2023屆全國(guó)高考仿真模擬測(cè)物理試卷（解析版）

2023年全國(guó)高考仿真模擬測(cè)試卷（新教材）

1.2023年3月底受冷空氣以及大風(fēng)天氣影響，全國(guó)各地均出現(xiàn)不同程度的沙塵天氣，內(nèi)蒙

古、北京等中北部地區(qū)局部有強(qiáng)沙塵暴，甚至局部地區(qū)出現(xiàn)下“泥點(diǎn)”的惡劣天氣，山東、河

南、安徽、江蘇等華東地區(qū)也都出現(xiàn)AQ“空氣質(zhì)量指數(shù)）爆表達(dá)到500的現(xiàn)象，AQ/指數(shù)中

一項(xiàng)重要指標(biāo)就是大家熟知的PM2.5指數(shù)，PM2.5是指空氣中直徑小于或等于2.5/zm的懸浮

顆粒物，漂浮在空中，很難自然沉降到地面。對(duì)于上述天氣現(xiàn)象的解釋中正確的是（）

A.中北部地區(qū)出現(xiàn)的沙塵暴中的沙塵顆粒所做的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)是布朗運(yùn)動(dòng)

B.一團(tuán)質(zhì)量不變的沙塵暴從溫度較低的地區(qū)吹到溫度較高的地區(qū)，溫度逐漸升高、風(fēng)速逐

漸減小，其內(nèi)能逐漸減小

C.PM2.5顆粒的尺寸與空氣中氧氣分子的尺寸數(shù)量級(jí)相當(dāng)

D.PM2.5在空氣中的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)是由于大量空氣分子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)對(duì)其撞擊的不平衡性引起

的

K答案ID

K解析H布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體或氣體中的固體顆粒，受到液體或氣體分子的無(wú)規(guī)則撞擊

所做的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)。用肉眼無(wú)法觀察到布朗運(yùn)動(dòng)。對(duì)理想氣體溫度升高，內(nèi)能增大。

本題考查布朗運(yùn)動(dòng)和內(nèi)能，基礎(chǔ)題目。

【解答】A.沙塵暴的運(yùn)動(dòng)是氣流運(yùn)動(dòng)形成的，不是布朗運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B.從低溫到高溫，內(nèi)能增加，內(nèi)能的宏觀表現(xiàn)是溫度，溫度越高，內(nèi)能越大，故B錯(cuò)誤；

C.氧分子尺寸的數(shù)量級(jí)為

而PV2.5的尺寸小于

故C錯(cuò)誤；

DPMZ5在空氣中的運(yùn)動(dòng)是布朗運(yùn)動(dòng)，由空氣中大量無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)的分子對(duì)其碰撞引起的，

故。正確。

2.為了研究大量處于3能級(jí)的氫原子躍遷時(shí)的發(fā)光特點(diǎn)，現(xiàn)利用氫原子躍遷時(shí)產(chǎn)生的

三種單色光照射同一個(gè)光電管，如圖甲所示，移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片調(diào)節(jié)光電管兩端電壓，

分別得到三種光照射時(shí)光電流與光電管兩端電壓的關(guān)系，如圖乙所示，則對(duì)于。、氏c三種

光，下列說(shuō)法正確的是（）

甲

A.從同一點(diǎn)沿相同方向射入球形玻璃磚內(nèi)，調(diào)節(jié)入射角的過(guò)程中，c光最容易發(fā)生全反射

現(xiàn)象

B.a、b、c三種光從真空中進(jìn)入同一介質(zhì)后，在介質(zhì)中的波長(zhǎng)滿(mǎn)足以下關(guān)系：+；

，小

C.用a光照射時(shí)逸出的光電子初動(dòng)能最小

D.通過(guò)同一個(gè)單縫裝置進(jìn)行單縫衍射實(shí)驗(yàn)，中央條紋寬度c光最寬

R答案HC

K解析2A.根據(jù)光線(xiàn)在球形玻璃磚中的對(duì)稱(chēng)性，光線(xiàn)射入后都不會(huì)發(fā)生全反射現(xiàn)象，故A

