2023年福建省八省联考高考物理模拟试卷及答案解析.pdf

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1、2023年福建省八省联考高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.（4 分）一手摇交流发电机线圈在匀强磁场中匀速转动。转轴位于线圈平面内，并与磁场方向垂直。产生的交变电流i 随时间t 变化关系如图所示，则（）./A.0.8 WA.该交变电流频率是0.4HzB.该交变电流有效值是0.8AC.t=0.1s时，穿过线圈平面的磁通量最小D.该交变电流瞬时值表达式是i=0.8&sin5m2.（4 分）在图示的双缝干涉实验中，光源S 到健Si、S2距离相等，Po为 Si、S2连线中垂线与光屏的交点。用波长为400nm的光实验

2、时，光屏中央Po处呈现中央亮条纹（记为第0 条亮条纹）,P 处呈现第3 条亮条纹。当改用波长为600nm的光实验时,P 处将呈现（）A.第 2 条亮条纹 B.第 3 条亮条纹C.第 2 条暗条纹 D.第 3 条暗条纹3.（4 分）人造地球卫星的轨道可近似为圆轨道。下列说法正确的是（）A.周期是24小时的卫星都是地球同步卫星B.地球同步卫星的角速度大小比地球自转的角速度小C.近地卫星的向心加速度大小比地球两极处的重力加速度大D.近地卫星运行的速率比地球表面赤道上的物体随地球自转的速率大4.（4 分）已知某种核电池的电能由 至8PU衰变释放的能量提供，该衰变方程形式上可表示 为 既 8pu-x+2

3、He。某次由静止觥8pu衰变释放的能量为E,射出的a 粒子动第1页 共2 3页能是E a,假 定 8pu衰变释放的能量全部转化为新核和a 粒子的动能。则（）119A.A=234,Z=92,E=E a1 io119B.A=234,Z=92,E=119C.A=236,Z=94,E=E a1 lo,八 119D.A=236,Z=94,E=若洱 x二、多项选择题：本题共4 小题，每小题6 分，共 24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。5.（6 分）如图，同一竖直平面内A、B、C、D 四点距0 点的距离均为r,0 为水平连线A B 的中点，C、D

4、为 A B 连线中垂线上的两点。A、B 两点分别固定有带电荷量均为Q（Q 0）的点电荷。在 C 点由静止释放一质量为m 的带正电小球，小球竖直下落通过D点。重力加速度大小为g,静电力常量为k。则（）CA。-B Q1 DiA.C、D 两点的场强大小均为当B.小球运动到D 点时的动能为2mgrC.小球从C 点到D 点的过程中，先加速后减速D.小球从C 点到D 点的过程中，电势能先增大后减小6.（6 分）由螺线管、电阻和水平放置的平行板电容器组成的电路如图（a）所示。其中，螺线管匝数为N,横截面积为Si；电容器两极板间距为d,极板面积为S 2,板间介质为空 气（可视为真空）。螺线管处于竖直向上的匀强

5、磁场中，磁感应强度大小B 随时间t 变化 的 B-t 图象如图（b）所示。一电荷量为q 的颗粒在tit2时间内悬停在电容器中，重力加速度大小为g,静电力常量为k。则（）第2页 共2 3页图（a）图（b）A.颗粒带负电B.颗粒质量为qNS、(B 2-B i)C.t|t2时间内，a 点电势高于b 点电势D.电容器极板带电量大小为NS1S2(B2-B1)47r/cd(t2-ti)7.（6 分）图（a）为某科技兴趣小组制作的重力投石机示意图。支架固定在水平地面上,轻杆AB可绕支架项部水平轴00,在竖直面内自由转动。A 端凹槽内装有一石子，B 端固定一配重。某次打靶时，将杆沿逆时针方向转至与竖直方向成。

6、角后由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直位置时石子被水平抛出。石子投向正前方竖直放置的靶，打到靶心上方的“6”环处，如 图（b）所示。若要打中靶心的“10”环处，可能实现的途径有（)图（b）A.增大石子的质量，同时减小配重的质量B.减小投石机到靶的距离，同时增大。角c.增大投石机到靶的距离，同时减小e 角D.减小投石机到靶的距离，同时增大配重的质量8.（6 分）如 图（a）,轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一轻质薄板。一物块从其正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连。物块从开始下落到最低点的过程中，位 移-时 间（x-t）图象如图（b）所示，其中 为物块刚接触薄板的时刻，t2

