2022-2023学年山东省泰安市高三第一次模拟考试物理试卷+答案解析

2022〜2023学年山东省泰安市高三（第一次）模拟考试物理

试卷

1.在光电效应中，当一定频率的光照射某种金属时，实验得到的遏止电压〃,与入射光的

频率”的关系如图所示，其横轴截距为a,纵轴截距为元电荷电量为e。下列说法正确

C.金属的截止频率为bD.普朗克常量力=丁

2.2021年10月16日，神舟十三号载人飞船发射成功，顺利进入预定轨道，发射任务取

得圆满成功。已知飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升

压”。因此将飞船此设施专门做成了一个舱，叫“气闸舱”，其原理如图所示，相通的舱A、B

之间装有阀门K,指令舱人中充满气体（视为理想气体），气闸舱B内为真空，整个系统与

外界没有热交换，打开阀门K后，A中的气体进入B中，最终达到平衡，则舱内气体（）

B.气体分子势能增大，内能增大

C.气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将增多

D.气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将减少

3.利用薄膜干涉可以测量圆柱形金属丝的直径。已知待测金属丝与标准圆柱形金属丝的直

径相差很小।约为微米量级），实验装置如图甲所示，r,和八是具有标准平面的玻璃平晶，

A,为标准金属丝，直径为A为待测金属丝，直径为D；两者中心间距为L实验中用

波长为A的单色光垂直照射平晶表面，观察到的干涉条纹如图乙所示，测得相邻明条纹的间

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距为、上。则以下说法正确的是（）

AA

乙

B.-D（,|=第

D.-D（）|=

4.一倾角可改变的光滑斜面固定在水平地面上，现有一质量为m的箱子（可看作质点）在

斜面顶端由静止释放，如图所示。斜面底边长度为L,斜面倾角为9,重力加速度为g,下列

说法正确的是（

A.箱子滑到底端时重力的功率p（;=mgsin0，2gLtan6

B.箱子滑到底端时重力的功率P（；=m（i\/'2fiLtan^

C保持斜面的底边长度L不变，改变斜面的倾角0,当8=3（『时，箱子从斜面顶端自由下

滑到底端所用的时间最短

D.保持斜面的底边长度L不变，改变斜面的倾角9,当。=6（）・时，箱子从斜面顶端自由下

滑到底端所用的时间最短

5.我国空间站组合体在2022年9月30日由两舱“一”字构型转变为两舱“L”字构型。”

中国空间站”在距地面高400km左右的轨道上做匀速圆周运动，在此高度上有非常稀薄的

大气，因气体阻力的影响，轨道高度1个月大概下降2km,空间站安装有发动机，可对轨道

进行周期性修正。假设中国空间站正常运行轨道高度为h,经过一段时间t,轨道高度下降了

△力＜b）,在这一过程中其机械能损失为AE,已知引力常量为G,地球质量为M,地

球半径为R,地球表面的重力加速度为g,空间站质量为m。规定距地球无限远处为地球引

力零势能点，地球附近物体的引力势能可表示为E„一色“竺，其中M为地球质量，m为

r

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物体质量，r为物体到地心距离。则下列说法中正确的是（）

A.“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的向心加速度大小为叱吆

R2-

B.“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的线速度大小为、/送1

C."中国空间站”正常在轨做圆周运动的周期为逆土史

VGM

c,lGMiuGMni

D•“中国空间站”轨道高度下降时的机械能损失AE=2（R+八_一2（R+八）

6.气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形气缸

与椅面固定连接，柱状气缸杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气缸杆之间封闭一定质

量的理想气体，设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。设气体的初始状态为人，某人

坐上椅面后，椅子缓慢下降一段距离达到稳定状态B。然后打开空调，一段时间后，室内温

度降低到设定温度，稳定后气体状态为C（此过程人的双脚悬空）；接着人缓慢离开座椅，直

到椅子重新达到另一个稳定状态。，室内大气压保持不变，则气体从状态力到状态。的过程

中，关于p、7、T的关系图正确的是（）

椅面1~

气缸/

气缸杆，

底座

一

1图甲图乙

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V

7.空间中有一正四面体ABCD,棱长为/。在4个顶点都放置一个电荷量为Q的正点电荷,

棱48、C。的中点分别为E、F。已知无穷远处电势为0。则下列说法正确的是（）

A.E、F两点电势不同B.E、F两点电场强度相同

C.E点的电场强度大小为处&°D.E点的电场强度大小为华

8.一根轻质的不可伸长的细线长为£=50cm，两端分别系在水平天花板上间距为

11-川，团的a、b两点，有一质量及大小不计的光滑动滑轮c跨在细线上，滑轮通过细线悬

挂重力为G=1.V的小球，处于静止状态，小球可视为质点。现对小球施加大小为尸YI.V

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9.家用燃气灶的脉冲点火器工作原理电路如图所示，其电源为一节干电池。将L5V的直