錯(cuò)誤；

8.根據(jù)圖乙可知，“、b、c三種光的遏止電壓關(guān)系為：＞ub＞Ua＜根據(jù)=%可

知i"＞f5,＞建，若這三種光是原子從能級(jí)n=獄遷到較低能級(jí)時(shí)發(fā)出的光，根據(jù)躍遷原理

可得：hfuhf+hf,整理得：3_=i+±,進(jìn)入同一種介質(zhì)后，由于介質(zhì)對(duì)三種光的

折射率不一樣，造成波長(zhǎng)發(fā)生變化，所以不再滿(mǎn)足上述關(guān)系，故8錯(cuò)誤；

C由B可知，a光的遏止電壓最小，根據(jù)PU一可知，ci光照射時(shí)逸出的光電子初動(dòng)能最

小，故C正確；

。.由8可知I"＞%,＞%,根據(jù)可知，＞Ac＞因此a光更容易發(fā)生明顯的衍射

現(xiàn)象，單縫衍射時(shí)a光中央亮條紋最寬，故。錯(cuò)誤。

3.2023年大年初一上映的國(guó)產(chǎn)科幻電影《流浪地球2》近期引起熱議，影片中的太空電梯、

方舟空間站、行星發(fā)動(dòng)機(jī)、量子計(jì)算機(jī)等滿(mǎn)足了大家對(duì)未來(lái)科技發(fā)展的想象，其中太空電梯

是人類(lèi)長(zhǎng)期以來(lái)想要建造的可以通向太空的電梯，如圖甲所示。而且隨著科學(xué)家們對(duì)碳納米

管材料研究的深入，使我們離成功建造太空電梯更進(jìn)一步。若未來(lái)宇航員可以像電影中那樣

乘坐太空電梯到達(dá)不同高度處的空間站或者補(bǔ)給站，宇航員與太空電梯一起停在某高度處時(shí)

的加速度與處于同一軌道高度處的地球衛(wèi)星的加速度隨距離地心距離/-之間的關(guān)系如圖乙

所示，下列說(shuō)法正確的是（）

A.圖線(xiàn)B是地球衛(wèi)星的加速度與距離地心距離r的關(guān)系圖象

B.離地面越遠(yuǎn)，宇航員與太空電梯之間的彈力減小

C.宇航員跟隨太空電梯到達(dá)不同位置時(shí)，均處于完全失重狀態(tài)

D.太空電梯向上加速運(yùn)行時(shí)，宇航員的合力方向不指向地心

K答案』D

R解析HA.地球衛(wèi)星的加速度/=等，宇航員在電梯中的加速度無(wú)二3。，因此圖線(xiàn)4

為地球衛(wèi)星的加速度與距離地心距離r的關(guān)系圖象，圖線(xiàn)B為宇航員在電梯中的加速度與距

離地心距離r的關(guān)系圖象，故A錯(cuò)誤。

8.若電梯艙對(duì)航天員的彈力表現(xiàn)為支持力時(shí)，有G管-底=冊(cè)4?7，解得

%=G詈-md’，

角速度不變，隨著r增大，航天員受到電梯艙的彈力減小；

若電梯艙對(duì)航天員的彈力表現(xiàn)為拉力時(shí)，有G等+&54,解得&=詈，

角速度不變，隨著r增大，航天員受到電梯艙的彈力增大；故B錯(cuò)誤；

C.電梯艙在r=2處的站點(diǎn)時(shí)，航天員的加速度等于地球同步衛(wèi)星的加速度，電梯艙對(duì)航天

員的彈力等于零，航天員只受到萬(wàn)有引力，所以航天員處于完全失重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤。

。.太空電梯向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，宇航員距離地面的高度增加，所以宇航員隨地球轉(zhuǎn)動(dòng)的線(xiàn)速度

在增大，因此宇航員在圓周運(yùn)動(dòng)的切線(xiàn)方向有加速度，所以宇航員的合加速度方向不沿半徑

方向指向地心，即宇航員受到的合力方向不指向地心，故力正確。

4.如圖所示，空間中有一處于豎直平面內(nèi)的半徑為R的光滑圓軌道，在圓心0處固定一

個(gè)帶正電的帶電小球，另有一個(gè)質(zhì)量為小帶負(fù)電的小球在圓軌道外側(cè)沿著軌道做圓周運(yùn)動(dòng),

當(dāng)小球以速率1f=、入灑過(guò)最低點(diǎn)8時(shí)，軌道對(duì)小球的彈力大小為2伙?，兩小球均可視為

質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g,則（）

B

A.小球在A點(diǎn)受到的彈力小于在B點(diǎn)受到的彈力

B.兩小球之間的庫(kù)侖力大小為6/ng

C.小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，在最高點(diǎn)受到的支持力始終比最低點(diǎn)受到的支持力大4〃際

D.現(xiàn)將0點(diǎn)小球的電荷量增大一倍，若仍要使另一個(gè)小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，小球通過(guò)最