7、为物块运动到最低点的时刻。弹簧形变在弹性限度内，空气阻力不计、则（)第 3 页 共 2 3 页ffi(a)A.t2时刻物块的加速度大小比重力加速度小B.ti 二 片 时 间内，有一时刻物块所受合外力的功率为零C.tit2时间内，物块所受合外力冲量的方向先竖直向下后竖直向上D.图（b）中 OA段曲线为抛物线的一部分，AB段曲线为正弦曲线的一部分三、非选择题：共 60分。考生根据要求作答。9.（4 分）一圆筒形汽缸竖直放置在水平地面上。一质量为m,横截面积为S 的活塞将一定量的理想气体封闭在汽缸内，活塞可沿汽缸内壁无摩擦滑动。当活塞静止时，活塞与汽缸底部的距离为h,如 图（a）所示。已知大气压强为

8、p o,重力加速度为g。现把汽缸从图（a）状态缓慢转到图（b）状态，在此过程中气体温度不变，则 图（b）状态下气体体积为。从 图（b）状态开始给汽缸加热，使活塞缓慢向外移动距离I,如 图（c）所示。若 此 过 程 中 气 体 内 能 增 量 为 则 气 体 吸 收 的 热 量 应 为。图（）图（b）图（c）10.（4 分）分析航天探测器中的电子束运动轨迹可知星球表面的磁场情况。在星球表面某处，探测器中的电子束垂直射入磁场。在磁场中的部分轨迹为图中的实线，它与虚线矩形区域ABCD的边界交于a、b 两点。a 点的轨迹切线与AD 垂直，b 点的轨迹切线与BC的夹角为6 0。已知电子的质量为m,电荷量

9、为e,电子从a 点向b 点运动，速度大小为 v o,矩形区域的宽度为d,此区域内的磁场可视为匀强磁场。据此可知，星球表面该处 磁 场 的 磁 感 应 强 度 大 小 为,电子从a 点运动到b 点 所 用 的 时 间 为。第4页 共2 3页11.（5 分）伽利略斜面实验被誉为物理学史上最美实验之一。某研究小组尝试使用等时性良好的“节拍法”来重现伽利略的斜面实验，研究物体沿斜面运动的规律。实验所用节拍的频率是每秒2 拍，实验装置如图（a）所示。在光滑倾斜的轨道上装有若干可沿轨道移动的框架，框架上悬挂轻薄小金属片，滑块下滑撞击金属片会发出“叮”的 声 音（金属片对滑块运动的影响可忽略）。实验步骤如下

10、：从某位置（记为Ao）静止释放滑块，同时开始计拍；调节框架的位置，使相邻金属片发出的“叮”声恰好间隔1 个拍，并标记框架在轨道上的位置Ai、A2、A3 测 量A i、A?、A 3.至！J Ao的距离s i、S 2、S 3.如 图（b）所示。图(a)图（b）将测量数据记录于表格，并将节拍数n 转换成对应时间t 的平方。n123456s/cm9.538.586.2153.2240.3346.4t2/s20.251.00C4.006.259.00（1）表 格 中“C”处 的 数 据 应 为;（2）由表中数据分析可得，s 与 F 成 关 系（填“线性”或“非线性”）；（3）滑块的加速度大小为 m/s2

11、（结果保留2 位小数）。12.（7 分）为了测试某精密元件在204HA特定电流值时的工作性能，一实验小组利用微安表监测该元件在电路中的电流，电路如图（a）所示。所用器材：微安表（量程为250pA,内阻约为1000C）,稳压电源E（电动势为2.0V）,定值电阻Ro（阻值为4000.0。），滑动第 5页 共 23页变阻器R1（最大阻值为1000H,额定电流为0.3A）,电阻箱R2（阻值范围0 9999.9。）,开关S。将电阻箱R2置于图（b）所示的阻值，滑动变阻器R i置于最大值；闭合开关S,移动R1的滑片，使微安表读数为204HAO（1）图（b）中 R2的阻值为 f t;（2）在 图（c）中标出

12、微安表读数为204HA时的指针位置。为了提高监测精度，该小组尝试用标准电池EN（电动势为1.0186V）和灵敏电流计G（量程范围+3 0 0 g）替代微安表，设计了图（d）所示电路。要将元件的工作电流调到204附，需先将R2的阻值设置为某个特定值，再闭合开关Si、S 2,调节滑动变阻器R i,使灵敏电流计G 指针指在零点，此时元件中的电流即为204pA。（3）电阻箱R2的 阻 值 应 设 置 为。E I J _ P *1 I-元件|4-图（a）13.（i o 分）如图，光滑平行金属导轨间距为1,与水平面夹角为e,两导轨底端接有阻值为 R 的电阻。该装置处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场

