新高考新课标高中物理高考模拟试题(二)

2023年1月3日高中物理作业

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.图示为高速摄影机拍摄到的子弹穿过苹果瞬间的照片.该照片经过放大后分析出，

在曝光时间内，子弹影像前后错开的距离约为子弹长度的1%~2%.已知子弹飞行速度

约为5OOm/s,因此可估算出这幅照片的曝光时间最接近

A.103SB.106S

C.10-9SD.10"2s

【答案】B

【详解】子弹的长度约5cm；则子弹飞行的距离S=1%X5S=5X1OT〃?；则照片的曝光

时间/」=

V500m/s

【点睛】本题的基本技巧是要抓住“数量级”构建，题目所求曝光时间等于子弹影像前后

错开的距离除以子弹速度，所以，必须知道子弹影像前后错开距离和子弹速度的数量级.

2.如图所示的电路中，&、鸟是阻值恒定的标准电阻，电表均为理想电表，此是由

磁敏材料制成的控制元件（其特点是平时处于断开状态，有磁场出现时导通）。闭合开

关S,滑动变阻器R的滑片处于某位置，当有磁铁经过与附近时（）

A.电流表的读数减小B.电压表的读数增大

C.4的功率减小D.R?的功率增大

【答案】C

【详解】AB.控制元件断开时，电路是串联电路，电流表的读数为

电压表的读数为

当有磁铁经过&附近时，电路为并联电路，外电阻减小，则有

电流变大，电流表示数变大，外电路电压为

所以电压表示数减小，故AB错误；

CD.干路电流变大，路端电压减小，滑动变阻器左边部分的电压变大，则&两端电压

变小，由

可知，&的功率减小，故C正确，D错误。

故选C。

3.甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的v-f图象如图所示。两图象在

,=0时相交于P点，P在横轴上的投影为。，AOP。的面积为5。在f=0时亥！J,乙车在

甲车前面，相距为d已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为人则下面四组，

和1的组合可能的是（）

A.t'—ti,d=5B.d=­S

24

C.d—^-SD.d——S

2224

【答案】D

【详解】在立时刻如果甲车没有追上乙车，以后就不可能追上了，故"5故A错误;

从图象中甲、乙与坐标轴所围的面积即对应的位移看，甲在〃时间内运动的位移比乙的

33

多S,当为时，甲的面积比乙的面积多出=S,即相距=故D正确，BC错误.

4.关于静电场，以下说法正确的是（）

A.沿着电场线方向，电势越来越低

B.电场中场强为零的地方，电势一定为零

C.电场强度表示的是电场本身的能的性质

D.静电场是看不见、摸不着的，故不存在

【答案】A

【详解】A.沿着电场线方向，电势越来越低，选项A正确；

B.电场中场强为零的地方，电势不一定为零。例如等量同种电荷连线的中点，选项B

错误；

C.电场强度表示的是电场本身的力的性质，选项C错误；

D.静电场是看不见、摸不着的，但它是真实存在的物质，选项D错误。

故选Ao

5.矩形导线框成cd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁

场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度8随时间变化的规律如图所示。若规定顺时针方

向为感应电流7•的正方向，下列各图中正确的是（）

A.B.

【答案】D

【详解】试题分析：由图可知，O-ls内，线圈中磁通量的变化率相同，故O-ls内电流

的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知,

l-2s内电路中的电流为顺时针，2-3s内，电路中的电流为顺时针，3-4s内，电路中的电

①土白可知，电路中电流大小恒定不变.

流为逆时针,由E=­=

故选D

考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律

【名师点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，注意图线的斜率等于磁感应强度

的变化率，斜率的符号能反映感应电流的方向，知道这些才能准确的利用楞次定律进行

判定.