流电压通过转换器转换为正弦交变电压”=6sinl(K)7rf(V),将该交变电压加在理想变压器的

原线圈上，副线圈两端接放电针，当放电针之间电压的最大值超过12k\/时，就可以放电，

利用放电针高压放电所产生的电火花可点燃燃气。下列说法正确的是()

■

%放电针

A.正常工作时，点火器每秒点火50次

B.正常工作时，点火器每秒点火100次

C.若变压器原、副线圈的匝数之比为L1500,点火器能正常工作

D.若变压器原、副线圈的匝数之比为1：2200,点火器能正常工作

10.均匀介质中，波源位于。点的简谐横波在xOy水平面内传播，/=()时刻部分质点的

状态如图(")所示，其中实线AE表示波峰，虚线FG表示相邻的波谷，A处质点的振动图像

如图⑼所示，z轴正方向竖直向上，下列说法正确的是()

A.该波从A点传播到B点，所需时间为4s

B.，=(遥时，B处质点位于波峰

C.时，C处质点振动速度方向竖直向上

D./.1()6时，。处质点所受回复力方向竖直向下

11.2022年北京冬奥会某滑雪比赛场地简化如图所示，AO为曲线助滑道，为倾斜雪

坡，与水平面夹角n-37,运动员某次训练从助滑道的最高点A由静止开始下滑至起跳点

O,若起跳速率为22m-，方向与水平方向成"h16,最后落在雪坡上的P点；图中未画出

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)o把运动员视为质点,不计空气阻力，取g=10m/s2,sin3r=0.6,cos37=0.8,则

A.运动员从起跳到达P点运动的时间为I.kB.运动员从起跳到达P点运动的时间为

22s

C.运动员离开雪坡的最大距离为19.：”“〃D.运动员离开雪坡的最大距离为

116.16m

12.如图所示，两根足够长的平行金属导轨与水平面夹角为8-3()〕两导轨间距为()』〃，

导轨电阻不计。导轨所在空间被分成足够长的区域I和II,两区域的边界与斜面的交线为MN,

区域I中分布有垂直斜面向下的匀强磁场，区域I中分布有垂直斜面向上的匀强磁场，两磁场

的磁场感应度大小均为B=0.5T。在区域I中，将质量=0」卜9、电阻的金属

条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域I中将质量小？=电阻几—().1。

的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域II的磁场中,

ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取则()

B.经过足够长的时间后，ab和cd最终以相同大小的加速度运动

C.当cd的速度大小为5m/s时，ab刚要开始滑动

D.当cd的速度大小为25,〃小时，ab刚要开始滑动

13.现要通过实验验证机械能守恒定律，实验装置如图(“)所示，实验过程如下:

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⑴用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图(〃)所示，小球直径d二mm.

(2)将小球从释放装置由静止释放，调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后。在下落

过程中通过光电门。用刻度尺测出光电门到小球释放点的距离h,记录小球通过光电门的遮

光时间t,计算小球通过光电门的速度。已知重力加速度为g,在误差允许范围内，若满足关

系式用字母dd、t、g表示)，则认为小球下落过程中机械能守恒；

(：3)小球与橡胶材料碰撞会造成机械能损失。调节光电门位置，使小球下落通过光电门后，与

水平放置的橡胶材料碰撞并反弹再次通过光电门，记录小球第一次和第二次通过光电门的遮

光时间八和益，已知小球的质量为m,可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失△£=

I用字母m、心卜和h表示)。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。

14.某实验小组欲将内阻儿1(射、量程为/(,=ioo/3的电流表改装成欧姆表，供选择

的器材有；

A定值电阻凡(阻值为1必。)

8滑动变阻器总(最大阻值为

C.滑动变阻器K"最大阻值为500。)

D电阻箱(0~9999.9。)

E干电池(E=1.5V.r=2Q)