低點(diǎn)B的速度需要滿(mǎn)足二、宜<；3<x~TsgR

K答案』D

R解析HAS,設(shè)兩小球之間的庫(kù)侖力為尸,小球在A點(diǎn)的彈力為5,在B點(diǎn)受到的彈力為為,

在B點(diǎn)，由牛頓第二定律可得/_用9-&=

代入數(shù)據(jù)得：F=8mg

從A到達(dá)8點(diǎn)過(guò)程，小球滿(mǎn)足機(jī)械能守恒，故有:m「：+2mgR=；mtg

解得！=，證

當(dāng)小球通過(guò)A點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得mg+F-匕

聯(lián)立解得：&=8mg，即巳〉片，故A8錯(cuò)誤；

C若小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，由機(jī)械能守恒定律可知小球在A、B兩點(diǎn)的動(dòng)能之差

為dEa=2mg/?,在A點(diǎn)由牛頓第二定律可得：mg+F-&=m系

在8點(diǎn)有：f—mg—Fa

聯(lián)立解得壓力差：d&=〃-5=6mg，故C錯(cuò)誤；

。.若0點(diǎn)小球的電荷量增大一倍，則庫(kù)侖力增大為2凡則小球通過(guò)8點(diǎn)有最大速率時(shí)，小

球與軌道間的彈力為零，由牛頓第二定律可得2F-mg=m^

解得小球通過(guò)8點(diǎn)的最大速率為「es=/!時(shí)，要使小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A

點(diǎn)時(shí)的最小速度為0,對(duì)應(yīng)的B點(diǎn)最小速度應(yīng)滿(mǎn)足：2mgA=，解得-2、,萬(wàn)員，

所以要使另一個(gè)小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，小球通過(guò)最低點(diǎn)B的速度需要滿(mǎn)

足二'萬(wàn)天W心W、彳強(qiáng)，故。正確。

5.如圖所示的電路中，閉合開(kāi)關(guān)，待電路穩(wěn)定后，可看成質(zhì)點(diǎn)的帶電小球恰好靜止在平行

板電容器之間的M點(diǎn)，其中二極管可視為理想二極管，下列說(shuō)法正確的是（）

A.向右移動(dòng)R?的滑片，小球向下移動(dòng)

B.向右移動(dòng)的滑片，小球的電勢(shì)能將減小

C.向下移動(dòng)電容器的下極板，二極管右端電勢(shì)高于左端電勢(shì)

D.斷開(kāi)S后，緊貼電容器的上極板附近插入金屬板，例點(diǎn)的電勢(shì)將升高

K答案』BC

K解析RA.向右移動(dòng)R,的滑片，電容器兩端電壓不變，兩極板之間的場(chǎng)強(qiáng)不變，因此小球

仍靜止不動(dòng)，故4錯(cuò)誤；

8.向右移動(dòng)&的滑片，&兩端電壓增大，電容器兩端電壓增大，兩極板之間的場(chǎng)強(qiáng)增大，小

球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，小球的電勢(shì)能減小，故8正確；

C電容器極板間距〃增大，根據(jù)代羔可知C減小，由C得到“不變時(shí)，2減小，

由于二極管的存在，電容器無(wú)法放電，所以。增大，二極管右端電勢(shì)高于左端電勢(shì)，故C

正確；

。.插入金屬板后，電容器極板間距d減小，根據(jù)C=幺、C=M、E=?可知：E="封，

4xiedUd3

間距減小，極板間場(chǎng)強(qiáng)不變，M點(diǎn)到下極板間距不變，電勢(shì)差不變，因此M點(diǎn)電勢(shì)不變，

故。錯(cuò)誤。

6.如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上，豎直放置時(shí)另一端位于。點(diǎn)，現(xiàn)將絕緣不帶

電物塊〃和帶正電的物塊b疊放在彈簧上，系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)彈簧上端位于P點(diǎn)。。、。的質(zhì)量均

為，小。的電荷量為q,在空間中加上豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，下列說(shuō)法正確的是（）

?o

1T

A.若場(chǎng)強(qiáng)大小為子，a、〃在0尸之間某一位置分離

■

B.若場(chǎng)強(qiáng)大小為詈不在"之間某一位置分離

C.若場(chǎng)強(qiáng)大小為洋，〃、〃在0點(diǎn)恰好分離

D.若場(chǎng)強(qiáng)大小為十，匕在尸點(diǎn)恰好分離

K答案』BD

R解析〃兩物體疊放在輕彈簧上，并處于靜止時(shí)，

此時(shí)彈簧彈力等于“6的重力，即F_=2mg.=kx,得到彈簧的壓縮量*=口

k*

若F=qE=；〃?g，系統(tǒng)做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，對(duì)。、匕兩物體整體進(jìn)行分析，平衡位置時(shí)，彈簧的壓

縮量為X：，則-mg+kVj=2mg>解得=三子

32K

此時(shí)振幅為A；=t—八=d，2A.=?

