安徽省名校2022届高三下学期理综物理考前定位试卷

安徽省名校2022届高三下学期理综物理考前定位试卷

姓名：__________ 班级：__________考号：__________

题号 评分 一 二 三 四 总分 A．电压表示数减小 B．电流表示数减小 ……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………阅卷人 一、单选题(共5题；共10分) 得分 1．（2分）2021年11月3日上午，清华大学王大中院士在北京人民大会堂被授于2020年度国家最高

科学技术奖，王大中院士领导清华大学核能研究团队以提高核能安全性为主要学术理念，成功走出了一条以固有安全为主要特征的先进核能技术的发展之路。下列有关核反应的说法，正确的是（ ）A．铀核的衰变和裂变都能自发发生

B．两个轻核结合成质量较大的核，核子的比结合能增加 C．温度升高，铀核的半衰期将逐渐减小

D．要使重核裂变产生链式反应，需用α粒子轰击重核

2．（2分）如图所示，光滑半球形容器静止在粗糙的水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在

水平力F的作用下由P点沿圆弧缓慢向上移动。在小滑块沿圆弧上滑的过程中，容器始终保持静止，则（ ）

A．容器对小滑块的弹力逐渐减小 B．水平力F的大小始终保持不变 C．地面对容器的摩擦力逐渐减小

D．地面对容器的支持力保持不变

3．（2分）如图1所示，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，R1为定值电阻，R2为滑动变阻

器，图中电表均为理想电表。在a、b端加上交流电源如图2所示，当向下调节滑动变阻器R2的滑片P时（ ）

1 / 9

C．R1消耗的功率减小

D．电源的输出功率减小

4．（2分）2021年10月16日，长征二号F遥十三运载火箭在酒泉卫星发射中心点火起飞，托举载有

翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员的神舟十三号载人飞船进入太空，神舟十三号飞船运行轨道距地面的高度为400km。若神舟十三号飞船做匀速圆周运动，引力常量为G，地球半径为6400km，地球表面的重力加速度g取10m/s2。则（ ） A．神舟十三号飞船内的宇航员不受重力作用 B．神舟十三号飞船绕地球运动的速度约为8.0km/s

C．若神舟十三号飞船绕地球运动的周期为T，则地球的密度为3𝜋

𝐺𝑇

2 D．神舟十三号飞船在轨道上运行的向心加速度约为8.9m/s2

5．（2分）甲、乙两小球从地面先后以大小相同的速度斜上抛，两小球落回地面时距离各自拋出点的

距离分别为s1、s2，上升到最大高度所用时间分别为t1、t2落地时速度与水平面的夹角分别为θ1、θ2，且0<θ1<θ2 <90°。不计空气阻力的影响，则（ ）

A．t1一定大于t2 B．t1可能等于t2 C．s1一定大于s2

D．s1可能等于s2

阅卷人 二、多选题(共5题；共10分)

得分 6．（2分）如图所示，在真空中一条竖直方向的电场线上有M、N两点。一带正电小球在M点由静止

释放后沿电场线向下运动，到达N点时速度恰好为零，则（ ）

……线…………○…………

A．F1 =μ2m2g

……线…………○………… A．N点的电场强度方向竖直向上 B．M点的电场强度大于N点的电场强度 C．小球在N点所受到的合力一定为零 D．小球在M点的电势能小于在N点的电势能

7．（2分）如图所示，相距为L的两条足够长的固定光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，下端接有

定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B。质量为m、有效电阻为r的导体棒垂直放置在导轨上，且以初速度v0沿导轨上滑。上滑到最高点视为过程I，导体棒从最高点返回到初始位置视为过程II。导轨电阻不计，则（ ）

A．过程I导体棒运动的时间大于过程II导体棒运动的时间 B．过程I电阻R产生的热量大于过程II电阻R产生的热量 C．过程I重力的平均功率大于过程II重力的平均功率

