2022年湖北省卓越高中千校聯(lián)盟高考物理模擬試卷（附答案詳解）

2022年湖北省卓越高中千校聯(lián)盟高考物理模擬試卷

1.如圖為a、b、c三種單色光在同一光電效應(yīng)裝置中測得的光電流和電壓的關(guān)系。a、

b、c三種光分別在同一雙縫干涉儀中得到的條紋間距分別為4%、4與和〃乙，貝K）

C.4xc>Axb>AxaD.Axc<Axb<Axa

2.如圖所示，飛船從軌道1上的P點沿虛線變軌至軌道

2上的Q點，然后沿軌道2運動。若飛船在兩軌道上

都做勻速圓周運動，不考慮飛船在變軌過程的質(zhì)量

變化，則（）

A.飛船在P點減速才能由軌道1變軌到軌道2

B.飛船在軌道2上的動能比在軌道1上的動能大

C.飛船在軌道2上的周期比在軌道1上的周期小

D.飛船在軌道2上的機械能比在軌道1上的機械能大

3.如圖，在真空中一條豎直方向的電場線上有兩點M和N。一帶正電的小

球在M點由靜止釋放后沿電場線向下運動，到達(dá)N點時速度恰好為零。?M

則（）

A.N點的電場強度方向向下

B.M點的電場強度大于N點的電場強度,N

C.質(zhì)點在N點所受到的合力一定為零?

D.小球在M點的電勢能小于在N點的電勢能

4.一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷三個過程ab、be、ca回到原狀態(tài)，其壓強

p與溫度t的關(guān)系圖像如圖所示，下列判斷正確的是（）

A.氣體在a狀態(tài)時的體積小于在b狀態(tài)時的體積

B.氣體在狀態(tài)a時的內(nèi)能大于它在狀態(tài)陰寸的內(nèi)能

C.氣體在過程ab中一定吸收熱量

D.氣體在過程ca中向外界放出的熱量小于外界對氣體做的功

5.如圖甲所示，理想變壓器原線圈接入圖乙所示的交變電壓，副線圈電路中Ro為定值

電阻，R是滑動變阻器。原、副線圈的匝數(shù)之比為10：1,匕和％是理想交流電壓

表，示數(shù)分別用U1和出表示；公和4是理想交流電流表，示數(shù)分別用A和/2表示。

則（）

A.t=0.01s時，電壓表匕的示數(shù)內(nèi)此時為零

B.滑片P向下滑動過程中，A/的數(shù)值變大

C.滑片P向下滑動過程中，華的數(shù)值變大

12

D.滑片P向下滑動過程中，R消耗的功率變大

6.2022年2月4日，北京冬奧會盛大開幕。跳臺滑雪是冬奧會的重要競技項目。如圖

所示，一名跳臺滑雪運動員經(jīng)過一段加速滑行后從。點水平飛出。該運動員兩次試

滑分別在斜坡上的“、N兩點著陸。已知0M=MN,斜坡與水平面的夾角為。，不

計空氣阻力，運動員（含裝備）可視為質(zhì)點，則該運動員兩次試滑（）

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A.著陸在M、N點時動量的方向不同

B.著陸在M,N點時動能之比為1：V2

C.著陸在M、N點兩過程時間之比為1：V2

D.著陸在M、N點兩過程離斜坡面最遠(yuǎn)距離之比為1：V2

7.智能手機中的電子指南針利用了重力傳感器和霍爾元件來確定地磁場的方向。某個

智能手機中固定著一個矩形薄片霍爾元件.四個電極分別為E、F、M、N,薄片厚度

為兒在E、F間通入恒定電流/同時外加與薄片垂直的勻強磁場8,M、N間的電壓

為4,已知半導(dǎo)體薄片中的載流子為正電荷，電流與磁場的方向如圖所示?單位體

8.如圖所示，甲、乙兩列簡諧橫波在同種均勻介質(zhì)中傳播，t=0時刻兩列波恰好在

坐標(biāo)原點相遇，已知甲波沿x軸正方向傳播，頻率為5Hz；乙波沿x軸負(fù)方向傳播,

則()

