2023年云南省紅河州高考物理二模試卷及答案解析

2023年云南省紅河州高考物理二模試卷

一、單選題（本大題共5小題，共20.0分）

1.我國“北斗三號”最后一顆全球組網衛(wèi)星已于2020年nE/eV

6月23日成功發(fā)射。“北斗三號”采用星載氫原子鐘，該鐘50----------------------0

數(shù)百萬年到一千萬年才有1s誤差。氫原子的部分能級結構

如圖所示，貝!1（）3-----------------------1.51

A.用ll.OeU的光子照射，能使處于基態(tài)的氫原子躍遷到激2-----------------------3.40

發(fā)態(tài)

B.用4.00"的光子照射處于n=2激發(fā)態(tài)的氫原子，可以

使其電離

------------------------13.6

C.氫原子受激由基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)后，核外電子動能增大，

原子的電勢能減小

D.大量處于n=3激發(fā)態(tài)的氫原子，向低能級躍遷時可輻射出2種不同頻率的光子

2.水平路面上有一貨車運載著5個相同的、質量均為粗的光滑均質圓柱形工件，其中4個恰

好占據(jù)車廂底部，另有一個工件。置于工件4B之間（如圖所示），重力加速度為g。汽車以某

一加速度向左運動時，工件4與。之間恰好沒有作用力，此時工件C與B間的作用力大小為（）

Oor

A.B.—mgC.y/~3mgD.2\/~3mg

3.2022年12月2日，神舟十四、十五號航天員乘組首次完成在軌交接儀式，從此中國空間

站開啟了航天員長期低軌道駐留模式。已知空間站距地面高度為九，地球半徑為R,其表面的

重力加速度為g，引力常量為G,下列說法正確的是（）

A.地球的平均密度p=赤褊

B.空間站的運行周期7=叵①

C.空間站的運行速度大于第一宇宙速度

D.空間站的向心加速度大于赤道上物體的向心加速度

4.“道威棱鏡”是廣泛用于圖形翻轉的光學儀器，其橫截面ABDC是底角為45。的等腰梯形（

如圖所示）。若此玻璃棱鏡的折射率n=從M點發(fā)出的一束平行于底邊CD的單色光從4C

邊上某點射入該棱鏡，貝4（）

A.折射角為30。

B.光在棱鏡中的傳播速度等于光速c

C.折射光線經CD邊再次折射后進入空氣

D.光線最終在8。邊某點折射時的入射角為60。

5.桶裝純凈水及壓水裝置原理如圖所示。柱形水桶直徑為24cm,高為35cm；柱形壓水氣

囊直徑為6sn,高為8cm；水桶頸部的長度為10cm。當人用力向下壓氣囊時，氣囊中的空氣

被壓入桶內，桶內氣體的壓強增大，水通過細出水管流出。已知水桶所在處大氣壓強相當于

10m高水柱產生的壓強，當桶內的水還剩5cm高時，桶內氣體的壓強等于大氣壓強，忽略水

桶頸部的體積。至少需要把氣囊完全壓下幾次，才能有水從細出水管流出？（不考慮溫度的變

化）（）

10en

A.1次B.2次C.3次D.4次

二、多選題（本大題共3小題，共12.0分）

6.某小型水力發(fā)電站給用電器供電的電路如圖所示。發(fā)電站輸出功率為100/clV,輸出電壓

u=250/7sml007rt（y），輸電線的總電阻r=80,輸電線上損失的功率為發(fā)電站輸出功率

的5%,用電器獲得的電壓為220V,假設變壓器均為理想變壓器。下列說法正確的是（）

A.輸電線上的電流為254

B.通過用電器的電流頻率為100Hz

C.升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2：31

D.降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為190：11

7.如圖，一列簡諧橫波平行于x軸傳播，圖中的實線和虛線分別為t=0和t=0.2s時的波形

圖。已知平衡位置在x=4.0cm處的質點，在0?0.2s運動方向不變，貝女）

