安徽省2025屆高三物理模擬（三）

一、單選題：本大題共8小題，共32分。

1.某同學(xué)從商場(chǎng)購(gòu)買(mǎi)了一個(gè)質(zhì)量分布均勻的透明“水晶球”，如圖甲所示。該同學(xué)先測(cè)出了“水晶球”的

直徑為10cm,并標(biāo)記了其中一條水平直徑對(duì)應(yīng)的兩端點(diǎn)P、Q。球外某光源發(fā)出的一細(xì)束單色光從球上P點(diǎn)

射向球內(nèi)，折射光線(xiàn)與水平直徑PQ夾角為0,當(dāng)8=30。時(shí)，出射光線(xiàn)與PQ平行，如圖乙所示。已知光在真

空中的傳播速度為3x108^/5,下列說(shuō)法不正確的是

甲乙

A.“水晶球”的折射率為，可

B.光在“水晶球”中的傳播時(shí)間為5x10-8s

C.改變從P點(diǎn)入射光線(xiàn)的入射角，光線(xiàn)從水晶球射向空氣時(shí)，一定不會(huì)發(fā)生全反射

D.若保持從P點(diǎn)入射光線(xiàn)的入射角不變，僅換用波長(zhǎng)更長(zhǎng)的單色光，則光在“水晶球”中傳播的時(shí)間變短

【答案】B

【解析】解:A.如圖所示，

由幾何關(guān)系可知，光線(xiàn)射出時(shí)的折射角r為2氏折射率

n=空嚕=6，故A正確；

sin0

B.光在“水晶球”中傳播的距離I=dcosd

時(shí)間t=L=也=辿&=5x10-iOs故B錯(cuò)誤；

VCC

C.由圖s=r=2。，增大過(guò)P點(diǎn)光線(xiàn)的入射角，光線(xiàn)出射時(shí)一定不會(huì)在球內(nèi)發(fā)生全反射，故C正確；

D當(dāng)入射光的波長(zhǎng)變長(zhǎng)時(shí)，頻率變小，光的折射率也變小，折射角變大，光在水晶球中的光程變短，由

可知光在“水晶球”中的傳播速度變大，可知時(shí)間變短，故。正確。

本題選錯(cuò)誤的，故選入

本題主要考查了光的折射，根據(jù)幾何知識(shí)求解折射角是解題的關(guān)鍵；知道光的折射率與頻率的關(guān)系，掌握

折射定律和折射率公式。

2.某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)煙霧探測(cè)器，如圖S為光源，當(dāng)有煙霧進(jìn)入探測(cè)器時(shí)，S發(fā)出的光被煙霧散射進(jìn)入光電

管C。光射到光電管中的鈉表面產(chǎn)生光電子，當(dāng)光電流大于或等于/時(shí)，探測(cè)器觸發(fā)報(bào)警系統(tǒng)報(bào)警。已知真

空中光速為c,鈉的極限頻率為小，電子的電荷量為e,則下列說(shuō)法正確的是（）

A.光源S發(fā)出光的波長(zhǎng)小于￡探測(cè)器一定可以正常工作

%

B.用極限頻率更高的材料取代鈉，探測(cè)器一定可以正常工作

C.光源S發(fā)出光只要光強(qiáng)足夠大，探測(cè)器一定可以正常工作

D.探測(cè)器正常工作，僅增大光電管C的正向電壓，光電流一定增大

【答案】A

【解析】A、光照射到鈉表面產(chǎn)生光電子，根據(jù)產(chǎn)生光電效應(yīng)的條件，結(jié)合波速、波長(zhǎng)和頻率的關(guān)系可知,

c=那么光源S發(fā)出的光的最大波長(zhǎng):4nl”=￡，要使該探測(cè)器正常工作，光源S發(fā)出的光的波長(zhǎng)小于￡,

故A正確；

B、若用極限頻率更高的材料取代鈉，如果入射光的頻率小于極限頻率，則不可以發(fā)生光電效應(yīng)，故2錯(cuò)誤；

C、發(fā)生光電效應(yīng)的條件與光頻率有關(guān)，與光照強(qiáng)度無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；

。、增大光電管C的正向電壓，光電流不一定增大，若此時(shí)光電流沒(méi)有達(dá)到飽和電流，則會(huì)增大，若達(dá)到飽

和電流，則不會(huì)增大，故。錯(cuò)誤。

3.如圖，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質(zhì)量為小的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開(kāi)始