6.如图所示，在一平直公路上，一辆汽车从。点由静止开始做匀加速直线运动，已知

在3s内经过相距30m的A、2两点，且汽车经过B点时的速度为15m/s,则（）

A.汽车经过A点的速度大小为2.5m/s

B.A点与。点间的距离为20m

C.汽车从。点到A点需要的时间为5s

D.汽车从。点到B

【答案】D

【详解】A.汽车从A运动到8过程中的平均速度大小为

设汽车经过A点的速度大小为以，根据匀变速直线运动规律的推论有

联立①②解得

故A错误；

B.汽车的加速度大小为

A点与。点间的距离为

故B错误；

C.汽车从。点到A点需要的时间为

故C错误；

D.汽车从。点到B点的平均速度大小为

故D正确。

故选D。

7.如图所示，在光滑水平面上有一质量为如的足够长的木板，其上叠放一质量为租2

的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时

间f增大的水平力4公"是常数），木板和木块加速度的大小分别为⑷和。2。下列反

映㈤和奥变化的图线中正确的是（）

【答案】A

【详解】当尸比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得

则a正比于f；

当尸比较大时，加2相对于皿运动，根据牛顿第二定律

对如有

由于〃、加八加2都一定，则勾一定;

对，W2有

则。2是r的线性函数，/增大，。2增大。

又

则两木板相对滑动后。2图像的斜率大于两者相对静止时图像的斜率。

故选Ao

8.如图，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球。和6、

。球质量为"z,静置于地面；b球质量为3〃z,用手托住，高度为//,此时轻绳刚好拉紧,

从静止开始释放b后，。可能达到的最大高度为（）

A.hB.Ihhh

【答案】c

【详解】设a球上升高度h时，两球的速度大小为V,根据ab系统的机械能守恒得：

3mgh=mgh+^-«（3m+m）v2,解得：v=y[gh,此后绳子恰好松弛，a球开始做初速为

v=7^的竖直上抛运动，再对a球，根据机械能守恒：mgh+^mv2=mgH,解得a球能

达到的最大高度：H=1.5h,故C正确，ABD错误。

9.质点做直线运动的位移x与时间f的关系为x=5f+P（各物理量均采用国际单位制单

位），则该质点（）

A.第1s内的位移是5mB.前2s内的平均速度是6m/s

C.任意相邻的Is内位移差都是ImD.任意Is内的速度增量都是2m/s

【答案】D

【详解】第Is内的位移只需将才=1代入即可求出x=6m,A错误；前2s内的平均速度

为.=曳=5x2+2?=7向B错；由题给解析式可以求得加速度为。=2m/s2

22

\x=aT-=2m,C错；由加速的定义可知D选项正确

10.长为/的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为vo,要通过前方一长为L的隧道，

当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过V（丫<吻）。已知列车加速和

减速时加速度的大小分别为。和2a,则列车从减速开始至回到正常行驶速率V。所用时

间至少为（）

—v—vL+2/

A.—+------B.—+--------

2avav

「3（v0-v）£+/3（v0-v）£+2Z

2avav

【答案】c

【详解】由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过V（v<vo）,

则列车进隧道前必须减速到V,则有

v=vo-2ati

解得

在隧道内匀速有

列车尾部出隧道后立即加速到有

vo=v+at3

解得

则列车从减速开始至回到正常行驶速率V。所用时间至少为

故选C。

11.一滑块在水平地面上沿直线滑行，Z=0时其速度为lm/s.从此刻开始滑块运动方向

上再施加一水平面作用F,力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所

示.设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为耳、吗、吗,则以下

关系正确的是（）

A.Wt=W2=W3B.W,<TK<W3C.叱<暝<叱D.叱=%<:吗

【答案】B

【详解】试题分析：根据功的公式W=FL可知，知道F的大小，再求得各自时间段内

物体的位移即可求得力F做功的多少.

解：由速度图象可知，第Is、2s、3s内的位移分别为0.5m、0.5m、1m,由F-t图象及

功的公式w=Fscos。可求知：Wi=0.5J,W2=1.5J,W3=2J.故本题中ACD错，B正确.

故选B.

12.甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动，U0时刻同时经过公路旁的

同一个路标。在描述两车运动的V—，图中（如图），直线。、6分别描述了甲乙两车在

0~20秒的运动情况。关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是（）

A.在0~10秒内两车逐渐靠近B.在10~20秒内两车逐渐远离

C.在5~15秒内两车的位移相等D.在仁10秒时两车在公路上相遇

【答案】C

【详解】A.在0—10s内，乙车的速度一直比甲车大，两车应逐渐远离，则A错误；

B.在10—20s内，甲车的速度一直比乙车大，两车逐渐靠近，则B错误；

C.在5—15s内，两图象与坐标轴的面积相等，则两车的位移相等，则C正确；

D.在10s时两车速度相等，相距最远，则D错误.

