2023年廣西柳州市高考物理三模試卷

1.北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)由24顆中圓軌道（軌道半徑約28000km）衛(wèi)星、3顆地球靜止同

步軌道衛(wèi)星和3顆傾斜地球同步軌道衛(wèi)星（兩種衛(wèi)星軌道半徑相等，均約為42000km）組成，則

（）

A.傾斜地球同步軌道衛(wèi)星和靜止同步軌道衛(wèi)星周期不相等

B.北斗三號(hào)導(dǎo)航系統(tǒng)所有衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的線速度均小于7.9km/s

C.傾斜地球同步軌道衛(wèi)星能定點(diǎn)北京上空并與北京保持相對(duì)靜止

D.中圓軌道衛(wèi)星線速度約為地球靜止同步衛(wèi)星線速度的1.5倍

2.如圖甲為電子掃描儀的結(jié)構(gòu)示意圖。電子槍發(fā)射電子后，經(jīng)MN電場(chǎng)加速后射入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng),

磁場(chǎng)變化規(guī)律如圖乙所示，射出磁場(chǎng)的電子能夠在屏幕上一定范圍內(nèi)上下掃描，則（）

A.加速電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向?yàn)樗较蛴?/p>

B.電子打在屏幕上P點(diǎn)時(shí)，磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里

C.若使磁場(chǎng)在-0.8B。?O.8B。間變化，屏幕上的掃描范圍會(huì)變大

D.若減小MN間的加速電壓，同時(shí)使磁場(chǎng)在-0.88°?O.8Bo間變化，屏幕上的掃描范圍有可

能不變

3.如圖所示的電路中，電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻為20,燈泡上標(biāo)有

“21/1勿"，定值電阻R的阻值為40。當(dāng)變壓器原線圈接入

220U的交流電時(shí)，電動(dòng)機(jī)和燈泡均正常工作，且電動(dòng)機(jī)的

輸出功率為18W。則（）

A.變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為11：1

B.電動(dòng)機(jī)的額定電壓為22U

C.原線圈的電流強(qiáng)度為0.14

D.若燈泡損壞導(dǎo)致電路斷路，則電動(dòng)機(jī)會(huì)被燒壞

4.如圖甲為游樂(lè)場(chǎng)的旋轉(zhuǎn)飛椅，當(dāng)中心轉(zhuǎn)柱旋轉(zhuǎn)后，所有飛椅均在同一水平內(nèi)做勻速圓周

運(yùn)動(dòng)。為了研究飛椅的運(yùn)動(dòng)，某同學(xué)建立的簡(jiǎn)化模型如圖乙所示，質(zhì)量為80kg的球，被長(zhǎng)為

5nl細(xì)繩懸掛，懸掛點(diǎn)距轉(zhuǎn)軸距離為2m,當(dāng)中心轉(zhuǎn)柱以恒定角速度旋轉(zhuǎn)時(shí)，細(xì)繩與豎直方向

的夾角為。=37。，重力加速度取g=10m/s2,sin37°=0.6,則（）

A.球的質(zhì)量越大，。角越小

B.球的動(dòng)能為1500/

C.球所受的合外力為0

D.若中心轉(zhuǎn)柱的轉(zhuǎn)速減少時(shí)，細(xì)繩對(duì)球做正功

5.一群處于第4能級(jí)的氫原子，向低能級(jí)躍遷過(guò)程中能發(fā)出幾種不同頻率的光，將這些光分

別照射到圖甲金屬電極K上，只有兩種光能在電路中形成光電流，它們的電流隨電壓變化圖

像，如圖乙所示，貝女）

A.甲圖中4B端所接電源極性為4正B負(fù)

B.躍遷過(guò)程中能發(fā)出8種不同頻率的光

C.a光是氫原子從第4能級(jí)躍遷到基態(tài)發(fā)出的

D.b光照射K時(shí)逸出光電子的最大初動(dòng)能大些

6.在水平面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)通過(guò)0、4、8三點(diǎn)的過(guò)程中,

其位移隨時(shí)間變化規(guī)律x-t圖像如圖所示。則質(zhì)點(diǎn)（）

A.從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程的平均速度為臺(tái)