滑下，滑到最低點(diǎn)Q時(shí)，對(duì)軌道的正壓力為2mg,重力加速度大小為g,質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過(guò)程中，（）

A.機(jī)械能減少了,zngRB.Q點(diǎn)的重力瞬時(shí)功率為zng

C.克服摩擦力所做的功為2mgRD.質(zhì)點(diǎn)可以上升到右側(cè)高處

【答案】c

【解析】【分析】

AC,根據(jù)牛頓第二定律先求出最低點(diǎn)的速度，再利用動(dòng)能定理求出克服摩擦力做的功；

根據(jù)功能關(guān)系可以判斷機(jī)械能的減少量；

3、根據(jù)功率的公式，可以判斷Q點(diǎn)的功率；

。、根據(jù)能量守恒定律，可以判斷質(zhì)點(diǎn)不能上升到右側(cè)gR高處。

本題考查功能關(guān)系，關(guān)鍵要熟記幾個(gè)常用的功能關(guān)系，重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系，合力做功與動(dòng)能

變化的關(guān)系，除重力以外其它力做功與機(jī)械能變化的關(guān)系。

【解答】

AC.滑到最低點(diǎn)Q時(shí)，對(duì)軌道的正壓力為2mg,根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)質(zhì)點(diǎn)，有：2mg-mg=K

設(shè)克服摩擦力做功為必，利用動(dòng)能定理，有

1

mgR—Wf=7

整理得：Wf^^mgR

根據(jù)功能關(guān)系，機(jī)械能減少量等于克服摩擦力做的功，即

機(jī)械能減少了grngR,故A錯(cuò)誤，C正確；

員在最低點(diǎn)，重力的方向和速度方向垂直，故瞬時(shí)功率為零，故8錯(cuò)誤；

D質(zhì)點(diǎn)從最低點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，有：小。2<g7ngR+必'

根據(jù)能量守恒定律，故質(zhì)點(diǎn)不可以上升到右側(cè)高處，故。錯(cuò)誤。

故選C。

4.北京時(shí)間2024年5月21日12時(shí)15分，我國(guó)在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心使用快舟十一號(hào)遙四運(yùn)載火箭，成功將武

漢一號(hào)衛(wèi)星、超低軌技術(shù)試驗(yàn)衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進(jìn)入預(yù)定軌道，發(fā)射任務(wù)獲得圓滿(mǎn)成功。在航天科

技的新賽道上，超低軌道一一高度低于300公里的軌道一一扮演著重要的角色。假設(shè)某顆超低軌地球衛(wèi)星

近似做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)行高度是地球半徑的表。則關(guān)于這顆衛(wèi)星的說(shuō)法正確的是（）

A.該衛(wèi)星的發(fā)射速度低于第一宇宙速度

B.火箭發(fā)射衛(wèi)星加速過(guò)程中，衛(wèi)星處于超重狀態(tài)

C.衛(wèi)星繞地球一周所用時(shí)間大于地球自轉(zhuǎn)時(shí)間

D.這顆繞地做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星可以一直停留在武漢的上空

【答案】B

【解析】A衛(wèi)星的發(fā)射速度要大于第一宇宙速度，故A錯(cuò)誤；

3.箭發(fā)射衛(wèi)星加速過(guò)程中，加速度向上，所以衛(wèi)星處于超重狀態(tài)，故8正確；

C.衛(wèi)星繞地球運(yùn)行時(shí)，高度低于地球同步衛(wèi)星的高度，根據(jù)誓=小骨r,可得衛(wèi)星繞地球一周所用時(shí)間

小于同步衛(wèi)星繞地球一周所用時(shí)間，即小于地球自轉(zhuǎn)時(shí)間，故C錯(cuò)誤；

D該衛(wèi)星為近地衛(wèi)星，不能一直定位于武漢上方，故。錯(cuò)誤。

故選:So

5.空間存在方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圖中的正方形abed為其邊界。一束速率不

同的帶正電粒子從左邊界ad中點(diǎn)P垂直射人磁場(chǎng)，速度方向與ad邊夾角8=30。，已知粒子質(zhì)量為小，電荷

量為q,粒子間的相互作用和粒子重力不計(jì)，則（）

A.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間間為魏

B.從尻邊射出的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間都相等

C.入射速度越大的粒子，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)

D.運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同的粒子，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌連可能不同

【答案】D

【解析】解：4粒子對(duì)應(yīng)的圓心角越大，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)，

最長(zhǎng)時(shí)間對(duì)應(yīng)的軌跡如圖所示：

a-------二二A

廿/x?

