2023年重慶市高考物理選考試卷（五）

2023年重慶市高考物理選考試卷（五）

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.日常生活中，人們會(huì)聽見各種各樣的聲音，不同聲音在同種均勻介質(zhì)中傳播時(shí)，相同的

是（）

A.波速B.波長C.頻率D.振幅

2.下列有關(guān)熱學(xué)現(xiàn)象的說法，正確的是（）

A.當(dāng)分子間作用力表現(xiàn)為引力時(shí)，分子勢能隨分子間距離減小而增大

B.所有晶體都具有各向異性的特征

C.一切自然過程總是向著分子熱運(yùn)動(dòng)無序性減小的方向進(jìn)行

D.高壓氣體突然快速膨脹會(huì)導(dǎo)致氣體溫度降低

3.圖1為電影而浪地球2》中的太空電梯，又稱為“斯科拉門德快速電梯”，是一種可以

在地球表面和太空間來回運(yùn)輸人員和物資的巨型結(jié)構(gòu)。圖2為其簡易圖，固定在空間站和地球

間的剛性“繩索”與空間站一起和地球保持相對靜止，電梯可沿“繩索”升降，貝1（）

空間站

“繩索”—空間站軌道

同步衛(wèi)星軌道

電梯T?

圖1圖2

A.空間站繞地球運(yùn)行的向心力小于地球?qū)λ娜f有引力

B.空間站繞地球運(yùn)行的向心力等于地球?qū)λ娜f有引力

C.若連接空間站處的“繩索”斷裂，空間站將落回地面

D.若連接空間站處的“繩索”斷裂，空間站做離心運(yùn)動(dòng)

4.我國在全球海上風(fēng)電項(xiàng)目中占有絕對主導(dǎo)地位，發(fā)展新能源為減少碳排行動(dòng)作出了杰出

貢獻(xiàn)。如圖為某沿海區(qū)域的風(fēng)速測速儀的簡易圖，其工作原理是：風(fēng)吹動(dòng)風(fēng)杯，風(fēng)杯通過轉(zhuǎn)

軸帶動(dòng)永磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)，電流測量裝置可監(jiān)測感應(yīng)線圈產(chǎn)生的電流變化，從而測量實(shí)時(shí)風(fēng)速。由

此可知（）

風(fēng)杯

一軸

鐵架r

永磁鐵T

電流」一/冷感應(yīng)線圈

測量裝置

A.可以通過監(jiān)測電流的最大值來監(jiān)測風(fēng)速大小

B.感應(yīng)線圈匝數(shù)越少，越有利于監(jiān)測到電流變化

C.風(fēng)速越大，電流測量裝置顯示的電流變化周期越大

D.電流測量裝置監(jiān)測到的電流為大小不變、方向周期性變化的電流

5.一點(diǎn)光源以150〃的功率向周圍所有方向均勻地輻射光波，該光波的波長約為4.5x

10-7m,在空間中的傳播速度為3.0x1。8巾/5。在距離該點(diǎn)光源30nl處，每秒垂直通過每平

方米面積的光子數(shù)約為（普朗克常量八取6，，：，?”人.、1（）

A.3xIO"個(gè)B.3xIO1，個(gè)C.3x1016個(gè)D.3xlO^個(gè)

6.如圖所示電路中，直流電源內(nèi)阻公、/?2為定值

電阻，滑動(dòng)變阻器最大阻值為/?3,i//.凡。開關(guān)%

K閉合且電路穩(wěn)定后，滑動(dòng)變阻器的滑片/緩慢從b向a滑動(dòng)

過程中（）

A.電流表示數(shù)變小B.電源的效率減小

C.滑動(dòng)變阻器消耗的功率一直減小D,通過7?2的電流方向?yàn)閺腸到d

7.如圖所示，水平面內(nèi)間距為1m且足夠長的兩根平行光

滑長直金屬軌道，其左側(cè)通過開關(guān)S與R=5。的電阻相連,XXXXXXXX

/?nXXX-x-5<XXX

整個(gè)空間內(nèi)有垂直軌道平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為27的

XXXXXXXX

勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為2kg,長度為1m,電阻為5。的均勻長

Q

直金屬棒PQ位于軌道平面內(nèi)并垂直軌道放置，金屬棒始終

與軌道接觸良好，不計(jì)軌道電阻及空氣阻力。閉合開關(guān)S,對金屬棒PQ施加一水平向右的力F,

使其從靜止開始做加速度大小為0.5m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)；4s后撤去力尸。金屬棒PQ從開始運(yùn)

