2023年高考物理模擬試卷注意事項(xiàng)：答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。請(qǐng)按照題號(hào)順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、中國(guó)將于2022年前后建成空間站。假設(shè)該空間站在離地面高度約400km的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知地球同步衛(wèi)星軌道高度約為36000km，地球的半徑約為6400km，地球表面的重力加速度為iom/s2，則中國(guó)空間站在軌道上運(yùn)行的（ ）A.周期約為3hB.加速度大小約為8.9m/s2C.線速度大小約為3.6km/sD.角速度大小約為2rad/h2、 下列說法正確的是（ ）普朗克提出了微觀世界量子化的觀念，并獲得諾貝爾獎(jiǎng)愛因斯坦最早發(fā)現(xiàn)光電效應(yīng)現(xiàn)象，并提出了光電效應(yīng)方程德布羅意提出并通過實(shí)驗(yàn)證實(shí)了實(shí)物粒子具有波動(dòng)性盧瑟福等人通過a粒子散射實(shí)驗(yàn)，提出了原子具有核式結(jié)構(gòu)3、 下列說法正確的是（ ）盧瑟福的€粒子散射實(shí)驗(yàn)揭示了原子核具有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)在一根長(zhǎng)為0.2m的直導(dǎo)線中通入2A的電流將導(dǎo)線放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，受到的安培力為0.2N，則勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可能是0.8T伽利略利用理想斜面實(shí)驗(yàn)得出物體不受外力作用時(shí)總保持靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)，開創(chuàng)了物理史實(shí)驗(yàn)加合理外推的先河,U比值定義法是物理學(xué)中定義物理量的一種常用方法，電流強(qiáng)度/的定義式是I=-R4、 假設(shè)某宇航員在地球上可以舉起刀i=50kg的物體，他在某星球表面上可以舉起刀2=100kg的物體，若該星球半徑為地球半徑的4倍，則（）M地球和該星球質(zhì)量之比為商地=8星地球和該星球第一宇宙速度之比為*=寸2v星CDl地球和該星球瓦解的角速度之比為M也=2J2星地球和該星球近地衛(wèi)星的向心加速度之比為^地=項(xiàng)a星5、在上海世博會(huì)上，拉脫維亞館的風(fēng)洞飛行表演，令參觀者大開眼界若風(fēng)洞內(nèi)總的向上的風(fēng)速風(fēng)量保持不變，讓質(zhì)量為m的表演者通過調(diào)整身姿，可改變所受的向上的風(fēng)力大小，以獲得不同的運(yùn)動(dòng)效果，假設(shè)人體受風(fēng)力大小與正對(duì)面積成正比，已知水平橫躺時(shí)受風(fēng)力面積最大，且人體站立時(shí)受風(fēng)力面積為水平橫躺時(shí)受風(fēng)力面積的1/8,風(fēng)洞內(nèi)人體可上下移動(dòng)的空間總高度為H.開始時(shí)，若人體與豎直方向成一定角度傾斜時(shí)，受風(fēng)力有效面積是最大值的一半，恰好可以靜止或勻速漂移；后來，人從最高點(diǎn)A開始，先以向下的最大加速度勻加速下落，經(jīng)過某處B后，再以向上的最大加速度勻減速下落，剛好能在最低點(diǎn)C處減速為零，則以下說法正確的有（ ）風(fēng)向由A至C全過程表演者克服風(fēng)力做的功為mgH3表演者向上的最大加速度是—g表演者向下的最大加速度是;4B點(diǎn)的高度是專H76、一質(zhì)點(diǎn)沿x軸做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，其振動(dòng)圖象如圖所示.在1.5s?2s的時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的速度V、加速度a的大小的變化情況是（）v變小，a變大 B.v變小，a變小C.v變大，a變小 D.v變大，a變大二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。