A.甲波在該介質(zhì)中傳播的周期為0.2s

B.乙波在該介質(zhì)中傳播的波速為20m/s

C.甲、乙兩波均傳播到x=0處后，該處質(zhì)點始終位于平衡位置

D.甲、乙兩波均傳播到X=2M處后，該處質(zhì)點的振幅為30cm

9.如圖，懸掛甲物體的細(xì)線拴牢在一不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩上。點處；繩的一端通過光

滑的定滑輪與物體丙相連，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質(zhì)

量相等。系統(tǒng)平衡時，。點兩側(cè)繩與豎直方向的夾角分別為a和0。若6=55°,則（）

A.a>/?B.a</?

C.丙的質(zhì)量小于甲的質(zhì)量D.丙的質(zhì)量大于甲的質(zhì)量

10.如圖，兩根足夠長的固定的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離

為八導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒1和2,構(gòu)成矩形回路。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m,

電阻皆為R,回路中其余部分的電阻可不計，在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻

強磁場，磁感應(yīng)強度為8。初始棒2靜止，棒1有指向棒2的初速度分。若兩導(dǎo)體棒

在運動中始終不接觸，貝M）

C.棒1兩端電壓的最大值為BL%D.棒2產(chǎn)生的最大熱量O為詔

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11.足夠長的傳送帶水平放置，在電動機的作用下以速度方逆時針勻速轉(zhuǎn)動，一質(zhì)量為

加的小煤塊以速度打滑上水平傳送帶的左端，且%>%。小煤塊與傳送帶間的動摩

擦因數(shù)〃，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()

A.煤塊在傳送帶上運動的時間為絲浮

B.煤塊在傳送帶上的痕跡長為啥

C.傳送帶與煤塊摩擦產(chǎn)生的熱量為(譜-諾)

D.傳送帶克服煤塊的摩擦力做功為+為)

12.用如圖所示的裝置測量滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)。將長木板固定在水平桌面上,

木板左端固定一個擋板，輕質(zhì)彈簧與擋板固定連接，右端自由伸長在。點；在。點

右側(cè)的B、C位置各安裝一個光電門。先用米尺測得B、C兩點間距離X,再用帶有

遮光片的滑塊壓縮彈簧到某位置4靜止釋放，和計算機連接的光電門測量出遮光

片經(jīng)過B、C兩處的光電門的遮光時間及1、加2,用游標(biāo)卡尺測得遮光片的寬度為d，

重力加速度為g。

(1)計算滑塊經(jīng)過光電門B時速度大小的表達(dá)式是o

(2)滑塊在水平木板上的加速度大小為。

(3)滑塊與水平長木板間的動摩擦因數(shù)為o

A。8/C

長木及

13.如圖1所示為一個多用電表歐姆擋內(nèi)部電路示意圖。電流表滿偏電流1mA、內(nèi)阻10。；

電池電動勢1.5V、內(nèi)阻10；

圖1圖3

(1)圖1中表筆a為_____色(選填“紅”或“黑”)。調(diào)零電阻R?？赡苁窍旅鎯蓚€滑

動變阻器中的(填選項序號)。

A.電阻范圍0?2000

8.電阻范圍0?20000

(2)在進(jìn)行歐姆調(diào)零后，正確使用該多用電表測量某電阻的阻值，電表讀數(shù)如圖2所

示，被測電阻的阻值為_____n；

(3)如圖3所示，某同學(xué)利用定值電阻&給歐姆表增加一擋位“X10”，則定值電阻

&=________0。(結(jié)果保留1位小數(shù))

(4)若該歐姆表換了一個電動勢為1.5V、內(nèi)阻為100的電池，調(diào)零后測量某電阻的阻

值，其測量結(jié)果。(選填“偏大”“偏小”或“準(zhǔn)確”)

14.如圖，三棱鏡的截面為等邊三角形△ABC,該三角形的邊長為/,在此截面內(nèi)入射

光線從4B的中點以入射角i1=45。射入，進(jìn)入棱鏡后光線直接射到AC邊，并以出射

角^=45。射出。真空中光速為c。求：

(1)出射光線相對入射光線偏轉(zhuǎn)角：

(2)光線在三棱鏡中傳播的時間。

15.如圖，質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從4點以水平初速度孫平拋，小球4恰好沿B點