13、方向垂直导轨平面向上。质量为m 的金属棒ab垂直导轨放置，在恒力作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h。恒力大小为F、方向沿导轨平面且与金属棒ab垂直。金属棒ab与导轨始终接触良好，不计 ab和导轨的电阻及空气阻力。重力加速度为g,求此上升过程（1）金属棒运动速度大小；（2）安培力对金属棒所做的功。第6页 共2 3页14.(12分)如 图，上表面光滑且水平的小车静止在水平地面上，A、B 为固定在小车上的挡板，C、D 为竖直放置的轻质薄板。A、C 和 D、B 之间分别用两个相同的轻质弹簧连接，薄板C、D 间夹住一个长方体金属块(视为质点)。金属块与小车上表面有一定的距离并与小车保持静止，此时金属块所

14、受到的摩擦力为最大静摩擦力。已知金属块的质量m=10kg,弹簧劲度系数k=1000N/m,金属块和薄板C、D 间动摩擦因数口=0.8。设金属块受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取重力加速度g=10m/s2。求(1)此时弹簧的压缩量：(2)当小车、金属块一起向右加速运动，加速度大小a=15m/s2时，A、C 和 D、B 间弹簧形变量及金属块受到的摩擦力大小。挡板B薄板D薄板C挡板A15.(1 8 分)如 图，光滑绝缘水平桌面位于以ab、cd 为边界的匀强电场中，电场方向垂直边界向右。两小球A 和 B 放置在水平桌面上，其位置连线与电场方向平行。两小球质量均为m,A 带电荷量为q(q0),B 不

15、带电。初始时小球A 距 ab边界的距离为L,两小球间的距离也为L o 已知电场区域两个边界ab、cd间的距离为10L,电场强度大小为Eo现释放小球A,A 在电场力作用下沿直线加速运动，与小球B 发生弹性碰撞。两小球碰撞时没有电荷转移，碰撞的时间极短。求(1)两小球发生第一次碰撞后，B 获得的动量大小；(2)两小球发生第一次碰撞后至第二次碰撞前，A、B 间的最大距离；(3)当小球B 离开电场区域时，A 在电场中的位置。第7页 共2 3页第8页 共2 3页2023年福建省八省联考高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项

16、是符合题目要求的。1.（4分）一手摇交流发电机线圈在匀强磁场中匀速转动。转轴位于线圈平面内，并与磁场方向垂直。产生的交变电流i 随时间t 变化关系如图所示，则（）B.该交变电流有效值是0.8 AC.t=0.1 s时，穿过线圈平面的磁通量最小D.该交变电流瞬时值表达式是i=0.8 V si n5 nt【解答】解：A、题中图象描述的是电流随时间的变化关系，周期为T=0.4 s,故频率为：1 1f=亍=0 H z=2.5 H z,故 A错误；B、由图可知，该交流电的峰值是：L“=0.8 A,有效值为：1=詈=翳 4 =0.4/A,故 B错误；C、t=0.1 s时，产生的感应电流最大，即线圈平面与磁场

17、平面平行，穿过线圈平面的磁通量最小且为零，故 C正确；D、角速度为：3=竿=r ad/s-5 i r r ad/s,交变电流瞬时值表达式是：i=0.8 si n（5 nt）A,故 D错误。故选：C o2.（4分）在图示的双缝干涉实验中，光源S 到健Si、S2 距离相等，Po为 Si、S2 连线中垂线与光屏的交点。用波长为4 0 0 nm 的光实验时，光屏中央Po处呈现中央亮条纹（记为第0 条亮条纹）,P 处呈现第3 条亮条纹。当改用波长为6 0 0 nm 的光实验时,P 处将呈现（）第9页 共2 3页pS,、光屏A.第 2 条亮条纹 B.第 3 条亮条纹C.第 2 条暗条纹 D.第 3 条暗条

18、纹【解答】解：双缝干涉实验中，出现亮条纹的条件为x=k：；l（k=0.1.2.3）a用波长为400nm的光实验时P 处呈现第3 条亮条纹，则x=苧匕当波长为600nm的光实验时，x=k A2,解得k=2P 点为波长的整数倍，故为亮条纹，且为第2 条亮条纹，故 A 正确，BCD错误故选：A3.（4 分）人造地球卫星的轨道可近似为圆轨道。下列说法正确的是（）A.周期是24小时的卫星都是地球同步卫星B.地球同步卫星的角速度大小比地球自转的角速度小C.近地卫星的向心加速度大小比地球两极处的重力加速度大D.近地卫星运行的速率比地球表面赤道上的物体随地球自转的速率大【解答】解：A、周期为24h的卫星不一定

