2023屆全國(guó)高考物理仿真模擬測(cè)試練習(xí)卷（新教材）

學(xué)校:姓名：班級(jí)：考號(hào)：

一、單選題

1.2023年3月底受冷空氣以及大風(fēng)天氣影響，全國(guó)各地均出現(xiàn)不同程度的沙塵天氣，

內(nèi)蒙古、北京等中北部地區(qū)局部有強(qiáng)沙塵暴，甚至局部地區(qū)出現(xiàn)下“泥點(diǎn)”的惡劣天氣，

山東、河南、安徽、江蘇等華東地區(qū)也都出現(xiàn)AQI（空氣質(zhì)量指數(shù)）爆表達(dá)到500的現(xiàn)

象，AQI指數(shù)中一項(xiàng)重要指標(biāo)就是大家熟知的PM2.5指數(shù)，PM2.5是指空氣中直徑小于

或等于2.5nm的懸浮顆粒物，漂浮在空中，很難自然沉降到地面。對(duì)于上述天氣現(xiàn)象的

解釋中正確的是（）

A.中北部地區(qū)出現(xiàn)的沙塵暴中的沙塵顆粒所做的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)是布朗運(yùn)動(dòng)

B.一團(tuán)質(zhì)量不變的沙塵暴從溫度較低的地區(qū)吹到溫度較高的地區(qū)，溫度逐漸升高、風(fēng)

速逐漸減小，其內(nèi)能逐漸減小

C.PM2.5顆粒的尺寸與空氣中氧氣分子的尺寸數(shù)量級(jí)相當(dāng)

D.PM2.5在空氣中的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)是由于大量空氣分子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)對(duì)其撞擊的不平衡性

引起的

2.為了研究大量處于"=3能級(jí)的氫原子躍遷時(shí)的發(fā)光特點(diǎn)，現(xiàn)利用氫原子躍遷時(shí)產(chǎn)生

的三種單色光照射同一個(gè)光電管，如圖甲所示，移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片調(diào)節(jié)光電管兩端

電壓，分別得到三種光照射時(shí)光電流與光電管兩端電壓的關(guān)系，如圖乙所示，則對(duì)于。、

6、c三種光，下列說(shuō)法正確的是（）

A.從同一點(diǎn)沿相同方向射入球形玻璃磚內(nèi)，調(diào)節(jié)入射角的過(guò)程中，c光最容易發(fā)生全

反射現(xiàn)象

B.a、b、c三種光從真空中進(jìn)入同一介質(zhì)后，在介質(zhì)中的波長(zhǎng)滿足以下關(guān)系：4=4+3

&Ka狐

C.用〃光照射時(shí)逸出的光電子初動(dòng)能最小

D.通過(guò)同一個(gè)單縫裝置進(jìn)行單縫衍射實(shí)驗(yàn)，中央條紋寬度。光最寬

3.2023年大年初一上映的國(guó)產(chǎn)科幻電影《流浪地球2》近期引起熱議，影片中的太空

電梯、方舟空間站、行星發(fā)動(dòng)機(jī)、量子計(jì)算機(jī)等滿足了大家對(duì)未來(lái)科技發(fā)展的想象，其

中太空電梯是人類長(zhǎng)期以來(lái)想要建造的可以通向太空的電梯，如圖甲所示。而且隨著科

學(xué)家們對(duì)碳納米管材料研究的深入，使我們離成功建造太空電梯更進(jìn)一步。若未來(lái)宇航

員可以像電影中那樣乘坐太空電梯到達(dá)不同高度處的空間站或者補(bǔ)給站，宇航員與太空

電梯一起停在某高度處時(shí)的加速度與處于同一軌道高度處的地球衛(wèi)星的加速度隨距離

地心距離r之間的關(guān)系如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是（）

O

圖甲圖乙

A.圖線B是地球衛(wèi)星的加速度與距離地心距離廠的關(guān)系圖像

B.離地面越遠(yuǎn)，宇航員與太空電梯之間的彈力減小

C.宇航員跟隨太空電梯到達(dá)不同位置時(shí)，均處于完全失重狀態(tài)

D.太空電梯向上加速運(yùn)行時(shí)，宇航員的合力方向不指向地心

4.如圖所示，空間中有一處于豎直平面內(nèi)的半徑為R的光滑圓軌道，在圓心O處固定

一個(gè)帶正電的帶電小球，另有一個(gè)質(zhì)量為加、帶負(fù)電的小球在圓軌道外側(cè)沿著軌道做圓

周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球以速率口=正法通過(guò)最低點(diǎn)8時(shí)，軌道對(duì)小球的彈力大小為2wg,兩