D．过程I电阻R通过的电荷量大于过程II电阻R通过的电荷量

8．（2分）水平地面上有一质量为m2的长木板，木板的右端上方有一质量为m1的物块，如图1所

示。用水平向右的拉力F作用在长木板上，F随时间t的变化关系如图2所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。物块受到的摩擦力f1随时间t的变化关系如图3所示。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（ ）

2 / 9

B．F2=(μ1+2μ2)(m1 +m2)g

C．F=2F2时，木板的加速度为(𝜇1+𝜇2)(𝑚+𝑚𝑚12)

2

+𝜇1𝑔

D．在0~t2时间内物块与木板加速度相等

9．（2分）下列说法正确的是（ ）

A．液体难以被压缩表明液体中分子力总是引力 B．气体从外界吸收热量，气体的内能一定增大 C．一定质量的气体体积减小时，气体压强不一定增大 D．气体在体积缓慢增大的过程中，一定对外界做功

E．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量

10．（2分）两波源分别位于A、B处，均沿竖直方向振动，形成的简谐横波沿x轴相向而行，波速均

为v = 0.4m/s。t = 0时形成的波形如图所示，其中A、N、M、B点横坐标分别为 - 0.2m、0.4m、0.5m、1.2m，下列说法正确的是（ ）

A．B处波源的起振方向竖直向下 B．A处波源的振动频率为0.5Hz C．t = 2.5s时，N点位于平衡位置 D．t = 2.5s时，M点的位移为2cm E．两波相遇后将产生稳定的干涉现象

阅卷人 三、实验题(共2题；共8分)

得分 …………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○…………

11．（3分）某同学用如图所示的实验装置验证物体的加速度与合外力间的关系，所用器材包括：气垫

被测电阻的阻值为 Ω

（3）（1分）如图3所示，某同学利用定值电阻R1给欧姆表增加一挡位“×10”，则定值电阻R1 = Ω。（结果保留1位小数）

（4）（1分）若该欧姆表换了一个电动势为1.5V、内阻为10Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果 。 （选填“偏大”“偏小”或“准确”）。

导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。 实验步骤如下：

⑴开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间相等时，可认为气垫导轨水平；

⑴用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2； 阅卷人 四、解答题(共4题；共45分)

……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………⑴用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；

⑴让滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间𝛥𝑡1、𝛥𝑡2及遮光片从A运动到B所用的时间t12，则滑块加速度的大小为a= 。（用题中给出的物理量表示）

⑴在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，系统所受合外力的大小F= 。（用题中给出的物理量及重力加速度g表示）

⑴若实验数据满足𝐹𝑎= ，则表明系统质量一定时，加速度与合外力成正比。（用题中给出的

物理量表示）

12．（5分）如图1所示为一个多用电表欧姆挡内部电路示意图。电流表满偏电流1mA、内阻10Ω；电

池电动势1.5 V、内阻1Ω；

（1）（2分）图1中表笔a为 色（选填“红”或“黑”）。调零电阻R0可能是下面两个滑动变阻器中的 （填选项序号）。

A．电阻范围0~200Ω B．电阻范围0~2 000Ω

（2）（1分）在进行欧姆调零后，正确使用该多用电表测量某电阻的阻值，电表读数如图2所示，

3 / 9

得分 13．（10分）如图所示，在竖直平面内直角坐标系xOy的第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，

在第四象限内存在垂直xOy平面向外的匀强磁场。A是x轴上的一点，到坐标原点的距离为2h。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从y轴上距坐标原点h的C点以初速度v0垂直进入电场，粒子恰从A点进入第四象限，继而再次进入电场区域。不计粒子的重力，求：

