麗水市2023學(xué)年第二學(xué)期普通高中教學(xué)質(zhì)量監(jiān)控

高二物理試題卷

本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁，滿分100分，考試時(shí)間90分鐘。

考生注意：

1.答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答

題紙規(guī)定的位置上。

2.答題時(shí)，請(qǐng)按照答題紙上“注意事項(xiàng)”的要求，在答題紙相應(yīng)的位置上規(guī)范作答。在試題卷

上的作答一律無效。

3.非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應(yīng)區(qū)域內(nèi)，作圖時(shí)，先使

用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑，答案寫在本試題卷上無效。

4.可能用到的相關(guān)公式或參數(shù)：重力加速度g均取

選擇題部分

一、選擇題I（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一

個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）

1.下列物理量為矢量的是（）

A.時(shí)間B.電場強(qiáng)度C.電勢D.路程

【答案】B

【解析】

【詳解】時(shí)間、電勢、路程是標(biāo)量，電場強(qiáng)度是矢量，故ACD錯(cuò)誤，B正確。

故選Bo

2.下列說法正確的是（）

甲乙丙丁

A.圖甲中運(yùn)動(dòng)員將球踢出后，足球在空中受到重力、阻力和推力

B.圖乙中研究花樣滑冰運(yùn)動(dòng)員旋轉(zhuǎn)動(dòng)作時(shí)，可將運(yùn)動(dòng)員看成質(zhì)點(diǎn)

C.圖丙中跳水運(yùn)動(dòng)員在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)處于完全失重狀態(tài)

D.圖丁為神舟十三號(hào)航天員出艙，此時(shí)地球?qū)教靻T的引力大于航天員對(duì)地球的引力

第1頁/共25頁

【答案】C

【解析】

【詳解】A.圖甲中運(yùn)動(dòng)員將球踢出后，足球在空中受到重力和阻力，球和腳已經(jīng)分離，沒有推力，A錯(cuò)誤;

B.凡是研究動(dòng)作的都不能看成質(zhì)點(diǎn)，B錯(cuò)誤；

C.圖丙中跳水運(yùn)動(dòng)員在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為重力加速度，運(yùn)動(dòng)員處于完全失重狀態(tài)，C正確：

D.圖丁為神舟十三號(hào)航天員出艙，根據(jù)牛頓第三定律，此時(shí)地球?qū)?航天員的引力等于航天員對(duì)地球的引力,

D錯(cuò)誤。

故選C。

3.一個(gè)小球在空中由靜止自由下落，不計(jì)空氣阻力，下列關(guān)于小球在空中運(yùn)動(dòng)過程中的速度加速度。、

重力做功瞬時(shí)功率P、機(jī)械能E隨時(shí)間/變化關(guān)系中，量送的是（）

OO

第2頁/共25頁

▲E

o

【答案】D

【解析】

【詳解】AB.一個(gè)小球在空中由靜止自由下落，不計(jì)空氣阻力，只受重力作用，加速度等于重力加速度，不

隨時(shí)間改變，速度跟時(shí)間關(guān)系為

y=gz

可見V-Z成正比例函數(shù)，故AB正確；

C.重力功率為

pjjngh

tt

而

所以

P=-mg2t

可見p-八成正比例函數(shù)，故C正確；

D.小球自由下落后由于忽略空氣阻力，所以小球機(jī)械能守恒，不隨時(shí)間變化而變化，故D錯(cuò)誤。

本題選錯(cuò)誤的，故選D。

4.麗水擁有很多美麗的綠道，綠道騎行成為越來越多人的放松方式。如圖，一位大人和一位小孩在綠道轉(zhuǎn)

彎處騎行，大人和小孩以相同的速率轉(zhuǎn)宵，路面水平，轉(zhuǎn)窗過程近似為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則大人和小孩（）

第3頁/共25頁

【詳解】A.人對(duì)地面的壓力方向豎直向下，故A錯(cuò)誤；

BC.人在水平方向不受力，即地面與人之間沒有摩擦力作用，故BC錯(cuò)誤；

D.地面對(duì)人的支持力豎直向上，故D正確。

故選Do

6.“拉曼散射”是指一定頻率的光照射到樣品表面時(shí)，物質(zhì)中的分子與光子發(fā)生能量轉(zhuǎn)移，散射出不同頻率的

光.若在反射時(shí)光子將一部分能量傳遞給分子，則（）

A.光傳播速度變大B.光子的波長變小

C.光子的頻率變大D.光子的動(dòng)量變小

【答案】D

【解析】

【詳解】A.光子的傳播速度不變，A錯(cuò)誤；

B.光子將一部分能量傳遞給分子，光子的能量減小，頻率變小，波長應(yīng)該變大，B錯(cuò)誤；

C.由于光子將一部分能量傳遞給分子，光子的能量減小，頻率變小，C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)光子的動(dòng)量計(jì)算公式