B-通過(guò)4點(diǎn)時(shí)的速度定

S?-2句）

C.加速度為

士也出一以）

D.從4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，速度的變化量為"專戶2

7.如圖所示，有一均勻?qū)ΨQ帶負(fù)電圓環(huán)水平放置，一質(zhì)量為m的帶正

電小球從圓環(huán)中心。正下方的力點(diǎn)豎直上拋，剛好能到達(dá)圓環(huán)中心。點(diǎn)。

在這過(guò)程中，小球所做運(yùn)動(dòng)可能的是（）

?+

A

A.小球做減速運(yùn)動(dòng)，加速度一直變小

B.小球做減速運(yùn)動(dòng)，加速度一直變大

C.小球先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度變大的減速運(yùn)動(dòng)

D.小球先做加速度變大的加速運(yùn)動(dòng)，接著做加速度減小的加速，最后做加速度變大的減速運(yùn)

動(dòng)

8.如圖所示，一個(gè)x軸與曲線方程y=0.2s譏（孚乃（機(jī)）所圍成的空間中存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁

場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.27。正方形金屬線框的邊長(zhǎng)L=0.40m,其電阻R=

0.1/2,它的下邊與工軸重合，右邊位于x=0處，在推力廠的作用下，線框以"=10m/s的速度

從x=0處開始沿x軸正方向勻速運(yùn)動(dòng)。不計(jì)一切阻力，則（）

A.線圈中感應(yīng)電流的方向始終為逆時(shí)針?lè)较?/p>

B.線圈位移為0.55m時(shí)，拉力的功率為1.6VV

C.把線框全部拉出磁場(chǎng)的過(guò)程，線框產(chǎn)生的焦耳熱為0.036/

D.把線框全部拉出磁場(chǎng)的過(guò)程，拉力做功為0.048/

9,受天空課堂中王亞平測(cè)量聶海勝質(zhì)量實(shí)驗(yàn)的啟發(fā)，某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)類似測(cè)物體質(zhì)量的實(shí)

驗(yàn)。安裝好如圖甲實(shí)驗(yàn)裝置，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌上的旋鈕P、Q使氣墊導(dǎo)軌水平，滑塊在。點(diǎn)時(shí)彈

簧處于原長(zhǎng)。力傳感器能采集彈簧的彈力，固定在滑塊上的加速度傳感器能采集滑塊的加速

度。

(1)接通氣源后，將滑塊拉至4點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，。4距離為5cm，此時(shí)力傳感器的示數(shù)為0.60N,

則彈簧的勁度系數(shù)為N/m(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

(2)靜止釋放滑塊后，根據(jù)傳感器采集的數(shù)據(jù)繪制的a-F圖像如圖乙所示，可知滑塊與加速

度傳感器的總質(zhì)量為kg(結(jié)果保留一位有效數(shù)字)。

(3)測(cè)出兩調(diào)節(jié)旋鈕PQ之間距離為L(zhǎng),調(diào)節(jié)旋鈕Q,使之比旋鈕P高出九，重繪a-尸圖像，縱軸

截距為b,由此可知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹椤?/p>

10.待測(cè)電流表有兩個(gè)量程，分別為0?1mA和。?10mA，其...................

內(nèi)部電路如圖所示。表頭G的滿偏電流％=250/M,內(nèi)阻未知。：R,?

(1)選擇開關(guān)S接端(填“4”或"夕‘)時(shí)，電流表的量程i◎?

號(hào)

為。?10nM；

(2)若定值電阻％=400,則表頭的內(nèi)阻％=(1,R2=:.........

______H；

(3)將電流表的選擇開關(guān)接到B端，并與標(biāo)準(zhǔn)電流表串聯(lián)進(jìn)行校準(zhǔn)。當(dāng)通過(guò)表頭G的電流為打g

時(shí)，標(biāo)準(zhǔn)電流表的示數(shù)為7.8nM,則電流表量程實(shí)際為mA.為使選擇開關(guān)接到B端的

電流表量程變得準(zhǔn)確，在待測(cè)電表接線柱兩端并聯(lián)一個(gè)阻值為&的電阻即可，則&與心、治或

/?2的關(guān)系為&=。

11.如圖所示，三個(gè)質(zhì)量均為m的相同物塊4、B、C,B與C固定在輕彈簧兩端，S3A

豎直放置在水平面上，4從距B高九處自由下落，與B碰撞后粘連在一起，若4B反彈

到最高點(diǎn)時(shí)，恰能把C提離地面，重力加速度為g。求：

(1)4、B碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ZE擲

(2)彈簧的勁度系數(shù)K

12.如圖，地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，。、Q------p-----------------

