廣東省茂名市2023屆物理高考模擬考試卷子〔一〕

一、單項(xiàng)選擇題：此題共7小題，每題4分，共28分。在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一

項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求的。

1.已知Co60的衰變方程為舞Co-；；Ni+X，半衰期為5.27年，則X和1克Co60經(jīng)過(guò)

5.27年后還剩下Co60的質(zhì)量分別為（）

A.質(zhì)子0.5克B.電子0.5克

C.質(zhì)子0.25克D.電子0.25克

2.當(dāng)使用高壓水槍時(shí)，我們感受到比擬強(qiáng)的反沖作用，如圖，一水槍與軟管相連，翻開開關(guān)后，以

30m/s的速度每秒噴出1kg的水，假設(shè)水槍入口與出口的口徑相同，則水對(duì)該水槍作用力的大小及方

向是（）

A.30N,沿③的方向B.30N,沿②的方向

C.60N,沿①的方向D.60N,沿②的方向

3.2023年6月17日我國(guó)神舟十二號(hào)載人飛船入軌后，按照預(yù)定程序，與在同一軌道上運(yùn)行的“天

和”核心艙交會(huì)對(duì)接，航天員將進(jìn)駐“天和”核心艙。交會(huì)對(duì)接后神舟十二號(hào)飛船與“天和〃核心艙

的組合體軌道不變，將對(duì)接前飛船與對(duì)接后的組合體比照，下面說(shuō)法正確的選項(xiàng)是（）

A.組合體的圍繞速度大于神舟十二號(hào)飛船的圍繞速度

B.組合體的圍繞周期大于神舟十二號(hào)飛船的圍繞周期

C.組合體的向心加速度大于神舟十二號(hào)飛船的向心加速度

D.組合體所受的向心力大于神舟十二號(hào)飛船所受的向心力

4.如圖1所示，半徑為R均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為。，其軸線上任意一點(diǎn)P（坐標(biāo)為

X

X）的電場(chǎng)強(qiáng)度可以由庫(kù)侖定律和電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加原理求出：2兀ko，方向沿X

+X22

軸?，F(xiàn)考慮單位面積帶電量為。的無(wú)限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如下

圖。則圓孔軸線上任意一點(diǎn)Q1坐標(biāo)為x）的電場(chǎng)強(qiáng)度為（

P1

x

2兀kb------------------r

AA.1B.\_

(r2+x22

r

C.2兀koD.2萬(wàn)《。

x

5.一根較簡(jiǎn)單形變的彈性導(dǎo)線，將上下兩端固定，當(dāng)沒(méi)有磁場(chǎng)時(shí),導(dǎo)線呈直線狀態(tài).現(xiàn)使導(dǎo)線通過(guò)

電流，方向自下而上（如圖中箭頭所示），分別加上方向豎直向上、水平向右、垂直于紙面向外的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，以下描述導(dǎo)線發(fā)生形變的四個(gè)圖示中正確的選項(xiàng)是（)

C.D.

6.質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩種物體分別在水平恒力"和用的作用下沿水平面運(yùn)動(dòng)，撤

去可、月后受摩擦力的作用減速到停止，其v-Z圖像如下圖，則（）

A.F、、F?大小之比為2:1

B.耳、6對(duì)A,B做功之比為2:1

C.A,B受到的摩擦力大小之比為2:1

D.全過(guò)程中摩擦力對(duì)A,B做功之比為2:1

7.如下圖，固定于水平面上的豎直光滑圓軌道的半徑為R,B、D分別為圓軌道的最ga。點(diǎn)和最di

點(diǎn)，A與C為平行于地面的直徑的兩端點(diǎn)，小球（視為質(zhì)點(diǎn)）從軌道上的A點(diǎn)以某一速度沿軌道豎

直向下運(yùn)動(dòng)。以下推斷正確的選項(xiàng)是（）

B.假設(shè)小球能過(guò)B點(diǎn)，則小球在D點(diǎn)和B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小之差為6mg

C.小球從A點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程中克服重力做功，且重力做功的功率一直增大

D.假設(shè)軌道存在摩擦，則小球從A點(diǎn)至D點(diǎn)與從D點(diǎn)至C點(diǎn)過(guò)程中克服摩擦力做的功相等

二、多項(xiàng)選擇題：此題共3小題，每題6分，共18分。在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)

