2023屆江西省南昌市高三一模物理試卷(含答案)

絕密★啟用前

2023年江西省南昌市高考物理一模試卷

學(xué)校:姓名：班級(jí)：考號(hào)：

得分

注意事項(xiàng)：

L答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑；如需改動(dòng)，

用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在試卷

上無(wú)效。

3.考試結(jié)束后，本試卷和答題卡一并交回。

1.自然界中碳元素有三種同位素，即穩(wěn)定同位素記C、$C和放射性同位素記C?？脊艑W(xué)家

常常利用鏟C的衰變規(guī)律測(cè)定生物死亡年代，其衰變方程為鏟CT尹N+X,下列說(shuō)法正確的

是（）

A.該衰變?yōu)棣了プ?，X為α粒子B.該衰變?yōu)棣了プ?，X為中子

C.該衰變?yōu)?衰變，X為電子D.該衰變?yōu)锽衰變，X為質(zhì)子

2.在無(wú)人機(jī)上安裝攝影裝置進(jìn)行拍攝，可以獲得很好的拍攝效果。取豎直向上為正方向，

某校運(yùn)動(dòng)會(huì)上無(wú)人機(jī)攝影時(shí)，無(wú)人機(jī)在豎直方向的速度隨時(shí)間變化關(guān)系的圖像如圖所示。下

列說(shuō)法正確的是（

A.無(wú)人機(jī)在七時(shí)刻速度方向發(fā)生變化

B.無(wú)人機(jī)在J時(shí)刻比t2時(shí)刻能夠拍攝地面景物的范圍更大

C.無(wú)人機(jī)在h時(shí)刻與t3時(shí)刻的加速度可能相同

D.無(wú)人機(jī)在以時(shí)刻比G時(shí)刻更適合拍攝地面上的近景

3.如圖所示，在建筑沙石料產(chǎn)地常將沙石顆粒輸送到高處落下，在水平地面上堆積成圓錐

體，若沙石顆粒間的動(dòng)摩擦因數(shù)為“，則該圓錐體表面與水平地面的最大夾角α滿足的關(guān)系式

為（）

11

A.tana—μB.tana=-C.cosa—μD.cosa=-

4.北京時(shí)間2022年11月30日5時(shí)42分，神舟十五號(hào)載人飛船成功與中國(guó)空間站對(duì)接，這是

中國(guó)航天員首次在空間站迎接載人飛船來(lái)訪。已知中國(guó)空間站離地高度約為400kτn,地到半

徑約為6400km、質(zhì)量約為6.0xIO?”。，萬(wàn)有引力常量為6.67x10TIN?//32,則航天

員在空間站中繞地球運(yùn)動(dòng)一圈的時(shí)間大約為（）

A.0.5∕ιB.1.5∕ιC.3.0∕ιD.4.5∕ι

5.如圖1所示，物塊4與木板B靜止在光滑水平地面上，現(xiàn)給物塊4—初速度，Is后兩物體相

對(duì)靜止一起勻速運(yùn)動(dòng)，它們的位移一時(shí)間圖像如圖2所示，4、B兩物體的質(zhì)量比為（）

圖1圖2

A.4：3B.3：2C.2：1D.5：2

6.如圖所示，變壓器為理想變壓器，保持交流電電壓U不變，當(dāng)滑動(dòng)變阻器燈的觸頭向上滑

動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的有（）

r^ir??

Y%中?

O[

A.伏特表的示數(shù)不變B.安培表的示數(shù)變小

C.Rl消耗的功率變小D.%消耗的功率變大

7.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系OXy內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，OABC為邊長(zhǎng)為

L的正方形，已知OABC四點(diǎn)電勢(shì)分別為90、/、（PB、Ψc<且WA=0B>

φc=φ°,則下列判斷正確的是（）

OA?