全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、如圖所示的“U”形框架固定在絕緣水平面上，兩導(dǎo)軌之間的距離為乙，左端連接一阻值為&的定值電阻，阻值為尸、質(zhì)量為m的金屬棒垂直地放在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8?，F(xiàn)給金屬棒以水平向右的初速度金屬棒向右運(yùn)動(dòng)的距離為X后停止運(yùn)動(dòng)，已知該過程中定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為。，重力加速度為g,忽略導(dǎo)軌的電阻，整個(gè)過程金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直接觸。則該過程中（ ）A.磁場(chǎng)對(duì)金屬棒做功為B.CA.磁場(chǎng)對(duì)金屬棒做功為B.C.RBLx流過金屬棒的電荷量為 R+r1整個(gè)過程因摩擦而產(chǎn)生的熱量為2mv2-QD.8、D.8、v2R+r八金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為短-頑。質(zhì)量均勻分布的導(dǎo)電正方形線框abcd總質(zhì)量為m，邊長(zhǎng)為I，每邊的電阻均為勺。線框置于xoy光滑水平面上，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。如圖，現(xiàn)將ab通過柔軟輕質(zhì)導(dǎo)線接到電壓為U的電源兩端（電源內(nèi)阻不計(jì),導(dǎo)線足夠長(zhǎng)），下列說法正確的是A.4A.若磁場(chǎng)方向豎直向下，則線框的加速度大小為3mr0若磁場(chǎng)方向沿x軸正方向，則線框保持靜止C.若磁場(chǎng)方向沿yC.若磁場(chǎng)方向沿y軸正方向，發(fā)現(xiàn)線框以cd邊為軸轉(zhuǎn)動(dòng)，則U>mgr2Bl若磁場(chǎng)方向沿y軸正方向，線框以cd邊為軸轉(zhuǎn)動(dòng)且cd邊未離開水平面，則線框轉(zhuǎn)動(dòng)過程中的最大動(dòng)能為Bl2Umglr—09、有一種調(diào)壓變壓器的構(gòu)造如圖所示。線圈AB繞在一個(gè)圓環(huán)形的鐵芯上，C、D之間加上輸入電壓，轉(zhuǎn)動(dòng)滑動(dòng)觸頭

P就可以調(diào)節(jié)輸出電壓，圖中A為交流電流表，V為交流電壓表，、、&2為定值電阻，&3為滑動(dòng)變阻器，C、Q兩瑞 按正弦交流電源，變壓器可視為理想變壓器，則下列說法正確的是（ ） 當(dāng)&3不變，滑動(dòng)觸頭P順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變小，電壓表讀數(shù)變小 當(dāng)&3不變，滑動(dòng)觸頭P逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變小，電壓表讀數(shù)變小 當(dāng)P不動(dòng)，滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸頭向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變小，電壓表讀數(shù)變大 當(dāng)P不動(dòng)，滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸頭向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變大，電壓表讀數(shù)變大 10、為了測(cè)定一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小，小明所在的物理興趣小組做了如下實(shí)驗(yàn)：用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì) 線，上端固定于O點(diǎn)，下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），如圖所示，開始時(shí)，將線與小球 拉成水平，然后釋放，小球由靜止開始向下擺動(dòng)，擺到B點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，然后又從B點(diǎn)向A點(diǎn)擺動(dòng)，如此往復(fù).小 明用測(cè)量工具測(cè)量與水平方向所成的角度0,剛好為60。.不計(jì)空氣阻力，下列說法中正確的是（）A.在B點(diǎn)時(shí)小球受到的合力為0B.電場(chǎng)強(qiáng)度EB.電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為 qC..?3小球從A運(yùn)動(dòng)到B，重力勢(shì)能減小*岫D.D.小球在下擺的過程中，小球的機(jī)械能和電勢(shì)能之和先減小后增大 三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。 （6分）一實(shí)驗(yàn)小組用某種導(dǎo)電材料制作成電阻較?。s小于3Q）的元件Z，并通過實(shí)驗(yàn)研究該元件中的電流隨兩端電壓從零逐漸增大過程中的變化規(guī)律。 （1）該小組連成的實(shí)物電路如圖（a）所示，其中有兩處錯(cuò)誤，請(qǐng)?jiān)阱e(cuò)誤的連線上打“X”，并在原圖上用筆畫出正確的連線 （2） 在實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選用的滑動(dòng)變阻器是 ?；瑒?dòng)變阻器嗎（0?5Q 額定電流5A）滑動(dòng)變阻器R2（0?20^ 額定電流5A）滑動(dòng)變阻器R3（0-100Q額定電流2A）（3） 圖（b）中的點(diǎn)為實(shí)驗(yàn)測(cè)得的元件Z中的電流與電壓值，請(qǐng)將點(diǎn)連接成圖線