P1女JXX：

八V

；XXX；

d...........c

從pa邊射出對(duì)應(yīng)的軌跡的圓心角最大，為300。，故最長(zhǎng)時(shí)間為：t=

3002527Tm57?

=故A錯(cuò)誤;

360°6qB3qB

8、因粒子的質(zhì)量和電量相同，則周期相同，從胸邊射出的粒子的速度不同，做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不同（如圖

所示），所對(duì)的圓心角不同，則所用的時(shí)間不相等，故B錯(cuò)誤；

C、由圖可知，若粒子從de、兒或ab邊射出，入射速度越大的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)弧所對(duì)的圓心角越小，

則時(shí)間越短，故C錯(cuò)誤；

D、運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等的粒子，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡可能不同，例如從Pa邊射出的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為瞿，但軌

OC[D

跡不同，故。正確；

故選：Do

粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛侖茲力提供向心力，不同的速度對(duì)應(yīng)不同的軌道半徑，畫(huà)出不同的軌跡，

考慮臨界情況軌跡，結(jié)合牛頓第二定律列式分析。

本題考查粒子在有邊界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，關(guān)鍵是采用圖示法畫(huà)出臨界軌跡進(jìn)行分析，作圖是關(guān)鍵。

6.如圖所示，理想變壓器原、副線(xiàn)圈的匝數(shù)比為2:1,電源的輸出電壓a=30，丞inlOO?rW,定值電阻％=

10。，R2=7.512,凡=1。。，滑動(dòng)變阻器夫3的最大阻值為52a,6為滑動(dòng)變阻器的兩個(gè)端點(diǎn)，所有電表均

為理想電表，導(dǎo)線(xiàn)電阻不計(jì)?，F(xiàn)將滑動(dòng)變阻器滑片P置于a端，貝!]()

A.電流表示數(shù)為1.54

B.電壓表示數(shù)為15U

C.滑片P由a向b緩慢滑動(dòng)過(guò)程中，電阻此消耗的功率增大

D.滑片P由a向b緩慢滑動(dòng)過(guò)程中，變壓器的輸出功率減小

【答案】C

【解析】

A、將滑動(dòng)變阻器滑片P置于a端，根據(jù)變壓器變壓規(guī)律有：￡/1：[72=n1：n2=2:1,

12"=九i：九2=2：1,

由歐姆定律得：4=%覽黑2

穴2十附3十附4

電阻R1兩端的電壓為UR=1四

由n=307Isinl007rt(y)得，Um=30<27

電源的輸出電壓的有效值為U=鬻=若U=30V=UR+(4

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：I2=2A,I^IA,則電流表示數(shù)為14故A錯(cuò)誤；

B、電壓表示數(shù)為UR=/小1=10XIV=10V,故8錯(cuò)誤；

C、滑片P由a向b緩慢滑動(dòng)，總電阻減小，電流增大，原線(xiàn)圈電流增大，%消耗的功率R=￥%增大，故C

正確；

。、變壓器的輸出功率等于輸入功率，即

P=UJi=（30-人/?1）/1=-10/f+304

根據(jù)二次函數(shù)知識(shí)可得，（從14開(kāi)始增大過(guò)程中，功率先增大后減小，故。錯(cuò)誤。

7.如圖所示，輕彈簧一端連接質(zhì)量為6的物體4另一端固定在光滑的固定斜面底端，4通過(guò)輕繩跨過(guò)光滑

的定滑輪與質(zhì)量為26的物體B連接，繩、彈簧與斜面平行.將4由彈簧原長(zhǎng)處?kù)o止釋放，已知輕繩始終有力，

重力加速度為g,則B的速度以加速度a和彈簧彈力八繩子張力T與時(shí)間t或位移x的關(guān)系圖像可能正確的是（）

【答案】C

【解析】【分析】

本題考查了牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用、運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像綜合；解決本題的關(guān)鍵是明確力被釋放后做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，根據(jù)簡(jiǎn)

諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)結(jié)合牛頓第二定律分析。

對(duì)4進(jìn)行受力分析，判斷其速度、加速度與位移的關(guān)系，由此判斷其運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，從而判斷是否做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，

由此得解；

結(jié)合實(shí)際情況，分析最大的彈力，從而確定彈簧彈力的變化范圍；

對(duì)力物體隔離分析，由其受力及簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性解得繩的拉力大小與位移的關(guān)系。