3cm

10-

5-

-6.0-4.04.060i"cm

-10-

A.該波沿x軸負方向傳播

B.該波的波速為0.1m/s

C.%=。處質點和x=2.0cm處質點振動的相位差是7T

D.t=1.2s時，x=6.0c?n處的質點所受回復力沿y軸正方向

8.水平面上固定一光滑絕緣細桿MM',一電荷量為Q的小球B穿過N

細桿MM'置于。點；。點的正上方固定一豎直光滑絕緣細桿NN',質

量為zn、電荷量為Q的小球4穿過NN'置于離。點高為八°處時恰好靜止。

現(xiàn)將8球緩慢向右移動,4球會沿著細桿NM下降，設4B連線與NM間

的夾角為仇當0=45。時固定B球，再用豎直方向的外力F把4球緩慢移到。點，下列說法正

確的是（）

A.d的大小與Q成正比

B.當0＜。＜45。時，B對4的靜電力隨。增大而增大

C.當0＜8＜45。時，4B間的電勢能隨。增大而增大

D.當。＞45。時，F(xiàn)的大小隨。增大先增大后減小

三、實驗題（本大題共2小題，共18.0分）

9.為了粗略測量高鐵列車在啟動和制動時某一短暫過程的加速度（可視為勻變速直線運動）,

云南紅河州某校物理興趣小組設計了一種簡易裝置，如圖甲所示，該裝置由輕繩懸掛的小球

和有刻度的硬紙板（刻度盤）構成。列車靜止時，豎直的輕繩正對“0”刻度線，如圖乙所示。

列車運動時，通過觸碰小球，使其能夠快速穩(wěn)定在某一偏角仇忽略輕繩跟硬紙板的摩擦力。

為了在刻度盤的刻度線上標注相應的加速度值，小組同學提出了獲得重力加速度的方案如下:

方案一：讓重錘自由下落，利用電磁打點計時器打出紙帶，根據(jù)紙帶上的數(shù)據(jù)求出重力加速

度：

方案二：根據(jù)教材上的如下表格，結合紅河州的緯度，確定重力加速度：

地點緯度g/(m-s-2)

赤道海平面0°9.780

廣州23006,9.788

北京39。56'9.801

北極90°9.832

方案三：利用單擺測得重力加速度。

（1）你認為與真實值差異最大的方案是：。

（2）某同學將毫米刻度尺的“0”刻度線對準細線的懸掛點后，拍得靜止時小球的位置如圖丙

所示，該簡易裝置的擺長L=cm.

（3）為了用自制的裝置在高鐵列車上測量，應將硬紙板（刻度盤）（填“平行”或“垂

直”）列車前進方向放置，某同學測得的加速度值為0.43rn/s2,則小球與過懸點的豎直線間的

距離約為cm。（g=9.788m/s2,保留兩位小數(shù)）

10.某興趣小組欲通過測定工業(yè)污水（含多種重金屬離子）的電阻率來判斷某工廠廢水是否

達到排放標準（通常達標污水的電阻率p>20012.m）。圖甲為該組同學用絕緣材料制成的長

度L=5.00cm的圓筒形盛水容器。

（1）裝入污水樣品前，需測量圓筒形盛水容器的內徑，應使用圖乙中游標卡尺的（選填

“4"、"夕’或"C”）進行測量，某次測量的示數(shù)如圖丙所示，讀數(shù)d=cm；

（2）將污水樣品裝滿圓筒形盛水容器后，用電阻可忽略、帶有接線柱的金屬圓片將兩端密封,

并用歐姆表測出該樣品的電阻為195。。為精確測量圓筒形盛水容器內污水樣品的電阻之,請

從下列實驗儀器中選擇合適的儀器，把虛線框中的實驗電路圖戊補充完整，并標明所選儀器

的符號：。

A.電源聯(lián)電動勢約州，內阻約為0.50）

8.電流表4（量程0?15nL4,內阻「1=10。）

C.電流表人2（量程0?60nL4,內阻上約為1.5。）

。.定值電阻&（阻值&=1900）

E.定值電阻&（阻值7?2=590。）

立開關S,導線若干

⑶經正確操作，讀出電流表必和示數(shù)分別為人和編的多組數(shù)據(jù)，作出如圖丁所示的A-%

關系圖像。由圖像和其它條件可知該污水樣品的電阻率「=。?爪（兀取3.14,結果保

留兩位有效數(shù)字）；

（4）若裝入的污水樣品中有氣泡，這將會使測得的污水樣品的電阻率（選填“偏大”、

“偏小”或“不變”)。

成

四、簡答題(本大題共3小題，共9.0分)