則最高點(diǎn)時(shí)的彈簧壓縮量為=x-24=)

當(dāng)兩物體之間作用力為0時(shí)，可以求得F=?,彈簧壓縮量為叼;詈，因?yàn)閐*i>Xz

所以時(shí)物體不會(huì)分離，兩物體將一起做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，故4錯(cuò)誤：

8.若F=qE=>"g，系統(tǒng)做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，對(duì)。、。兩物體整體進(jìn)行分析，平衡位置時(shí)，彈簧的

壓縮量為X；,則:Eg+kx?=2mg，解得x,=三子

則此時(shí)的振幅為A.=史里

則最高點(diǎn)時(shí)的彈簧壓縮量為4X￡=X-2A2=M

當(dāng)兩物體之間作用力為0時(shí)，可以求得F=把乂時(shí)，彈簧壓縮量為％=日

4*4*

因?yàn)閄,

所以?xún)晌矬w在到達(dá)最高點(diǎn)之前就已經(jīng)分離，不能完成完整的簡(jiǎn)諧振動(dòng)，即“，b會(huì)在。尸之

間分離，8正確；

C若F=qE-mg>則〃、b兩物體要分離時(shí)，兩者間的相互作用力為0,

對(duì)匕物體，根據(jù)牛頓第二定律有：

F-mg=ma

對(duì)。物體，根據(jù)牛頓第二定律有：

kx^-mg-ma

解得

“胃

所以a,6不會(huì)在。點(diǎn)分離，C錯(cuò)誤；

。.若F；=qE=2mg，則。、6兩物體要分離時(shí)，兩者間的相互作用力為0,

對(duì)6物體，根據(jù)牛頓第二定律有：

F-mg=ma

對(duì)a物體，根據(jù)牛頓第二定律有：

kxt-:mg=ma

解得

。=望=*

即a、b恰好在圖示的初始位置P點(diǎn)分離，。正確。

7.“抖空竹''是中國(guó)傳統(tǒng)的體育活動(dòng)之一，空竹在中國(guó)有悠久的歷史，明代《帝京景物略》

一書(shū)中就有空竹玩法和制作方法記述，明定陵亦有出土的文物為證，可見(jiàn)抖空竹在民間流行

的歷史至少在600年以上，并定為國(guó)家級(jí)非物質(zhì)文化遺產(chǎn)之一?，F(xiàn)將抖空竹中的一個(gè)變化過(guò)

程簡(jiǎn)化成以下模型：輕質(zhì)彈性繩（彈力特點(diǎn)類(lèi)比于彈簧）系于兩根輕桿的端點(diǎn)位置，左、右手

分別握住兩根輕桿的另一端，一定質(zhì)量的空竹架在彈性繩上。開(kāi)始時(shí)兩手處于同一水平線(xiàn)上

并保持輕桿水平，彈性繩的總長(zhǎng)度為q,接下來(lái)分別作出如下動(dòng)作：保持彈性繩兩個(gè)端點(diǎn)的

距離不變，左手抬高使彈性繩兩個(gè)端點(diǎn)的連線(xiàn)順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)過(guò)一個(gè)較小角度，此時(shí)彈性繩的

總長(zhǎng)度為L(zhǎng)：；保持彈性繩兩個(gè)端點(diǎn)的距離不變，右手抬高使彈性繩兩個(gè)端點(diǎn)的連線(xiàn)逆時(shí)針緩

慢轉(zhuǎn)過(guò)相同角度，此時(shí)彈性繩的總長(zhǎng)度為不計(jì)一切摩擦，則關(guān)于彈性繩總長(zhǎng)度的關(guān)系正