13.在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与

电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示。则可判断出（）

A.甲光的频率大于乙光的频率

B.乙光的波长大于丙光的波长

C.乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率

D.甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能

【答案】B

【详解】A.根据

入射光的频率越高，对应的截止电压。截越大。甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、

乙光的频率相等；故A错误;

B.丙光的截止电压大于乙光的截止电压，所以乙光的频率小于丙光的频率，乙光的波

长大于丙光的波长，故B正确；

C.同一金属，截止频率是相同的，故C错误；

D.甲光的截止电压小于丙光的截止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于丙光

的光电子最大初动能。故D错误。

故选B。

14.如图甲所示，螺线管竖直置于靠近水平桌面的上方，质量为机的闭合金属圆环平放

在桌面上，螺线管的中轴线与圆环相交。现在螺线管中通入如图乙所示的正弦交变电流,

规定图甲中标出的电流方向为正方向。圆环始终静止，下列说法正确的是（）

A.《内，从上向下看圆环中感应电流方向为顺时针

42

B.3三内,圆环中的感应电动势逐渐减小

42

C.日内，圆环对桌面的压力大于相g

3T

D.下~7内，圆环对桌面的摩擦力方向向左

4

【答案】C

【详解】A.内，线圈中电流为正方向且减小，通电螺线中产生向上的磁场且磁

42

感应强度减小，圆环中感应出向上的磁场，则圆环中从上向下看感应电流方向为逆时针,

A错误；

B.因为线圈中电流为正弦电流，所以产生的磁场也是正弦变化的，变化图象也是正弦

图像，［内，由图像可知，图线的斜率的绝对值逐渐增大，即磁感应强度的变化量

与时间变化量的比值逐渐增大，根据

得感应电动势逐渐增大，B错误；

C.与内，线圈中电流反向增大，通电螺线管产生向下的磁场，磁感应强度增大,

24

圆环中产生的感应电流从上往下看为逆时针方向，此时圆环受到安培力斜向左下，则桌

面对圆环的支持力大于重力mg,则圆环对桌面的压力大于重力mg,故C正确；

D.岁~7内，线圈中电流反向增下，通电螺线管产生向下的磁场，磁感应强度增小，

圆环中产生的感应电流从上往下看为顺时针方向，此时圆环受到安培力斜向右下，圆环

静止，则圆环受到向左的摩擦力，则圆环对桌面的摩擦力向右，故D错误。

故选C。

15.如图所示，一质量为根的物块静止在倾角为。的斜面上，物块与斜面间的滑动摩擦

因数为〃，重力加速度为g,则()

A.物块受到一个沿斜面向下的力，大小为加gsind

B.物块所受摩擦力的大小为0

C.物块所受摩擦力的大小为〃加geos。

D.物块所受摩擦力的大小为机gsin。

【答案】D

【详解】对静止在斜面上的物体受力分析可知，受重力、支持力、静摩擦力，由平衡条

件可知

即物体所受静摩擦力的大小为相gsin。，方向沿斜面向上，重力的下滑分力为，"gsin仇

物体并不会受到沿斜面向下的力，故选D。

二、多选题

16.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连.小球某时刻

正处于如图所示状态.设斜面对小球的支持力为N,细绳对小球的拉力为T,关于此时刻小

球的受力情况，下列说法正确的()

A.若小车向左运动,N可能为零B.若小车向左运动,T可能为零

C.若小车向右运动,N不可能为D.若小车向右运动,T不可能为零

【答案】AB

【详解】若小车向左运动做减速运动，则加速度向右，小球受重力及绳子的拉力可以使

小球的加速度与小车相同，故此时N为零，故A正确；若小球向左加速运动，则加速

度向左，此时重力与斜面的支持力可以使合力向左，则绳子的拉力为零，故B正确；同

理可知当小球向右时，也可能做加速或减速运动，故加速度也可能向右或向左，故N

和T均可以为零，故CD均错误；故选AB.

点睛：力是改变物体运动状态的原因，故物体的受力与加速度有关，和物体的运动方向

无关，故本题应讨论向左加速和减速两种况.