【解答】

將力由彈簧原長(zhǎng)處?kù)o止釋放，設(shè)a的位移為％,對(duì)整體，由牛頓第二定律，可得：

2mg—zngsin30°—kx=3ma

可知力先沿斜面向上做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)x增大到某值時(shí)a減小到零，然后向上做加速度反向增

大的減速運(yùn)動(dòng)，4運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度減小到零；然后4沿斜面向下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)，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，4運(yùn)動(dòng)到釋放位置時(shí)速度剛好減小到零。由于加速度a與x成線(xiàn)

性關(guān)系，故A在斜面上做以某點(diǎn)（速度最大加速度為零位置）為中心的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。

A.由上述分析可知，4做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，其u-t圖像應(yīng)是正弦函數(shù)圖像，故A錯(cuò)誤；

A4剛釋放瞬間，對(duì)其受力分析，由以上牛頓第二定律方程可得其加速度為：a=：g,但在4的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，

加速度是與位移成線(xiàn)性關(guān)系，由于力做變速運(yùn)動(dòng)，故其加速度與時(shí)間為非線(xiàn)性關(guān)系，故8錯(cuò)誤；

C.4剛釋放時(shí)，彈簧彈力等于零，此時(shí)4的加速度：a2mfl-mgSin30°=1

3mL一

4運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性，加速度與的等大反向，則27ng-7ngsin30。-7=3m。2，

解得益=3zng,由胡克定律：F=依可知此時(shí)彈簧的形變量為：x=竿，彈簧的彈力與4的位移成正比,

故C正確；

。.對(duì)4物體，由牛頓第二定律T一?ngsin30°—k%=ma,得T=k%+zna+；7ng,將火與劭及對(duì)應(yīng)的彈簧彈

力分別代入可知，Z上滑過(guò)程中，T隨工均勻增加，最小值是租g,最大值是3mg,故。錯(cuò)誤。

8.兩波源分別位于坐標(biāo)原點(diǎn)和％=14m處，t=0時(shí)刻兩波源開(kāi)始起振，t=4s時(shí)的波形圖如圖所示，此時(shí)平

衡位置在汽=4m和汽=10血的P、Q兩質(zhì)點(diǎn)剛開(kāi)始振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)M的平衡位置位于％=7m處，質(zhì)點(diǎn)N的平衡位

置位于X=67n處，貝）

A.t—6s時(shí)兩列波相遇

B.從0至!JlOs內(nèi)質(zhì)點(diǎn)N通過(guò)的路程為2.4小

C.t=7.5s時(shí)質(zhì)點(diǎn)M的速度在增大

D.t=10s時(shí)質(zhì)點(diǎn)N的振動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向

【答案】B

【解析】【分析】

本題要理解波的疊加原理，知道當(dāng)該波的波峰與波峰相遇時(shí)，此處相對(duì)平衡位置的位移為振幅的二倍；當(dāng)

波峰與波谷相遇時(shí)此處的位移為零，要知道波的基本特點(diǎn)：介質(zhì)中各個(gè)質(zhì)點(diǎn)的起振方向均與波源的起振方

向相同。

由圖讀出波長(zhǎng)，由波速公式算出波的傳播速度；P點(diǎn)的起振方向根據(jù)波形平移法判斷，兩列頻率相同的相干

波，當(dāng)波峰與波峰相遇或波谷與波谷相遇時(shí)振動(dòng)加強(qiáng)，當(dāng)波峰與波谷相遇時(shí)振動(dòng)減弱，則振動(dòng)情況相同時(shí)

振動(dòng)加強(qiáng)；根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系求質(zhì)點(diǎn)N通過(guò)的路程。

【解答】A兩列波的波長(zhǎng)相同，周期相同，則波速相等為u=4=lm/s,4s時(shí)PQ間的距離為6a，則需要的

時(shí)間為小=今=3s,貝亞=4s+3s=7s兩列波相遇，故A錯(cuò)誤；

2v

A開(kāi)始計(jì)時(shí)后左右兩列波傳到N點(diǎn)時(shí)間差為2s,左邊波引起N點(diǎn)路程為24=0.8m

8s時(shí)兩列波都傳到N點(diǎn)后，N點(diǎn)振動(dòng)加強(qiáng)，振幅為24,后2s路程為1.6m,總路程2.46，故B正確；

C.兩列波同時(shí)傳到M點(diǎn)，引起M的起振方向相反，M為振動(dòng)減弱點(diǎn)，振幅為零，所以t=7.5s時(shí)質(zhì)點(diǎn)M位移