h

p=—

2

可知，當(dāng)普朗克常量力不變時(shí)，波長久變大，其動(dòng)量變小，DIE確。

故選D。

7.手機(jī)無線充電工作原理如圖所示，其中送電線圈和受電線圈的匝數(shù)比?。盒?5：1,兩個(gè)線圈中所接電阻

的阻值均為心當(dāng)附間輸入電壓k=22（）及sinlOO加（V）的交變電流后，受電線圈中產(chǎn)生交變電流再通

過轉(zhuǎn)換電路轉(zhuǎn)換成直流電實(shí)現(xiàn)給手機(jī)快速充電，這時(shí)轉(zhuǎn)換電路歹兩端的電壓為5V,受電線圈中的電流為

2A,把裝置線圈視同為理想變壓器，則（）

轉(zhuǎn)

換

電

機(jī)

路

A.送電線圈電壓有效值為220VB.受電線圈中的頻率為100Hz

C.快速充電時(shí)，流過送電線圈的電流大小為0.2AD.快速充電時(shí)，線圈cd兩端的輸出電壓為42.5V

【答案】D

【解析】

【詳解】A.因〃力兩端的電壓有效值為220V,可知送電線圈電壓有效值小于220V,選項(xiàng)A錯(cuò)誤：

第5頁/共25頁

B.受電線圈中的頻率與送電線圈的頻率相等，均為

選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.快速充電時(shí)，流過送電線圈的電流大小為

/.=^-A=-x2A=0.4A

~5

選項(xiàng)C錯(cuò)誤：

D.快速充電時(shí)，變壓器初級(jí)電壓

Ui=i7-/,/?=220-0.4x7?

%U}5

U2=Ue/+I2R=5+2R

聯(lián)立解得

/?=I8.75Q

S=42.5V

選項(xiàng)D正確。

故選Do

8.目前治療癌癥最先進(jìn)的手段是利用核反應(yīng)：X+；nf；Li+：He,反應(yīng)釋放出的高殺傷力的a粒子作用

在癌細(xì)胞上，進(jìn)而將病人體內(nèi)的癌細(xì)胞殺死。已知X粒子的質(zhì)量為〃?x，中子的質(zhì)量為〃加，a粒子的質(zhì)量為

MLi核的質(zhì)量為〃兒源下列說法正確的是（）

A.；：X核中子數(shù)比；Li核中子數(shù)多一個(gè)B.a射線比y射線穿透力強(qiáng)

C.+ma=mn+〃?XD.該反應(yīng)類型屬于a衰變

【答案】A

【解析】

【詳解】A.根據(jù)衰變過程中電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒可知

〃=7+4—1=10,m=3-2=5

中子數(shù)等于質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)的差，可知；:X核中子數(shù)為5個(gè)，；Li核中子數(shù)為4個(gè)，則;X核中子數(shù)比；Li核

中子多一個(gè)，故A正確；

第6頁/共25頁

B.a射線比7射線穿透力弱，故B錯(cuò)誤；

C.發(fā)生衰變時(shí)會(huì)有質(zhì)量虧損，則〃%+〃％＜，%+，故C錯(cuò)誤：

D.該核反應(yīng)不屬于a衰變，是原子核的人工轉(zhuǎn)變，故D錯(cuò)誤；

故選A。

9.如圖所示為嫦娥六號(hào)在登月過程中的軌道變化，中心處為月球。從軌道I變軌到軌道in,在4、8兩

點(diǎn)該航天器點(diǎn)火變速。已知軌道I、W為圓形軌道，半徑分別為品和火2,嫦娥六號(hào)在軌道I上繞行時(shí)周期

為r,軌道II為橢圓軌道。軌道I和II相切于/點(diǎn)，軌道II和HI相切于4點(diǎn)“由此可分析（）

A,軌道II【上的環(huán)繞速度小于在軌道I上的環(huán)繞速度

B.沿軌道I和軌道n分別經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)加速度大小相等

c.沿軌道I和軌道n分別經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)速度大小相等

D.根據(jù)題干條件，無法求得嫦娥六號(hào)衛(wèi)星從4點(diǎn)到8點(diǎn)的時(shí)間

【答案】B

【解析】

【詳解】A.根據(jù)

2

八Mmv

（J——=ni—

解得

軌道HI的半徑小于軌道I的半徑，則軌道HI上的環(huán)繞速度大于在優(yōu)道I上的環(huán)繞速度，故A錯(cuò)誤:

B.根據(jù)牛頓第二定律有

Mm

G——=ma

r"

解得

GM

可知，沿軌道I和軌道II分別經(jīng)過4點(diǎn)時(shí)加速度大小相等，故B正確:

第7頁/共25頁

c.沿軌道i相對(duì)于軌道II是高軌道，由沿軌道I到軌道n需要在切點(diǎn)位置減速，可知，沿軌道I經(jīng)過4點(diǎn)的

速度大于沿軌道n經(jīng)過4點(diǎn)的速度，故c錯(cuò)誤；

D.根據(jù)開普勒第三定律有

解+.丫

苗二12J

T2T；

嫦娥六號(hào)衛(wèi)星從A點(diǎn)到B點(diǎn)的時(shí)間

2

可知，根據(jù)題干條件，可以求得嫦娥六號(hào)衛(wèi)星從4點(diǎn)到8點(diǎn)的時(shí)間，故D錯(cuò)誤。

故選Bo

10.如圖，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，將一個(gè)水平放置的金屬棒ab以某一水平初速度vo拋出，金屬棒在運(yùn)

動(dòng)過程中始終保持水平，不計(jì)空氣阻力。金屬棒拋出后，下列說法正確的是（）

A.做平拋運(yùn)動(dòng)B”端電勢高于b端

C.受到的安培力水平向左D.感應(yīng)電動(dòng)勢會(huì)變化

【答案】A

【解析】

【詳解】AC.由于金屬棒沒有與其它導(dǎo)體構(gòu)成閉合回路，在運(yùn)動(dòng)過程中只產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，沒有感應(yīng)電流,

所以在運(yùn)動(dòng)過程中沒有受到安培力，只受重力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，故A正確，C錯(cuò)誤：

BD.由右手定則，金屬棒。端的電勢低于方端的電勢，在運(yùn)動(dòng)過程中有效切割速度為水平方向的速度，因

為金屬棒做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向速度不變，所以在運(yùn)動(dòng)過程金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢不變，故BD錯(cuò)誤。

故選Ao

11.如圖甲，兩列沿相反方向傳播的橫波，形狀相當(dāng)于正弦曲線的一半，上下對(duì)稱，其振幅和波長都相等，

它們?cè)谙嘤龅哪骋粫r(shí)刻會(huì)發(fā)生兩列波“消失”的現(xiàn)象，如圖乙所示，其中ae為“消失區(qū)”兩邊緣處，b、c、

d恰好將這間距進(jìn)行四等分，則從此刻開始，（）

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K.a處質(zhì)點(diǎn)將向上運(yùn)動(dòng)B.b處質(zhì)點(diǎn)將向下運(yùn)動(dòng)

C.c處質(zhì)點(diǎn)將向上運(yùn)動(dòng)D.d處質(zhì)點(diǎn)將向下運(yùn)動(dòng)

【答案】B

【解析】

【詳解】由圖看出，兩列波的波峰與波谷疊加，振動(dòng)減弱，兩波的振幅相等，所以如圖（乙）所示的時(shí)刻

兩列波“消失”。根據(jù)波形平移法判斷可知，向右傳播的波單獨(dú)引起力的振動(dòng)方向向下，向左傳播的波

單獨(dú)引起4、〃的振動(dòng)方向向下，根據(jù)疊加原理可知，此時(shí)4、方質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向是向下；同理4處質(zhì)點(diǎn)將

向上運(yùn)動(dòng)；C處質(zhì)點(diǎn)不振動(dòng)。

故選Bo

12.如圖，電荷量為+0的點(diǎn)電荷與一無限大接地金屬板相距為2d,P點(diǎn)與金屬板相距為d,R點(diǎn)與

產(chǎn)點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)電荷對(duì)稱?，F(xiàn)測得P點(diǎn)電勢為3V。下列說法正確的是（）

A.P點(diǎn)場強(qiáng)大小為kg,方向水平向右

d-

B.R點(diǎn)場強(qiáng)與P點(diǎn)場強(qiáng)大小相等，方向相反

C點(diǎn)電荷與金屬板間的電勢差大于6V

D.將?負(fù)試探電荷從。點(diǎn)移動(dòng)到火點(diǎn)，靜電力做負(fù)功

【答案】C

【解析】

【詳解】A.系統(tǒng)達(dá)到靜電平衡后，因?yàn)榻饘侔褰拥兀妱轂榱?，所以電場線分布類似于等量異種電荷的電

場分布，金屬板位置相當(dāng)于中垂線，P點(diǎn)場強(qiáng)大小為

10g

E等島

故A錯(cuò)誤;

