2022-2023學(xué)年山西省高二（下）聯(lián)合考試物理試卷（5月）（附答案詳解）

2022-2023學(xué)年山西省高二（下）聯(lián)合考試物理試卷（5月）

1.太赫茲輻射通常是指頻率在IOIlHZ?IO*HZ之間的電磁輻射，其頻率在微波與紅外線之

間。太赫茲波對(duì)人體安全，可以穿透衣物等不透明物體，實(shí)現(xiàn)對(duì)隱匿物體的成像。下列說(shuō)法

正確的是（）

A.太赫茲波的頻率比紅外線的頻率大

B.太赫茲波的波長(zhǎng)比微波的波長(zhǎng)長(zhǎng)

C.太赫茲波是橫波，它的頻率比可見(jiàn)光的頻率小

D.太赫茲波比微波更容易發(fā)生衍射現(xiàn)象

2.小型交流發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示，兩磁極N、S間的磁場(chǎng)可視為水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。

線圈繞垂直于磁場(chǎng)的水平軸0。'沿逆時(shí)針?lè)较蛞院愣ǖ慕撬俣葎蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是

/'θER

A.圖示位置的線圈位于中性面

B.線圈經(jīng)過(guò)圖示位置時(shí)磁通量的變化率最大

C.線圈每經(jīng)過(guò)圖示位置，交變電流的方向就會(huì)發(fā)生改變

D.若線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度增大一倍，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值變?yōu)樵瓉?lái)的。倍

3.小琴同學(xué)制作的“特斯拉線圈”如圖所示，實(shí)驗(yàn)中由于疏忽忘記給線圈接上負(fù)載（即線圈

處于空載狀態(tài)），若在「時(shí)間內(nèi)，穿過(guò)線圈的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向平行于線圈軸線向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小由Bi均勻增加到B2,下列說(shuō)法正確的是

A.4端電勢(shì)高于b端電勢(shì)B.6端電勢(shì)高于4端電勢(shì)

C.線圈內(nèi)的感應(yīng)電流由&流向bD.線圈內(nèi)的感應(yīng)電流由b流向a

4.如圖所示，電源的電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r,平行板電容器下極板和靜電計(jì)外殼均接地，下

列說(shuō)法正確的是（）

A.若開(kāi)關(guān)K保持閉合，且將下極板豎直向上緩慢移動(dòng)一小段距離后，則靜電計(jì)指針張角緩

慢變大

B.若開(kāi)關(guān)K保持閉合，且將上極板豎直向上緩慢移動(dòng)一小段距離后，則靜電計(jì)指針張角緩

慢變大

C.若開(kāi)關(guān)K閉合一段時(shí)間后斷開(kāi)，再將下極板豎直向下緩慢移動(dòng)一小段距離，則電容器的

電容變大，平行板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變小

D.若開(kāi)關(guān)K閉合一段時(shí)間后斷開(kāi)，再將上極板豎直向下緩慢移動(dòng)一小段距離，則電容器的

電容變大，平行板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變

5.圖甲為沿X軸傳播的一列簡(jiǎn)諧橫波在t=O時(shí)刻的波形圖，圖乙為參與波動(dòng)的％=2τn處質(zhì)

點(diǎn)P的振動(dòng)圖像，則下列說(shuō)法不正確的是（）

A.該波的傳播速率為4m∕s

B.該波沿X軸正方向傳播

C.經(jīng)過(guò)0.5s,質(zhì)點(diǎn)P沿波的傳播方向向前傳播2%

D.該波在傳播過(guò)程中若遇到尺寸為4〃?的障礙物，能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象

6.為了減少碳排放，我國(guó)大力推動(dòng)清潔能源上、下游產(chǎn)業(yè)發(fā)展，近年來(lái)電動(dòng)汽車、氫能源

汽車產(chǎn)業(yè)發(fā)展迅猛。“仲夏”科技小組對(duì)某新型電動(dòng)汽車進(jìn)行調(diào)研，發(fā)現(xiàn)該電動(dòng)汽車的充電

電壓為38OV,快速充電的電流為8OA,完成一次快速充電所需時(shí)間約為2萬(wàn)，已知充電時(shí)將電

能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的效率為95%,則該電動(dòng)汽車的電池儲(chǔ)存的能量約為（）