（4把元件Z接入如圖（c）所示的電路中，當(dāng)電阻&的阻值為2Q時(shí),（4把元件Z接入如圖（c）所示的電路中，當(dāng)電阻&的阻值為2Q時(shí), V,內(nèi)阻,為 （C）時(shí)，電流表的讀數(shù)為0.8A。結(jié)合圖線，可求出電池的電動(dòng)勢(shì)V,內(nèi)阻,為 （C）（12分）某同學(xué)查閱電動(dòng)車使用說明書知道自家電動(dòng)車的電源是鉛蓄電池，他通過以下操作測(cè)量該電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻.和內(nèi)電阻. ⑴先用多用電表粗測(cè)電池的電動(dòng)勢(shì).把多用電表的選擇開關(guān)撥到直流電壓50V擋，將兩表筆與電池兩極接觸，電表 的指針位置如圖甲所示，讀數(shù)為 V.（2）再用圖乙所示裝置進(jìn)行精確測(cè)量.多用電表的選擇開關(guān)撥向合適的直流電流擋，與黑表筆連接的應(yīng)是電池的 極.閉合開關(guān)，改變電阻箱的阻值&，得到不同的電流值I，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出圖象如圖丙所示.已知圖中直線的斜率為k，縱軸截距為b，電流檔的內(nèi)阻為［，則此電池的電動(dòng)勢(shì)E= ，內(nèi)阻,= （結(jié)果用字母k、 b、rA表示）.

（3）多用表直流電流檔的內(nèi)阻對(duì)電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值大小 （選填“有”或“無”）影響.四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。（10分）如圖，xOy坐標(biāo)系中存在垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其中，xWO的空間磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；*>0的空間磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為28。一個(gè)電荷量為+g、質(zhì)量為m的粒子￡二0時(shí)從。點(diǎn)以一定的速度沿x軸正方向射出，之后能通過坐標(biāo)為（N3/z, 的P點(diǎn)，不計(jì)粒子重力。2 2（1） 求粒子速度的大小；（2） 在a射出&后，與a相同的粒子b也從O點(diǎn)以相同的速率沿j軸正方向射出。欲使在運(yùn)動(dòng)過程中兩粒子相遇，求€。（不考慮粒子間的靜電力）XXXXXXmXXXXX X X°XXXXXk薫XXXMXX（16分）如圖甲所示，單匝正方形線框abcd的電阻R=0.5Q,邊長(zhǎng)L=20cm，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于線框平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，求：（1） 0?2s內(nèi)通過ab邊橫截面的電荷量q；（2） 3s時(shí)ab邊所受安培力的大小F；（3） 0?4s內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q.（12分）如圖所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面間的夾角為6。兩個(gè)大小不計(jì)的物塊質(zhì)量分別為m和3m,5m,A.B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為卩tan0和卩2,tan6。已知物塊A與b碰撞時(shí)間極短且無能量損2 1 5 2失，最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等。（1）若傳送帶不動(dòng)，將物塊B無初速度地放置于傳送帶上的某點(diǎn)，在該點(diǎn)右上方傳送帶上的另一處無初速度地釋放物塊A,它們第一次碰撞前瞬間A的速度大小為卩,求A與8第一次碰撞后瞬間的速度匕「匕；0 1A1B若傳送帶保持速度0順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，如同第(1)問一樣無初速度地釋放8和A,它們第一次碰撞前瞬間A的速度0大小也為卩，求它們第二次碰撞前瞬間A的速度卩”；0 2A在第(2)問所述情境中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前傳送帶對(duì)物塊A做的功。