2023届重庆市万州区高考物理模拟试卷（三） 一、单选题 1．下列关于四幅图中所涉及的物理知识论述，正确的是 （　　） A．甲图中经调制后的无线电波的波形是调频波的波形 B．乙图中的电子束穿过铝箔的衍射图样说明电子具有波动性 C．丙图是薄膜干涉演示实验中，将肥皂膜水平放置后，观察到的干涉图样 D．丁图中用相机拍摄玻璃后的景物时，是通过镜头表面的增透膜减弱玻璃表面的反射光影响 2．下列说法正确的是（　　） A．彩色液晶显示器利用了液晶光学各向异性的特点 B．天然水晶是晶体，熔化后再凝固成的水晶（即石英玻璃）还是晶体 C．云母沿不同方向的导热性能不同，是因为组成它的微粒是无规则排列的 D．昆虫可以停在水面上，是因为液体表面会产生垂直于液面向上的表面张力 3．一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t0滑至斜面底端．已知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定．若用F、v、s和E分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则下列图象中可能正确的是（　　） A． B． C． D． 4．如图所示，E、F、G、H为矩形ABCD各边的中点，O为EG、HF的交点，AB边的长度为d。E、G两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为Q的负电荷置于H点时，F点处的电场强度恰好为零。若将H点的负电荷移到O点，则F点处场强的大小和方向为(静电力常量为k) （　　） A． 方向向右 B． 方向向左 C． 方向向右 D． 方向向左 5．迄今为止，人类已经发射了数千颗人造地球卫星，其中的通信、导航、气象等卫星已极大地改变了人类的生活。如图所示为我国发射的二氧化碳监测卫星轨迹示意图。已知该卫星在半径为r的圆轨道上运行，经过时间t，通过的弧长为s。已知引力常量为G。下列说法正确的是（　　） A．该卫星的发射速度小于7.9km/s B．该卫星的运行速度大于7.9km/s C．可算出该卫星的周期为 D．可算出地球平均密度为 6．如图所示，一矩形线框，从abcd位置平移到a′b′c′d′位置的过程中，关于线框内产生的感应电流方向，下列叙述正确的是（线框平行于纸面移动）（　　） A．一直顺时针 B．顺时针→逆时针 C．逆时针→顺时针→逆时针 D．顺时针→逆时针→顺时针 7．如图所示，劲度系数为k1的弹簧两端分别与质量为m1、m2的物块相连，劲度系数为k2的弹簧上端与质量为m2的物块相连，整个装置放在水平地面上，开始时m1、m2都处于静止状态．现缓慢用力提上面的木块，直到下面的弹簧离开刚离开地面时，上面木块移动的距离为（重力加速度为g）（　　） A． B． C．（m1+m2）g（ + ） D． 8．一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.2s时刻的波形如图中的虚线所示，则下列说法中正确的是（　　） A．质点P的运动方向向右 B．波的周期可能为 s C．波的频率可能为1.25Hz D．波的传播速度可能为20m/s 9．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，在原线圈两端接入如图乙所示的电压，电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，则下列说法中正确的是（　　） A．图甲中V2的示数为44V B．若电流表的示数为0.1A，则变压器的输入功率为110W C．无论滑动变阻器的阻值是否变化，电压表V1和V2的示数之比均为5：1 D．若滑动变阻器的滑片向下滑动，则定值电阻R0消耗的电功率将增加 二、多选题 10．人站在岸上通过定滑轮用绳牵引低处的小船，若水的阻力不变，则船在匀速靠岸的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．绳的拉力保持不变 B．绳的拉力不断增大 C．船受到的浮力保持不变 D．船受到的浮力不断减小 11．在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次从同一高度释放沿同一轨道运动，通过描点法画出小球做平抛运动的轨迹．为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正确的选项前面的字母填在横线上 ． A．调节斜槽末端保持水平 B．每次释放小球的位置必须不同 C．每次必须由静止释放小球 D．小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触 E．将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线 12．如图甲所示，在倾斜角为θ的光滑斜面上放一轻质弹簧，其下端固定，静止时上端位置在B点，在A点放上一质量m=2.0kg的小物体，小物体自由释放，从开始的一段时间内的v﹣t图象如图乙所示，小物体在0.4s时运动到B点，在0.9s到达C点，BC的距离为1.2m（g=10m/s2），由图知（　　） A．斜面倾斜角θ=60° B．物块从B运动到C的过程中机械能守恒 C．在C点时，弹簧的弹性势能为16J D．物块从C点回到A点过程中，加速度先增后减，再保持不变 三、实验题 13．某实验小组设计实验探究弹簧的劲度系数与哪些因素有关，在研究弹簧劲度系数与弹簧的圈数关系时： （1）小组取材料相同，直径相同，粗细相同，长度相同，圈数不同的两个弹簧进行实验。这种实验方法称　 　。 （2）按照如图甲所示的方案设计实验，1的圈数少，2的圈数多，改变被支撑重物的质量m，静止时测出弹簧的形变量x，得到质量m与形变量x的关系式图象，取多组类似弹簧实验均可得到类似的图象，如图乙所示则可知弹簧单位长度的圈数越　 　（填“多”或“少”），弹簧的劲度系数越大。 （3）图乙中，已知弹簧1的劲度系数为k，则弹簧2的劲度系数为　 　。 14．某同学在实验室做“测定电源电动势和内阻”的实验时，发现实验桌上还有一个定值电阻R．于是设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势E、内阻r和定值电阻R的阻值。 （1）该同学根据甲图将滑动变阻器的滑片P移动到某位置时记下电表V1、V2、A的读数分别为U1、U2、I，可根据此组数据求出定值电阻R0＝　 　（用测得的U1、U2、I表示），若实验中的所有操作和数据处理无错误，用该方法测得的R0值　 　（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。 （2）该同学根据记录的U1、U2、I的一系列值，作出了如图乙所示的A、B两条图线U1﹣I图线是图乙中的　 　（填“A”或“B”）图线，由图乙中数据可知电动势E＝　 　V，内电阻r＝　 　Ω，定值电阻R0＝　 　Ω 四、解答题 15．如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距为d，a、b间加有电压，b板下方空间存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板进入匀强磁场，最后粒子打到b板的Q处(图中未画出)被吸收.已知P到b板左端的距离为2 d，求： （1）进入磁场时速度的大小和方向； （2）P、Q之间的距离； （3）粒子从进入板间到打到b板Q处的时间. 16．如图所示，一个倾角为37°的粗糙斜面固定在水平地面上，不可伸长的轻绳一端固定在光滑小钉O上，另一端系一个质量为的小物块A。初始时小物块A静止在斜面上的P点，轻绳水平伸直且无拉力，绳长为。现将斜面上质量为的光滑小物块B由静止释放，B沿斜面下滑时与A发生碰撞并粘在一起绕O点摆动，忽略物块大小，，，重力加速度，求： （1）物块A、B碰撞后瞬间速度大小； （2）若A、B一起绕O点摆动的最大角度为120°，物块A与斜面间动摩擦因数μ； （3）若物块A与斜面间的动摩擦因数，物块AB一起绕O点摆动转过多大角度时动能最大？最大动能是多少？（第（2）（3）问计算结果均保留2位有效数字） 17．如图所示，粗细均匀的“T”型细管竖直放置，竖直管A、B的两端封闭，水平管C的右端开口且与大气相通．当光滑活塞上不施加外力时，A、B两部分空气柱的长度均为30cm，竖直管中水银柱长度为15cm，C管中水银柱长度为4.2cm．大气压p0=75cmHg．现用外力缓慢推动活塞，恰好将C管中水银全部推入竖直管中；固定活塞，再将“T”型细管以水平管C为轴缓慢转动90°，求这时A端空气柱的长度． 18．将自然光引入室内进行照明是一种新型的绿色能源技术。某科技兴趣小组设计了一种接收太阳光的实验装置，如图为过装置中心轴线的截面，上部的集光球是半径为R的某种均匀透明材料的半球体，下部为导光管，两部分的交界面是PQ。若只有PQ上方高度 范围内的光束平行于PQ射入后，能直接通过PQ面进入导光管（不考虑集光球内表面的反射），求该材料的折射率。 答案 1．B 【解答】A．甲图中经调制后的无线电波的幅度随着声音信号改变，该波形是调幅波，A不符合题意； B．乙图中的电子束穿过铝箔的衍射图样说明电子具有波动性，B符合题意； C．丙图是薄膜干涉演示实验中，将膜竖直放置，观察到的干涉图样应该是沿水平方向的，C不符合题意； D．丁图中用相机拍摄玻璃橱窗内的景时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱反射光的强度，使照片清晰，D不符合题意。 故答案为：B。 【分析】利用电磁波的振幅发生改变说明该波形是调幅波；只有将膜竖直放置才能观察到沿水平方向的干涉图样；拍摄玻璃橱窗的物体，往往在镜头前安装一个偏振片来减弱玻璃表面的反射光影响。 2．A 【解答】A. 液晶具有晶体的各向异性，可以利用对光的通过性质不同，而制造出液晶显示器，A符合题意； B. 天然水晶是晶体，天然水晶熔化后再凝固成的水晶（即石英玻璃）不再是晶体，B不符合题意； C. 云母沿不同方向的导热性能不同，是因为组成它的微粒按一定规律排成有序阵列，在各方向上微粒的排列情况不同，C不符合题意； D. 昆虫可以停在水面上，是因为昆虫所处位置比周围水面稍下陷，水面向下发生弯曲，液体表面层具有收缩的趋势给了昆虫向上的支持力，D不符合题意。 故答案为：A。 【分析】天然水晶熔化后再凝固成的水晶不再是晶体；云母沿不同方向的导热性能不同其组成的微粒按一定规律排成有序阵列；昆虫可以停止在水面上是由于液体表面张力对昆虫产生向上的支持力。 3．A 【解答】解：A、物体在斜面上运动时做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知，其合外力恒定，故A正确； B、在v﹣t图象中，斜率表示加速度大小，由于物体做匀加速运动，因此其v﹣t图象斜率不变，故B错误； C、物体下滑位移为：x= at2，根据数学知识可知，其位移与时间图象为抛物线，故C错误； D、设开始时机械能为E总，根据功能关系可知，开始机械能减去因摩擦消耗的机械能，便是剩余机械能，即有：E=E总﹣fs=E总﹣f? at2，因此根据数学知识可知，机械能与时间的图象为开口向下的抛物线，故D错误． 故选：A． 【分析】摩擦力恒定，物体沿斜面下滑时做初速度为零的匀变速直线运动，根据初速度为零匀变速直线运动中合力、速度、位移和机械能所时间变化特点可解答本题． 4．D 【解答】当负正点电荷在H点时，电场强度恰好为零，故两个正电荷在F点的电场与正电荷的电场之和为零，根据公式 可得负电电荷在F点产生的电场强度大小为 ，方向水平向左，故两个正电荷在F点产生的电场强度大小为 ，方向水平向右；负点电荷移到O点，在F点产生的电场强度大小为 ，方向向左，所以F点的合场强为 ，方向水平向左，D符合题意，ABC不符合题意； 故答案为：D。 【分析】利用点电荷的场强公式结合叠加可以求出合场强的大小和方向。 5．C 【解答】A．v=7.9 km/s为第一宇宙速度，是最小的地面发射速度，卫星轨道半径比地球半径大，因此其发射速度应大于7.9km/s，A不符合题意； B．v=7.9km/s为第一宇宙速度，是最大的运行速度，卫星轨道半径比地球半径大，因此其运行速度应小于7.9km/s，B不符合题意； C．“碳卫星”的线速度 解得该卫星的周期 C符合题意； D．根据万有引力提供向心力 地球质量 密度 地球半径未知，密度无法求解，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】卫星的速度小于第一宇宙速度的大小；其发射速度大于第一宇宙速度；利用线速度和半径可以求出卫星的周期；利用引力提供向心力可以求出地球的质量；结合密度公式可以求出地球的密度。 6．D 【解答】由安培定则得，恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直直面向外，右边的磁场方向垂直向里。 当线圈向导线靠近时，磁场方向是垂直直面向外，穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律，可知：感应电流方向为adcba，为顺时针方向； 当线圈越过导线时到线圈中心轴与导线重合，磁场方向是垂直直面向外，穿过线圈的磁通量的变小，则感应电流方向为abcda，为逆时针方向； 当继续向右运动时，磁场方向是垂直直面向里，穿过磁通量变大，由楞次定律可在，感应电流方向为：abcda，为逆时针方向； 当远离导线时，磁场方向是垂直直面向里，穿过线圈的磁通量变小，由楞次定律可知，感应电流方向为：adcba，为顺时针方向。 故答案为：D。 【分析】根据安培定则得出左右两边磁场的方向；当闭合回路磁通量发生变化时，产生感应电流；结合楞次定律得出感应电流的方向，从而进行分析判断。 7．C 【解答】解：开始时：设上面弹簧压缩的长度x1，下面弹簧压缩的长度x2，则有： m1g=k1x1 m1g+m2g=k2x2 得到：x1= ，x2= 当下面那个弹簧的下端刚脱离桌面时，上面弹簧伸长的长度为： x1′= 故在此过程中，木块1上升的高度为： h=（x1+x1′）+x2=（m1+m2）g（ + ），故ABD错误，C正确． 故选：C 【分析】开始时弹簧处于压缩状态，下面弹簧的弹力等于两个木块的总重力，由胡克定律求出两弹簧压缩的长度x1和x2．当下面的弹簧刚离开桌面时，上面的弹簧处于伸长状态，弹力等于下面物块m2的重力，下面的弹簧原长，再由胡克定律求出上面弹簧伸长的长度x2′，根据几何关系求木块1上升的高度． 8．C 【解答】解：A、简谐横波沿x轴方向传播，质点P只沿竖直方向振动，不会向右移动．故A错误． B、由图，得到t=（n+ ）T，n=0，1，2，、则周期T= = s，因为n为整数，T不可能为 s．故B错误． C、由上，频率f= = Hz，当n=0时，f=1.25Hz，故C正确． D、若波速v=20m/s，则在t=0.2s内波传播的路程x=vt=4m，根据波形图象，波向右传播的最短距离6m，向左传播的最短距离18m，所以波速不可能为20m/s．故D错误． 故选：C 【分析】根据简谐运动特点判断质点P的运动情况．根据两个时刻波形图象，结合周期性，确定周期的可能值，由波长求出波速的可能值． 9．D 【解答】解：A、原线圈电压的有效值 ，根据电压与匝数成正比，得副线圈两端电压为 ，副线圈两端的电压等于 两端的电压和电压表 的读数之和，所以电压表 的示数小于44V，A不符合题意； B、根据电路与匝数成反比，得原线圈的电流 ，变压器的输入功率P=U1I1=220×0.02=4.4W，B不符合题意； C、 示数等于副线圈两端的电压和 两端的电压之和，而原副线圈两端的电压之比等于匝数之比为5：1，电压表 测得是原线圈两端的电压，所以 与 的示数之比不等于5：1，C不符合题意； D、滑动变阻器的滑片向下移动，副线圈的负载电阻减小，副线圈电压不变，副线圈的电流增大，所以定值电阻R0消耗的电功率将增加，D正确； 故 答案为：D 【分析】（1）解此题除了要掌握变压器的特点外，还要根据闭合电路的欧姆定律分析负载变化所引起的电流变化． （2）变压器中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，电表显示有效值． 10．B,D 【解答】解：船受重力、浮力、拉力和阻力做匀速运动，设绳子与水平方向的夹角为α． 则Fcosα=f． Fsinα+F浮=mg． 因为船在匀速靠岸的过程中，α增大，阻力不变，则拉力增大，船的浮力减小．故B、D正确，A、C错误． 故选：BD． 【分析】对小船进行受力分析，抓住船在水平方向和竖直方向平衡，运用正交分解分析船所受的力的变化． 11．A,C,D 【解答】通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动．A符合题意．因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，B不符合题意，C符合题意．做平抛运动的物体在同一竖直面内运动，固定白纸的木板必须调节成竖直，小球运动时不应与木板上的白纸相接触，以免有阻力的影响，D符合题意；将球经过不同高度的位置记录在纸上后，取下纸，平滑的曲线把各点连接起来，故E错误； 故答案为：ACD． 【分析】保持弹射器水平是为了使小球做平抛运动，而不是斜抛运动。从同一位置静止释放，是为了使每次实验的小球具有相同的初速度。 12．A,C 【解答】解：A、由图乙所示图象可知，在0﹣4s内，物块做匀加速直线运动，加速度为：a= = =5m/s2， 由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，解得：sinθ=0.5，得：θ=30°，A符合题意； B、从B到C过程，除重力做功外，弹簧弹力对物块最负功，物块的机械能不守恒，B不符合题意 ； C、弹簧和物块组成的系统的机械能守恒，由能量守恒定律可得在C点弹簧的弹性势能为：EP= mvB2+mghBC= ×2×22+2×10×1.2×sin30°=16J，C符合题意； D、物块从C点回到A点过程中，开始弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力向上，物块向上做加速运动，弹力逐渐减小，物块所受合力减小，物块的加速度减小，然后弹簧的弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力向下，物块做减速运动，随物块向上运动，弹簧弹力变小，物块受到的合力变大，加速度变大，当物体与弹簧分离后，物块受到的合力等于重力的分力，加速度不变，物块做加速度不变的减速运动，由此可知在整个过程中，物块的加速度先减小后增大，再保持不变，D不符合题意； 故选：AC 【分析】根据速度时间图像的物理意义先判断出物体的加速度。结合牛顿第二运动定律求出θ角。再根据能量守恒定律和机械能守恒对整个过程进行分析。 13．（1）控制变量法 （2）少 （3） 【解答】(1)每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。 (2)根据胡克定律有mg = kx 整理后有x = m 则x—m图像的斜率为 ，则图像斜率越大弹簧的劲度系数越小，由图乙可看出直线2的斜率大于直线1的斜率，则k1 > k2 由于1的圈数少，2的圈数多，则可知弹簧单位长度的圈数越小，弹簧的劲度系数越大。 (3)根据x = m 结合图乙可计算出3x1 = m，x1 = m 由于弹簧1的劲度系数为k，则k1 = k，k2 = 【分析】（1）实验使用控制变量法； （2）利用胡克定律结合图像斜率可以比较劲度系数的大小，利用劲度系数的大小可以判别与圈数的关系； （3）利用胡克定律可以求出劲度系数的大小。 14．（1）；大于 （2）B；3.0；1.0；4.0 【解答】（1）由电路图，根据欧姆定律，得：U2﹣U1＝IR0 整理得： 由于电压表V1分流，电流表的示数小于流过R0的电流，故用该方法测得的电阻值要大于真实值；（2）根据闭合电路欧姆定律，得：U1+I（R0+r）＝E ① U2+Ir＝E ② 整理得：U1 ＝E﹣I（R0+r） ③ U2＝E﹣Ir ④ 结合图象，U2﹣I图象的斜率表示内阻r，U1﹣I图象的斜率表示等效内阻（R0+r）， 故U1﹣I图线是图乙中的B图线；由B图线得：E＝3.0V R0+r＝ 5Ω ⑤ 由A图线得： ⑥ 联立⑤⑥，得：R0＝4Ω 【分析】（1）结合定值电阻的电流和电压，利用欧姆定律求解电阻即可； （2）根据闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir 结合函数图象来求解内阻和电动势即可。 15．（1）解：粒子在两板间做类平抛运动， 水平方向：2 d=v0t， 竖直方向：d= vyt， 解得：vy= v0， 粒子进入磁场时的速度大小：vp= ， tanθ＝ 解得：θ=30° （2）解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示： 粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得： ， 解得： ， 则： （3）解：在电场中的时间： ， 磁场中的周期： ， 则t＝t1+t2＝ 【分析】（1）粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据竖直方向的偏移量，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解即可； （2）利用第一问求出到达磁场的速度，根据粒子受到的洛伦兹力方向确定粒子的轨迹，再利用向心力公式求出轨道半径，结合几何关系求解距离。 16．（1）解：滑块B由静止到与A碰前，由动能定理 解得 AB碰撞过程，由动量守恒定律 解得v1=1m/s （2）解：AB碰后一起摆动120°，则由动能定理 解得 （3）解：若物块A与斜面间的动摩擦因数，则物块A与斜面之间的摩擦力 AB两物体重力沿斜面向下的分量为 当G1沿切线方向的分量等于f时，AB两物体的速度最大，此时 即α=30° 即物块AB一起绕O点摆动转过60°角度时动能最大；由动能定理 【分析】（1） 滑块B由静止到与A碰前 根据动能定理和碰撞过程中根据动量守恒得出物块A、B碰撞后瞬间速度； （2）AB碰后 摆动过程根据动能定理得出物块A与斜面间动摩擦因数； （3）根据滑动摩擦力的表达式以及共点力平衡得出转过的角度，利用动能定理得出AB的最大动能。 17．解：图示初始状态下，A管空气的压强pA1=70cmHg，B管空气的压强pB1=85cmHg 当“T”型细管水平时，A、B空气柱的压强相同设为p，A、B空气柱的长度分别为LA2、LB2 对A：pA1LA1=pLA2 对B：pB1LB1=pLB2 两式相比得： 由几何关系：LA2+LB2=（30+30﹣4.2）cm 联立解得：LA2=25.2cm 答：这时A端空气柱的长度25.2cm 【分析】气体发生等温变化，由玻意耳定律可以分析解题 18．解：由于不考虑集光球内表面的反射，所以最上面的一束光线的光路图如图所示 由几何关系可知 解得 可知入射角 折射角 根据折射定律可知，材料的折射率 【分析】画出最上面的光束的光路图，利用几何关系可以求出入射角的大小，利用入射角及折射角的大小可以求出材料的折射率大小。