為水平地面上的兩點(diǎn)。將一帶正電荷的小球自電場(chǎng)中。點(diǎn)以16/的初一/-----\一二

J\E

動(dòng)能豎直向上拋出，運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)P點(diǎn)時(shí)小球的動(dòng)能為9/,最后落

回地面上的Q點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，求：戎

(1)小球所受電場(chǎng)力與重力的比值為多少？

(2)小球落回Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是多少？

(3)小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小動(dòng)能。

13.下列說(shuō)法正確的是()

A.氣體的內(nèi)能包括氣體分子的重力勢(shì)能

B.同種物質(zhì)不可能以晶體和非晶體兩種不同的形態(tài)出現(xiàn)

C.如果兩個(gè)系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個(gè)系統(tǒng)達(dá)到熱平衡，那么這兩個(gè)系統(tǒng)彼此之間也必定

達(dá)到熱平衡

D.知道阿伏加德羅常數(shù)、氣體的摩爾質(zhì)量和密度，可以估算出該氣體中分子間的平均距離

E.土壤里有很多毛細(xì)管，若要防止把地下的水分沿著它們引到地表，可將地面的土壤鋤松

14.如圖所示，導(dǎo)熱性能良好的汽缸由兩部分組成，上端開口下端封

閉，兩部分汽缸的高度均為2h,其中上、下兩汽缸的截面均為圓形，

兩截面的面積分別為2S、S,質(zhì)量分別2巾、TH的活塞M、N將理想氣體h

甲

甲、乙封閉在汽缸中。當(dāng)環(huán)境的溫度為To且系統(tǒng)平衡時(shí)，兩活塞均位R

于兩汽缸的正中央位置；如果將環(huán)境的溫度降低到7;(未知)，活塞M剛

乙

好到達(dá)汽缸的底部，且該過(guò)程理想氣體乙向外界放出的熱量為Q。

已知大氣壓強(qiáng)為Po,重力加速度為g。求：

(1)降溫后的環(huán)境溫度7\為多少？

(2)上述過(guò)程中，理想氣體乙減少的內(nèi)能為多少？

15.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，在x=5m外的質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像如圖甲所示，在x=11m

處的質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像如圖乙所示，以下說(shuō)法正確的是()

B.t=0時(shí)在x=11m處的質(zhì)點(diǎn)具有正向最大加速度

C.從1=0開始計(jì)時(shí)，x=5nl處的質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為y=4sizi(]t)(cni)

D.在。?4s內(nèi)，x=57n處的質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的路程等于x=11m處的質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的路程

E.該波在傳播過(guò)程中若遇到4.8m的障礙物，可能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象

16.如圖所示，為一透明材料制成的立方柱形光學(xué)元件的橫截面，該種材料的折射率n=2,

其中OAE部分被切掉，力E是半徑為R的:圓弧，EF部分不透光，。點(diǎn)為圓弧圓心，OFC在同一

直線上。已知0B=2R,0D=6R,光在真空中的傳播速度為c。在。處有一點(diǎn)光源，光線經(jīng)

圓弧AF射入柱形光學(xué)元件。則：

(I)光從BC邊射出區(qū)域的長(zhǎng)度是多少？

(II)若射入元件的光線經(jīng)過(guò)界面的全反射后第一次到達(dá)CD面，求這些光線在介質(zhì)中傳播的時(shí)

間范圍。

B.--------------------------------------------C

AL

O~~D

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：AC、傾斜同步衛(wèi)星和靜止同步軌道衛(wèi)星周期都為24小時(shí)，但其不相對(duì)于地面靜止,

故不能定點(diǎn)在北京上空，故AC錯(cuò)誤。

B、7.9km/s是第一宇宙速度，是最大的環(huán)繞速度，北斗三號(hào)導(dǎo)航系統(tǒng)所有衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的線速

度均小于7.9km/s,故B正確。

以根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有粵=

解得：v=

代入數(shù)據(jù)可知中圓軌道衛(wèi)星線速度約為地球靜止同步衛(wèi)星線速度的1.22倍，故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

傾斜同步衛(wèi)星的周期為24小時(shí)，但其不相對(duì)于地面靜止，故不能定點(diǎn)在北京上空；7.9/czn/s是第

一宇宙速度，是最大的環(huán)繞速度，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力知兩衛(wèi)星的速率關(guān)系。