19、是同步卫星，故 A 错误；B、地球同步卫星的角速度大小等于地球自转的角速度，故 B 错误；C、近地卫星的向心加速度和地球两极处的重力加速度都是万有引力提供加速度，则G =m g,解得g=器，故近地卫星的向心加速度大小等于地球两极处的重力加速度,R R故 C 错误；D、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据G肝=爪 9,解得v=J 半，故 v 近 v w 由于地球转动的角速度与同步卫星的角速度相同，根据v=3 r 可知，v 地 v 同，故 v 近 v 地,故 D 正确；故选：D。4.（4 分）已知某种核电池的电能由品8pu衰变释放的能量提供，该衰变方程形式上可表示 为 8Pu-，X+gHe。某次由静止端

20、8pu衰变释放的能量为E,射出的a 粒子动第1 0页 共2 3页能是E a,假 定 8 p u衰变释放的能量全部转化为新核和a粒子的动能。则（）119A.A=234,Z=92,E=Ea1 i o119B.A=234,Z=92,E=苦 再119C.A=236，Z=94,E=Ea1 l oD.A=236,Z=9八4,E=1若19非a【解答】解：根据质量数守恒与电荷数守恒可知，新核的质量数：A =238 -4=234,电荷数：Z=94-2=92；动量大小和动能的关系为：瓦，根据动量守恒定律可得：p a=p x即：yj2 maEa=y2 mxEx,根据质量数可得：m x=m a=58.5m a贝U：E

21、x=%=磊 2 11 a所以：E=E x+E a=j曾 Ea+E a=j j,E a,故 B 正确、A C D 错误。故选：B 二、多项选择题：本题共4 小题，每小题6 分，共 24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。5.（6分）如图，同一竖直平面内A、B、C、D四点距0点的距离均为r,0为水平连线AB的中点，C、D为AB连线中垂线上的两点。A、B两点分别固定有带电荷量均为Q（Q 0）的点电荷。在C点由静止释放一质量为m的带正电小球，小球竖直下落通过D点。重力加速度大小为g,静电力常量为k。则（）CA-BQ QD（A.C、D两点的场强大小均

22、为半B.小球运动到D点时的动能为2m g rC.小球从C点到D点的过程中，先加速后减速D.小球从C点到D点的过程中，电势能先增大后减小第1 1页 共2 3页【解答】解:A、图中A、B、C、D 四点距0 点的距离均为r,则：4C=BC=AD=BD=V2r,A 处的点电荷在C 点的电场强度:kQ _kQ(V2r)2-2r2同理：EBC=等2r由于EAC和 EBC的方向垂直，则 C 处的合场强：Ec=瑜+魇c=2 1同理，D 处的电场强度的大小也是在学，故 A 错误；2r2B、由于A、B 两处的点电荷的电荷量相等，而且都是正电荷，根据等量同种点电荷电场的对称性可知，C 与 D 处的电势是相等的，则带

23、电小球在C 处的电势能等于D 处的电势能，所以小球从C 到 D 的过程中电场力做的功为零，则小球运动到D 点时的动能等于从C 到 D 重力势能的减少，即 Ek=m gh=2m gr,故 B 正确；C、根据等量同种正点电荷的电场特点可知，从 0 到 C 电场强度的方向指向C（向上）,从 0 到 D 电场强度的方向指向D（向下），则正电荷在。点上边受到的电场力的方向向上，在 0 点下边受到的电场力的方向向下，小球在0 点上边做加速运动，则小球在0 点下边也一定做加速运动，故 C 错误；D、从 0 到 C 电场强度的方向指向C,从 0 到 D 电场强度的方向指向D,所以带正电荷的小球在0 点上边受到

24、的电场力的方向向上，在 O 点下边受到的电场力的方向向下，小球 从 C 点 到 D 点的过程中，电场力先做负功后做正功，则小球的电势能先增大后减小,故 D 正确。故选：BD6.（6 分）由螺线管、电阻和水平放置的平行板电容器组成的电路如图（a）所示。其中，螺线管匝数为N,横截面积为Si；电容器两极板间距为d,极板面积为S 2,板间介质为空 气（可视为真空）。螺线管处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B 随时间t 变化的B-t 图象如图（b）所示。一电荷量为q 的颗粒在ti t2时间内悬停在电容器中，重力加速度大小为g,静电力常量为k。则（）A.颗粒带负电第1 2页 共2 3页B.颗粒质量

25、为 殁 粤 丝 等C.ti t2时间内，a 点电势高于b 点电势D.电容器极板带电量大小 为 竺 兽 叁 聋47T/cd（t2-t l）【解答】解：A、穿过线圈的磁通量向上增大时，根据楞次定律可知，螺线管产生的电动势上边高，所以电容器的上极板带正电，下极板带负电，电容器内电场强度的方向向下；由于带电颗粒处于静止状态，则颗粒受到的电场力与重力大小相等，方向相反，所以颗粒带负电，故 A 正确；B、颗粒受到的电场力与重力大小相等，贝 I：mg=qE=由电路图可知，穿过线圈的磁通量稳定变化时，线圈产生稳定的电动势但电路中没有电流，线圈产生的电动势等于电容器两极板之间的电势差U；由法拉第电磁感应定律可知