小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g,則（）

A.小球在A點(diǎn)受到的彈力小于在B點(diǎn)受到的彈力

B.兩小球之間的庫(kù)侖力大小為6sg

C.小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，在最高點(diǎn)受到的支持力始終比最低點(diǎn)受到的支持力大

4〃?g

試卷第2頁(yè)，共8頁(yè)

D.現(xiàn)將。點(diǎn)小球的電荷量增大一倍，若仍要使另一個(gè)小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，小球通

過(guò)最低點(diǎn)B的速度需要滿足2y[^R<vB<71面

二、多選題

5.如圖所示的電路中，閉合開(kāi)關(guān)，待電路穩(wěn)定后，可看成質(zhì)點(diǎn)的帶電小球恰好靜止在

平行板電容器之間的加點(diǎn)，其中二極管可視為理想二極管，下列說(shuō)法正確的是（）

B.向右移動(dòng)用的滑片，小球的電勢(shì)能將減小

C.向下移動(dòng)電容器的下極板，二極管右端電勢(shì)高于左端電勢(shì)

D.斷開(kāi)S后，緊貼電容器的上極板附近插入金屬板，M點(diǎn)的電勢(shì)將升高

6.如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上，豎直放置時(shí)另一端位于。點(diǎn)，現(xiàn)將絕緣

不帶電物塊〃和帶正電的物塊6疊放在彈簧上，系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)彈簧上端位于P點(diǎn)。。、b

的質(zhì)量均為m，b的電荷量為q，在空間中加上豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，下列說(shuō)法正確的

是（）

?O

P

Tzz

A.若場(chǎng)強(qiáng)大小為等，a、6在OP之間某一位置分離

2q

B.若場(chǎng)強(qiáng)大小為警，a、6在OP之間某一位置分離

4q

C.若場(chǎng)強(qiáng)大小為避，a、6在。點(diǎn)恰好分離

q

D.若場(chǎng)強(qiáng)大小為二竺，a、b在P點(diǎn)、恰好分離

q

7.，，抖空竹，，是中國(guó)傳統(tǒng)的體育活動(dòng)之一，空竹在中國(guó)有悠久的歷史，明代《帝京景物

略》一書(shū)中就有空竹玩法和制作方法記述，明定陵亦有出土的文物為證，可見(jiàn)抖空竹在

民間流行的歷史至少在600年以上，并定為國(guó)家級(jí)非物質(zhì)文化遺產(chǎn)之一、現(xiàn)將抖空竹中

的一個(gè)變化過(guò)程簡(jiǎn)化成以下模型：輕質(zhì)彈性繩（彈力特點(diǎn)類比于彈簧）系于兩根輕桿的

端點(diǎn)位置，左、右手分別握住兩根輕桿的另一端，一定質(zhì)量的空竹架在彈性繩上。開(kāi)始

時(shí)兩手處于同一水平線上并保持輕桿水平，彈性繩的總長(zhǎng)度為4,接下來(lái)分別作出如下

動(dòng)作：保持彈性繩兩個(gè)端點(diǎn)的距離不變，左手抬高使彈性繩兩個(gè)端點(diǎn)的連線順時(shí)針緩慢

轉(zhuǎn)過(guò)一個(gè)較小角度，此時(shí)彈性繩的總長(zhǎng)度為右；保持彈性繩兩個(gè)端點(diǎn)的距離不變，右手

抬高使彈性繩兩個(gè)端點(diǎn)的連線逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)過(guò)相同角度，此時(shí)彈性繩的總長(zhǎng)度為4,不

計(jì)一切摩擦，則關(guān)于彈性繩總長(zhǎng)度的關(guān)系正確的是（）

A.L、=L[B.L]>4C.4</D.<4

8.如圖所示，擋板ad上方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,擋板

中間存在一空隙加?，兒的間距為L(zhǎng),磁場(chǎng)中且處于空隙正上方的S處有一粒子源，S到

從c的距離也為3粒子源向各個(gè)方向均勻發(fā)射速度大小相同的帶正電粒子，若粒子打

到擋板上會(huì)被吸收。某次調(diào)節(jié)粒子源的發(fā)射速度為v（未知），使擋板空隙中所有區(qū)域均

有粒子射出，且能射出的粒子數(shù)目為某時(shí)刻發(fā)射粒子總數(shù)的:，已知從b點(diǎn)射出的粒子

速度方向與擋板垂直，粒子電荷量為4,質(zhì)量為小，不考慮粒子重力和粒子間的相互作

用，則（）

試卷第4頁(yè)，共8頁(yè)