參考答案一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、B【解析】設(shè)同步衛(wèi)星的軌道半徑為J空間站軌道半徑為,2,根據(jù)開普勒第三定律基=衆(zhòng)有1 2(36000+6400)3 (6400+400)3(24)2 T22解得T，1.54h2故A錯(cuò)誤；設(shè)地球半徑為由公式GMm=m§R2GMm =mar22解得a€8.9m/s2故B正確；2nr由公式v=〒，代入數(shù)據(jù)解得空間站在軌道上運(yùn)行的線速度大小v€7.7km/s故C錯(cuò)誤；2n根據(jù),二—，代入數(shù)據(jù)可得空間站的角速度大小,€4.1rad/h故D錯(cuò)誤。故選B。2、 D【解析】普朗克最先提出能量子的概念，愛因斯坦提出了微觀世界量子化的觀念，A錯(cuò)誤；最早發(fā)現(xiàn)光電效應(yīng)現(xiàn)象的是赫茲，B錯(cuò)誤；德布羅意只是提出了實(shí)物粒子具有波動(dòng)性的假設(shè)，并沒有通過實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證，C錯(cuò)誤；盧瑟福等人通過a粒子散射實(shí)驗(yàn)，提出了原子具有核式結(jié)構(gòu)，D正確。故選D。3、 B【解析】天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)揭示了原子核具有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)，故A錯(cuò)誤；長(zhǎng)為0.2m的直導(dǎo)線中通入2A的電流，將導(dǎo)線放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，受到的安培力為0.2N，故有?F 0.2 0.5ILsin9 2x0.2xsin9sin9因?yàn)?<sin9<1故可得B>0.5T，即大小可能是0.8T，故B正確；物體不受外力作用時(shí)總保持靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)，是牛頓在伽利略、笛卡爾的研究基礎(chǔ)上得到的牛頓第一定律，故C錯(cuò)誤；比值定義法是物理學(xué)中定義物理量的一種常用方法，電流強(qiáng)度/的定義式是i-qt故D錯(cuò)誤。故選Bo4、C【解析】AD.人的作用力是固定的，則由:而近地衛(wèi)星的向心加速度和重力加速度近似相等；根據(jù):八Mmg=mR2則:M gR21——地=—地「地=—M gR2 8星星星AD錯(cuò)誤;第一宇宙速度解得：v=4gR則:v'gR1—地=I—地_地=——%槌星％顯B錯(cuò)誤;星球的自轉(zhuǎn)角速度足夠快，地表的重力為0時(shí)星球瓦解，根據(jù):得:M R3 戸地星=2、j2M R3星地C正確。故選Co5、A

【解析】 對(duì)A至C全過程應(yīng)用動(dòng)能定理mgH-W=0,解得W=mgH，因而A正確；設(shè)最大風(fēng)力為Fm，由于人體受風(fēng)力大小與1一 正對(duì)面積成正比，故人站立時(shí)風(fēng)力為6Fm；由于受風(fēng)力有效面積是最大值的一半時(shí)，恰好可以靜止或勻速漂移，故可8F-G 以求得重力G==Fm；人平躺上升時(shí)有最大加速度a= =g,因而B錯(cuò)誤；人站立加速下降時(shí)的最大加速度TOC\o"1-5"\h\zm m\o"CurrentDocument"G-F3F-G a= m=-g，因而C錯(cuò)誤；人平躺減速下降時(shí)的加速度大小是a2= =g；設(shè)下降的最大速度為v,由速V2 V23 度位移公式，加速下降過程位移x=—；減速下降過程位移x=—，故V2 V23 度位移公式，加速下降過程位移x=—；減速下降過程位移x=—，故x1：x2=4：3，因而x2=t^H,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;12a 22a 12 271 2故選A.【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵將下降過程分為勻加速過程和勻減速過程，求出各個(gè)過程的加速度，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式判斷.6、A解析】 由振動(dòng)圖線可知，質(zhì)點(diǎn)在1.5s?2s的時(shí)間內(nèi)向下振動(dòng)，故質(zhì)點(diǎn)的速度越來越小，位移逐漸增大，回復(fù)力逐漸變大，加速度逐漸變大，故選項(xiàng)A正確.二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。 