平衡位置，且速度為零，故C錯(cuò)誤；

D左邊的波傳播到N點(diǎn)的時(shí)間上=等=6s,右邊的波傳播到N點(diǎn)的時(shí)間給=乃=8s

此后兩列波在N點(diǎn)振動(dòng)加強(qiáng)，合振幅為0.8機(jī)，所以t=10s時(shí)質(zhì)點(diǎn)N經(jīng)過(guò)平衡位置向上運(yùn)動(dòng)，故。錯(cuò)誤；

二、多選題：本大題共2小題，共10分。

9.如圖所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一直角三角形ABC,ZC=90°,乙4=30。，BC邊長(zhǎng)4cM.電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與三

角形4BC平面平行。一電子從4點(diǎn)移到C點(diǎn)電場(chǎng)力做功為30eU,從B點(diǎn)移到C點(diǎn)電場(chǎng)力做功為10eU。貝U()

C

B

A

A.A、8兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UM為20U

B.電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與4B成60。夾角

C.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為250V/m

D.一電子從B點(diǎn)移到AC的中點(diǎn)，電勢(shì)能增加了5eV

【答案】BD

【解析】A、由題意得：U———=-30U,一~=-10V>A—0c，~0c，

AC—6UBC=—6UAC=0^BC~VB^AB=

(PA-(PB=-20V,故A錯(cuò)誤；

BC、把a(bǔ)c線(xiàn)段三等分，連接BR,如圖所示：

由幾何關(guān)系得：AC=4^cm,CR=^-cm，NCBR=30。，貝此4BR=30°,^ABC=60%

根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)等分線(xiàn)段等分電勢(shì)差得BR為等勢(shì)線(xiàn)，且UAR=-207,過(guò)4點(diǎn)作的垂線(xiàn)交于M點(diǎn)，可知4M=

4cm,則E=，=50017小，方向與4B成60。夾角，故2正確，C錯(cuò)誤；

D、設(shè)4C的中點(diǎn)為P,有Up。=-15V,由于UBC=-1。*故/P=57,電子從B點(diǎn)移到AC的中點(diǎn)P,電場(chǎng)

力的功為皿=-e/p=—5eU,△Ep=5eU,電勢(shì)能增加5eU,故。正確。

10.如圖所示，線(xiàn)框ac、bd邊長(zhǎng)為2L、電阻不計(jì)，三條短邊ab、cd、e/長(zhǎng)均為L(zhǎng)、電阻均為R,e"立于線(xiàn)框

正中間。線(xiàn)框下方有一寬度為L(zhǎng)的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,cd邊與磁場(chǎng)邊界平行，當(dāng)cd距磁場(chǎng)

上邊界一定高度時(shí)無(wú)初速釋放線(xiàn)框，線(xiàn)框cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線(xiàn)框恰好勻速運(yùn)動(dòng)，下落過(guò)程中線(xiàn)框始終在豎直

面內(nèi)，已知線(xiàn)框質(zhì)量為重力加速度為g,則下列判斷正確的是（）

-----|b

e------/

c-----------d

XXX

XXX

A.線(xiàn)框通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中流過(guò)防邊的電流不變

B.線(xiàn)框通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中a、b兩點(diǎn)間電勢(shì)差始終為U助=-察

ZDL

C.釋放時(shí)cd邊到磁場(chǎng)上邊界高度為嚕中

D.整個(gè)過(guò)程中ab邊產(chǎn)生的焦耳熱一定為2/ngL

【答案】BC

【解析】C.設(shè)釋放時(shí)cd邊到磁場(chǎng)上邊界高度為h,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：v2=2gh,

解得cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為：v=^h,

cd邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為：E=BLv,

回路中總電阻為：

T=R+需K-rt\=Z"，

通過(guò)cd的電流為：/=￡

r

cd所受的安培力大小為：F=BIL,

由題意，根據(jù)平衡條件有：F=mg,

聯(lián)立解得：八=也弊，故C正確；

A根據(jù)力選項(xiàng)可得線(xiàn)框cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為：E二喀,

ZDL

根據(jù)線(xiàn)框構(gòu)成等效電路的特點(diǎn)可知線(xiàn)框在通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中將始終做勻速運(yùn)動(dòng)，a、6兩點(diǎn)間電勢(shì)差始終等