11.如圖所示，在X軸和y軸構成的平面內，有兩條平行于y軸、且與y軸的距離均為d=1.2m

的直線MN和PQ,直線MN與y軸之間存在垂直紙面向里的有界勻強磁場，直線PQ與y軸之間

存在沿y軸負方向的有界勻強電場，有一個質量m=3.0x10-2219、電荷量q=4.8x

的帶正電的粒子，從坐標原點以速度為=3.2xl06m/s沿%軸正方向進入磁場區(qū)域，經過坐

標為(0,0.8)的點后進入電場區(qū)域，最后恰好從PQ與x軸的交點C射出電場，不計粒子的重力。

(s譏53。=0.8,cos530=0.6)求:

(1)勻強磁場磁感應強度B的大?。?/p>

(2)電場強度大小與磁感應強度大小的比值引

(3)粒子經過C點時的速度。

12.如圖所示，固定在水平面內、間距L=1.0m的兩根光滑平行金屬導軌MN、M'N'與固定

在豎直面內、半徑r=0.5m的兩相同半圓形光滑金屬軌道NP、MP'平滑連接，MM'間接有R=

0.50的定值電阻，4NN'4'區(qū)域內有磁感應強度大小8=0.57、方向豎直向下的勻強磁場。一

質量zn=0.2kg、電阻&=0.5。、長度人=1.0m的導體棒ab以初速度卬=5.0m/s水平向右

運動，并與靜止在導軌上的另一根相同的棒cd發(fā)生彈性碰撞，碰后cd棒第一次向右經過磁場

的過程中，定值電阻R上產生的焦耳熱QR=2/,若導軌電阻可忽略不計，導體棒運動過程中

始終與導軌垂直并接觸良好。取g=10m/s2,求：

(l)cd棒進入磁場前的速度大??；

(2)cd棒第一次向右經過磁場的過程中，通過cd棒的電荷量；

(3)通過計算判斷cd棒沿半圓軌道運動時是否會脫離軌道；若不會脫離軌道，請計算cd棒第二

13.如圖所示，足夠大的水平冰面與傾角。=30。、高h=2.0機的傾斜冰面平滑連接。一質

量M=56.0kg的滑冰運動員靜止在冰面上，他把一質量m=4.0kg的靜止物塊以5.0m/s的對

地速度水平向右推出，物塊沿傾斜冰面上滑再返回，追上運動員時，經物塊與運動員相互作

用后，物塊再次以5.0m/s的對地速度水平向右運動。不計一切摩擦，取g=10m/s2,求：

(1)物塊沿傾斜冰面上滑的最大位移的大??；

(2)物塊第一次返回追上運動員，在物塊與運動員相互作用的過程中，物塊與運動員總機械能

的變化量(最終結果保留兩位小數(shù))；

(3)如果物塊與運動員每次相互作用后，物塊水平向右運動的對地速度始終是5.0m/s,運動員

最終能獲得的最大速率(最終結果保留兩位小數(shù))。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4處于基態(tài)的氫原子躍遷到第一激發(fā)態(tài)需要吸收的能量為：E=E2-Er=-3.4eV-

（一13.6W）=10.2eV,躍遷到第二激發(fā)態(tài)需要吸收的能量為：E=E3-Er=-l.SleV-

（-13.6eK）=12.09eV,用11.0eU的光子照射，并不能使處于基態(tài)的氫原子躍遷到激發(fā)態(tài)，故A

錯誤；

B.處于n=2激發(fā)態(tài)的氫原子為一3.40eV,其絕對值小于光子能量4.00eV,用4.00eV的光子照射

處于n=2激發(fā)態(tài)的氫原子，可以使其電離，故8正確；

C.氫原子由基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)后，軌道半徑變大，根據(jù)警=歲和Ek=戶可得核外電子動能：