動(dòng)到最終靜止的全過程中，力F的最大值瑞及金屬棒運(yùn)動(dòng)的路程乂為（）

A..Fm=0.8/V,x=14mB.7=0.8N,x=lO/n

C.Fm=1.8/V,x=14mD.Fm=1.8/V,x=10m

二、多選題（本大題共3小題，共15.0分）

8.我國自主研發(fā)的“直8”消防滅火直升機(jī)，可在高原氣候

條件和其他各種復(fù)雜惡劣環(huán)境下飛行，執(zhí)行空中運(yùn)輸、搜索

救援、搶險(xiǎn)救災(zāi)、醫(yī)療救護(hù)等多種任務(wù)。如圖為“直8”執(zhí)

行某次滅火任務(wù)時(shí)沿水平方向勻速經(jīng)過火場上空的情景，消

防水桶與“直8”保持相對靜止，消防水桶受到重力G、繩子

拉力居和空氣作用力尸2,下列關(guān)于此時(shí)消防水桶的受力分析

示意圖，可能正確的是（）

9.如圖所示，三條垂直紙面固定的長直導(dǎo)線a、b、c分別通以恒定電流4、?4,其中如

b兩根導(dǎo)線中電流方向垂直紙面向外，且％=/,12=4/,。點(diǎn)位于紙面內(nèi)且到a、氏c三條導(dǎo)

線距離相等，Oc1ab。設(shè)定長直導(dǎo)線周圍磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=k：（式中常量k>0,/為

導(dǎo)線中電流強(qiáng)度，r為到導(dǎo)線的距離）?，F(xiàn)在。點(diǎn)放置一小段電流方向垂直紙面向里的通電直導(dǎo)

線，該導(dǎo)線所受安培力產(chǎn)與豎直方向的夾角0=37。，sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列說法

正確的是（）

A.c中電流方向垂直紙面向外B./3=21

C.c中電流方向垂直紙面向里D.I1/

10.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy中，三個(gè)點(diǎn)電荷a、b、

c分別固定于(0,r)、(0,-r).(0,0)處,a、b、c電荷量分別a"

為+Q、+Q、—Q?，F(xiàn)有一電荷量為—q的點(diǎn)電荷d,在+x軸cci

上從靠近坐標(biāo)原點(diǎn)處由靜止釋放，不考慮重力及電荷d對原

電場的影響，取無窮遠(yuǎn)處電勢能為零，則在點(diǎn)電荷d的整個(gè)h"

運(yùn)動(dòng)過程中，其瞬時(shí)速度"隨時(shí)間t、電勢能與隨位置x變化的關(guān)系圖像可能為()

三、實(shí)驗(yàn)題(本大題共2小題，共16.0分)

11.某小組同學(xué)用如圖所示實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證牛頓第二定律。實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①測量遮光條4的寬度d；

②調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌使其水平，將滑塊用一根不可伸長的細(xì)線繞過氣墊導(dǎo)軌左端的定滑輪與力傳

感器相連，定滑輪與滑塊間細(xì)線水平，力傳感器下方懸掛適量鉤碼；

③測量遮光條A左邊緣到光電門B中心的水平距離支；

④打開氣源，將滑塊和鉤碼同時(shí)由靜止釋放，記錄力傳感器的示數(shù)F和遮光條4通過光電門B

的遮光時(shí)間t;

根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)步驟，回答下列問題:

(1)關(guān)于遮光條4寬度的選擇，下列說法正確的是(填選項(xiàng)前的字母)；

4遮光條4寬度應(yīng)選擇適當(dāng)小，其經(jīng)過光電門的遮光時(shí)間就小，計(jì)算的滑塊瞬時(shí)速度才精確

8.遮光條4寬度應(yīng)選擇適當(dāng)大，其經(jīng)過光電門的遮光時(shí)間就大，計(jì)算的滑塊瞬時(shí)速度才精確

C.遮光條4寬度應(yīng)選擇適當(dāng)小，其經(jīng)過光電門的遮光時(shí)間就大，計(jì)算的滑塊瞬時(shí)速度才精確

D遮光條4寬度應(yīng)選搽適當(dāng)大，其經(jīng)過光電門的遮光時(shí)間就小，計(jì)算的滑塊瞬時(shí)速度才精確

(2)根據(jù)上述步驟中測量或記錄的物理量，寫出滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度a的測量值表達(dá)式：a=