XXXX5X

，\

/、

XX/x\XX

/、

//、\

/、

/、

XX/X\xX

-------------------------?---------------------?-----------------------——

abc-------------d

A.粒子源的發(fā)射速度為巡

m

B.兩個(gè)擋板上能吸收到粒子的總長(zhǎng)度為9+"6-3-2L

2

C.調(diào)節(jié)粒子源的發(fā)射速度為：，空隙中所有區(qū)域依然都有粒子射出

D.調(diào)節(jié)粒子源的發(fā)射速度為:，射出粒子數(shù)目仍為發(fā)射粒子總數(shù)的1

2o

三、實(shí)驗(yàn)題

9.某同學(xué)在學(xué)習(xí)完單擺的相關(guān)知識(shí)后，想要在家利用手邊的物品測(cè)量本地的重力加速

度。用不規(guī)則的鑰匙扣代替小球做成簡(jiǎn)易單擺裝置，手機(jī)上的計(jì)時(shí)功能代替秒表，實(shí)驗(yàn)

過(guò)程如下：

（1）用家中軟尺測(cè)得懸掛點(diǎn)。到鑰匙扣連接處"的長(zhǎng)度為/;

（2）拉開(kāi)較小角度后將鑰匙扣由靜止釋放，并在鑰匙扣第1次通過(guò)最低點(diǎn)按下計(jì)時(shí)“開(kāi)

始”按鈕，第N次通過(guò)最低點(diǎn)停止計(jì)時(shí)，記錄手機(jī)上的時(shí)間為r,則單擺的周期T為

（3）若該同學(xué)改變細(xì)線長(zhǎng)度后只做兩次實(shí)驗(yàn)，得到兩組長(zhǎng)度和周期的數(shù)據(jù)：乙、T”4、

%,利用數(shù)據(jù)測(cè)得重力加速度為；

（4）若該同學(xué)多次改變細(xì)線長(zhǎng)度得到多組數(shù)據(jù)，描點(diǎn)作出得到〃-/圖像，得到的圖像

可能是；

c.

（5）鑰匙扣的形狀不規(guī)則，對(duì)上述實(shí)驗(yàn)測(cè)得的重力加速度（填“有”或者“無(wú)”）

影響。

10.傳感器的基本工作原理是將非電學(xué)量轉(zhuǎn)換為電學(xué)量，更方便地進(jìn)行測(cè)量和控制。商

家對(duì)大宗貨物的計(jì)量主要是利用電子地磅進(jìn)行稱重，電子地磅的原理如下：不放物體時(shí)

滑動(dòng)變阻器的滑片位于/端，放上重物后電路電流變大，電流表示數(shù)改變，所以可以通

過(guò)與電流表的示數(shù)對(duì)應(yīng)的重量值讀出被稱物體的重量。學(xué)校的物理實(shí)驗(yàn)小組在了解到電

子地磅的原理后，想要利用這個(gè)簡(jiǎn)單的傳感器裝置原理圖去測(cè)量由兩節(jié)干電池串聯(lián)的電

池組內(nèi)阻，設(shè)想如下：將干電池組接入和電子地磅原理相同的電路圖中，兩個(gè)彈簧的總

彈力和彈簧的形變量成正比，且測(cè)得比例系數(shù)為九已知一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)為E,滑

動(dòng)變阻器的最大阻值等于定值電阻的阻值，均為凡，在托盤上放置不同重量的祛碼,

讀出對(duì)應(yīng)電流表的示數(shù)。根據(jù)該小組的設(shè)想，分析如下問(wèn)題:

（1）測(cè)得多組祛碼的重力與電流表讀數(shù)的數(shù)據(jù)后，若采用圖像法進(jìn)行數(shù)據(jù)處理，則應(yīng)

該畫(huà)出G與的圖像；

（2）根據(jù)測(cè)得數(shù)據(jù)進(jìn)行描點(diǎn)作圖后測(cè)得圖像的斜率為截距為6,則滑動(dòng)變阻器上均

勻纏繞的電阻絲沿纏繞方向的總長(zhǎng)度/為、待測(cè)電池組內(nèi)阻r為（用題目

中所給物理量符號(hào)表示）；

（3）考慮電流表內(nèi)阻引起的系統(tǒng)誤差，電池組內(nèi)阻的測(cè)量值和真實(shí)值相比（填

寫(xiě)“偏大”、“偏小”、"相等

試卷第6頁(yè)，共8頁(yè)

四、解答題

11.空氣動(dòng)力學(xué)是世界科學(xué)領(lǐng)域里最為活躍、最具有發(fā)展?jié)摿Φ膶W(xué)科之一，為了研究各

類高速運(yùn)動(dòng)的物體，如飛機(jī)、汽車等在實(shí)際運(yùn)行過(guò)程中所受空氣阻力的影響，可在實(shí)驗(yàn)