F.红、黑表笔各一只，开关，导线若干

⑴为了保证改装后欧姆表能正常使用，滑动变阻器选I填“/”或“用”)。

请用笔画线代替导线将图(〃)中的实物连线组成欧姆表。

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E,r

图(a)

（2）欧姆表改装好后，将红、黑表笔短接进行调零，此时滑动变阻器R接入电路的电阻应为

。；电流表表盘的刻度对应的改装后欧姆表的刻度为。

⑶通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图⑸所示。表盘上c处的电流刻度为75,则c

（1）利用改装后的欧姆表进行电阻测量，小组同学发现当被测电阻的阻值为几百欧姆时，电流

表指针偏转角太大，不能进行读数，他们利用电阻箱和开关，对电路进行了改进，使中值电

阻为1500。，如图⑹为他们改进后的电路，图中电阻箱的阻值应调为Qo若用

该表测量一阻值为10000的电阻时，则电流表指针对应的电流是/<-'!。

15.如图所示，为某玻璃材料的截面，ABO部分为直角三角形棱镜，NA30,，

O8D部分是半径为R的四分之一圆柱状玻璃，。点为圆心。一束单色光从P点与AB成:如

角斜射入玻璃材料，刚好垂直OA边射出，射出点离。点p/L已知真空中的光速为C。

（1）求该单色光在玻璃材料中发生全反射的临界角的正弦值;

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（2）现将该光束绕P点沿逆时针方向在纸面内转动至水平方向，观察到BD面上有光线从Q

点射出（Q点未画出）。求光束在玻璃材料中的传播时间（不考虑圆柱BD弧面部分的发射光

线）。

16.如图所示，传送带与水平方向成;丸）,角，顺时针匀速转动的速度大小"=,传送

带长=11.4m,水平面上有一块足够长的木板。质量为，〃=3。的物块（可视为质点I以

初速度。,自4端沿AB方向滑上传送带，在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止

木板，木板质量为V从。，不考虑物块冲上木板时碰撞带来的机械能损失。已知物块与传

送带间的动摩擦因数为小逛，物块与木板间的动摩擦因数为小-。-3,木板与地面间的

动摩擦因数为为<>.1o取重力加速度g—l（）m/F,求：

⑴物块从人运动到B点经历的时间t；

（2）物块停止运动时与B点的距离X。

17.如图所示，在xOz平面的第二象限内有沿z轴负方向的匀强电场，电场强度的大小

E=10V7/n,空间某区域存在轴线平行于Z轴的圆柱形磁场区域，磁场方向沿Z轴正方向。

一比荷为"=的带正电粒子从x轴上的P点以速度h射入电场，方向与x轴的夹

m

角。=3（厂。该粒子经电场偏转后，由z轴上的Q点以垂直于z轴的方向立即进入磁场区域,

经磁场偏转射出后，通过坐标为（0,015m.0.2m）的M点，图中未画出I,且速度方向与x轴

负方向的夹角c=60-，其中。Q（）.2小，不计粒子重力。求：

⑴粒子速度小的大小；

（2）圆柱形磁场区域的最小横截面积（结果保留两位有效数字）；

（3）粒子从P点运动到M点经历的时间，（结果保留三位有效数字）。

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NP为半圆形轨道。一个质量为m的物块8与轻弹簧连接，静止在水平轨道MN上物体A

向B运动，，=。时刻与弹簧接触，至W=2/。时与弹簧分离，第一次碰撞结束A、8的，-/

图像如图乙所示。已知在0八时间内，物体B运动的距离为0.6“八。A、B分离后,B与

静止在水平轨道MN上的物块C发生弹性正碰，此后物块C滑上半圆形竖直轨道，物块C

的质量为m,且在运动过程中始终未离开轨道M/VP。已知物块A、B、C均可视为质点，碰

撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。求：

（1）半圆形竖直轨道半径R满足的条件；

（2）物块A最终运动的速度；

（3）.4,B第一次碰撞和第二次碰撞过程中A物体的最大加速度大小之比（弹簧的弹性势能表

达式为片,hlz.（A.r）2,其中k为弹簧的劲度系数，△/为弹簧的形变量）；

（1）第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值。

图甲图乙

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答案和解析

1•【答案】B

【解析】A根据光电效应方程可得电子的最大初动能为=hv-Ho

根据动能定理可得Ur=0-Ek,“

联立可得-E

ee

可知遏止电压与入射光的频率不成正比关系，故A错误；

D.(C-P图像的斜率为〃=",解得普朗克常量为刀-劲，故。错误;