26、，感应电动势:E 电=U=N 笑=N 笔i =N华-B p s、联立可得颗粒的质量：m=哪.BR,故B错误；C、ti t2时间内穿过线圈的磁通量稳定变化，线圈产生稳定的电动势但电路中没有电流，所以电阻R 两端的电势差为零，可知a 点的电势等于b 点的电势，故 C 错误；D、板间介质为空气，则该电容器的电容：C=福，k 为静电力常量；电容器极板所带的电荷量：Q=C U=烂誓，故 D 正确。故选：AD。7.（6 分）图（a）为某科技兴趣小组制作的重力投石机示意图。支架固定在水平地面上，轻杆AB可绕支架项部水平轴00,在竖直面内自由转动。A 端凹槽内装有一石子，B 端固定一配重。某次打靶时，将杆沿逆

27、时针方向转至与竖直方向成。角后由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直位置时石子被水平抛出.石子投向正前方竖直放置的靶，打到靶心上方的“6”环处，如 图（b）所示。若要打中靶心的“10”环处，可能实现的途径有（）第1 3页 共2 3页TA.增大石子的质量，同时减小配重的质量B.减小投石机到靶的距离，同时增大。角C.增大投石机到靶的距离，同时减小。角D.减小投石机到靶的距离，同时增大配重的质量【解答】解：假设配重块的质量为M,石子的质量为m,此时石子从最高点飞出之后做平抛运动，水平方向石子做匀速直线运动，竖直方向石子做自由落体运动，A、此时投石机到靶的距离不变，要求要达到10环处，则此时竖直方向位

28、移要变大，此时水平方向石子做匀速直线运动，竖直方向石子做自由落体运动，由自由落体运动的位移公式可得：h=gt2,即此时h 要增大，故时间要增大，则此时水平方向位移不变，由匀速直线运动位移公式可得：s=v t,故此时石子水平抛出的速度要减小，由于石子和配重一起绕轴OO在竖直面内自由转动，故二者角速度相同，假设配重距离轴0 0 的距离为R,石子距离轴0 0 的距离为r,石子在最高点和配重在最低点的角速度均为3,则石子在最高点的速度为：v i=3 r,配重在最低点的速度为：V 2=3 R,自由转动的过程中只有重力做功，故石子和配重构成的系统机械能守恒，11即 MgRcosO=2772说+2 M谚+m

29、grcos。，由选项分析可知，此时要求v i减小，即要求石子和物块在最低点的角速度减小，则化简可得：3=2 照 吗 MR-乔）,增 大 m,减J M R +mr2小 M,使 3减小，则水平方向时间变长，h 增大，故 A 正确；BD、已知石子抛出时的角速度为：3=迦 电 等 土 件，增大。，则 3减小，v 减小，J M R +mr2减小水平位移S,根据t=巳 可知此时水平方向运动的时间无法判断是否变化，故无法判断第1 4页 共2 3页竖直方向位移是否变化；增大M,v 变大，减小水平位移s,根据t=*可知时间变短，落点上移，故 BD错误：C、已知石子抛出时的角速度为：3=2%吗 叫 叫减 小 仇

30、则 3 增大，v 增大,Q MR-i-mr2增大水平位移S,根据t=*可知此时水平方向的时间可能会增大，则竖直方向时间增大,竖直位移增大，落点下移，故 C 正确；故选：AC,8.（6 分）如 图（a）,轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一轻质薄板。一物块从其正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连。物块从开始下落到最低点的过程中，位 移-时 间（x-t）图象如图（b）所示，其中ti为物块刚接触薄板的时刻，t2为物块运动到最低点的时刻。弹簧形变在弹性限度内，空气阻力不计。则（）A.t2时刻物块的加速度大小比重力加速度小B.U生 妻 时 间内，有一时刻物块所受合外力的功率为零C.口t2

31、时间内，物块所受合外力冲量的方向先竖直向下后竖直向上D.图（b）中 OA段曲线为抛物线的一部分，AB段曲线为正弦曲线的一部分【解答】解：A、物块与薄板一起运动时是简谐运动，物块刚与薄板接触时，加速度为g,速度不为零。若物块刚与薄板接触时速度为零，由简谐运动的对称性知，物体在最低点时，加速度大小为g,方向竖直向上，而现在物块刚与薄板接触时有向下的速度，所以最低点位置比没有初速度时更靠下，弹簧压缩量更大，所以在最低点处的加速度大小必大于 g,故 A 错误；B、ti 包 詈 时 间内，物块先加速运动后减速运动，当弹簧弹力与重力相等时物块受到的合外力为零，此时刻物块所受合外力的功率为零，故 B 正确；