室中構(gòu)建出不同的風(fēng)力環(huán)境進(jìn)而模擬出實(shí)際環(huán)境?，F(xiàn)利用能產(chǎn)生水平方向恒定風(fēng)力的實(shí)

驗(yàn)室研究小球的運(yùn)動(dòng)情況，如圖所示，設(shè)定風(fēng)力只存在于0<y<L6m的區(qū)域內(nèi)。將小

球從原點(diǎn)。豎直向上拋出，在實(shí)驗(yàn)室中測(cè)得小球運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)高度為L(zhǎng)8m,再次經(jīng)過(guò)x

軸的坐標(biāo)為x=24m,已知小球質(zhì)量為。.2kg,重力加速度g取lOm/s?,求：

(1)實(shí)驗(yàn)室設(shè)定的風(fēng)力大小為多少？

(2)再次經(jīng)過(guò)x軸前的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度的最大值和最小值分別為多少？

12.如圖甲所示，在絕緣水平桌面上固定有間距為的光滑平行金屬導(dǎo)軌，虛線

左側(cè)、P0右側(cè)(不包含邊界)存在相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向豎直向下，磁感應(yīng)

強(qiáng)度8=4T,兩個(gè)阻值均為2n的電阻接在導(dǎo)軌的左右兩端。導(dǎo)軌上放置兩個(gè)完全相同

的導(dǎo)體棒M與cd,導(dǎo)體棒的質(zhì)量加=O.5kg,長(zhǎng)度乙=，01,電阻％=|。，M位于

MN左側(cè)，cd放在磁場(chǎng)邊界尸。上，對(duì)M施加向右的恒力耳=5N后，M的速度-時(shí)間圖

像如圖乙所示(乙弓段為直線，其余段為曲線)，芍時(shí)刻撤去外力F，時(shí)刻油靜止，

已知乙時(shí)刻的速度大小為4m/s,t2G過(guò)程圖像圍成的面積為2m。兩個(gè)導(dǎo)體棒之間的碰

撞為完全非彈性碰撞，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，求：

(1)兩磁場(chǎng)邊界朋N、尸。之間的距離￡；

(2)若弓時(shí)刻之后系統(tǒng)受到向左的變力用作用，且巴國(guó)際單位制下比例系

數(shù)%大小為8.0,已知施加入后的0.5s內(nèi)，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)位移為x=l.15m,此過(guò)程中導(dǎo)軌

左側(cè)接入的電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q=L5J,求施加K后的0.5s內(nèi)巴做的功。

圖甲圖乙

13.如圖所示，光滑水平面上放置一個(gè)水平長(zhǎng)木板C和!光滑圓弧軌道B的組合體，

在組合體的左側(cè)水平面上固定一個(gè)彈性擋板，擋板與組合體左端的距離為L(zhǎng)現(xiàn)將一質(zhì)

量機(jī)=2kg的物塊A從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放，已知長(zhǎng)木板的質(zhì)量M=4kg,，圓

弧軌道的質(zhì)量，”=2kg,半徑R=1.8m,物塊與長(zhǎng)木板上表面的動(dòng)摩擦因素為〃=03,

重力加速度g=10m/s＞不考慮物塊A經(jīng)過(guò)組合體連接處的能量損失，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所

涉及到的碰撞均為彈性碰撞。

(1)先將B、C組合體通過(guò)中間的卡扣鎖定在一起，求：物塊A釋放以后經(jīng)過(guò)圓弧軌

道最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小為多少？

(2)現(xiàn)將。圓弧軌道固定，并解除B、C組合體之間的鎖定，在系統(tǒng)最終靜止之前，

長(zhǎng)木板只與擋板發(fā)生了5次碰撞，物塊始終未從長(zhǎng)木板上滑離，求擋板與組合體左側(cè)的

初始距離LQ

(3)若將圓弧軌道固定后，將木板C和物塊A的質(zhì)量互換(圓弧軌道質(zhì)量不變)，且

已知L=]m,物塊始終未從長(zhǎng)木板上滑離，求從釋放A開(kāi)始到系統(tǒng)最終靜止，求木板

通過(guò)的總路程。

試卷第8頁(yè)，共8頁(yè)

參考答案:

1.D

【詳解】A.布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體或氣體中的固體顆粒，受到液體或氣體分子的無(wú)規(guī)則撞

擊所做的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，用肉眼無(wú)法觀察到布朗運(yùn)動(dòng)，沙塵暴的運(yùn)動(dòng)是氣流運(yùn)動(dòng)形成的，不是