17.质量为1kg的物块在水平力产的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与

时间r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/s2o则()

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

D.0~6s时间内尸对物块所做的功为40J

【答案】AD

【详解】物块与地面间的摩擦力为

AC.对物块从03s内由动量定理可知

即

得

3s时物块的动量为

设3s后经过时间t物块的速度减为0,由动量定理可得

即

解得

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.03s物块发生的位移为由，由动能定理可得

即

得

3s~4s过程中，对物块由动能定理可得

即

得

4s6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为

发生的位移为

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

06s拉力所做的功为

故D正确。

故选ADo

18.图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子

先经过M点，再经过N点，可以判定（）

A.M点的电势大于N点的电势

B.M点的电势小于N点的电势

C.粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力

D.粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力

【答案】AD

【详解】试题分析：根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势，

故A正确，B错误；根据电场线的疏密来判定电场强度的强弱，M点的电场力小于N

点，故D正确，C错误.

考点：电势；电场强度

【名师点睛】本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电

场力方向，再抓住电场线的物理意义判断场强、电势等的大小.

19.如图所示的电路中，电源的电动势为E,内阻厂=0,R/和&是两个定值电阻。当

滑动变阻器R的滑片向。移动时，电路中的电流/八/2的变化情况是（）

A.刀变小B.刀不变C.12变大D.上变小

【答案】BC

【详解】当滑动变阻器R的滑片向。移动时，电阻减小，总电阻减小，总电流/变大,

因为电源内阻为0,则路端电压不变，即R1电压不变，则人不变。

又

可知4变大。

故选BC。

20.水平桌面上，一质量为机的物体在水平恒力/拉动下从静止开始运动，物体通过

的路程等于与时，速度的大小为％,此时撤去E物体继续滑行2%的路程后停止运动，

重力加速度大小为g,则（）

A.在此过程中F所做的功为

B.在此过中厂的冲量大小等于9加为

C.物体与桌面间的动摩擦因数等于/-

4s°g

D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍

【答案】BC

【详解】CD.外力撤去前，由牛顿第二定律可知

F-/nmg=max①

由速度位移公式有

%=2Gso②

外力撤去后，由牛顿第二定律可知

-/jmg=ma2③

由速度位移公式有

-说=2%(250)④

由①②③④可得，水平恒力

动摩擦因数

滑动摩擦力

可知厂的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，

故C正确，D错误；

A.在此过程中，外力厂做功为

故A错误；

B.由平均速度公式可知，外力厂作用时间

在此过程中，尸的冲量大小是

故B正确。

故选BC。

21.如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑

块与桌面间的动摩擦因数均为〃。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力/拉动P,

使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长

之前（）

A.P的加速度大小的最大值为2〃g

B.Q的加速度大小的最大值为2〃g

C.P的位移大小一定大于Q的位移大小

D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小

【答案】AD

【详解】设两物块的质量均为烧，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小

为

撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为

AB.从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬

间弹簧弹力不变为“火，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为

解得

此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减

小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小,

滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。

故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2〃g。

Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时

解得

故滑块Q加速度大小最大值为〃g,A正确，B错误；

C.滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C

错误；

D.滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为

解得

撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2〃g做加速度减小的减

速运动，最后弹簧原长时加速度大小为〃g；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大

的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为〃g。分析可知P的速度大小均不大于同

一时刻Q的速度大小，D正确。

故选ADo

22.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m

的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为由初始时小物块停在箱子正中间，如

图所示.现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正

中间，井与箱子保持相对静止.设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为

0

12n1mM

A.—mvB.-----------v2

22m+M

gNjumgLD.NpimgL

C.

【答案】BD

【详解】试题分析：设物块与箱子相对静止时共同速度为V,则由动量守恒定律得

得系统损失的动能为

2

AEk&=1mv-+m),B正确，AC错误.根据能量守恒定律得知,

系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克

服摩擦力做的功，则有。=公纥系=N〃相gE.D正确，

故选BD

考点：动量守恒定律；功能关系.

点评：两个相对运动的物体，当它们的运动速度相等时候，往往是最大距离或者最小距

离的临界条件.本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定律，

要求学生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损失.又由于本题是

陈题翻新，一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D,另一方面，若不仔细分析，

易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为;工，则发生N次碰撞，相对路程为

二NL,而错选C.