（1）（5分）磁感应强度B的最小值；

（2）（5分）在磁感应强度最小时，粒子从C点进入电场到第二次进入电场运动的时间。

14．（15分）如图1所示，用不可伸长轻绳将质量为mA= 2.0kg的物块A悬挂在O点，轻绳长度为l =

0.8m。初始时，轻绳处于水平拉直状态，现将物块A由静止释放，当A下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的长木板B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。长木板B的质量为mB= 2.0kg，长木板B的左端放置有可视为质点的小物块C，小物块C的速度随时间变化图像如图2所示，小物块C的质量为mC= 1.0kg，在运动过程中，小物块C未从长木板B上掉落。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻

力的影响。求：

……线…………○…………

（1）（5分）碰撞前瞬间轻绳拉力的大小；

（2）（5分）小物块C与长木板B间的动摩擦因数μ以及长木板B与地面间的动摩擦因数μ0； （3）（5分）长木板B至少多长。

15．（10分）如图所示，导热性能良好的气缸I、II内径相同，长度均为L，两气缸内有同种气体，且

用细管连通。内部分别有轻质活塞A和单向阀门B ，活塞密封性良好，气缸I上端开口，活塞的横截面积为S，初始时轻活塞A在气缸最上端，气缸I内气体压强为p0，气缸II内气体压强为2p0。将……线…………○………… 物体轻放在活塞的中央，活塞开始向下移动，活塞再次静止时，通过活塞A向下移动的距离测量物体的质量。已知大气压强为p0，重力加速度为g，环境温度不变，不计活塞与气缸的摩擦，气体视为理想气体。求：

（1）（5分）若活塞A向下移动14L，此时放置在轻质活塞上物体的质量m；

（2）（5分）该装置可以测量的物体最大的质量M。

16．（10分）现有一三棱柱工件，由透明玻璃材料组成，如图所示，其横截面ABC为直角三角形，

ACB=30°，AB面镀有水银。现有一条光线沿着截面从AC边上的O点以45°的入射角射入工件，经AB面反射后光束沿原光路返回。其中CO=13AC=l，光速为c。求：

（1）（5分）玻璃对该光的折射率； （2）（5分）光在三棱镜中的传播时间。

4 / 9

…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○…………

答案解析部分

1．【答案】B

【解析】【解答】A．铀核的衰变可以自发发生，但裂变需要用中子轰击，A不符合题意；

𝑛2𝑈

解得𝐼1=(𝑛2)𝑅1 12

𝐼1𝑛1=𝐼2𝑛2

又由于𝑈=𝐼1𝑅1+𝑈1

𝑈

𝑈1=𝑛21 所以(𝑛2)𝑅+11

2

B．两个轻核结合成质量较大的核，会释放核能，产生质量亏损，生成物的结合能比反应物的结合能大，而反应前后核子数不变，所以核子的比结合能增加，B符合题意； C．半衰期由原子核本身决定，与温度无关，C不符合题意；

当向下调节滑动变阻器R2的滑片P时，R2接入电路的阻值减小，根据上面U1的表达式可知，U1减……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………D．要使重核裂变产生链式反应，需用中子轰击重核，D不符合题意。 故答案为：B。

【分析】铀核的衰变在种子的轰击下可以自发发生；两个轻核结合成质量较大的核，会释放核能，产生质量亏损：半衰期由原子核本身决定。

2．【答案】D

【解析】【解答】AB．对小滑块受力分析如图所示，根据平衡条件可得𝐹=

𝑚𝑔

tan𝜃 𝐹𝑁=

sin𝜃𝑚𝑔

在小滑块沿圆弧上滑的过程中，θ逐渐减小，则F和FN都逐渐增大，AB不符合题意；

CD．以小滑块和容器整体分析，根据平衡条件可知，地面对容器的摩擦力与F平衡，所以地面对容器的摩擦力逐渐增大；地面对容器的支持力与整体的重力平衡，所以地面对容器的支持力保持不变，C不符合题意，D符合题意。 故答案为：D。

【分析】对小滑块进行受力分析，根据共点力平衡得出容器对小滑块的弹力表达式，并得出弹力的变化情况，对小滑块和容器整体进行受力分析，利用共点力平衡你得出地面对容器支持力的变化情况。3．【答案】A