2023届重庆市万州区高考物理模拟试卷（二） 一、单选题 1．下列说法正确的是（　　） A．将土壤锄松，可破坏土壤中的毛细管，从而保存地下的水分 B．能源消耗的过程中能量不一定守恒 C．看立体电影时需要带特制的眼镜，这是利用了光的干涉现象 D．肥皂泡在阳光下出现彩色条纹，这是光的全反射现象 2．激光在“焊接”视网膜的眼科手术中有着广泛的应用。在一次手术中，所用激光的波长λ=6.6 10-7m，每个激光脉冲的能量E=1.5 10-2J。则每个脉冲中的光子数目是（已知普朗克常量 ，光速 ）（　　） A．3×1016 B．3×1012 C．5×1016 D．5×1012 3．如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　) A．圆环的机械能守恒 B．弹簧弹性势能变化了 mgL C．圆环下滑到最大距离时,所受合力为零 D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变 4．关于静电场，以下叙述中正确的是（　　） A．点电荷是理想化物理模型，通常体积小的带电体都可以看成是点电荷 B．电场中某点的场强方向即为试探电荷在该点的受力方向 C．电场强度是标量，运算时不满足平行四边形定则 D．电场线分布越密的地方电场强度越大 5．2019年12月16日15时22分，我国在西昌卫星发射中心以“一箭双星”方式成功发射第五十二、五十三颗北斗导航卫星。至此，所有中圆地球轨道卫星全部发射完毕，标志着北斗三号全球系统核心卫星部署完成。已知中圆地球轨道卫星到地球表面的距离为地球半径的3倍，地表重力加速度为g，第一宇宙速度为v1。则中圆地球轨道卫星的（　　） A．向心加速度为 B．周期为 C．角速度为 D．线速度为 6．如图所示，一矩形线框，从abcd位置平移到a′b′c′d′位置的过程中，关于线框内产生的感应电流方向，下列叙述正确的是（线框平行于纸面移动）（　　） A．一直顺时针 B．顺时针→逆时针 C．逆时针→顺时针→逆时针 D．顺时针→逆时针→顺时针 7．如图所示，把重为G的物体通过细绳OA、OB拴在半圆支架MN上，开始时，OA与竖直方向成37?角，OB与OA垂直，已知sin37° =0.6 ，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（　　） A．此时细绳OA的拉力为0.6G B．此时细绳OB的拉力为0.8G C．保持OB不动，沿圆弧CM缓慢下移A点，OA绳拉力变小 D．保持OA不动，沿圆弧NC缓慢上移B点，OB绳拉力变大 8．将较长的绳一端固定在墙上，另一端用手捏住以恒定振幅上下持续振动，产生的绳波沿绳自左向右传播，图示时刻，波形刚好传播到A点。下列判断正确的是（　　） A．手的起振方向向下 B．若减小手的振动频率，绳波的传播速度不发生变化 C．若增大手的振动频率，绳波的波长将增大 D．若停止手的振动，绳中波形立即消失 9．如图甲所示理想变压器线圈均匀密绕，原线圈接220V交流电，标称为“220V，40W”的灯泡的一端与副线圈底端连接，另一端通过滑片P与副线圈连接。从副线圈底端开始缓慢向上移动滑片P，直至灯泡两端电压为220V，测得灯泡两端电压UL随时间t的变化是一条过原点O的直线，如图乙所示。若流过灯泡的电流为IL，功率为PL；原线圈中的电流为I1，输入功率为P1。则（　　） A．IL—t图线是一条过原点O的直线 B．I1—t图线是一条过原点O的直线，图线斜率比IL—t斜率小 C．PL—t图线是一条过原点O的曲线，且是抛物线 D．P1—t图线是一条过原点O的曲线，且不是抛物线 二、多选题 10．如图所示倾角为37°的斜劈放在粗糙的水平面上，将一重为 的物体放在斜劈上，物体与斜劈间的动摩擦因数 ，现给物体施加一沿斜劈向上的力F，斜劈始终静止不动。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等， ， ，下列说法正确的是（　　） A．若力大小为1N，则斜劈与地面之间的摩擦力大小为0.8 N B．若力大小为2 N，则斜劈与地面之间的摩擦力大小为1.6 N C．若力大小为12 N，则斜劈与地面之间的摩擦力大小为9.6 N D．若力大小为13 N，则斜劈与地面之间的摩擦力大小为10.4 N 11．如图，滑板运动员以速度v0从离地高度h处的平台末端水平飞出，落在水平地面上．忽略空气阻力，运动员和滑板可视为质点，下列表述正确的是（　　） A．v0越大，运动员在空中运动时间越长 B．v0越大，运动员落地瞬间速度越大 C．运动员落地瞬间速度与高度h无关 D．运动员落地位置与v0大小有关 12．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨倾斜固定放置，导轨所在平面的倾角，导轨下端接有阻值为R的电阻，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B．质量为m、长为L、电阻不计的金属棒刚好能够放在导轨上，在沿导轨平面且与棒垂直的拉力F作用下金属棒沿导轨向上做初速度为零、加速度为（重力加速度大小为g）的匀加速直线运动，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并与两导轨接触良好，金属导轨的电阻不计，取。则在金属棒沿导轨向上运动时间的过程中，下列说法正确的是（　　） A．时刻，金属棒受到的安培力大小为 B．时刻拉力F的大小为 C．时间内通过电阻R的电荷量为 D．整个过程中，拉力F做的功大于电阻R上产生的焦耳热与金属棒动能增加量之和 三、实验题 13．图甲为某同学在“探究弹簧弹力与形变量的关系”时的实验装置。实验中，弹簧的弹力F等于下端所挂钩码的重力；弹簧的伸长量为x， 。主要步骤如下： A．将铁架台置于水平桌面上，按图装好器材 B．记下弹簧自由下垂时，其下端指针在刻度尺上所示刻度了l0=10.00cm C．以F为纵坐标，x为横坐标，做出F-x图线 D．依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个…钩码，分别记录钩码静止时，弹簧下端指针对应的刻度l，然后取下钩码 E．根据图线写出F与x的关系式，并解释关系式中常数的意义 （1）以上操作的合理顺序是　 　（填步骤前字母）； （2）该同学在弹簧下端挂1.50N的钩码时，指针在刻度尺上指示位置如图乙所示，则弹簧的伸长量x3=　 　cm； （3）将x3对应的点描到图丙的坐标系中，连同其他数据点作出F-x图线； （4）由图线可求得弹簧的劲度系数k=　 　N/m。（结果保留两位有效数字） 14．小明利用如图所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻 （1）图中电流表的示数为　 　A （2）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下 请根据表中的数据，在答题卡的方格纸上作出U-I图线　 　； 由图线求得：电动势E=　 　V，内阻r=　 　Ω。 （3）实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为　 　。 四、解答题 15．如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压 V加速后以速度 沿两极板的中线进入电压 V,间距为 ,板长 的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后打在距离偏转电场 的屏幕上的 点，（e=1.6×10-19C ，m=0.9×10-30kg）求： （1）电子进入偏转电场时的速度 （2）射出偏转电场时速度的偏角 （3）打在屏幕上的侧移位移 16．如图所示，一质量m=0.4kg的滑块（可视为质点）静止于水平轨道上的A点。现对滑块施加一恒定的水平外力F=5N，使其向右运动，经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数。已知轨道AB的长度L=2.0m，半径OC和竖直方向的夹角，圆形轨道的半径R=0.5m，物块与水平轨道间的动摩擦因数均为，空气阻力可忽略，重力加速度，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）求滑块运动到C点时速度的大小； （2）求水平外力作用在滑块上的位移S； （3）若改变拉力大小和作用距离，要使物块离开B点后落在D点右侧，求拉力F的最小值（结果保留2位有效数字）。 17．如图所示，体积为V的汽缸由导热性良好的材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成体积相等的上下两部分，汽缸上部通过单向阀门K（气体只能进入汽缸，不能流出汽缸）与一打气筒相连．开始时汽缸内上部分气体的压强为p0，现用打气筒向容器内打气，已知打气筒每次能打入压强为p0，体积为 的空气，当打气49次后，稳定时汽缸上下两部分的体积之比为9：1，重力加速度大小为g，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦。求： ①打气49次后，稳定时汽缸上部分气体的压强p； ②活塞的质量m。 18．如图所示，真空中有以下表面镀反射膜的平行玻璃砖，其折射率n= ，一束单色光与界面成θ=45°角斜射到玻璃砖表面上，最后在玻璃砖的右侧面竖直光屏上出现两个光点A和B，A和B相距h=4.0cm．已知光在真空中的传播速度c=3.0×108m/s． i．画出光路图； ii．求玻璃砖的厚度． 答案 1．A 【解答】A．将土壤锄松，可破坏土壤中的毛细管，从而保存地下的水分，A符合题意； B．能源消耗的过程中能量是守恒的，能量耗散表明在能源的利用过程中，即在能量的转化过程中，能量的数量并未减少，但在可利用的品质上降低了，B不符合题意； C．看立体电影时需要带特制的眼镜，这是利用了光的偏振现象，C不符合题意； D．肥皂泡在阳光下出现彩色条纹，这是光的干涉现象，D不符合题意。 故答案为：A。 【分析】将土壤锄松是破坏其土壤中的毛细管，从而保护地下的水分；能量消耗的过程其能量守恒；立体电影的原理使用了光的偏振现象；肥皂泡在太阳光下出现彩色条纹属于光的干涉现象。 2．C 【解答】每个光子的能量为 每个激光脉冲的能量为E，则每个脉冲中的光子数目 代入数据，解得 ABD不符合题意，C符合题意。 故答案为：C。 【分析】利用能量子方程结合总能量的大小可以求出光子的数量。 3．B 【解答】圆环在下滑过程中，弹簧对其做负功，故圆环机械能减小 ，A不符合题意； 圆环下滑到最大的距离时，由几何关系可知，圆环下滑的距离为 ，圆环的速度为零，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能增加量等于圆环重力势能的减小量，为 ，B符合题意； 圆环下滑过程中，所受合力为零时，加速度为零，速度最大，而下滑至最大距离时，物体速度为零，加速度不为零，所以C不符合题意； 在下滑过程中，圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变，即系统机械能守恒，所以D不符合题意。 故答案为：B 【分析】如果一个系统，除重力外，不受到外力和非保守内力，那么这个系统机械能守恒，结合选项中物体的受力情况分析求解，弹性体发生弹性形变，物体就会具有弹性势能，弹性形变越大，弹性势能就越大。 4．D 【解答】A．点电荷是理想化物理模型，电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，所以通常体积小的带电体在有些情况下也不能看做点电荷，体积很大的带电体也有可能看成是点电荷，A不符合题意； B．某点电场强度的方向，与该点负电荷所受电场力方向相反，与正电荷所受电场力方向相同，B不符合题意； C．电场强度是矢量，运算时满足平行四边形定则， C不符合题意； D．电场线的疏密程度表示场强强弱，越密，电场强度越大，D符合题意。 故答案为：D。 【分析】点电荷是理想化模型，其电荷的形状、体积和电荷量对所研究的问题可以忽略时就可以作为点电荷；电场中电场强度的方向为正电荷受到电场力的方向；电场强度是矢量，运算时使用平行四边形定则。 5．B 【解答】A．根据 解得 A不符合题意； BD．根据 可得 中圆地球轨道卫星的速度 周期 B符合题意，D不符合题意； C．角速度为 C不符合题意； 故答案为：B。 【分析】利用引力提供向心力可以求出加速度、线速度、周期和角速度的大小。 6．D 【解答】由安培定则得，恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直直面向外，右边的磁场方向垂直向里。 当线圈向导线靠近时，磁场方向是垂直直面向外，穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律，可知：感应电流方向为adcba，为顺时针方向； 当线圈越过导线时到线圈中心轴与导线重合，磁场方向是垂直直面向外，穿过线圈的磁通量的变小，则感应电流方向为abcda，为逆时针方向； 当继续向右运动时，磁场方向是垂直直面向里，穿过磁通量变大，由楞次定律可在，感应电流方向为：abcda，为逆时针方向； 当远离导线时，磁场方向是垂直直面向里，穿过线圈的磁通量变小，由楞次定律可知，感应电流方向为：adcba，为顺时针方向。 故答案为：D。 【分析】根据安培定则得出左右两边磁场的方向；当闭合回路磁通量发生变化时，产生感应电流；结合楞次定律得出感应电流的方向，从而进行分析判断。 7．D 【解答】AB．对结点O进行受力分析，如图所示 由于物体处于平衡状态故有FA=Gcos37°=0.8G FB=Gsin37°=0.6G AB不符合题意； C．保持OB不动，沿圆弧CM缓慢下移A点时FA与水平方向的夹角逐渐减小，而FB的方向保持不变，如图 根据矢量三角形法则可知，由于开始时FA和FB垂直，故随A点的下移，FB逐渐增大，FA也逐渐增大，C不符合题意； D．当保持OA不动时，B点缓慢上移时OB与竖直方向的过程中，根据矢量三角形法则可得如图情况 由图可知，保持OA不动，沿圆弧上移B点，OA绳中拉力变小，OB绳的拉力逐渐增大，D符合题意。 故答案为：D。 【分析】（1）根据平行四边形法则，进行受力分析，运用平衡条件列出关系式即可求拉力；（2）根据矢量三角形法则分析力的大小变化。 8．B 【解答】A．根据“同侧法”可知，A点的起振方向为向上，由于A点的起振方向与手的起振方向相同，故手的起振方向向上，A不符合题意； B．由于波的传播速度只与介质有关，故减小手的振动频率，绳波的传播速度不发生变化，B符合题意； C．根据公式 可知，又波的传播速度只与介质有关，绳波的传播速度不发生变化，若增大手的振动频率，绳波的波长将减小，C不符合题意； D．若停止手的振动，绳中波形会继续传播，不会立即消失，D不符合题意。 故答案为：B。 【分析】利用A起振方向可以判别手起振的方向；其波的传播速度只与介质有关，减小手振动频率其传播速度保持不变；利用其频率增大及传播速度不变可以判别其波长的大小变化；停止手的振动其波会继续传播。 9．D 【解答】A．灯泡两端电压UL随时间t的变化是一条过原点O的直线，设斜率为k，则有， 若小灯泡电阻恒定不变，则IL与t的关系图线为一条过原点O的直线；但小灯泡的电阻并不是恒定不变的，其电阻会随着其两端电压的增大而增大，即会随着t的增大而增大，且并不成线性增大，IL与时间t的变化关系图线应为一条过原点曲线，A不符合题意； B．根据， 有 结合对A选项的分析，则I1与t的关系图线不会为一条过原点O的直线，B不符合题意； CD．根据题意，有 若小灯泡电阻恒定不变，则PL与t的关系图线为一条过原点O的抛物线，但小灯泡电阻并不是恒定不变的，所以PL与t的关系图线是一条过原点O的曲线，但不是抛物线，因 则P1与t的关系图线是一条过原点O的曲线，但不是抛物线，C不符合题意，D符合题意。 故答案为：D。 【分析】利用灯泡两端电压随时间的关系结合灯泡电阻的变化可以判别其电流与时间的关系；利用变压器的匝数之比可以判别输入电流与时间的关系；利用功率的表达式可以判别灯泡功率与时间的关系，结合其输入功率等于输出功率可以判别输入功率与时间的关系。 10．B,C 【解答】物体恰好不下滑时，则有 可得 物体恰好不上滑时，则有 当力F的大小范围是 物体将不发生滑动； A．若力 ，物体加速下滑，对斜劈分析知斜劈对地面的摩擦力大小为 A不符合题意； B．若力 ，物体静止，对整体分析知斜劈对地面的摩擦力大小为 B符合题意； C．若力 ，物体静止，同理对整体分析知斜劈对地面的摩擦力大小为9.6N，C符合题意； D．若力 ，物体加速上滑，对斜劈分析知斜劈对地面的摩擦力大小为 D不符合题意； 故答案为：BC。 【分析】当物体恰好静止在斜面时，利用物体的平衡方程可以求出物体静止在斜面上的拉力大小，当物体静止时，利用整体的平衡可以求出地面与斜劈之间摩擦力的大小；当物体运动时，利用斜劈的平衡结合物体对斜劈的动摩擦力可以求出地面与斜劈之间摩擦力的大小。 11．B,D 【解答】解：A、运动员和滑板做平抛运动，有h= ，故运动时间与初速度无关，A不符合题意； B、C、根据动能定理，有mgh= ，解得 ，故v0越大，运动员落地瞬间速度越大，B符合题意，C不符合题意； D、射程x=v0t，初速度越大，射程越大，D符合题意 故答案为：BD 【分析】做平抛运动，并且落在地面上的物体，运动时间由高度由高度唯一决定。 12．C,D 【解答】A．金属棒受到的安培力大小 时刻金属棒的速度大小 则 A不符合题意； B．以金属棒为研究对象，根据牛顿第二定律有 时刻金属棒受到的安培力大小 则 时刻拉力F的大小为 B不符合题意； C． 时间内金属棒沿导轨向上运动的距离 通过电阻R的电量 C符合题意； D．金属棒沿导轨向上运动 时间的过程中，根据功能关系可知，拉力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热与金属棒增加的机械能的总和，D符合题意。 故答案为：CD。 【分析】利用其速度公式可以求出金属棒的速度大小，结合安培力的表达式可以求出安培力的大小；利用牛顿第二定律结合安培力的大小可以求出拉力的大小；利用位移公式结合磁通量变化量的大小可以求出通过电阻电荷量的大小；利用功能关系可以判别拉力做功等于焦耳热和金属棒机械能的增量。 13．