符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分。

8.無(wú)線充電近年來(lái)得到廣泛應(yīng)用，無(wú)線充電技術(shù)與變壓器的工作原理類似，通過(guò)分別安裝在充電基

座和接收能量裝置上的線圈，利用產(chǎn)生的磁場(chǎng)傳遞能量。如圖甲所示，充電基座接上220V、50Hz

家庭用交流電（電壓變化如圖乙所示），受電線圈接上一個(gè)理想二極管給電池充電。以下說(shuō)法正

確的選項(xiàng)是（）

A.乙圖中的Eo的大小為220V

B.在t2時(shí)刻，受電線圈中的電動(dòng)勢(shì)到達(dá)最大

C.基座線圈和受電線圈通過(guò)互感完成能量傳遞

D.和基座無(wú)需導(dǎo)線連接，這樣傳遞能量沒(méi)有損失

9.如下圖，帶電小球Q固定在傾角為。的光滑固定絕緣細(xì)桿下端，一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正

電小球M穿在桿上從A點(diǎn)由靜止釋放，小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，已知A、B間距為L(zhǎng),C是

AB的中點(diǎn)，兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g,則（）

A.小球從A到B的過(guò)程中加速度先減小后增大

B.小球在B點(diǎn)時(shí)受到的庫(kù)侖力大小為mgsinO

C.小球在C點(diǎn)時(shí)速度最大

D.在Q產(chǎn)生的電場(chǎng)中，A,B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為一上一

q

10.如下圖，在某行星外表上有一傾斜的圓盤，面與水平面的夾角為30。，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離L處

有小物體與圓盤保持相對(duì)靜止，繞垂直于盤面的固定對(duì)稱軸以恒定角速度轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度為3時(shí)，小

物塊剛要滑動(dòng)，物體與盤面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2叵（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力），星球的半

3

徑為R,引力常量為G,以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是（）

A.這個(gè)行星的質(zhì)量23"'

G

B.這個(gè)行星的第一宇宙速度y=2（0而

C.這個(gè)行星的密度是p=當(dāng)工

HGR

1,

D.離行星外表距離為R的地方的重力加速度為-32上

2

三、非選擇題：共54分。第11~14題為必考題，考生都必須作答。第15~16題為選考題,

考生依據(jù)要求作答。

〔一〕必考題：共42分。

11.用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器測(cè)量重力加速度的實(shí)驗(yàn)裝置如下圖。當(dāng)紙帶在鉤碼帶動(dòng)下向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，打點(diǎn)計(jì)時(shí)

器在紙帶上打下一系列的點(diǎn)。

（1）該實(shí)驗(yàn)中,以下方法有助于減小實(shí)驗(yàn)誤差的是.

A.應(yīng)從紙帶上的第一個(gè)點(diǎn)跡開始測(cè)量、計(jì)算

B.選用的鉤碼的質(zhì)量應(yīng)盡可能小些

C.操作時(shí)，應(yīng)先釋放紙帶，后接通電源

D.打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的上下兩限位孔應(yīng)在同一豎直線上

（2）某同學(xué)在正確操作下，選取了一條點(diǎn)跡清楚的紙帶，并測(cè)得連續(xù)三段相鄰點(diǎn)的距離，但不

小心將該紙帶撕成了三段，并喪失了中間段的紙帶，剩余的兩段紙帶如下圖，其中A、B兩點(diǎn)的距

離xi=9.8mm,C、D兩點(diǎn)的距離x2=17.6mm.已知電源的頻率為50Hz.在打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打下C、D兩點(diǎn)

的過(guò)程中，鉤碼的平均速度丫=m/s.

（3）實(shí)驗(yàn)測(cè)得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=

12.某同學(xué)研究小燈泡的伏安特性，所使用的器材有：小燈泡L（額定電壓3.8V,額定電流0.32A）；

電壓表V（量程3V,內(nèi)阻3kC）；電流表A（量程0.5A,內(nèi)阻0.5C）；固定電阻R。（阻值1000C）；滑動(dòng)

變阻器R（阻值0~9.0。）；電源E（電動(dòng)勢(shì)5V,內(nèi)阻不計(jì)）；開關(guān)S；導(dǎo)線假設(shè)干.