A.60.8kW-hB.57.8kW-hC.160A-hD.152/1?h

7.如圖所示，一均勻帶電絕緣細(xì)棒的電荷量為+q（q>0）,在過(guò)細(xì)棒中點(diǎn)C的中垂線上有a、

b、4三點(diǎn)，且bc=cd=ab=x0在a點(diǎn)固定一負(fù)點(diǎn)電荷，其電荷量為一5q,已知“點(diǎn)的電

場(chǎng)強(qiáng)度為零，靜電力常量為火，則b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為（）

π+q

abd

A5kqR5kq「40kq口50kq

A，9√6Fc?^9√"υ'-9√-

8.兩個(gè)質(zhì)量均為巾的質(zhì)點(diǎn)甲和乙靜止放在一條水平直線軌道上，乙在甲的前方，兩質(zhì)點(diǎn)間

距為Z0現(xiàn)給甲施加一沖量，同時(shí)用一水平外力F作用在乙上，忽略摩擦，為使甲成功追上乙，

則給甲施加的沖量的最小值為（）

A.√FmlB.√2FmlC.2√FmlD.J,尸下

9.根據(jù)光敏電阻特性設(shè)計(jì)的自動(dòng)計(jì)數(shù)器的電路圖如圖所示，其中Rl為光敏電阻，％為定值

電阻，電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻恒定，信號(hào)處理系統(tǒng)會(huì)實(shí)時(shí)監(jiān)測(cè)生兩端的電壓，每獲得一次低電壓

就記數(shù)一次。下列說(shuō)法正確的是（）

A.有光照射時(shí)Rl的阻值比無(wú)光光照時(shí)小

B.有光照射時(shí)Rl兩端的電壓比無(wú)光照射時(shí)大

C.有光照射時(shí)電源兩端的電壓比無(wú)光照射時(shí)小

D.有光照射時(shí)/?2消耗的電功率比無(wú)光照射時(shí)小

10.某同學(xué)研究遠(yuǎn)距離輸電的電路如圖所示，a、b端接入電壓有效值為Uo的正弦交流電源，

升壓變壓器7\和降壓變壓器R均為理想變壓器，且U=定值電阻R2和R3消耗的功率均為

輸電線電阻Rl消耗的功率的64倍，已知&=/?3=4/?1，電表均為理想交流電表，則下列說(shuō)

法正確的是

A.電壓表的示數(shù)為4B.升壓變壓器7;的匝數(shù)比言=S

C.若Rl短路，電流表示數(shù)將變大D.若自斷路，電壓表示數(shù)將減小

11.如圖為一有效擺長(zhǎng)為/的單擺，現(xiàn)將質(zhì)量為，"的擺球A向左拉高平衡位置一個(gè)很小的角

度，使得A球升高了人，然后由靜止釋放。A球擺至平衡位置P時(shí)，恰與靜止在P處，質(zhì)量

為0.2m的8球發(fā)生正碰，碰后A繼續(xù)向右擺動(dòng)，B球以速度V沿光滑水平面向右運(yùn)動(dòng)，與距

離為d的墻壁碰撞后以原速率返回，當(dāng)B球重新回到位置P時(shí)，A球恰好碰后第一次回到尸

點(diǎn)。則下列說(shuō)法正確的是（）

/〃/〃〃/

A.單擺的周期為T=史

V

B.當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間=午

C.A球釋放到達(dá)P經(jīng)歷的時(shí)間，大于A球碰后再次到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間

D.A球碰后的速度大小為%=/^gh

12.如圖所示，在直角坐標(biāo)系XOy平面內(nèi)，擋板。尸與y軸之間的區(qū)域/內(nèi)存在著一個(gè)垂直

平面向外的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為以一質(zhì)量為，*、電荷量為g的正

電荷，以大小為孫的速度沿平行于X軸的方向從y軸上的小孔射入?yún)^(qū)域I,經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)垂直打

到擋板OP上。已知擋板OP與X軸的夾角為30。，不計(jì)重力，不考慮電荷打到擋板OP之后

的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.正電荷在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為篝

B.正電荷在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為魏

C.矩形磁場(chǎng)的最小面積為（2+C）（鬻）2

D.矩形磁場(chǎng)的最小面積為0乎（詈）2

13.“春華”學(xué)習(xí)小組用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”通過(guò)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，他們第一次實(shí)驗(yàn)使用