（1）ABDCE （2）1.90（1.88~1.92） （3） （4）78（76~83） 【解答】（1）实验时先将铁架台置于水平桌面上，按图装好器材，记下弹簧自由下垂时，其下端指针在刻度尺上所示刻度了l0=10.00cm，依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个…钩码，分别记录钩码静止时，弹簧下端指针对应的刻度l，然后取下钩码，以F为纵坐标，x为横坐标，做出F-x图线，根据图线写出F与x的关系式，并解释关系式中常数的意义，故合理的顺序为ABDCE。（2）弹簧的长度为 弹簧的伸长量 （3）图像如图所示 ；（4）根据 即图像的斜率即为弹簧的劲度系数 【分析】（1）实验应该先组装汽车，测量弹簧的原长；接着进行实验记录数据，绘制图像后总结弹力与形变量的关系； （2）利用刻度尺的分度值可以读出对应的读数； （3）利用坐标点进行连线； （4）利用图像斜率可以求出劲度系数的大小。 14．（1）0.44 （2）；1. 60（1. 58 ~ 1. 62 都算对）；1.2（1.18 ~1.26 都算对） （3）干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大. 【解答】（1）由题目表格测量数据知，电流表使用0.6A量程，所以读数为0.44A；（2）描点画图，如图所示；根据 可得：电动势为E=1.6V；图线的斜率等于内阻r=1.2Ω；（3）干电池长时间使用后,电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大. 【分析】（1）读数时，明确量程和分度值即可； （2）图像的斜率为电源内阻，电流为零时对应的电压为电源电动势； （3）电源使用时间长了之后，内阻会变大。 15．（1）解：电子在加速电场中加速，由动能定理得： 代入数据解得：v0=4×107m/s （2）解：电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向：l=v0t1， 在竖直方向上由牛顿第二定律得： 电场方向的速度：vy=at1 设射出偏转电场时速度的偏角为θ，则 代入数据解得： 。 （3）解：飞出电场时偏转量为： 代入数据解得：y1=0.25cm，电子从偏转场穿出时，沿y方向的速度为vy，穿出后到达屏S所经历的时间为t2，在此时间内电子在y方向移动的距离为y2，则运动时间： 竖直位移：y2=vyt2 故电子到达屏上时，它离O点的距离：y=y1+y2 代入数据解得：y=1.25cm 【分析】（1）粒子在电场的作用下做加速运动，利用动能定理求解末速度的大小； （2）粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解即可； （3）粒子射出电场之后做匀速直线运动，结合出射的速度和距离求解粒子的末位置。 16．（1）解：物块经过D点的速度为，则 解得 物体经过C点的速度为，从C到D有 解得 （2）解：物体经过B点的速度为 物体从A到B的过程中 解得 （3）解：物体经过C点时的竖直方向速度为 B到C平抛运动时间为 BC间的竖直高度和水平距离分别为 若要落点在D点之外，则 则要求物体经过B点速度 物体从A到B的过程中 解得拉力的最小值F=2.4N 【分析】（1）物块在D点时根据牛顿第二定律得出D点速度的大小，从C到D的过程中根据机械能守恒得出C点的速度： （2）结合速度的分解以及动能定理得出水平外力作用下在滑块上的位移： （3）结合速度的分解以及平抛运动的规律得出物体在水平和竖直方向的位移，结合几何关系以及动能定理得出拉力的最小值。 17．解：①以打入49次气体和缸内上部分气体为研究对象，开始时，汽缸上部分气体体积为 压强为：p1＝p0，后来汽缸上部分气体体积为 设压强为p，由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2 代入数据解得p2＝p＝6p0 ②对下部分气体为研究对象，初态：下部分气体体积为： ，压强为 末态：下部分气体体积为： ，压强为 由玻意耳定律可知p3V3＝p4V4 联立解得 【分析】（1）利用气体的等温变化可以求出气体的压强大小； （2）利用气体的等温变化可以求出活塞的质量大小。 18．解：ⅰ．根据折射率公式 n= ，得sinθ2= ，θ2=30° 作出光路图如右图所示 ⅱ．如图所示的光路，△CDE为等边三角形，四边形ABEC为梯形，CE=AB=h．玻璃的厚度d就是边长h的等边三角形的高． △CDE为等边三角形，四边形ABEC为梯形，CE=AB=h． 玻璃的厚度d就是底边长为h的等边三角形的高，故： d=hcos30°= = =3.46 cm 【分析】光斜射在表面镀反射膜的平行玻璃砖，则反射光线在竖直光屏上出现光点A，而折射光线经反射后再折射在竖直光屏上出现光点B，根据光学的几何关系可由AB两点间距确定CE间距，再由折射定律，得出折射角，再根据折射角的大小画出光路图，最后算出玻璃砖的厚度．

2023届重庆市万州区高考物理模拟试卷（一） 一、单选题 1．下列现象中，不能说明液体存在表面引力的有（　　） A．吹出的肥皂泡成球形 B．硬币能漂浮于水面上 C．滴入水中的红墨水很快散开 D．在完全失重的环境下，熔化的金属能收缩成标准的球形 2．波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的是（　　） A．粒子的动量越小，其波动性越易观察 B．速率相同的质子和电子，质子的德布罗意波长比电子长 C．康普顿效应进一步证实了光的波动说的正确性 D．电子的衍射现象可以证明光具有粒子性 3．2021年1月12目，滑雪战队在崇礼国家越野滑雪中心进行越好滑雪训练。如图所示在一次滑雪过程中，运动员由 点下滑到 点。他的动能增加了 ，重力对他做功 ，则在此过程中（　　） A．运动员的重力势能减小了 B．运动员所受的阻力做功为 C．运动员的所受的合外力做功为 D．运动员的机械能减小了 4．真空中一点电荷形成的电场中的部分电场线如图所示，分别标记为1、2、3、4、5，且1、5和2、4分别关于3对称。以电场线3上的某点为圆心画一个圆，圆与各电场线的交点分别为a、b、c、d、e，则下列说法中正确的是 A．电场强度 B．电势 C．将一正电荷由a点移到d点，电场力做正功 D．将一负电荷由b点移到e点，电势能增大 5．2019年1月3日，嫦娥四号探测器登陆月球，实现人类探测器首次月球背面软着陆，为给嫦娥四号探测器提供通信支持，我国早在2018年5月21日就成功发射嫦娥四号中继星“鹊桥号”，如图所示，“鹊桥号”中继星一边绕拉格朗日L2点做圆周运动，一边随月球同步绕地球做圆周运动且其绕点的半径远小于点与地球间的距离．（已知位于地、月拉格朗日L1、L2点处的小物体能够在地、月的引カ作用下，几乎不消耗燃料，便可与月球同步绕地球做圆周运动．）则下列说法正确的是（　　） A． “鹊桥号”的发射速度大于11.2km/s B．“鹊桥号”绕地球运动的周期约等于月球绕地球运动的周期 C．同一卫星在L1点受地、月引力的合力与其在L2点受地、月引カ的合力相等 D．若技术允许，使“鹊桥号”刚好位于L1点，能够更好地为嫦娥四号探测器提供通信支持 6．如图所示，三根相互平行的水平长直导线通有大小相等且方向相同的电流I，其中P、Q、R为导线上三个点，三点连成的平面与导线垂直，O为PQ连线的中点，且QR=PR。则下列判断正确的是（　　） A．R点的磁感应强度方向竖直向上 B．P点的磁感应强度方向竖直向下 C．R点与O点的磁感应强度相同 D．在离Q、R两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置 7．如图所示，轻绳AB能承受的最大拉力为100N，在它下面悬挂一重为50N的重物，分两种情况缓慢地拉起重物。第一次，施加一水平方向的力F作用于轻绳AB的O点；第二次用拴有光滑小环的绳子，且绳子所能承受的最大拉力也为50N。绳子刚好断裂时，绳AB上部分与竖直方向的夹角分别为和，关于两者大小关系的说法中正确的是（　　） A．> B．= C．< D．无法确定 8．一列简谐波在某均匀介质中沿x轴传播，从x＝3m处的质点a开始振动时计时，图甲为t0时刻的波形图且质点a正沿y轴正方向运动，图乙为质点a的振动图象，则下列说法正确的是（　　） A．该波沿 方向传播，频率为50Hz B．该波 方向传播，波速为20m/s C．若图甲波形图是第一次出现，则 D．从t0时刻起，a，b，c三质点中质点b最后回到平衡位置 9．如图所示为某型号电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点．可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点．触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。该电吹风吹热风时输入功率为500W，吹冷风时输入功率为60W。小风扇额定电压为60V，正常工作时小风扇输出功率为50W。和分别是理想变压器原、副线圈的匝数。则（　　） A．吹冷风时触片P位于ab之间 B．变压器原、副线圈的匝数比 C．小风扇的内阻是72Ω D．吹热风时通过电热丝的电流为2A 二、多选题 10．如图所示，竖直固定的半圆形光滑绝缘凹槽直径ac水平，O为圆心，d为最低点。处于磁感应强度大小为B、竖直方向的匀强磁场中。将长为L的直导体棒放到槽内，当棒中通有I1的电流时导体棒可静止在P点；当棒中通有I2的电流时导体棒可静止在Q点。已知OP与竖直方向的夹角为30°、OQ与竖直方向的夹角为60°，电流方向均垂直纸面向里，则（　　） A．磁场方向竖直向下 B．磁场方向竖直向上 C．导体棒中的电流 D．导体棒的质量为 11．如图所示，将可看做质点的物体从一固定斜面的顶端以v0=5m/s的速度水平抛出物体落至斜面中点处。已知斜面倾角θ的正切值tanθ= ，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．物体从抛出到落至斜面的运动时间为1s B．抛出后经过0.25s物体离斜面最远 C．改变速度大小物体落至斜面上时速度方向不变 D．若平抛速度增加到原来的两倍，则物体刚好落至斜面底端 12．如图甲所示，正方形金属线圈abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R．在线圈的下方有一匀强磁场，MN和M＇N＇是磁场的水平边界，并与bc边平行，磁场方向垂直于纸面向里．现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是线圈由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v—t图象，图中字母均为已知量．重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是（　　） A．金属线框刚进入磁场时感应电流方向为a→d→c→b→a B．金属线框的边长为v1(t2一t1) C．磁场的磁感应强度为 D．金属线框在0～t4时间内所产生的热量为 三、实验题 13．在做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验时，所用的实验装置如图甲所示，调整刻度尺位置使弹簧上端与刻度尺的0刻度线平齐，未悬挂物体时，固定在弹簧挂钩上的指针与刻度尺的 刻度线平齐。 （1）在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为 ，此时指针在刻度尺上位置的放大图如图甲所示，则弹簧的长度 　 　 ； （2）在弹性限度内，在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是 、 、 、 .已知每个钩码质量均为 ，绘出如图乙所示钩码质量m和弹簧长度l的关系图象，已知当地重力加速度 ，据此计算出弹簧的劲度系数为　 　 。（结果保留三位有效数字） 14．某实验小组用电阻箱和电压表（内阻视为无穷大），按照如图所示的电路测定一个水果电池的电动势和内阻。闭合开关S后，调节电阻箱得到各组实验数据如下表。 数据序号 1 2 3 4 5 6 电阻箱的电阻R/（） 0.1 0.2 0.4 0.8 1.6 4.0 电压U/V 0.09 0.16 0.27 0.40 0.60 0.67 电流I/（） 0.90 0.80 0.68 0.50 0.38 0.17 （1）根据表中电压和电流的数据：已经在图中描点；请作出U-I图像。 （2）由图像可知，第　 　（填数据序号）组数据误差较大，应该舍去。 （3）由图像可知，该水果电池的电动势为　 　V；内阻为　 　kΩ。（保留2位有效数字） 四、解答题 15．如图，在y > 0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y < 0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核 从y轴上y=h点以某一速度射出，速度方向沿x轴正方向。已知 进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为 ，并从坐标原点O处第一次射出磁场。 的质量为m，电荷量为q，不计重力。求： （1） 第一次进入磁场的位置到原点O的距离； （2）氕核在磁场中运动的轨道半径； （3）磁场的磁感应强度大小。 16．如图所示，传送带与水平面夹角 ，以恒定速率 沿顺时针方向转动。现在传送带上端A处无初速度地放一质量 的小煤块（可视为质点，忽略滑动过程中的质量损失），小煤块与传送带间的动摩擦因数 ，已知传送带上A到B的长度 。取 ， ，重力加速度 。求： （1）小煤块受到的摩擦力大小； （2）小煤块刚开始运动时的加速度大小； （3）小煤块从A运动到B的时间。 17．随着海拔高度的增加，大气压会相应地减小，高度每增加1m，大气压强降低约11Pa；某登山运动员在攀登珠穆朗玛峰的过程中，发现他携带的手表表面玻璃发生了爆裂．此时，运动员所在高度的气温为-15℃。已知27℃时，表内压强与海平面处的大气压相等，均为1×105Pa；当手表内外压强差超过6×104Pa时，手表表面玻璃可能爆裂．求手表表面玻璃爆裂前瞬间表内压强p1和运动员所在的高度？（结果取整数） 18．如图所示，某种透明材料制成的半球半径为=7m，一束单色光从半球的边缘，以与半球平面成角的方向射入半球，恰好在球面上的点图中未画出发生全反射。求： （i）这种材料的折射率n； （ii）P点到半球平面的距离h。 答案 1．C 【解答】A、吹出的肥皂泡成球形是由于表面张力的作用，能说明液体存在表面引力．不符合题意；故A错误； B、硬币能漂浮于水面上，是由于表面张力的作用，能说明液体存在表面引力．不符合题意；故B错误； C、滴入水中的红墨水很快散开，是自由扩散的结果，与表面张力无关．故C正确； D、在完全失重的环境下，熔化的金属能收缩成标准的球形，是由于表面张力的作用，能说明液体存在表面引力．不符合题意；故D错误． 本题选择不能说明液体存在表面引力的，故选：C 【分析】液体表面张力：凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力．它产生的原因是 液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势．正是因为这种张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如； 2．A 【解答】A．由 知，p越小，λ越大，其波动性越易观察，A符合题意； B．由 ，则 质子的质量大于电子的质量，质子的德布罗意波长比电子短，B不符合题意； C．康普顿效应进一步证实了光的粒子特性，C不符合题意； D．电子的衍射说明实物粒子也具有波动性，D不符合题意。 故答案为：A。 【分析】粒子的动量越小，波长越大，波动性越明显；速率相同的质子和电子，电子的波长大于质子；康普顿效应证明了光子不光具有能量还具有动量；电子的衍射现象可以证明实物粒子具有波动性。 3．D 【解答】A．重力对他做功 ，则运动员的重力势能减小了 ，A不符合题意； B．运动员滑下，由动能定理可得 即运动员所受的阻力做功为- ，B不符合题意； C．运动员的所受的合外力做功等于动能的增量，则为 ，C不符合题意； D．除重力以外的力做功等于运动员的机械能的变化，因运动员所受的阻力做功为 ，则机械能减小了 ，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】对运动员进行分析，根据动能定理和功能关系列方程计算求解。 4．D 【解答】任意延长两条线，交与一点，该点就是点电荷的位置，以交点为圆心，做过C点 的圆，如图，则该圆上的各点的电势相等，场强的大小也相等． a比c离点电荷近，所以：Ea＞Ec，A不符合题意；bd两点是对称的，所以：势φb=φd，B不符合题意；a比d离点电荷近，所以d点的电势比a的高，将一正电荷由a点移到d点，电场力做负功，C不符合题意，e比b离点电荷近，所以b点的电势比e点高，将一负电荷由b点移到e点，电场力做负功，电势能增大，D符合题意． 故答案为：D. 【分析】利用场线的交点可以找出场源电荷的位置，利用距离可以判别场强，利用箭头方向可以判断电势高低，利用电势高低结合运动电荷的电性可以判断电势能的变化进而找出电场力所做的功。 5．B 【解答】A项：11.2km/s是卫星脱离地球的引力的第二宇宙速度，所以鹊桥的发射速度应小于11.2km/s，A不符合题意； B项：根据题意可知，鹊桥绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，B符合题意； C项：鹊桥在L2点是距离地球最远的拉格朗日点，角速度相等，由 可知，在L2点受月球和地球引力的合力比在L1点要大，C不符合题意； D项：鹊桥若刚好位于L2点，由几何关系可知，通讯范围较小，会被月球挡住，并不能更好地为嫦娥四号推测器提供通信支持，D不符合题意． 故答案为：B． 【分析】卫星做圆周运动，月球和地球对卫星万有引力提供向心力，结合卫星的轨道半径，根据向心力公式列方程比较卫星线速度、角速度、加速度的大小即可。 6．D 【解答】根据右手螺旋定则和磁场的叠加原理，可以得到以下结论： A．R点的磁感应强度沿方向水平，A不符合题意； B．P点的磁感应强度方向斜向右上方，B不符合题意； C．R点与O点的磁感应强度大小和方向都不相同，C不符合题意； D．根据同方向电流相互排斥，反方向电流相互吸引，在离Q、R两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，不存在合力为零的位置，所以磁感应强度为零的位置也不存在，D符合题意。 故答案为：D。 【分析】利用其安培定则结合磁感应强度的叠加可以判别其磁感应强度的大小及方向。 7．B 【分析】在缓慢向右拉动的过程中，OB段绳承受的拉力等于物重G＝50N，不会断裂；当OA段绳与竖直方向的夹角增大到θ时，承受的拉力达到最大Fm＝100N时断裂。断裂前有F与Fm的合力大小等于G，如右图。则 Fmcosθ＝G 解得：cosθ＝0.5，θ＝60°，当用拴有光滑小环的绳子，两端绳子拉力总是相等，所以OA和OB不会断裂，拉力大小总等于50N，但当OA段与竖直方向夹角为60°时，水平向右的绳子拉力增大到50N，开始断裂，所以B选项正确 【点评】难度较大，本题的关键是要明确绳子的连接方式的不同，引起绳子拉力的不同，分为系死扣和用环连接两种情况 8．C 【解答】AB．根据图甲所示时刻质点a正沿y轴正方向运动可得，波向右传播，即沿x轴正方向传播，由图乙可得，周期T=0.04s，频率为 由图甲可得波长λ=8m，故波速 AB不符合题意；C．t=0时刻时质点a在平衡位置向下振动，若第一次出现如图甲的波形只需在x=-2m处的振动传到x=3m的位置，即波向右传播s=5m，则时间 即若图甲波形图是第一次出现，则 ，C符合题意； D．根据波向右传播可得：图甲所示t0时刻，a向波峰运动，b向平衡位置运动，c向波谷运动，B最先回到平衡位置，D不符合题意。 故答案为：C。 【分析】利用图像周期可以求出频率的大小；利用质点a的速度方向可以判别波的传播方向；利用波长和周期的大小可以求出波速的大小；利用a质点的位置结合波的平移可以求出波传播的距离，结合传播的速度可以求出t0的大小；利用波的传播方程可以判别质点回到平衡位置的先后顺序。 9．B 【解答】A．由图示电路图可知，触片P若同时接触两个触点b和c，只有小风扇接入电路，只有小风扇工作，电吹风处于吹冷风工作状态，A不符合题意； B．变压器的原线圈、副线圈的匝数比为 C．小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率，因未说明小风扇的效率，所以不能计算小风扇的内阻，C不符合题意； D．根据功率关系可得 解得 D不符合题意。 故答案为：B。 