2023年河北省滄州市鹽山縣高考物理二模試卷

2023年河北省滄州市鹽山縣高考物理二模試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.曲線運動是生活中一種常見的運動，下列關于曲線運動的說法中正確的是（）

A.可能存在加速度為。的曲線運動

B.平拋運動是加速度隨時間均勻變化的曲線運動

C.勻速圓周運動一定是加速度變化的曲線運動

D.圓周運動不可以分解為兩個相互垂直的直線運動

2.質量為Tn的導體棒與兩個半徑為R的光滑圓弧電極接觸良好，O7/............................]

兩個電極相互平行且都位于豎直平面內，。為其中一個圓弧電極/

的圓心，截面如圖所示，導體棒中通有如圖所示電流，導體棒在'''/H

兩個電極間的長度為L,在兩電極間加一豎直方向的勻強磁場，/

磁感應強度大小為B,導體棒恰好靜止在電極的圓弧面上?，F(xiàn)在

通過增大電流的方式使導體棒緩慢地從4點移動到8點，已知04與水平方向的夾角為60。，OB

與水平方向的夾角為30。。已知重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

A.磁場方向豎直向上

B.當導體棒靜止在A點時，流過導體棒的電流大小為第

C.導體棒從4點移動到B點的過程中電極受到的壓力逐漸減小

D.當導體棒靜止在B點時流過導體棒的電流大小為靜止在4點時的3倍

3.為了解釋氫原子的發(fā)光現(xiàn)象，玻爾于1913年提出了原子假說。如?--.?…、

??*、

圖所示，一電子繞氫原子核做勻速圓周運動，基態(tài)的軌道半徑為電''

子在該軌道上運動的動能為反，，基態(tài)原子的能量為%,某激發(fā)態(tài)的軌

道半徑為上，電子在該軌道上運動的動能為EQ，該激發(fā)態(tài)原子的能量??

為E2。下列說法中正確的是（）

A.Ej^2>Ekl

B.電子可以在q和τ?之間的任意軌道上穩(wěn)定運動

C.處于激發(fā)態(tài)的原子向基態(tài)躍遷時釋放的光子頻率為仁幺

D.氫原子的上述能級躍遷釋放能量的方式和氫彈釋放能量的相同

4.冬天燒碳取曖容易引發(fā)一氧化碳中毒事故，吸入的一氧化碳與紅細

胞、紅血球結合，影響了紅血球運送氧氣的能力，造成人體缺氧，高壓廠

氧艙是治療一氧化碳中毒的有效措施。某物理興趣小組通過放在水平地

面上的氣缸來研究高壓氧艙內的環(huán)境，如圖所示，導熱氣缸內的活塞離；h

氣缸底部的高度為九，活塞的橫截面積為S,環(huán)境溫度保持不變。氣缸內

氣體的壓強為lip。,該小組分別通過向氣缸內充氣和向下壓活塞的方式

使氣缸內氣體的壓強增大到2p。。己知大氣壓強為po,氣缸內氣體可視為理想氣體，活塞與氣

缸密封良好，不計活塞與氣缸間的摩擦，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）

A.活塞的質量為等

5g

B.僅將體積為0.5S九、壓強為1.6PO的氣體充入氣缸，可使氣缸內氣體的壓強增至2po

C.僅將活塞緩慢下移§九，可以將氣缸內氣體的壓強增至2p0

D.在C選項的操作中，氣體向外界放出的熱量為IlPOSh

5.某課外小組搜集了一些地球衛(wèi)星和木星衛(wèi)星的數(shù)據(jù)，利用電^T2B

腦處理數(shù)據(jù)后得到了衛(wèi)星周期的二次方和衛(wèi)星軌道半徑的三次/

方的關系圖像如圖所示，已知地球和木星的密度分別為/

5.52g∕cm3和1.33g∕cm3,木星的體積約為地球體積的1313倍。/a

下列說法中正確的是（）L----

O

A.在相同時間內地球衛(wèi)星與地心連線掃過的面積和木星衛(wèi)星與木星球心連線掃過的面積相

等

B.所有地球衛(wèi)星與地心連線在相同時間內掃過的面積都相等

C.圖像B的斜率約為圖像4的斜率的310倍

D.圖像4為地球衛(wèi)星的圖像

6.某超小型風力發(fā)電機與理想變壓器的原線圈連接，變壓器的副線圈接內阻為5。的電動機。

某日該地區(qū)的風速是5τn∕s,風吹到葉片的有效面積為4z∏2,此時變壓器原線圈兩端的電壓為

30K,電動機剛好正常工作。已知空氣的密度為1.2kg∕m3,假如該風力發(fā)電機能將通過扇葉

有效面積內空氣動能的40%化為電能，變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1：2,發(fā)電機和變壓器的

