的是F'。

(2)本实验采用的科学方法是B。

A.理想实验法

B.等效替代法

C.控制变量法

D.建立物理模型法

(3)实验时，主要的步骤是：

A.在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上

B.用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳

的另一端系着绳套

C.用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某

一位置0,记录下。点的位置，读出两个弹簧测力计的示数

D.按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力Fi和F2的图示，并用平

行四边形定则求出合力F

E.只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，把橡皮条的结点拉到同一位置

0,读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F的图示

F.比较F和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论。

上述步骤中，步骤C有重要遗漏，请你写出遗漏的内容是记下两条橡皮条的方向。

【分析】(1)明确实验原理，了解实验误差的存在，根据实验中“理论值”和“实验值”

的区别分析判断；

(2)根据控制变量法的特点分析判断；

(3)步骤C中只有记下两条细绳的方向，才能确定两个分力的方向，进一步才能根据平

行四边形定则求合力。

【解答】解：(1)由一个弹簧测力计拉橡皮条至0点的拉力一定沿A0方向；而两根弹

簧测力计拉橡皮条至O点的拉力，根据平行四边形定则作出两弹簧测力计拉力的合力，

由于误差的存在，不一定沿A0方向，故一定沿A0方向的是F。

(2)一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，它们的作用效果可以等效替代。故B

正确，ACD错误。

故选：B。

(3)用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，细绳与木板平行，使橡皮

条伸长，结点到达某一位置O,记录下O点的位置，记下两条橡皮条的方向，读出两个

弹簧测力计的示数。

故答案为：(1)F；(2)B；(3)记下两条橡皮条的方向。

【点评】本实验采用的是“等效替代”的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果

相同，可以互相替代，明确“理论值”和“实验值”的区别。

12.(9分)某同学测量电流表Gi内阻n的电路如图甲所示，供选择的仪器如下：

①待测电流表Gi(0~5mA,内阻约300。)

②电流表G2(O-lOmA,内阻约100。)

③定值电阻Ri(300H)

④定值电阻R2(10。)

⑤滑动变阻器R3(0-10000。)

⑥滑动变阻器R4(0~20Q)

⑦干电池(1.5V)

⑧开关及导线若干

(1)定值电阻应选③，滑动变阻器应选⑥；(在空格内填写序号)

(2)完成实物图连接；

(3)补全实验步骤：

①按电路图连接电路，将滑动触头移至最左端(填“左”或“右”)；

②闭合开关，移动滑动触头至某一位置，记录Gi、G2的读数II、12；

③多次移动滑动触头，记录相应的Gl、G2读数11、12;

④以h为纵轴，12为横轴，作出相应图线，如图乙所示。

(4)根据II-12图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻ri的表达式ri=(k

-1)Ri»

【分析】(1)根据定值电阻阻值与待测电流表内阻相等可知将二者并联后总电流与电流

表G2的满偏电流相等，所以测量电路应是将待测电流表与定值电阻R2并联后再与电流

表G2串联；再根据变阻器采用分压式接法时阻值越小时调节越方便即可选出变阻器R4；

(2)根据实物图的连接要求连接实物图；

(3)(4)根据物理规律写出12与11的函数表达式，然后根据斜率的概念即可求解，根

据实验电路故障分析原因。

【解答】解：(1)由于Gi的满偏电流是G2的一半，根据并联电阻的分流作用可知G1

应与阻值相近的定值电阻并联，再与G2串联，因待测电流表的内阻约为300。，则定值

电阻应选取Ri。

滑动变阻器R3的阻值太大，不方便调节，应选取阻值较小的R4,方便调节，并使用分

压式接法；

(2)采用分压式接法，实物图连接如下图所示；

(3)为了保护实验中电表，开始时应让电压从0开始调节，故开始时滑片应在最左端。

Trj?+=

(4)根据欧姆定律和串并联电路的关系有：__lTi

结合图像，则图像的斜率k——U则有：ri=(k-1)Ri

R1

故答案为：（1）③、⑥；（2）如图所示

（4）左、ri=（k-1）Ri

【点评】解答本题应明确：①设计电路时，可先画出可能的电路图，然后选择能求出待

测量的电路即可；②变阻器采用分压式接法时，应选择阻值小的变阻器以方便调节；③

遇到根据图象求解的问题，首先根据物理规律写出公式，然后整理出关于阻值与横轴物

理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解.

四、计算题（本大题共3个小题，共42分。解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式

和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值

和单位。）

13.（12分）因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制

动装置一一制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等。在一段直线轨

道上，某高铁列车正以vo=8Om/s的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方xo=5OOOm

处道路出现异常，需要减速停车。列车长接到通知后，经过ti=2.5s将制动风翼打开，

高铁列车获得a/的平均制动加速度减速，减速t2=40s后，列车长再将电磁制动系统打

开，结果列车在距离异常处500m的地方停下来。

（1）求列车长刚打开电磁制动系统时，列车的速度多大？

（2）求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度a2多大？

【分析】（1）根据速度一时间关系求解列车长打开电磁制动系统时列车的速度；

（2）根据运动公式列式求解打开电磁制动后打开电磁制动后列车行驶的距离，根据速度

一位移关系求解列车的平均制动加速度。

【解答】解：vo=288km/h=8Om/s

（1）打开制动风翼时，列车的加速度为aj,设经过t2=40s时，列车的速度为vi,

贝I]vi=vo-ait2=80m/s-X40m/s=60m/s

(2)列车长接到通知后，经过ti=2.5s,列车行驶的距离xi=voti=8OX2.5m=2OOm

打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离

22QQ

x2=v°-"=8^%m=280()m

2a12X0.5

打开电磁制动后，行驶的距离x3=xo-xi-x2=5OOOm-200m-2800m-500m=1500m

2

a2=-Hm*2

2X32X1500

答：(1)列车长打开电磁制动系统时，列车的速度为60m/s；

(2)制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度a2?。

【点评】在解答匀变速直线运动一类题目时，注意公式的合理选取，如果涉及时间一般

采用速度一时间关系和位移一时间关系公式解答，如果不涉及时间，一般采用速度一位

移关系公式解答。

2的活塞A、B封闭一定质量的理想气体，其中活塞B与一端固定在竖直墙上、劲度系数k

=1000N/m的轻质弹簧相连,平衡时两活塞相距lo=O.6m,已知外界大气压强poX105Pa,

圆筒内气体温度为to=27℃。

(1)若将两活塞锁定，然后将圆筒内气体温度升到t=227℃,求此时圆筒内封闭气体的

压强；(结果保留3位有效数字)

(2)若保持圆筒内气体温度to=27℃不变，然后对A施加一水平推力F=500N,使其缓

慢向左移动一段距离后再次平衡，求此过程中活塞A移动的距离。(假设活塞B左端的

圆筒足够长，弹簧始终在弹性限度内)

【分析】(1)根据查理定律对气体分析，列式计算出封闭气体的压强；

(2)根据波意耳定律对气体分析，列式计算出活塞的移动距离。

【解答】解：(1)设此时气体压强为p,由查理定律可得：

To=(273+to)K=300K,T=(273+t)K=500K

代入数据可得

X105Pa

(2)设再次平衡时封闭气体压强为p',活塞A、B向左移动的距离分别为x、x',由

于气体温度始终不变，由玻意耳定律可得

pol()S=p/(lo+xr-x)S

由平衡条件可知，对活塞A有

p'S=poS+F

对活塞B有

poS+kx'=p'S

联立解得

X105Pa；

(2)此过程中活塞A移动的距离为0.7m。

【点评】本题主