A.該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E=半

B.若測(cè)出OaBC區(qū)域內(nèi)某點(diǎn)的電勢(shì)，則可確定該點(diǎn)的橫坐標(biāo)

C.把正電荷從。點(diǎn)沿。一4-B-C移動(dòng)到C點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功

D.把負(fù)點(diǎn)電荷從0點(diǎn)移到B點(diǎn)，點(diǎn)電荷的電勢(shì)能一定減小

8.如圖甲所示，兩根間距L=ITn的平行光滑金屬導(dǎo)軌放置在水平面內(nèi)，左端與R=Ia的定

值電阻相連。導(dǎo)軌間在坐標(biāo)軸X>0一側(cè)存在著沿X方向磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)

強(qiáng)度B與％的關(guān)系如圖乙所示。在外力尸作用下，一*質(zhì)量m=Ikg的金屬棒從AI位置運(yùn)動(dòng)到4位

置的過(guò)程中通過(guò)電阻R的電流始終恒定為L(zhǎng)4。金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，&、&的

橫坐標(biāo)分別為%=lm,x2=3m,不計(jì)導(dǎo)軌與金屬棒電阻，下列說(shuō)法正確的是（）

A.從4到&的過(guò)程中，金屬桿做減速運(yùn)動(dòng)

B.金屬桿在4處的動(dòng)能為0?25∕

C.從4到4的過(guò)程回路中拉力做的功為2.625/

D.從AiL到4的過(guò)程中通過(guò)金屬棒橫截面的電荷量為4C

9.為測(cè)量彈簧槍射出的塑料球離開槍口的速度，把彈簧槍置于桌面，保持槍管水平，讓塑

料球從槍口射出打在前方的豎直擋板上，如圖（坐標(biāo)格是分析時(shí)假想的，實(shí)驗(yàn)裝置中沒(méi)有坐標(biāo)

格）。用刻度尺測(cè)得塑料球離開槍口時(shí)球心位置。到地面的距離（即OA長(zhǎng)度）為八，槍口到擋板

的水平距離（即AC長(zhǎng)度）為X,地面AC水平。塑料球與擋板的撞擊點(diǎn)為P。

(1)要測(cè)量塑料球離開槍口的速度巴螂的大小，還需要測(cè)量圖中一的長(zhǎng)度，設(shè)該長(zhǎng)度為y,

則。潮=—(請(qǐng)用所測(cè)物理量表示，重力加速度為g)。

(2)視塑料球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)，假設(shè)豎直面上有一坐標(biāo)格，請(qǐng)繪出它由。到P運(yùn)動(dòng)的大致軌跡，但必需

準(zhǔn)確體現(xiàn)塑料球通過(guò)B豎直線的位置。

10.為了測(cè)定某電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室提供了如下器材:

電阻箱%、/?2兩個(gè)、阻值為60定值電阻R。、電流表4(內(nèi)阻未知)、電鍵若干、待測(cè)電源、導(dǎo)

線若干。

(1)現(xiàn)實(shí)驗(yàn)小組成員先測(cè)量電流表內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)電路如圖甲所示，有關(guān)實(shí)驗(yàn)操作如下:

①Sl閉合，S2打開，調(diào)節(jié)%,使電流表A滿偏；

②保持Rl不變，再閉合S2,調(diào)節(jié)/?2,當(dāng)￡=2.00,電流表A的讀數(shù)為滿刻度的三分之二，由

此可得電流表的內(nèi)阻心的測(cè)量值為一。

③上述測(cè)量中，電流表的測(cè)量值比真實(shí)值_(填“偏大”、“偏小”或“不變”)，產(chǎn)生誤

差的原因是合上開關(guān)S2后，通過(guò)電阻箱/?2的電流—(填“大于”或“小于”)電流表A的滿

刻度的三分之一的值。

(2)測(cè)定電流表內(nèi)阻后，實(shí)驗(yàn)小組成員設(shè)計(jì)如圖乙所示的電路圖測(cè)量圖中的電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)

阻。

將開關(guān)S合上，多次調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，記錄每次調(diào)節(jié)后的電阻箱的阻值R及電流表A的示數(shù)

I，實(shí)驗(yàn)小組成員作出了:-R圖像如圖丙所示，根據(jù)圖像和已知條件可求出電源電動(dòng)勢(shì)