eaa

B()图像的纵轴截距为一山-b,解得金属的逸出功为11“=〃，

_\Vo_eb_

金属的截止频率为"'一了—正一"故B正确，C错误。

故选8。

2.【答案】D

【解析】A打开阀门K后，A中的气体进入B中，由于8中为真空，所以气体不对外做功，A错

误；

8气体分子间作用力忽略不计，所以气体分子间没有分子势能，又因为系统与外界无热交换，且

气体没有做功现象，则气体的温度不变，所以气体内能不变，B错误；

CD气体体积变大，温度不变，气体压强减小，所以气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞

的次数将减少，C错误，。正确。

故选D。

3.【答案】D

【解析】设标准平面的玻璃晶之间的夹角为心由空气薄膜的干涉条件可知=：

由题设条件，则有tan&=

联立解得=总，故选D。

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4.【答案】4

【解析】八3.箱子受到竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力，由动能定理可得

八12

mgLtan8=-mv

箱子滑到底端时重力的功率为=n>(ivsmff

解得P<；=〃“/sind，2g/tan份，故人正确，8错误;

CD斜面光滑，保持斜面的底边长度L不变，箱子受到竖直向下的重力和垂直于斜面向上的支持

力,由牛顿第二定律可得""/si"。=

由匀变速直线运动规律可得就：”

解得，n

改变斜面的倾角9,当sin20=1,即时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间

最短，故C。错误。

故选A。

5.【答案】D

【解析】A"中国空间站”在轨道上做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有Ip=

物体绕地球表面运行，根据牛顿第二定律有=mg

R2

联立解得“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的向心加速度大小为。=严,故A错误

8根据向心加速度公式.=

R+h

“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的线速度大小为〃=需］,故B错误；

C.根据牛顿第二定律有G：比下=,〃5(/?+/,)

(/?+/«)I-

"中国空间站”正常在轨做圆周运动的周期为了

D.根据牛顿第二定律有G：'"li+h

(〃+/，)-

"中国空间站”正常在轨做圆周运动的速度为〃

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轨道距地面高度为h时，空间站的动能为£H=3nL'=]

//（'Ii""41

轨道距地面高度为h时，空间站的势能为E”=—

「——GMin

轨道距地面高度为h时，空间站的机械能为&=扇+Epi=-,，（/…）

（，T/

同理轨道距地面高度为“*，时,空间站的机械能为邑=一2便+「一△八）

“中国空间站”轨道高度下降△力时的机械能损失为

GMmGMmGMmGMm

==i-£2=-2便+人)一(~2(R+h-^,hy=2(/?+h-A/i)-2(/?+h)