的裝置如圖甲所示，實(shí)驗(yàn)中，。是入射小球，。是被碰小球，先將小球。從斜槽上某一固定位

置由靜止釋放，小球?從斜槽末端飛出后落到水平地面的記錄紙上留下落點(diǎn)痕跡，重復(fù)多次，

描出小球a的平均落點(diǎn)位置P,再把小球b放在斜槽末端，讓小球“仍從斜槽上同一位置由

靜止釋放，與小球6碰撞后，兩球分別在記錄紙上留下落點(diǎn)痕跡，重復(fù)多次，描出碰后小球

匕的平均落點(diǎn)位置M、N如圖乙所示，。點(diǎn)為軌道末端在水平地面上的投影。

4'球b

∕777T?77777T777777r77777r7777777r

OMPN

甲

（1）關(guān)于本實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是O

A.小球a的質(zhì)量必須小于小球b的質(zhì)量且兩小球半徑相同

B.斜槽越粗糙，實(shí)驗(yàn)誤差就會(huì)越大

C.斜槽末端的切線必須水平

D.必須測(cè)量斜槽末端到水平地面的高度

（2）實(shí)驗(yàn)中，小球碰撞前后的速度是不容易直接被測(cè)得的，同學(xué)們經(jīng)過(guò)分析討論，發(fā)現(xiàn)小球做

平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，因此可以用間接地來(lái)代替小球碰撞前后時(shí)的速度。

（3）同學(xué)們用托盤天平測(cè)出了小球4的質(zhì)量記為7711，小球h的質(zhì)量記為m2,用毫米刻度尺測(cè)

得。、M、尸、N各點(diǎn)間的距離（圖乙中已標(biāo)出），則驗(yàn)證兩小球碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒的表達(dá)式

為c（用題中涉及的物理量符號(hào)表示）

X.X.X

乙

14.某同學(xué)為了測(cè)量一阻值約3。的定值電阻RX的準(zhǔn)確阻值，準(zhǔn)備

了以下實(shí)驗(yàn)器材：,?

恒壓電源（輸出電壓為4匕）ι?-R―

電流表（量程0.64,內(nèi)阻約10）

---------l'l?-—θ-J

電壓表（量程3V,內(nèi)阻約5kO）K

滑動(dòng)變阻器A兩個(gè)（0-50）

滑動(dòng)變阻器8兩個(gè)(0-200)

開(kāi)關(guān)兩個(gè)，導(dǎo)線若干

(1)他設(shè)計(jì)的電路如圖所示.按圖連好電路，斷開(kāi)S2,閉合Si,調(diào)節(jié)RI和記下電流表與電

壓表示數(shù)人、U；再閉合S2,保持(填Rl或7?2)的阻值不變，調(diào)節(jié)(填Rl或&)，使

電壓表的示數(shù)仍為U,記下此時(shí)電流表示數(shù)/2。

(2)被測(cè)電阻R*=(用人、l2.U表示)。

(3)該電路中滑動(dòng)變阻器Rl應(yīng)選擇(選A或B)。

(4)由于電壓表的內(nèi)阻不是無(wú)窮大，電流表的內(nèi)阻也不能忽略，由這種方法測(cè)量出來(lái)的結(jié)果與

真實(shí)值比較，R測(cè)_____R其(填“>”、"=”或"十')。

15.如圖所示，某透明柱體的橫截面為四分之一圓，圓心為0,半徑為上一束單色光從

。。面上的M點(diǎn)垂直射入透明柱體，恰好在柱體面上的N點(diǎn)發(fā)生全反射，反射光從尸點(diǎn)射出

透明柱體，射出的折射光線的折射角為％已知Sinr=?，光在真空中的傳播速度為c。求：

(1)透明柱體對(duì)該單色光的折射率〃；

(2)單色光從M點(diǎn)射入柱體到射出柱體所經(jīng)歷的時(shí)間t.