【分析】根据电路的动态分析得出电吹风处于冷风时P的位置，利用理想变压器原副线圈的匝数比与电压比的关系得出匝数比；利用电功率的表达式得出吹热风时通过电热丝的电流。 10．B,D 【解答】AB．根据平衡条件，安培力水平向右，根据左手定则，磁场方向竖直向上，A不符合题意，B符合题意； CD．根据平衡条件得 解得 C不符合题意，D符合题意。 故答案为：BD。 【分析】利用磁场方向可以判别其安培力的方向，结合平衡条件可以判别安培力方向是否符合；利用其平衡方程可以求出其电流大小的比值及导体棒质量的大小。 11．B,C 【解答】A．由平抛运动的规律可知 解得t=0.5s A不符合题意； B．当物体离斜面最远时，速度方向平行斜面，则 解得t1=0.25s B符合题意； C．物体落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角 可知改变速度大小物体落至斜面上时速度方向不变，C符合题意； D．根据 可知若平抛速度增加到原来的两倍，则运动时间变为原来的2倍，水平位移变为原来的4倍，则物体不是刚好落至斜面底端，D不符合题意。 故答案为：BC. 【分析】利用平抛运动的位移公式可以求出运动的时间；当速度平行于斜面时，利用速度的方向结合竖直方向的速度公式可以求出运动的时间；利用物体落在斜面上的位移方向不变可以判别速度方向不变；利用速度的大小变化可以判别物体落在斜面上的位置。 12．B,D 【解答】金属线框刚进入磁场时磁通量增大,根据楞次定律判断可以知道,感应电流方向沿abcda方向;A不符合题意;由图象可以知道,金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动,速度为 ,运动时间为 ,故金属框的边长 ，B符合题意；在金属框进入磁场的过程中,金属框所受安培力等于重力,则得: ,又 .联立计算得出: ;C不符合题意;t1到t2时间内,根据能量守恒定律,产生的热量为: ; 到 时间内,根据能量守恒定律,产生的热量为: 故 ,D符合题意； 故答案为：BD 【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向；利用匀速运动的位移可以求出线圈的边长；利用平衡条件可以求出磁感应强度的大小；利用能量守恒定律可以求出产生的热量大小。 13．（1）22.75 （2）18.0 【解答】(1)刻度尺精确到1mm，故由甲图中知此时弹簧的长度l1=22.75cm；(2)根据胡克定律得mg=k(l?l0) l0是弹簧的原长 得m= 由数学知识可知，m?l图象的斜率等于 由图可得 kg=250×10-3(33.6-20)×10-2 将g=9.80m/s2，代入解得k≈18.0N/m 【分析】1.刻度尺估读到准确位下一位。2.根据胡克定律，mg=k(l?l0)，整理表达式m= ，结合图象，斜率为，求解g即可。 14．（1） （2）5 （3）0.81（0.78~0.83）；0.80（0.78~0.83） 【解答】解：（1）由图中描点，作出U-I图像，如图所示， （2）由图像可知，第5组数据误差较大，应该舍去。 （3） 由图像可知，该水果电池的电动势为0.81V。 由图像斜率大小表示电源内阻，则为 【分析】（1）利用坐标点进行连线可以绘制图线； （2）第5组数据偏差较大应该舍去； （3）利用图像斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小。 15．（1）解： 在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设 在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点Ｏ的距离为s1。由运动学公式有 ① ② 由题给条件， 进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角 。 进入磁场时速度的y分量的大小为 ③ 联立以上各式得 ④ （2）解：由几何关系得 解得： （3）解： 在电场中运动时，由牛顿第二定律有 ⑤ 设 进入磁场时速度的大小为 ，由速度合成法则有 ⑥ 设磁感应强度大小为B， 在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 ⑦ 联立以上各式得 【分析】（1）粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，竖直方向的偏移量，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解即可； （2）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，利用几何关系求解轨道半径； （3）结合第二问求解的粒子的轨道半径，结合洛伦兹力公式和向心力公式，列方程求解磁感应强度即可。 16．（1）解：小煤块受到的摩擦力大小为 （2）解：对小煤块，由牛顿第二定律可得 解得 （3）解：小煤块与传送带共速经过的时间为 此时小煤块的位移为 因为 ，小煤块继续加速下滑，由牛顿第二定律，可得 解得 则有 解得 （ 舍去） 故小煤块从A运动到B的时间为 【分析】根据摩擦力公式f=μFN求摩擦力。 （2）根据受力方向，运用牛顿第二定律求加速度。 （3）先做初速度为零的匀加速直线运动直到速度与传送带相等，运用运动学公式求出此段的时间；速度相等后进行受力分析，根据牛顿第二定律定律求出加速度，再次运用运动学公式求此段时间，最后求总时间。 17．解：设此时的高度为h，气体等容变化，由查理定律得 解得表内气体压强p1=86000Pa 由题意可知 又因为 解得h=6727m 【分析】气体发生等容变化，结合气体的温度可以求出压强的大小及运动员所做的高度。 18．解：（i）由题意知光路图如图所示 根据题意可知，光在点的入射角等于临界角，由几何关系可知 折射角 由折射定律有 且 代入数据联立解得 （ii）设过点的法线与半球面的平面的夹角为，根据几何知识有 则点到半球平面的距离 联立解得 【分析】（1）画出光经过介质传播的光路图，利用其几何关系可以求出入射角的大小，结合全反射定律可以求出材料折射率的大小； （2）当其光线在P点全反射时，利用几何关系可以求出发现与半球面的夹角大小，结合几何关系可以求出P到半球平面直角的距离大小。

2023届重庆市万州区高考物理模拟试卷 一、单选题 1．下列说法正确的是（　　） A．一定温度下饱和汽的压强随体积的增大而减小 B．人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度 C．产生毛细现象时，液体在毛细管中一定上升 D．滴入水中的红墨水很快散开说明液体内存在表面张力 2．波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的是（　　） A．粒子的动量越小，其波动性越易观察 B．速率相同的质子和电子，质子的德布罗意波长比电子长 C．康普顿效应进一步证实了光的波动说的正确性 D．电子的衍射现象可以证明光具有粒子性 3．构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面。自动充电式电动车就是很好的一例，将电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接。当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以通过发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来。现有某人骑车以600J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，设电动车所受的阻力保持不变，第一次关闭自充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图中的线①所示；第二次启动自充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是（　　） A．600J B．360J C．300J D．240J 4．如图所示，在边长为 的正方形的每个顶点部放置一个点电荷。 、 、 三点的电荷量均为 ， 点的电荷量为 ，已知静电力常量为k，则正方形中点 的电场强度的大小和方向为（　　） A． ，由 指向 B． ，由 指向 C． ，由 指向 D． ，由 指向 5．在人类太空征服史中，让人类遗憾的是“太空加油站”的缺乏。当通信卫星轨道校正能源耗尽的时候，它的生命就走到了尽头，有很多成了太空垃圾。如今“轨道康复者”是救助此类卫星的新型太空航天器，图甲是“轨道康复者”航天器在给太空中“垃圾”卫星补充能源，可简化为图乙所示的模型，让“轨道康复者”N对已偏离原来正常工作轨道的卫星M进行校正，则（　　） A．“轨道康复者”N从图乙所示轨道上加速，与卫星M对接补充能源后开动M上的小发动机向前喷气，能校正卫星M到较低的轨道运行 B．让M降低到N所在轨道上，补充能源后再开启卫星M上的小发动机校正 C．在图乙中M的动能一定小于N的动能 D．在图乙中，M、N和地球球心三者不可能处在同一直线上 6．如图所示，三根相互平行的水平长直导线通有大小相等且方向相同的电流I，其中P、Q、R为导线上三个点，三点连成的平面与导线垂直，O为PQ连线的中点，且QR=PR。则下列判断正确的是（　　） A．R点的磁感应强度方向竖直向上 B．P点的磁感应强度方向竖直向下 C．R点与O点的磁感应强度相同 D．在离Q、R两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置 7．如图所示，空间有方向垂直桌面向下的匀强磁场B(图中未画出)，两根平行通电金属直导线M和N恰好静止在光滑绝缘的水平桌面上，图中为垂直导线的截面图，M和N中电流大小分别为IM、IN。则下列判断可能正确的是(　　) A．电流方向相同，IM=IN B．电流方向相同，IM≠IN C．电流方向相反，IM=IN D．电流方向相反，IM≠IN 8．如图为某质点的振动图像，下列判断正确的是（　　） A．质点的振幅为10cm B．质点的周期为4s C．t=4s时质点P的速度为0 D．t=7s时质点Q的加速度为0 9．如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头 初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻 的阻值为 ，滑动变阻器 的最大阻值为 ，滑片 初始位置在最右端。理想电压表 V 的示数为 ，理想电流表 A 的示数为 。下列说法正确的是（　　） A．保持 位置不变， 向左缓慢滑动的过程中， 减小， 不变 B．保持 位置不变， 向左缓慢滑动的过程中， 消耗的功率增大 C．保持 位置不变， 向下缓慢滑动的过程中， 减小， 增大 D．保持 位置不变， 向下缓慢滑动的过程中， 消耗的功率减小 二、多选题 10．如图所示，有两根长均为L、质量均为m的细导体棒a、b，其中a被水平放置在倾角为45°的绝缘光滑斜面上，b被水平固定在斜面的右侧，且与a在同一水平面上，a、b相互平行．当两细棒中均通以大小为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度B，下列说法正确的是(　　) A．方向竖直向上 B．大小为 C．大小为 D．若使b竖直向下移动，a仍能保持静止 11．带有 光滑圆弧轨道质量为M的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则（　　） A．小球以后将向左做平抛运动 B．小球将做自由落体运动 C．此过程小球对小车做的功为 Mv02 D．小球在弧形槽上升的最大高度为 12．如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为，高为L。纸面内直角边长均为L的直角三角形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在时刻恰好位于图中所示的位置。以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流跟导线框所走位移的关系图像（图像）和导线框受到的安培力大小跟导线框所走位移的关系图像（图像）的是（　　） A． B． C． D． 三、实验题 13．如图甲所示，用铁架台、刻度尺、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长长度的关系实验。 （1）在测量弹簧的原长时正确的操作是______； A．先测量原长，后竖直悬挂 B．先竖直悬挂，后测量原长 （2）如图乙所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码的质量m，横轴是弹簧的形变量x。由图可知：弹簧的劲度系数k=　 　N/m（重力加速度g取9.8m/s2）； （3）如图丙所示，实验中用两根不同的弹簧a和b，画出弹簧弹力F与弹簧长度L的关系图象。则下列说法中正确的是______。 A．a的原长比b的长 B．a的劲度系数比b的大 C．弹力与弹簧长度成正比 14．小明同学在测定一节干电池的电动势和内阻的实验时，为防止电流过大而损坏器材，电路中加了一个保护电阻R0.根据如图甲所示的电路图进行实验时： （1）现有两个电阻（R1=2Ω、额定功率5w）和（R2＝10Ω、额定功率10W）供选择作为保护电阻，应选用：　 　（填“R1”或“R2”） （2）根据实验测得的5组数据所画出的U－I图线如图丙所示.则干电池的电动势E＝　 　V，内阻 r＝　 　Ω(保留小数点后两位). 四、解答题 15．质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，电压为 ，b为速度选择器，磁场与电场正交，匀强磁场的磁感应强度为 ，板间距离为d，c为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度为 。今有一质量为m、电荷量为e的带正电粒子（不计重力），经加速后，该粒子恰能匀速通过速度选择器，从O点垂直磁场边界进入分离器，然后做匀速圆周运动。求： （1）粒子经加速后进入速度选择器的速度 为多大? （2）速度选择器的电压 为多少? （3）粒子在 磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？ 16．如图，倾角为 的斜面上放置一内壁光滑的凹槽A，凹槽A与斜面间动摩擦因数 ，槽内紧靠上侧挡板处有一小物块B，它与凹槽下侧挡板间的距离为d。A、B的质量均为m，斜面足够长。现同时由静止释放A、B，此后B与A的挡板间的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间都极短，重力加速度为g。求： （1）物块B与凹槽发生第一次碰撞前的瞬间，物块B的速度大小 ； （2）凹槽A最终沿斜面下滑的距离 ； （3）物块B从开始释放到最终停止所经历的时间 。 17．如图所示，在竖直圆柱形绝热汽缸内，可移动的绝热活塞a、b密封了质量相同的A、B两部分同种气体，且处于平衡状态。已知活塞的横截面积之比Sa：Sb=2：1，密封气体的长度之比hA：hB=1：3，活塞厚度、质量和摩擦均不计。 ①求A、B两部分气体的热力学温度TA：TB的比值； ②若对B部分气体缓慢加热，同时在活塞a上逐渐增加细砂使活塞b的位置不变，当B部分气体的温度为 时，活塞a、b间的距离h’a与ha之比为k：1，求此时A部分气体的绝对温度T’A与TA的比值。 18．如图所示，圆柱形油桶中装满折射率n= 的某种透明液体，油桶的高度为H，半径为 H，桶的底部装有一块平面镜，在油桶底面中心正上方高度为d处有一点光源P，要使人从液体表面上方任意位置处都能够观察到此液体内点光源P发出的光，d应该满足什么条件? 答案 1．B 【解答】A、饱和汽的压强与液体的种类和温度有关，与体积无关；故A错误； B、人对空气干爽与潮湿的感受不是取决于绝对湿度，而主要取决于空气的相对湿度；故B正确； C、若两物体是不浸润的，则液体在毛细管中可以是下降的；故C错误； D、红墨水在水中扩散是因为分子在永不停息地无规则运动；和表面张力无关；故D错误； 故选：B． 【分析】饱和汽的压强与液体的种类和温度有关，与体积无关；人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度；扩散现象说明分子在永不停息地运动． 2．A 【解答】A．由 知，p越小，λ越大，其波动性越易观察，A符合题意； B．由 ，则 质子的质量大于电子的质量，质子的德布罗意波长比电子短，B不符合题意； C．康普顿效应进一步证实了光的粒子特性，C不符合题意； D．电子的衍射说明实物粒子也具有波动性，D不符合题意。 故答案为：A。 【分析】粒子的动量越小，波长越大，波动性越明显；速率相同的质子和电子，电子的波长大于质子；康普顿效应证明了光子不光具有能量还具有动量；电子的衍射现象可以证明实物粒子具有波动性。 3．D 【分析】由题意和图中的线①得到，，第二次启动自充电装置，由动能随位移变化关系图线②，由功能关系得到，，D对，ABC错。 【点评】学生明确第二次充电的过程中，能量是守恒的，能灵活运用动能定理解相关问题。 4．D 【解答】根据点电荷周围电场分布规律以及对称性可知O点的电场强度等效于只有b、d存在时在O点激发的电场强度，其方向为由O指向d，大小为 故答案为：D。 【分析】根据点电荷周围电场强度的表达式以及对称性和电场强度的合成得出正方形中点 的电场强度的大小和方向。 5．A 【解答】A．开动M上的小发动机向前喷气，可使卫星M减速，速度减小，所需的向心力减小，卫星M做向心运动，则能校正卫星M到较低的轨道运行，A符合题意； B．让M降低到N所在轨道上，补充能源后再开启卫星M上的小发动机，可使卫星M减速，速度减小，所需的向心力减小，卫星M做向心力运动，则卫星M会在更低的轨道运动，B不符合题意； C．由于不知道M、N的质量，所以无法比较两者的动能，C不符合题意； D．由 可得 可知N的角速度比M的大，所以M、N和地球球心三者可能处在同一直线上，D不符合题意。 故答案为：A。 【分析】卫星的轨道半径越大，运动的线速度越大，角速度越大，加速度越大，周期越短。 6．D 【解答】根据右手螺旋定则和磁场的叠加原理，可以得到以下结论： A．R点的磁感应强度沿方向水平，A不符合题意； B．P点的磁感应强度方向斜向右上方，B不符合题意； C．R点与O点的磁感应强度大小和方向都不相同，C不符合题意； D．根据同方向电流相互排斥，反方向电流相互吸引，在离Q、R两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，不存在合力为零的位置，所以磁感应强度为零的位置也不存在，D符合题意。 故答案为：D。 【分析】利用其安培定则结合磁感应强度的叠加可以判别其磁感应强度的大小及方向。 7．C 【解答】对M和N进行受力分析可知，在水平方向各自所受合外力为零，若电流方向相同，则M、N所受匀强磁场安培力方向相同，而两通电直导线相互产生的安培力方向相反，合外力不可能都为零，A、B不符合题意；若电流方向相反，则M、N所受匀强磁场安培力方向相反，又因为两通电直导线之间的安培力为排斥力，方向相反，大小相等，根据安培力公式F=BIL可知，只有M和N中电流大小相等时，所受匀强磁场安培力大小才相等，每根导线受到的合力可能为零，C符合题意，D不符合题意。 故答案为：C。 【分析】根据受力分析以及共点力平衡判断电流的方向；利用安培力的表达式以及左手定则进行分析判断。 8．B 【解答】解：AB、根据振动图像知，质点振动的振幅为5cm，质点的周期T=4s，故A错误，B正确； C、t=4s时，质点经过平衡位置且向上运动，速度最大，故C错误； D、t=7s时质点处于负向最大位移处，加速度最大，故D错误； 故选：B 【分析】根据质点完成一次全振动的时间等于一个周期，由图读出周期．根据图像分析质点的速度，并判断质点的运动情况．由a=﹣ 分析质点的加速度． 9．B 【解答】A 向左滑动，滑动变阻器的阻值减小，整个电路的功率增大，电流表示数增大，电压表示数减小，故A错误。 B 由A可知滑片向左移动，通过电阻的电流增大，则消耗的功率增大，故B正确。 C 向下滑动，副线圈匝数减少，整个电路功率增大，则电流表示数增大，电压表示数也随之增大，故C错误。 D 由C可知原线圈电流增大，则副线圈中电流也随之增大，所以消耗大功率增大，故D错误。 故答案为：B 【分析】由变压器的原副线圈电压，电流和电功率与匝数之间的关系以及欧姆定律计算分析求解。 10．A,B 【解答】A、由安培定则可知b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度方向向上，A符合题意． BC、a的受力如图甲所示． tan45°＝ ＝ 所以 B符合题意C不符合题意； D、b无论上移还是下移，b在a处的磁感应强度均减小．