11〕實(shí)驗(yàn)要求能夠完成在0?3.8V的范圍內(nèi)對(duì)小燈泡的電壓進(jìn)行測(cè)量，畫出實(shí)驗(yàn)電路原理圖.

（2）實(shí)驗(yàn)測(cè)得該小燈泡伏安特性曲線如圖（a）所示.

//mA

(a)

由實(shí)驗(yàn)曲線可知，隨著電流的增加小燈泡的電阻（填"增大""不變"或"減小”），燈絲的

電阻率（填”增大〃"不變”或"減小”）.

（3）用另一電源E。（電動(dòng)勢(shì)4V,內(nèi)阻1.00C）和題給器材連接成圖（b）所示的電路，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻

器R的阻值，可以改變小燈泡的實(shí)際功率.閉合開關(guān)S,在R的變化范圍內(nèi)，小燈泡的最小功率為一

W,最大功率為W.（結(jié)果均保存兩位小數(shù)）

13.如下圖，等邊三角形AQC的邊長(zhǎng)為2L,P、D分別為AQ、AC的中點(diǎn).水平線QC以下是水平向

左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，地域1（梯形PQCD）內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bo；地域II（三角形

APD）內(nèi)的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，地域IH（虛線PD之上、三角形APD以外）的磁場(chǎng)與地域H大小相

等、方向相反，且磁感應(yīng)強(qiáng)度為3B0帶正電的粒子從QC邊中點(diǎn)N以速度V。垂直QC進(jìn)入地域I再

從P點(diǎn)垂直AQ射入地域III（粒子重力忽略不計(jì)）.經(jīng)一系列運(yùn)動(dòng)粒子將再次回到N點(diǎn)以速度Vo垂直

QC進(jìn)入下方勻強(qiáng)電場(chǎng),最后從O點(diǎn)離開電場(chǎng)（QO邊長(zhǎng)為L(zhǎng)）。求：

（1）該粒子的比荷q/m；

⑵勻強(qiáng)電場(chǎng)E的大小;

（3）粒子在磁場(chǎng)從N點(diǎn)出發(fā)再回到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程所需的時(shí)間t.

14.半徑R=2.75m、圓心角0=37。的一段光滑圓弧槽固定在粗糙水平面上，一質(zhì)量為m=3.0kg、可視

為質(zhì)點(diǎn)的小物塊Q放置于圓弧槽最di點(diǎn)（其切線恰好水平）。在圓弧槽右側(cè)同一直線上有一個(gè)質(zhì)量

為M=l.Okg、長(zhǎng)度為L(zhǎng)=5.75m的薄木板，薄木板與圓弧槽最di點(diǎn)平齊，且左端與圓弧槽最di點(diǎn)相距

x（）=0.75m。某時(shí)刻，一質(zhì)量也為m的小物塊P（可視為質(zhì)點(diǎn)）以水平初速度vo=14m/s沖上薄木板右

端。一段時(shí)間后，當(dāng)薄木板左端剛與圓弧槽相撞時(shí)，小物塊P恰好運(yùn)動(dòng)至薄木板左端，且馬上與小

物塊Q碰撞粘連在一起、繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。已知小物塊P與薄木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)同=0.40,重力加速度

g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o求：

o

11〕從P開始運(yùn)動(dòng)到與Q發(fā)生碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間t；

(2)薄木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)眼；

(3)P、Q碰撞后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到其軌跡最gao點(diǎn)時(shí)離水平面的高度H。

〔二〕選考題：共12分。請(qǐng)考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第T

計(jì)分。

15.(1)密閉在鋼瓶中的理想氣體，溫度升高時(shí)壓強(qiáng)增大.從分子動(dòng)理論的角度分析，這是由于分子熱

運(yùn)動(dòng)的增大了.該氣體在溫度Tl、T2時(shí)的分子速率分布圖象如下圖，則T1

(選填"大于”或"小于”)T2.