(3)多次實(shí)驗(yàn)后，作出a-F圖像，得出“質(zhì)量不變時(shí)，加速度與合力成正比”的結(jié)論。該小

組同學(xué)分析a-F圖像的斜率并通過計(jì)算得到滑塊(包含遮光條4)的質(zhì)量為m,考慮到滑塊瞬

時(shí)速度的測量方法，可知根的測量值(選填“大于”“小于”“等于")其真實(shí)值。

12.某興趣小組查閱資料得知，在0?100冤范圍內(nèi)，金屬鉗電阻的電阻值&與溫度t的關(guān)系

為：”"，1，也其中心為金屬柏電阻在(TC時(shí)的電阻，t為攝氏溫度，a為一正值常數(shù)，

稱為金屬伯電阻的溫度系數(shù))。該興趣小組想利用這一原理制作一個(gè)簡易的溫度傳感器。

(1)在0冤條件下，利用多用電表歐姆擋“X10”擋對島進(jìn)行測量，測量時(shí)多用電表指針如圖1

所示，則Ro=0。

(2)采用如圖2所示電路測量金屬伯電阻的溫度系數(shù)a,其中定值電阻％=/?2且遠(yuǎn)大于&、Rp。

將金屬伯電阻置于溫度為t的環(huán)境中，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器Rp=Ro,測得干路電流為/o,則:

①圖2中b、d兩點(diǎn)間的電壓U=(用/o、Ro、t和a表示)；

②若精確測得Ro=100.00，保持/o=4.000m4和Rp=R()不變，多次改變溫度3并測量從

d兩點(diǎn)間對應(yīng)的電壓U,將測得的數(shù)據(jù)標(biāo)在如圖3所示的U-t圖像上，由此可得&=

KT(保留兩位有效數(shù)字)：

③若實(shí)驗(yàn)中沒有保證凡、/?2遠(yuǎn)大于&、Rp，將導(dǎo)致溫度系數(shù)a的測量值______(選填“偏

大”“偏小”)。

四、簡答題(本大題共3小題，共41.0分)

13.如題圖所示，一半徑為R、高為丁'〃的圓柱形容器置于真

12

空中，容器內(nèi)裝有一定量的某種透明均勻液體，一單色細(xì)光束

從容器頂端So處射向液面中心0,經(jīng)液面折射后，恰好射到容器

側(cè)壁底端S處形成一小光斑。已知該液體對該光束的折射率n=

(1)該液體的深度；

(2)若該光束仍從So處沿原方向射入該液體，液面以速度"勻速下降，光斑移動(dòng)的速度。

14.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系久Oy的第一象限充滿沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場；坐標(biāo)原點(diǎn)。右

側(cè)有一個(gè)與y軸平行、足夠長且厚度不計(jì)的熒光屏，熒光屏與x軸相交于Q點(diǎn)，且。Q=L：y軸

左側(cè)充滿垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場。一重力可忽略不計(jì)、比荷大小為k的帶負(fù)電粒子，以

速度先從y軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)，水平向左射入磁場。若勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

?*

H勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小￡求：

KLkL

(1)該粒子從P點(diǎn)入射到打在熒光屏上所經(jīng)過的時(shí)間；

(2)若二該粒子打在熒光屏上的位置到Q點(diǎn)的距離。

15.如圖1所示,質(zhì)量均為m=1kg且可視為質(zhì)點(diǎn)的兩個(gè)相同小物塊a、b?？吭谪Q直墻壁處，

a、b之間由細(xì)線連接并夾著一根壓縮的輕彈簧。虛線4B左側(cè)粗糙水平地面與物塊間的動(dòng)摩擦

因數(shù)處處相同，大小〃=0.1；虛線右側(cè)粗糙水平地面對物塊的摩擦力與物塊速率成正比,

滿足/"=/?；的為未知常數(shù))。t=0時(shí)刻，水平向右的恒力F作用在b上；口時(shí)刻，b運(yùn)動(dòng)到虛線

AB處,速度大小巧=0.5m/s,此時(shí)a、b間細(xì)線突然斷開，作用在b上的力F此后在匕?立時(shí)