于對(duì)應(yīng)等效電路的路端電壓的相反數(shù)，

R

即：Uab=~^E=

T

解得：Uab=—，故5正確；

ZDL

A.當(dāng)cd和ef通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，流過(guò)ab的電流大小均為：Iab=方向均為b—a；當(dāng)ab通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，

流過(guò)ab的電流大小為/,方向?yàn)閍—6,故A錯(cuò)誤；

。根據(jù)焦耳定律可得整個(gè)過(guò)程中M邊產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=&2R子+JR4，

解得：Q=tngL,故。錯(cuò)誤。

故選：BC。

三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共16分。

11.某研究性學(xué)習(xí)小組利用壓敏電阻制作電子秤。已知壓敏電阻在壓力作用下發(fā)生微小形變，它的電阻也隨

之發(fā)生變化，其阻值R隨壓力?變化的圖像如圖甲所示，其中&=150,圖像斜率k=1.40/N。小組同學(xué)按

圖乙所示電路制作了一個(gè)簡(jiǎn)易電子秤(秤盤(pán)質(zhì)量不計(jì))，電路中電源電動(dòng)勢(shì)E=3.5匕內(nèi)阻未知，電流表量程

為10nM,內(nèi)阻&=180,g取lOm/s?。

(1)下列操作步驟的正確順序是O

①秤盤(pán)上放置已知重力的重物G,保持滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值不變;讀出此時(shí)電流表示數(shù)/;

②換用不同已知質(zhì)量的重物，記錄每一個(gè)質(zhì)量值對(duì)應(yīng)的電流值；

③秤盤(pán)上不放重物時(shí)，閉合開(kāi)關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使電流表指針滿(mǎn)偏；

④將電流表刻度盤(pán)改裝為質(zhì)量刻度盤(pán)。

(2)實(shí)驗(yàn)時(shí)發(fā)現(xiàn)電流表量程偏小，根據(jù)需要將其量程擴(kuò)大為100加4,則應(yīng)該給該電流表(填“串聯(lián)”或

“并聯(lián)”)阻值為。的電阻。

(3)用改裝后的電流表進(jìn)行操作，若電流表示數(shù)為20爪4則待測(cè)重物質(zhì)量爪=kg。

(4)改裝后的刻度盤(pán)，其0刻度線(xiàn)在電流表(選填“零刻度”或“滿(mǎn)刻度”)處。

(5)若電源電動(dòng)勢(shì)不變，內(nèi)阻變大，其他條件不變，用這臺(tái)電子秤稱(chēng)重前，進(jìn)行了步驟③的操作，則測(cè)量

結(jié)果(填“偏大”“偏小”或“不變”)。

【答案】⑴③①②(2)并聯(lián)；2；(3)10；(4)滿(mǎn)刻度;(5)不變。

【解析】(1)在本實(shí)驗(yàn)中應(yīng)先讓秤盤(pán)上不放重物，閉合開(kāi)關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使電流表指針滿(mǎn)偏，然后在

秤盤(pán)上放置已知重力的重物G,保持滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值不變，讀出此時(shí)電流表示數(shù)/,再換用不同

已知質(zhì)量的重物，記錄每一個(gè)質(zhì)量值對(duì)應(yīng)的電流值，最后將電流表刻度盤(pán)改裝為質(zhì)量刻度盤(pán)，故合理的實(shí)

驗(yàn)操作順序?yàn)棰邰佗冖堋?/p>

(2)當(dāng)小量程的電流表改裝成量程較大的電流表時(shí)，需要并聯(lián)一個(gè)小電阻，有/?=券，解得R=2。。

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得,當(dāng)秤盤(pán)上不放重物時(shí),調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使得電流表滿(mǎn)偏,有％=——-一二，

9丁+Ro+R.

當(dāng)秤盤(pán)上放上重物，且電流表示數(shù)為20血/時(shí)，有/o=--------二，又因?yàn)镽=&+kmg,聯(lián)立解得租=10kg。

T+R+R謬+R/

iW

(4)由于壓敏電阻阻值R隨壓力增大而增大，則電流表示數(shù)隨壓力增大而減小，所以改裝后的刻度盤(pán)，其零

刻度線(xiàn)在電流表的滿(mǎn)刻度處。

(5)根據(jù)操作過(guò)程③可知，當(dāng)電源電動(dòng)勢(shì)不變，而內(nèi)阻增大時(shí)，仍可以通過(guò)減小滑動(dòng)變阻器接入電路的阻