確的是（）

A.B.C.D.k<4o

（答案DACD

K解析?構(gòu)建基本模型如下，以空竹為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，如圖所示

設(shè)橡皮筋與水平方向的夾角分別為a和由同一根橡皮筋拉力大小相等，即耳-&

則平衡時(shí)有E-cos5-Scosa>解得a=S

所以?xún)筛鹌そ钆c豎直方向的夾角相等，設(shè)為依根據(jù)平衡條件有：2F：cos6=mg

設(shè)彈性繩兩個(gè)端點(diǎn)在水平方向上的距離為d,保持彈性繩兩個(gè)端點(diǎn)之間的距離不變，無(wú)論彈

性繩兩個(gè)端點(diǎn)的連線(xiàn)如何轉(zhuǎn)動(dòng)，〃均減小，則伊減小，8ss增大，因此向、F2均減小，根據(jù)

胡克定律可得橡皮筋的長(zhǎng)度減小；根據(jù)幾何關(guān)系可知，彈性繩兩個(gè)端點(diǎn)的連線(xiàn)沿順時(shí)針?lè)较?/p>

與沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)過(guò)相同角度時(shí)，橡皮筋與豎直方向的夾角都相等，因此橡皮筋的拉力相同。

綜上所述可知L：=LjVL，故選ACD.

8.如圖所示，擋板ad上方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,擋板中

間存在一空隙兒，兒的間距為L(zhǎng),磁場(chǎng)中且處于空隙正上方的S處有一粒子源，S到氏c

的距離也為3粒子源向各個(gè)方向均勻發(fā)射速度大小相同的帶正電粒子，若粒子打到擋板上

會(huì)被吸收。某次調(diào)節(jié)粒子源的發(fā)射速度為r（未知），使擋板空隙中所有區(qū)域均有粒子射出，

且能射出的粒子數(shù)目為某時(shí)刻發(fā)射粒子總數(shù)的已知從b點(diǎn)射出的粒子速度方向與擋板垂

6

直，粒子電荷量為q，質(zhì)量為，小不考慮粒子重力和粒子間的相互作用，則（）

B

XXXXX

，?產(chǎn)

XX/X\、XX

,XXX?--------\?XX--

abed

A.粒子源的發(fā)射速度為理

vn

B.兩個(gè)擋板上能吸收到粒子的總長(zhǎng)度為H巨￡L

3

C.調(diào)節(jié)粒子源的發(fā)射速度為:，空隙中所有區(qū)域依然都有粒子射出

D.調(diào)節(jié)粒子源的發(fā)射速度為m射出粒子數(shù)目仍為發(fā)射粒子總數(shù)的三

26

K答案』AB

K解析》A.由題意可知，粒子運(yùn)動(dòng)情況如圖所示

因?yàn)閺摹c(diǎn)射出的粒子速度方向與擋板垂直，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子的軌跡圓心在c點(diǎn),

則有：r=^=￡,粒子速率為0=型，故A正確;

“m

8.由題意可知，打到左側(cè)擋板最遠(yuǎn)點(diǎn)的粒子，與S點(diǎn)的連線(xiàn)長(zhǎng)度等于粒子的軌跡直徑,

由幾何關(guān)系可知左側(cè)最遠(yuǎn)點(diǎn)到間隙中心的距離為:=’（21戶(hù)一e工）'=手。

粒子能夠到達(dá)右側(cè)擋板最遠(yuǎn)點(diǎn)的位置應(yīng)為粒子軌跡與右側(cè)擋板的切點(diǎn),

由幾何關(guān)系可知右側(cè)最遠(yuǎn)點(diǎn)到間隙中心的距離為:

解得：八”也

因此擋板上能吸收到粒子的總長(zhǎng)度*=4+X.-L=?如"了匚L，故8正確；

CD.由A知粒子發(fā)射速度2=日，則軌跡半徑1=若=J根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子到達(dá)b

13m“2

點(diǎn)時(shí)，匕S連線(xiàn)恰好等于軌跡直徑，粒子運(yùn)動(dòng)情況如圖所示，假設(shè)粒子軌跡與前相切于N點(diǎn)，

由幾何關(guān)系，可求得切點(diǎn)N到間隙中心的距離為：

*=J?一爭(zhēng)一涉，即工＜：，說(shuō)明右側(cè)能夠有粒子射出的最遠(yuǎn)位置還沒(méi)

有到達(dá)c點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；根據(jù)圖示可知，若粒子從b點(diǎn)射出磁場(chǎng)，其從S點(diǎn)出射時(shí)的速度

方向與6S連線(xiàn)垂直斜向左上方；若粒子以與Sc垂直且斜向左下方的速度方向射出，根據(jù)粒

子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡將與歷相交與中間某點(diǎn)，此時(shí)兩種情況下從S點(diǎn)出射的