布朗運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B.從低溫到高溫，內(nèi)能增加，內(nèi)能的宏觀表現(xiàn)是溫度，溫度越高，內(nèi)能越大，故B錯(cuò)誤；

C.氧分子尺寸的數(shù)量級(jí)為，而PM2.5是指空氣中直徑小于或等于2.5pm,故C錯(cuò)誤；

D.PM2.5在空氣中的運(yùn)動(dòng)是布朗運(yùn)動(dòng)，由空氣中大量空氣分子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)對(duì)其撞擊的不平

衡性引起的，故D正確。

故選D。

2.C

【詳解】A.根據(jù)光線在球形玻璃磚中的對(duì)稱性，光線射入后都不會(huì)發(fā)生全反射現(xiàn)象，故A

錯(cuò)誤；

B.根據(jù)圖乙可知，a、b、c三種光的遏止電壓關(guān)系為

根據(jù)

eU=hv-Wa

可知

匕＞%＞匕

若這三種光是原子從能級(jí)〃=3躍遷到較低能級(jí)時(shí)發(fā)出的光，根據(jù)躍遷原理可得

,C.C.C

h——=h----卜h—

4A.

整理得

111

—=----1----

4A；4

進(jìn)入同一種介質(zhì)后，由于介質(zhì)對(duì)三種光的折射率不一樣，造成波長(zhǎng)發(fā)生變化，所以不再滿足

上述關(guān)系，故B錯(cuò)誤；

C.由B可知，。光的遏止電壓最小，根據(jù)

eU=E、

可知，〃光照射時(shí)逸出的光電子初動(dòng)能最小，故C正確；

答案第1頁(yè)，共18頁(yè)

D.由B可知vc>vb>va,根據(jù)

V=-

4>4,>4

因此a光更容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，單縫衍射時(shí)。光中央亮條紋最寬，故D錯(cuò)誤。

故選Co

3.D

【詳解】A.地球衛(wèi)星的加速度

宇航員在電梯中的加速度

因此圖線A為地球衛(wèi)星的加速度與距離地心距離/"的關(guān)系圖像，圖線B為宇航員在電梯中

的加速度與距離地心距離，?的關(guān)系圖像，故A錯(cuò)誤；

B.若電梯艙對(duì)航天員的彈力表現(xiàn)為支持力時(shí)，有

角速度不變，隨著，?增大，航天員受到電梯艙的彈力減小;

若電梯艙對(duì)航天員的彈力表現(xiàn)為拉力時(shí)，有

角速度不變，隨著廠增大，航天員受到電梯艙的彈力增大；故B錯(cuò)誤；

C.電梯艙在廠="處的站點(diǎn)時(shí)，航天員的加速度等于地球同步衛(wèi)星的加速度，電梯艙對(duì)航天

員的彈力等于零，航天員只受到萬(wàn)有引力，所以航天員處于完全失重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；

D.太空電梯向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，宇航員距離地面的高度增加，所以宇航員隨地球轉(zhuǎn)動(dòng)的線速

答案第2頁(yè)，共18頁(yè)

度在增大，因此宇航員在圓周運(yùn)動(dòng)的切線方向有加速度，所以宇航員的合加速度方向不沿半

徑方向指向地心，即宇航員受到的合力方向不指向地心，故D正確。

故選D。

4.D

【詳解】AB.設(shè)兩小球之間的庫(kù)侖力為凡小球在4點(diǎn)的彈力為F”在B點(diǎn)受到的彈力為

F,,在8點(diǎn)，由牛頓第二定律可得

F-mg-FB=m-^

代入數(shù)據(jù)得

F=8mg

從“到達(dá)8點(diǎn)過(guò)程，小球滿足機(jī)械能守恒，故有

121,

—mvA+2mgR=—mvH

解得

當(dāng)小球通過(guò)4點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得

,c，4

機(jī)g+尸c一%=初請(qǐng)

聯(lián)立解得

FA=8mg

即

FA>FB

故AB錯(cuò)誤;

C.若小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，由機(jī)械能守恒定律可知小球在/、8兩點(diǎn)的動(dòng)能之差為

△4=2mgR

在/點(diǎn)由牛頓第二定律可得

vi

mg+F-FA=m^

在8點(diǎn)有

F-mg-Ff,=〃喋

答案第3頁(yè)，共18頁(yè)

聯(lián)立解得壓力差

XFN=F「FB=6mg

故C錯(cuò)誤；

D.若O點(diǎn)小球的電荷量增大一倍，則庫(kù)侖力增大為2F,則小球通過(guò)5點(diǎn)有最大速率時(shí)，

小球與軌道間的彈力為零，由牛頓第二定律可得

2F-mg=m—

解得小球通過(guò)B點(diǎn)的最大速率為

要使小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的最小速度為0,對(duì)應(yīng)的B點(diǎn)最小速度應(yīng)滿足