的切線方向進(jìn)入豎直平面內(nèi)半徑為R的;光滑絕緣圓弧形軌道BCD。在。點右側(cè)存在

方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未標(biāo)出)，電磁場中豎直

平面內(nèi)有一半徑也為R的理想圓形屏蔽區(qū)，其圓心到。點的距離為2R,屏蔽區(qū)的圓

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心。與水平線BD等高。小球在電磁場區(qū)域做勻速圓周運動。重力加速度為g,不計

空氣阻力，不計小球運動引起的電磁場變化。求：

(1)電場強度E的大?。?/p>

(2)小球4經(jīng)過軌道最低點C時對軌道的壓力大小；

(3)為使小球4能進(jìn)入電磁場屏蔽區(qū)，磁感應(yīng)強度的最小值為多大？

16.如圖，A球與輕彈簧左端相連，B球與輕彈簧右端接觸但不相連，在光滑的水平直

軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài)。右邊有一小球C在軌道上沿B4連線以速度火射向B球，C與B

發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個整體。，碰撞時間極短，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。已知

4、B、C三球的質(zhì)量分別為2m、gm、在此后運動過程中。

(1)0與B碰撞損失的機械能；

(2)彈簧恢復(fù)原長時A球的速度；

(2)若開始時在A球左側(cè)某位置固定一塊擋板(圖中未畫出)，在。球與彈簧分離前使

4球與擋板發(fā)生碰撞，并在碰后立即將擋板撤走，設(shè)4球與擋板碰撞時間極短，碰

后4球速度大小不，但方向相反，試求出此后彈簧的彈性勢能最大值的范圍。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程和動能定理可得：

eU=Ekm=hv-W0

結(jié)合圖像可知，Vb>vc>va

則三種光的波長大小關(guān)系為：

<Ac<A.a

根據(jù)波長的計算公式=?可知，Axa>Ax>Axb,故A正確，錯誤；

故選：Ao

先根據(jù)光電效應(yīng)方程結(jié)合圖像分析出光的頻率大小關(guān)系，進(jìn)而得到光的波長大小關(guān)系，

利用雙縫干涉實驗中的波長計算公式完成分析。

本題主要考查了光電效應(yīng)方程的相關(guān)應(yīng)用，結(jié)合圖像得出頻率的高低，同時根據(jù)雙縫干

涉實驗的計算公式即可完成解答。

2.【答案】D

【解析】解：4飛船在P點加速離心才能由軌道1變軌到軌道2,故A錯誤；

A根據(jù)萬有引力提供向心力可得G等=mJ,解得：〃=秒，可知飛船在軌道2上的

速度比在軌道1上的速度小，根據(jù)動能的表達(dá)式康=［巾"2可知飛船在軌道2上的動能比

在軌道1上的動能小，故B錯誤；

C.根據(jù)萬有引力提供向心力可得G罌誓r,解得周期：T=2兀島,可知飛船在

軌道2上的周期比在軌道1上的周期大，故C錯誤；

D由4選項可知，飛船在P點加速離心才能由軌道1變軌到軌道2,故除了萬有引力外，

有其他力對飛船做正功，則飛船在軌道2上的機械能比在軌道1上的機械能大，故。正

確。

故選：Do

飛船在P點加速離心才能由軌道1變軌到軌道2；根據(jù)萬有引力提供向心力得到線速度表

達(dá)式，結(jié)合動能定理分析動能大?。桓鶕?jù)萬有引力提供向心力得到周期的表達(dá)式分析周

期的大?。桓鶕?jù)功能關(guān)系分析機械能的大小。

本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心

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力結(jié)合向心力公式進(jìn)行分析。

3.【答案】D

【解析】解：4由題意可知，小球在N點受到的電場力方向向上，小球帶正電，所以N點

的電場強度方向向上，故4錯誤；

B.小球從M點由靜止釋放后運動到N點時速度恰好是零，可知小球的速度先增大后減小,

則有受重力與電場力的合力方向先向下后向上，說明小球在M點受電場力小于重力，因

此M點的電場強度小于N點的電場強度，故8錯誤：

C.小球從M點運動到N點，受重力與電場力的合力方向先向下后向上，速度最大時合力

等于零，所以質(zhì)點在N點所受到的合力一定不是零，故C錯誤；

D小球從M點運動到N點，因電場力方向向上，一直對小球做負(fù)功，小球的電勢能一直

增加，因此小球在M點的電勢能小于在N點的電勢能，故。正確。

故選：D?