故D正确。

故选D。

6.【答案】B

【解析】从状态A到状态B过程中，气体等温压缩，体积减小，压强增大，温度不变，从B到

C,气体等压降温，温度降低，体积减小，压强不变，从C到。过程中，气体等温膨胀，体积变

大，压强减小，且。状态的压强恢复为原A状态的压强。

故选8。

7.【答案】C

【解析】A由于E、F两点分别到四面体各个顶点距离组合完全相同，根据电势的叠加法则可知

E、F两点电势都相同，故A错误；

BCD由点电荷电场的对称性可知E、F两点电场强度大小相等，但方向不同。根据电场的叠加

法则可知A、B两个电荷在E点产生的合场强为零，C、。两个点电荷在E点产生的电场强度大

小相等，有几何关系可知

LCE=Isin60°=—

根据点电荷场强公式则有3/2

E点的合场强为E介=2Ecos0

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联立解得E点的电场强度为%=嚓q

故C正确，BD错误。

故选C。

8.【答案】B

【解析】如图所示，对小球未施加拉力时，设细线与竖直方向夹角为0,如图，施加拉力后，小

球再次平衡时，设重力与水平拉力的合力为G',G'与竖直方向夹角为。，细线与合力G'反

向延长线夹角为少，则

同时，线段db在垂直合力G'方向投影的长度(f=(I-cosa=30”〃

可得sin"="=；

Lo

则小球再次平衡时，有2Tcos仍=Gf

5

联立解得，a、b间细线的张力为7=

O

故选8。

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9.【答案】BD

【解析】八3.由题可知交流电的频率为50Hz,正常工作时，每个周期点火2次，因此点火器每

秒点火100次，A错误，8正确；

CD只要副线圈两端电压的峰值超过12kH点火器能正常工作，由于

7"_Uun_6_I

元=圾=12XIO*-2000

C错误，。正确。

故选BDo

1。.【答案】ACD

【解析】A由图a、b可看出，该波的波长、周期分别为A=lih/i,T-Is,则根据波速公式

v=奈=2.5m/s

r10

A、B间距为一个波长，则该波从A点传播到B点，所需时间为f=-=-5=心，故A正确；

v2.5

8由选项A可知，则该波从八点传播到8点，所需时间为4s,则在/=6M时，8点运动了

2s,即g,则B处质点位于波谷，故B错误；

C.波从AE波面传播到C的距离为/：(106-IO)?”

则波从AE波面传播到C的时间为t；?4.9s

则/时，C处质点动了3.1.、，则此时质点速度方向向上，故C正确；

D.波从AE波面传播到D的距离为，二(100-10)m

则波从AE波面传播到C的时间为，

则f10s时，。处质点动了8.3s,则此时质点位于z轴上方，回复力方向向下，故。正确。

故选ACD。

11.【答案】AC

【解析】AB将运动员的速度沿着雪坡和垂直于雪坡进行分解，则沿雪坡方向的速度为

q=t\)cos(a+8)=22x0.6m/a=13.2m/s

垂直于雪坡方向上的速度为5=n)sin(c+J)=22x0.8n?/.s=17.6m/s

同理可得明.=//sinn=10x().()/??/.s2=(ini/s2

22

ay=geos。=10x0.8m/s=8m/s

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根据对称性可知，运动员从起跳到达P点的运动时间为，—工心，故A正确，8错误；