速度方向夾角為603所以運(yùn)動(dòng)軌跡與be相切的粒子從S點(diǎn)出射速度方向與從b點(diǎn)射出的粒

子從S點(diǎn)的的出射方向夾角大于60，因此此時(shí)射出粒子數(shù)目大于發(fā)射粒子總數(shù)的;，故。

錯(cuò)誤，故選A3。

9.某同學(xué)在學(xué)習(xí)完單擺的相關(guān)知識(shí)后，想要在家利用手邊的物品測(cè)量本地的重力加速度。

用不規(guī)則的鑰匙扣代替小球做成簡(jiǎn)易單擺裝置，手機(jī)上的計(jì)時(shí)功能代替秒表,實(shí)驗(yàn)過(guò)程如下:

(1)用家中軟尺測(cè)得懸掛點(diǎn)O到鑰匙扣連接處M的長(zhǎng)度為/；

[2或開(kāi)較小角度后將鑰匙扣由靜止釋放，并在鑰匙扣第1次通過(guò)最低點(diǎn)按下計(jì)時(shí)“開(kāi)始”按

鈕，第N次通過(guò)最低點(diǎn)停止計(jì)時(shí)，記錄手機(jī)上的時(shí)間為r,則單擺的周期T為；

(3聲該同學(xué)改變細(xì)線(xiàn)長(zhǎng)度后只做兩次實(shí)驗(yàn)，得到兩組長(zhǎng)度和周期的數(shù)據(jù)：』,、七；"、弓，

利用數(shù)據(jù)測(cè)得重力加速度為:

(4)若該同學(xué)多次改變細(xì)線(xiàn)長(zhǎng)度得到多組數(shù)據(jù)，描點(diǎn)作出得到圖像，得到的圖像可能是

紇)鑰匙扣的形狀不規(guī)則，對(duì)上述實(shí)驗(yàn)測(cè)得的重力加速度一(填“有”或者“無(wú))影響。

R答案》⑶含；⑸無(wú)

K解析》(2)根據(jù)題意可知，單擺的周期為：「二三。

(3)設(shè)擺線(xiàn)末端與鑰匙扣重心間的距離為心由周期公式可得7：=2”

解得g二

(4)根據(jù)r=.2有，變形可得廠—=昔1+嚀，故戶(hù)與/為一次函數(shù)關(guān)系，且與縱軸正

半軸有截距，故選及

(5)由前面數(shù)據(jù)處理分析可知，鑰匙扣的形狀不規(guī)則雖導(dǎo)致重心位置無(wú)法測(cè)量，但對(duì)重力加

速度的測(cè)量無(wú)影響。

10.傳感器的基本工作原理是將非電學(xué)量轉(zhuǎn)換為電學(xué)量，更方便地進(jìn)行測(cè)量和控制。商家

對(duì)大宗貨物的計(jì)量主要是利用電子地磅進(jìn)行稱(chēng)重，電子地磅的原理如下：不放物體時(shí)滑動(dòng)變

阻器的滑片位于A端，放上重物后電路電流變大，電流表示數(shù)改變，所以可以通過(guò)與電流

表的示數(shù)對(duì)應(yīng)的重量值讀出被稱(chēng)物體的重量。學(xué)校的物理實(shí)驗(yàn)小組在了解到電子地磅的原理

后，想要利用這個(gè)簡(jiǎn)單的傳感器裝置原理圖去測(cè)量由兩節(jié)干電池串聯(lián)的電池組內(nèi)阻，設(shè)想如

下：將干電池組接入和電子地磅原理相同的電路圖中，兩個(gè)彈簧的總彈力和彈簧的形變量成

正比，且測(cè)得比例系數(shù)為譏已知一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)為E,滑動(dòng)變阻器的最大阻值等于定

值電阻的阻值，均為心,在托盤(pán)上放置不同重量的祛碼，讀出對(duì)應(yīng)電流表的示數(shù)。根據(jù)該

小組的設(shè)想，分析如下問(wèn)題：

(11則得多組祛碼的重力與電流表讀數(shù)的數(shù)據(jù)后，若采用圖像法進(jìn)行數(shù)據(jù)處理，則應(yīng)該畫(huà)出

G與的圖像；

(2)根據(jù)測(cè)得數(shù)據(jù)進(jìn)行描點(diǎn)作圖后測(cè)得圖像的斜率為截距為b,則滑動(dòng)變阻器上均勻纏繞

的電阻絲沿纏繞方向的總長(zhǎng)度L為、待測(cè)電池組內(nèi)阻r為_(kāi)________(用題目中

所給物理量符號(hào)表示)；

(3)考慮電流表內(nèi)阻引起的系統(tǒng)誤差，電池組內(nèi)阻的測(cè)量值和真實(shí)值相比_______(填寫(xiě)“偏

大"、"偏小”、’湘等)