全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、BD解析】 通過R和尸的電流相等，R上產(chǎn)生的熱量為Q，所以回路中產(chǎn)生的焦耳熱 。焦=字Q 由功能關(guān)系可知，導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱，所以磁場(chǎng)對(duì)金屬棒做功 罕。故A項(xiàng)錯(cuò)誤;由法拉第電磁感應(yīng)定律得E= At△①=BLx解得：流過金屬棒的電荷量△中R△中R+rBLxR+r故B項(xiàng)正確;由能量守恒可知mv2=Q+Q0焦摩所以整個(gè)過程因摩擦而產(chǎn)生的熱量故C項(xiàng)錯(cuò)誤;由C選項(xiàng)的分析可知八1R+r八Q=—mv2 Q=…mgx摩2 0R解得v2 R+r-…=——Q2gxmgxR故D項(xiàng)正確。8、ACD【解析】A.根據(jù)左手定則，安培力的方向沿+y軸方向7=Uabr07=Ude3r0根據(jù)F=BIl，線框所受的安培力的合力為：F=F+F=Bl(U+—)abde r3r00線框的加速度大小為：F4BlUa—= m3mr0故A正確；若磁場(chǎng)方向沿x軸正方向，ad邊受到的安培力豎直向下，cd邊受到的安培力豎直向上，故線框不可能處于靜止,故B錯(cuò)誤；若磁場(chǎng)方向沿y軸正方向，發(fā)現(xiàn)線框以cd邊為軸轉(zhuǎn)動(dòng)，則，根據(jù)動(dòng)能定理可得BlU 1>0 ?l-mg?_l>0r 20解得:U>華2Bl故C正確;在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，由于ab邊的安培力大于線框的重力，故在安培力作用下，線框的動(dòng)能一直增大，故有:—BlU〔lBl2UmglE一 ?l—mg.—， — kr 2r20 0故D正確；故選ACD。9、AC【解析】當(dāng)不變，滑動(dòng)觸頭P順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，變壓器的原線圈的匝數(shù)不變，副線圈的匝數(shù)減少，MN兩端的電壓減小，總電流減小，滑動(dòng)變阻器兩端的電壓將變小，電流表的讀數(shù)變小，故A正確；當(dāng)R3不變，滑動(dòng)觸頭P逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，副線圈匝數(shù)增大，電壓增大，電流表讀數(shù)變大，電壓表讀數(shù)變大，故B錯(cuò)誤；CD.保持P的位置不動(dòng)，即是保持變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比不變，則MN兩端的電壓不變，當(dāng)將觸頭向上移動(dòng)時(shí)，連入電路的電阻的阻值變大，因而總電流減小，R1分擔(dān)的電壓減小，并聯(lián)支路的電壓即電壓表的示數(shù)增大，通過的電流增大，流過滑動(dòng)變阻器的電流減小，所以電流表讀數(shù)變小，電壓表讀數(shù)變大，故C正確，D錯(cuò)誤；故選AC。10、BC【解析】試題分析：小球在B點(diǎn)受重力豎直向下，電場(chǎng)力水平向右，故合力一定不為零，故A錯(cuò)誤；小球由A到B的過程中，3mg由動(dòng)能定理可得：mgLsinO-EqL(1-cos60°)=0，則電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E, ，選項(xiàng)B正確；小球從A運(yùn)動(dòng)到B，q.?.'3重力做正功，W=mgh=mgLsin0，故重力勢(shì)能減小mgLsinO=」mgL，故C正確；小球在下擺過程中，除重力做功外,21

還有電場(chǎng)力做功，故機(jī)械能不守恒，但機(jī)械能和電勢(shì)能總能力之和不變，故D錯(cuò)誤.故選BC.考點(diǎn)：動(dòng)能定理；能量守恒定律三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。［1］因Z電阻較小，電流表應(yīng)采用外接法；由于要求電壓從零開始變化，滑動(dòng)變阻器選用分壓接法，錯(cuò)誤的連線標(biāo)注及正確接法如圖：［2］分壓接法中，為了便于調(diào)節(jié)，滑動(dòng)變阻器選用總阻值小，且額定電流較大的，故選：A；⑶［3］根據(jù)描點(diǎn)法得出對(duì)應(yīng)的伏安特性曲線如圖所示：⑷［4］［5］當(dāng)電流為1.25A時(shí)，Z電阻兩端的電壓約為1.0V；當(dāng)電流為0.8A時(shí)，Z電阻兩端的電壓約為0.82V；由閉合電路歐姆定律可知：E=1.25(r+2)+1=1.25r+3.5