32、第1 5页 共2 3页C、t t2时间内，开始一段时间内重力大于弹力，合力方向向下，后来弹簧弹力大于重力，合力方向向上，所以物块所受合外力冲量的方向先竖直向下后竖直向上，故 c 正确；D、。ti时间内，物块做自由落体运动，根据x=a t2,图 小）中 OA段曲线为抛物线的一部分；AB段物块做简谐运动，位移-时间关系为正弦曲线的一部分，故 D 正确。故选：BCD。三、非选择题：共 60分。考生根据要求作答。9.（4 分）一圆筒形汽缸竖直放置在水平地面上。一质量为m,横截面积为S 的活塞将一定量的理想气体封闭在汽缸内，活塞可沿汽缸内壁无摩擦滑动。当活塞静止时，活塞与汽缸底部的距离为h,如 图（a）

33、所示。已知大气压强为p o,重力加速度为g。现把汽缸从图（a）状态缓慢转到图（b）状态，在此过程中气体温度不变，则 图（b）状态下气体体积 为hS+挈 o 从 图（b）状态开始给汽缸加热，使活塞缓慢向外移动距离1,如图（c）所示。若此过程中气体内能增量为则气体吸收的热量应为 U+poSl。图（）ffl（b）图（c）【解答】解：设气体初状态压强为P I,对活塞，由平衡条件得：p（）S+mg=piS解得：p i=P o+等气体温度不变，设 图（b）状态气体的长度为L,体积为V,由玻意耳定律得：piSh=poSL=poV解得：V=/iS+孚Po气体从状态b 变化到状态c,体积增大：V=S1,则气体对

34、外做的功：W=F 气 体 SupoS1气体对外界做功，同时设气体吸收的热量为Q，根据热力学第一定律：U=Q-W则：Q=W+AU=AU+poSl故答案为：hS+AU+poSloPo10.（4 分）分析航天探测器中的电子束运动轨迹可知星球表面的磁场情况。在星球表面某第1 6页 共2 3页处，探测器中的电子束垂直射入磁场。在磁场中的部分轨迹为图中的实线，它与虚线矩形区域ABCD的边界交于a、b两点。a 点的轨迹切线与AD垂直，b点的轨迹切线与B C的夹角为6 0。已知电子的质量为m,电荷量为e,电子从a点向b点运动，速度大小为 vo,矩形区域的宽度为d,此区域内的磁场可视为匀强磁场。据此可知，星球表

35、面该处磁场的磁感应强度大小为 七，电子从a 点运动到b点所用的时间为 警。2ed 3v0【解答】解：通 过 a、b两点做速度方向的垂线相交于O点，则。点为电子运动轨迹对应的圆心，如图所示，根据几何关系可得。=9 0 -6 0 =3 0 ,则轨迹半径为：R=2 d根据洛伦兹力提供向心力可得：e v o B=m/联立解得：B=舞;电子在磁场中做圆周运动的周期1=膏=将电子从a点运动到b点所用的时间t=募7=黠。故答案为：翳；粉1 1.（5 分）伽利略斜面实验被誉为物理学史上最美实验之一。某研究小组尝试使用等时性良好的“节拍法”来重现伽利略的斜面实验，研究物体沿斜面运动的规律。实验所用节第 1 7

36、页 共 2 3 页拍的频率是每秒2拍，实验装置如图（a）所示。在光滑倾斜的轨道上装有若干可沿轨道移动的框架，框架上悬挂轻薄小金属片，滑块下滑撞击金属片会发出“叮”的 声 音（金属片对滑块运动的影响可忽略）。实验步骤如下：从某位置（记为A o）静止释放滑块，同时开始计拍；调节框架的位置，使相邻金属片发出的“叮”声恰好间隔1 个拍，并标记框架在轨道上的位置A|、A 2、A 3 测 量 A l、A 2、A3.到 A o 的距离S i、S 2、S 3.如 图（b）所示。将测量数据记录于表格，并将节拍数n转换成对应时间t 的平方。n123456s/c m9.53 8.58 6.21 5 3.22 4 0