【解析】【解答】A．设变压器原线圈电压为U1，电流为I1，副线圈电压为U2，电流为I2𝑈𝑛

𝑈12=𝑛12

𝐼2=

𝑈𝑅2

2

5 / 9

小，匝数比不变，所以U2减小，电压表的示数为U2，所以A符合题意； 𝑈

B．根据表达式可得𝐼1

=𝑅𝑛1+(𝑛12 2

)𝑅2

可知，当R2减小时，I1增大，所以电流表示数增大，B不符合题意； C．R1消耗的功率为𝑃1=𝐼21𝑅1 I1增大，P1增大，C不符合题意； D．电源的输出功率为𝑃=𝑈𝐼1 I1增大，P增大，D不符合题意。 故答案为：A。

【分析】根据理想变压器两端的电压比和匝数比之间的关系以及闭合电路欧姆定律欧姆定律得出电压

表示数的变化情况，结合热功率和电功率的表达式判断R1消耗的功率和电源的输出功率的变化情况。

4．【答案】D

【解析】【解答】A．神舟十三号飞船内的宇航员受到重力作用，以提供他们绕地球做匀速圆周运动的

向心力，A不符合题意；

B．第一宇宙速度7.9km/s是物体绕地球表面做匀速圆周运动的线速度，同时也是物体绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，神舟十三号飞船绕地球运动的速度一定小于7.9km/s，B不符合题意； C．设地球质量为M，神州十三号质量为m，若神舟十三号飞船绕地球运动的周期为T，根据牛顿第二定律有𝐺

𝑀𝑚

(𝑅+ℎ)2=𝑚4𝜋2

𝑇2(𝑅+ℎ) 根据密度公式有𝑀=𝜌⋅4

3𝜋𝑅3

联立以上两式可得地球的密度为3

𝜌=3𝜋(𝑅+ℎ)𝐺𝑇2𝑅

3 C不符合题意；

D．设神舟十三号飞船在轨道上运行的向心加速度大小为a，根据牛顿第二定律有𝐺𝑀𝑚

(𝑅+ℎ)