B.根據(jù)電場線的疏密表示場強(qiáng)的大小，則H點(diǎn)的場強(qiáng)小于點(diǎn)P,故B錯(cuò)誤:

第9頁/共25頁

C.尸點(diǎn)左側(cè)電場線比較密，則左側(cè)的場強(qiáng)較大，根據(jù)

U=Ed

則

U>3V

點(diǎn)電荷與金屬板間的電勢差等大于6V,故C正確；

D.電場線的疏密表示場強(qiáng)的大小，。左側(cè)電場強(qiáng)度小于右側(cè)的電場強(qiáng)度，根據(jù)

U=Ed

所以

UQR<UQP

無窮遠(yuǎn)處電勢為零，則R點(diǎn)電勢大于3V,帶負(fù)電試探電荷從P點(diǎn)移動(dòng)到火點(diǎn)，電勢能減小，電場力做正功,

故D錯(cuò)誤。

故選C。

13.如圖所示，某水池下方水平放置直徑為〃-06n的圓環(huán)形發(fā)光細(xì)燈帶，O點(diǎn)為圓環(huán)中心正上方，燈帶

到水面的距離人間調(diào)節(jié)，水面上面有光傳感器（圖中未畫出），可以探測水面上光的強(qiáng)度。當(dāng)燈帶放在某?

深度加時(shí)，發(fā)現(xiàn)水面上形成兩個(gè)以。為圓心的亮區(qū)，其中半徑門=L2m的圓內(nèi)光強(qiáng)更強(qiáng)，已知水的折射率

B.若僅增大圓環(huán)燈帶的半徑，則湖面上中間光強(qiáng)更強(qiáng)的區(qū)域也變大

C.燈帶的深度4=YZm

12

D.當(dāng)九w2m時(shí)，湖面中央將出現(xiàn)暗區(qū)

15

【答案】C

【解析】

【詳解】B.水面上形成兩個(gè)以O(shè)為圓心的亮區(qū)，若僅增大圓環(huán)燈帶的半徑，光環(huán)向外擴(kuò)大，重疊的區(qū)域變

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小，即湖面上中間光強(qiáng)更強(qiáng)的區(qū)域變小，B錯(cuò)誤;

AC.當(dāng)重疊區(qū)域半徑m=L2m時(shí)，如圖所示

d

—+

tanC=——

sinC

tanC=

Vl-sin2C

sinC=-

n

解得

*m

2

湖面被照亮的區(qū)域半徑為

弓二4+d=1.8m

D.設(shè)重疊區(qū)域恰好為零時(shí)，燈帶的深度為力o,如圖所示

tanC=

解得

"°F

當(dāng)力WY7m時(shí)，湖面中央將出現(xiàn)暗區(qū)，D錯(cuò)誤。

110

故選C。

第11頁/共25頁

二、選擇題n（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一

個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）

14.下列說法正確的是（）

A.電磁波的傳播離不開介質(zhì)，其在真空中不能傳播

B.分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)無法直接觀察，懸浮微粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)并不是分子的運(yùn)動(dòng)

C.如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤鋤松，破壞土壤里的毛細(xì)管

D.熱核反應(yīng)一旦發(fā)生，靠自身產(chǎn)生的熱就會(huì)使反應(yīng)繼續(xù)下去

【答案】BCD

【解析】

【詳解】A.電磁波能在真空中傳播，A錯(cuò)誤；

B.分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)無法直接觀察，懸浮微粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)并不是分子的運(yùn)動(dòng)，B正確；

C.如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤鋤松，破壞土壤里的毛細(xì)管，C正確；

D.熱核反應(yīng)一旦發(fā)生，靠自身產(chǎn)生的熱就會(huì)使反應(yīng)繼續(xù)下去，D正確。

故選BCD.

15.如圖1所示，太陽能電池的主體部分由P型半導(dǎo)體和N型半導(dǎo)體結(jié)合而成，其核心部分是P型和N型

半導(dǎo)體的交界區(qū)域——PN結(jié)。如圖2所示，取P型和N型半導(dǎo)體的交界為坐標(biāo)原點(diǎn)，PN結(jié)左右端到原點(diǎn)

的距離分別為沖、XN，光持續(xù)照射時(shí)，PN結(jié)之間形成大小分布如圖3所示方向由N區(qū)指向P區(qū)內(nèi)建電場上

場（已知加、八和瓦），原來被正電荷約束的電子至少需要獲得能量為￡的黃光子才能發(fā)生內(nèi)光電效應(yīng)變?yōu)?/p>

自由電子，產(chǎn)生了電子一空穴對(duì)，空穴帶正電且電荷量等于元電荷該電池短路時(shí)單位時(shí)間內(nèi)通過外電路

某一橫截面的電子數(shù)為〃。已知普朗克常量為人光速為c。關(guān)于該太陽能電池的說法正確的是（）

第12頁/共25頁

E

A.該材料發(fā)生光電效應(yīng)的極限波長為廣

he

B.改用紫外線照射該材料，則不能發(fā)生光電效應(yīng)