2

23.地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点

水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在

尸点。则射出后，（）

A.小球的动能最小时，其电势能最大

B.小球的动能等于初始动能时，其电势能最大

C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大

D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量

【答案】BD

【详解】A.如图所示

故等效重力G'的方向与水平成45。0

当匕=。时速度最小为=匕，由于此时匕存在水平分量，电场力还可以向左做负功,

故此时电势能不是最大，故A错误；

BD.水平方向上

在竖直方向上

由于

Eq=mg,得v=%

如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动

能定理可知

则重力做功等于小球电势能的增加量，故BD正确；

C.当如图中3所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误；

故选BD。

24.如图，两对等量异号点电荷+4、-鼠4>0）固定于正方形的4个顶点上。L、N是

该正方形两条对角线与其内切圆的交点，。为内切圆的圆心，M为切点。则（）

A.L和N两点处的电场方向相互垂直

B.M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左

C.将一带正电的点电荷从M点移动到。点，电场力做正功

D.将一带正电的点电荷从乙点移动到N点，电场力做功为零

【答案】AB

【详解】A.两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O,N点处于两负电荷连线的

中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向。，则N点的合场强方向由N

指向o,同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由。指向L工点处于两正电荷

连线的中垂线上，两正电荷在乙处产生的场强方向由。指向3则乙处的合场方向由。

指向L由于正方形两对角线垂直平分，则工和N两点处的电场方向相互垂直，故A正

确；

B.正方形底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对

等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较

远，则M点的场方向向左，故B正确；

C.由图可知，M和。点位于两等量异号电荷的等势线上，即〃和。点电势相等，所

以将一带正电的点电荷从M点移动到。点，电场力做功为零，故C错误；

D.由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从乙点移动到N点，

电场力做功不为零，故D错误。

故选ABo

25.关于核衰变和核反应的类型，下列表述正确的有

A.空U-黑是&衰变B.是B衰变

+是轻核聚变D.黏e-；：Kr+22是重核裂变

【答案】AC

【详解】A、2；；。一抵方程是。衰变方程，选项A正确；

B、方程是人工转变方程，选项B错误；

C、阳+阳-；决+版方程是轻核聚变方程，选项C正确；

D、；：Se-＞；：Kr+2_%方程是"衰变方程，选项D错误.

点睛：解答本题需要掌握：正确应用质量数和电荷数守恒正确书写核反应方程；明确裂

变和聚变反应特点，知道外方衰变现象，并能正确书写其衰变方程.

26.一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半

径分别为R和R+d）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点。为圆心。在截面

内，极板间各点的电场强度大小与其到。点的距离成反比，方向指向。点。4个带正电

的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心

为。、半径分别为h4（氏＜4＜4＜氏+d）；粒子3从距。点2的位置入射并从距0点

4的位置出射；粒子4从距O点弓的位置入射并从距。点马的位置出射，轨迹如图（b）

中虚线所示。则（）

A.粒子3入射时的动能比它出射时的大

B.粒子4入射时的动能比它出射时的大

C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能

D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能

【答案】BD

【详解】C.在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到。点的距离成反比，可设为

带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有

qE、=m-,qH、—m—

rx一r2

可得

即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；

A.粒子3从距。点4的位置入射并从距。点石的位置出射，做向心运动，电场力做正

功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；

B.粒子4从距。点々的位置入射并从距。点2的位置出射，做离心运动，电场力做负

功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；

D.粒子3做向心运动，有

可得

粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；

故选BD。

27.安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度瓦如图，在

手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为无Oy面。某同学在某地对地磁场进行了

四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果

可推知()

测量序号Bx/yCTBy/\aBz/gT

1021-45

20-20-46

3210-45

4-210-45

z

A.测量地点位于南半球

B.当地的地磁场大小约为5011T

C.第2次测量时y轴正向指向南方

D.第3次测量时y轴正向指向东方

【答案】BC

【详解】A.如图所示

地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。

通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z

轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；

B.磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为

计算得

B-50|iT

B正确;