2mgR=；

解得

丁n=2闞

所以要使另一個(gè)小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，小球通過(guò)最低點(diǎn)B的速度需要滿足

2萩4VB4

故D正確。

故選D。

5.BC

【詳解】A.向右移動(dòng)R、的滑片，電容器兩端電壓不變，兩極板之間的場(chǎng)強(qiáng)不變，因此小球

仍靜止不動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B.向右移動(dòng)飛的滑片，的兩端電壓增大，電容器兩端電壓增大，兩極板之間的場(chǎng)強(qiáng)增大，

小球受到的電場(chǎng)力增大，小球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，小球的電勢(shì)能減小，故B正確；

C.向下移動(dòng)電容器的下極板，電容器極板間距"增大，根據(jù)

可知電容C減小，若U不變時(shí)，Q將減小，但由于二極管的存在，電容器無(wú)法放電，所以Q

不變，U增大，二極管右端電勢(shì)高于左端電勢(shì)，故C正確；

D.斷開(kāi)S后，緊貼電容器的上極板附近插入金屬板，電容器極板間距d減小，根據(jù)

答案第4頁(yè)，共18頁(yè)

C=-^~,C=2,E=-

4/rkdUd

可知

小理

4s

可知極板間場(chǎng)強(qiáng)不變，h點(diǎn)到下極板間距不變，電勢(shì)差不變，因此M點(diǎn)電勢(shì)不變，故D錯(cuò)

誤。

故選BC?

6.BD

【詳解】A.“、b兩物體疊放在輕彈簧上，并處于靜止時(shí)，此時(shí)彈簧彈力等于油的重力，

即

F淤=2mg=kx

得到彈簧的壓縮量

x=駟

k

若

FL=qEL=31mg

系統(tǒng)做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，對(duì)6兩物體整體進(jìn)行分析，平衡位置時(shí)，彈簧的壓縮量為外，則

—mg+kx、=2mg

解得

_3mg_

2k

此時(shí)振幅為

A=xf=翳

24=螫

nk

則最高點(diǎn)時(shí)的彈簧壓縮量為

Ax,=x-2\=~~

當(dāng)兩物體之間作用力為0時(shí)，可以求得

答案第5頁(yè)，共18頁(yè)

mg

~T

彈簧壓縮量為

牛＞x2

所以於物體不會(huì)分離，兩物體將一起做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，故A錯(cuò)誤;

B.若

系統(tǒng)做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，對(duì)。、6兩物體整體進(jìn)行分析，平衡位置時(shí)，彈簧的壓縮量為三，則

-mg+kx3=2mg

則此時(shí)的振幅為

3mg

則最高點(diǎn)時(shí)的彈簧壓縮量為

Ax,=x-2A-,=

-22k

當(dāng)兩物體之間作用力為0時(shí).，可以求得尸=乎時(shí)，彈簧壓縮量為

4

3mg

4k

所以兩物體在到達(dá)最高點(diǎn)之前就已經(jīng)分離，不能完成完整的簡(jiǎn)諧振動(dòng)，即。，6會(huì)在OP之

間分離，B正確；

C.若

F=qE=mg

則a、6兩物體要分離時(shí)，兩者間的相互作用力為0,

答案第6頁(yè)，共18頁(yè)

對(duì)b物體，根據(jù)牛頓第二定律有

F—mg=ma

對(duì)〃物體，根據(jù)牛頓第二定律有

kx5-mg=ma

解得

,k

所以。，b不會(huì)在。點(diǎn)分離,C錯(cuò)誤；

D.若

F=qE=2mg

則b兩物體要分離時(shí)，兩者間的相互作用力為0,

對(duì)b物體，根據(jù)牛頓第二定律有

F-mg=ma

對(duì)〃物體，根據(jù)牛頓第二定律有

kx。-mg=ma

解得

即4、6恰好在圖示的初始位置尸點(diǎn)分離，D正確。

故選BDo

7.ACD

【詳解】構(gòu)建基本模型如下，以空竹為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，如圖所示

設(shè)橡皮筋與水平方向的夾角分別為a和4，同一根橡皮筋拉力大小相等，即

答案第7頁(yè)，共18頁(yè)