C.該太陽能電池的電動(dòng)勢為￡=§（y+外）

D.該太陽能電池的內(nèi)阻為r=-^-（xp+xN）

Ine

【答案】CD

【解析】

【詳解】A.原來被正電荷約束的電子至少需要獲得能量為E的黃光子才能發(fā)生內(nèi)光電效應(yīng)變?yōu)樽杂呻娮?

則

E=h—

A

解得

入嗚

故A錯(cuò)誤;

B.紫光頻率大于黃光頻率，則紫光能量更大，可以發(fā)生光電效應(yīng)，故B錯(cuò)誤;

CD.根據(jù)電動(dòng)勢的定義可得

W

Er=—

〃即為內(nèi)建電場力所做的功，內(nèi)建電場力廠隨位移的變化圖像如圖所示

〃為該圖線與坐標(biāo)軸所困的面積，即

*苧（Xp+外）

聯(lián)立可得

￡=爭4十八）

電源短路時(shí)所有通過N區(qū)的電子經(jīng)外電路回到。區(qū)，電流為

=『e

該太陽能電池的內(nèi)阻為

E1E,、

"7=藐o5+4)

第13頁/共25頁

故CD正確;

故選CD。

非選擇題部分

三、非選擇題（本題共5小題，共55分）

16.在用圖示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律時(shí)，實(shí)驗(yàn)步驟如下:

①先不放靶球B,將入射球A從斜槽上某點(diǎn)由靜止釋放，落到白紙上某點(diǎn)，重復(fù)該動(dòng)作10次，把10次落

點(diǎn)用一個(gè)最小的圓圈起來，圓心標(biāo)為。點(diǎn)：

②在斜槽末端放上球B,將球A從斜槽上同一位置由靜止釋放，與球B碰后落到白紙上某兩點(diǎn)，重復(fù)該動(dòng)

作10次，把A、B兩球10次落點(diǎn)分別用一個(gè)最小的圓圈起來，圓心分別標(biāo)為A/、N點(diǎn)；

③分別測量斜槽末端豎直投影點(diǎn)。到P、N的距離分別為月、不、冷?；卮鹣铝袉栴}：

（1）以下實(shí)驗(yàn)條件正確的是。

A.斜槽必須光滑且末端切線水平B.測量斜槽末端距白紙的高度力

C.小球A、D宜徑必須相同D.兩球的質(zhì)量關(guān)系滿足〃

（2）用最小圓的圓心定位小球落點(diǎn)的目的是通過多次測量取平均值以減?。ㄌ睢芭既徽`差”或“系

統(tǒng)誤差”）。

（3）若A、B兩球的質(zhì)量分別為〃5、〃始，實(shí)驗(yàn)中需驗(yàn)證的關(guān)系是（用題中字母表示）。

（4）若某次實(shí)驗(yàn)中得出的落點(diǎn)情況如圖乙所示，則說明該碰撞（“是”或“否"）為彈性碰撞。

【答案】（1）C（2）偶然誤差

（3）機(jī)A、2=WAX1+〃~%3

⑷否

【解析】

【小問I詳解】

A.斜槽的末端必須水平才能保證小球從斜槽末端飛出時(shí)做平拋運(yùn)動(dòng)，但斜槽是否光滑對(duì)實(shí)驗(yàn)無影響，故A

錯(cuò)誤；

第14頁/共25頁

B.本實(shí)驗(yàn)是根據(jù)平拋的規(guī)律驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，需要測量的是A、B兩小球拋出的水平距離，因?yàn)閽伋龈?/p>

度相同落地時(shí)間一樣，驗(yàn)證時(shí)式子兩端會(huì)把時(shí)間消去，所以與高度無關(guān)，不需要測量斜槽末端距地面的高

度，故B錯(cuò)誤；

C.要保證兩球在斜槽末端發(fā)生正碰，則小球A、B直徑必須相司，故C正確；

D.為了防止兩球碰撞后反彈，則需滿足入射球的質(zhì)量大于被碰球的質(zhì)量，故D錯(cuò)誤。

故選C。

【小問2詳解】

用最小圓的圓心定位小球落點(diǎn)，可以得到平均落點(diǎn)從而減小實(shí)驗(yàn)偶然誤差。

【小問3詳解】

需要驗(yàn)證的動(dòng)量守恒表達(dá)式為

因落地時(shí)間相等，則有

可得

mKx2=wAx,+〃％工

【小問4詳解】

要進(jìn)一步驗(yàn)證碰撞是否為彈性碰撞，則應(yīng)驗(yàn)證

121212

3%%+不〃%匕

乙乙乙

化簡可得

OM+OP=ON

結(jié)合圖乙可知，該碰撞不是彈性碰撞。

17.某小組準(zhǔn)備選用以下器材完成“測電源電動(dòng)勢和內(nèi)阻”的實(shí)驗(yàn)：兩節(jié)干電池、電流表、電壓表、滑動(dòng)變