E="，可知電子動能減?。卉壍腊霃阶兇蟮倪^程中電子克服庫侖力做功，原子的電勢能增大，

K2r

故C錯誤；

。.大量處于n=3激發(fā)態(tài)的氫原子，向低能級躍遷時可輻射出的光子的頻率種類為3種，分別為：

n=3rn=2,n=2-?n=1,n=3—n=l,故。錯誤。

故選：B。

氫原子從高能級向低能級躍遷時，輻射特定頻率的光子；由低能級向高能級躍遷則要吸收特定頻

率的光子；氫原子中的電子從高能級到低能級躍遷時，輻射的能量等于兩能級差，電子軌道半徑

變小，動能增大；根據(jù)能級躍遷條件可知，必須滿足能級差才能躍遷。

本題考查能級躍遷的知識，關鍵是理解能級躍遷滿足的條件，難度不大。

2.【答案】C

【解析】解：對。受力分析，當工件4與。之間恰好沒有作用力時，D只受到重力、B對D的彈力兩

個力作用，彈力方向垂直接觸面（沿B、。的軸心連線方向），彈力和重力的合力產生加速度，如下

圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得

則當a=子9時4與。之間恰好沒有作用力。

再把4、B、D作為整體受力分析，當汽車向左加速運動時，4相對于車有向右運動的趨勢，所以

車廂與A之間的彈力是0,C對B有水平向左的彈力，豎直方向上的支持力和重力平衡，在水平方向

上，由牛頓第二定律得C對4、B、D整體的作用力大小為F=3ma=Cmg,則工件C與B間的作

用力大小為amg,故A3。錯誤，C正確。

故選：Co

先以。為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度。再把4、B、D作為整體受力分析，由牛頓第

二定律求解C對4、B、。整體的作用力大小，即為C對B的作用力大小。

解答本題的關鍵要靈活選擇研究對象，采用隔離法和整體法相結合進行處理，比較簡潔。

3.【答案】D

M

【解析】解：4由密度公式。=拜

地球表面物體的重力mg=震

得P=

故4錯誤；

B.由萬有引力提供向心力，可得黑1=血與（R+八）

（n+rt）/

地球表面物體的重力mg=繆

聯(lián)立解得7=如邇里

故8錯誤；

C.第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度，可知空間站運行速度小于地球的第一宇宙速度，故C錯誤；

。.因赤道上的物體與地球同步衛(wèi)星具有相同的角速度，赤道上物體的向心加速度小于地球同步衛(wèi)