2=𝑚𝑎

……线…………○…………

𝐺𝑀𝑚

当神舟十三号在地球表面上待发射时，其所受万有引力等于重力，即2=𝑚𝑔

𝑅

故答案为：AD。

联立以上两式可得𝑎≈8.9𝑚/𝑠D符合题意。 故答案为：D。

2

【分析】正电荷所受电场力的方向与电场线的方向一致在MN两点对小球进行受力分析，结合力的合成得出电场力的大小关系，通过电势能的表达式判断电势能的大小关系。

7．【答案】B,C

【解析】【解答】A．金属棒速度为𝑣时，安培力𝐹

【分析】宇航员在飞船内仍然受重力，第一宇宙速度为飞船绕地球运动的最大速度，通过万有引力提𝐵𝐿𝑣𝐵𝐿𝑣

=𝐼𝐿𝐵=𝐿𝐵=安𝑅+𝑟𝑅+𝑟22

……线…………○………… 供向心力以及质量和密度的关系得出地球的密度；通过牛顿第二定律得出飞船的向心加速度。

5．【答案】D

【解析】【解答】AB．设甲、乙两小球抛出时的初速度大小为𝑣0，竖直分速度分别为𝑣1，𝑣2，由题可

知𝑣1=𝑣0sin𝜃1，𝑣2=𝑣0sin𝜃2

两球在空中运动的时间𝑡1=2𝑣𝑔1=2𝑣0sin𝜃𝑔1，𝑡2=2𝑣

2𝑣sin𝜃𝑔2=0𝑔2 由题可知𝑡1<𝑡2 A、B不符合题意；

CD．甲、乙两小球的水平位移𝑠2𝑣20sin𝜃21=𝑣0𝑡1cos𝜃1=

𝑔1cos𝜃1=𝑣0sin2𝜃𝑔1，𝑠2=𝑣0𝑡2cos𝜃2=

2𝑣20sin𝜃2𝑔2cos𝜃2=𝑣0sin2𝜃𝑔2 当θ1+θ2 =90°

时，两球的水平位移相等，C不符合题意，D符合题意。 故答案为：D。

【分析】根据速度的分解以及匀变速直线运动的规律得出两球在空中运动的时间；结合匀速直线运动的规律得出两球水平位移的大小关系。

6．【答案】A,D

【解析】【解答】A．由题意可知小球在N点所受电场力向上，而小球带正电，所以N点的电场强度

方向向上，A符合题意；

B．由题意可知小球在M点所受电场力小于重力，在N点所受电场力大于或等于重力，所以M点的电场强度小于N点的电场强度，B不符合题意； C．小球在N点所受到的合力竖直向上，C不符合题意；

D．小球从M点运动到N点的过程中电场力做负功，电势能增大，所以M点的电势能小于在N点的电势能，D符合题意。

6 / 9

过程I中由牛顿第二定律得𝐵2𝑅+𝑟𝐿2

𝑣+𝑚𝑔sin𝜃=𝑚𝑎1

过程II中由牛顿第二定律得𝑚𝑔sin𝜃−𝐵2𝐿2

𝑣𝑅+𝑟=𝑚𝑎2

过程I中的平均加速度大于过程II中平均加速度，过程I中和过程II中的位移大小相等，过程I导体棒运动的时间小于过程II导体棒运动的时间。A不符合题意；

B．过程I的平均速度大于过程II的平均速度，则过程I中克服安培力做的功大于过程II中克服安培力做的功，过程I电阻R产生的热量大于过程II电阻R产生的热量。B符合题意；

C．过程I导体棒运动的时间小于过程II导体棒运动的时间，过程I重力做功的绝对值等于过程II重力做功的绝对值，过程I重力的平均功率大于过程II重力的平均功率。C符合题意； D．设过程I金属棒沿斜面上升最大位移为x，由𝑞=𝐼−

⋅𝛥𝑡 又𝑞=

𝛥𝛷1𝛥𝛷𝛥𝑡⋅𝑅+𝑟⋅𝛥𝑡=𝐵𝐿𝑥

𝑅+𝑟=

𝑅+𝑟 过程I电阻R通过的电荷量等于于过程II电阻R通过的电荷量。D不符合题意。 故答案为：BC。

【分析】利用安培力的表达式以及牛顿第二定律得出两个过程中的加速度大小关系；结合欧姆定律以及电荷量的表达式得出两个过程中通过电阻R的电荷量大小。

8．【答案】C,D

【解析】【解答】D．由图3可知，在0~t1时间内，物块和木板均处于静止状态，物块不受摩擦力，在

t1~t2时间内，物块和木板一起加速度，物块受到静摩擦力作用，D符合题意；

A．在t1时刻，木板和物块恰好开始运动，此时拉力恰好等于地面对木板的最大静摩擦力𝐹=𝜇2(𝑚1+𝑚2)𝑔

A不符合题意；

B．在t2时刻，木板和物块恰好一起加速运动，此时的加速度𝑎=𝜇1𝑔

将木板和物块作为一个整体，根据牛顿第二定律𝐹2−𝜇2(𝑚1+𝑚2)𝑔=(𝑚1+𝑚2)𝑎

…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○…………

解得F2=(μ1 +μ2)(m1 +m2)g B不符合题意；

C．当F=2F2时，木板与物块已经发生相对滑动，对木板2𝐹2−𝜇2(𝑚1+𝑚2)𝑔−𝜇1𝑚1𝑔=𝑚2𝑎 代入数据解得𝑎=C符合题意。 故答案为：CD。

(𝜇1+𝜇2)(𝑚1+𝑚2)