線圈電阻忽略不計。下列說法正確的是（）

A.每秒沖擊發(fā)電機葉片的空氣動能為12（VB.通過變壓器原線圈的電流為44

C.通過變壓器副線圈的電流為84D.電動機消耗的電功率為720”

7.如圖所示，質量分別為Ikg和2kg的4、B兩個物體放在光滑水平面上，外力&、F?同時作

用在兩個物體上，其中B=IO-t（表達式中各個物理量的單位均為國際單位），F(xiàn)2=IOWo

下列說法中正確的是（）

,∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕∕7∕/

A.t=0時，物體4的加速度大小為IOrn∕s2

B.t=IOS后物體B的加速度最小

C.t=IOS后兩個物體運動方向相反

D.若僅將4、B位置互換，t=0時物體A的加速度為8m∕s2

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

8.如圖所示，在久軸上％=±α處固定兩個帶電量均為-Q的點電荷，

一電子僅在靜電力的作用下沿X軸從X=-3a處移動到％=處或沿

y軸從y=—處移動到y(tǒng)=；a處。下列說法中正確的是（）

A.沿X軸移動時電子的動能先增大后減小

B.沿y軸移動時電子的動能先增大后減小

C.在y=-α處固定電荷量為嚕的負點電荷，可使y=處的電場強度為0

D.在y=-α處固定電荷量為√■至Q的正點電荷，可使y=α處的電場強度為0

9.某同學將一帶傳感器的木箱從傾角為30。的斜坡頂端由靜止釋放，45七的"

木箱滑到斜面底端時速度剛好為0,木箱與斜坡上下兩部分的動摩擦

因數(shù)分別為〃1、μ2,通過分析處理傳感器的數(shù)據(jù)得到木箱的動能和機

械能與木箱下滑位移的關系圖像分別如圖中a、b所示，已知木箱動能

最大時，機械能與動能大小之比為3：1,已知木箱可視為質點，重力

加速度為g，以斜坡底端為重力勢能零點。下列說法中正確的是（）

?-%=2?

r>V~5

μ2=~

C.動能最大時，木箱的機械能為3mgZω

D.木箱在上、下兩段斜坡上滑行過程中產生的熱量之比為1：3

10.如圖所示，兩導電性良好的光滑平行導軌傾斜放置，與箱

水平面夾角為30。，軌道間距為心導軌中段長為2L的矩形區(qū)域

內存在垂直于軌道面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B。3多^

相距為TL的金屬棒α和b靜止放在傾斜導軌上，兩金屬棒由絕?XX

緣輕桿連接，a與磁場上邊界的距離為d。由靜止釋放ab,當a進入磁場后恰好做勻速運動，b

棒離開磁場時速度為外兩個金屬棒的質量均為小、電阻均為R="(3,重力加速度為g，

2mg

運動過程中兩金屬棒與導軌接觸良好，不計其他電阻和摩擦阻力。下列說法中正確的是()

A.d=3

B.當a棒剛離開磁場時a棒的加速度大小為差

C?ab整體進入磁場的過程中通過a棒的電荷量為為J,

D.a、b離開磁場所用時間為陽

三、實驗題(本大題共2小題，共15.()分)

11.某物理興趣小組用如圖甲所示的裝置研究加速度與力和質量的關系。帶擋光片的物體力

內有若干質量均為n?的小鐵片，初態(tài)時4、B系統(tǒng)剛好靜止，物體A、B的質量相等。

，，，，，，，

(T?