本題主要考查了傾斜同步軌道衛(wèi)星和地球靜止軌道衛(wèi)星的不同，抓其公轉(zhuǎn)周期相同，軌道半徑大

小相同，運(yùn)行軌道不同是解題的關(guān)鍵。

2.【答案】D

【解析】解：4、由圖可知，電子在加速電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力水平向右，則加速電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向

為水平向左，故A錯(cuò)誤；

8、電子打在屏幕上P點(diǎn)時(shí)，根據(jù)左手定則可知，磁場(chǎng)的方向垂直紙面向外，故8錯(cuò)誤；

C、電子在磁場(chǎng)中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得「=器，可知磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，電子

軌道半徑越大，電子打在屏幕上位置離中心位置越近，若使磁場(chǎng)在-0.8B。?0.8B。間變化，屏幕上

的掃描范圍會(huì)變小，故C錯(cuò)誤；

。、若減小MN間的加速電壓，同時(shí)使磁場(chǎng)在?0.8%間變化，根據(jù)qU=gmi;2,r=會(huì)可

知粒子進(jìn)入磁場(chǎng)速度減小，磁感應(yīng)強(qiáng)度B也減小，電子的軌跡半徑可能不變，其在屏幕上的掃描

范圍有可能不變，故。正確。

故選：Do

根據(jù)電子的受力方向判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的方向；根據(jù)電子的偏轉(zhuǎn)反向結(jié)合左手定則判斷磁場(chǎng)方向；根

據(jù)動(dòng)能定理結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑，從而確定其掃描范圍變化情

況。

本題中的CD選項(xiàng)，要明確電子的掃描范圍取決于其半徑大小，據(jù)此分析。

3.【答案】A

【解析】解：AC,根據(jù)P=U/可知，小燈泡的額定電流〃=專=：4=0.54又根據(jù)電路圖可知，

小燈泡與點(diǎn)值電阻R并聯(lián)，可知流過(guò)定值電阻電流％==0.54因此副線圈電流/=IL+

4=0.54+0.54=14,點(diǎn)值電阻的功率為PR4—*1勿，因此理想變壓器原線圈的輸入

功率等于副線圈的輸出功率即為=p2=18W+1W+1W=20W,可知原線圈的輸入電流A=

宗=券4=口，根據(jù)魯=今=；=11：1，故人正確,C錯(cuò)誤；

B、根據(jù)患=3代入數(shù)據(jù)可得4=20U,電動(dòng)機(jī)的額定電壓UM=U2-U=20V-2U=18U,

故B錯(cuò)誤；

。、當(dāng)燈泡斷路時(shí)，電動(dòng)機(jī)與定值電阻串聯(lián)，導(dǎo)致副線圈總電阻變大，副線圈電壓不變，因此副

線圈電流減小，電動(dòng)機(jī)將不能正常工作，因此不會(huì)燒壞，故。錯(cuò)誤；

故選:Ao

根據(jù)電動(dòng)機(jī)和燈泡均正常工作，求出副線圈的電流，再根據(jù)原線圈與副線圈功率相等即可原線圈

電流，由詈=?即可變壓器原副線圈匝數(shù)之比，再由護(hù)=詈可知副線圈電壓，再根據(jù)串聯(lián)電路電

九2*1V2九2

壓關(guān)系求解電動(dòng)機(jī)的額定電壓；當(dāng)小燈泡斷路時(shí)，副線圈總阻值增加，副線圈電影不變，電流變

小，由此判斷電動(dòng)機(jī)不會(huì)被燒壞。

該題考查串并聯(lián)電路電壓、電流關(guān)系以及理想變壓器匝數(shù)之比與電壓之比以及電流之比之間的關(guān)