E=0.8(r+3.6)+0.82=0.8r+3.7聯(lián)立解得：EE=0.8(r+3.6)+0.82=0.8r+3.7聯(lián)立解得：E=4.1V r=0.44Q12、12.0；【解析】(1)[1].電壓檔量程為50V,則最小分度為1V,則指針對(duì)應(yīng)的讀數(shù)為12.0V；(2)[2].作為電流表使用時(shí),[4].由閉合電路歐姆定律可得:變形可得：1r1—=—+—RIEE則由圖可知:-=bE-=kE則可解得E=1kbr=—k(3)[5].由于多用表存在內(nèi)電阻，所以由閉合電路歐姆定律得:E=IR+I(RA+r)A變形為:1r+R1q—= +—RIEE由圖象可知斜率丄=k和不考慮多用表的內(nèi)電阻時(shí)相同，所以多用表的內(nèi)電阻對(duì)電源電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量結(jié)果無影響。E四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。2qBh，m兀m13、⑴卩=商"2)藏和諦【解析】(1)設(shè)粒子速度的大小為v，a在x>0的空間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)半徑為f，則有2qvB=m一ri由幾何關(guān)系有解得r=hi聯(lián)立以上式子解得2qBhv=m(2)粒子a與b在x<0的空間半徑相等，設(shè)為丫2，則V2qvB=m一r2解得只有在M、N、O、S四點(diǎn)兩粒子才可能相遇。粒子a在x>0的空間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，則2…r…mT= 1= vqB粒子a和b在x<0的空間作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，則2…r …mT= 2= vqB(i)粒子a、b運(yùn)動(dòng)到M的時(shí)間aMtbMAt=t—t—M aM bM兀m3qB(ii)同理，粒子a、b到N的時(shí)間taN,-6taN,-6tbtbNAt—At—t—tM aN bN3qB粒子不能在N點(diǎn)相遇。(iii)粒子a、b到O的時(shí)間t—T,丄.t—TaO 12'bO 2At—t—t—0O aO bO粒子不能在O點(diǎn)相遇。(iv)粒子a、b到S的時(shí)間aSbSaSAtaSbAtaSbSqB兀m 兀m兩粒子可以相遇。(3)Q=1.152x10-3J所以粒子兩粒子可以相遇。(3)Q=1.152x10-3J14、(1)q—4.8x10-2C(2)F=1.44x10-3N【解析】⑴由法拉第電磁感應(yīng)定律得AB電動(dòng)勢(shì)E—S匚一At、 ，E感應(yīng)電流1——R解得q=4.8x10-2C⑵安培力F=BIL由圖得3s時(shí)的B=0.3T代入數(shù)值得F=1.44x10-3N⑶由焦耳定律得Q=12Rt代入數(shù)值得：Q=1.152x10-3J【點(diǎn)睛】考查法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律的內(nèi)容，掌握安培力大小表達(dá)式，理解焦耳定律的應(yīng)用，注意圖象的正確運(yùn)用.2 1 415、(2 1 415、(1)v=-二v，v=飛v;(2)v=；v1A301B30 2A 30方向沿傳送帶向下；(3)W=-3mv20【解析】(1)由于％=tan6，故B放上傳送帶后不動(dòng)，對(duì)A和B第一次的碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv=mv+mv10 11A21BTOC\o"1-5"\h\z1 1—mv2=—mv2+—mv21021ia221b又5m=m\o"CurrentDocument"1 221解得v=-一v,v=—v1a 301B 30(2)傳送帶順時(shí)針運(yùn)行時(shí)，B仍受力平衡，在被A碰撞之前B一直保持靜止，因而傳送帶順時(shí)針運(yùn)行時(shí)，A、、碰前的運(yùn)動(dòng)情形與傳送帶靜止時(shí)一樣，由于A第一次碰后反彈的速度小于v0，故相對(duì)傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向向下，受到的摩擦力向上，合力向下做減速運(yùn)動(dòng)。減速到零后相對(duì)傳送帶也向下運(yùn)動(dòng)，摩擦力方向不變，設(shè)A在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為"，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin6—…mgcos6=ma1 11 1解得a=2gsin6解法一從第一次碰后到第二次碰前A做勻變速運(yùn)動(dòng)，B做勻速運(yùn)動(dòng)兩者位移相等，則有

v2—v2—2A 1A=Vt2a iBiv=v,at2A 1A14解得七=Wvo，方向沿傳送帶向下2A30解法二以B為參考系，從第一次碰后到第二次碰前，有(2 1)v2—(——v——v)2相對(duì)3030 =02a解得第二次碰前A相對(duì)B的速度v相對(duì)=v0則A對(duì)地的速度為4v=v,v=—v2A 相對(duì) 1B 30方向沿傳送帶向下解