則平衡時(shí)有

4cos/=F2cosa

解得

a=B

所以兩根橡皮筋與豎直方向的夾角相等，設(shè)為。，根據(jù)平衡條件有

2Rcose=mg

設(shè)彈性繩兩個(gè)端點(diǎn)在水平方向上的距離為d,保持彈性繩兩個(gè)端點(diǎn)之間的距離不變，無(wú)論彈

性繩兩個(gè)端點(diǎn)的連線如何轉(zhuǎn)動(dòng)，”均減小，則。減小，cos。增大，因此B、尸2均減小，根

據(jù)胡克定律可得橡皮筋的長(zhǎng)度減?。桓鶕?jù)幾何關(guān)系可知，彈性繩兩個(gè)端點(diǎn)的連線沿順時(shí)針?lè)?/p>

向與沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)過(guò)相同角度時(shí)，橡皮筋與豎直方向的夾角都相等，因此橡皮筋的拉力相

同。綜上所述可知

L\=L]<Lo

故選ACDo

8.AB

【詳解】A.由題意可知，粒子運(yùn)動(dòng)情況如圖所示

因?yàn)閺姆贮c(diǎn)射出的粒子速度方向與擋板垂直，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子的軌跡圓心在。點(diǎn),

則有：

mv,

r=——=L

qB

粒子速率為

丫=處

m

故A正確；

B.由題意可知，打到左側(cè)擋板最遠(yuǎn)點(diǎn)的粒子，與S點(diǎn)的連線長(zhǎng)度等于粒子的軌跡直徑,

答案第8頁(yè)，共18頁(yè)

由幾何關(guān)系可知左側(cè)最遠(yuǎn)點(diǎn)到間隙中心的距離為

粒子能夠到達(dá)右側(cè)擋板最遠(yuǎn)點(diǎn)的位置應(yīng)為粒子軌跡與右側(cè)擋板的切點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知右側(cè)

最遠(yuǎn)點(diǎn)到間隙中心的距離為

xf+^L-^-L=1}

解得

“6-3,

=-----------L

2

因此擋板上能吸收到粒子的總長(zhǎng)度

ra+"46-3-2,

x=xt+x2-L=------------------------L

故B正確；

C.由A知粒子發(fā)射速度

v_qBL

22m

則軌跡半徑

v

m—,

」

r----2--——

qB2

根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子到達(dá)方點(diǎn)時(shí)，bS連線恰好等于軌跡直徑，粒子運(yùn)動(dòng)情況如圖所示，

假設(shè)粒子軌跡與從相切于N點(diǎn),由幾何關(guān)系，可求得切點(diǎn)N到|,

XX7,

x子?XBX

X

x

1A______

abNcd

7

區(qū)二L

4222

即

答案第9頁(yè)，共18頁(yè)

L

x<—

2

說(shuō)明右側(cè)能夠有粒子射出的最遠(yuǎn)位置還沒(méi)有到達(dá)。點(diǎn)，故c錯(cuò)誤;

D.根據(jù)圖示可知，若粒子從6點(diǎn)射出磁場(chǎng)，其從S點(diǎn)出射時(shí)的速度方向與6S連線垂直斜

向左上方；若粒子以與Sc垂直且斜向左下方的速度方向射出，根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知,

粒子運(yùn)動(dòng)軌跡將與6c相交與中間某點(diǎn)，此時(shí)兩種情況下從S點(diǎn)出射的速度方向夾角為60,

所以運(yùn)動(dòng)軌跡與從相切的粒子從S點(diǎn)出射速度方向與從b點(diǎn)射出的粒子從S點(diǎn)的的出射方

因此此時(shí)射出粒子數(shù)目大于發(fā)射粒子總數(shù)的，，故D錯(cuò)誤。

向夾角大于60,

O

故選AB。

2t4二(//4)B干

9.g-B九

N—l

【詳解】(2)[1]鑰匙扣第1次通過(guò)最低點(diǎn)按下計(jì)時(shí)“開(kāi)始”按鈕，第N次通過(guò)最低點(diǎn)停止計(jì)

時(shí)，記錄手機(jī)上的時(shí)間為「，則單擺的周期為

(3)[2]設(shè)擺線末端與鑰匙扣重心間的距離為「，根據(jù)單擺周期公式

可得

聯(lián)立可得重力加速度為

4/((-/

邛-/

(4)[3]根據(jù)

可得

14乃2/工4萬(wàn)2

T1=14------

gg

故T?與/為一次函數(shù)關(guān)系，且與縱軸正半軸有截距。

答案第10頁(yè)，共18頁(yè)

故選B。

(5)[4]由(3)(4)數(shù)據(jù)處理分析可知，鑰匙扣的形狀不規(guī)則雖導(dǎo)致重心位置無(wú)法測(cè)量,

但對(duì)重力加速度的測(cè)量無(wú)影響。

io-2飛一^^偏大

-7-aa

【詳解】(1)口]由胡克定律可知

kx=G

解得

G

x——

k

此時(shí)滑動(dòng)變阻器接入電阻為

R'嚀仆二七凡

由閉合電路歐姆定律可知

/-2E

K)+R+7*

解得

「kLr2EkL

G=2kL+---------------

R()