星的向心加速度，空間站和地球同步衛(wèi)星都繞地球做圓周運動，其向心加速度則有血叫=/普

（R+九）

解得2

班1寸an=8+GM九）2

因空間站距地面的高度小于同步衛(wèi)星，空間站的向心加速度大于同步衛(wèi)星的向心加速度，綜合以

上結果，可知空間站的向心加速度大于赤道上物體的向心加速度，故。正確。

故選：Do

空間站繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力，結合在地球表面上，物體的重力等于萬

有引力，即可求出可解得空間站的運行周期、向心加速度，地球的密度；根據(jù)第一宇宙速度的特

點分析C項。

解決本題的關鍵是知道空間站繞地球運動靠萬有引力提供向心力，在地球表面上，物體的重力等

于萬有引力，能靈活運用黃金變換求相關物理量。

4.【答案】A

【解析】解：4光線在4C邊上某點入射時，光路如圖所示

可得入射角i=45°

由折射定律得n=坐，可得折射角r=30。，故A正確；

sinr

B、光線在棱鏡中的傳播速度〃=￡=冬=孕C,故8錯誤；

nV22

C、由全反射臨界條件得sinC=Z=3=￥，解得臨界角為C=45。

nV22

作出光路如圖所示，由三角形內角和為180。，BJWZEFC=180°-45°-(90°+30°)=15°

故光線在CD邊的入射角為90。-15。=75。＞C,故光線在CD邊發(fā)生全反射，不能從CD邊射出，

故C錯誤；

D、因NGFD=NEFC=15。，由三角形內角和為180?？傻?FGD=180。-45。-15。=120。，故

光線在BD邊的入射角為120。一90°=30°,故O錯誤。

故選：Ao

根據(jù)折射定律計算出光線進入棱鏡時的折射角；由n=：求出光在棱鏡中的傳播速度。由全反射臨

界角公式sinC=’求出棱鏡的臨界角C,由幾何關系得到折射光線到達CD邊的入射角，比較入射

n

角與臨界角C的大小，從而判斷光線在能否在邊發(fā)生全反射，再確定光線最終在BD邊某點折射

時的入射角。

本題關鍵是畫出光路圖，找出入射角，由折射定律計算折射角，要掌握折射定律公式n=也和全

反射臨界角公式sinC=L

n

5.【答案】C

【解析】解：設至少需要把氣囊完全壓n次，才能有水從出水管出，設大氣壓強為po,水桶內氣體

體積為%,氣囊體積為匕，根據(jù)波意耳定律得：

Po(%+叫)=p1V0

其中

Pi=pgh

3

Vo=43207rczn

匕=72ncm3

Pi—pg(h+0.4m)

聯(lián)立解得：n=2.423,即至少需要把氣囊壓縮三次，故C正確，AB。錯誤；

故選：Co

分析出氣體變化前后的狀態(tài)參量的變化，結合波意耳定律列式即可完成分析。

本題主要考查了一定質量的理想氣體的狀態(tài)方程，結合公式pV=C7即可完成分析，難度不大。

6.【答案】AD

【解析】解：4根據(jù)題意P損=/>=5%P

代入數(shù)據(jù)解得％=254故4正確；

B.根據(jù)交流電壓瞬時值表達式可知3=lOOnrad/s

交流電的頻率/=為=嚶Hz=50Hz

由變壓器的工作原理可知，變壓器不改變交變電流的頻率，故8錯誤；

C.升壓變壓器的輸入電壓的有效值為Ui=黑=至*U=2501/

v2V2

由升壓變壓器的輸入功率可知P=U1I1

代入數(shù)據(jù)解得/1=4004

根據(jù)理想變壓器電流與匝數(shù)比的關系，可得詈=科=磊=高故C錯誤；

14UU1O

。.輸電線上損失的電壓u提==200V

由升壓變壓器苧'=詈=2

U2九2lo

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得外=4000V

降壓變壓器原線圈兩端電壓g=U2-U疫=40017-200V=3800V

根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的關系，可得降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為黑=空=鬻=若，

九4ZZU11

故。正確。

故選：AD.

A根據(jù)輸電線上損失的功率與發(fā)電站輸出功率的關系求解輸電線上的電流

員根據(jù)發(fā)電機輸出電壓的瞬時值表達式求頻率；

CD.根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)比、電流與匝數(shù)比的關系，功率公式分析作答。

本題考查遠距離輸電中對變壓器的分析問題，要注意對于遠距離輸電問題，一定要明確整個過程

中的功率、電壓關系，尤其注意導線上損失的電壓和功率與哪些因素有關。

7.【答案】BD

【解析】解：40?0.2s,實線上x=4.0cm處的質點沿y軸負方向運動，根據(jù)波形平移法可知，

該波沿x軸正方向傳播，故A錯誤；

B、因為x=4.0cm處的質點在。?0.2s運動方向不變，所以該處質點從平衡位置經過四分之一個周

期沿y軸負方向運動至負向位移最大處，可知該波的周期T=0.2x4s=0.8s,波速為v=*=

—m/s=0.1m/s>故B正確；

U.o

C、x=0sn處質點和x=2.0sn處質點間的距離是四分之一個波長，因此相位差是*故C錯誤;

。、t=1.2s=1.5T時，x=6.0cm處的質點位于負向位移最大處，回復力沿y軸正方向，故。正

確。

故選：BD。

已知平衡位置在x=4.0cm處的質點，在。?0.2s運動方向不變，該處質點從平衡位置經過四分之

一個周期沿y軸負方向運動至負向位移最大處，實線上x=4.0cni處的質點沿、軸負方向運動，由

此判斷波的傳播方向，并確定周期，讀出波長，從而求出波速?x=0cm處質點和x=2.0cm處質

點間的距離是四分之一個波長，相位差是看結合回復力方向總指向平衡位置分析。

本題考查波的圖像，解答本題關鍵是要理解波的圖像變化規(guī)律，能夠根據(jù)圖像直接讀出振幅、波

長，知道波速、波長和周期之間的關系v=%

8.【答案】ABC

【解析】解：44球受重力和靜電力平衡，根據(jù)平衡條件：號-mg=Q

k

得九o=Q

mg

故A正確;