+𝜇1𝑔

𝑚2

则有xMA = 0，xMB = 2.0cm，xNA = 0，xNB = 0

即当t = 2.5s时，M、N点的位移为xM = xMA + xMB = 2.0cm ……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………

【分析】根据f-t的图像得出物体在不同过程中受到的摩擦力，利用牛顿第二定律得出 F1、F2 的大小；当木板与物块发生相对滑动时结合牛顿第二定律得出加速度的大小。

9．【答案】C,D,E

【解析】【解答】A．液体难以被压缩表明液体中分子力间存在斥力。A不符合题意；

B．气体从外界吸收热量，若同时对外做功，根据热力学第一定律可知气体的内能不一定增大。B不符合题意；

C．根据理想气体状态方程𝑝𝑉𝑇=𝐶

可知一定质量的气体体积减小时，气体压强不一定增大。C符合题意；

D．气体的功是体积功，在体积缓慢增大的过程中，一定对外界做功。D符合题意；

E．空调机在制冷过程中，压缩机要消耗电能，产生一部分内能，所以从室内吸收的热量少于向室外放出的热量。E符合题意。 故答案为：CDE。

【分析】液体难以压缩是由于分子间的斥力；通过理想气体状态方程得出气体压强的变化情况气，气体体积变化的过程中气体做的功也发生变化。

10．【答案】A,C,D

【解析】【解答】A．由题图可看出t = 0时B波传到0.8m处，根据“上坡、下坡”法可知，B处波源的

起振方向竖直向下，A符合题意；

B．由题图可看出A波的波长λ = 0.2m，则根据𝑓=𝑣

𝜆算出该波的频率fA = 2Hz，B不符合题意；

CD．t = 2.5s时，A、B波传播的距离分别为ΔxA = vt = 1.0m，ΔxB = vt = 1.0m 如图所示

7 / 9

xN = xNA + xNB = 0 CD符合题意；

E．两列波的波长不同，波速相同，则它们的周期不同，频率不同，两列波不能形成稳定的干涉图样，E不符合题意。 故答案为：ACD。

【分析】根据上下坡法得出振源的振动方向，根据波的波长以及频率的关系 得出A出波源振动的频率；当两列波发生共振时频率必须相同。

11．【答案】𝑑(𝛥𝑡𝛥𝑡1𝛥𝑡1−𝛥𝑡2)

2𝑡12

；𝑚1𝑔；𝑚1+𝑚2

【解析】【解答】（4） 根据运动学公式，有𝑎=𝛥𝑣𝛥𝑡𝑑

2−𝛥𝑡𝑑𝑑(𝛥𝑡𝛥𝑡=

𝑡1𝛥𝑡𝛥𝑡1−𝛥𝑡2) 12

=

12𝑡12

（5） 在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，系统所受合外力的大小𝐹=𝑚1𝑔 （6） 若实验数据满足𝐹𝑎=𝑚1+𝑚2

则表明系统质量一定时，加速度与合外力成正比。

【分析】（4）利用加速度的定义式得出滑块的加速度大小： （5）根据受力分析可知系统所受合外力的大小： （6）根据牛顿第二定律得出加速度和和合外力的关系。

12．【答案】（1）红；B

（2）1600 （3）1.1 （4）准确

【解析】【解答】（1）根据欧姆表的要求，黑表笔接内部电源的正极，可以判断a为红表笔；当电表满

……线…………○…………

𝐸

偏时，电表总内阻为𝑅内=𝐼=1500𝛺

𝑔

粒子能再次进入电场区域，其临界情况为粒子的运动轨迹恰与y轴相切，此时粒子做圆周运动的半径最大，磁感应强度最小，有2ℎ=𝑟max+𝑟maxsin𝛼 根据洛伦兹力提供向心力𝑞𝑣𝐵min=𝑚𝑣 𝑟max2