阻器、開關(guān)、導(dǎo)線若干,

（1）請(qǐng)用筆代替導(dǎo)線將圖甲中的實(shí)物連線補(bǔ)充完整

（2）某次實(shí)驗(yàn)時(shí)電流表的讀數(shù)如圖乙所示，此時(shí)電流表讀數(shù)是A,改變滑動(dòng)變阻器的滑片，得到多組

實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，利用數(shù)據(jù)畫出U“圖，如圖丙，根據(jù)圖線得到每節(jié)干電池的電動(dòng)勢為V、內(nèi)阻為Qo

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（結(jié)果均保留兩位小數(shù)）

（3）若將一非線性元件接入該電池組兩端，該非線性元件的電壓和電流關(guān)系如圖丁，則此時(shí)該電源的效率

是%（結(jié)果取兩位有效數(shù)字）。

【答案】（1）見解析（2）①.0.24##0.25②.1.45③.1.21

(3)76%##77%##78%

【解析】

【小問1詳解】

實(shí)物圖如下

[1]電流表選0-06A,所以最小刻度值為0.02A,所以讀數(shù)為0.24mA。

[2]由閉合電路歐姆定律有

E=U+h.

變形得

U=E-Ir

可知圖像縱截距絕對(duì)值為電動(dòng)勢，即

E=2.90V

每節(jié)干電池電動(dòng)勢為1.45V,圖像的斜率表示內(nèi)阻，有

2.90-1.50

Q=2.41C

0.58-0

每節(jié)電池內(nèi)阻為1.21Q.

【小問3詳解】

把丙圖線和丁圖線畫在同一個(gè)U-/中

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兩線交點(diǎn)為（0.27,2.23）,交點(diǎn)代表該一非線性元件接入該電池組兩端，回路的工作點(diǎn)。所以此時(shí)電源的效

率是

〃=鏟100%=77%

18.關(guān)于下列實(shí)驗(yàn)，說法正確的是（）

A.在“探究力的合成規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中，彈簧測力計(jì)外殼和桌面的摩擦?xí)绊憣?shí)驗(yàn)結(jié)果

B.在“觀察光的雙縫干涉”的實(shí)驗(yàn)中，若看到干涉條紋與分劃板中心刻線不平行是因?yàn)閱坞p縫不平行造成

的

C在“利用單擺測重力加速度”實(shí)驗(yàn)中，若把擺線長當(dāng)做擺長，則測量的重力加速度會(huì)偏小

D.在“利用油膜法測油酸分子直徑”的實(shí)驗(yàn)中，為了得到穩(wěn)定H勺油膜形狀，可以先滴入油酸酒精溶液再灑

上酢子粉

【答案】C

【解析】

【詳解】A.在“探究力的合成規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中，彈簧測力計(jì)外殼和桌面的摩擦，不影響彈簧;則力計(jì)測量，

不會(huì)影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果，故A錯(cuò)誤：

B.在“觀察光的雙縫干涉”的實(shí)驗(yàn)中，若看到干涉條紋與分劃板中心刻線不平行是因?yàn)榉謩澃逯行目叹€和

雙縫不平行造成的，故B錯(cuò)誤；

C.在“利用單擺測重力加速度”實(shí)驗(yàn)中，根據(jù)單擺周期公式7=2〃一可得

4//

可知若把擺線長當(dāng)做擺長，則擺長的測量值偏小，測量的重力加速度會(huì)偏小，故C正確；

D.在“利用油膜法測油酸分子更徑”的實(shí)驗(yàn)中，為了得到穩(wěn)定的油膜形狀，正確操作步驟應(yīng)為在水面上先

撒上琲子粉，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散開穩(wěn)定，故D錯(cuò)誤。

故選C。

19.如圖所示，在豎直放置的圓柱形容器內(nèi)用質(zhì)量為,〃的活塞密封一部分氣體，活塞能無摩擦地滑動(dòng)，容

器橫截面積為S,將整個(gè)裝置放在大氣壓恒為po的空氣中，開始時(shí)氣體的溫度為7o,活塞與容器底的距離

為方，環(huán)境溫度降低時(shí)容器內(nèi)氣體放熱，活塞緩慢下降一定高度d后再次平衡。

（1）在活塞緩慢下降的過程中，氣體分子平均動(dòng)能如何變化；

（2）求氣體內(nèi)部壓強(qiáng)p：

（3）求整個(gè)過程外界對(duì)氣體所做的功：

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（4）已知整個(gè)過程氣體內(nèi)能減少了△口求氣體向外界放出的熱量。