B.當B球向右移動x距離后，設4B距離為r,豎直方向受力平衡，根據(jù)平衡條件：k^cos9=mg

得r=k—cos。=/iVcosd

個mg0u

x=rsind=/i0Vcos0-sind=h0J|sin20?sindh.=rcosd=h0＞Jcos0?cosd

當0V6V45。時，因工增大，8增大，/i減小，丁減小，則靜電力增大，故B正確；

C當0＜。＜45。時，因工增大，r減小，則同種電荷間的電勢能隨。增大而增大，故C正確；

。.當。=45。時，設此時的％=沏，r=r0,用豎直向下的力產作用于4球并緩慢移動時有。＞45。,

豎直方向平衡，根據(jù)平衡條件：F+mg-k^cosd=0

代入rs譏。=XQ

。2Q2]Q2

F+mg=k^sm26cos6=k*--sin26-sin6F=k會?sin29-sin0-mg

F的大小隨。增大，其變化是先增大后減小再增大，故。錯誤。

故選：ABC.

對A球受力分析，根據(jù)平衡條件，分析生；

當B球向右移動%距離后，豎直方向受力平衡，根據(jù)平衡條件，求距離r,再分析靜電力；

當0=45。時，豎直方向平衡，根據(jù)平衡條件，分析F變化。

本題考查學生對平衡條件的掌握，根據(jù)幾何關系正確列出平衡等式，結合數(shù)學分析，是解題的關

鍵。

9.【答案】方案一99.80平行4.38

【解析】解：（1）因使用電磁打點計時器打紙帶時，在振針的作用下，復寫紙與紙帶間存在較明顯

的摩擦、紙帶與限位孔之間存在摩擦、重錘還受到空氣阻力，實驗得到的重力加速度值小于9=

9.70m/s2,故測量值與真實值差異最大的是方案一；

(2)毫米刻度尺的分度值為1mm,從懸點到球心的距離即為擺長，由圖可讀出擺長L=99.80cm；

(3)使用該裝置測量列車的加速度時，應將帶有刻度盤的硬紙板平行列車前進方向放置；

當小球偏角為。時，小球受到重力和細線的拉力，如圖所示：

“電

根據(jù)數(shù)學知識用=mgtand

根據(jù)牛頓第二定律可知mgtan。=ma

解得a=gtan9

在。很小時，有tan。?sin9

設小球與過懸點的豎直線間的距離為d,則有sin。=?

聯(lián)立得火車加速度a=gsinO=號

zii、zg,uL0.43x99.80x10".rc_2ACC

代入數(shù)據(jù)得d=—=-------——------m=4.38x10=4.38cm

g9.788

故答案為：(1)方案一；(2)99.80；(3)平行；4.38。

(1)分析三種方案的誤差大小，然后作答；

(2)毫米刻度尺的分度值為Inun,要估讀到O.lmm,再根據(jù)擺長的含義讀數(shù)；

(3)當火車加速度，擺球沿火車行駛的相反方向擺動，為了顯示擺球擺動的角度，應將帶有刻度盤

的硬紙板平行列車前進方向放置；對小球進行受力分析，根據(jù)力的合成求合力，根據(jù)牛頓第二定

律結合數(shù)學知識求小球與過懸點的豎直線間的距離d。

本題考查了牛頓第二定律的應用，解題的關鍵是熟練掌握受力分析和力的合成。

10.【答案】A1.450見解析0.66偏大

【解析】解：(1)測量圓筒形盛水容器的內徑，應使用圖乙中游標卡尺的內測量爪，即圖中4進行

測量。

20等分游標卡尺的精確度為0.05nmi,盛水容器的內徑d=14mm4-10x0.05mm=14.50mm=

1.450cm

Fq

(2)由于未知電阻氏約為1950,則流過勺最大電流約為/=關=彘40.0464=46mA,則電流

表應選用4

由于器材中午電壓表，因此應將電流表4改裝成電壓表，由于電源電動勢約為9.0乙則改裝成量

程為9.0IZ的電壓表

根據(jù)歐姆定律，改裝后的電壓表的量程U=IgKR+6)