值使得電流表達(dá)到滿(mǎn)偏，回路中電源內(nèi)阻和滑動(dòng)變阻器接入電路的總電阻不變，所以測(cè)量結(jié)果不變。

12.如圖1所示，用半徑相同的4、B兩球的碰撞可以驗(yàn)證“動(dòng)量守恒定律”。實(shí)驗(yàn)時(shí)先讓質(zhì)量為小】的4球從

斜槽上某一固定位置C由靜止開(kāi)始滾下，進(jìn)入水平軌道后，從軌道末端水平拋出，落到位于水平地面的復(fù)寫(xiě)

紙上，在下面的白紙上留下痕跡。重復(fù)上述操作10次，得到10個(gè)落點(diǎn)痕跡。再把質(zhì)量為爪2的B球放在水平

軌道末端，讓4球仍從位置C由靜止?jié)L下，力球和B球碰撞后，分別在白紙上留下各自的落點(diǎn)痕跡，重復(fù)操作

10次。M、P、N為三個(gè)落點(diǎn)的平均位置，未放B球時(shí)，4球的落點(diǎn)是P點(diǎn)，。點(diǎn)是水平軌道末端在記錄紙上

的豎直投影點(diǎn)，如圖2所示。

(1)在這個(gè)實(shí)驗(yàn)中，為了盡量減小實(shí)驗(yàn)誤差，兩個(gè)小球的質(zhì)量應(yīng)滿(mǎn)足機(jī)1機(jī)2(選填“>”或“<”)；除

了圖中器材外，實(shí)驗(yàn)室還備有下列器材，完成本實(shí)驗(yàn)還必須使用的兩種器材是。4秒表B.天平C.

刻度尺D.打點(diǎn)計(jì)時(shí)器

(2)下列說(shuō)法中正確的是o

A.如果小球每次從同一位置由靜止釋放，每次的落點(diǎn)一定是重合的

B.重復(fù)操作時(shí)發(fā)現(xiàn)小球的落點(diǎn)并不重合，說(shuō)明實(shí)驗(yàn)操作中出現(xiàn)了錯(cuò)誤

C.用半徑盡量小的圓把10個(gè)落點(diǎn)圈起來(lái)，這個(gè)圓的圓心可視為小球落點(diǎn)的平均位置

D.僅調(diào)節(jié)斜槽上固定位置C,它的位置越低，線(xiàn)段。P的長(zhǎng)度越大

(3)在某次實(shí)驗(yàn)中，測(cè)量出兩個(gè)小球的質(zhì)量Tn〉爪2。記錄的落點(diǎn)平均位置M、N幾乎與。P在同一條直線(xiàn)上，

測(cè)量出三個(gè)落點(diǎn)位置與。點(diǎn)距離。M、OP、ON的長(zhǎng)度。在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若滿(mǎn)足關(guān)系式,

則可以認(rèn)為兩球碰撞前后在0P方向上的總動(dòng)量守恒；若碰撞是彈性碰撞，那么還應(yīng)滿(mǎn)足關(guān)系式o

(用測(cè)量的量表示)

(4)在OP、OM、ON這三個(gè)長(zhǎng)度中，與實(shí)驗(yàn)所用小球B質(zhì)量無(wú)關(guān)的是,與實(shí)驗(yàn)所用小球質(zhì)量B有

關(guān)的是o

(5)某同學(xué)在做這個(gè)實(shí)驗(yàn)時(shí)，記錄下小球三個(gè)落點(diǎn)的平均位置M、P、N,如下圖所示。他發(fā)現(xiàn)M和N偏離了。P

方向。這位同學(xué)猜想兩小球碰撞前后在。P方向上依然動(dòng)量守恒，請(qǐng)你幫他寫(xiě)出驗(yàn)證這個(gè)猜想的辦法

【答案】(1)>BC

⑵C

(3)mi-OP=mi-OM+myONmi-OP2=mi-OM2+m2-ON2

(4)。尸，OM^WON

--------父----------

(5)0

--------------jp?