F安减小，a的受力如图乙所示．当a受的安培力方向顺时针转动时，只有变大才能保持平衡，故 D不符合题意． 故答案为：AB 【分析】对导线a和b进行受力分析，在重力、支持力、安培力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可。 11．B,C 【解答】解：A、设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取向右为正方向，整个过程中动量守恒，得： Mv0=Mv1+Mv2…①， 由机械能守恒得： Mv02= Mv12+ Mv22…②， 联立①②，解得：v1=0，v2=v0， 即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，A不符合题意，B符合题意． C、对小车运用动能定理得，小球对小车做功：W= Mv02﹣0= Mv02，C符合题意． D、当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，则：Mv0=2M?v…③， Mv02= ?2Mv2+Mgh …④， 联立③④解得：h= ，D不符合题意． 故答案为：BC． 【分析】利用速度交换可以判别小球离开后做自由落体运动，利用小车动能变化可以求出小球对小车做的功大小，利用动量守恒和能量守恒可以求出小球上升的最大高度。 12．A,C 【解答】AB．在0~2L的过程中，线框中磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流方向是顺时针，为正方向，此过程中导线框切割磁感线的有效长度为 感应电流为 即i-x图像为过原点且斜率为正的直线。 当x=L时 在L~2L的过程中，导线框切割磁感线的有效长度为 感应电流为 即i-x图像为斜率为负的直线。 当x=L时 当x=2L时 在2L~3L过程中，线框中磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流方向是逆时针，为负方向，此过程中导线框切割磁感线的有效长度为 感应电流为 即i-x图像为斜率为正的直线。 当x=2L时 当x=3L时 A符合题意，B不符合题意； CD．在0~L的过程中，导线框受到的安培力大小为 即F-x图像为开口向上的抛物线。 当x=L时 在L~2L的过程中，导线框受到的安培力大小为 即F-x图像为开口向上的抛物线。 当x=L时 当x=2L时 在2L~3L过程中，导线框受到的安培力大小为 即F-x图像为开口向上的抛物线。 当x=2L时 当x=3L时 C符合题意，D不符合题意。 故答案为：AC。 【分析】在0~2L的过程中由楞次定律可知，感应电流方向是顺时针。在L~2L的过程中，F-x图像为开口向上的抛物线。 13．（1）B （2）24.5 （3）B 【解答】(1)如果考虑弹簧自身重力，水平测量时，测量原长要水平放置测量，竖直测量时，则要先竖直悬挂，后测量原长，所以A不符合题意；B符合题意； 故答案为：B。(2)由胡克定律有 由平衡条件可得 解得 由图像可得图像的斜率表示弹簧的劲度系数则 k=(300-0)×10-3×9.8(12-0)×10-2=24.5N/m (3)由弹簧弹力F与弹簧长度L的关系图像可知横坐标的截距表示弹簧的原长，所以a的原长等于b的原长，则A不符合题意；图像的斜率表示弹簧的劲度系数，所以a的劲度系数比b的大，则B符合题意；弹簧弹力F与弹簧长度L的关系为线性关系，不是成正比，所以C不符合题意； 故答案为：B。 【分析】（1）由于考虑弹簧本身重力对弹簧长度的影响所以要先悬挂再测量弹簧的长度； （2）利用图像斜率可以求出劲度系数的大小； （3）利用横截距可以判别两弹簧原长相等，结合斜率的大小可以比较劲度系数的大小。 14．（1）R1 （2）1.45；0.50 【解答】（1）若保护电阻选择过大，则在调节滑动变阻器时，电路中电流变化范围变得很小，电压表示数变化不太明显，故保护电阻应该选R1比较合适；（2）根据U-I图象可知，电源电动势E=1.45V，内阻 =0.50Ω。 【分析】（1）选择的保护电阻不能过大所以选择R1； （2）利用斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小。 15．（1）解：粒子经加速电场 加速，获得速度为 ，由动能定理可知 解得 （2）解：在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡得 即 解得 （3）解：在 中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力 解得 【分析】（1）粒子在加速电场中其电场力对其做功，利用动能定理可以求出粒子进入速度选择器的速度大小； （2）在速度选择器中做匀速直线运动，利用洛伦兹力等于电场力可以求出电压的大小； （3）粒子在B2磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出轨道半径的大小。 16．（1）解：设物块B下滑的加速度大小为 ，对B，有 对A，有 所以B下滑，A保持静止，所以有 解得 （2）解：设凹槽A下滑的总位移为x，由能量守恒定律得 解得 （3）解：设B从开始释放到与A发生第一次碰撞经历时间为t1，碰撞后A、B速度分别为vA1、vB1，有 解得 ， ， 故以后每次碰撞A、B均交换速度。 设第一次碰撞后A减速下滑的加速度大小为aA，经时间tA1停止，发生位移为xA1，tA1时间内B下滑位移为xB1，有 解得 故发生第二次碰撞前凹槽A已停止。 设第一次碰撞后再经时间t2发生第二次碰撞，有 解得 同理可得 第n-1次碰撞到第n次碰撞经历时间为 所以物块B从开始释放到第n次碰撞所经历的时间为 当 即为物块B从开始释放到最终停止所经历的总时间t总，所以 【分析】（1）对物块AB进行受力分析、牛顿第二定律以及匀变速直线运动的规律得出物块B的速度； （2）根据动量守恒定律得出凹槽A最终沿斜面下滑的距离 ； （3）根据匀变速直线运动的规律以及动量守恒和以及机械能守恒得出第一次碰撞经历的时间和A碰撞后的速度；结合牛顿第二定律以及匀变速直线运动的规律得出第n-1次碰撞到第n次碰撞经历时间，从而算出物块B从开始释放到最终停止所经历的总时间。 17．解：①A、B两部分气体质量相同且为同种气体，压强也相同，根据盖—吕萨克定律有： 解得： ； ②对B部分气体，根据查理定律有： 对A部分气体，根据理想气体状态方程有： 而： 可得： 【分析】（1）利用气体的等压变化可以求出温度的比值； （2）利用理想气体的状态方程可以求出温度的比值。 18．解：点光源P通过平面镜所成像为P'，如图所示． 要使人从液体表面上方任意位置处能够观察到点光源P发出的光，即相当于像P'发出的光，则入射角i≤ ， 为全反射临界角，有： 而 且 联立解得：d≥H/2 又有：H>d 解得：H>d≥H/2 【分析】要使人从液体表面上任意位置处能够观察到点光源P发出的光，点光源发出的光必须全部能折射进入空气中，根据对称性，作出点光源经平面镜所成的像．当光射向水面时，入射角应不大于临界角，光线才能射入空气中．由几何知识求出d应满足的条件．

2023届重庆市开州区高考物理模拟试卷（三） 一、单选题 1．如图一女孩在健身器材上爬杆玩耍，女孩（　　） A．缓慢向上攀爬过程中受到的摩擦力方向是向上的 B．缓慢下滑过程中受到的摩擦力方向是向下的 C．抱住竖直杆不动时，抱得越紧所受摩擦力越大 D．抱住竖直杆下滑速度越大时受到的摩擦力越大 2．下列关于热运动的说法中，正确的是(　　) A．热运动是物体受热后所做的运动 B．0℃的物体中的分子不做无规则运动 C．热运动是单个分子的永不停息的无规则运动 D．热运动是大量分子的永不停息的无规则运动 3．回旋加速器的工作原理示意图如图所示。和是中空的两个D形金属盒，分别与一高频交流电源两极相接，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心A附近。两盒间的狭缝很小，粒子在两盒间被电场加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，粒子在D形盒内做匀速圆周运动，当其到达两盒间的缝隙时，其间的交变电场恰好使粒子被加速。下列说法正确的是（　　） A．回旋加速器所接交变电压的频率等于带电粒子做匀速圆周运动频率的一半 B．若要增大带电粒子的最大动能，可通过增大交变电压峰值的方式实现 C．粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为 D．粒子每次经过两D形盒间的狭缝时，电场力对粒子做功一样多 4．如图所示，有 、B两个可看成点电荷的带电小球，电荷量分别为 、 ，用长度相等的绝缘轻质细绳系于天花板上的同一点 ， 球紧靠竖直绝缘光滑墙壁，平衡时 、B之间的距离为 ，现仅将B球的电荷量减少为原来的一半，则再次平衡时 、B之间的距离变为（　　） A． B． C． D． 5．如图所示，一导线弯成直径为d的半圆形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列说法中正确的是(　　) A．感应电流方向为顺时针方向 B．CD段直导线始终不受安培力 C．感应电动势的最大值E=Bdv D．感应电动势的平均值 = πBdv 6．若地球绕太阳公转周期及公转轨道半径分别为T和R，月球绕地球公转周期和公转轨道半径分别为t和r，则太阳质量与地球质量之比为（　　） A． B． C． D． 7．如图所示，带正电的A球固定，虚线abc是质量为m、电荷量为+q的粒子B的运动轨迹。粒子在a处的速度为v0，b处的速度为v且b点距离A最近，重力忽略不计。则（　　） A．粒子从a运动到b的过程中电势能不断减小 B．粒子从b运动到c的过程中动能不断减小 C．可求出A产生的电场中b点的电场强度 D．可求出A产生的电场中a，b两点间的电势差 8．CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则（　　） A．M处的电势高于N处的电势 B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移 C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外 D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移 9．一竖直悬挂的弹簧振子，下端装有一记录笔，在竖直面内放置有一记录纸，当振子上下振动时，以速率，水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示的图像。记录笔与记录纸之间的摩擦和空气阻力都可忽略不计。 、 、 、 为纸上印迹的已知位置坐标（　　） A．振子平衡位置的纵坐标是 B．该弹簧振子的振动周期为 C．振子在坐标 位置时加速度最大 D．匀速拉动纸带的速率增大为原来的2倍，振子振动的周期变为原来的 二、多选题 10．如图，半径为r的1轨道和半径为R的3轨道是以地心为圆心的同心圆，2轨道是以地心为一个焦点的椭圆。2轨道与1轨道在P点相切，与3轨道在Q点相切。某卫星在1轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过P点时适当调整速度大小，进入2轨道运行。卫星经过Q点时再次调整速度大小，进入3轨道运行。关于卫星运行过程，下列正确的是（　　） A．卫星在1轨道经过P点时的速度大于在2轨道经过P点时的速度 B．卫星在3轨道经过Q点时的速度大于在2轨道经过Q点时的速度 C．卫星在1轨道经过P点时的加速度等于在2轨道经过P点时的加速度 D．卫星在3轨道经过Q点时（卫星和地球系统具有）的机械能等于在2轨道经过Q点时的机械能 11．如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，能上升的最大高度为 （不计空气阻力），则（　　） A．小球和小车组成的系统动量守恒 B．小车向左运动的最大距离为R C．小球离开小车后做斜上抛运动 D．小球落回B点后一定能从A点冲出 12．如图所示，abed为粗细均匀的正方形金属框，边长为L，质量为m，总阻值为R，倾角为O的斜面光滑，斜面上以PQ和MN为边界的区域内存在一垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，若将金属框从ab边距边界PQ的距离等于磁场宽度（磁场宽度大于金属框的边长L）的地方由静止开始释放，金属框刚离开磁场时恰好加速度为0，且从开始释放到完全离开磁场，金属框产生的电热为Q，则（　　） A．金属框先做匀加速运动再做匀减速运动 B．磁场的宽度为 C．金属框刚离开磁场的速度为 D．金属框刚进入磁场时ab两点的电势差为 三、实验题 13．为了测量滑块与桌面间的动摩擦因数 ，一同学设计了如图所示的实验装置，A为带滑轮的滑块，B为盛有砂的砂桶。 （1）实验时，必须要进行的操作是___________。 A．用天平测量出砂和砂桶的质量 B．调整滑轮的位置，使绳与桌面平行 C．要保证砂和砂桶的质量远小于滑块的质量 D．滑块靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车 （2）该同学实验中得到如图所示的一条纸带（相邻两计数点之间还有四个点未画出），打点计时器的交流电源频率为50Hz，根据纸带可以求出小车的加速度a=　 　 （保留两位有效数字）； （3）通过改变砂的质量，得到滑块运动的加速度和力传感器示数F的关系如图所示，纵截距为 ，已知当地的重力加速度为g，则滑块和轨道间的动摩擦因数 　 　（用b、g表示）； （4）实验中已测得滑块的质量为M，将其由静止释放，力传器的示数为F，滑块运动距离为 时，砂桶刚好接触地面且不反弹，滑块再滑行 的距离后停止运动，则滑块与桌面间的动摩擦因数 的表达式为　 　（用F、M、 、 、g表示）； 的测量值与真实值相比　 　（填“偏大”、“偏小”、“不变”）。 14．某同学采用惠斯通电桥电路测量一未知电阻Rx的阻值。电路中两个定值电阻R1=1000Ω、R2=2000Ω，R3为电阻箱（阻值范围0~999.9Ω），G为灵敏电流计。 （1）具体操作步骤如下∶ ①请依据原理图连接实物图　 　； ②闭合开关S，反复调节电阻箱的阻值，当其阻值R3=740.8Ω时，灵敏电流计的示数为0，惠斯通电桥达到平衡； ③求得电阻Rx=　 　Ω。 （2）该同学采用上述器材和电路测量另一电阻，已知器材无损坏且电路连接完好，但无论怎样调节电阻箱的阻值，灵敏电流计的示数都不能为0，可能的原因是　 　。 四、解答题 15．如图所示，一质量m=2kg的木箱静止在粗糙水平面上。从t=0开始，木箱受到F=10N、与水平面的夹角为θ=37°的恒定拉力，沿水平面匀加速运动。已知木箱与水平面间的动摩擦因数 ，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）画出木箱受力的示意图； （2）求木箱的加速度a的大小； （3）求0~2s时间内，木箱位移x的大小； （4）木箱运动2s后撤去外力F，木箱再运动多远停下来。 16．如图（a）所示，平行金属板A和B间的距离为d，现在A、B板上加上如图（b）所示的方波形电压，t=0时A板比B板的电势高，电压的正向值为U0，反向值也为U0，现有由质量为m的带正电且电荷量为q的粒子组成的粒子束，从AB的中点O以平行于金属板方向OO'的速度v0= 不断射入，所有粒子不会撞到金属板且在AB间的飞行时间均为T，不计重力影响．试求： （1）粒子射出电场时的速度大小及方向； （2）粒子打出电场时位置离O'点的距离范围； （3）若要使打出电场的粒子经某一垂直纸面的圆形区域匀强磁场偏转后，都能到达圆形磁场边界的同一个点，而便于再收集，则磁场区域的最小半径和相应的磁感强度是多大？ 17．为做好新型冠状病毒肺炎（COVID-19）疫情的常态化防控工作，学校组织工作人员每天对校园进行严格的消毒，如图是喷雾消毒桶的原理图。消毒桶高为H=60cm，横截面积S=0.1m2，打气筒每次可以向消毒桶内充入压强为p0、体积为0.0015 m3的空气。环境温度为7℃时，向桶内倒入消毒液，关闭加水口后，液面上方有压强为p0、高为h=22.5cm的空气；已知消毒液的密度为=1000kg/m3，大气压强p0恒为1.0×105 Pa，喷雾管的喷雾口与喷雾消毒桶顶部等高，忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体，当地的重力加速度为g=10m/s2 （1）当环境温度升高至T1时，恰好有消毒液从喷雾口溢出，求环境温度T1 （2）环境温度为7℃时关闭K，用打气筒向喷雾消毒桶内连续充入空气，然后打开K，进行消毒。消毒完成时，喷雾口刚好不再喷出药液，此时桶内剩余消毒液深度h'=10cm；求打气筒的打气次数n（假设整个过程中气体温度保持不变） 18．如图所示是一透明的圆柱体的横截面，其半径为R，折射率为 ，AB是一条直径，今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体，试求距离AB直线多远的入射光线，折射后恰经过B点． 答案 1．A 【解答】AB．缓慢向上攀爬过程中和缓慢下滑过程中受到的摩擦力方向都是向上的，B不符合题意，A符合题意； C．抱住竖直杆不动时，抱得越紧所受的摩擦力都还是等于女孩的重力，C不符合题意； D．抱住竖直杆下滑速度越大时受到的摩擦力还是等于女孩的重力，D不符合题意。 故答案为：A。 【分析】利用女孩有向下的运动趋势可以判别向上攀爬和向下攀爬时静摩擦力的方向是向上的；向下滑动时其女孩滑动摩擦力的方向是向上的；其静摩擦力的大小与压力大小无关；其滑动摩擦力的大小与速度的大小无关。 2．D 【分析】构成物质的大量分子、原子等所进行的不规则运动。热运动越剧烈，物体的温度越高。 热运动是组成物质的大量分子所做的无规则运动，不是单个分子的无规则运动，因此A、C错误，D正确；分子的热运动永不停息，因此0℃的物体中的分子仍做无规则运动，B错误。 【点评】证明液体、气体分子做杂乱无章运动的最著名的实验，是英国植物学家布朗发现的布朗运动。 3．D 【解答】A．要想使得粒子每次经过D型盒的缝隙时都能被电场加速，则回旋加速器所接交变电压的频率等于带电粒子做匀速圆周运动频率，A不符合题意； B．带电粒子有最大动能时 则最大动能 则通过增大交变电压峰值的方式不能增大带电粒子的最大动能，B不符合题意； C．根据 以及 可得 即粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为，C不符合题意； D．粒子每次经过两D形盒间的狭缝时，电场力对粒子做功一样多，均为qU，D符合题意。 故答案为：D。 【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合洛伦兹力提供向心力，通过动能的表达式判断粒子动能的变化情况；在电场中，根据动能定理以及洛伦兹力提供向心力得出粒子轨道半径的表达式。 4．C 【解答】设原来两绳间夹角为 ，对B球由平衡条件可得 其中 联立解得 当B球的电荷量减少为原来的一半，再次平衡时 、B之间的距离变为 。 故答案为：C。 【分析】利用B球的平衡方程结合几何关系可以求出AB之间距离的表达式。 5．D 【解答】A．在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A不符合题意； B．根据楞次定律可以判断，电流方向由 到 ，磁场垂直纸面向里，则受安培力向下，B不符合题意； C．当半圆闭合回路进入磁场一半时，有效长度最大为 ，这时感应电动势最大值为： C不符合题意； D．由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值为： D符合题意。 故答案为：D 【分析】根据楞次定律可判断电流方向，由左手定则可得出安培力的方向，根据 ，分析过程中最长的 可知最大电动势；根据法拉第电磁感应定律可得出电动势的平均值。 6．B 【解答】地球绕太阳公转，由太阳的万有引力提供地球的向心力，则得： 解得太阳的质量为： 月球绕地球公转，由地球的万有引力提供月球的向心力，则得： 解得地球的质量为： 所以太阳质量与地球质量之比 ，B符合题意。 故答案为：B 【分析】利用引力提供向心力可以求出太阳和地球的质量，利用质量作比可以求出对应的表达式。 7．D 【解答】A. 粒子从a运动到b的过程中电场力做负功，电势能不断增大； B. 粒子从b运动到c的过程中电荷只有电场力做正功，根据动能定理可知粒子的动能增大； C.根据点电荷产生电场强度公式，要想求出A在b点的电场强度就得知道A的电荷量和两点间的距离； D.根据动能定理，然后根据就可以求出a，b的电势差。 【分析】A. 