K答案(2)-聾(3)偏大

K解析H本題考查傳感器的應(yīng)用的實(shí)驗(yàn)，能從題設(shè)得出實(shí)驗(yàn)原理是解題的關(guān)鍵。

(1爐艮據(jù)胡克定律，結(jié)合電阻定律和閉合電路歐姆定律得出表達(dá)式即可解題：

(2)根據(jù)表達(dá)式結(jié)合圖像斜率和縱截距的含義列方程即可求解；

(3心艮據(jù)實(shí)驗(yàn)原理和誤差分析即可解題。

【解答】(1)由胡克定律可知：kx=G，得：*=

此時(shí)滑動(dòng)變阻器接入電阻為:*=寧勺=竽&;

由閉合電路歐姆定律可知："缶，解得：G=2U+黃-荒

可知：應(yīng)該畫(huà)G-j圖像

（2,艮據(jù)分析可知：a=-,b=2k。，手，解得：I=—2,廣=一2幾）-詈;

（3）考慮電流表引起的誤差，內(nèi)阻實(shí)際值為r=-2R。,-詈-&，因此測(cè)量值偏大。

11.空氣動(dòng)力學(xué)是世界科學(xué)領(lǐng)域里最為活躍、最具有發(fā)展?jié)摿Φ膶W(xué)科之一，為了研究各類(lèi)

高速運(yùn)動(dòng)的物體，如飛機(jī)、汽車(chē)等在實(shí)際運(yùn)行過(guò)程中所受空氣阻力的影響，可在實(shí)驗(yàn)室中構(gòu)

建出不同的風(fēng)力環(huán)境進(jìn)而模擬出實(shí)際環(huán)境。現(xiàn)利用能產(chǎn)生水平方向恒定風(fēng)力的實(shí)驗(yàn)室研究小

球的運(yùn)動(dòng)情況，如圖所示，設(shè)定風(fēng)力只存在于0<y<L6m的區(qū)域內(nèi)。將小球從原點(diǎn)0豎

直向上拋出，在實(shí)驗(yàn)室中測(cè)得小球運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)高度為1.8E，再次經(jīng)過(guò)x軸的坐標(biāo)為

x=24m，已知小球質(zhì)量為0.2kg,重力加速度g取10m/s：，求：

八y/m

1.6-----------------------------------------

―?―?—?

o|---------------------------------24—>x/m

（1）實(shí)驗(yàn)室設(shè)定的風(fēng)力大小為多少？

（2）再次經(jīng)過(guò)x軸前的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度的最大值和最小值分別為多少？

R答案』Q）由題意可知，小球在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)

最高點(diǎn)的豎直高度有：

h=4=1.8m

解得：t>.=?/!

小球拋出后在風(fēng)洞范圍內(nèi)，豎直方向做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，有y=uoti-：g￡

2

解得：J=04s

水平方向有0—；atj

沖出風(fēng)洞時(shí)豎直方向的速度i\.=r0-/1=2m/s

水平方向的速度二att

小球從風(fēng)洞區(qū)域沖出后的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t?=2^=0.41

小球在風(fēng)洞外水平方向的位移大小叼=at1t2

小球返回風(fēng)洞后水平方向的位移.二a“x〉+-at-

聯(lián)立可知:XvX.iXj=1:2：3

又：XJ+XJ+X,=24m

解得：a-50m/s:

對(duì)小球，水平方向：F-ma

代入數(shù)據(jù)得：F=1ON

（2）小球經(jīng)過(guò)x=24m時(shí)的速度最大，水平速度為r：.=fl-2t1.=40m/s

此時(shí)速度為州+v?

解得Jx=2、，409E/S

小球在風(fēng)洞外的最小速度出現(xiàn)在軌跡的最高點(diǎn)，等于小球離開(kāi)風(fēng)洞時(shí)的水平速度，

即u?=rT=atx=20m/j

在風(fēng)洞內(nèi)速度最小值出現(xiàn)在合外力方向速度減為零時(shí)，即速度方向與合力方向垂直時(shí)。

設(shè)小球所受合力方向與水平面夾角為a。

根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解，速度最小值為r*=r（）cosa

又因?yàn)閏osa=/-=—

，a?