由電場力方向判斷電場強度方向，由運動情況分析受力情況，并進(jìn)一步得到電場強度關(guān)

系，結(jié)合電場力做功，分析電勢能變化情況。

本題考查靜電場，學(xué)生需結(jié)合運動情況及能量觀綜合解答。

4.【答案】C

【解析】解：4、根據(jù)圖片可知，若橫軸選用熱力學(xué)溫標(biāo)，則對應(yīng)的p-7圖像會過原點，

由此可知，此變化過程為等容過程，故A錯誤；

B、氣體在狀態(tài)a時的溫度低于在狀態(tài)b時的溫度，所以氣體在狀態(tài)a的內(nèi)能小于在狀態(tài)b

的內(nèi)能，故B錯誤；

C、ab為等容過程，因為勿=0,溫度升高，氣體內(nèi)能增加，即/U>0,根據(jù)熱力學(xué)第

一定律ZU=Q+W可知，氣體在過程ab一定吸收熱量，故C正確；

O、ca為等壓過程，氣體溫度降低，內(nèi)能減小，根據(jù)蓋一呂薩克定律可知氣體體積減小，

外界對氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體在過程ca中向外界放出的熱量大于外

界對氣體做的功，故。錯誤；

故選：Co

根據(jù)圖像得出氣體的狀態(tài)參量的變化，結(jié)合熱力學(xué)第一定律分析出氣體的吸放熱和做功

情況。

本題主要考查了熱力學(xué)定律的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)圖像結(jié)合一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程

分析出氣體狀態(tài)參量的變化，結(jié)合熱力學(xué)第一定律即可完成解答。

5.【答案】B

【解析】解：4、電表的示數(shù)為交流電的有效值，電壓表匕示數(shù)應(yīng)為220V,故A錯誤；

B、當(dāng)滑片向下滑的過程中，副線圈中連入電路中的電阻變小，電流增大，功率增大。

那么原線圈中的功率UJi也增大，故B正確：

C、滑片向下滑的過程中，副線圈中連入電路中的電阻變小，即氏潮=貸也減小，故C

錯誤；

當(dāng)滑片向下滑的過程中，電阻R變小，但副線圈電壓/不變，電流L增大，所以治兩

端電壓增大，所以R兩端電壓減小，由于兩個阻值大小不定所以功率不能判斷，故。錯

誤。

故選：B.

在交流電中電表顯示的都是有效值，根據(jù)表達(dá)式知道輸入電壓的有效值，在根據(jù)匝數(shù)與

電壓、電流的比例關(guān)系分析。

本題考查了變壓器的構(gòu)造和原理，同時考查了電路的動態(tài)分析，知道變壓器的變壓和變

流規(guī)律，電表讀數(shù)是有效值。

6.【答案】C

【解析】解：4、斜面的夾角為。，根據(jù)平拋運動的規(guī)律速度偏轉(zhuǎn)角的正切值等于位移

偏轉(zhuǎn)角正切值的2倍，即速度偏角的正切值tana=2tan。，所以著陸在M、N點時動量

的方向相同，故A錯誤；

B、可得運動員落到斜面上時，水平分速度與豎直分速度滿足：%=嬴，豎直方向:

Vy=2gLsin6

落到斜坡上時該運動員的動能Ek=+哆)=|m(1+1)討=

ZL)乙4tun(7J

mgL(.+l)s譏8所以《=器號，故8錯誤；

C由九=，9士2得1=后，0=R=專,故C正確;