E=V；電源的內(nèi)阻r=o

11.早期航母使用重力型阻攔索使飛機(jī)在短距離內(nèi)停下，如圖甲所示，阻攔索通過(guò)固定于航

母甲板兩側(cè)的滑輪分別掛有質(zhì)量為巾=50Okg的沙袋。在無(wú)風(fēng)環(huán)境下，一螺旋槳式飛機(jī)以火的

速度降落到該靜止的航母上,尾鉤立即鉤到阻攔索的中間位置,滑行一段距離后速度減為零，

這一過(guò)程沙袋被提起的高度b=20m。螺旋槳式艦載機(jī)(含飛行員)質(zhì)量M=500kg,忽略飛

(1)螺旋槳式飛機(jī)降落到航母上的速度見(jiàn)的大?。?/p>

(2)如圖乙所示，阻攔索在甲板上的長(zhǎng)度為，=15m,當(dāng)。=30。時(shí)，艦載機(jī)的速度大小？

為-4q,粒子重力忽略不計(jì)。求：

(1)粒子ɑ剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的位置的橫坐標(biāo)？

(2)粒子a、b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比及磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小？

(3)從粒子a、b結(jié)合成C至C離開磁場(chǎng)所用時(shí)間？

13.“空瓶起霧”是同學(xué)們經(jīng)常玩的課間小魔術(shù)：將一空的礦泉水瓶擰緊蓋子使其不漏氣，

再將礦泉水瓶下半部分捏扁(如圖甲所示)，此時(shí)瓶?jī)?nèi)氣體單位體積內(nèi)分子數(shù)將—(填寫

“增大”、“不變”或“減小”)；保持瓶子形狀不變，將瓶蓋慢慢旋松到某一位置，蓋子“噬”

地一聲飛出(如圖乙所示)，隨即瓶?jī)?nèi)充滿“白煙”。與蓋子飛出前瞬間相比，此刻瓶?jī)?nèi)氣體

分子平均動(dòng)能—(填寫“增大”、“不變”或“減小”)。

14.如圖，一高為八的容器放置在水平地面上，其開口向上、導(dǎo)熱性良好，

將面積為S的超薄活塞4從容器上端水平釋放，活塞緊貼光滑的容器壁下滑，

最終懸停在離容器底,無(wú)處，外界氣體壓強(qiáng)為po、溫度為27。&重力加速度為

9。

(i)求活塞的質(zhì)量；

(ii)若對(duì)封閉的氣體加熱，使活塞緩慢上升，求活塞剛好回到容器頂部時(shí)的溫度。

15.圖中一列正弦橫波沿X軸負(fù)方向傳播，其波速為2cm∕s,i?/ɑn

a

圖中a、b是波上兩點(diǎn)。它們?cè)赬軸方向上的距離小于一個(gè)波長(zhǎng)，,

當(dāng)a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，b點(diǎn)恰好經(jīng)過(guò)平衡位置向上運(yùn)動(dòng)，該波-^―；--------J

的頻率為Hz,在0~2s時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)a運(yùn)動(dòng)的路程

為___CHIa

16.如圖所示，棱鏡的截面為直角三角形4BC,乙4=30。。在此截面所在的平面內(nèi)，一束光

線以45。的入射角從AC邊的中點(diǎn)。左側(cè)射入棱鏡，折射光線經(jīng)過(guò)48邊上的E點(diǎn)，CELABo

(i)求棱鏡材料的折射率；

(Ii)求整個(gè)過(guò)程中光線的偏轉(zhuǎn)角度。

答案和解析

I.【答案】C

【解析】解：根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒可知，X的電荷數(shù)為-1,質(zhì)量數(shù)為O,BC發(fā)生0衰變，

X為電子，故C正確，ABO錯(cuò)誤；

故選：Co

根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒判斷。

掌握衰變的特點(diǎn)，知道衰變的過(guò)程中質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒，難度不大。

2.【答案】B

【解析】解：4、由圖像得，0?t3時(shí)間內(nèi)，無(wú)人機(jī)的速度始終為正值，則無(wú)人機(jī)的速度始終豎直

向上，則無(wú)人機(jī)在t2時(shí)刻速度方向沒(méi)有發(fā)生變化，故A錯(cuò)誤；

B、由4得，務(wù)??時(shí)間內(nèi)，無(wú)人機(jī)始終向上運(yùn)動(dòng)，則J時(shí)刻無(wú)人機(jī)離地面更遠(yuǎn)，拍攝地面景物的