2

CD.运动员离雪坡最远时，垂直于斜面的速度为零儿“=兽-1936m,故C正确，D错误。

故选AC。

12.【答案】BC

【解析】由题意可知，开始金属条ab与金属导轨间的最大静摩擦力/=r"i.gsin。

方向沿着金属导轨向上；开始金属棒Cd加速下滑，根据右手定则可知，产生的感应电流从d到

c，根据左手定则可知金属条ab所受安培力沿着金属导轨向上，随着金属棒cd速度增大，感

应电流变大，金属条ab所受安培力变大，当安培力等于/时，金属条ab刚要开始

滑动，此时BI\Lnn</sh\O+f

解得L5.4

金属棒Cd产生的感应电动势E=川&+坳）=IV

E

则金属棒cd的速度3—5»;/.s

故C正确，。错误；

AB.金属条ab开始运动后，产生的感应电流与金属棒cd产生的感应电流相反，由于金属棒

cd有较大的速度，所以金属棒cd产生的感应电流大于金属条ab产生的感应电流，设当电流为

,„_L用口”，由sin0-BliLB1>L-/niffsin0-f

/>时，满足-----

7H2

解得<»-1

此时金属条ab和金属棒cd的加速度相等，此后金属条ab和金属棒cd的速度差恒定，产生的

感应电流大小不变，金属条ab和金属棒cd以相同大小的加速度运动，故B正确，A错误。

故选BC。

13.【答案】(1)6.883(6.882-6.884)；(2)V0=gh；

增大

【解析】t）螺旋测微器的分度值为主刻度为65〃“”，可动刻度为

38.3x0.01rnrn=0.383rnrn

小球的直径为d-6.5mm+0.383mm-6.883mm；

(2)小球通过光电门速度r

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若机械能守恒，则严L'=nigh

化简得：(；)=gh；

(3)由题意可得，小球向下、向上通过光电门的速度为

d

V，=h

d

勤2=一

t2

由题意可得，碰撞过程中损失的机械能为4E=-

IIIVl/l\12/

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。

14.【答案】H)/?!；见解析(2)!跳；15A-J2(3)5(4)1560；60

【解析】(1)为了保证改装后欧姆表能正常使用，欧姆调零时，有/"=£

E15

解得欧姆调零时欧姆表内阻为A“=7=而J再声「15(乂川。

1g11UUXJIU

此时滑动变阻器接入电路阻值为aft=%---T=(15000-14000-40-2)Q=958Q

则滑动变阻器应选小；

欧姆表黑表笔应接电源的正极，实物连线如图所示

(2)欧姆调零时，有/“=而

E15

解得欧姆调零时欧姆表内阻为△”.=7而*=15(KK)Q

1ft1UUK1U

此时滑动变阻器接入电路阻值为K滑=%一兄)一",一『=(15000-14000-40-2)«=958Q

E

设电流表表盘的1)〃-4刻度对应的改装后欧姆表的刻度为凡，则有/一万_亍

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E

解得见=了-丽=—：Q-1500()0=15000Q=15fcQ

欣50x10-6

(3)表盘上C处的电流刻度为75,设此时测量电阻为/<,则有

E15

=——7?欧=——(,Q—15()00。=500()。=5A。

I<OX1U

则c处的电阻刻度为5。

(1)设改装后干路的最大电流为几，则欧姆调零时有九=

对电路进行了改进，使中值电阻为1500。，则有%“=〃，上-而>

联立解得R欧=150(*2,=1mA=1000"

则图中电阻箱的阻值应调为八箱=?=1560。

/-19

若用该表测量一阻值为1000。的电阻时，此时干路电流为/总=卬­皿。=°^mA=做)”」

“欧十1UUUW

,A箝，1560

则电流表指针对应的电流是/1=p4.D,D140no上加X5川〃」=(川〃」o

箱十/to十100U+141JIMJ+4U

15.【答案】根据题意可知，光线从AB界面的P点进入玻璃棱镜，由折射定律画出光路图,

折射角办-30,且P。恰好为法线，根据n=--i可得折射率n-瓜

S1H0>

又有sinC=-

n

解得sinC=;

3

⑵根据题意，当光线转至水平方向入射，入射角大小仍为4-6(),画出光路图，如图所示

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B

由折射定律同理可知，折射角仇301,折射光线交。。边于F点，由题已知Z4=30,

PCIAO，得在OD边界上的入射角为0-60「，由于发生全反射的临界角为C«则有

.c1.«瓜

sinC=-j=<sin65=

即c<%

可知在OD界面发生全反射，已知co以及。由几何关系得，在三角形OFQ中，由余弦定

q

理得OQ?-OF2+FQ2-2OF-FQcos150°

其中。Q=R

瓜

OF=OP=JR

解得

又有V

PF=2OFcos30°

PF+FQ

t=-------------

v

解(36+西加

4c

【解析】(口根据几何关系结合折射定律可解得折射率；

(2)根据全反射的临界角公式判断光线是否发生全反射，结合余弦定理与折射定律可解得。

本题主要考查光的全反射与折射定律，正确理解题意，作出临界光路图，结合几何关系即可正确

解题。

16.【答案】(1)根据题意，物块在传送带上先做匀加速运动，由牛顿第二定律得

mgsin30°+Hifngcos30°=mai

解得"i=10""/

物块滑上传送带到速度与传送带相同所需的时间为八，由公式〃=卬+而可得，h=0.心

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设此过程物块的位移大小为门，由公式Q：-二二八

解得工］=2Am<11.4m

又有mgsin30°41mgeos30c

此后物块随皮带匀速运动，则有L\H-=vt2

解得包1.125,

则物块从A运动到B点经历的时间为，=八+=L525S；

（2）物块滑上木板后，物块的加速度为,木板的加速度为«3,木板与物块一块减速时的共同

加速度为,根据牛顿第二定律得〃2mg=ma2

liimg-p3（m+M）g=A/a3

〃3（m+M）g=（m+A/）a.j

解得a?=3m/»2

。3=5ni/s-

=lrn/s2

木块与木板经时间八达到共同速度”，则有

V-。2,3=/公

«1=。3公

解得"=15

Vi=5mls

此过程物块位移为心='t.i-=6.5m

二者共同减速的位移为力，则有d=20卢3,解得心=12；”〃

则物块停止运动时与B点的距离为上=1-2+.»,：）=19〃i。

【解析】本题考查了传送带模型和滑块木板模型、综合性较强，关键是分析清楚物体在各个过程

满足的运动规律和遵循的物理定律。

⑴通过受力分析，由牛顿第二定律结合运动学公式计算物块在传送带上运动时间；

（2）先根据运动学公式得共速时物块的位移，再求得二者共同减速的位移，即可得到物块停止运动

时与8点的距离。

17.【答案】（1）粒子在电场中沿X轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿Z轴正方向的分运动是

匀变速直线运动，沿z轴方向根据匀变速直线运动的规律可得。疝16