电势能的增大还是减小要根据电场力做功情况来判断； B.动能的变化根据动能定理既可以判断； C.根据点电荷产生电场强度公式，要想求出点电荷的电场强度就得知道点电荷的电荷量和点到点电荷的距离； D.根据动能定理求出两点间电场力做的功，然后根据就可以求出两点的电势差。 8．D 【解答】A．由于电子带负电，要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，A不符合题意； B．增大加速电压则根据 可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有 可得 可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，B不符合题意； C．电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，C不符合题意； D．由B选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，D符合题意。 故答案为：D。 【分析】x射线即电子流，电子做变速运动，以此判断电场的方向，沿电场方向电势减小；带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，根据运动轨迹、电性和速度方向确定磁场的磁场方向，结合向心力公式分析例子的偏转即可。 9．C 【解答】A．根据简谐振动对称性可知，平衡位置纵坐标为 A不符合题意； B．由图像可知，振子在一个周期内沿x方向的位移为 ，水平速度为v，则振子的周期 B不符合题意； C．由图可知，振子在坐标 位置时处于最大位移处，则回复力最大，由牛顿第二定律知加速度最大，C符合题意； D．弹簧振子的周期只与弹簧振子本身有关系，匀速拉动纸带的速率增大为原来的2倍，则一个周期内的沿x方向的位移增大为原来的2倍，弹簧振子的周期不变，D不符合题意。 故答案为：C。 【分析】根据简谐运动的对称性得出平衡位置的纵坐标；根据振子位移与水平速度的关系得出振子的周期；弹簧振子的周期只与弹簧振子本身有关。 10．B,C 【解答】AB．由低轨道向高轨道变轨的过程需要在轨道相切处点火加速做离心运动，则变轨的的速度关系 可知A项错误，B项正确。 C．由牛顿第二定律： 有 即加速度只与卫星所处位置有关，与沿着何种轨道经过这—点无关，C符合题意； D．由速度大小关系可判断，在3轨道时卫星动能较大，故机械能较大，D不符合题意。 故答案为：BC。 【分析】由低轨道到高轨道，要加速；结合牛顿第二定律万有引力提供行星的合力，从而判断向心加速度的表达式，并判断各点的大小；根据动能的表达式判断机械能的大小。 11．B,D 【解答】A.小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，但由于小球有向心加速度，系统竖直方向的合外力不为零，所以系统动量不守恒，A不符合题意； B.设小车向左运动的最大距离为x。系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv-mv′=0，即得 ，解得：x=R，B符合题意； C. 小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，则知小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，C不符合题意； D.小球第一次从静止开始上升到空中最高点的过程，由动能定理得：mg（h- ）-Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf= mgh，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为 mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于 mgh，机械能损失小于 mgh，因此小球从B点落回后一定能从A点冲出。D符合题意。 故答案为：BD 【分析】小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，在水平方向上应用动量定理分析求解即可。 12．B,C 【解答】假设磁场宽度为x，dc边刚好离开磁场MN边界时加速度为0，则mgsinθ=BIL=BL ，则此时速度为vm是此过程中的最大速度，由于磁场宽度大于框边长L，所以线框在进入PQ边的过程中速度小于vm，由于下滑过程中安培力 ，随速度增大而增大，则线框在进入PQ边的过程中，根据牛顿第二定律有： ，v增大，a减小，所以金属框做加速度减小的加速运动，不会做匀加速运动，全程加速也不会出现减速运动，A不符合题意； 由能量守恒有mgsinθ（2x+L）=Q+ ，则得 ，B符合题意； 金属框刚离开磁场时加速度a=0，则mgsinθ- =ma=0，可得 ，C符合题意； 金属框进入磁场前，加速度为 a′=gsinθ，由运动学公式有v2=2a′x，再结合电势差与闭合电路欧姆定律公式得：金属框刚进入磁场时ab两点的电势差为 ，解得 ，D不符合题意。 故答案为：BC 【分析】利用金属框刚离开磁场时开始做匀速直线运动可以判别线圈刚开始进而磁场时做加速运动，利用牛顿第二定律可以判别加速度随速度的变化而变化；利用能量守恒定律可以求出磁场的宽度；利用平衡条件可以求出线圈离开磁场的速度大小；利用速度位移公式可以求出线圈刚进入磁场的速度大小，结合动生电动势和欧姆定律可以求出ab两点之间的电势差大小。 13．（1）B；D （2）0.88 （3） （4）；偏大 【解答】(1)AC．本题拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，AC不符合题意； B．绳与桌面必须平行，以保证拉力的方向与滑块的运动方向一致，B符合题意； D．打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，D符合题意。 故答案为：BD。 (2)每隔四个点取一个计数点，故相邻计数点间的时间间隔 根据逐差法可得 (3)根据牛顿第二定律可得 解得 结合图线可知 解得 (4)对滑块在整个运动过程中，根据动能定理可得 解得 因为实验中不可以避免的存在阻力(纸带、滑轮摩擦)，导致摩擦力偏大，所以μ的测量值偏大。 【分析】（1）根据测量动摩擦因数的实验原理以及注意事项进行分析判断； （2）根据匀变速直线运动的位移差是定值可以得出小车的加速度； （3）根据牛顿第二定律以及结合图像能得出动摩擦因数；结合动能定理判断测量值与真实值的大小。 14．（1）；370.4 （2）电阻箱的阻值调节范围小 【解答】(1)①根据原理图连接实物图为 ③当灵敏电流计读数为零时，根据电桥平衡可得 解得 (2)灵敏电流计的示数不能为0，则有 可得 根据题意可知电阻箱的阻值 的值必定小于 的值，故可能的原因是电阻箱的阻值调节范围小。 【分析】（1）电流表串联在电路中，电压表并联在电路中，滑动变阻器的接线柱一上一下，连接实物图即可；电压表并联在电路中，与谁并联就测量谁两端的电压；电流表串联在电路中， （2）电桥两点间电势差不为零就会产生电流，结合电桥平衡条件分析即可。 15．（1）解：木箱受重力、支持力、拉力以及摩擦力作用，受力如下图所示： （2）解：对木箱受力分析，在竖直方向： 在水平方向： 又因为摩擦力： 解得加速度为：a=2.6m/s2 （3）解：根据匀变速直线运动位移和时间的关系有： （4）解：木箱运动2s后速度 之后加速度 木箱再运动 【分析】（1）木箱受到重力、支持力、拉力和摩擦力的作用； （2）木箱做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出木箱的加速度大小； （3）木箱做匀加速直线运动，利用位移公式可以求出加速运动的位移大小； （4）木箱加速或做减速运动，利用速度公式可以求出加速获得的速度大小，结合牛顿第二定律及减速过程的速度位移公式可以求出减速运动的位移大小。 16．（1）解：飞出粒子的速度都相同，在沿电场线方向速度大小均为 ① 飞出速度大小为 = = ② 设速度v的方向与 的夹角为θ，则 ③ 所以，方向水平方向右下角为θ=45°，大小 答：粒子射出电场时的速度大小为 ，方向水平方向右下角为θ=45°； （2）解：当粒子由t=nT时刻进入电场，向下侧移最大，则 ④ 且 ⑤ 解得 当粒子由 时刻进入电场，向上侧移最大， 则 ⑥ 解得 所以，在距离O′中点上方 至下方 范围内有粒子打出 答：粒子打出电场时位置离O'点的距离范围，在距离O′中点上方 至下方 范围内有粒子打出； （3）解：要使平行粒子能够交于圆形磁场区域边界且有最小区域时，磁场直径最小值与粒子宽度相等， 粒子宽度 = ⑦ 故磁场区域的最小半径为 ⑧ 粒子在磁场中做圆周运动有 ⑨ 解得 答：若要使打出电场的粒子经某一垂直纸面的圆形区域匀强磁场偏转后，都能到达圆形磁场边界的同一个点，而便于再收集，则磁场区域的最小半径 ，相应的磁感强度是 【分析】（1）利用速度的合成和分解将粒子的运动沿着平行于初速度方向和垂直于初速度的方向正交分解，在平行于初速度方向，粒子做匀速直线运动，在垂直于初速度方向，粒子在电场力的作用下做变速直线运动，求出两个方向上的分速度，最后得到合速度即可； （2）粒子在t=0、T、2T…时刻进入时，O′位置偏向最下端；粒子在t=nT+T时时刻进入时，O′位置偏向最上端，根据运动学公式列式求解即可． （3）粒子在打出粒子的速度都是相同的，由速度合成法求出粒子的速度．要使平行粒子能够交于圆形磁场区域边界且有最小区域时，磁场直径最小值与粒子宽度相等，即可得到磁场区域的最小半径．粒子进入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，可牛顿第二定律求出相应的磁感强度 17．（1）解：桶内气体压强 由查理定律得 解得=286.3K （2）解：设打气次数为n，消毒完成后桶内气体体积 压强为 由玻意耳定律有 解得n=20次 【分析】（1）对桶内气体根据查理定律得出环境温度； （2）桶内打入气体后，根据玻意耳定律得出打气的次数。 18．解：设光线P经折射后经过B点，光路图如图所示． 由折射定律有： =n= …① 又由几何关系有：α=2β…② 联解①②得α=60° 由几何关系得：离AB直线的距离CD=Rsinα= R的光线经折射后能到达B点． 答：离AB直线的距离CD=Rsinα= R的光线经折射后能到达B点． 【分析】利用折射定律结合几何关系可以求出入射角的大小；再利用几何知识可以求出CD的长度。

2023届重庆市开州区高考物理模拟试卷（一） 一、单选题 1．如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点以某一速率沿AB方向射人磁场，恰好从C点沿BC方向飞出磁场；若带电粒子以相同的速率从AD的中点P垂直AD射人磁场，粒子将从DC边上的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1 ：t2为(　　)． A．2：1 B．4：3 C．3：2 D． ： 2．“电动平衡车”是时下热门的一种代步工具。如图所示，人站在“电动平衡车”上在某水平地面上沿直线匀速前进，人受到的空气阻力与速度成正比，下列说法正确的是（　　） A．“电动平衡车”对人的作用力竖直向上 B．“电动平衡车”对人的作用力大于人的重力 C．不管速度多大，“电动平衡车”对人的作用力不变 D．地面对“电动平衡车”的作用力竖直向上 3．如图为某热量交换系统部分模型示意图，它利用电磁泵驱动形成导电流体在循环系统中流动，电磁泵是一个长方体，长为，长为，长为，上、下表面是金属板，其它部分和管道由绝缘材料构成，循环系统管道内充满导电液体，导电液体的电阻率为，泵体所在处有方向垂直泵体前表面向外，大小为的匀强磁场，工作时泵体的上下两表面接在电压为（内阻不计）的电源上，理想电流表的读数为，则下列说法中正确的是（　　） A．示意图中液体要顺时针流动，泵体上、下表面应分别与电源正、负极相接 B．理想电流表的读数 C．接在泵体的上下两表面的电压变为，理想电流表的读数小于（未超出量程） D．改变磁感应强度大小，不会影响管内液体的流动速度 4．我国成功发射世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”，实现了卫星与地面的量子通信，量子的不可复制性确保信息传输的绝对安全，若“墨子号”卫星定轨后，在离地面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，已知地球的质量为M，万有引力常量为G，地球表面的重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．火箭发射加速升空时，“墨子号”卫星对火箭的压力小于自身重力 B．卫星在轨运行的速度，大于7.9km/s C．卫星在轨运行的周期等于T=2π D．卫星在轨运行的向心加速度小于g 5．如图所示，空间中存在与水平方向成角斜向右上方的匀强电场，电场强度为，在电场中的点有一个质量为，电荷量为的带正电的小球。已知电场强度，其中为重力加速度，忽略空气阻力，下列对小球运动情况分析正确的是（　　） A．若小球从静止释放，小球将做曲线运动 B．若小球以某一速度竖直向下抛出，小球的动能一直增加 C．若小球以某一速度竖直向上抛出，小球电势能先减小后增大 D．若小球初速度方向与电场线方向相同，最终小球可能竖直向下做直线运动 6．关于摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．两个相对静止物体间一定有静摩擦力 B．静止的物体不可能受到滑动摩擦力 C．物体越重，越难使它滑动，所以摩擦力跟物重成正比 D．滑动摩擦力大小可以跟物体的重力无关 7．如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为 和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为（　　） A． B． C． D． 8．下列有关热现象分析与判断正确的是（　　） A．物体的温度可以降到-273.15℃以下 B．当将橡皮筋拉伸时，橡皮筋内分子的引力和斥力都减小，引力减小得较快 C．知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，可计算出阿伏加德罗常数 D．摩擦生热是利用做功来改变物体的内能 9．如图甲所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动以平衡位置O为原点，向右为x轴正方向，建立x轴。若从振子位于N点时开始计时，T为弹簧振子的振动周期，则其振动图像可能为图乙中的（　　） A． B． C． D． 二、多选题 10．研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据，得到如图所示的“速度位移”图像。若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图像信息，下列说法正确的有（　　） A．弹性绳原长为15m B．当运动员下降10m时，处于失重状态 C．当运动员下降15m时，绳的弹性势能最大 D．当运动员下降20m时，其加速度方向竖直向上 11．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为 、 （已知 ）的两物块 、 相连接，弹簧处于原长，三者静止在光滑的水平面上。现使 获得水平向右、大小为 的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，从图像提供的信息可得（　　） A． 到 时间内弹簧由原长变化为压缩状态 B．在 时刻，两物块达到共同速度 ，且弹簧处于压缩状态 C． 时刻弹簧的弹性势能为 D．在 和 时刻，弹簧均处于原长状态 12．如图所示，图中两条平行虚线间存有匀强磁场，虚线间的距离为2L，磁场方向垂直纸面向里．abcd是位于纸面内的梯形闭合线圈，ad与bc间的距离为2L且均与ab相互垂直，ad边长为2L，bc边长为3L，t＝0时刻，c点与磁场区域左边界重合。现使线圈以恒定的速度v→c→d→a方向的感应电流为正，则在线圈穿过磁场区域的过程中，感应电流I及ab间电势差U随时间t变化的关系图线可能是（　　） A． B． C． D． 三、实验题 13．科学探究活动通常包括以下几个环节：①提出问题，②猜想与假设，③制定计划与设计实验，④进行实验与收集证据，⑤分析与论证，⑥评估，⑦交流与合作等．一位同学在学习了滑动摩擦力之后，认为滑动摩擦力的大小可能与两物体接触面积的大小有关，于是他通过实验探究这个问题． （1）这位同学认为，滑动摩擦力的大小与两物体的接触面积的大小成正比，这属于上述科学探究的　 　环节． （2）为完成本实验，需要自己选用器材，其中他选用的木块应是下列选项中的 A．各面粗糙程度相同的正方体 B．各面粗糙程度不同的正方体 C．各面粗糙程度相同，长、宽、高不同的长方体 D．各面粗糙程度不同，长、宽、高不同的长方体 （3）在本实验中，该同学设计了两种实验方案： 方案一：木板水平固定，通过弹簧秤水平拉动木块，如图甲所示； 方案二：木块与弹簧秤相连，弹簧秤水平固定，通过细绳水平拉动木板，如图乙所示． ①上述两种方案中，你认为更合理、更易于操作的是　 　（填“方案一”或“方案二”） ②该实验应该记录的数据有　 　； ③如何根据数据分析并判断原来的猜想？　 　 14．某同学通过实验测定一个阻值约为5 的电阻Rx的阻值。 （1）现有电源（4V，内阻可不计）、滑动变阻器（0～50 ，额定电流2A）、开关和导线若干，以及下列电表： A．电流表（0～3A，内阻约0.025 ） B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125 ） C．电压表（0～3V，内阻约3k ） D．电压表（0～15V，内阻约15k ） 为减小测量误差，在实验中，电流表应选用　 　，电压表应选用　 　选填器材前的字母）；实验电路应采用图中的　 　选填“甲”或“乙”）。 （2）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次电表示数如图所示，则电压U=　 　，电流I=　 　可得该电阻的测量值 　 　Ω（保留两位有效数字）。 四、解答题 15．如图所示，粗糙的水平面AB与粗糙竖直圆轨道BCD在B点相切，圆轨道BCD半径R＝0.40m，D是轨道的最高点，一质量m＝1.0kg可以看成质点的物体静止于水平面上的A点。现用F＝7.0N的水平恒力作用在物体上，使它在水平面上做匀加速直线运动，当物体到达B点时撤去外力F，之后物体进入竖直圆轨道BCD。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，A与B之间的距离为2m，取重力加速度g＝10m/s2。 （1）物体刚进入圆轨道B点时所受支持力FN的大小； （2）试分析物体是否能沿圆轨道BCD到达D点； （3）如果圆轨道BCD光滑，其它条件不变，试分析物体在B点和D点对轨道的压力差多大？ 16．如图所示平面直角坐标系中，P 点在 x 轴上，其坐标 xP＝ 2 L ，Q 点在负 y 轴上某处。整个第Ⅰ象限内有平行于 y 轴的匀强电场，第Ⅱ象限和第Ⅳ象限内均有一圆形区域，其中第Ⅱ象限内的圆形区域半径为 L，与 x 轴相切于 A 点（A 点坐标未知）。第Ⅳ象限内的圆形区域未知， 并且两个圆形区域内均有垂直于 xOy 平面的相同的匀强磁场。电荷量为+q、质量为 m、速率为 v0 的粒子 a 从A点沿y 轴正方向射入圆形区域，射出圆形区域后沿 x 轴正方向射入第Ⅰ象限，通过 P 点后射入第Ⅳ象限；电荷量为-q、质量为 m、速率为 v0 的粒子 b从 Q 点向与 y 轴成 60°夹角的方向射入第Ⅳ象限，经过并离开未知圆形区域后与粒子 a 发生相向正碰。不计粒子的重力和粒子间相互作用力。求: （1）第Ⅱ象限内圆形区域磁场磁感应强度 B 的大小和方向 （2）第Ⅰ象限内匀强电场的场强大小 E 和方向 （3）第Ⅳ象限内未知圆形磁场区域最小面积 S 17．如图，横截面积为、高为60cm的相同导热汽缸A、B，下端有细管（容积可忽略）连通，汽缸A顶部封闭，汽缸B的顶部有一阀门K。B中有一可自由滑动的活塞，质量为5kg、厚度可忽略，封闭了一定质量的气体（可视为理想气体）。初始时，阀门K关闭，活塞上方空气稀薄，可认为是真空，活塞静止在B的正中间。已知室温为27°C，大气压强为，重力加速度为。 （1）求初始时封闭气体的压强； （2）接着打开K，求活塞稳定时封闭气体的体积； （3）在K打开的情况下，若通过加热汽缸内气体，使活塞能够到达汽缸B活塞的顶部，至少需要加热到多高的温度？ 18．如图所示，光线沿半圆形玻璃砖的半径射到它的平直的边AB上，在这个边与空气界面上发生反射和折射．