O

Io1020

擋光片?A

甲乙

(1)用游標卡尺測量擋光片的寬度d,如圖乙所示，則擋光片的寬度d=cm。

(2)測量擋光片到光電門中心的距離心將4中的1個小鐵片移到B中，由靜止釋放4,記錄擋光

片的擋光時間口。

(3)將A中的2個小鐵片移到B中，在相同的初始位置由靜止釋放A,記錄擋光片的擋光時間t2。

(4)多次重復，得到移動的小鐵片的數(shù)量TI和對應的擋光時間t。

(5)以n為橫坐標，以為縱坐標，將實驗測得的數(shù)據(jù)描點連線，若得到一條傾斜的直線，

則表明物體的加速度與質量成反比，與所受合力成正比。

(6)請寫出一條產生實驗誤差的原因______o

12.用D∕S(電流傳感器，內阻可忽略)測電源電動勢和內阻的電路如圖甲所示，Ro為一定值

電阻。

(1)調節(jié)電阻箱R,記錄電阻箱接入電路的阻值R和相應的電流/,將測得數(shù)據(jù)以R為橫坐標，

以為縱坐標，經計算機擬合得到如圖乙所示圖像，由圖線可得該電源電動勢為

V;

(2)現(xiàn)有三個相同規(guī)格的小燈泡A、B、C,將它們與圖甲中電源按圖丙所示電路相連，此種燈

泡的/一U特性曲線如圖丁所示，C燈泡兩端電壓為2.0U,則電源內阻r=Ω,圖甲中

13.某透明棱鏡截面如圖所示，半圓與矩形的三個邊相切，其中半圓的圓心為0,半徑為R,

矩形的頂點4與圓心。的連線與半圓交于C點。一束光線從矩形左邊上某點B射入棱鏡，光線

與棱鏡邊界的夾角為30。，光線經過一次折射后射向C點。已知光在真空中的速度為c,光在

棱鏡中的傳播速度為求:

(1)光線在B點的折射角；

(2)光線在棱鏡中的傳播時間。

O

14.某彈簧的彈力與形變量的關系如圖甲所示，彈簧豎直固定，將質量為m的小物體4放在

彈簧上，并緩慢向下按壓物體，使彈簧產生的形變量為出,突然撤去外力后小物體上升的最

大高度為廄，此過程中小物體的最大加速度為2g。將彈簧固定在水平面上，緩慢按壓小物體

A,使彈簧產生的形變量為2&，突然撤去外力，小物體在水平面上與質量為3nι的小球B相碰，

碰后小球滑上與水平面相切、位于豎直平面內的圓弧軌道，圓弧軌道的半徑R=1.25∕?,圓

心角。=53。。不計4B碰撞過程中的能量損失，不計一切摩擦和阻力，重力加速度為g,

sin530=0.8。求：

(1)小物體4在水平面運動時加速度的最大值；

(2)小球到達最高點時與圓弧軌道末端的水平距離。

15.如圖所示，在y<0區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強電場(圖

中未畫出)，電場強度大小為E,在y>0區(qū)域存在平行于y軸

正方向的勻強磁場(圖中未畫出)和沿Z軸正方向的勻強電場(

圖中未畫出)，電場強度大小為2E。質量為m、電荷量為+q的

小球從P(0,-g,∕ι)處由靜止釋放，小球從原點進入y>0區(qū)域,

在y=L處有一垂直于y軸的熒光屏(圖中未畫出)，小球打在熒光屏上Q(O4,0)點。已知重力

加速度為g。

(1)求y<。區(qū)域勻強電場的電場強度E；

(2)求勻強磁場的磁感應強度B的大??；

(3)若磁感應強度取最小值，當小球離y軸最遠時，求小球到原點。的距離。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：4、加速度為O時，物體靜止或做勻速直線運動，做曲線運動時加速度一定不為0,