各速率區(qū)間的分f數(shù)

(2)肯定質(zhì)量的理想氣體體積V與熱力學(xué)溫度T的關(guān)系圖象如下圖，氣體在狀態(tài)A時(shí)的壓強(qiáng)

PA=PO,溫度TA=TO,線段AB與V軸平行，BC的延長(zhǎng)線過(guò)原點(diǎn)。求:

①氣體在狀態(tài)B時(shí)的壓強(qiáng)PB；

②氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過(guò)程中，對(duì)外界做的功為10J,該過(guò)程中氣體汲取的熱量為多

少;

。氣體在狀態(tài)C時(shí)的壓強(qiáng)pc和溫度Tc。

16.(1)一列向右傳播的簡(jiǎn)諧橫波，某時(shí)刻波形如圖。已知波速為8m/s,從這一時(shí)刻起，經(jīng)過(guò)1.75

s,質(zhì)點(diǎn)M通過(guò)的路程是cm,波的傳播距離是m。

(2)如下圖，在折射率?=|的透明液體中，水平放置一足夠大的不透光薄板，薄板下方豎直放

置著一把長(zhǎng)50cm直尺，其零刻度恰好與板上的。點(diǎn)重合，距離O點(diǎn)為6cm處有一可以透光的

小孔P,距離O為12cm處的Q點(diǎn)的正下方豎直放置著高為10cm的平面鏡MN,平面鏡的上

端M到Q的距離為6cm。求：緊貼著液面的人通過(guò)平面鏡人能觀察到米尺的刻度范圍。

答案解析局部

1.B

（解答）原子核衰變過(guò)程的質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)均守恒，可得X為電子；1克Co60中有大量的原子

核，1克Co60經(jīng)過(guò)5.27年后，還有0.5克沒(méi)有衰變。

故答案為：B。

（分析）利用質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可以判別X為電子；利用半衰期及衰變的時(shí)間可以判別還沒(méi)衰變

的原子核質(zhì)量。

2.B

（解答）解：以水為研究對(duì)象，運(yùn)用動(dòng)量定理得：

Ft=m水V]-0

代入解得，水流受到的平均作用力為：F=30N,方向沿出口的方向和進(jìn)水口的角平分線上.

B依據(jù)牛頓第三定律可知，水對(duì)該水槍作用力的大小是30N,方向是沿②的方向.故B正確，ACD

錯(cuò)誤

應(yīng)選：B

（分析）依據(jù)動(dòng)量定理即可求出水受到的作用力的大小與方向，然后由牛頓第三定律說(shuō)明水對(duì)該水

槍作用力的大小及方向.

3.D

2

（解答）由粵v4TI2

AB.G=m—=m——r

rrT2

可得

T=2n

可見v、T與質(zhì)量m無(wú)關(guān)，周期與圍繞速度不變，AB不符合題意;

GMm

C.由——=ma

r

GM

可得a=

r

可知向心加速度與質(zhì)量加無(wú)關(guān)，C不符合題意;

,,,廠GMm

D.向心力為F-—z—

r

組合體的質(zhì)量大于神舟十二號(hào)飛船的質(zhì)量，則組合體所受的向心力大于神舟十二號(hào)飛船所受的向心

力，D符合題意。

故答案為：D。

（分析）利用引力提供向心力可以判別線速度、周期和圍繞速度的大小與質(zhì)量m無(wú)關(guān)；利用向心力

的表達(dá)式可以比擬向心力的大小。

4.B

（解答）將挖去的圓板補(bǔ)上，復(fù)原無(wú)限大均勻帶電平板，設(shè)無(wú)限大均勻帶電平板在Q點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為

E,補(bǔ)回來(lái)的半徑為r的圓板在Q點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為Ei，待求的場(chǎng)強(qiáng)為E2，由電場(chǎng)疊加原理得E=E]+E?

E]=2乃1-----------

卜2+x2）2

x

由21ko1-----------得，當(dāng)R無(wú)限大時(shí)

（/?2+X2）2

E=2兀k<j1----------=2兀k<j

（后+》2>

解得E2=M（y"1

（r2+x2）2

故答案為：Bo

（分析）利用己知場(chǎng)強(qiáng)的表達(dá)式結(jié)合電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加可以求出未知電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。

5.D

（解答）解：A、圖示電流與磁場(chǎng)平行，導(dǎo)線不受力的作用，故A錯(cuò)誤；

B、由左手定則判得，安培力的方向垂直紙面向里，故B錯(cuò)誤；

C、由左手定則判得，安培力的方向水平向右，故C錯(cuò)誤；

D、由左手定則判得，安培力的方向水平向右，故D正確；

應(yīng)選：D.