CD.由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量,

测量与＜0,故y轴指向南方，第3次测量纥＞0,故x轴指向北方而y轴则指向西方,

C正确、D错误。

故选BC。

28.水平地面上有一质量为加1的长木板，木板的左端上有一质量为外的物块，如图（。）

所示。用水平向右的拉力尸作用在物块上，尸随时间f的变化关系如图（6）所示，其中

耳、尸2分别为时刻尸的大小。木板的加速度可随时间/的变化关系如图（C）所

示。已知木板与地面间的动摩擦因数为从，物块与木板间的动摩擦因数为〃2,假设最

大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（）

m,+m。

C.A2＞—~-AD.在。时间段物块与木板加速度相等

【答案】BCD

【详解】A.图（c）可知，力时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静

止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有

A错误；

BC.图（c）可知，及滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定

律，有

以木板为对象，根据牛顿第二定律，有

解得

BC正确；

D.图（c）可知，072这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。

故选BCD。

29.某电场的等势面如图所示，图中。、b、c、d、e为电场中的5个点，则（）

A.一正电荷从6点运动到e点，电场力做正功

B.一电子从a点运动到d点，电场力做功为4eV

C.b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右

D.a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大

【答案】BD

【详解】A.由图象可知

cpb=<pe

则正电荷从6点运动到e点，电场力不做功，A错误；

B.由图象可知

夕。=3V,cpd=7V

根据电场力做功与电势能的变化关系有

Wad=Epa-Epd=（<pa-中分（-e）=4eV

B正确；

C.沿电场线方向电势逐渐降低，则。点处的场强方向向左，C错误；

D.由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线分布如下图所示

由上图可看出，b点电场线最密集，则6点处的场强最大，D正确。

故选BD。

30.两辆游戏赛车6在两条平行的直车道上行驶.t=0时两车都在同一计时线处，此

时比赛开始.它们在四次比赛中的VT图如图所示.哪些图对应的比赛中，有一辆赛车

追上了另一辆（）

0510152025

【详解】在速度-时间图象里，图象与横轴所围成的面积表示物体发生的位移.从A图

中可以看出，当t=20s时，两图象面积相等，此时一辆赛车追上另一辆，A正确；图中

a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上，B错误；图象也是在t=20s时，两图象

面积相等，此时一辆赛车追上另一辆；C正确；图象中a的面积始终小于b的面积，所

以不可能追上，D错误.

三、实验题

31.某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有

A.电压表V（内阻&=1。。。。，量程为2.5V）

B.电流表A］（内阻外=0.40,量程为0.6A）

C.电流表A?（内阻弓=10。，量程为3mA）

D.定值电阻尺=3000。

E.定值电阻凡=300。

F.滑动变阻器&（最大电阻为5。）

G.电池组（电动势9V,内阻忽略不计）

H.待测金属棒（阻值约为叫=20。）

I.一个开关和导线若干

J.螺旋测微器，游标卡尺

（1）如图甲，用螺旋测微器测金属棒直径上mm；如图乙，用20分度游标卡尺

测金属棒长度为L=cm。

（2）请根据提供的器材，设计一个实验电路,要求尽可能精确测量金属棒的阻值______-

（要求测量多组数据，测量范围尽量大些，并在图上标出所选器材符号及定值电阻符号）

（3）金属棒长为3横截面积为S,电压表示数为U,电流表示数为/,则金属棒电阻

率的表达式为夕=o（用所选器材示数的符号及所给物理量表示）

【详解】（1）[1]用螺旋测微器测金属棒直径dx20.0=4.700mm；

⑵用20分度游标卡尺测金属棒长度为Lx6=10.230cmo

（2）[3]电压表量程为2.5V,量程过小，可让电压表与定值电阻片=3000。串联，这样

相当于改装成了量程为10V的电压表；因待测金属棒阻值约为凡=20。，则最大电流

约为

则电流表用A1即可；要求测量多组数据，测量范围尽量大些，则将滑动变阻器接成分

压电路；电路如图

（3）[4]根据

可得

32.某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势1.5V,内阻很小），

电流表（量程10mA,内阻约10。），微安表（量程100“A,内阻&待测，约Ikfi）,滑

动变阻器R（最大阻值10。），定值电阻&（阻值10。），开关S,导线若干。

（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图_____;