范圍更大，故B正確；

C、U-t圖像切線的斜率表示加速度，由圖像得，無(wú)人機(jī)在tι時(shí)刻的加速度為正值，無(wú)人機(jī)在打時(shí)

刻的加速度為負(fù)值，加速度不相同，故C錯(cuò)誤；

。、由4得，S?b時(shí)間內(nèi)，無(wú)人機(jī)速度始終為正值，一直向上運(yùn)動(dòng)，G時(shí)刻離地面更近，更適合

拍攝地面上的近景，故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

〃-t圖像縱坐標(biāo)的正負(fù)表示速度的方向，速度始終為正值，則無(wú)人機(jī)始終向上運(yùn)動(dòng)；。一t圖像切

線的斜率表示加速度；無(wú)人機(jī)離地面的距離更大，拍攝地面景物的范圍更大。

本題考查U-t圖像，解題關(guān)鍵是能根據(jù)U-t圖像分析速度的變化和加速度的變化。

3.【答案】A

【解析】解：對(duì)最外側(cè)的沙石受力分析，當(dāng)沙石所受摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，圓錐體表面與

水平地面的夾角最大，如圖

N

mg

由平衡條件得，沿斜面方向：mgsina=f

垂直斜面方向：N=mgcosa

摩擦力f="N

聯(lián)立解得：μ=tana

故4正確，BCO錯(cuò)誤。

故選：A?

當(dāng)最外側(cè)沙石所受摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，圓錐體表面與水平地面的夾角最大，對(duì)沙石受力

分析，根據(jù)平衡條件列式求解即可。

本題考查共點(diǎn)力平衡，解題關(guān)鍵是知道圓錐體表面與水平地面的夾角最大的臨界條件，結(jié)合平衡

條件和摩擦力公式列式求解即可。

4.【答案】B

【解析】解：已知中國(guó)空間站離地高度約為:h-400km=4×105m,地到半徑約為R=640Oknl=

6

6.4×10m>質(zhì)量約為M=6.0XIO?”。，萬(wàn)有引力常量為G=6.67xl(pιiN?τ∏2∕∕cg2

根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可得：懸?=Tn(R+h),

代入數(shù)據(jù)解得：T≈5400s=1.5∕ι,故8正確、ACf)錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力結(jié)合向心力的計(jì)算公式進(jìn)行解答。

本題主要是考查萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)犍是能夠根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力結(jié)合向

心力公式進(jìn)行分析。

5.【答案】C

【解析】解：物塊4滑上木板B后4做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到4、

B的速度相等，設(shè)4、B的共同速度為小A的初速度大小為幾，由圖2所示圖象可知，4的平均速度

%=為/=第=；m/s=5zn∕s,B的平均速度t?=彳=票=彳Μ/s=2m∕s,解得：V0—6m∕s,

V=Am/s

物體A與木板B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mAv0=(mA+mβ)v,

代入數(shù)據(jù)解得：τnA：mβ-2：1,故C正確，ABZ)錯(cuò)誤。

故選：C,

物塊4滑上木板B后4做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到兩者速度相等，

兩物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)圖2所示圖象求出A、B的速度，然后應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出它

們的質(zhì)量之比。

本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，分析清楚4、B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度公

式根據(jù)圖乙所示圖象求出力的初速度與4、B的共同速度是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律

可以解題。

6.【答案】BC

【解析】解：B、當(dāng)滑動(dòng)變阻器8的觸頭向上滑動(dòng)時(shí)，副線圈電路電阻增大，副線圈電路等效電

阻增大，總電阻增大，交流電電壓U不變，原線圈電流減小，電流表示數(shù)變小，故8正確；

A、由B得，原線圈電流減小，電阻Rl的電壓的減小，副線圈電壓增大，電壓表示數(shù)增大，故4錯(cuò)

誤；

CD、由B得，原線圈電流減小，根據(jù)P=//?］得，RI消耗的功率變小，故C正確，O錯(cuò)誤。

故選:BCo

副線圈電路電阻可等效到原線圈回路中，副線圈回路電阻變化，電路總電阻變化，根據(jù)歐姆定律

判斷電流的變化，進(jìn)而得到Rl電壓和功率的變化；根據(jù)歐姆定律判斷電阻/?2電壓的變化。

本題考查變壓器的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，解題關(guān)鍵是掌握歐姆定律，結(jié)合歐姆定律分析電阻變化引起電