可知：應(yīng)該畫(huà)G-；圖像。

(2)[2][3]根據(jù)分析可知

2EkL

a=---------

b=2kL+—

解得

2Ek

“2Eb

r=-2R\--------

(3)[4]考慮電流表引起的誤差，內(nèi)阻實(shí)際值為

因此測(cè)量值偏大。

11.(1)F=10N；(2)=27409m/s；vmin

答案第11頁(yè)，共18頁(yè)

【詳解】（1）由題意可知，小球在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)的豎直高度有

=1.8m

2g

解得

v0=6m/s

小球拋出后在風(fēng)洞范圍內(nèi)，豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，有

解得

%=0.4s

水平方向有

12

xi=2at'

沖出風(fēng)洞時(shí)豎直方向的速度

匕,=%心=2m/s

水平方向的速度

匕=劭

小球從風(fēng)洞區(qū)域沖出后的運(yùn)動(dòng)時(shí)間

f,=2、=0.4s

g

小球在風(fēng)洞外水平方向的位移大小

x2=at1t2

小球返回風(fēng)洞后水平方向的位移

12

x3=atixtl+-ati

聯(lián)立可知

）

%：x2：x3=1:2:3

又

xy+x2+x3=24m

解得

a=50m/s2

答案第12頁(yè)，共18頁(yè)

對(duì)小球，水平方向

F=ma

代入數(shù)據(jù)得

F=10N

(2)小球經(jīng)過(guò)x=24m時(shí)的速度最大，水平速度為

匕=〃2=40m/s

此時(shí)速度為

*ax=%+片

解得

k=2y/409m/s

小球在風(fēng)洞外的最小速度出現(xiàn)在軌跡的最高點(diǎn)，等于小球離開(kāi)風(fēng)洞時(shí)的水平速度，

即

v2=匕=atl=20m/s

在風(fēng)洞內(nèi)速度最小值出現(xiàn)在合外力方向速度減為零時(shí)，即速度方向與合力方向垂直時(shí)。

設(shè)小球所受合力方向與水平面夾角為a。根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解，速度最小值為

v3=%cosa

又因?yàn)?/p>

cosa=

。"26

所以

v}=v0cosa=""m/s<嗎

故小球的最小速度為"叵m/s。

13

12.(1)2.4m；(2)W=-1.755J

【詳解】(1)由圖像可知：八時(shí)刻時(shí)到達(dá)仞V,4時(shí)刻仍與〃在位置發(fā)生碰撞，對(duì)于

兩根導(dǎo)體棒碰后的過(guò)程，列動(dòng)量定理，則有

=0-2mv2

任一導(dǎo)體棒接入電路的有效電阻

答案第13頁(yè)，共18頁(yè)

r=V4=2。

L2

根據(jù)電路規(guī)律有

&=-r+-R=2Q.

由

q-U

1=旦

%

E=n----

△t

解得

△①BLx

n

聯(lián)立可得

v2=4m/s

設(shè)兩導(dǎo)體棒發(fā)生碰撞前瞬間ab棒的速度為V,,根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知

mvx=2mv2

代入數(shù)據(jù)得

Vj=8m/s

在九W到的過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律有

6=ma

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

22

L=U=2.4m

2a

（2）設(shè)施加工后的0.5s時(shí)兩導(dǎo)體棒的速度為匕，對(duì)兩根導(dǎo)體棒整體研究，根據(jù)動(dòng)量定理有

（―/?/。一E,）A/=2mvi—2mv2

根據(jù)巴滿足的函數(shù)關(guān)系可知

—IN-s

結(jié)合

答案第14頁(yè)，共18頁(yè)

△①BL.x

q-----=------

底R(shí)垓

聯(lián)立解得

v3=0.7m/s

根據(jù)電路規(guī)律可知，此過(guò)程中整個(gè)電路生成的熱量為

Q「4Q

根據(jù)能量守恒定律有

I,1,

代入數(shù)據(jù)得

W=-1.755J

22013

13.(1)—N；(2)0.03m；(3)—m

33

【詳解】（1）根據(jù)題意可知，A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)A滑到圓弧

軌道最低點(diǎn)時(shí)組合體的速度為匕,A的速度為匕，以水平向左為正方向，則有

O=(/n+M)匕+mv2

由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得

聯(lián)立可得

Vj=-^m/s

v2=35/3m/s

根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知

F(Vj-V,)2

FN-mg=m

K

解得

FTN

N3

由牛頓第三定律得

r-r-220