16.如圖所示，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑絕緣圓弧軌道ABC和水平絕緣軌道尸A在

A點(diǎn)相切，BC為圓弧軌道的直徑，。為圓心，OA和之間的夾角為α,Sina=看，COSa="

整個(gè)裝置處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。一質(zhì)量為〃八電荷量為q(q>0)的帶電小球在電場(chǎng)力

的作用下沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過(guò)C點(diǎn)，落至水平軌道；已知小球(視為

質(zhì)點(diǎn))在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心。，且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?，重力加速度?/p>

小為g，求：

(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E-

(2)小球從C點(diǎn)落至水平軌道上的時(shí)間Zo

B

PA

17.如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌間距L=

0.8m,左端通過(guò)導(dǎo)線連接一個(gè)R=0.60的定值電阻，整個(gè)導(dǎo)軌處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。

質(zhì)量Tn=O.5kg、長(zhǎng)度L=O.8m、電阻r=0.20的勻質(zhì)金屬桿垂直導(dǎo)軌放置，現(xiàn)對(duì)桿的中點(diǎn)施

加一個(gè)垂直金屬桿的水平拉力F,使其由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，拉力F的功率P=5W保持不變。當(dāng)

金屬桿的速度U=2τn∕s時(shí)，金屬桿的加速度α=4.2m∕s2,金屬桿與導(dǎo)軌始終接觸良好。

(1)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；

(2)若金屬桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)撤去拉力F,求從撤去拉力戶到金屬桿停下的過(guò)程中金屬桿上

產(chǎn)生的熱量Q；

(3)若金屬桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)撤去拉力F,求從撤去拉力F到金屬桿停下的過(guò)程中金屬桿通

過(guò)的位移大小X。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】【詳解】4BD.太赫茲波的頻率在微波與紅外線之間，可知太赫茲波的頻率比紅外線的頻

率小，太赫茲波的頻率比微波的頻率大，則太赫茲波的波長(zhǎng)比微波的波長(zhǎng)短，微波比太赫茲波更

容易發(fā)生衍射現(xiàn)象，故A3。錯(cuò)誤；

C.所有電磁波都是橫波，則太赫茲波是橫波，太赫茲波的頻率比紅外線的頻率小，則太赫茲波的

頻率比可見(jiàn)光的頻率小，故C正確。

故選C

2.【答案】B

【解析】

【分析】

線圈經(jīng)過(guò)中性面時(shí)磁通量最大，磁通量的變化率為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，感應(yīng)電流方向發(fā)生變化；

線圈平面與磁場(chǎng)平行時(shí)穿過(guò)線圈的磁通量最小為零，磁通量的變化率最大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，感

應(yīng)電流方向不變。

線圈繞垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生正弦式交變電流，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值為E=NBSω,

有效值是最大值的盍。

【解答】

ABC.穿過(guò)線圈的磁通量最大時(shí)，線圈所在的平面為中性面，圖示位置穿過(guò)線圈的磁通量為0,穿

過(guò)線圈的磁通量變化率最大，線圈經(jīng)過(guò)中性面時(shí)，電流方向會(huì)發(fā)生改變，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)4C

均錯(cuò)誤；

D由E=^Em=?NBS3知，若線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度增大一倍，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值變?yōu)樵瓉?lái)

的2倍，選項(xiàng)。錯(cuò)誤。

3.【答案】A

【解析】

【分析】

本題主要考查了楞次定律，能根據(jù)楞次定律分析出感應(yīng)電流的方向，明確楞次定律的幾種表述的

含義。

【解答】

穿過(guò)線圈內(nèi)的磁場(chǎng)方向向上，且磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向下,

由右手螺旋定則可知，。端電勢(shì)高于6端電勢(shì)，由于線圈沒(méi)有閉合，故回路中不存在感應(yīng)電流，

故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選Ao

4【答案】D

【解析】

【分析】

電容器始終與電源相連，則電容器兩端間的電勢(shì)差不變，根據(jù)電容器”的變化判斷電容的變化以

及電場(chǎng)強(qiáng)度的變化，從而判斷電荷電勢(shì)能和電場(chǎng)力的變化。電容器與電源斷開(kāi)，則電容器所帶電

荷量不變，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)E=要，即可判斷。

本題是電容器的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，關(guān)鍵抓住不變量，當(dāng)電容器與電源始終相連，則電勢(shì)差不變，當(dāng)

電容器與電源斷開(kāi)，則電荷量不變，只改變兩板間距離時(shí)，板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變。