流、電壓的變化即可。

7.【答案】BD

【解析】解：4、由于a=9B>9c=0。，可知電場(chǎng)線水平向左，電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E=雙產(chǎn)，

故4錯(cuò)誤;

8、測(cè)出。ABC區(qū)域內(nèi)某點(diǎn)的電勢(shì)，根據(jù)U=Ed,則可確定該點(diǎn)的橫坐標(biāo)，故8正確；

C、由于<Pc=0o,把正電荷從。點(diǎn)沿。-4—8—C移動(dòng)到C點(diǎn)，電場(chǎng)力不做功，故C錯(cuò)誤；

。、08>Wo,負(fù)電荷在電勢(shì)高的位置，電勢(shì)能較小，所以把負(fù)點(diǎn)電荷從。點(diǎn)移到B點(diǎn)，點(diǎn)電荷的

電勢(shì)能一定減小，故。正確；

故選:BD.

根據(jù)各點(diǎn)的電勢(shì)高低確定電場(chǎng)線的方向，由U=Ed解得電場(chǎng)強(qiáng)度，進(jìn)而分析B項(xiàng)。由電勢(shì)的變化，

分析電勢(shì)能的變化。

解題的關(guān)鍵是掌握公式U=Ed可用來(lái)定性分析兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，注意電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的

關(guān)系。

8.【答案】AC

【解析】解：由圖示圖像可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5+0.5x(7)

金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv=(0.5+0.5x)Lv=(0.5+0.5x)×1Xv=(0.5+

0.5x)v

A、由閉合電路的歐姆定律得：/=I=.("+F*=(0.5+0.5久)D=L4,金屬棒的速度U=

K1

?M,隨時(shí)間X的增加，金屬棒的速度。減小，金屬棒做減速運(yùn)動(dòng)，故A正確；

λ0.τ5+0.5x

8、位置4的坐標(biāo)%2=3m,在4處金屬棒的速度%=Cns=nd~Qzn∕s=0.5m∕s,金屬棒

的動(dòng)能Ek=?mvl=∣×1×0.527=0.125/,故8錯(cuò)誤；

C金屬棒受到的安培力F變?cè)?BIL=(0.5+0.5x)×1×1/V=0.5+0.5x(∕V),從α到&的過(guò)程

安培力做的功W八.=一七&/X=一然4°?5*(°?5+tl513.)X?_1)；=-37

女，口22、〃'

在％ι=處金屬棒的速度%=J=?-,?m/s=lm∕s

U??I??Vza?IXZ?Ov1?

從4到&的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：W+勿安磬=Tm詢-Tm說(shuō)，解得拉力做的功W=2.625/,故

C正確；

。、由法拉第電磁感應(yīng)定律得：￡=穿，由閉合電路的歐姆定律得：/=L通過(guò)金屬棒橫截面的

?tR

--二，05+2.05V"

電荷量q=∕4t,解得：勺=絲=處=Π-xlx(3T)C=2.5C，故。錯(cuò)誤。

RR1

故選：AC.

導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，應(yīng)用E=BLU求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，應(yīng)用歐姆定律求出感應(yīng)電流，

然后判斷金屬桿的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；求出金屬棒在兩位置的速度，然后求出金屬棒的動(dòng)能，應(yīng)用動(dòng)能定

理求出拉力做功；應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律求出平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，應(yīng)用歐姆定律求出平均感應(yīng)電

流，然后求出通過(guò)金屬棒的電荷量。

本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力的大小公式、做功表達(dá)式、動(dòng)能定理

等的規(guī)律的應(yīng)用與理解，關(guān)鍵要抓住金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電流不變，這是本題解題的突破口，注

意B-X圖象的面積和L的乘積表示磁通量的變化量。

9.【答案】PC

【解析】解：(1)要測(cè)量塑料球離開槍口的速度〃潮的大小，已知水平位移，還需要知道塑球下落

的時(shí)間，在已知球心位置。到地面的距離(即。力長(zhǎng)度)，則還需要測(cè)量PC的長(zhǎng)度，即可得到下落時(shí)

間。

塑料球離開槍口的速度"潮的大小為17嫄=；=丁2；7)=xJ2(?