故A錯誤；

8、平拋運動的加速度為重力加速度，始終保持不變，故8錯誤：

C、勻速圓周運動的加速度始終指向圓心，方向時刻變化，即勻速圓周運動一定是加速度變化的

曲線運動，故C正確；

。、圓周運動可以分解為兩個相互垂直的直線運動，故。錯誤。

故選:Co

曲線運動的加速度一定不為0；平拋運動的加速度為重力加速度；勻速圓周運動的加速度始終指向

圓心；圓周運動可以分解為兩個相互垂直的直線運動。

本題考查曲線運動，知道一般曲線運動、平拋運動和勻速圓周運動加速度的特點。

2.【答案】D

【解析】解：A,安培力應水平向右，用左手定則，磁場應豎直向下，故A錯誤；

B,根據(jù)三力平衡，重力與安培力的合力應與軌道對其的彈力等大共線反向，即有tan60。=鬻,

可得/=翳瓦，故B錯誤；

C,根據(jù)三力平衡，則軌道對棒的彈力的合力F=其中α由60。逐步減少到30。，故C錯誤；

D,在A處時有tan60。=翳，在8處有tan30。=第，由二式相比，則可得到。=3/,故。正確。

故選：Do

由A到B的過程中，棒處于三力平衡狀態(tài)（二軌道對棒的支持力等效成一個支持力），由三力平衡的

矢量三角形，即可求得結果。

應用三力平衡的矢量三角形法則，注意軌道對棒的彈力方向過軌道的圓心。

3.【答案】C

【解析】解：力、電子繞原子核做圓周運動，由庫侖力提供向心力得殍=叱，可得電子的動能

rzr

為Ek=TmI72=自7，由于「1<f2，則有Eki〉EQ,故A錯誤；

3、根據(jù)玻爾的電子軌道量子化假設，可知電子不可以在萬和萬之間的任意軌道上穩(wěn)定運動，故B

錯誤；

C、處于該激發(fā)態(tài)的原子向基態(tài)躍遷時釋放的光子能量為Zn/=E2-El可得釋放的光子頻率為V=

”盧，故C正確；

。、氫原子的上述能級躍遷釋放能量的方式和氫彈釋放能量的不相同，氫彈是通過輕核聚變釋放

能量，故。錯誤。

故選：Co

根據(jù)庫侖力提供向心力可得電子的動能表達式，即可比較其動能大??；根據(jù)玻爾理論分析；根據(jù)

能級躍遷公式E7n-En=機可知輻射光子的頻率；明確能級躍遷釋放的能量和核能的區(qū)別。

解決本題的關鍵根據(jù)庫侖力提供向心力判斷核外電子的動能大小關系。

4.【答案】B

【解析】解：力、對活塞受力分析，根據(jù)平衡條件可得：1.2poS—τng-poS=0,解得m=照,

故A錯誤；

B、充入的氣體體積為U=0.5Sh,以氣缸內的氣體和充入的氣體為研究對象，根據(jù)“分態(tài)式”有：

1.2p0Sh+1.6p0V=p×0.5Sh,解得p=2p°,故B正確；

C、向下緩慢移動活塞過程中氣缸內氣體做等溫變化，設向下移動的距離為d,根據(jù)玻意耳定律可

得：1.2p0Sh=2p0S(∕ι-d),解得：d≈jh,故C錯誤；

。、由于環(huán)境溫度不變且氣缸是導熱的，所以在活塞下移的過程中氣體做等溫變化，氣體的內能

不變，由熱力學第一定律有ZIU=W+Q,由于氣體的壓強在逐漸增大，所以外界對氣體做功W>

?0S×lh=^p0Sh,解得Q=-IV,所以氣體向外界放出的熱量大于叫poS∕ι,故。錯誤。

故選：Bo

對活塞受力分析，根據(jù)平衡條件進行解答；以氣缸內的氣體和充入的氣體為研究對象，根據(jù)“分

態(tài)式”列方程進行解答；向下緩慢移動活塞過程中氣缸內氣體做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律解答；