37、.33 4 6.4t?/s20.2 51.0 0C4.0 06.2 59.0 0（1）表格中“C”处 的 数 据 应 为 2.2 5 ；（2）由表中数据分析可得，s 与 t 2 成 线性 关 系（填“线性”或“非线性”）；（3）滑块的加速度大小为0.7 7 m/s2 （结果保留2 位小数）。【解答】解：（1）由于实验中所用节拍的频率是每秒2拍，即频率为f=2 H z,周期为：1 1T=了=2 s=0.5 s拍 3次时需要的时间为t3=3 T=1.5 s,则 t 3 2=l W s2=2.2 5 s2；S o 3 8.5（2）根据图表可以得出n=2时的位移是n=l时的位移之比：-=4,时间平方S

38、 i 9.5小，f2 1 0 0之比：丁=-=4；tl 0.2 5S o 8 9.2n =3时的位移是n=l 时的位移之比：9,时间平方之比：S i 9.5SA.1 5 3.2n=4 时的位移是n =l 时的位移之比：一=-2 1 6,时间平方之比：S i 9.5所以S 与 t 2 成线性关系：（3）根据逐差法可得：a=（346.4_2X8 6.,X10 2 支 刀 m 片。9Tz 9 x 0.5”5-5.2.22-O-O-5,O24-O=6第1 8页 共2 3页故答案为：（1）2.25；（2）线性；（3）0.77o12.（7 分）为了测试某精密元件在204nA特定电流值时的工作性能，一实验小

39、组利用微安表监测该元件在电路中的电流，电路如图（a）所示。所用器材：微安表（量程为250pA,内阻约为1000C）,稳压电源E（电动势为2.0V）,定值电阻Ro（阻值为4000.0。），滑动变阻器R1（最大阻值为1000H,额定电流为0.3A）,电阻箱R2（阻值范围0 9999.9Q）,开关S。将电阻箱R2置于图（b）所示的阻值，滑动变阻器R i置于最大值；闭合开关S,移动R1的滑片，使微安表读数为204HA,（1）图（b）中 R2的 阻 值 为 4250.0 Q：（2）在 图（c）中标出微安表读数为204HA时的指针位置。为了提高监测精度，该小组尝试用标准电池EN（电动势为1.0186V）和

40、灵敏电流计G（量程范围+300pA）替代微安表，设计了图（d）所示电路。要将元件的工作电流调到204pA,需先将R2的阻值设置为某个特定值，再闭合开关Si、S 2,调节滑动变阻器Ri，使灵敏电流计G 指针指在零点，此时元件中的电流即为204pA。（3）电阻箱R?的阻值应设置为4 9 9 3.1 4【解答】解：图（b）中 R2 的阻值为 R2=4X 10000+2X1000+5X100=4250.0。；（2）微安表每小格为5 n A,读数为204“A 时的指针位置如图所示：第1 9页 共2 3页(3)由于标准电池EN的电动势为EN=1.0 1 8 6 V,灵敏电流计G的示数为零,则R2=牛=1.

41、0186204x10-6n=4 9 9 3.1。故答案为：(1)4 2 5 0.0；(2)图象见解析;(3)4 9 9 3.1。1 3.(1 0 分)如 图，光滑平行金属导轨间距为1,与水平面夹角为。，两导轨底端接有阻值为 R的电阻。该装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。质量为m的金属棒a b 垂直导轨放置，在恒力作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为ho恒力大小为F、方向沿导轨平面且与金属棒a b垂直。金属棒a b与导轨始终接触良好，不计 a b和导轨的电阻及空气阻力。重力加速度为g,求此上升过程(1)金属棒运动速度大小；(2)安培力对金属棒所做的功。【解答】解：(1

42、)设金属棒以速度v 沿导轨匀速上升，由法拉第电磁感应定律，金属棒中的感应电动势为：E=B lv设金属棒中的电流为I,根据欧姆定律，有：1=*金属棒所受的安培力为：F*=B I 1因为金属棒沿导轨匀速上升，由平衡条件可得：F=mg in O+B I l联立解得：v=(？孥。)R；(2)设金属棒以速度v 沿导轨匀速上升h过程中，安培力所做的功为W,由动能定理得：第2 0页 共2 3页W-m g h+F 薪=解得：W=m g h 一人 一、(F-mgsind)R答：(1)金属棒运动速度大小为1蔡2(2)安培力对金属棒所做的功为m g h-黑。14.(12 分)如 图，上表面光滑且水平的小车静止在水平

43、地面上，A、B为固定在小车上的挡板，C、D为竖直放置的轻质薄板。A、C和 D、B之间分别用两个相同的轻质弹簧连接，薄板C、D间夹住一个长方体金属块(视为质点)。金属块与小车上表面有一定的距离并与小车保持静止，此时金属块所受到的摩擦力为最大静摩擦力。已知金属块的质量m=1 0 k g,弹簧劲度系数k=10 0 0 N/m,金属块和薄板C、D间动摩擦因数口=0.8。设金属块受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取重力加速度g=10 m/s2。求(1)此时弹簧的压缩量：(2)当小车、金属块一起向右加速运动，加速度大小a=15 m/s2 时，A、C和 D、B间弹簧形变量及金属块受到的摩擦力大小.挡板A挡