【答案】(1)減小;(2)Po+等；(3)(〃?g+Po5)d；(4)AU+(〃7g+〃oS)d

J

【解析】

【詳解】（1）在活塞緩慢卜.降的過程中，壓強(qiáng)不變，體積減少，溫度減低，所以氣體分子平均動(dòng)能減小。

（2）對(duì)活塞分析，有

pS=mg+p“S

得

P=Po+簧

（3）對(duì)整過程分析，有

W=（tng4-PoS）d

（4）對(duì)整過程分析，有

\U=Q+W

得

2=—AU—(〃?g+PoS)d

放出熱量大小為+（加g+p°S）d

20.某同學(xué)設(shè)計(jì)了一運(yùn)輸裝置模型，如圖所示，該裝置由傾斜直軌道48、水平傳送帶8C、兩個(gè)相同的四分

之一光滑圓軌道CQE以及一輛平板車組成，力8與8。間平滑連接，其中C點(diǎn)和E點(diǎn)分別為圓軌道的最

高點(diǎn)和最低點(diǎn)，。點(diǎn)在傳送帶右端轉(zhuǎn)軸的正上方，與傳送帶間隙很小，恰好可以讓一個(gè)貨物通寸，E點(diǎn)與平

板車上表面持平。已知足夠長軌道/〃的傾角柒37。，傳送帶長L=0.4m,圓軌道半徑及=0.2m,貨物與.44、

4C軌道的動(dòng)摩擦因素川=0.125,與平板車的動(dòng)摩擦因素〃2=0.5。平板車質(zhì)量〃=O.lkg,長乙2=lm,與水平地

面的摩擦力不計(jì)。某次調(diào)試時(shí)將一質(zhì)量〃尸0.1kg的貨物從力點(diǎn)靜止釋放，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程貨物不能脫離軌道,

g取lOm/s?,sin37°=0.6>cos37°=0.8o

（1）若貨物從距離8點(diǎn)0.9m處靜止釋放，求貨物在48軌道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；

（2）在（1）的情況下，若傳送帶靜止，求貨物運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道上C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；

（3）若傳送帶以3m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，要使貨物不從平板不上滑落，求貨物釋放點(diǎn)與3點(diǎn)距離的取值范圍。

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37°B

【答案】（1）0.6s；（2）3N,方向豎直向上；（3）0Ani<LAB<13m

【解析】

【詳解】（1）貨物從4到根據(jù)牛頓第二定律

mgsin0-必〃7gcos0=ma

解得

a=5m/s2

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律

L=—at~

2

解得

t=0.6s

（2）由（1）可得

vH=at=3m/s

從5到C,根據(jù)動(dòng)能定理

,1212

-A2/wgA1=-wvc--/nv-

解得

vc=2"n/s

在C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律

kvc

FN+mg=m-^

解得

G=3N

根據(jù)牛頓第三定律，貨物對(duì)軌道的壓力大小為3N,方向豎直向上；

（3）當(dāng)貨物滑到平板車上F點(diǎn)時(shí)與車恰好共速，此時(shí)貨物恰好不從車上滑落，設(shè)共速時(shí)兩者速度為匕,

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貨物滑到￡點(diǎn)時(shí)的速度為也，根據(jù)動(dòng)量守恒定律

mvK=+M)昨

又因?yàn)槟芰渴睾愣?，?/p>

-外〃7gL2=^(m+

聯(lián)立解得

vE=2\/5m/s

從C到E,根據(jù)動(dòng)能定理

11

2mgR-—mv,.----mv

2￡2r(

解得

vc=2百/ms

又由于貨物運(yùn)動(dòng)過程中不脫離軌道，在C點(diǎn)時(shí)的最小速度滿足

解得

%=42mls

所以經(jīng)過。點(diǎn)的速度范圍為

V2m/s<vc<2x/Jm/s

若在傳送帶上全程加速到拉m/s，則

71212

從〃g7Li=5〃7%-5加%

解得

v51=lm/s

若在傳送帶上全程減速到26m/s，則

,1212

乙乙

解得

vB2=VTSm/s

所以經(jīng)過4點(diǎn)的速度范圍為

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lm/s<vl{<VfJm/s

從4到以根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律

VR~2a以

解得

0.1m1.3m

<L/,toR<

所以當(dāng)O.lmW乙但WL3m時(shí)，貨物既不會(huì)脫離軌道，也不會(huì)滑出平板車。

21.如圖所示，P。、是兩條固定在水平面內(nèi)間距，=lm的光滑平行軌道，兩軌道在。、O'處各有一小

段長度可以忽略的絕緣體，絕緣體兩側(cè)為金屬導(dǎo)軌，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)。軌道左端連接一個(gè)火=0.3。的電阻,