【解答】

4B.在開(kāi)關(guān)K閉合的情況下，電容器電壓不變，靜電計(jì)指針張角不變，故AB錯(cuò)誤；

C若開(kāi)關(guān)K閉合一段時(shí)間后斷開(kāi)，電容器電荷量不變，由C=裊可知將下極板豎直向下緩慢移

動(dòng)一小段距離，電容變小，再結(jié)合E=?,C=?可得E=當(dāng)，可知平行板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，

aUεS

故C錯(cuò)誤；

。.若開(kāi)關(guān)K閉合一段時(shí)間后斷開(kāi)，電容器電荷量不變，由C=?可知將上極板豎直向下緩慢移

?4πkd

動(dòng)一小段距離，電容變大，再結(jié)合E=《C=E可得E=竿可知平行板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，故

aUεS

D正確。

5.【答案】BC

【解析】【詳解】4由圖甲可知波長(zhǎng)為4〃?，由圖乙可知周期為1s,則該波的傳播速率為

4

V=?m/s=4m∕s

故A正確，不滿足題意要求；

A由圖乙可知，t=0時(shí)刻X=2m處質(zhì)點(diǎn)尸沿y軸負(fù)方向振動(dòng)，根據(jù)波形平移法可知，該波沿X

軸負(fù)方向傳播，故B錯(cuò)誤，滿足題意要求；

C質(zhì)點(diǎn)P只能沿y軸振動(dòng)，不會(huì)隨波的傳播方向遷移，故C錯(cuò)誤，滿足題意要求；

。.由圖甲可知，該波的波長(zhǎng)為4m，該波在傳播過(guò)程中若遇到尺寸為4〃?的障礙物，能發(fā)生明顯的

衍射現(xiàn)象，故。正確，不滿足題意要求。

故選BC。

6.【答案】B

【解析】【詳解】該電動(dòng)汽車充電功率為

P=UI=3807X804=30400W=30AkW

由題意可知該電動(dòng)汽車的電池儲(chǔ)存的能量約為

E=95%勿=95%X30AkW×2h≈57.8kW-h

故選Bo

7.【答案】D

【解析】

【分析】

由題意可知在d點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為零，說(shuō)明+q和-5q在的"點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反。再根

據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度為E=上責(zé)及+q在b、d兩點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)的對(duì)稱性及其疊加即可求解。

解題的關(guān)鍵是知道點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)和場(chǎng)強(qiáng)疊加原理，緊扣電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與方向關(guān)系，從而為解題

奠定基礎(chǔ)。

本題考查點(diǎn)電荷與細(xì)棒上電荷在某處的電場(chǎng)強(qiáng)度疊加。

【解答】

電荷量為-5q的負(fù)點(diǎn)電荷在d點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。篍=篝=鬻，方向向左；根據(jù)電場(chǎng)的疊

加原理可知細(xì)棒在"點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為罌，方向向右；根據(jù)對(duì)稱性可知細(xì)棒在6點(diǎn)產(chǎn)生的

電場(chǎng)強(qiáng)度大小為蜉，方向向左；電荷量為-5q的負(fù)點(diǎn)電荷在6點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為要，方向

向左；根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理可知細(xì)棒在6點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為膂,選項(xiàng)。正確，ABC錯(cuò)誤。

8.【答案】B

【解析】

【分析】

甲成功追上乙，根據(jù)位移關(guān)系和動(dòng)量定理，得到?jīng)_量的表達(dá)式，根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系求出給甲施加的沖

量的最小值。

本題考查追及問(wèn)題和動(dòng)量定理，關(guān)鍵在于理解追上時(shí)的位移關(guān)系。

【解答】

2

由于/=mvfp,sfp=vfpt,SN=∣×^t,當(dāng)甲恰好追上乙時(shí)，必有S用一SE=I,代入上述各式，

整理可得《2-+羿=0,為使甲成功追上乙，給甲施加的沖量最小，應(yīng)有一元二次方程的Z=0,

因此可得/2=2FmZ,BP/=yΓ2F^l.

故選B。

9.【答案】AC

【解析】【詳解】4B.由圖可知，每當(dāng)光照被擋住時(shí)，信號(hào)處理系統(tǒng)獲得一次低電壓就記數(shù)一次,

則此時(shí)光敏電阻Rl兩端電壓較大，阻值較大；故有光照射時(shí)Rl的阻值比無(wú)光光照時(shí)小，有光照

射時(shí)Rl兩端的電壓比無(wú)光照射時(shí)小，故A正確，8錯(cuò)誤；

C.有光照射時(shí)，光敏電阻Rl的阻值比無(wú)光光照時(shí)小，則外電阻總阻值比無(wú)光照射時(shí)小，電源兩端

的電壓比無(wú)光照射時(shí)小，故C正確；

D有光照射時(shí)，光敏電阻RI的阻值比無(wú)光光照時(shí)小，則電路總電阻比無(wú)光照射時(shí)小，電路總電流

比無(wú)光照射時(shí)大，定值電阻&消耗的電功率比無(wú)光照射時(shí)大，故。錯(cuò)誤。

故選AC.