44、板B薄板D薄板C左6【解答】解：(1)由于两个轻质弹簧相同，两弹簧压缩量相同，设弹簧的压缩量为X0,弹簧形变产生的弹力大小为F,由胡克定律得：F=k x o设金属块所受摩擦力大小为f,此时金属块所受摩擦力等于最大静摩擦力，则有：f=2“F由物体平衡条件得：f=mg联立解得：x o=O.O6 2 5 m；(2)假设A、C和 D、B间的弹簧压缩量分别为x i和与X2，有：X I+X2=2XO对金属块由牛顿第二定律得：k (x i-X 2)=m a代入数据解得：x i=0.13 7 5 m,X2=-0.0 12 5 m由于X2 mg=10 X 10 N=10 0 N,故金属块竖直方向不会滑动，根据平

45、衡条件可得金属块受到的摩擦力大小为f=m g=1 0X 10 N=10 0 N答：(1)此时弹簧的压缩量为0.0 6 2 5 m；(2)当小车、金属块一起向右加速运动时，A、C的弹簧压缩0.15 m,D、B间弹簧形变量为0，金属块受到的摩擦力大小为10 0 N。15.(18 分)如 图，光滑绝缘水平桌面位于以a b、c d 为边界的匀强电场中，电场方向垂直边界向右。两小球A和 B 放置在水平桌面上，其位置连线与电场方向平行。两小球质量均为m,A带电荷量为q (q 0),B 不带电。初始时小球A距 a b 边界的距离为L,两小球间的距离也为L。已知电场区域两个边界a b、c d 间的距离为1 0

46、L,电场强度大小为E。现释放小球A,A在电场力作用下沿直线加速运动，与小球B 发生弹性碰撞。两小球碰撞时没有电荷转移，碰撞的时间极短。求(1)两小球发生第一次碰撞后，B 获得的动量大小；(2)两小球发生第一次碰撞后至第二次碰撞前，A、B 间的最大距离；(3)当小球B 离开电场区域时，A在电场中的位置。【解答】解：(1)设小球A与小球B 碰撞前的速度大小为vo,根据动能定理可得：q E L=1 22mvo解得：v o=J骞；设碰撞后A、B 的速度大小分别为VAI、VBI，取向右为正，由动量守恒定律可得：m vo=m vA i+m vBi11 1根据能量守恒定律可得：-m vo2=m vA i2+

47、7mvBi22，第2 2页 共2 3页联立解得：V A 1=O，V B1=V O=小球B获得的动量大小为：P B1 =m v B i=d 2 mqEL：(2)设A、B两个小球发生第一次碰撞后经时间f两者速度相同，此时两小球相距最大距 离 为A x,根据运动学公式，有：a t=vBi,其 中a=*,最大距离 x=V Bi t at2联立解得：Z x=L；(3)设A、B两小球第一次碰撞后，经时间t i发生第二次碰撞，有：-atj=vB 1tr解得：t尸 字设A、B两小球第二次碰撞前的速度为V A 2 0、V B2 0.碰撞后的速度分别为V A 2、V B2，有：V A 2 0 a t l，解得：V

48、 A 2 0=2V(),V B2 0=V 0,取向右为正，由动量守恒定律可得：m V A 2 0+m V B2 0=m V A 2+m V B2根据能量守恒定律可得：n i V A 2 02+m vB2 02=1 m vA 22+m v B 22联立解得：V A 2 =V 0，V B2 =2V O；在口时间内,A、B小球的位移均为s i=vo t i，解得：S 1=4 L可知A与B第二次碰撞位置距电场c d边界的距离为S2=10 L-L-L-4L=4L假设经时间t 2发生第三次碰撞，由运动学规律，得：V 0t 2+/a%=2 vo t 2解得：1 2=等由于 2 vo t 2=8 L S 2=4 L故两小球不会发生第三次碰撞。设两小球第二次碰后B经时间t3离开电场，则S 2 =V B2 t 31在t 3时间内，A的位移为S A 2 =v A 2 t 3 +2 a抬联立解得：S A 2=3 L即B离开电场时，A距c d边界的距离为S A=S 2 -S A 2=4 L -3 L=L.答：(1)两小球发生第一次碰撞后，B获得的动量大小为。mqEL；(2)两小球发生第一次碰撞后至第二次碰撞前，A、B间的最大距离为L；(3)当小球B离开电场区域时，A距c d边界的距离为L。第2 3页 共2 3页