系的應(yīng)用，本題的突破口要把握住理想變壓器原副線圈功率相等，題目難度適中。

4.【答案】B

【解析】解：4C、小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受的合外力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得:

mgtanG=ma)2r

可得：gtand—a>2r

由此可知，角度。與質(zhì)量無(wú)關(guān)，故AC錯(cuò)誤；

從根據(jù)牛頓第二定律可得：

mgtand=----

其中，r=Lsind+x0

根據(jù)動(dòng)能的計(jì)算公式可得：

C，12

Ek=-mv

聯(lián)立解得：&=1500/,故8正確；

。、若中心轉(zhuǎn)柱的轉(zhuǎn)速減小時(shí)，繩子與豎直方向的夾角9減小，則小球所處平面的高度降低，可知

小球的重力勢(shì)能減小，小球的動(dòng)能減小，小球的機(jī)械能減小，故細(xì)繩對(duì)球做負(fù)功，故。錯(cuò)誤；

故選：B。

根據(jù)牛頓第二定律列式得出球的質(zhì)量與。角的關(guān)系；

根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合動(dòng)能的計(jì)算公式得出球的動(dòng)能；

根據(jù)題意分析出小球能量的變化，從而得出細(xì)繩對(duì)球做功的類型。

本題主要考查了動(dòng)能定理的相關(guān)應(yīng)用，熟悉物體的受力分析，結(jié)合牛頓第二定律和動(dòng)能定理即可

完成解答。

5.【答案】C

【解析】解：力、根據(jù)探究光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)原理，描述電流隨電壓變化，可知甲圖中AB端所接電

源極性為B正4負(fù)，故4錯(cuò)誤；

B、一群處于第4能級(jí)的氫原子躍遷過(guò)程中能發(fā)出廢=6種不同頻率的光，故B錯(cuò)誤；

CD、只有兩種光能在電路中形成光電流，可知只有氫原子從第4能級(jí)和第3能級(jí)躍遷到基態(tài)發(fā)出的，

由圖乙可知a光的截止頻率較大，則a光頻率較大，所以a光是氫原子從第4能級(jí)躍遷到基態(tài)發(fā)出的，

根據(jù)光電效應(yīng)方程a=hv-可知a光照射K時(shí)逸出光電子的最大初動(dòng)能大些，故C正確，D

錯(cuò)誤；

故選:Co

根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析A項(xiàng)；根據(jù)數(shù)學(xué)排列組合方法分析B項(xiàng)；由圖可得遏止電壓，即可知la光頻率較

大：根據(jù)光電效應(yīng)方程&=九9-%,可求出最大初動(dòng)能。

解決該題需熟記光電效應(yīng)方程，能通過(guò)數(shù)學(xué)方法及題意判斷可能的躍遷情況。

6.【答案】AD

2s

【解析】解：4、平均速度是位移與時(shí)間的比值，則從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)過(guò)程的平均速度為3

上2

故A正確；

B、質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于平均速度，則收=訝=『

勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度小于中間位置的瞬時(shí)速度，4點(diǎn)為中間位置，則通過(guò)4點(diǎn)的速

度一定大于胃，故8錯(cuò)誤；

C、設(shè)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)。點(diǎn)的速度為%,0?口時(shí)間內(nèi)，由位移一時(shí)間公式得：s=%ti+：遍

0?t2時(shí)間內(nèi)，由位移一時(shí)間公式得：2s=4/2+3。恃

聯(lián)立解得:a=2s(2G~~￡2)

“12(以一“)

故C錯(cuò)誤;

。、從4點(diǎn)到B點(diǎn)，速度的變化量A"=a4t=；：隼一代.3-tj=2s（,；-t2）

故。正確。

故選：AD.

根據(jù)平均速度是位移與時(shí)間的比值求解平均速度；勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于平均

速度，且小于中間位置的瞬時(shí)速度；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移一時(shí)間公式求解加速度；根據(jù)/"=

a4t求解速度變化量。

本題考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)和位移一時(shí)間圖像，解題關(guān)鍵是掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律并能夠熟練應(yīng)

用。

7.【答案】BCD

【解析】解：圓環(huán)中心的場(chǎng)強(qiáng)為零，無(wú)窮遠(yuǎn)處場(chǎng)強(qiáng)也為零，則小球從4到圓環(huán)中心的過(guò)程中，場(chǎng)

強(qiáng)可能先增大后減小，則小球受到的豎直向上的電場(chǎng)力先增大后減小；場(chǎng)強(qiáng)也可能一直減小，則

小球所受到的豎直向?上的電場(chǎng)力一直減?。喝绻艿降碾妶?chǎng)力大于重力時(shí)，牛頓第二定律可知,

加速度大小為：

qE—mq

a=--------

m

方向豎直向上，做加速運(yùn)動(dòng)。

如果電場(chǎng)力小于重力，加速度大小為：

=mg-qE

m

方向豎直向下，做減速運(yùn)動(dòng)。

當(dāng)小球從4到圓環(huán)中心的過(guò)程中，場(chǎng)強(qiáng)先增大后減小時(shí)，①如果小球在4點(diǎn)的電場(chǎng)力大于重力時(shí),