間內(nèi)滿足「，」，門\；t3時(shí)刻撤去力幾圖2為b的速度以隨時(shí)間t變化的圖像，最終a、b都

停在虛線4B處并且恰好不發(fā)生碰撞。彈簧與a、b均未栓接，彈簧恢復(fù)原長后立即與a、b分離，

若a與墻壁碰撞時(shí)沒有機(jī)械能損失，彈簧長度、彈簧釋放彈性勢能的時(shí)間及空氣阻力均忽略不

計(jì)，重力加速度g取10m/s2,求：

(l)t=0時(shí)刻彈簧的彈性勢能大小;

(2)0?S時(shí)間內(nèi)，恒力F的大?。?/p>

(3)匕的大小。

墻壁

~i1Mpi￡：

aL地面g

圖I

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：不同聲音在同種均勻介質(zhì)中的傳播速度都相同，不過波長、頻率和振幅不一定相同，

故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選:Ao

聲音在同種介質(zhì)中傳播速度相等，波長、頻率和振幅不一定相等，結(jié)合題意完成分析。

本題主要考查了機(jī)械波傳播的特點(diǎn)，熟記同種介質(zhì)中機(jī)械波的傳播速度相等的特點(diǎn)即可完成分析。

2.【答案】D

【解析】解：4當(dāng)分子間作用力表現(xiàn)為引力時(shí)，分子間距離減小，分子間作用力做正功，此過程

中分子勢能減小，故A錯(cuò)誤；

B.只有單晶體才表現(xiàn)為各向異性，多晶體表現(xiàn)為各向同性，故8錯(cuò)誤；

C.根據(jù)燧增加原理，一切自發(fā)過程總是沿著分子熱運(yùn)動(dòng)的無序性增大的方向進(jìn)行，故C錯(cuò)誤；

D高壓氣體突然快速膨脹對外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ZU=Q+W可知?dú)怏w的內(nèi)能減少，溫度

降低，故。正確。

故選：Do

理解分子間作用力和分子勢能與分子間距離的關(guān)系；

熟悉晶體和非晶體的特點(diǎn)；

一切自然過程總是向著分子熱運(yùn)動(dòng)無序性增大的方向進(jìn)行；

根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析出氣體的溫度變化趨勢。

本題主要考查了熱力學(xué)第一定律的相關(guān)應(yīng)用，在平時(shí)學(xué)習(xí)中多加積累即可，難度不大。

3.【答案】D

【解析】解：4B.同步衛(wèi)星在軌道上運(yùn)行引力提供向心力，相對地球靜止，空間站軌道高于同步衛(wèi)

星軌道，若僅由萬有引力提供向心力，空間站轉(zhuǎn)動(dòng)周期大于同步衛(wèi)星，不能相對地球靜止，故空

間站的向心力由萬有引力和“繩索”拉力的合力提供向心力，故空間站繞地球運(yùn)行的向心力大于

地球?qū)λ娜f有引力，故A8錯(cuò)誤；

CD.空間站的向心力由萬有引力和“繩索”拉力的合力提供向心力，若連接空間站處的“繩索”斷

裂，引力不足以作為向心力，空間站做離心運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，￡＞正確。

故選：D。

本題根據(jù)合力提供向心力結(jié)合離心運(yùn)動(dòng)知識(shí)，即可解答。

本題考查學(xué)生對圓周運(yùn)動(dòng)模型的分析，解題關(guān)鍵是分析出向心力的來源，是一道基礎(chǔ)題。

4.【答案】A

【解析】解：4c.線圈在磁場中轉(zhuǎn)動(dòng)會(huì)產(chǎn)生交流電，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的相對性可知，磁體相對線圈轉(zhuǎn)動(dòng)在

線圈中也會(huì)產(chǎn)生交流電，風(fēng)吹動(dòng)風(fēng)杯，產(chǎn)生感應(yīng)電流，風(fēng)速越大，磁體轉(zhuǎn)動(dòng)越快，感應(yīng)電流的頻

率就越高，周期就越短，故A正確，C錯(cuò)誤；

BD.由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E=nBS3sin3t,/=e，故產(chǎn)生的感應(yīng)電