(2)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)軌跡大致如下：豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，在開始的兩個(gè)連續(xù)相同

時(shí)間下落的高度比是1：3,故其中通過(guò)B豎直線的位置下落的高度為汽/1-y),即下落了6個(gè)單元

格。

O

故答案為：(1)PC;xj5?:(2),小球通過(guò)B豎直線

ABC

位置在6格下沿點(diǎn)上

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，從而確定需要測(cè)量哪些物理量；在該實(shí)驗(yàn)中，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，水平位移X=vt,

需要測(cè)量PC的長(zhǎng)度，由九=即可得到下落時(shí)間，然后求出巴那

(2)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)水平和豎直方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律作圖。

本實(shí)驗(yàn)考查平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，需熟練掌握實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)驗(yàn)操作，知道如何根據(jù)平拋實(shí)驗(yàn)求得初速

度大小是本實(shí)驗(yàn)的關(guān)鍵。

10.【答案】10偏小大于30.80

【解析】解：(1)②保持RI不變，再閉合S2,干路電流不變，仍為電流表4的滿偏電流》,調(diào)節(jié)/?2,

當(dāng)/?2=2.0。，電流表4的讀數(shù)為滿刻度的三分之二，則流過(guò)電阻箱的電流為電流表滿偏電流的三

分之一，并聯(lián)電路兩端電壓相等，由歐姆定律可知：解得電流表的內(nèi)阻以=品

II3RA=II3R2,2=

?X2.0/2=1/2.

③合上開關(guān)S2后，電流表與電阻箱并聯(lián)，電路總電阻變小，由閉合電路的歐姆定律可知，電路電

流變大，大于電流表4的滿偏電流，當(dāng)電流表讀數(shù)為慢刻度的三分之二時(shí)，通過(guò)電阻箱％的電流

大于電流表4的滿刻度的三分之一的值，流過(guò)電流表的電流小于流過(guò)電阻箱電流的2倍，電流表內(nèi)

阻大于電阻箱阻值的二分之一，實(shí)驗(yàn)認(rèn)為電流表內(nèi)阻等于電阻箱阻值的二分之一，則電流表內(nèi)阻

的測(cè)量值小于真實(shí)值，電流表內(nèi)阻測(cè)量值偏小。

(2)根據(jù)圖乙所示電路圖，由閉合電路的歐姆定律得：E=IQr+R+R),整理得：γ=?+

+RA01Li

坐型2,由圖示。一R圖像可知，圖像的斜率k=：=空泮VT=4I∕τ,縱軸截距b=等也=

E/E7.83E

2.6AT,代入數(shù)據(jù)解得，電源電動(dòng)勢(shì)E=3W電源內(nèi)阻r=0.8。。

故答案為：(1)②10；③偏?。淮笥?；(2)3；0.8/2o

(1)根據(jù)并聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律求出電流表內(nèi)阻；根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟應(yīng)用并聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律分

析實(shí)驗(yàn)誤差。

(2)應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出圖像的函數(shù)表達(dá)式，根據(jù)圖示圖像求出電源的電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻。

理解實(shí)驗(yàn)原理、分析清楚圖示電路結(jié)構(gòu)是解題的前提，應(yīng)用并聯(lián)電路特點(diǎn)、歐姆定律與閉合電路

的歐姆定律即可解題。

11.【答案】解：(1)在忽略摩擦阻力和空氣阻力的前提下，艦載機(jī)與沙袋所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守

恒，艦載機(jī)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為沙袋的重力勢(shì)能，設(shè)艦載機(jī)降落股過(guò)程中沙袋提起高度為/11，則