則小球上升的過(guò)程中，電場(chǎng)力先增大后減小，受到的電場(chǎng)力大于重力時(shí)，小球先做加速度變大的

加速運(yùn)動(dòng)，接著做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，隨著電場(chǎng)力減小，電場(chǎng)力小于重力，做加速度變大的

減速運(yùn)動(dòng)；②如果小球在4點(diǎn)的電場(chǎng)力小于重力，電場(chǎng)力增大的過(guò)程中，電場(chǎng)力大于重力，則小

球先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后

做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)；③如果小球在4點(diǎn)的電場(chǎng)力小于重力，電場(chǎng)力增大的過(guò)程中，電場(chǎng)力

不大于重力，則小球先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)小球從4到圓

環(huán)中心的過(guò)程中，場(chǎng)強(qiáng)一直減小時(shí)，④如果小球在4點(diǎn)的電場(chǎng)力大于重力時(shí)，小球先做加速度減

小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)；⑤如果小球在4點(diǎn)的電場(chǎng)力小于重力時(shí)，則一直做

加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)；綜合以上分析，故BCD正確，A錯(cuò)誤。

故選：BCD.

根據(jù)題目條件分析出場(chǎng)強(qiáng)的變化趨勢(shì)，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)電場(chǎng)力和重力的關(guān)系，結(jié)合牛

頓第二定律分析出小球的加速度的變化情況，從而分析出其可能的運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合題目選項(xiàng)完成

分析，

本題主要考查了帶電小球在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，熟悉場(chǎng)強(qiáng)的變化特點(diǎn)，結(jié)合牛頓第二定律即可完成分

析。

8.【答案】BD

【解析】解：4、根據(jù)楞次定律可知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針、離開磁場(chǎng)過(guò)

程中感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，故A錯(cuò)誤；

B、線圈位移為0.55TH時(shí)，線框左邊剛好達(dá)到x=0.15m處，此時(shí)有效切割長(zhǎng)度為：y=0.2m

拉力的功率為P=屋處2=0.22X：:、102川=1.6小，故8正確；

CD、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為Em=BLv=0.2x0.2x10V=0.4V

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值為：E=普，解得：E=0.2>f2V

線框在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=*s=0.06s

把線框全部拉出磁場(chǎng)的過(guò)程，線框產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=$t

R

代入數(shù)據(jù)解得：Q=0.048/

根據(jù)功能關(guān)系可得把線框全部拉出磁場(chǎng)的過(guò)程，拉力做功為0.048/,故C錯(cuò)誤、。正確。

故選：BD。

根據(jù)楞次定律判斷電流方向；線圈位移為0.55m時(shí)，求出有效切割長(zhǎng)度，根據(jù)電功率的計(jì)算公式

求解功率；求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值和有效值，根據(jù)焦耳定律求解線框產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)功能

關(guān)系可得把線框全部拉出磁場(chǎng)的過(guò)程拉力做的功。

本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象，關(guān)鍵是弄清楚導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，根據(jù)法拉第電磁感

應(yīng)定律、電功率的計(jì)算公式、功能關(guān)系等列方程求解。

9.【答案】120.2中

h.

【解析】解：(1)根據(jù)胡克定律尸=kx，代入數(shù)據(jù)解得k=12N/m；

(2)根據(jù)牛頓第二定律可得F=Ma

整理得M=(=算如=0.2kg,即滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量為為0.2kg；

(3)測(cè)出兩調(diào)節(jié)旋鈕PQ之間距離為L(zhǎng),調(diào)節(jié)旋鈕Q,使之比旋鈕P高出，則有sin9=g

根據(jù)牛頓第二定律可得F+Mgsind=Ma

整理得a=/+gsin9

可知a-F圖像的縱軸截距為b=gsinG

解得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間=磊=容

故答案為:⑴12；(2)0.2；(3)與。

(1)根據(jù)胡克定律列式即可求解；

(2)根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合圖像即可求解：

(3)根據(jù)幾何關(guān)系以及牛頓第二定律列式，整理表達(dá)式即可求解當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取?/p>