流大小與線圈匝數(shù)成正比，故匝數(shù)越多，產(chǎn)生的感應(yīng)電流也越大；同時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小也與

轉(zhuǎn)速有關(guān)，風(fēng)速不同吹動(dòng)風(fēng)杯，導(dǎo)致轉(zhuǎn)速不同，不同的轉(zhuǎn)速，產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小不同，故電流

測量裝置監(jiān)測到的是電流為大小、方向均變化的電流，故B、。錯(cuò)誤。

故選：j4o

線圈在磁場中轉(zhuǎn)動(dòng)會(huì)產(chǎn)生交流電，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的相對性可知，磁體相對線圈轉(zhuǎn)動(dòng)在線圈中也會(huì)產(chǎn)生

交流電且轉(zhuǎn)動(dòng)越快電流變化越快，對應(yīng)電流的周期就越短。

本題主要從原理上理解交流電的產(chǎn)生，利用電磁感應(yīng)的知識(shí)去分析感應(yīng)電流的大小、變化頻率和

周期.

5.【答案】C

【解析】解：一個(gè)光子的能量為：

E=hv

光的波長與頻率有以下關(guān)系

c=Av

光源每秒發(fā)出的光子的個(gè)數(shù)為

PPX

4W**

huhr

P為光源的功率，光子以球面波的形式傳播，那么以光源為球心的球面上的光子數(shù)相同，此時(shí)距

光源的距離為30m,那么此處的球面的表面積為

IJTxSlOPm1

則＞1-

s

聯(lián)立解得："-3.11)-'

每秒垂直通過每平方米的光子數(shù)為3x1016個(gè)，故C正確，錯(cuò)誤。

故選：Co

先計(jì)算出一個(gè)光子的能量，根據(jù)能量守恒定律，結(jié)合球的面積公式完成分析。

本題主要考查了能量守恒定律的相關(guān)應(yīng)用，熟悉能量子的計(jì)算公式，結(jié)合能量守恒定律即可完成

分析。

6.【答案】B

【解析】解：4滑動(dòng)變阻器的滑片/緩慢從b向a滑動(dòng)過程中，根據(jù)電路構(gòu)造可知接入電路的電阻

減小，電路的總電阻減小，則電路的電流增大，電流表示數(shù)增大，故A錯(cuò)誤；

B.電源的效率為

/*(/?!+/?3)/?|+/?31

〃/+r)J?,+&+r]?]

當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻減小，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知電源效率減小，故B正確；

C.把先看作電源的內(nèi)阻，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻減小，外電路的阻值靠近等效電源的內(nèi)阻，

等效電源的輸出功率變大，滑動(dòng)變阻器消耗的功率變大，故C錯(cuò)誤；

D根據(jù)閉合電路歐姆定律有

U=E—/(/?!+r)

當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻減小，電路的電流增大時(shí)，路端電壓減小，電容器電壓減小，根據(jù)

電容器的比值定義式C=》可知電荷量在減小，電容器在放電狀態(tài)，所以通過心的電流方向?yàn)閺膁

到c,故。錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)滑片的移動(dòng)方向得出電路中電阻的變化，結(jié)合電路構(gòu)造分析出電表示數(shù)的變化；

根據(jù)電源效率的計(jì)算公式，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)得出電源效率的變化趨勢；

將治當(dāng)成等效內(nèi)阻，由此得出電路中的功率的變化趨勢；

根據(jù)電容的計(jì)算公式得出電容器的電荷量的變化趨勢，從而得出電流的方向。

本題主要考查了電路的動(dòng)態(tài)分析問題，熟悉電路構(gòu)造的分析，結(jié)合歐姆定律和功率的計(jì)算公式即

可完成分析。

7.【答案】C

【解析】解：對金屬棒根據(jù)牛頓第二定律可得：

FIBL-ina

由于金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)感應(yīng)電流最大時(shí)，F(xiàn)有最大值，又有