D、水平方向：x=vot,得水平速度之比酗==；xf=%垂直斜面向上分

VONXNtM21V2

速度之比子=誓器=得，著陸在M、N點兩過程離斜坡面最遠(yuǎn)距離之比為

VJVVo/vSinyV2

_臉

”1_2gcos6P故。錯誤;

九2一及一談

2gcos0

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故選：c。

斜面的傾角為位移方向與水平方向的夾角，根據(jù)平拋運動的推論可知，速度夾角正切值

等于位移夾角正切值的二倍。

解決本題時，要關(guān)鍵要抓住運動員落到斜坡上時，豎直分位移與水平分位移之比等于斜

坡傾角的正切，來分析運動員落在斜坡上時水平分速度與豎直分速度的關(guān)系，同時要會

靈活處理斜面與平拋結(jié)合的問題。

7.【答案】B

【解析】解：設(shè)矩形薄片寬度為d,正電荷所受的電場力等于洛倫茲力，則

普=qvB

材料橫截面積為S,則

/=neSv

S=dh

解得：%=置，則%與B、/成正比，與n、八成反比，故8正確，AS錯誤；

故選：B。

根據(jù)電荷受到的洛倫茲力和電場力的等量關(guān)系，結(jié)合電流的微觀表達(dá)式得出電壓的表達(dá)

式，并結(jié)合圖像完成分析。

本題主要考查了霍爾效應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)電場力和洛倫茲力的等量關(guān)系即可完成分析,

難度不大。

8.【答案】AD

11

【解析】解：4、根據(jù)周期與頻率的關(guān)系有：T=7=；S=0.2S,故A正確；

J3

B、甲的傳播速度為"=：=總m/s=lOm/s,同一介質(zhì)波的傳播速度相等，所以乙波

的傳播速度也為10m/s,故8錯誤；

C、兩列波恰好在坐標(biāo)原點相遇，所以。點為振動加強點，。點會做簡諧振動，故C錯

誤；

。、甲波傳到x=2m所需時間為t=：=^s=0.2s,且向上振動，乙波的波長與甲波波

長相等均為2m,則乙波的周期也為0.2s,所以兩列波在x=2m為振動加強點，振幅為

A=Ar+A2=10cm+20cm=30cm,故D正確；

故選:ADO

甲、乙兩列簡諧橫波在同種均勻介質(zhì)中傳播，波速相等，由圖讀出波長，由可以

求出波速；根據(jù)波的疊加原理波峰和波峰相遇或者波谷和波谷相遇是振動加強點。

本題關(guān)鍵知道波速由介質(zhì)決定，甲、乙兩列簡諧橫波在同種均勻介質(zhì)中傳播，波速相等。

波峰和波峰相遇或者波谷和波谷相遇是振動加強點，振動加強點和振動減弱點的位置是

固定的。

9.【答案】AD

【解析】解：AB.設(shè)作用于。點的彈力大小分別是：F甲=F乙=^9,F丙=mog

。點處于平衡狀態(tài)，則尸/歹的反向延長線為尸伊與尸名夾角的角平分線，由幾何關(guān)系得：a=

180°-2x/?=70°

即：a>/?

故A正確，B錯誤；

C、根據(jù)共點力平衡得：2mgeos55。=mog

又：cos55°>1

可知：m<m0

即丙的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，故C錯誤，。正確。

故選AD。

明確三根輕繩的彈力分別等于三個物體的重力，利用。點所受共點力平衡，建立三個物

體的質(zhì)量關(guān)系。

本題為共點力平衡原理的應(yīng)用問題，認(rèn)識到質(zhì)量關(guān)系是通過輕繩彈力的關(guān)系建立，是解

題關(guān)鍵。

10.【答案】BD

【解析】解：4、棒1向右做減速運動，棒2向右做加速運動，最終兩棒速度相同，此時

棒1的速度最小，設(shè)為。。取向右為正方向，根據(jù)兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒得：mv0=2mv,

可得"=故A錯誤；

8、棒1開始運動時，回路中感應(yīng)電動勢最大，感應(yīng)電流最大，棒2受到的安培力最大，

加速度最大，為。=處，又/=聆，可得&=敷也，故8正確；

m2R2mR

C、棒1開始運動時，回路中感應(yīng)電流最大，棒1兩端電壓的最大值，為U=g=

故C錯誤;