（分析）通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中的受力方向推斷，可由左手定則完成，注意電力與磁場(chǎng)平行時(shí)沒(méi)有安培

力.

6.A

（解答）C.由速度與時(shí)間圖象可知，兩個(gè)勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度之比為1：2；由牛頓第二定律可

知：A、B的質(zhì)量關(guān)系是2：1,則由4ma

可知A、B受摩擦力大小1：1,C不符合題意；

A.由速度與時(shí)間圖象可知，A、B兩物體加速與減速的位移相等，且勻加速運(yùn)動(dòng)位移之比1：2,勻

減速運(yùn)動(dòng)的位移之比2：1,設(shè)A物體在0?t0時(shí)間內(nèi)的位移為x,則由動(dòng)能定理可得：A物體的拉力

與摩擦力的關(guān)系F1?x-f「3x=0-0

B物體的拉力與摩擦力的關(guān)系F2?2x-f2?3x=0-0

因此可得F1=3f1

F2=L5L

f|=fi

所以FI=2F2

A符合題意；

BD.全過(guò)程中摩擦力對(duì)A、B做功相等，均為fj3x或f2?3x；F2對(duì)A、B做功之大小相等，BD

不符合題意。

故答案為：Ao

（分析）v-t圖像的斜率為物體運(yùn)動(dòng)的加速度，結(jié)合牛頓第二定律得出AB的質(zhì)量之比；利用動(dòng)能定

理得出AB受到的摩擦力之比；依據(jù)摩擦力做功得出全過(guò)程中摩擦力對(duì)AB做功之比。

7.B

（解答）A.小球恰好能夠到達(dá)B點(diǎn)，則有加g=帆.

小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),依據(jù)機(jī)械能守恒有=-mvg+mgR

可得，小球在A點(diǎn)的最小速度為v=病方

即只有v荻時(shí)，小球才能到達(dá)B點(diǎn)，A不符合題意；

1,1,

B.小球從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，依據(jù)機(jī)械能守恒有~mvo^~mvB+mS-2R

小球在B點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律有FB+mg=m^

小球在D點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有耳，-加g=加器

聯(lián)立解得FD~FB=6mg

則假設(shè)小球能過(guò)B點(diǎn)，則小球在D點(diǎn)和B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小之差為6mg,B符合題意；

C.小球從A點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程中重力做正功，小球從A點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程中，豎直方向先加速后減

速，豎直分速度先增大后減小，重力做功的功領(lǐng)先增大后減小，C不符合題意；

D.假設(shè)軌道存在摩擦，在圓軌道的下半局部，任意取等高的M、N兩點(diǎn)，小球在M、N兩點(diǎn)時(shí)，

受力如以下圖所示

在M點(diǎn)，依據(jù)牛頓第二定律有F-mgsinQ=m—

wR

2

在N點(diǎn)，依據(jù)牛頓第二定律有Fm-mgsind=m

小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，由于機(jī)械能損失，可知巧＞為，則有&I〉氏2

又/=咻

所以有工＞人

由此可知小球從A點(diǎn)至D點(diǎn)的過(guò)程中受到的摩擦力比從D點(diǎn)至C點(diǎn)過(guò)程中受到的摩擦力大。由于

路程相同，所以小球從A點(diǎn)至D點(diǎn)過(guò)程中克服摩擦力做的功大于從D點(diǎn)至C點(diǎn)過(guò)程中克服摩擦力

做的功，D不符合題意。

故答案為：Bo

（分析）小球恰好能夠到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，依據(jù)重力等于向心力得出B點(diǎn)的速度，小球從A到B的過(guò)程中

依據(jù)機(jī)械能守恒得出A點(diǎn)的最小速度，從而得出小球能經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度范圍，假設(shè)軌道存在摩擦，

依據(jù)牛頓第二定律得出從A點(diǎn)至D點(diǎn)的過(guò)程和從D點(diǎn)至C點(diǎn)過(guò)程中受到的摩擦力大小關(guān)系。