E--BLv

1=/~

R總

則當(dāng)速度達(dá)到最大時(shí)，對應(yīng)感應(yīng)電流最大，則

4n=at

聯(lián)立解得：Fm=1.8N

金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則前4s運(yùn)動(dòng)的位移為：

Xi-at2—X0.5x4*rn如；

122

從撤去外力到金屬棒完全停止過程中，選擇速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理可得：

—IBLAt=0—lltl'n,

E__qo

設(shè)撤去外力后金屬棒移動(dòng)距離為處，則有

A4?DLrt

聯(lián)立解得：x2=10m

則總路程為

I--T1'I-..\n||||?/II//Z,故C正確，48。錯(cuò)誤；

故選：Co

根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出力的最大值，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出金屬棒運(yùn)動(dòng)的路程。

本題主要考查了電磁感應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，熟悉法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律，結(jié)合牛頓第二定律

和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可完成分析。

8.【答案】AC

【解析】解：根據(jù)題意可知消防水桶做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則消防水桶受力平衡，所以其所受三個(gè)力

滿足三力平衡條件，即任意兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力大小相等，方向相反，故4C正確，8。錯(cuò)誤。

故選：AC?

消防水桶做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則受力平衡，根據(jù)三力平衡的條件結(jié)合題目選項(xiàng)完成分析。

本題主要考查了共點(diǎn)力的平衡問題，熟悉物體的受力分析即可完成解答，屬于基礎(chǔ)題型。

9【答案】AD

【解析】解：AC,根據(jù)左手定則判斷可知，同向電流相互吸引，反向電流相互排斥，根據(jù)。處的

電流受力可知防導(dǎo)線中的電流對。處電流的作用力大于a處的導(dǎo)線中電流對。處電流的作用力；因?yàn)?/p>

。處電流受到的安培力的合力方向?yàn)樽笙路?，所以?dǎo)線c中的電流對0處的電流作用力豎直向下，

所以導(dǎo)線c中的電流方向垂直紙面向外，故A正確，C錯(cuò)誤；

BD、設(shè)。處電流元的長度為3電流大小為/（）,根據(jù)安培力的計(jì)算公式F=B〃，可得b導(dǎo)線中的電

流對。處電流的作用力與a處的導(dǎo)線中電流對。處電流的作用力矢量合為

BJisL-也2-k-U-k-l0L

rrr

導(dǎo)線c中的電流對。處電流的作用力大小為

T

e

根據(jù)平行四邊形定則可知，合力與豎直方向的夾角，有-/下I

r

可得1/,故B錯(cuò)誤，。正確。

故選：AD.

依據(jù)右手螺旋定則來判定電流周圍的磁場方向，再結(jié)合左手定則，及矢量的合成法則，即可求解。

本題主要是考查右手螺旋定則與左手定則的應(yīng)用，掌握矢量的合成法則內(nèi)容，注意左手定則與右

手定則的區(qū)別。

10.【答案】BD

【解析】解：AB.點(diǎn)電荷d的受力分析如圖:

kQqtairO

及-----k

由牛頓第二定律

E2Ftlm?0ma

整理可得

kQqtan*。0

a?~卜-(12co^0)

mr1

由此可知當(dāng)電荷d向右移動(dòng)，0減小，此過程中cos。逐漸增大，所以電荷d做加速度減小的加速運(yùn)

動(dòng)，當(dāng)…M.1時(shí)，電荷的速度達(dá)到最大值，接著電荷d做減速運(yùn)動(dòng)直至無窮遠(yuǎn)處，其速度為

V2

一定值，故A錯(cuò)誤，B正確；

CD,對電荷d受力分析可知，電荷d受到引力和斥力的作用，當(dāng)x<xi時(shí)，合力方向向右，故當(dāng)電荷

d從靠近原點(diǎn)處向右移動(dòng)時(shí)，電場力做正功，根據(jù)功能關(guān)系可知電荷的電勢能減??；當(dāng)x=X］時(shí),

合力為零，此時(shí)d的動(dòng)能最大，則電勢能最??；當(dāng)X〉與時(shí)，合力方向向左，故當(dāng)電荷d繼續(xù)向右

移動(dòng)時(shí)，電場力做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系可知電荷的電勢能增加直至無窮遠(yuǎn)處電勢能為0,故C錯(cuò)