所以电阻应选择B；

（2）可以先求欧姆表的中值电阻，当表针指在表盘的正中央时对应的电流为满偏电流的一半，对应

1

的电阻为中值电阻𝐸=𝐼𝑔(𝑅中+𝑅内）

2联立解得𝐵min=

𝑅中=𝑅内=1500𝛺

(√2+1)𝑚𝑣0 2𝑞ℎ（2）解：带电粒子在第一象限做类平抛运动，根据类平抛运动规律有2ℎ=𝑣0𝑡1

2ℎ

……线…………○………… 即表盘刻度为15时代表1500Ω，倍率为×100，所以被测电阻的阻值为1600Ω。

（3）倍率为×10时，中值电阻为150Ω，即内阻为150Ω，由此可知，满偏电流变为原来的10倍，即0.01A1×10−3×10=（0.01−1×10−3)𝑅1

𝑅1=1.1𝛺

（4）设电源电动势为E，干路电流为Ig，调零后电表内阻为R0，电表指针指到表盘某处时，电表的电流为I，对应的待测电阻为Rx，根据闭合电路欧姆定律𝐸=𝐼𝑔𝑅0

𝐸=𝐼(𝑅𝑥+𝑅0)

整理得𝑅𝑥=𝐸(1𝐼−𝐼1

𝑔

)

由于满偏电流相同，电动势相同，指针指相同的位置时电流相同，所以Rx相同，即读数准确。

【分析】（1）根据欧姆表内部电路得出黑表笔接内部电源的正极，结合欧姆定律得出电表的内阻： （2）根据闭合电路欧姆定律以及欧姆表的读数原理得出被测电阻的阻值； （3）根据欧姆定律得出定值电阻的阻值；

（4）根据欧姆定律得出测量电阻的表达式 ，并判断测量值是否准确。

13．【答案】（1）解：带电子在第一象限做类平抛运动，根据牛顿第二定律𝑞𝐸=𝑚𝑎

根据类平抛运动规律有2ℎ=𝑣0𝑡

ℎ=12𝑎𝑡2

联立解得𝐸=𝑚𝑣22𝑞ℎ0 设粒子到达A点时沿轴负方向的分速度大小为vy，根据运动学规律有ℎ=

0+𝑣𝑦

2𝑡 粒子在A点的速度大小为𝑣=√𝑣02+𝑣𝑦2速度方向与x轴正方向夹角的正切值为tan𝜃=𝑣

𝑦𝑣0

联立可得𝜃=45∘

𝑣=√2𝑣0

8 / 9

解得𝑡1=𝑣0

粒子在磁场里运动的时间为∘

𝑡2=270360∘𝑇

粒子在磁场中的运动周期为𝑇=2𝜋𝑚𝑞𝐵min

=4𝜋ℎ(√2+1)𝑣0 所以运动的总时间为𝑡=𝑡1+𝑡2=[3(√2−1)𝜋+2]ℎ

𝑣0

【解析】【分析】（1）电子在第一象限内做类平抛运动，结合平抛运动的规律以及牛顿第二定律得出电

场强度的表达式，结合匀变速直线运动的位移与时间的关系以及速度的合成得出V的大小，进入磁场后，利用洛伦兹力提供向心力得出磁感应强度的表达式；

（2）根据电子在磁场中的雷平高云东得出粒子运动的时间，结合粒子在磁场中运动的时间与周期的关系得出 粒子从C点进入电场到第二次进入电场运动的时间。

14．【答案】（1）解：设物块A与长木板B碰撞前瞬间的速度大小为v0，对物块A由静止释放运动到

最低点的过程，根据动能定理有𝑚𝐴𝑔𝑙=12𝑚𝐴𝑣20 解得v0 = 4m/s

则根据牛顿第二定律有𝐹2

𝑇−𝑚𝐴𝑔=𝑚𝑣𝐴𝑙0 解得FT = 60N

（2）解：设小物块C与长木板间的动摩擦因数为μ，由题图2可知小物块C相对长木板B滑动过程

中的加速度大小为aC = μg = 1m/s2 解得μ = 0.1

设碰撞后瞬间物块A和长木板B的速度分别为vA、vB，物块A与长木板B在发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mAv0 = mAvA + mBvB