由熱力學第一定律分析氣體向外界放出的熱量大小。

本題主要是考查了一定質量的理想氣體的狀態(tài)方程；解答此類問題的方法是：找出不同狀態(tài)下的

三個狀態(tài)參量，分析一定質量的理想氣體發(fā)生的是何種變化,選擇合適的氣體實驗定律解決問題。

5.【答案】C

【解析】解:4B.開普勒第二定律只適用于某一個衛(wèi)星繞中心天體的情況,不能不同的衛(wèi)星做比較，

故AB錯誤；

C根據(jù)萬有引力提供向心力有G等=mr竽

貝以2=2空

GM

圖像斜率k=第

GM

根據(jù)題意，地球和木星的密度分別為5.52g∕cm3和1.33g∕CnI3,木星的體積約為地球體積的1313倍,

根據(jù)質量等于密度和體積的乘積m=pV,可知木星的質量約為地球質量的310倍，則圖像B的斜

率約為圖像A的斜率的310倍，圖像B為地球衛(wèi)星的圖像，故C正確，O錯誤；

故選：Co

開普勒第二定律只適用于某一個衛(wèi)星繞中心天體的情況：

根據(jù)萬有引力提供向心力結合圖像斜率，分析衛(wèi)星的圖像。

本題考查學生對開普勒第二定律規(guī)律以及萬有引力提供向心力規(guī)律的掌握，是一道中等難度題。

6.【答案】B

【解析】解：4、單位時間內沖擊風力發(fā)電機葉片圓面的氣流的體積為%=vS=5x4m3=20m3,

22

單位時間內沖擊風力發(fā)電機葉片圓面的氣流的動能為Ek=?mv=^ρV0v=TXl.2X2OX

52/=300/,故A錯誤；

8、發(fā)電機與理想變壓器的原線圈連接，變壓器原線圈兩端的電壓為30人此風力發(fā)電機發(fā)電的功

率為P=EkX40%=300X40%IV=I20",由P=U/得，/=■=嗡4=44故8正確；

發(fā)電機與理想變壓器的原線圈連接，變壓器原線圈兩端的電壓為30V,變壓器原、副線圈匝數(shù)比

為1：2,由2=詈得

l2nI

；=所以/2=24故C錯誤；

D、依題意，此風力發(fā)電機發(fā)電的功率為P=EkX40%=300x40%W=120W,故。錯誤。

故選：Bo

根據(jù)圓柱體體積計算公式求出IS內沖擊風車的氣流的體積V=SL=Svt↑利用m=PU求出質量;

再由動能公式即可求出動能；根據(jù)變壓器規(guī)律求解：再由功率公式即可求出功率。

本題考查能量轉化及守恒定律的應用，要明確能量轉化方向；并能熟練掌握密度的計算公式，并

能夠掌握動量、動能等公式。

7.【答案】。

【解析】解：4&在水平方向上的分力為

COS

F21=F2370=10×0.8N=8N

假設4、B間無彈力，則

「218.2/2

QB==-m∕sz=4λm∕s^

t=0時，有Fl=ION

假設4、B間無彈力，則

%=卷=22

γm∕s-10m∕s>aB

因此t=O時，4會推動B一起運動，對4B整體，由牛頓第二定律有

Fi+F21=(mA+mβ)a

代入數(shù)據(jù)解得

a=6m∕s2

故A錯誤；

A物體B的加速度最小時，A、B間沒有力的作用，且以=QB

FlIOT

以=拓=丁

F2^?.8.O/2

=才=zλz

aB-m∕s=4m∕s

解得t=6s

故B錯誤；

C.t=IOs前，A,B均沿Fl方向加速運動；t=IOs后，&方向反向，4做減速運動，但兩物體運動

方向仍然相同，故C錯誤；

D若僅將4、B位置互換，t=O時，假設4、B間無彈力，則

%ι=?=Tm∕s2=8m∕s2

22

CIBI==y^∕s=5m∕s<aA1

表明4、B會分離運動，故假設正確，則t=0時物體A的加速度為8M∕S2,故。正確。

故選：Do

假設4、B間無彈力，分別計算4、B的加速度。若Z的加速度大于B的加速度，則4會推動B一起加

速，再以A、B為整體，由牛頓第二定律列方程求共同的加速度；

若4的加速度等于B的加速度，則力、B一起加速，但兩者間沒有力的作用；

若A的加速度小于B的加速度，貝妹、B分離。

本題主要考查連接體問題，要靈活運用整體法、隔離法來分析判斷物體的運動，關鍵是要把握兩

者分離的臨界條件，即兩者加速度相等，且兩者間沒有力的作用。

8.【答案】AC

【解析】解：4、電子沿X軸移動時，根據(jù)等量同種點電荷電場特點可知，電場力先做正功后做負

功，電子的動能先增大后減小，故A正確；

8、電子沿y軸移動時，根據(jù)等量同種點電荷電場特點可知，電場力先做負功后做正功，電子的動

能先減小后增大，故B錯誤；

C、兩個點電荷在y=-ga處的電場強度方向沿y軸正方向，大小為邑=2X漉念彳X

5_8vr^5kQ

J(1)?a2=

所以要使該位置的電場強度為0,需要在y=-a處固定負電荷。，且滿足熱=嚶薩

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：Q'=等

故C正確；

D、兩個點電荷在y=-a處的電場強度方向沿y軸正方向，大小為El=2XQ=翟河Xγ==

CkQ

2a2

所以要使該位置的電場強度為0,需要在y=-a處固定負電荷Q',且滿足黑=攀

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：Q"=2√^∑Q

故。錯誤。

故選:AC.