本題考查牛頓第二定律，解題關(guān)鍵掌握實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)驗(yàn)操作，注意圖像斜率的含義。

【答案】

10.B12003609.75rg+R2

【解析】解：%=250M=0.0250771/1

(1)根據(jù)并聯(lián)電路分流特點(diǎn)可知，表頭并聯(lián)的電阻越小，分流越大，電流表的量程越大，開關(guān)S接B

時(shí)，電流表量程為0?1064;

(2)當(dāng)表頭與/?2串聯(lián)再和&并聯(lián)時(shí)量程為。?lOnM，根據(jù)歐姆定律可得：％=斗乃1-/?2

19

當(dāng)％、/?2串聯(lián)后和表頭并聯(lián)時(shí)量程為0?1機(jī)4根據(jù)歐姆定律可得：/?2=逐一心

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得

rg=1200/2,R2=360。

(3)根據(jù)夕=套代入數(shù)據(jù)解得：lA=9.75mA

為使選擇開關(guān)接到B端的電流表量程變得準(zhǔn)確，在待測(cè)電表接線柱兩端并聯(lián)一個(gè)阻值為q的電阻,

根據(jù)歐姆定律可知

-6

Dlg(.rg+R2)250X10,,D,,D

R=FT"=lox］。-一9.75x10-3任+R2)=%+Rz

故答案為：(1)8；(2)1200,360；(3)9.75,%+%。

(1)根據(jù)并聯(lián)分流特點(diǎn)分析判斷;

(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律計(jì)算：

(3)根據(jù)比例關(guān)系和歐姆定律計(jì)算。

本題考查電表的改裝和校準(zhǔn)，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)電路和歐姆定律。

11.【答案】解：(1)4與B剛要碰撞時(shí)，A的速度設(shè)為“

V2—2gh

4與B碰撞后粘連在一起，根據(jù)動(dòng)量守恒可知

mv=2mvAB

A、B碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能/?夜=mgh-1-2m-vJB

聯(lián)立解得=^mgh；

(2)未碰撞前，彈簧處于壓縮狀態(tài)

mg=kxr

C剛要離開地面，可知此時(shí)彈簧彈力大小與C的重力大小等大

mg=kx2

解得必=x2

從4、B碰后瞬間到C剛好被提離地面時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能變化量為0,由能量守恒定律可知

17

+%2)—2?

聯(lián)立解得k=華；

h,

答：(1)4、B碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能循為

(2)彈簧的勁度系數(shù)％為嚶。

【解析】(1)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出4與B碰撞前瞬間速度的大小，由動(dòng)量守恒定律先求出碰撞后二

者共同速度，然后由能量守恒定律可以求出損失的機(jī)械能；

(2)由平衡條件、機(jī)械能守恒定律可以求出彈簧的勁度系數(shù)匕

本題難度較大，過(guò)程比較復(fù)雜，分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程、應(yīng)用機(jī)械能守恒定律、平衡條件、動(dòng)

量守恒定律即可正確解題，分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的關(guān)鍵。

12.【答案】解：(1)根據(jù)動(dòng)能與動(dòng)量之間的關(guān)系P=

OP過(guò)程，設(shè)豎直向下為正方向，豎直方向根據(jù)動(dòng)量定理可知mgt=o-P修

設(shè)水平向右為正方向，水平方向根據(jù)動(dòng)量定理可知qEt=「次-0

p次y2叫水

聯(lián)立解得辿=叱=I;

mg72mxi64

(2)根據(jù)豎直方向運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，從。到P的時(shí)間等于從P到Q的時(shí)間

根據(jù)水平方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)可知，0P段與PQ段水平位移之比為1：3

0P段電場(chǎng)力做的功％P=9/

則PQ段電場(chǎng)力的功=3W。p=3x9/=27/

0Q全程電場(chǎng)力做的功W=W0P+WPQ=9/+27/=367

0Q過(guò)程重力做的功代數(shù)和為零

則小球落回Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是a=167+36/=52;；

(3)設(shè)小球在。點(diǎn)的速度為"，當(dāng)速度與合力垂直時(shí)，速度最??；

設(shè)速度與水平方向成。角，則有tan。=需=；=去

豎直方向?yàn)?v-gt

水平方向以=-gt

解得％

最小動(dòng)能&疝九=2mvx+2mvy

根據(jù)題意可知:小廿2=16/

聯(lián)立解得沅=5.767；

答：(1)小球所受電場(chǎng)力與重力的比值為*

(2)小球落回Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是52/；

(3)小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小動(dòng)能為5.76/。

【解析】(1)根據(jù)動(dòng)能與動(dòng)量之間的關(guān)系，分別在豎直方向以及水平方向運(yùn)用動(dòng)量定理求解；

(2)根據(jù)豎直方向運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，可知小球從。到P的時(shí)間等于從P到Q的時(shí)間，再根據(jù)水平方做初