所以4=，??■?=＜?a

故小球的最小速度為＜xVa生亙Rs。

12.如圖甲所示，在絕緣水平桌面上固定有間距為L(zhǎng)：=:e的光滑平行金屬導(dǎo)軌，虛線(xiàn)MN

左側(cè)、尸。右側(cè)（不包含邊界）存在相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度3=47,

兩個(gè)阻值均為20的電阻接在導(dǎo)軌的左右兩端。導(dǎo)軌上放置兩個(gè)完全相同的導(dǎo)體棒ab與cd,

導(dǎo)體棒的質(zhì)量m=0.5Ag，長(zhǎng)度電阻&）=而位于MN左側(cè)，cd放在磁場(chǎng)邊

界P。上，對(duì)心施加向右的恒力耳=5N后，時(shí)的速度-時(shí)間圖像如圖乙所示（￡：、J段為直

線(xiàn)，其余段為曲線(xiàn)），。時(shí)刻撤去外力凡々時(shí)刻而靜止，已知匕時(shí)刻的速度大小為4m/s，

過(guò)程圖像圍成的面積為2機(jī)。兩個(gè)導(dǎo)體棒之間的碰撞為完全非彈性碰撞，導(dǎo)體棒與導(dǎo)

軌始終接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，求：

（1）兩磁場(chǎng)邊界MN、P。之間的距離L；

（2聲。時(shí)刻之后系統(tǒng)受到向左的變力已作用，且F：=k（1-t＞，，國(guó)際單位制下比例系數(shù)k

大小為8.0，已知施加三后的0.5s內(nèi)，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)位移為*=1.15m，此過(guò)程中導(dǎo)軌左側(cè)接入

的電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q=1.5）,求施加R后的0.5，內(nèi)已做的功。

K答案［（1）由圖像可知：匕時(shí)刻ab到達(dá)MN,匕時(shí)刻ab與cd在PQ位置發(fā)生碰撞

對(duì)于兩根導(dǎo)體棒碰后的過(guò)程，列動(dòng)量定理，則有：-引L.=0-2m%

任一導(dǎo)體棒接入電路的有效電阻r=>JL=2fl

根據(jù)電路規(guī)律有：R-

922--=.2/?

由q=m，’=丁，E=冗￡

?Jje

得，曰：。，="==年6"

聯(lián)立可得：%=4E/S

設(shè)兩導(dǎo)體棒發(fā)生碰撞前瞬間ab棒的速度為工，

根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知mu：=2mv:

代入數(shù)據(jù)得：%=&n/s

在MN到PQ的過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律有5_n：a

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式L=星也=2.4m

3a

（2）設(shè)施加片后的0.5s時(shí)兩導(dǎo)體棒的速度為%,對(duì)兩根導(dǎo)體棒整體研究,

根據(jù)動(dòng)量定理有：（一B?1t—入出=2*七一2a嗎

根據(jù)與滿(mǎn)足的函數(shù)關(guān)系可知，F(xiàn)54t=IXs

結(jié)合q=手=^^

聯(lián)立解得：

v,=O.Jm/s

根據(jù)電路規(guī)律可知，此過(guò)程中整個(gè)電路生成的熱量為：Q.F=4Q

根據(jù)能量守恒定律有：W-■國(guó)一，2■國(guó)，=Q=

代入數(shù)據(jù)得：w--1.7,55/

13.如圖所示，光滑水平面上放置一個(gè)水平長(zhǎng)木板C和三光滑圓弧軌道B的組合體，在組

合體的左側(cè)水平面上固定一個(gè)彈性擋板，擋板與組合體左端的距離為乙，現(xiàn)將一質(zhì)量m=2kg

的物塊A從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放，己知長(zhǎng)木板的質(zhì)量M=4kg，:圓弧軌道的質(zhì)量

m=2kg，半徑A=1.8m，物塊與長(zhǎng)木板上表面的動(dòng)摩擦因素為＞=0.3，重力加速度

g=10m〃：，不考慮物塊A經(jīng)過(guò)組合體連接處的能量損失，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所涉及到的碰撞均

為彈性碰撞。

(1)先將8、C組合體通過(guò)中間的卡扣鎖定在一起，求：物塊A釋放以后經(jīng)過(guò)圓弧軌道最低

點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小為多少？

(2期將:圓弧軌道固定，并解除8、C組合體之間的鎖定，在系統(tǒng)最終靜止之前，長(zhǎng)木板只

與擋板發(fā)生了