根據(jù)等量同種點電荷電場特點分析電場力做功，進而判斷電子動能的變化；根據(jù)點電荷場強公式

和電場強度疊加原理求解點電荷產生的場強大小，進而求解固定的點電荷的電荷量大小。

本題考查等量同種點電荷的電場，解題關鍵是掌握點電荷的場強公式，知道場強的疊加遵循平行

四邊形定則，會判斷電場力做功的正負。

9.【答案】BC

【解析】解：AC.木箱在斜面上段滑行的過程有(TngS譏30°InlgCOS30。)人=Ek-O

此時的機械能：E1-E0-μ1mgcos30°-Ll

由題意有：El=3Elc,由圖可知Ll=SL0

聯(lián)立解得：Nl=?,Ek=mgL0,E1=3mgL0,故A錯誤，C正確：

τn

B、木箱在斜面下段滑行的過程有：(?ngsin30。-42gcos30°)L2=0-Ezc

由圖可知乙2=4耳)，解得“2=?，故8正確；

。、根據(jù)功能關系可知木箱在上、下兩段斜坡上滑行過程中產生的熱量之比為：?=??

Qz七I-U

解得：§=?故Q錯誤。

故選：BJ

木箱在斜面上段滑行的過程中，根據(jù)動能定理結合功能關系求解動摩擦因數(shù)；木箱在斜面下段滑

行的過程中，根據(jù)動能定理求解動摩擦因數(shù)，根據(jù)功能關系求解產生的熱量之比。

本題主要是考查了功能關系和動能定理，首先要選取研究過程，分析運動過程中物體的受力情況

和能量轉化情況，然后分析運動過程中哪些力做正功、哪些力做負功，初末動能為多少，根據(jù)動

能定理結合功能關系列方程解答。

10.【答案】AD

【解析】解：4、設α即將進入磁場時的速度為孫，對兩個棒整體根據(jù)動能定理有：2zngds譏30。=

1?

-X2TΠVQ—0

對兩個棒整體分析，根據(jù)平衡條件可得：2τngsin30°=F交，而尸分;即乙=噂∏

聯(lián)立解得：d=∣,故A正確；

B、從b棒進入磁場到ɑ棒離開磁場過程中，對整體根據(jù)動能定理有：2機9(2乙一，4力出30。=2*

2mvf—?×2TΠVQ

當α剛離開磁場時對整體受力分析，有：BI,L-2mgsin30o=2mα,又：廠=笫?

聯(lián)立解得：α=∣,故8錯誤；

C、αb整體進入磁場的過程中，根據(jù)電荷量的計算公式可得：q=}=Et=絲=空=絲包=

qR2R2R2R

?f?,故C錯誤；

2By∣L

。、在αb離開磁場的過程，取沿導軌I口」F為正方I可，根據(jù)動量定理有：nτgt-Bit=2mv-2mv1

而7t=q=鬢J百，解得："彳_|舊，故Z)正確。

故選：AD.

對兩個棒整體根據(jù)動能定理列方程；α剛進入磁場時根據(jù)平衡條件列方程聯(lián)立求解；從b棒進入磁

場到α棒離開磁場過程中，對整體根據(jù)動能定理列方程，α剛離開磁場時根據(jù)牛頓第二定律列方程

聯(lián)立求解；根據(jù)電荷量的計算公式求解電荷量；根據(jù)動量定理求解時間。

對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方

程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現(xiàn)象中的能量轉化問題，根據(jù)動能定理、功能關系等列方