速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)可知水平方向0P段與PQ段水平位移之比，再根據(jù)功的公式求解水平

方向動(dòng)能大小，在Q點(diǎn)將小球在豎直方向的動(dòng)能與水平方向的動(dòng)能求和即可；

(3)根據(jù)題意分析當(dāng)速度與合力垂直時(shí)，速度最小，根據(jù)幾何關(guān)系可知此時(shí)豎直速度與水平速度的

比值關(guān)系，分別在豎直方向和水平方向運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解動(dòng)能最小位置處豎直速度以及水平速

度大小，最后將小球在豎直方向的動(dòng)能與水平方向的動(dòng)能求和即可。

該題需要根據(jù)動(dòng)量與動(dòng)能之間的關(guān)系、動(dòng)量定理以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式等求解，本題的難點(diǎn)為判斷何時(shí)

動(dòng)能最小，并能根據(jù)幾何關(guān)系確定在動(dòng)能最小位置豎直速度與水平速度大小關(guān)系，題目難度較大。

13.【答案】CDE

【解析】解：4、氣體的內(nèi)能等于氣體內(nèi)所有氣體分子的動(dòng)能和分子勢(shì)能之和，但不包括氣體分

子的重力勢(shì)能，故A錯(cuò)誤；

8、同種物質(zhì)可能以晶體和非晶體兩種不同的形態(tài)出現(xiàn)，如煤炭與金剛石，故3錯(cuò)誤；

C、根據(jù)熱平衡定律，如果兩個(gè)系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個(gè)系統(tǒng)達(dá)到熱平衡，那么這兩個(gè)系統(tǒng)

彼此之間也必定達(dá)到熱平衡，故C正確；

以由氣體的摩爾質(zhì)量和氣體的密度，由公式力可估算出摩爾體積，再根據(jù)阿伏加德羅常數(shù)，

由公式為=架可以估算出單個(gè)理想氣體分子所占的平均體積，把氣體分子所占的體積看做立方

A

體，由％=d3進(jìn)而估算出理想氣體分子間的平均距離，故。正確；

D,將地面的土壤鋤松，破壞了毛細(xì)管，可以減小沿著它們引到地表，減少土地下的水分蒸發(fā),

故E正確；

故選：CDE.

根據(jù)氣體內(nèi)能的定義可以判斷；同種物質(zhì)可能以晶體和非晶體兩種不同的形態(tài)出現(xiàn)；根據(jù)熱平衡

定律可以判斷；根據(jù)分子所占空間的體積，結(jié)合立方體體積的公式可進(jìn)行估算；根據(jù)毛細(xì)現(xiàn)象進(jìn)

行判斷。

本題考查了氣體內(nèi)能，固體，熱平衡定律，氣體分子動(dòng)理論，毛細(xì)現(xiàn)象。對(duì)于這些知識(shí)平時(shí)要注

意加強(qiáng)理解記憶.

14.【答案】解：(1)甲、乙兩部分氣體發(fā)生等壓變化，設(shè)活塞N下降距離為X,

氣體甲初狀態(tài)的體積U尹°=hx2S+/ixS=3hS,末狀態(tài)體積V尹］=(八+x)S

vV

對(duì)氣體甲，由蓋呂一薩克定律得：普=魯

氣體乙初狀態(tài)的體積匕°=hS,末狀態(tài)的體積%1=(h-x)S

VV

對(duì)氣體乙，由蓋呂-薩克定律得：e=事

ToT1

解得：A=0.5",x=0.5/1

(2)氣體甲的壓強(qiáng)p/=po+嚶=po+等

氣體乙的壓強(qiáng)PN=「尹+皆=po+

氣體乙被壓縮過(guò)程中，外界對(duì)氣體做的功為皿=PzSx

氣體向外界放出熱量Q,根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得，

氣體乙內(nèi)能的增加量為ZU=W-