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D、設(shè)棒2產(chǎn)生的最大熱量為Q,則兩棒產(chǎn)生的最大熱量為2Q,由能量守恒定律得：

x2mv2+2Q,可得詔，故O正確。

故選：BD。

棒1向右切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到向左的安培力而減速，棒2受到向右的安培力而

加速，當(dāng)兩棒速度相等時.，回路中不再產(chǎn)生感應(yīng)電流,兩棒以相同速度做勻速直線運動，

由系統(tǒng)的動量守恒求棒1的最小速度；開始時，棒2受到的安培力最大，加速度最大，根

據(jù)牛頓第二定律和法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培力公式相結(jié)合求棒2的最大加

速度；開始時，棒1兩端電壓最大，由歐姆定律求其最大電壓；由能量守恒定律求棒2產(chǎn)

生的最大熱量。

解決本題關(guān)鍵要分析兩棒的運動情況，再考慮應(yīng)用動量守恒定律求兩棒穩(wěn)定時的速度，

并運用能量守恒定律求解熱量。

11.【答案】B

【解析】解：4、煤塊在傳送帶上運動的加速度大小為a=管=49,煤塊向右做勻減

速直線運動的時間為亢=￡=焉位移為與=>

煤塊速度減至零后向左勻加速運動至速度為。2的時間為t2=*，位移為右=聲，此后

ky2dg

勻速運動到傳送帶左端的時間久=江三=羨金，則煤塊在傳送帶上運動的時間為t=

3

V2v2

tl+t2+t3,解得1=竽包，故A錯誤；

2figv2

B、煤塊向右運動時與傳送帶間相對位移大小為Ax】=%+v2t1（解得

煤塊向左運動時與傳送帶間相對位移大小為=v2t2-x2,解得4必=磊，則煤塊在

傳送帶上的痕跡長為L=//+21犯=譜：2%及+畀=等位,故8正確；

2〃g211g

C、傳送帶與煤塊摩擦產(chǎn)生的熱量為Qn4mgLuTniOi+wy，故C錯誤；

D、傳送帶克服煤塊的摩擦力做功為W=nmgv2t,將土=竽支代入解得Q=如（%+

卬g&2乙

2

v2）,故。錯誤。

故選：B。

根據(jù)牛頓第二定律求煤塊的加速度，由速度一時間公式求煤塊在傳送帶上運動的時間；

根據(jù)煤塊與傳送帶間的相對位移求煤塊在傳送帶上的痕跡長度；根據(jù)相對路程求解傳送

帶與煤塊摩擦產(chǎn)生的熱量。根據(jù)功能關(guān)系求傳送帶克服煤塊的摩擦力做功。

本題考查傳送帶問題；解決本題的關(guān)鍵理清小煤塊在傳送帶上的運動規(guī)律，結(jié)合牛頓第

二定律和運動學(xué)公式靈活求解運動時間和相對位移。

12【如案】/婦蛙組2也些組2

iz.LE呆is4tl2x遍遍2gx女蝠

【解析】解：(1)在極短時間內(nèi)，物體的瞬時速度等于該過程的平均速度，則

d

(2)同理可得滑塊經(jīng)光電門C時的速度大小為

根據(jù)速度一位移公式可知

_詔一避_"(4名-4此)

―2x-2MtM抬

(3)由動能定理可得：

—fimgx=-1mvc2--1mv^2

故答案為：⑴%=瓢Q)3%孔⑶器事

(1)根據(jù)運動學(xué)規(guī)律得出滑塊經(jīng)過光電門B時的瞬時速度；

(2)根據(jù)運動學(xué)公式得出滑塊的加速度；

(3)根據(jù)動能定理計算出動摩擦因數(shù)的表達(dá)式。

本題主要考查了動摩擦因數(shù)的測量實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，利用運動

學(xué)公式計算出加速度，結(jié)合動能定理計算出動摩擦因數(shù)即可，雖計算復(fù)雜,但難度不大。

13.【答案】紅B16001.1準(zhǔn)確

【解析】解：(1)根據(jù)歐姆表的要求，黑表筆接內(nèi)部電源的正極，可以判斷a為紅表筆;