程求解。

11.【答案】0.560α實驗中有阻力

【解析】解：(1)游標卡尺的最小分度值為0?05nun,主尺的示數(shù)為5τmn,游標尺的示數(shù)為12X

0.05τnm,擋光片的寬度d=5mm+12×0.05mm=5.60mm=0.560cm

(2)設向8中轉移幾個鐵片，繩中張力T,對8,根據(jù)牛頓第二定律(mτ?+M)g-T=(mno+M)α

對A：T-(M-nm0)5=(M-nm0')a

聯(lián)立得：a=鬻n

合力為2mτ?g,以兀為橫坐標，以ɑ為縱坐標，將實驗測得的數(shù)據(jù)描點連線，若得到一條傾斜的直

線，則表明物體的加速度與質量成反比，與所受合力成正比。

(3)產生實驗誤差的原因：實驗中有阻力。

故答案為：(1)0.560；(5)α;(6)實驗中有阻力。

(1)先確定游標卡尺的最小分度值，再讀出主尺和游標尺的示數(shù)，相加即為游標卡尺讀數(shù)；

(2)根據(jù)牛頓第二定律推導判斷；

(3)分析阻力對實驗的影響。

本題考查研究加速度與力和質量的關系實驗，要求掌握實驗原理、實驗裝置、數(shù)據(jù)處理和誤差分

析。

12.【答案】?3.01.331.671.50

【解析】解：(1)根據(jù)/(Ro+R)=E-∕r,解得;=:./?+￥，由此可知圖乙所示圖像中以為;縱

坐標；

根據(jù)上述，結合圖像：

斜率k=：=???VT=JlZτ,縱軸截距b=^^=Io/U

E63E'

解得：E=3.07,內阻r=3.00-Ro

(2)由于C燈泡兩端電壓為2.0V,則通過C燈泡的電流為0.454燈泡4兩端電壓為LoV,通過燈泡4

的電流為0.34,則干路電流為/=0.34+0.454=0.754

路端電壓為2.0V,根據(jù)U=E-∕r,解得：r=1.3312

根據(jù)上述有r=3.0。-R0,解得RO=3.00-r=(3.0-1.33)。=1.670

電源的輸出功率為P=Ul=2.0×0.75W=1.50IV

故答案為：(I)為3.0；(2)1.33,1.67,1.50。

(1)由閉合電路歐姆定律可得出/與R的關系，結合圖象可知縱坐標的意義，并根據(jù);-R的關系式

結合斜率和截距求解電動勢和內阻：

(2)根據(jù)電路結構結合燈泡的伏安特性曲線，利用閉合電路歐姆定律求解內阻和定值電阻的阻值,

根據(jù)功率公式求解電源的輸出功率。

本題考查電源的電動勢和內電阻的測量方法及數(shù)據(jù)處理；解題的難點在于第二問中的數(shù)據(jù)處理；

要注意圖象法的應用，此題對學生數(shù)學知識的應用能力要求較高，應注意訓練.

13.【答案】解：(1)根據(jù)題意作出光的折射圖:

根據(jù)。=:

解得折射率九=V-3

根據(jù)折射定律有

Sini

71=sin0

其中i是8點的入射角大小為60。，解得

θ=30°

(2)由于半圓與矩形的三個邊相切，則4BaD=45。，根據(jù)幾何關系可知乙4CB=75。，在N點的入

射角為30。

根據(jù)全反射臨界角公式有SinC=I=上=?,可知光在C點發(fā)生全反射，在N點不會發(fā)生全反射。

n√33

根據(jù)正弦定理有

BC_"

sin45°—sin60°

aAC_CN

HSin60°=sin45°

光在介質中的光程為S=BC+CN

傳播時間t=;

解得t=迎一-”

C

答：(1)光線在B點的折射角為30。；

(2)光線在棱鏡中的傳播時間為迎二⑨。

C

【解析】(1)先作出光路圖，根據(jù)速度與折射率的關系解得折射率，由折射定律解得折射角。

(2)由幾何知識求出光線在棱鏡中傳播的距離s,由t=；求解傳播的時間。

本題的突破口是“光在介質中的傳播速度與折射率的關系”，根據(jù)全反射臨界角公式SirIC=L

n

折射定律71=蕓、光速公式相結合進行處理。分析時，要靈活幾何知識求解相關角度和光

SInen

傳播的距離，要加強這方面的訓練，提高解題能力。

14.【答案】解：(1)小物體在豎直方向運動過程中，當剛剛撤去外力時小物體的加速度最大，由

牛頓第二定律有卜久0-7ng=aX2g

當小物體在水平面運動過程中剛剛撤去外力時，小物體的加速度最大，由牛頓第二定律有kX

ZX0=ma

解得α=6g

(2)小物體在豎直方向運動過程中彈簧的最大彈性勢能EPl=學XO=Tk以

此過程中由能量守恒有EPl=mgho

當小物體在水平運動過程中彈簧的