8.B,C

（解答）A.乙圖中的E。為交流電的最大值，其大小為220立V，A不符合題意；

B.在t2時(shí)刻，基座線圈的電流變化最快，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，受電線圈中的電動(dòng)勢(shì)到達(dá)最

大，B符合題意；

C.基座線圈和受電線圈通過(guò)互感，將原線圈中的能量傳遞到受電線圈，完成能量傳遞，C符合題

忌;

D.和基座無(wú)需導(dǎo)線連接，但這樣傳遞能量，有一局部能量以電磁波的形式損失，D不符合題

意。

故答案為：BCo

（分析）E。為交變電流的最大值，基座線圈和受電線圈之間通過(guò)護(hù)肝完成能量傳遞，過(guò)程中一局部

能量以電磁波的形式輻射和產(chǎn)生焦耳熱損失能量。

9.A,D

（解答）解：A、由題意可知，小球從A靜止運(yùn)動(dòng)在B點(diǎn)時(shí)，速度為零，則有小球先加速后減速，

那么一開始庫(kù)侖力，小于重力沿著細(xì)桿的分力，當(dāng)減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，則庫(kù)侖力大于重力沿著細(xì)桿的分

力，因此加速度先減小，再增大，A符合題意；

B、球在B點(diǎn)時(shí)，速度為零，但不是處于平衡狀態(tài)，由于球要向上運(yùn)動(dòng)，那么受到的庫(kù)侖力大小大

于mgsin。，B不符合題意；

C、當(dāng)球的加速度為零時(shí)，速度才能到達(dá)最大，而C雖是AB的中點(diǎn)，依據(jù)庫(kù)侖力與間距的平方成反

比，則有此處庫(kù)侖力，支持力與重力的合力不為零，因此在C點(diǎn)時(shí)速度不是最大，C不符合題意；

meLsinO

D、依據(jù)動(dòng)能定理，從A到B,則有：0O=mgLsin0+qUAB；解得：UAB=---------，D符合題意；

q

故答案為：AD.

（分析）考查庫(kù)侖定律的應(yīng)用，掌握由力分析運(yùn)動(dòng)的方法，依據(jù)牛頓第二定律分析加速度問(wèn)題，注

意速度為零時(shí)，不肯定是平衡狀態(tài)，加速度為零時(shí)，速度最大以及及理解動(dòng)能定理的內(nèi)容，注意力

做功的正負(fù)，留神電勢(shì)差的正負(fù)也是解題的關(guān)鍵。

10.A,D

（解答）A.由分析知，小物塊剛要滑動(dòng)時(shí)，處于最di點(diǎn)位置，則依據(jù)牛頓第二定律得

j.i/77gco.v30o-mgsin30°-inoi2L

解得g=2co2A

Mm

在天體外表滿足mg=G

解得.=嚕

A符合題意;

B.依據(jù)牛頓第二定律得〃?g=加亮

解得v=3啦瓦

B不符合題意；

4

C.依據(jù)M=p—一兀尸

3

一2(o2/?2￡

3CO2L

解得p=

2GnR

C不符合題意;

Mm

D.離行星外表距離為R的地方的重力加速度為〃?g'=G西

,,2a2R2L

M-----------

G

解得g'=；o)2L

D符合題意。

故答案為：ADo

(分析)當(dāng)物塊恰好發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，利用牛頓第二定律可以求出重力加速度的大小，結(jié)合引力形成重

力可以求出行星質(zhì)量的大?。焕门ｎD第二定律可以求出行星第一宇宙速度的大??；結(jié)合其體積公

式可以求出行星的平均密度；利用引力形成重力可以求出離行星外表距離為R處重力加速度的大

小。

11.⑴D

⑵0.88

(3)9.75

(解答)(1)不肯定要從紙帶上第一個(gè)點(diǎn)開始計(jì)算驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，A不符合題意；選用的鉤

碼的質(zhì)量應(yīng)盡可能大些，密度盡量大一些，可以減小受到的阻力的影響，可減少實(shí)驗(yàn)誤差，B不符

合題意；操作時(shí)，應(yīng)先接通電源，后釋放紙帶，以保證紙帶充分利用，該次序不能顛倒。C不符合

題意；打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的上下兩限位孔應(yīng)在同一豎直線上，以減小摩擦造成的誤差，D符合題意。