；“詔=2mgh1

代入數(shù)據(jù)解得：v0=20?∕-2m∕s

(2)根據(jù)幾何關(guān)系可得，此時(shí)艦載機(jī)速度方向與繩索的夾角為30。，艦載機(jī)沿繩分速度與沙袋沿繩

分速度相等，設(shè)此時(shí)艦載機(jī)的速度為巧，沙袋的速度為孫，根據(jù)幾何關(guān)系可得：

%2=I=1STTI?—-v?=

由系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律可得：

IClClC

-MVQ=-Mv1+-X2mv1+2mgh2

聯(lián)立解得：v1=10y∕-2m∕s

答：(1)螺旋槳式飛機(jī)降落到航母上的速度大小為2θCτn∕s;

(2)如圖乙所示，阻攔索在甲板上的長(zhǎng)度為Z=15τn,當(dāng)O=30。時(shí)，艦載機(jī)的速度大小為

10√-2m∕s<>

【解析】(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式得出艦載機(jī)的速度；

(2)根據(jù)關(guān)聯(lián)速度的特點(diǎn)，結(jié)合機(jī)械能守恒定律聯(lián)立等式得出艦載機(jī)的速度。

本題主要考查了機(jī)械能守恒定律的相關(guān)應(yīng)用，理解關(guān)聯(lián)速度的特點(diǎn)，結(jié)合機(jī)械能守恒定律即可完

成分析。

12.【答案】解：(l)α粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為由，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的位

置的橫坐標(biāo)為匕，則

Uotl-h

12

Xi=2αιtι

vlχ=aI^l

tan30o=—

%

聯(lián)立解得：X1=φ

(2)對(duì)a粒子:

v1=2V0

根據(jù)牛頓第二定律可得：

qv1B=詈

?_吧_2mt?

1qBqB

b粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為。2,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2,進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的位置的橫坐標(biāo)為X2,進(jìn)

入磁場(chǎng)時(shí)速度為V2。同上可得：

0,2~2。］

v

2x=2v1=4v0

_2mv2_2ΠLVQ

r2=4qB=qB

故勺：女=1：1

'h

%1=—

X2=2X1=2×-γ-=√^^3∕ι

V~^3∕ι/—?-,3?Γ~3h

r1=r2=x1+x2=-γ-÷√3n=——

?._2mvo

H∣r1-q8-qB

解得：B=VP

(3)兩粒子同時(shí)進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)2相遇

÷v213=

解得：S=割

兩粒子發(fā)生碰撞，動(dòng)量守恒，碰后形成的C粒子速度為先,選擇初速度的方向?yàn)檎较?，則

2mX4v0_2mv0=3mvc

解得：vc=2v0=V1

兩粒子結(jié)合成C粒子后經(jīng)Q后從磁場(chǎng)中飛出，則

5√-3ττh

t4=t3=

答：(1)粒子α剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的位置的橫坐標(biāo)為粵；

(2)粒子a、b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比及磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為"患；

(3)從粒子a、b結(jié)合成C至C離開磁場(chǎng)所用時(shí)間為史普工

【解析】(1)帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和幾何關(guān)系即可完成分析；

(2)根據(jù)牛頓第二定律得出半徑的表達(dá)式，由此得出磁感應(yīng)強(qiáng)度的比值關(guān)系；

(3)根據(jù)動(dòng)量守恒定律得出粒子的速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。

本題主要考查了帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，熟悉粒子的受力分析，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)

動(dòng)學(xué)公式即可完成解答。

13.【答案】增大減小

【解析】解：瓶中氣體的質(zhì)量沒(méi)有變化，分子數(shù)不變，體積減小，杯中封閉氣體單位體積內(nèi)的分

子數(shù)增大；蓋子“嚼”地一聲飛出，氣體對(duì)外做功，自身內(nèi)能減小，溫度降低，瓶?jī)?nèi)氣體分子平

均動(dòng)能減小。

故答案為：增大；減小

瓶中氣體的體積減小，杯中封閉氣體單位體積內(nèi)的分子數(shù)增大；根據(jù)內(nèi)能與溫度的關(guān)系解答。

本題主要考查了熱力學(xué)第一定律，明確封閉氣體體積減小時(shí)，外界對(duì)氣體做正功，單位體積內(nèi)的

分子數(shù)增大；注意內(nèi)能減小，溫度降低，瓶?jī)?nèi)氣體分子平均動(dòng)能減小。

14.【答案】解：⑴