當(dāng)電表滿偏時，電表總內(nèi)阻為R內(nèi)=\=益篇0=1500。，所以電阻應(yīng)選擇B；

(2)可以先求歐姆表的中值電阻，當(dāng)表針指在表盤的正中央時對應(yīng)的電流為滿偏電流的

一半，對應(yīng)的電阻為中值電阻E=?g(R中+R內(nèi))

R中=R內(nèi)=15000

即表盤刻度為15時代表15000,倍率為x100,所以被測電阻的阻值為16000。

(3)倍率為義10時，中值電阻為1500,即內(nèi)阻為1500,由此可知，滿偏電流變?yōu)樵瓉淼?/p>

10倍，即0.014

第14頁，共18頁

1x10-3x10=(0.01-lx10-3)/?i

解得：咫=1.10

(4)設(shè)電源電動勢為E,干路電流為《,調(diào)零后電表內(nèi)阻為心,電表指針指到表盤某處時，

電表的電流為/,對應(yīng)的待測電阻為R”，根據(jù)閉合電路歐姆定律E=叫=g+&)

整理得：RX=E(^-^)

由于滿偏電流相同，電動勢相同，指針指相同的位置時電流相同，所以&相同，即讀數(shù)

準(zhǔn)確。

故答案為:(1)紅；B；(2)1600；(3)1.1；(4)準(zhǔn)確

(1)根據(jù)多用電表的使用特點分析出表筆a的接法，根據(jù)歐姆定律結(jié)合實驗原理選擇合適

的滑動變阻器；

(2)根據(jù)實驗原理結(jié)合多用電表的使用特點得出被測電阻的阻值；

(3)根據(jù)電表改裝的知識結(jié)合歐姆定律得出定值電阻的阻值；

(4)根據(jù)實驗原理分析出測量值和真實值的大小關(guān)系。

本題主要考查了多用電表的相關(guān)實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結(jié)合多用電

表的使用規(guī)則即可完成分析。

14.【答案】解：(1)令4B界面的折射角為6，AC界面

的入射角為上，則偏轉(zhuǎn)角

a=(G-71)+。2-萬)=(G+i2)-(n+r2)

因為匕=i2,所以巳=r2

由幾何關(guān)系得：q+萬=NA=60°

可得。J=45°

解得偏轉(zhuǎn)角。=30°

(2)由折射定律可知n=翳

光在三棱鏡傳播的距離s="

光在棱鏡中的傳播速度為

則傳播時間為t=;

聯(lián)立解得：t吟

答：(1)出射光線相對入射光線偏轉(zhuǎn)角為30。；

(2)光線在三棱鏡中傳播的時間為生。

2c

【解析】(1)作出光路圖，根據(jù)幾何知識和對稱性分析偏轉(zhuǎn)角與入射角和折射角的關(guān)系，

即可求得偏轉(zhuǎn)角；

②根據(jù)折射定律求三棱鏡的折射率九，根據(jù)t=;解得。

本題考查光的折射定律的應(yīng)用，畫出光路圖是解題的基礎(chǔ)，分析時要抓住對稱性和光路

可逆性，運用幾何知識求解相關(guān)角度。

15.【答案】解：(1)小球在電磁場區(qū)域做勻速圓周運動，有mg=qE,解得：E=詈

(2)小球4恰好沿B點的切線方向進(jìn)入圓形軌道可知，小球4在B點的速度大小為：vB=

%

sin45°

小球4由B到C,根據(jù)動能定理可得：mg(R-/?sin45°)=避-1mvj

小球4在C點受力分析可知：N-mg=m*

根據(jù)牛頓第三定律可得：N=N'

整理得：N'=(9-3夜)mg+生理

(3)依題意得：3mg=qE

故小球在電磁場中做勻速圓周運動，由機械能守恒定律可知：為4=%2

在電磁場中對小球B受力分析可得：qvB4B=

如圖所示，

由