UQ

解得/?=廠一%=左罰?！?00=5900,因此定值電阻阻應選/?2；

igJ.x1u

改裝電壓表后的內阻為即=&+/1=600。

由于電壓表內阻已知，所以采用電流表外接法，則實驗電路圖為：

⑶根據(jù)部分電路歐姆定律得&=聆=與普)

化簡得/】=益而/2

1

-

根據(jù)/】一，2圖像可知，圖像的斜率卜=益記=票4-

代入數(shù)據(jù)解得&=200。

根據(jù)電阻定律可得a=PU

4

解得電阻率P=嚕=3,14x(1.450xl0-Vx200n,機=°￡60.m

4L4X5.00X1。-/

(4)樣品中有氣泡，樣品中污水的體積變小，根據(jù)U=SL可知，橫截面積S減小，根據(jù)電阻定律得

真/

RXS

P真一~7-<P測一T

所以電阻率的測量值偏大。

故答案為：(1)41.450；(2)電路圖見解析；(3)0.66；(4)偏大。

(1)根據(jù)游標卡尺各部件的作用作答；20等分游標卡尺的精確度為0.05mm,測量值=主尺上對應

示數(shù)(mm)+對齊格數(shù)x精確度；

(2)根據(jù)歐姆定律估算電路中的電流大小，然后選擇電流表；根據(jù)電源電動勢，確定要改裝電壓表

的量程，從而選擇定值電阻；根據(jù)改裝電壓表的內阻大小、待測電阻的大小確定電流表的內外接

法，最后完成電路圖的設計；

(3)根據(jù)歐姆定律求解A-/2函數(shù)，結合。-/2圖像斜率的含義求解待測電阻，根據(jù)電阻定律求污

水樣品的電阻率；

(4)樣品中有氣泡，樣品中污水的體積變小，橫截面積S減小，再根據(jù)電阻定律進行分析。

題考查了游標卡尺的電勢、電壓表的改裝以及“伏安法”測電阻；由于通過待測電阻的電流可以

準確測量，因此電流表必要采用外接法.

11.【答案】解：(1)根據(jù)題意可知I,粒子進入磁場之后做勻速圓周運動，由于粒子經過坐標為(0,0.8)

聯(lián)立解得：8=翳

代入數(shù)據(jù)得：8=5.0x10-57

(2)帶電粒子在電場中做類平拋運動，垂直于電場方向不受力，做勻速運動有d=

平行于電場方向受電場力，做勻加速運動：2/?=3就2

根據(jù)牛頓第二定律：。=必

m

聯(lián)立解得：5幾

D7

代入數(shù)據(jù)得：1=1.4x106m/s

(3)由題意得：Vy=4QR

而速度為：v=J詔+藥

66

聯(lián)立解得：v—|v0=|x3.2x10m/s=5.3x10m/s

又有：tand=詈=,

解得：e=53°

即粒子離開勻強電場時的速度方向與％軸負方向成53。角，斜向下方。

答：(1)勻強磁場磁感應強度B的大小為5.0x10-5T；

(2)電場強度大小與磁感應強度大小的比值。為1.4x106m/s；

(3)粒子經過C點時的速度為5.3x106m/So

【解析】(1)由粒子在勻強磁場中運動的軌跡尋找?guī)缀侮P系確定圓周運動的軌道半徑，，對于粒子

應用牛頓第二定律和運動學公式即可求解磁感應強度的大?。?/p>

(2)由粒子在勻強電場中運動動的軌跡尋找?guī)缀侮P系確定兩個分運動的位移，結合類平拋運動的規(guī)

律求電場強度與磁感應強度的比值。

解決粒子在磁場中的運動問題，關鍵是找到軌跡，定出圓心，構造三角形得到半徑表達式，然后

結合半徑公式和周期公式解決。解決粒子在電場中的問題，是用運動的分解利用牛頓第二定律解

決問題。

12.【答案】解：(1)取初速度方向為正方向，設碰后ab棒和cd棒的速度大小分別為%、v2,根據(jù)