(2)電源的頻率為50Hz,則T=0.02s,依據(jù)平均速度公式可知v=^=^^m/s=0.88m/s

T0.02

(3)中間段的紙帶有1個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)，依據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論△x=aT2可得：xcD-XAB=2aT2,解得

a=9.75m/s2

(分析)(1)測(cè)量加速度時(shí)，應(yīng)減小紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器線位孔的摩擦;

(2)求解平均速度利用路程除以這一段路程對(duì)應(yīng)的時(shí)間即可；

(3)結(jié)合紙帶上點(diǎn)的距離，利用逐差法求解物體的加速度即可。

(2)增大；增大

(3)0.39；1.17

(解答)(1)電壓表量程為3V,要求能夠完成在0?3.8V的范圍內(nèi)對(duì)小燈泡的電壓進(jìn)行測(cè)量，需要

給電壓表串聯(lián)一個(gè)定值電阻擴(kuò)大量程，題目中要求小燈泡兩端電壓從零開始，故滑動(dòng)變阻器用分壓

式接法，小燈泡的電阻&=7=-Q=lL875Q,因￡＜黃，故電流表用外接法，實(shí)驗(yàn)電

路原理圖如下圖.

~~;(2)由I-U圖象知，圖象中的點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)連線的斜率在減小，表示燈泡的電阻隨

R

E、

電流的增大而增大，依據(jù)電阻定律R=p5知，燈絲的電阻率增大.(3)當(dāng)滑動(dòng)變阻器的阻值最大為

9.0。時(shí)，電路中的電流最小，燈泡實(shí)際功率最小，由E=U+l(R+r)得U=-10l+4,作出圖線①

如下圖.

由交點(diǎn)坐標(biāo)可得Ui=1.78V,L=221mA,P|=U山巾.39W；

當(dāng)滑動(dòng)變阻器電阻值R=0時(shí),，燈泡消耗的功率最大，由￡=1；+1(1<+。得，I=-U+4,作出圖線

②如下圖.由交點(diǎn)坐標(biāo)可得，U2=3.70V,L=315mA,最大的功率為P?=U212n.i7W.

(分析)(1)電壓表量程缺乏所以要使用電表的改裝，由于了解改裝后電壓表的內(nèi)阻所以電流表使

用外接法；滑動(dòng)變阻器使用分壓式接法；

(2)利用圖線的坐標(biāo)點(diǎn)和原點(diǎn)連線的斜率可以判別電阻的變化；利用電阻的變化可以判別電阻率的

變化；

(3)利用閉合電路歐姆定律的圖像與伏安特性曲線的角度可以求出燈泡的功率大小。

13.(1)解：由題意可知，粒子在地域I內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為：r1=L

由牛頓第二定律和洛倫茲力表達(dá)式得到：qvB=m—

解得：2=券

(2)解：粒子從N點(diǎn)到0點(diǎn)過(guò)程中，做類平拋運(yùn)動(dòng)則:

L

豎直方向勻速直線運(yùn)動(dòng)力=—

%

1，

水平向左做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，貝0：L=-at12

2

由牛頓第二定律得：QE=ma

解得：E=2Bovo

(3)解：帶電粒子在地域和地域in內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，同理由牛頓第二定律和洛倫茲力表達(dá)式可

得：r2=—

粒子從N點(diǎn)出發(fā)再回到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖

在地域I中勻速圓周運(yùn)動(dòng)周期：T尸——

%

1TC2兀L

在地域I中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t2=7^x2=-—

63%

21心27tL

在地域n和地域in中勻速圓周運(yùn)動(dòng)周期：T=-一

2%3%

在地域II和地域III中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t2=

2629%

13立

所以t=t+t=——

239%

(分析)(1)利用牛頓第二定律可以求出比荷的大?。?/p>

(2)利用牛頓第二定律結(jié)合速度公式和位移公式可以求出場(chǎng)強(qiáng)的大?。?/p>

(3)利用周期運(yùn)動(dòng)的周期結(jié)合圓心角的大小可以求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

14.(1)解：研究小物塊P,依據(jù)牛頓第二