A/

【解析】1,

根據(jù)碰撞的特點(diǎn)可知，兩小球質(zhì)量應(yīng)滿(mǎn)足根1＞爪2,該實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量?jī)汕蛸|(zhì)量和平拋運(yùn)動(dòng)中的水平距離，故

需要天平和刻度尺，故8C正確；

2.由于實(shí)驗(yàn)誤差的影響，每次碰撞的落點(diǎn)不一定相同，故4B均錯(cuò)誤；落點(diǎn)近似一個(gè)圓，取圓心為記錄點(diǎn),

C正確；豎直高度越低，水平拋出的速度越小，平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移就越短，。錯(cuò)誤；

3,若滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，m1v0=m1v1+m2v2,因?yàn)槠綊佭\(yùn)動(dòng)中豎直方向高度相同，所以平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,

將水平速度替換成水平位移,則滿(mǎn)足?0P=+a2?ON,若還滿(mǎn)足彈性碰撞,則還滿(mǎn)足動(dòng)能守恒，

222

仍然將速度替換成水平位移，貝!1ml?OP=-OM+m2-ON；

4.OP是沒(méi)有發(fā)生碰撞時(shí)，入射小球4的落點(diǎn)，與被撞小球B質(zhì)量無(wú)關(guān)；0M和。N是碰撞后入射小球4與被撞

小球8的落點(diǎn)，碰撞過(guò)程與被撞小球8質(zhì)量相關(guān)；

5.

。?-

M

連接。P、OM,ON,作出M、N在。P方向上的投影點(diǎn)M'、N',如圖所示。分別測(cè)量出。P、OM'、ON'的長(zhǎng)

度。若在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，滿(mǎn)足關(guān)系式爪1?OP=?OM'+m2-ON',則可以認(rèn)為兩小球碰撞前后在。P

方向上動(dòng)量守恒。

四、計(jì)算題：本大題共3小題，共42分。

13.如圖所示，分揀工件的車(chē)間里，與水平面成。=37。的傳送帶正以u(píng)=5m/s的速度勻速運(yùn)行，4、B兩端

相距］=30m?，F(xiàn)每隔T=1s把質(zhì)量m=1kg的工件(視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶的下端，工件在傳送帶的帶動(dòng)

下向上運(yùn)動(dòng)，已知工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.875,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8;求：

(1)一個(gè)工件從4到B所用的時(shí)間；

(2)傳送帶上相鄰兩個(gè)工件間的最小距離與最大距離.

【答案】解：(1)設(shè)工件能達(dá)到與傳送帶共速，則在加速時(shí)間內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律"mgcos。-mgsin。=ma,

工件勻加速時(shí)間為ti=：,

工件勻加速的位移為x=，=12.5m<I,假設(shè)成立，

工件勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=-=吧產(chǎn)s=3.5s,

工件從4到8所用的時(shí)間t=t1+t2=8.5so

(2)當(dāng)某一工件剛放上傳送帶時(shí)，前面的工件恰與傳送帶共速，此時(shí)這兩工件間的距離最小,

1

即最小距禺為dmin=萬(wàn)"2=0.5m,

在該工件加速的時(shí)間h內(nèi)，位移為X=]ti，

而前面工件的總位移為，=x+vT,

故相鄰工件間最大距離為dmax=X'-X，

即dmax=5m0

【解析】詳細(xì)解答和解析過(guò)程見(jiàn)【答案】

14.如圖所示，光滑絕緣水平地面上有滑塊4B,質(zhì)量均為爪0=1kg,其中滑塊2帶有q=+2x如菖。的電

荷量，滑塊B不帶電且絕緣.一勁度系數(shù)k=200N/ni的輕彈簧右端固定于墻面上，左端與滑塊B相連.現(xiàn)給空

間加上水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=IOOOV/TH.在與滑塊B的距離d=0.3機(jī)處將滑塊力由靜止釋放,

與靜止的滑塊B發(fā)生碰撞(碰撞時(shí)間很短)后粘在一起開(kāi)始做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng).兩滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，

彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，已知彈簧的形變量為久時(shí)，彈性勢(shì)能a=求：

、2

(1)兩滑塊碰撞過(guò)程中損耗的機(jī)械能的大??；

(2)兩滑塊碰后運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期的路程；

(3)滑塊B從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次運(yùn)動(dòng)到最左端所用的時(shí)間.(已知T=2兀值,7為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)周期,k為勁度系數(shù),

TH為振子質(zhì)量)

【答案】(1)設(shè)滑塊4與滑塊B碰撞前速度為幾,由動(dòng)能定理得qEd=gao詔

解得見(jiàn)=2yf3m/s

設(shè)滑塊/與滑塊8碰撞后速度為u,由動(dòng)量守恒得mo%=2mov

解得u=y/~3m/s

2

根據(jù)能量守恒定律有4E=|moVo-|x2mov=3/；

(2)4、8滑塊一起做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，設(shè)在平衡位置處彈簧形變量為久1，有k