動量守恒定律可得

mv0=mv1+mv2

根據(jù)能量守恒可得

517nl噂2=-1mvf2+?12

代入數(shù)據(jù)解得%=OM/S,V2=5m/s

(2)取初速度方向為正方向，在磁場中，對cd棒受力分析，如圖1所示，

mg

圖1

簡化電路圖2為：

n~~1

RR、中瓦凡）

圖2

因為棒的電阻與定值電阻相同，根據(jù)電路圖和電流分配關系，可知cd棒中通過的電流是定值電阻（

或好棒）的2倍，由Q=/2R7可知焦耳熱是定值電阻（或就棒）的4倍，可知cd棒第一次向右經過磁

場的過程中，閉合回路中產生的總的焦耳熱

Q=6QR

代入數(shù)據(jù)解得Q=1.6/

設cd棒離開磁場時的速度為力，對cd棒，根據(jù)功能關系可得

c1212

Q=-2mv3

代入數(shù)據(jù)解得%=3m/s

設水平向右為正方向，對cd棒根據(jù)動量定理可得

一尸安/￡=

mv3—mv2

F安=BIL

通過cd棒的電荷量

q=IAt

代入數(shù)據(jù)解得q=0.8C

（3）假設導體棒在半圓軌道上不會脫離軌道，上升的最大高度為九，則有

?12

mgh=-mv3

聯(lián)立解得力=0.45m

由于九＜r,所以不會脫離軌道。

據(jù)能量守恒定律可知，cd棒第二次進入磁場時的速度大小為畤=3m/s,在半圓軌道的最低點，

則有

r說

代入數(shù)據(jù)解得風=5.6/V

據(jù)牛頓第三定律得可知F^=FN=5.6/V,方向豎直向下。

答：(l)cd棒進入磁場前的速度大小為5nt/s；

(2)cd棒第一次向右經過磁場的過程中，通過cd棒的電荷量為0.8C；

(3)不會脫離軌道，cd棒第二次進入磁場時對軌道的壓力為5.6N,方向豎直向下。

【解析】(1)根據(jù)動量守恒定律、能量關系求解cd棒進入磁場前的速度大小；

(2)對cd棒根據(jù)動量定理結合閉合電路歐姆定律、及q=〃求解通過cd棒的電荷量；

(3)假設導體棒在半圓軌道上不會離開軌道，根據(jù)機械能守恒定律求解上升的最大高度進行判斷，

然后結合牛頓第二定律求解cd棒第二次進入磁場時對軌道的壓力。

對于安培力作用下導體棒的運動問題，如果涉及電荷量、求位移問題，常根據(jù)動量定理結合法拉

第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律列方程進行解答。

13.【答案】解：⑴設物塊沿傾斜冰面上滑最大位移的大小為x,由牛頓第二定律得mgsin30。=ma,

再由速度位移關系得病=2ax,二者聯(lián)立得：v2=2gsin30°x,

則x=可?不=--~~--2.5m

2gswi302x10x11。

即解得：X=2.5m,所以物塊沿傾斜冰面上滑的最大位移的大小為x=2.5/n。

或者：利用機械能守恒定律，物塊最初的動能全部轉化為在斜面上的重力勢能，設物塊在斜面上

上滑的高度為九，則有：^mv2=mgh

則：h=^=工巾=gm=2.5m,同理可解物塊沿傾斜冰面上滑的最大位移的大小為x=2.5m。

(2)對運動員和物塊組成的系統(tǒng)，由于物塊在傾斜冰面上運動時，受到的彈力沖量有水平分量，所

以動量并不守恒。對物塊與運動員相互作用過程，由于系統(tǒng)合外力為0,則系統(tǒng)合外力的沖量為零，

所以滿足動量守恒條件。

設水平向左為正方向，則物塊推出后的速度為(一切，設運動員第一次推出物塊獲得的速度為次，

則由動量守恒定律得：0=-mv

解得巧［=詈=得m/Sf方向水平向左

物塊第一次返回追上運動員時,物塊的速度為U，則物塊與運動員第一次相互作用前的動量為:P1