10.【答案】BC

【解析】

【分析】

根據(jù)7?2=/?3=4殳，三個(gè)電阻消耗的功率關(guān)系，設(shè)通過(guò)每個(gè)電阻的電流為/,電壓為U,即可表

示變壓器的電壓和電流的關(guān)系，從而知匝數(shù)比。

再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，電壓取決于原線圈，電流和功率取決于副線圈，

分析動(dòng)態(tài)變化。

掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關(guān)系，最大值和有效值之間的關(guān)系即可解決本題。

【解答】

B.令&=R3=4/?i=4R,定值電阻/?2和%消耗的功率均為輸電線電阻RI消耗的功率的64倍，，

2

則有PRI=I3R,PR2=PR3=6)2X4R=64PRI=64及R

解唬4。

根據(jù)變壓器原副線圈匝數(shù)比與電流之間的關(guān)系可得?=r=l

由題意可得升壓變壓器A的匝數(shù)比為器=￡=2正確。

人根據(jù)變壓器的工作原理

_nI^3_n3

U2n2,九4

又因?yàn)?/p>

U3=U2—13?Ul—UQ

故有

2R

力=Uo*/3RI=UOy)2/4RI=UO_(^)-^3-I=U。-32力

/?2+危

解得以=撰%,電壓表的示數(shù)即以，可知電壓表的示數(shù)小于4,A錯(cuò)誤。

C.若Rl短路，則&="。降壓變壓器的原線圈電壓變大，副線圈的電壓也將升高，從而使得降壓

變壓器的電流〃增大，由電流與變壓器匝數(shù)的關(guān)系供="可知，當(dāng)降壓變壓器副線圈中的電流增

加時(shí)，升壓變壓器原線圈的電流也增加，即RI短路，電流表示數(shù)將變大，C正確。

。.若/?3斷路，此時(shí)電壓表的示數(shù)為

t∕4'=t∕0-(-?Λ∣=t,o-?

?3256

解得C歌lo

可知一(

由此可以判定，/?3斷路，電壓表示數(shù)將變大，。錯(cuò)誤。

11.【答案】AD

【解析】A.8球來(lái)回運(yùn)動(dòng)時(shí)間

2d

V

單擺的周期為

4d

T=2t=——

V

故A正確;

員單擺的周期為

4d

T=—=2TT

VY9

聯(lián)立解得重力加速度為

lπ2υ2

9=-T

故3錯(cuò)誤;

C單擺的周期為

T=2π一

」g

碰撞前后周期不變，故A球釋放到達(dá)P經(jīng)歷的時(shí)間等于A球碰后再次到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間，故C錯(cuò)

誤:

D根據(jù)動(dòng)能定理

mgh=2mvo2

碰撞后

mv0=mvA+0.2mv

解得

以=√2gh-1

故。正確。

故選A。。

12.【答案】BD

【解析】

【分析】

本題主要考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，明確粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系確定圓心角，從而求

解出運(yùn)動(dòng)時(shí)間和矩形磁場(chǎng)的最小面積。

【解答】

4B.正電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為：T=誓，由幾何關(guān)系易知，正電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角為：

qB

0=60。，故t=27=篝，故B正確，A錯(cuò)誤。

3603qB

CD正電荷的半徑為：R=翳，最小矩形磁場(chǎng)應(yīng)以正電荷運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)應(yīng)的弓形的高和弦長(zhǎng)為邊