反射光线与AB边的夹角为60°，折射光线与AB边的夹角为45°，要使折射光线消失，求入射光线绕入射点O转动的角度． 答案 1．C 【解答】带电粒子从A 点沿AB方向射入磁场，又恰好从C点沿BC方向飞出磁场，说明D点为轨迹圆的圆心，则轨迹半径为L，粒子转过的圆心角为θ=90°。同一个带电粒子在同一匀强磁场中运动的轨迹半径相同，所以带电粒子从P点入射时轨迹的圆心在AD延长线上距D点 L处，那么粒子转过的圆心角的余弦cosθ'= ，即θ'=60°，运动时间为t= T，所以t1：t2=θ：0'=3：2， 故答案为：C。 【分析】粒子在磁场做匀速圆周运动，结合几何关系得出粒子转过圆心角的大小，从而得出离子在磁场中运动的时间表达式，从而得出 A点运动到C点所用的时间与P点运动到M点所用时间之比。 2．B 【解答】AB．“电动平衡车”做匀速直线运动，人处于平衡状态，即竖直方向平衡车对人的支持力与人的重力平衡，水平方向车队人的摩擦力等于人受的阻力，则车对人的作用力即支持力和摩擦力的合力不是竖直向上，车对人的作用力大于人的重力，A不符合题意，B符合题意； C．速度越大，则人受的阻力越大，则“电动平衡车”对人的作用力越大，C不符合题意； D．对车和人的整体而言，地面对“电动平衡车”有向上的支持力和向前的动力，则地面对“电动平衡车”的作用力方向不是竖直向上的，D不符合题意。 故答案为：B。 【分析】由于人处于平衡状态所以平衡车对人的作用力方向与人受到的阻力和重力的合力方向相反，不是竖直向上，利用力的合成可以判别其作用力的大小大于人本身的重力大小；当速度变化时，由于阻力变化所以平衡车对人的作用力也随之变化；由于地面对整体有向前的动力及支持力所以其地面对整体的作用力不是竖直向上。 3．C 【解答】A．根据左手定则知，要使液体顺时针流动，泵体上表面应与电源负极相接，故A错误； B．根据电阻定律泵内液体的电阻为 流过泵体的电流为 因此泵体内液体电流产生热量消耗的电功率为 由于电磁泵是非纯电阻电路，需对外抽水做功，设对外做功的功率为，则电源提供的总功率与等于泵体内液体电流产生热量消耗的电功率与对外做功功率之和，即 因此 故B错误； C．接在泵体的上下两表面的电压变为后，流过泵体的电流为原来的两倍，因此导体泵内电流产生热量消耗的电功率为原来的4倍，安培力增大为原来的两倍，根据牛顿第二定律和匀变速运动速度与位移的关系可得，在相同的距离内，速度仅增大为原来速度的倍，根据瞬时功率公式可得电场泵对外做功的功率增大为原来的倍，因此 因此理想电流表的读数将小于，故C正确； D．改变磁感应强度大小，受到的安培力大小也会变好，进而会影响管内液体的流动速度，故D错误。 故选C。 【分析】根据左手定则得出液体所受力的方向，从而得出液体的运动情况，并得出泵的上下表面与电源正负极的连接情况；利用电阻定律以及欧姆定律得出流过泵体的电流，利用电功率的表达式得出理想电表的读数情况。 4．D 【解答】解：A、火箭发射加速升空时，加速度的方向向上，处于超重状态，所以“墨子号”卫星对火箭的压力大于自身重力．故A错误； B、7.9km/s是第一宇宙速度，是最大的圆轨道运行速度，则该卫星在圆轨道上运行速度小于第一宇宙速度，故B错误； C、根据 可知，T=2π ＞2π ，故C错误； D、根据 可知，a= ，半径越大，加速度越小，则该卫星在圆轨道上运行时加速度小于地球表面的重力加速度，故D正确； 故选：D 【分析】第一宇宙速度是卫星近表面圆轨道的运行速度．已知“墨子号”卫星做匀速圆周运动的轨道半径小于同步卫星的半径，由万有引力提供向心力即可求出运动线速度v，向心加速度a的公式，进而比较即可． 5．B 【解答】A．带正电的小球受到的电场力与电场方向相同，大小为 由于竖直方向有 可知竖直方向的合力为零，故小球受到的合力方向水平向右，大小为 若小球从静止释放，小球将沿合力方向水平向右做匀加速直线运动，A不符合题意； B．若小球以某一速度竖直向下抛出，由于小球受到的合力方向水平向右，小球向下做类平抛运动，运动过程，合力一直做正功，小球的动能一直增加，B符合题意； C．若小球以某一速度竖直向上抛出，由于小球受到的合力方向水平向右，小球向上做类平抛运动，运动过程，电场力一直做正功，小球的电势能一直减小，C不符合题意； D．若小球初速度方向与电场线方向相同，由于小球受到的合力方向水平向右，与初速度方向不在同一直线上，小球将做匀变速曲线运动，最终小球不可能竖直向下做直线运动，D不符合题意。 故答案为：B。 【分析】带正电的小球受到的电场力与电场方向相同，小球从静止释放，小球将沿合力方向水平向右做匀加速直线运动。 6．D 【解答】A．两个相对静止的物体不一定有静摩擦力，因为它们不一定有运动趋势。A不符合题意； B．受滑动摩擦力的物体不一定运动，可以静止，如：物体在地面上滑行，地面是静止的，受到滑动摩擦力作用，B不符合题意； C．物体越重，越难使它滑动，是因为物体越重，受到的最大静摩擦力越大。而没有滑动之前，静摩擦力与外力平衡，与重力无关，不能说摩擦力跟物重成正比。C不符合题意； D．滑动摩擦力大小可以跟物体的重力无关，比如：正在沿着竖直黑板下滑的黑板擦；D符合题意； 故答案为：D。 【分析】两个相对静止的物体之间不一定有静摩擦力的存在；静止的物体可以受到滑动摩擦力的作用；静摩擦力的大小与重力的大小无关。 7．B 【解答】带电粒子在第二象限做圆周运动，假设运动半径为r，那么洛伦兹力提供向心力，列方程 ,可以得到粒子的运动速度 ,此时运动的路程为 ； 粒子射入第一象限的磁场中时，运动的半径增大一倍，线速度不变，根据几何关系得意得到粒子转过的角度为60°，走过的路程为 ； 粒子总共走过的路程为两者相加 ，粒子的速度为 ，相除的到粒子运动的时间为 ； B选项正确，ACD选项错误。 故答案为：B 【分析】粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力向心力，根据粒子的速度和磁场强度确定粒子运动的轨迹，利用轨迹的长度除以粒子的速度求解时间即可。 8．D 【解答】A．绝对零度是低温的极限，则物体的温度不可以降到-273.15℃以下，A不符合题意； B．当将橡皮筋拉伸时，橡皮筋内分子的引力和斥力都减小，引力减小的较慢，斥力减小的较快，B不符合题意； C．根据公式 ，知道水蒸气的摩尔体积和水分子所占空间的体积，可计算出阿伏加德罗常数，这里的V0是指水分子所占空间的体，而不是水分子实际的体积，C不符合题意； D．摩擦生热是利用做功来改变物体的内能，选项D符合题意。 故答案为：D。 【分析】改变物体的内能有两种方式，一种是做功，外界对物体做功物体的内能增加，物体对外界做功物体的内能减小，第二种是热传递，热量向外界传递，物体的内能减小，热量由外界传向物体，物体的内能增加。 9．C 【解答】设向右为x正方向，振子运动到N点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，C符合题意，ABD不符合题意。 故答案为：C。 【分析】利用振动的方向结合规定的正方向可以判别振子振动的图象。 10．B,D 【解答】A． 时速度最大，此时加速度为零，合外力为零，弹力不为零，弹力等于重力，弹性绳处于伸长状态，A不符合题意； B．当运动员下降10m时，速度向下并且逐渐增大，处于失重状态，B符合题意； C．当运动员下降15m时，速度不为零，运动员继续向下运动，弹性绳继续伸长，弹性势能继续增大，C不符合题意； D．当运动员下降20m时，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向上，D符合题意。 故答案为：BD。 【分析】当速度最大时其重力和弹力相等所以其弹簧处于伸长状态；利用速度的变化可以判别加速度的方向进而判别超重和失重；当速度等于0绳子的弹性势能最大。 11．C,D 【解答】AB．两物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，当两者第一次速度相等时，即在 时刻，两物块达到共同速度 ，弹簧伸长量最大，然后逐渐恢复原长，再压缩弹簧，第二次速度相等时，即在t3时刻，弹簧压缩量最大，因此 到 时间内弹簧由压缩变化为原长状态，所以AB不符合题意； C．在 时刻，当两者速度相等 时，由动量守恒定律得 得 由机械能守恒定律，此时弹簧弹性势能 解得 C项正确； D．由题图和机械能守恒定律可知，在 和 时刻，两物块的动能分别达到最大18J，因此这两个时刻弹簧均处于原长状态，D符合题意。 故答案为：CD。 【分析】根据动量守恒和机械能守恒判断弹簧的状态；在 时刻，根据动量守恒定律得出 的质量；利用机械能守恒得出弹性势能的大小；结合图像和机械能守恒得出弹簧所处的状态。 12．B,D 【解答】据题意，梯形线框向右运动过程中，cd边在切割磁场，产生的电流方向为逆时针，与正方向一致，在第一个 过程中电流大小为 ，D符合题意；当cd边全部进入磁场后，在第二个 过程中，线框产生的电流为： ；当cd边出磁场后，在第三个 过程中，线框产生的感应电流为 ；在第四个 过程中，cd边全部离开磁场，ab边进入，但产生电流方向为顺时针，电流大小为 ，B符合题意，而A、C不符合题意． 故答案为：BD 【分析】线圈从0到L的过程可以判别有效长度不断变长则电流不断变大，从L到2L有效长度不变电流大小不变，从2L到3L的过程有效长度变小所以电流变小，最后从3L到离开磁场有效长度不变电流不变但是电流方向改变；利用电流大小可以求对应电势差的大小。 13．（1）猜想与假设 （2）C （3）方案二；物体的总量mg、弹簧秤的读数F、接触面的面积S；据数据分析摩擦力的大小与接触面积的关系，作出判断；或分析弹簧秤的读数与接触面积的关系 【解答】解：（1）针对实验的目的，这位同学提出了自己的想法，这属于科学探究的“猜想与假设”环节；（2）在探究摩擦力大小与接触面积大小的关系，必须要保证压力与接触面的粗糙程度不变，只改变接触面积的大小，因此，只有选项C符合题意；（3）①比较两种实验方案的操作过程可以看出，甲中物体在弹簧测力计作用下很难控制它一直做匀速直线运动，而乙中拉动的是木板，弹簧测力计与木块相对静止，此时读数更准确．②通过弹簧测力计的示数得出摩擦力的大小，这是利用了二力平衡的原理，有F=f=μmg，故需要测量物体的总量mg、弹簧秤的读数F、接触面的面积S；③据数据分析摩擦力的大小与接触面积的关系，作出判断；或分析弹簧秤的读数与接触面积的关系． 故答案为：（1）猜想与假设；（2）C；（3）①方案二；②物体的总量mg、弹簧秤的读数F、接触面的面积S；③根据数据分析摩擦力的大小与接触面积的关系，作出判断；或分析弹簧秤的读数与接触面积的关系． 【分析】（1）针对所研究的问题提出自己的看法，因为结论的正确性有待于实验的探究结果，因此，这属于科学探究的“猜想与假设”环节；（2）根据控制变量法的要求，此实验要求保持压力和接触面的粗糙程度不变，据此可判断各选项是否符合实验要求；（3）①实验中我们是根据拉力与摩擦力是一对平衡力的原理，才通过测力计读出摩擦力大小的，因此，在操作时要保持物体做匀速直线运动，这也是实验操作中较难保持的地方，方案二的改进则很好地解决了这一问题；②根据F=f=μmg，确定待测量；③改变接触面积做实验，重新求解动摩擦因数． 14．（1）B；C；甲 （2）2.6；0.50；5.2 【解答】（1）因电源的电压为4V，因此电压表选择3V量程的C；由于阻值约为5Ω的电阻Rx的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为0.8A，从精确角来说，所以电流表选择0.6A量程的B；根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故答案为：择甲图．（2）电压表的读数为U=2.6V；[5].电流表的读数为I=0.50A；电阻阻值： ; 【分析】（1）利用电动势可以判别电压表的选择；利用欧姆定律可以判别电流表的选择；利用待测电阻的阻值可以判别电流表使用外接法； （2）利用电压表分度值可以读出对应的读数；利用电流表分度值可以读出对应的读数；利用欧姆定律可以求出电阻的大小。 15．（1）解：由动能定理 由牛顿第二定律 可得 （2）解：物体能到达D点时，由 可得到达D点的最小速度 则动能变化量为 重力做功为 实际上有摩擦力存在，所以不能到达D （3）解：如果没有摩擦力，则根据动能定理可得 由牛顿第二定律 可得 由动能定理 由牛顿第二定律 联立可得 物体在B点和D点对轨道的压力差 【分析】（1）已知物体受到的外力大小，结合动能定理可以求出物体经过B点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出经过B点时受到的支持力大小； （2）当物体经过D点时，利用牛顿第二定律可以求出最小速度的大小，结合动能定理可以判别物体能否到达D点； （3）当其轨道光滑时，利用其动能定理可以求出物块经过B点和D点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出物块在B点和D点压力的差值大小。 16．（1）解：设粒子a在圆形区域内匀强磁场中做圆周运动的半径为R，则R=L 因为洛伦兹力等于向心力： 联立解得 方向垂直纸面向外 （2）解：设粒子a在第Ⅰ象限内匀强电场中运动的加速度为a0 ，运动时间为t，则 竖直方向： 水平方向上： 联立解得 方向沿y轴负方向 （3）解：设粒子a在P点的速度为v，与x轴正方向的夹角为θ，y轴方向的速度大小是vy，则 ，θ=30° 粒子b先做匀速直线运动，进入未知圆形区域，在洛伦兹力作用下向左偏转120°，离开未知圆形区域，速度方向与离开P点的粒子a的速度在一条直线上，才可能与粒子a发生相向正撞，如图所示。 设粒子b在未知圆形区域内做匀速圆周运动的圆心为O1，半径为R1，射入和射出点分别为e和h。 未知圆形区域的最小区域是以he为直径的圆，设he长为D，则 根据几何知识可知： 则面积为： 代入数据解得： 【分析】（1）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，利用几何关系求解轨道半径，再结合向心力公式求解磁感应强度； （2）粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，竖直方向的偏移量，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解即可； （3）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，结合向心力公式求解轨道半径，进而求解面积。 17．（1）解：以活塞为研究对象，对其受力分析有 因其处于平衡状态，所以重力与气体压力大小相等、方向相反，设封闭气体压强为，有 解得 （2）解：打开阀门后，以活塞为研究对象，设平衡后封闭气体压强变为，则有 活塞稳定时封闭气体的体积为，根据玻意耳定律有 两式联立解得 因为活塞到容器B底部后便不能再动，所以封闭气体体积不可能小于，则可推断气体全部被封闭在容器A中，所以封闭气体的体积为 （3）解：在K打开的情况下，设活塞在底部时封闭气体的初始状态为、 、，则根据玻意耳定律有 若通过加热汽缸内气体，使活塞能够到达汽缸B活塞的顶部，此时气体末状态参量为、 、，根据气体状态方程有 以上式子联立解得 则至少需要加热到，即 【分析】（1）以活塞为研究对象，根据受力分析以及共点力平衡得出初始时封闭气体的压强； （2）打开阀门后，以活塞为研究对象 ，结合玻意耳定律得出活塞稳定时封闭气体的体积； （3） 在K打开的情况下 ，利用玻意耳定律得出活塞在底部时封闭气体的体积，结合理想气体状态方程得出使活塞能够到达汽缸B活塞的顶部需要加热的温度。 18．解：由图可知，该光线在介质中的入射角为： ，在空气界面的折射角是 ，所以： ， ，应该将入射光线顺时针转过 。 答：入射光线绕入射点O转动的角度为 【分析】光的折射定律；解决本题的关键要掌握折射定律、全反射条件．对于涉及全反射的问题，要紧扣全反射产生的条件：一是光从光密介质射入光疏介质；二是入射角大于等于临界角．正确作出光路图是解题的关键，并能灵活运用几何知识求解。

2023届重庆市开州区高考物理模拟试卷 一、单选题 1．在同一匀强磁场中，α粒子（ He）和质子（ H）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子（　　） A．运动半径之比是2：1 B．运动周期之比是2：1 C．运动速度大小之比是4：1 D．受到的洛伦兹力之比是2：1 2．如图物体A、B叠放在一起，A用绳系在固定的墙上，用力F将B拉着右移，用T、fAB、fBA分别表示绳中拉力、A对B的摩擦力和B对A的摩擦力，则下面叙述中正确的是（　　） A．F做正功，fAB做负功，fBA做正功，T不做功 B．F做正功，fAB做负功，fBA和T不做功 C．F、fBA做正功，fAB、T不做功 D．F做正功，其他力都不做功 3．如图为一电动机，其线圈电阻是r，当它两端所加的电压为U时，通过的电流是I，则这台电动机（　　） A．发热功率为 B．消耗的电功率为 C．所做机械功的功率为 D．t时间内所做的机械功为 4．2016年10月19日凌晨，神舟十一号载人飞船与天官二号对接成功．两者对接后一起绕 地球运行的轨道可视为圆轨道，运行周期为T，已知地球半径为R，对接体距地面的高度为kR，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G．下列说法正确的是（　　） A．对接前，飞船通过自身减速使轨道半径变大靠近天官二号实现对接 B．对接后，飞船的线速度大小为 C．对接后，飞船的加速度大小为 D．地球的密度为 5．α粒子的质量是质子的 4 倍，电荷量是质子的 2 倍．如图所示，质子和α粒子分别从固定点电荷+Q 附近的 A 点由静止开始运动，只在电场力作用下到达 B 点，则它们到达 B 点时的速度之比为（　　） A．2 ：1 B．2：1 C． ：1 D．1：2 6．如图所示，倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，小物体A与传送带相对静止，重力加速度为g.则(　　) A．只有a>gsinθ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用 B．只有a