軌道的右端連接一個(gè)“恒流源”，使導(dǎo)體棒"在。O'右側(cè)時(shí)電流恒為/=0.5A°以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿軌道

MN建立x軸，在0人1m區(qū)域范圍內(nèi)有以所為底邊的等腰三角形勻強(qiáng)磁場，5i=0.1T；在x<0的足夠長

的區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，82=0.2T。兩區(qū)域磁場方向均垂直軌道平面向下。開始時(shí)，質(zhì)量加=0.05kg、長度/=lm、

電阻LO.IC的導(dǎo)體棒"在外力作用下靜止在叱處?，F(xiàn)撤去外力，發(fā)現(xiàn)岫棒沿軌道向左運(yùn)動(dòng)。已知重力

加速度g取10m/s2,求:

（1）撤去外力瞬間M棒中的電流方向和帥棒所受安培力的大小;

（2）撤去外力后，試畫出在OOWlm范圍內(nèi)的尸廠圖像，并計(jì)算這個(gè)過程中安培力所做的功;

（3）"棒最終停的位置離。?！木嚯x。

絕緣體

P0

xXXXXX1x

XXXXXXXXX

X

XXXXXXXX

X卜戈X恒流源

XXXXXXXX

X

XXXXXXXX7

XXXXXXXXb

M絕緣體/N

F/N

【答案】（1）從〃到〃，0.05N：，0.025J；(3)0.5m

【解析】

【詳解】（1）由題可知，。仍棒沿軌道向左運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則判斷，電流的方向從力到。，所受安培力為

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底=8"L=0.1x0.5xlN=0.05N

（2）導(dǎo)體棒在磁場中的長度隨x的增大，均勻增大，則安培力也均勻增大，則可作圖

油棒受到的安培力隨位移線性變化，所以

二號(hào).0.02"

對(duì)油棒，從EF至過程，歹J動(dòng)能定理

卬也=—mv2

安9.

解得

v=lm/s

設(shè)棒仍穿過左側(cè)勻強(qiáng)磁場B2過程中，由動(dòng)量定理

-B2lL\t=O-/wv

其中

EA<Z>B、Lx

7IaM=------△A/=------=二—

R+rR+rR+r

聯(lián)立，解得

x=0.5m

22.在芯片加工制作中，需要對(duì)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行精準(zhǔn)調(diào)控。圖甲為某一精準(zhǔn)調(diào)控簡化圖，在W），平面內(nèi)

的第一、四象限有勻強(qiáng)電場E（大小未知），方向沿y軸正方向。在第三象限內(nèi)有邊界與坐標(biāo)軸相切、半徑

為以的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直于紙面向外、大小&未知?！鱋CZ）內(nèi)有垂直于紙面、大小8未知的

勻強(qiáng)磁場，OC邊長為4a,/。。。=30?！阋毁|(zhì)量為加、帶電量為+q的粒子，從4點(diǎn)（2a,0）以與x軸成某

一角度射入第四象限，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后從P點(diǎn)（0,?1.5a）垂直于y軸進(jìn)入第三象限，經(jīng)圓形磁場后從8點(diǎn)

0）進(jìn)入AOCQ中，己知粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速率為丫，不計(jì)粒子的重力，整個(gè)過程粒子均在光。），平

面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。求：

（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大?。?/p>

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（2）圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度8。的大?。?/p>

（3）若粒子垂直于CD邊離開磁場，求AOC。內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度

mv

（4）若AOC。內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度8=；；—,粒子在AOCD內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過程中會(huì)受到氣體阻力/；其方向與速度

2qa

v的方向相反，大小/二竺1?，F(xiàn)在該區(qū)域疊加一平行與xOy平面的旋轉(zhuǎn)電場E'（如乙圖所示），使粒子

4。

V

與旋轉(zhuǎn)電場以相同的角速度0=—做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，旦粒子的線速度與旋轉(zhuǎn)電場的夾角（小于90。）保持不

a

變。只考慮粒子受到勻強(qiáng)磁場的洛倫茲力、旋轉(zhuǎn)電場的電場力及氣體的阻力作用，不考慮電磁波引起的能