（2）某次测量中，微安表的示数为90.0NA,电流表的示数为9.00mA,由此计算出微

安表内阻4=Qo

【答案】见解析990

【详解】（1）[1]为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻Ro并联，

再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻Ro的

电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内电阻，由于电源电压过大，并

且为了测量多组数据，滑动电阻器采用分压式解法，实验电路原理图如图所示

(2)⑵流过定值电阻凡的电流

加在微安表两端的电压

微安表的内电阻

33.(1)某同学用螺旋测微器测量一铜丝的直径，测微器的示数如图所示，该铜丝的直

径为_________mmo

(2)图为一电学实验的实物连线图。该实验可用来测量待测电阻检的阻值(约5000)。

图中两具电压表量程相同，内阻都很大。实验步骤如下：

①调节电阻箱，使它的阻值区与待测电阻的阻值接近；将滑动变阻器的滑动头调到最

右端。

②合上开关S。

③将滑动变阻器的滑动头向左端滑动，使两个电压表指针都有明显偏转。

④记下两个电压表V1和V2的读数s和。2。

⑤多次改变滑动变阻器滑动头的位置，记下V1和v2的多组读数⑦和仍。

⑥求咫的平均值。

回答下面问题：

(I)根据实物连线图在虚线框内画出实验的电路原理图，其中电阻箱的符号为

，滑动变阻器的符号为T1,其余器材用通用的符号表示

(II)不计电压表内阻的影响，用S、S和的表示网的公式为&=

(III)考虑电压表内阻的影响，用必、。2、Ro、V1的内阻〃、V2的内阻r2表示出的

。2RR______

【详解】(1)口］该铜丝的直径为

(2)(I)［2］实验的电路原理图如下

(II)［3］由电流关系可知

所以

(III)［4］由电路中电流关系有

所以

34.某同学用打点计时器测量做匀速直线运动的物体的加速度，电源频率户50Hz,在

纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染,

如图1所示，A、B、C、。是本次排练的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点

的距离：SA=16.6mm、SB=126.5mm、S°=624.5mm。

若无法再做实验，可由以上信息推知：

（1）相邻两计数点的时间间隔为s；

（2）打C点时物体的速度大小为________m/s（取2位有效数字）

（3）物体的加速度大小为（用以、SB、so和/表示）

【答案】0.12.5（SD-3%+2SA）/

75

【分析】考查实验“用打点计时器测量做匀速直线运动的物体的加速度”。

【详解】（1）口]电源的频率为50Hz,知每隔0.02s打一个点，每隔4个点取1个计数

点，可知相邻两计数点，每隔4个点取1个计数点，可知相邻两计数点的时间间隔为

0.1s；

（2）[2]C点的瞬时速度等于5。段的平均速度，则

vc=%^=2.5m/s；

cIT

（3）[3]匀加速运动的位移特征是相邻的相等时间间隔内的位移以〃L均匀增大，有：

由于每隔4个点取1个计数点，则7=（,则物体的加速度大小

35.某同学要将一小量程电流表（满偏电流为250〃A,内阻为1.2kQ）改装成有两个量

程的电流表，设计电路如图Q）所示，其中定值电阻N=40Q,凡=360C。

（1）当开关S接A端时，该电流表的量程为0~___________mA；

（2）当开关S接8端时，该电流表的量程比接在A端时（填“大”或“小”）

（3）该同学选用量程合适的电压表（内阻未知）和此改装电流表测量未知电阻号的阻

值，设计了图小）中两个电路。不考虑实验操作中的偶然误差，则使用

（填“甲”或“乙”）电路可修正由电表内阻引起的实验误差。

【答案】1大乙

【详解】（1）口]由图可知当S接A时，R/和&串联接入电路，和电流表并联，满偏时

电流表两端的电压为

此时R/和R2的电流为

所以总电流为

即量程为O~lmA。

（2）［2］当开关S接8端时，由图可知R/和电流表串联再和&并联，由于和电流表并

联的电阻变小，当电流表满偏时，流过丛的电流变大，干路电流变大，即量程变大；

所以比接在A端时大。

（3）［引图甲是电流表的外接法，误差是由于电压表的分流引起的；图乙是电流表的内

接法，误差是由于电流表的分压引起的，因为题目中电压表电阻未知，故采用图乙的方

法可以修正由电表内阻引起的实验误差。

36.小圆同学用橡皮筋、同种一元硬币、刻度尺、塑料袋、支架等，设计了如图（a）

所示的实验装置，测量冰墩墩玩具的质量。主要实验步骤如下：

（1）查找资料，得知每枚硬币的质量为6.05g；

（2）将硬币以5枚为一组逐次加入塑料袋，测量每次稳定后橡皮筋的长度/，记录数据

如下表:

序号12345

硬币数量"/枚510152025

长度//cm

（3）根据表中数据在图（b）上描点，绘制图线；

（4）取出全部硬币，把冰墩墩玩具放入塑料袋中，稳定后橡皮筋长度的示数如图（c）

所示，此时橡皮筋的长度为cm；

（5）由上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为g（计算结果保留3位有效数字）。

【答案】见解析15.35127

【详解】（3）［1］根据表格标点连线如图

（4）⑵由图可知刻度尺的分度值为1mm,故读数/=15.35cm；

（5）［3］设橡皮筋的劲度系数为七原长为尤。,则

则橡皮筋的劲度系数为左

从作的l-n图线读取数据则可得

设冰墩墩的质量为根/,则有

可得

37.如图甲，为“探究求合力的方法”的实验装置。

（1）本实验采用的科学方法是o

A.理想实验法B.建立物理模型法C.控制变量法D.等效替代法

(2)关于本实验中，下列说法中正确的是o

A.必须保持橡皮条水平

B.两根细线与橡皮条必须在同一平面内

C.弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下，且不能超过测力计的量程

D.为了便于计算，Fi、乃方向间夹角应取90°

(3)根据实验数据画出力的图示，并作平行四边形如图乙，图上标出了两个弹簧秤同时测

量时的读数B、F2,仅用一个弹簧秤测量时的读数R利用平行四边形作图得到的力

F,以上四个力中与橡皮条在一直线上的力是(填上述字母)。

【答案】DBF

【详解】本实验采用的科学方法是等效替代法，故选D；

(2)⑵A.实验中不一定必须保持橡皮条水平，A错误；

B.两根细线与橡皮条必须在同一平面内，B正确；

C.弹簧测力计拉细线时，拉力方向不一定要竖直向下，且不能超过测力计的量程，C

错误；

D.Fi、&方向间夹角大小适当即可，不一定要取90。，D错误。

故选B。

(3)［3］与橡皮条在一直线上的力一定是仅用一个弹簧秤测量时的拉力，即F。

38.在“用伏一安法测量电池电动势和内电阻”的实验中，除了使用电流表和电压表外，

还要用到滑动变阻器和开关。

(1)试根据以上的实验器件在图中的方框中画出实验电路图______。

(2)根据实验所得测量数据，在U-/坐标系中画出一段图线所示。根据图线得出被

测电池的电动势为V；内电阻为。O

如果安培表外接出算正确

【答案］-----------------------------

【详解】(1)［1］如图所示电路图;

(2)［2］将图中直线延长与U轴、/轴分别交于两点，与U轴交点即为电动势，E=L5V；

[3]由闭合电路欧姆定律

39.某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失,

设计了如图（。）所示的装置，实验过程如下：

（1）让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光

电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。

（2）用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图（6）所示，小球直径d=mm。

（3）测量时，应__________（选填"A”或"B"，其中A为“先释放小球，后接通数字计

时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”）。记录小球第一次和第二次通过光电门

的遮光时间％和。

（4）计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为“2,可得小球与橡胶材料碰撞导

致的机械能损失AE=（用字母机、d、%和芍表示）。

（5）若适当调高光电门的高度，将会（选填“增大”或“减小”）因空气阻力

引起的测量误差。

【答案】B增大

【详解】（2）[1]依题意，小球的直径为

（3）[2]在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不

完整，所以应先接通数字计时器，再释放小球，故选B。

（4）[3]依题意，小球向下、向上先后通过光电门时的速度分别为V/、v2,则有

则小球与硅胶材料碰撞过程中机械能的损失量为

（5）[4]若调高光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，所以将会增大

因空气阻力引起的测量误差。

40.如图是利用重物自由下落验证机械能守恒定律的实验装置。

（1）在验证机械能守恒定律的实验中，没有必要进行的操作是o

A.用天平测重物的质量

B.用秒表测重物下落的时间

C.用打点计时器记录重物下落的信息

D.用纸带记录测量重物下落的高度

（2）该实验所用打点计时器的电源频率为50Hz,48、C为纸带中选取的三个计数点，

每两个计数点之间还有4个点未画出，则每两个计数点之间的时间间隔上s,打

点计时器在打下计数点2时，物体的下落速度为VB=m/s（此结果保留两位有效数

字）。

（3）由于该实验中存在阻力做功，所以实验测得的