2023届重庆市开州区高考物理模拟试卷（二） 一、单选题 1．如图所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场，其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设两粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2，则t1：t2为（重力不计）（　　） A．1:3 B．4:3 C．1:1 D．3:2 2．在匀强电场中，将质量为m，带电量为q的小球由静止释放，带电小球的运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则电场强度的大小为（　　） A．有唯一值 B．最小值是 C．最大值 D． 3．如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引（　　） A．向右做匀速运动 B．向左做匀速运动 C．向右做减速运动 D．向右做加速运动 4．在2020年“中国航天日”启动仪式上公布：中国首次火星探测任务被命名为“天问一号”，火星距地球最远约4亿公里，火星探测会把中国的航天技术、走向深空技术大大提高，对探索宇宙奥秘，认识宇宙大爆炸，寻找地外人类宜居环境等有非常重要的意义。若火星探测器先后在图示a、b轨道上绕火星做匀速圆周运动．用R、T、a、Ek分别表示火星探测器的轨道半径、周期、加速度和动能，下列关系式正确的是（　　） A． B． C． D． 5．如图，在一块面积很大的接地金属平板的上方固定一个带负电的小球，虚线是金属平板上方电场的等势面（相邻等势面间的电势差都相等），实线是某一带电粒子先后经过M和N处的运动轨迹。若该带电粒子在M和N处受到的电场力大小分别为 和 ，相应的电势能分别为 和 ，则（　　） A．该粒子可能带负电 B． ， C．该粒子从M运动到N的过程中，电场力对它做负功 D．由于静电感应，在金属平板的上表面带负电荷 6．重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下，以下说法正确的是（　　） A．在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变 B．自卸车车厢倾角越大，石块与车厢的动摩擦因数越小 C．自卸车车厢倾角变大，车厢与石块间的正压力减小 D．石块开始下滑时，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力 7．有一回旋加速器，两个D形盒的半径为R，两D形盒之间的高频电压为U，偏转磁场的磁感应强度为B．如果一个α粒子和一个氖核( )．都从加速器的中心开始被加速，则它们从D形盒飞出的速度之比 为（　　） A． B． C． D． 8．2022年3月23日，王亚平在“天宫课堂”的液桥演示实验中，将两块透明板上的水球接触后融成一体，然后将两块透明板缓缓分开，水球被拉长成柱体，形成了一个长约10厘米的液桥。关于液桥实验，下列说法错误的是（　　） A．液桥的形成是由于液体分子间存在作用力 B．水浸润透明板 C．液桥内的分子停止了无规则运动 D．如果在地球上完成该实验，液桥的最大长度将变短 9．一列简谐横波沿直线由A向B传播，A、B相距0.45m，右图是A处质点的震动图像。当A处质点运动到波峰位置时，B处质点刚好到达平衡位置且向y轴正方向运动，这列波的波速可能是（　　） A．4.5m/s B．3.0m/s C．1.5m/s D．0.7m/s 二、多选题 10．如图所示，在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间（g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。下列说法中正确的是（　　） A．弹簧的弹力不变 B．小球立即获得向左的加速度，且a=8m/s2 C．小球立即获得向左的加速度，且a=10m/s2 D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a=10m/s2 11．木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2 kg的另一物体B以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如下图所示，则下列说法正确的是(g=10 m/s2)(　　) A．木板获得的动能为2J B．系统损失的机械能为3J C．木板A的最小长度为1m D．A，B间的动摩擦因数为0.1 12．如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为，高为L。纸面内直角边长均为L的直角三角形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在时刻恰好位于图中所示的位置。以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流跟导线框所走位移的关系图像（图像）和导线框受到的安培力大小跟导线框所走位移的关系图像（图像）的是（　　） A． B． C． D． 三、实验题 13．如图，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz的交流电源，纸带等。回答下列问题： （1）铁块与木板间动摩擦因数μ=　 　（用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示） （2）某次实验时，调整木板与水平面的夹角θ=30°。接通电源。开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图（b）所示。图中的点为计数点（每两个相邻的计数点间还有4个点未画出）。重力加速度为9.8m/s2。铁块沿木板下滑时的加速度为　 　（结果保留2位小数），进一步可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为　 　（结果保留2位小数）。 14．某同学用下图所示的电路测定待测电阻Rx的阻值（约为10kΩ），除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用： A．电压表（量程0~1V，内阻约为10kΩ） B．电压表（量程0～10V，内阻约为100kΩ） C．电流表（0~1mA，内阻约为30Ω） D．电流表（0~0.6A，内阻约为0.05Ω） E．电源（电动势12V，额定电流2A，内阻不计） F．滑动变阻器R0（阻值范围0～10Ω，额定电流2A） （1）为使测量尽量准确，电压表选用　 　，电流表选用　 　；（均填器材的字母代号） （2）从实验原理上看，待测电阻测量值会　 　其真实值（选填“大于”“小于”或“等于”），造成该误差的原因是　 　（选填“电压表V分流”或“电流表A分压”）。 四、解答题 15．如图所示，AB为足够长的光滑斜面，斜面底端B处有一小段光滑圆弧与水平面BE平滑相连，水平面的CD部分粗糙，其长度L=1 m，其余部分光滑，DE部分长度为1 m，E点与半径R=1 m的竖直半圆形轨道相接，O为轨道圆心，E为最低点，F为最高点。将质量m1=0.5 kg的物块甲从斜面上由静止释放，如果物块甲能够穿过CD区域，它将与静止在D点右侧的质量为m2=1 kg的物块乙发生弹性正碰，已知物块甲、乙与CD面间的动摩擦因数均为μ=0.25，且物块均可看成质点，重力加速度为g。 （1）若物块乙被碰后恰好能通过半圆形轨道最高点F，求其在水平面BE上的落点到E点的距离x； （2）若物块甲在斜面上释放的高度h0为11.5 m，求物块乙被碰后运动至圆心等高点时对轨道的压力FN的大小； （3）用质量m3=1 kg的物块丙取代物块甲(甲和丙材料相同)，为使物块丙能够与物块乙碰撞，并且碰撞次数不超过2次，求物块丙在斜面上释放的高度h应在什么范围?(已知所有碰撞都是弹性正碰，且不考虑物块乙脱离轨道后与物块丙可能的碰撞) 16．在甲图中，带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从G点垂直于MN进入偏转磁场．该偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片上的H点，如图甲所示，测得G、H间的距离为d，粒子的重力可忽略不计． （1）设粒子的电荷量为q，质量为m，求该粒子的比荷 ； （2）若偏转磁场的区域为圆形，且与MN相切于G点，如图乙所示，其它条件不变．要保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后不能打到MN边界上（MN足够长），求磁场区域的半径应满足的条件． 17．如图所示，A气缸截面积为500cm2，A、B两个气缸中装有体积均为10L、压强均为1atm、温度均为27℃的理想气体，中间用细管连接。细管中有一绝热活塞M，细管容积不计。现给左面的活塞N施加一个推力F=×103N，使其缓慢向右移动，同时给B中气体加热，使此过程中A气缸中的气体温度保持不变，活塞M保持在原位置不动，最终系统达到平衡。不计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为1atm=105Pa，求 （1）系统平衡后活塞N向右移动的距离； （2）系统平衡后B气缸中气体的温度。 18．如图所示，直角三棱镜折射率为 ，∠B=30°，一束单色光垂直于AC面射向棱镜，入射点为O，试画出光在棱镜中传播的光路图，并求出光射出棱镜时折射角．（不考虑BC面对光线的反射） 答案 1．D 【解答】粒子在磁场中运动的周期的公式为T= ，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，通过a点的粒子的偏转角为90°，通过b点的粒子的偏转角为60°，所以通过a点的粒子的运动的时间为 T，通过b点的粒子的运动的时间为 T，所以从S到a、b所需时间t1:t2=3:2 故答案为：D。 【分析】根据粒子在磁场中的运动规律和周期公式求出粒子到a、b所需时间之比。 2．B 【解答】解：带电小球的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力， 由图看出，符合条件的电场强度有多个；而当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F=qEmin=mgsinθ，得到场强的最小值为 Emin= ，由图可知，最大值无法求出．故ACD错误，B正确； 故选：B． 【分析】带电小球在电场中受到重力和电场力，从O点自由释放，其运动轨迹为直线，小球所受的合力方向沿此直线方向，运用三角定则分析什么情况下场强大小最小，再求出最小值． 3．C 【解答】解：A、B导体棒ab向右或向左做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，线圈c不受安培力作用，不会被螺线管吸引．故A、B错误． C、导体棒ab向右做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从a→b，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向（从左向右看）的感应电流，右侧相当于N极，螺线管左侧是S极，则线圈c被螺线管吸引．故C正确． D、导体棒ab向右做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从a→b，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，右侧相当于S极，螺线管左侧是S极，则线圈c被螺线管排斥．故D错误． 故选C 【分析】导体棒ab在匀强磁场中沿导轨运动时，根据右手定则判断感应电流方向，感应电流通过螺线管时，由安培定则判断磁场方向，根据楞次定律判断线圈c中感应电流方向，再确定c是否被螺线管吸引． 4．B 【解答】A．探测器做圆周运动的向心力由万有引力提供，有 解得 由于 ，所以 ，A不符合题意； B．探测器做圆周运动的向心力由万有引力提供，有 解得 由于 ，所以 ，B符合题意； C．探测器做圆周运动的向心力由万有引力提供，有 解得 则探测器的动能为 由于 ，所以 ，C不符合题意； D．根据开普勒第三定律有， 所以D不符合题意。 故答案为：B。 【分析】利用引力提供向心力结合半径的大小可以比较向心加速度、周期和线速度的大小，利用线速度大小结合质量可以比较动能的大小，开普勒第三定律为半径的立方与周期的平方为定值。 5．B 【解答】A．根据带电粒子运动轨迹的弯曲方向可知，负电荷对该带电粒子的作用力是吸引力，所以该粒子带正电，A不符合题意； BC．由等势面的疏密程度可知 再根据 可知 带电粒子从M点运动到N点的过程中，电场力做正功，电势能减小，即 ，B符合题意，C不符合题意； D．由于静电感应，在金属平板的上表面带正电荷，D不符合题意。 故答案为：B。 【分析】根据带电粒子的轨迹判断粒子受力情况，进而判断电场力的方向和电性。根据带电粒子受力方向和粒子运动轨迹，判断带电粒子受电场力的做功情况，进而分析带电粒子电势能的变化。 6．C 【解答】在石块下滑前.自卸车与石块整体的重心位置上升.下滑后又下降.A不符合题意； 动摩擦因数是材料间的固有属性.只与材料有关.和倾角无关.B不符合题意； 车厢与石块间的正压力与物块所受重力在垂直斜面方问的分力大小相等，所以当车厢倾角变大.正压力减小.C符合题意； 石块在开始下滑时.受到摩擦力小于重力沿着斜面向下的分力D不符合题意． 故答案为：C 【分析】石块下落的过程，整体的重心位置先上升后下降；动摩擦因数的大小与倾角的大小无关；利用平衡方程可以判别正压力的大小变化；石块下滑时其摩擦力小于重力的分力。 7．C 【解答】根据洛伦兹力提供向心力可得： 粒子从D形盒飞出的速度为： 所以 C符合题意，ABD不符合题意。 故答案为：C． 【分析】利用牛顿第二定律可以求出线速度的大小比值。 8．C 【解答】A．液桥的形成是由于液体分子间存在引力的作用而产生的，A正确，不符合题意； B．若水不浸润透明板，则将两块透明板缓缓分开时，水不会附着在透明板上，将不会形成液桥，所以可推知水浸润该透明板，B正确，不符合题意； C．液桥内的分子永不停息地做无规则运动，不会停止，C错误，符合题意； D．如果在地球上完成该实验，由于受到自身竖直向下重力的影响，则液桥会向下弯曲，导致分子间的引力不足以维持较长的液桥，液桥的最大长度将会变短，D正确，不符合题意。 故答案为：C。 【分析】液桥的形成是由于液体分子间存在引力的作用而产生的，液桥内的分子永不停息地做无规则运动，不会停止。 9．A 【解答】本题主要考查了波和振动图像的关系，较容易。从图中可知周期为0.4s由题可知质点AB间最简单波形如图所示，所以可能AB间距和波长的关系为 再由公式 代入数据可知波速 A符合题意。 故答案为：A 【分析】通过图像求出波周期，根据A、B两点的振动确定波前进的距离，进而求出波速。 10．A,B 【解答】A．剪断轻绳瞬间，弹簧的形变还来不及恢复，即弹簧弹力不会突变，A符合题意； BC．剪断轻绳前，水平面对小球的弹力恰好为零，小球受重力、弹簧的弹力和细线的拉力作用处于平衡，对小球作受力分析，根据平衡条件和几何关系可知，弹簧弹力与小球重力大小相等，即 F=G＝mg=10N 剪断轻绳的瞬间，地面对小球的滑动摩擦力为 Ff=μFN=μmg=2N 小球加速度 B符合题意，C不符合题意； D．若剪断弹簧，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，D不符合题意。 故答案为：AB。 【分析】当剪掉细绳瞬间弹簧来不及形变则弹力大小保持不变；利用牛顿第二定律结合摩擦力的大小可以求出加速度的大小；当剪掉弹簧时，轻绳对小球的拉力瞬间等于0所以小球的加速度等于0. 11．C,D 【解答】木板A和物块B组成的系统动量守恒，因此有 解得 ；木板获得的速度为v=1m/s，木板获得的动能为 J，A不符合题意；由图得到：0-1s内B的位移为 m，A的位移为 m，木板A的最小长度为 m，C符合题意；由斜率大小等于加速度大小，得到B的加速度大小为 m/s2，根据牛顿第二定律得： ，代入解得， ，D符合题意。系统损失的机械能为 J，B不符合题意。 故答案为：CD 【分析】对物体B进行受力分析，受到阻力摩擦力，阻力对物体B做负功，机械能减小；物体同样受到摩擦力，作为动力，使物体A的机械能增加，其中两者间的相对运动为系统消耗的内能，结合v-t图像，利用动能定理分析求解即可。 12．A,C 【解答】AB．在0~2L的过程中，线框中磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流方向是顺时针，为正方向，此过程中导线框切割磁感线的有效长度为 感应电流为 即i-x图像为过原点且斜率为正的直线。 当x=L时 在L~2L的过程中，导线框切割磁感线的有效长度为 感应电流为 即i-x图像为斜率为负的直线。 当x=L时 当x=2L时 在2L~3L过程中，线框中磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流方向是逆时针，为负方向，此过程中导线框切割磁感线的有效长度为 感应电流为 即i-x图像为斜率为正的直线。 当x=2L时 当x=3L时 A符合题意，B不符合题意； CD．在0~L的过程中，导线框受到的安培力大小为 即F-x图像为开口向上的抛物线。 当x=L时 在L~2L的过程中，导线框受到的安培力大小为 即F-x图像为开口向上的抛物线。 当x=L时 当x=2L时 在2L~3L过程中，导线框受到的安培力大小为 即F-x图像为开口向上的抛物线。 当x=2L时 当x=3L时 C符合题意，D不符合题意。 故答案为：AC。 【分析】在0~2L的过程中由楞次定律可知，感应电流方向是顺时针。在L~2L的过程中，F-x图像为开口向上的抛物线。 13．（1） （2）1.97m/s2；0.35 【解答】（1）对铁块，由牛顿第二定律可得 故铁块的摩擦因数为 （2）由逐差法可得，物体的加速度为 故摩擦因数为 【分析】（1）对铁块根据牛顿第二定律的出铁块的动摩擦因数的表达式； （2）根据匀变速直线运动相同时间间隔内的位移差得出加速度的大小和动摩擦因数的大小。 14．（1）B；C （2）大于；电流表A分压 【解答】(1)因待测电阻阻值较大，为了准确测量，应采用较大的电动势，故答案为：电动势为12V的电源F；电压表选择10V的量程即B，最大电流I 所以电流表选择C； (2)因本实验采用电流表内接法，由于电流表A分压影响，电压表测量值将大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值将大于真实值。 【分析】（1）由于待测电阻比较大所以使用较大的电动势，利用欧姆定律可以判别电流表的选择； （2）由于待测电阻大所以电流表使用内接法；由于电流表的分压作用会导致其电阻的测量值大于真实值。 15．（1）解：物块乙恰好过最高点，则向心力完全由重力提供 则有m2g=m2 得v= 物块乙通过最高点后做平抛运动，竖直方向有 gt2=2R 水平方向有x=vt 联立可得，物块乙在水平轨道上的落点到E点的距离为x=2R=2 m （2）解：设物块甲与物块乙碰前速度为v0 由动能定理可知m1gh0-μm1gL= m1 -0 解得v0=15 m/s 物块甲与乙发生弹性正碰，动量守恒并且机械能守恒 由能量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2 由机械能守恒定律得 m1 = m1 + m2 联立解得v1=-5 m/s，v2=10 m/s 设物块乙通过圆心等高点时的速度为v3，根据机械能守恒可知 m2 = m2 +m2gR 解得v3=4 m/s 设物块乙运动至圆心等高点时，轨道对物块乙的支持力大小为FN，得FN=m2 =80 N 根据牛顿第三定律知，物块乙对轨道的压力大小为80 N。 （3）解：要使物块丙能够与物块乙碰撞，则有m3gh>μm3gL 即h>0.25m 质量相等的丙、乙发生弹性碰撞，丙和乙交换速度，物块乙滑到圆弧轨道上返回后，第2次与物块丙发生弹性正碰，交换速度。要使物块丙不再与物块乙发生碰撞，则有m3gh≤3μm3gL 即h≤0.75m 如果物块丙与物块乙发生碰撞后，物块乙获得速度v4，物块乙在半圆形轨道上运动高度超过圆心等高点，则物块乙将脱离半圆形轨道，不再与物块丙发生碰撞，此时有 m2 >m2gR 即v4> 丙与乙碰前速度设为v5，则有v5=v4 在物块丙与物块乙碰前，由动能定理得m3gh-μm3gL= m3 联立解得h>1.25m 综上0.25m1.25m 【分析】（1）物块乙到达最高点时，利用牛顿第二定律可以求出物块乙的速度大小，结合物块乙做平抛运动的位移公式可以求出水平位移的大小； （2）已知物块甲释放的高度，利用动能定理可以求出物块甲碰撞前速度的大小，结合碰撞过程的动量守恒定律及能量守恒定律可以求出碰后物块乙的速度大小，结合机械能守恒定律可以求出物块乙运动到圆心等高点的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出物块乙对轨道的压力大小； （3）物块丙要与物块乙碰撞，利用动能定理可以求出下落的最低高度，两个物块碰撞过程由于质量相等速度交换，利用动能定理可以求出物块乙碰后速度的范围，结合碰撞前其物块乙的动能定理可以求出释放的高度。 16．（1）解：带电粒子经过电场加速，进入偏转磁场时速度为v，由动能定理 ① 进入磁场后带电粒子做匀速圆周运动，轨道半径r， ② 打到H点有 ③ 由①②③得 答：设粒子的电荷量为q，质量为m，则该粒子的比荷 ； （2）解：要保证所有带电粒子都不能打到MN边界上，带电粒子在磁场中运动偏角小于90°，临界状态为90° 如图所示，磁场区半径 所以磁场区域半径满足 答：若偏转磁场的区域为圆形，且与MN相切于G点，如图乙所示，其它条件不变．要保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后不能打到MN边界上（MN足够长），则磁场区域的半径应满足 的条件． 【分析】（1）粒子在电场中加速，根据动能定理与牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力，并由几何关系，即可求解；（2）所有带电粒子都不能打到MN边界上，带电粒子在磁场中运动偏角小于90°，所以由临界状态入手，得出磁场区域的满足条件． 17．（1）解：加力F后，A中气体的压强为 A中气体做等温变化，由玻意耳定律得 解得 活塞N运动前后A的长度分别为， 故活塞N向右移动的距离是 （2）解：对B中气体 根据查理定律得，又， 解得 【分析】（1）根据平衡得出加F后A中气体的压强，利用玻意耳定律以及体积的计算得出系统平衡后活塞N向右移动的距离，同时得出活塞N向右移动的距离； （2）系统平衡后根据查理定律得出B气缸中气体的温度。 18．解答：光在棱镜中的光路如图所示由图可知，α=60°设棱镜全反射临界角为C，则 sinC= = ，C=45°则α＞C．光线在AB发生了全反射，则得 i=180°﹣30°﹣120°=30°由n= 即得 sinr=nsini= 故r=45°答：光射出棱镜时折射角为45°． 【分析】由题意可知光线射向AB面发生了全反射，作出光路图，则由折射定律可求得折射率和由几何关系可求得射出棱镜时折射角．