再根据机械能守恒有12𝑚𝐴𝑣20=12𝑚𝐴𝑣2𝐴+12𝑚𝐵𝑣2𝐵 解得vB = 4m/s

在0 ~ 1s时间内，设长木板B的加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有μ0(mB + mC)g + μmCg = mBaB

…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※……在※……※要…装※装…※不……※※……请……※※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○…………

由题图2易知t = 1s时，长木板B和小物块C达到共速度，且v共 = 1m/s，对长木板B根据运动学公式有vB - v共 = aBt1 解得𝜇0=1 6（3）解：长木板B与小物块C在0 ~ 1s内的相对位移为𝛥𝑥=

1

𝑣𝐵+𝑣2共

0+𝑣

𝑡1−

共2𝑡1=2𝑚

sin45°

=2 √

长木板B和小物块C达到共同速度后，C对B的摩擦力方向变为水平向左，设此后B的加速度大小a由几何关系可知，光线从O点入射时，折射角为30°，根据折射定律可得𝑛=……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………为B′，根据牛顿第二定律有μ0(mB + mC)g - μmCg = mBaB′ 解得aB′ = 2m/s2

长木板B与小物块C在1 ~ 2s内的相对位移为𝑣2

𝛥𝑥共𝑣+0

2=2𝑎′−

共2𝑡𝐵

2=−0.25𝑚

则长木板B至少有L = x1 = 2m

即长木板B至少有2m小物块C才不会掉下来

【解析】【分析】（1） 物块A由静止释放运动到最低点的过程，根据动能定理 以及牛顿第二定律得

出 碰撞前瞬间轻绳拉力 ：

（2）小物块在运动的过程中根据牛顿第二定律以及动量守恒和机械能守恒得出物块在B点的速度，结合牛顿第二定律以及匀变速直线运动能的规律得出长木板B与地面间的动摩擦因数和小物块C与长木板B间的动摩擦因数 。

15．【答案】（1）解：对汽缸I内气体，由玻意耳定律𝑝0𝐿𝑆=𝑝1(𝐿−𝐿4)𝑆

得𝑝41=3𝑝0<2𝑝0

单向阀门B未打开。对活塞受力分析得𝑝0𝑆+𝑚𝑔=𝑝1𝑆得m=p0S3g

（2）解：当活塞运动刚好到气缸I底部时，该装置可以测量的物体质量最大。将气缸I、II内所有气体为研究对象，对汽缸I内气体，由玻意耳定律p0LS+2p0LS=p2LS 得p2=3p0

对活塞受力分析得p0S+Mg=p2S 得M=2p0Sg

【解析】【分析】（1） 对汽缸I内气体，由玻意耳定律以及共点力平衡得出放置在轻质活塞上物体的

质量：

（2）对汽缸I内气体， 根据玻意耳定律以及受力分析得出装置可以测量的物体最大的质量 。

16．【答案】（1）解：依题意，画出光路图如图

9 / 9

sin30°（2）解：根据几何关系可知三角形CDO为等腰三角形，即𝑂𝐷=𝐶𝑂=𝑙

又𝐷𝐸=𝐴𝐶−𝐶𝑂−𝑂𝐷sin30°=1.5𝑙

光在三棱镜中的传播时间为𝑡=2(𝑂𝐷+𝐷𝐸)𝑣 又𝑣=𝑐

𝑛

联立，可得𝑡=5√

2𝑙𝑐 【解析】【分析】（1）根据光在介质中的光路图以及折射定律得出玻璃对该光的折射率；

（2） 根据几何关系以及光在介质中的直线传播以及光传播的速度和折射率的关系得出 光在三棱镜中的传播时间。