所對(duì)應(yīng)的長(zhǎng)方形，由幾何關(guān)系可知，矩形磁場(chǎng)的最小面積為：

S=R（I-cos/）?2Rcos30°=（2一廣）（鬻）2,故C錯(cuò)誤，D正確。

13.【答案】①.C②.水平位移③.m5X2=恒2。1+刀2+刀3）

【解析】【詳解】（1）［洋

4由于實(shí)驗(yàn)要測(cè)量?jī)汕蚺鲎埠蟮乃俣?，所以需要主?dòng)球碰撞后也要水平拋出，所以主動(dòng)球的質(zhì)量

要大于被動(dòng)球的質(zhì)量，即小球。的質(zhì)量必須大于小球人的質(zhì)量，同時(shí)為了保證小球碰撞為對(duì)心正

碰，兩小球半徑須相同，故A錯(cuò)誤；

區(qū)“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”實(shí)驗(yàn)中，是通過(guò)平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開(kāi)

斜槽末端后做平拋運(yùn)動(dòng)，斜槽是否光滑不影響實(shí)驗(yàn)誤差，故8錯(cuò)誤；

C要保證每次小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，則斜槽的末端切線必須水平，故C正確：

。.在實(shí)驗(yàn)中不需要測(cè)量斜槽末端到水平地面的高度，只要保證斜槽末端到水平地面的高度相同，

即可知道兩小球的下落時(shí)間相同，故。錯(cuò)誤。

故選Co

(2)［2］小球離開(kāi)軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，由于拋出點(diǎn)的高度相等，小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，小球

做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移與初速度成正比，可以用水平位移間接地來(lái)代替小球碰撞前后時(shí)的速度。

(3)［3］設(shè)小球”直接從軌道飛出做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為火,小球。與小球6碰撞后從軌道飛出做

平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為力，小球人被碰撞后從軌道飛出做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為W。兩球碰撞過(guò)程

系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得

m1v0=mlv1+m2v2

由于兩球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間r相等，方程兩邊同時(shí)乘以［得

m1v0t—m1v1t+m2v2t

可得

m1(x1+x2)=m1x1+m2(x1+x2+X3)

化簡(jiǎn)得

m1x2=m2(x1+x2+x3)

14.【答案】R2R1?B=

'2-1l

【解析】解：(1)根據(jù)歐姆定律，要測(cè)定待測(cè)電阻RX的阻值，需要測(cè)出通過(guò)RK的電流和兩端的電壓，

RX兩端的電壓可由電壓表直接測(cè)量，當(dāng)RX和滑動(dòng)變阻器并聯(lián)時(shí)，需要保持通過(guò)%的電流不變，

利用電流表示數(shù)和通過(guò)電流的差值計(jì)算通過(guò)待測(cè)電阻&的電流，故實(shí)驗(yàn)中閉合S2,保持/?2的阻值

不變，調(diào)節(jié)Rl

(2)根據(jù)以上分析，由歐姆定律可知：RX=占

(3)為了保證電壓表示數(shù)不變，干路中的Rl的阻值需要調(diào)節(jié)較大的范圍，故應(yīng)選&

(4)兩次電壓表的示數(shù)不變，電流為兩次電流表示數(shù)之差，所以待測(cè)電阻和電表的內(nèi)阻無(wú)關(guān)，測(cè)量

值和真實(shí)值相等。

故答案為：(1)/?2,8；(2)可知：?;(3)B；(4)=

(1)根據(jù)歐姆定律分析待測(cè)電阻兩端電壓的測(cè)量和通過(guò)電流的測(cè)量進(jìn)行判斷；

(2)根據(jù)歐姆定律推導(dǎo)；

(3)根據(jù)保證電壓表示數(shù)不變分析判斷；

(4)根據(jù)電表內(nèi)阻造成的誤差分析。

本題考查伏安法測(cè)電阻，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理，實(shí)驗(yàn)電路、數(shù)據(jù)處理和誤差分析。

15.【答案】解；(1)入射光線在M點(diǎn)恰好發(fā)生全反射，此時(shí)的入射角等于發(fā)生全反射時(shí)的臨界角

C,根據(jù)折射定律有

1

SinC=—

n

根據(jù)幾何關(guān)系可知，光從P點(diǎn)射出透明柱體時(shí)的入射角

a=90°-C

根據(jù)光的折射定律有

Sinr

n=-；—

Sina

解得

2√3

YlZ=--------

3

(2)光在透明柱體內(nèi)傳播的速度大小

C

V=—

n

光在透明柱體內(nèi)傳播的路程

s=3RcosC

光在透明柱體內(nèi)傳播的時(shí)間

_S

一V

解得

'R

t=-------

C

【解析】見(jiàn)答案

16.【答案】解：(1)小球到達(dá)C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心0,則有

Eq