誤，。正確。

故選：BD。

根據(jù)庫侖定律得出電荷受到的靜電力的變化趨勢，結(jié)合牛頓第二定律得出其加速度的變化趨勢，

結(jié)合題目選項(xiàng)完成分析；

根據(jù)靜電力對電荷的做功情況，結(jié)合功能關(guān)系分析出能量的變化趨勢。

本題主要考查了庫侖定律的相關(guān)應(yīng)用，熟悉場強(qiáng)疊加的特點(diǎn)，結(jié)合圖像的物理意義和功能關(guān)系即

可完成分析。

,2

11.【答案】力當(dāng)小于

2xt2

【解析】解：(1)遮光條4寬度應(yīng)選擇適當(dāng)小，其經(jīng)過光電門的遮光時(shí)間就小，計(jì)算的滑塊瞬時(shí)速

度才精確。故A正確，錯(cuò)誤。

故選：Ao

(2)滑塊經(jīng)過光電門的時(shí)間極短，則滑塊經(jīng)過光電門的速度v=(

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式/=2ax

,2

聯(lián)立可得a=當(dāng)

(3)考慮到滑塊瞬時(shí)速度的測量方法，將導(dǎo)致測量速度偏大，加速度偏大，a-尸圖像的斜率偏大，

質(zhì)量m的測量值小于其真實(shí)值。

故答案為：(1)4；(2)￡；(3)小于。

(1)分析遮光條造成的誤差及減小誤差的措施；

(2)根據(jù)平均速度確定滑塊經(jīng)過光電門的速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算加速度；

(3)分析實(shí)驗(yàn)誤差，確定m測量值和真實(shí)值的關(guān)系。

本題考查驗(yàn)證牛頓第二定律實(shí)驗(yàn)，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)裝置、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理和誤差分析。

12.【答案】110(九.4八，；I.X?《?偏小

2

【解析】解：(1)多用電表讀數(shù)為表針?biāo)甘緮?shù)乘以倍率，即11-I'U!

(2)①由于定值電阻％=7?2且遠(yuǎn)大于&、Rp，可知兩支路的電流相等，且均為與，則從d兩點(diǎn)間

的電壓,r./■〃3-I

②若a=100.00,保持/。=4.000nM和Rp=&不變，則/2皿，，「，，，」|

畫出U-t圖像如圖

(//mV

80

70

50

40

//℃

0102030405060708090100

由圖像可知人—

解得,，.Ill(?

③若實(shí)驗(yàn)中沒有保證％、&遠(yuǎn)大于1、RP，因〃H,則通過％的電流小于通過/?2的電

流，則

I1<+S，）

U%>>風(fēng)

則有

故將導(dǎo)致溫度系數(shù)a的測量值偏小。

故答案為：（1）110；2117［拓“；②見解析，1一1。③偏小。

（1）多用電表讀數(shù)為表針?biāo)甘緮?shù)乘以倍率；

（2）①根據(jù)兩支路的電流相等，推導(dǎo)氏d兩點(diǎn)間的電壓；

②根據(jù)①推導(dǎo)表達(dá)式，畫出圖像；利用圖像求溫度系數(shù)；

③根據(jù)①中表達(dá)式推導(dǎo)。

本題考查測電阻實(shí)驗(yàn)，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理、數(shù)據(jù)處理和誤差分析。

13.【答案】解：（1）設(shè)細(xì)光束在液面的入射角為a,在液體內(nèi)的折射角為。，透明均勻液體的深度

為八，如圖所示，則有

聯(lián)立解得九=^R

(2)設(shè)在t時(shí)間內(nèi)液面下降的高度為可得"=vt

由幾何關(guān)系可得光斑移動(dòng)的距離、、，

taiiOtan。

/?4,cA3

其中1P4

4K3H

4

因此光斑移動(dòng)的速度「，、〕'，I,J

4

答：(1)液體的深度^R；

(2)光斑移動(dòng)的速度；」。

【解析】(1)根據(jù)幾何關(guān)系和折射定律，求折射率，再求深度；

(2)根據(jù)幾何關(guān)系確定光斑移動(dòng)距離，再求移動(dòng)速度。

本題考查學(xué)生折射定律的掌握，解題關(guān)鍵是正確分析出幾何關(guān)系，是一道中等難度題。

14.【答案】解：(1)比荷大小為k的帶負(fù)電粒子，則\=k

由圖可知，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為:

T2aw2ifL

=二廠---———---

2qR3n)

在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：

故該粒子從P點(diǎn)入射到打在熒光屏上所經(jīng)過的時(shí)間為:

2"L

3ew

(2)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，粒子受到的洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得:

qBu。=血常

解