2023屆全國高考物理仿真模擬測試練習卷（含解析）

2023屆全國高考物理仿真模擬測試練習卷（新教材）

學校:姓名：班級：考號：

一、單選題

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

內蒙古、北京等中北部地區(qū)局部有強沙塵暴，甚至局部地區(qū)出現(xiàn)下“泥點”的惡劣天氣，

山東、河南、安徽、江蘇等華東地區(qū)也都出現(xiàn)AQI（空氣質量指數(shù)）爆表達到500的現(xiàn)

象，AQI指數(shù)中一項重要指標就是大家熟知的PM2.5指數(shù)，PM2.5是指空氣中直徑小于

或等于2.5nm的懸浮顆粒物，漂浮在空中，很難自然沉降到地面。對于上述天氣現(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規(guī)則運動是布朗運動

B.一團質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

速逐漸減小，其內能逐漸減小

C.PM2.5顆粒的尺寸與空氣中氧氣分子的尺寸數(shù)量級相當

D.PM2.5在空氣中的無規(guī)則運動是由于大量空氣分子無規(guī)則運動對其撞擊的不平衡性

引起的

2.為了研究大量處于"=3能級的氫原子躍遷時的發(fā)光特點，現(xiàn)利用氫原子躍遷時產(chǎn)生

的三種單色光照射同一個光電管，如圖甲所示，移動滑動變阻器的滑片調節(jié)光電管兩端

電壓，分別得到三種光照射時光電流與光電管兩端電壓的關系，如圖乙所示，則對于。、

6、c三種光，下列說法正確的是（）

A.從同一點沿相同方向射入球形玻璃磚內，調節(jié)入射角的過程中，c光最容易發(fā)生全

反射現(xiàn)象

B.a、b、c三種光從真空中進入同一介質后，在介質中的波長滿足以下關系：4=4+3

&Ka狐

C.用〃光照射時逸出的光電子初動能最小

D.通過同一個單縫裝置進行單縫衍射實驗，中央條紋寬度。光最寬

3.2023年大年初一上映的國產(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)動機、量子計算機等滿足了大家對未來科技發(fā)展的想象，其

中太空電梯是人類長期以來想要建造的可以通向太空的電梯，如圖甲所示。而且隨著科

學家們對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一步。若未來宇航

員可以像電影中那樣乘坐太空電梯到達不同高度處的空間站或者補給站，宇航員與太空

電梯一起停在某高度處時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r之間的關系如圖乙所示，下列說法正確的是（）

O

圖甲圖乙

A.圖線B是地球衛(wèi)星的加速度與距離地心距離廠的關系圖像

B.離地面越遠，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不同位置時，均處于完全失重狀態(tài)

D.太空電梯向上加速運行時，宇航員的合力方向不指向地心

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

一個帶正電的帶電小球，另有一個質量為加、帶負電的小球在圓軌道外側沿著軌道做圓

周運動，當小球以速率口=正法通過最低點8時，軌道對小球的彈力大小為2wg,兩

小球均可視為質點，重力加速度為g,則（）

A.小球在A點受到的彈力小于在B點受到的彈力

B.兩小球之間的庫侖力大小為6sg

C.小球能做完整的圓周運動時，在最高點受到的支持力始終比最低點受到的支持力大

4〃?g

試卷第2頁，共8頁

D.現(xiàn)將。點小球的電荷量增大一倍，若仍要使另一個小球做完整的圓周運動，小球通

過最低點B的速度需要滿足2y[^R<vB<71面

二、多選題

5.如圖所示的電路中，閉合開關，待電路穩(wěn)定后，可看成質點的帶電小球恰好靜止在

平行板電容器之間的加點，其中二極管可視為理想二極管，下列說法正確的是（）

B.向右移動用的滑片，小球的電勢能將減小

C.向下移動電容器的下極板，二極管右端電勢高于左端電勢

D.斷開S后，緊貼電容器的上極板附近插入金屬板，M點的電勢將升高

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

不帶電物塊〃和帶正電的物塊6疊放在彈簧上，系統(tǒng)穩(wěn)定時彈簧上端位于P點。。、b

的質量均為m，b的電荷量為q，在空間中加上豎直向上的勻強電場，下列說法正確的

是（）

?O

P

Tzz

A.若場強大小為等，a、6在OP之間某一位置分離

2q

B.若場強大小為警，a、6在OP之間某一位置分離

4q

C.若場強大小為避，a、6在。點恰好分離

q

D.若場強大小為二竺，a、b在P點、恰好分離

q

7.，，抖空竹，，是中國傳統(tǒng)的體育活動之一，空竹在中國有悠久的歷史，明代《帝京景物

略》一書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，可見抖空竹在

民間流行的歷史至少在600年以上，并定為國家級非物質文化遺產(chǎn)之一、現(xiàn)將抖空竹中

的一個變化過程簡化成以下模型：輕質彈性繩（彈力特點類比于彈簧）系于兩根輕桿的

端點位置，左、右手分別握住兩根輕桿的另一端，一定質量的空竹架在彈性繩上。開始

時兩手處于同一水平線上并保持輕桿水平，彈性繩的總長度為4,接下來分別作出如下

動作：保持彈性繩兩個端點的距離不變，左手抬高使彈性繩兩個端點的連線順時針緩慢

轉過一個較小角度，此時彈性繩的總長度為右；保持彈性繩兩個端點的距離不變，右手

抬高使彈性繩兩個端點的連線逆時針緩慢轉過相同角度，此時彈性繩的總長度為4,不

計一切摩擦，則關于彈性繩總長度的關系正確的是（）

A.L、=L[B.L]>4C.4</D.<4

8.如圖所示，擋板ad上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B,擋板

中間存在一空隙加?，兒的間距為L,磁場中且處于空隙正上方的S處有一粒子源，S到

從c的距離也為3粒子源向各個方向均勻發(fā)射速度大小相同的帶正電粒子，若粒子打

到擋板上會被吸收。某次調節(jié)粒子源的發(fā)射速度為v（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)目為某時刻發(fā)射粒子總數(shù)的:，已知從b點射出的粒子

速度方向與擋板垂直，粒子電荷量為4,質量為小，不考慮粒子重力和粒子間的相互作

用，則（）

試卷第4頁，共8頁

XXXX5X

，\

/、

XX/x\XX

/、

//、\

/、

/、

XX/X\xX

-------------------------?---------------------?-----------------------——

abc-------------d

A.粒子源的發(fā)射速度為巡

m

B.兩個擋板上能吸收到粒子的總長度為9+"6-3-2L

2

C.調節(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.調節(jié)粒子源的發(fā)射速度為:，射出粒子數(shù)目仍為發(fā)射粒子總數(shù)的1

2o

三、實驗題

9.某同學在學習完單擺的相關知識后，想要在家利用手邊的物品測量本地的重力加速

度。用不規(guī)則的鑰匙扣代替小球做成簡易單擺裝置，手機上的計時功能代替秒表，實驗

過程如下：

（1）用家中軟尺測得懸掛點。到鑰匙扣連接處"的長度為/;

（2）拉開較小角度后將鑰匙扣由靜止釋放，并在鑰匙扣第1次通過最低點按下計時“開

始”按鈕，第N次通過最低點停止計時，記錄手機上的時間為r,則單擺的周期T為

（3）若該同學改變細線長度后只做兩次實驗，得到兩組長度和周期的數(shù)據(jù)：乙、T”4、

%,利用數(shù)據(jù)測得重力加速度為；

（4）若該同學多次改變細線長度得到多組數(shù)據(jù)，描點作出得到〃-/圖像，得到的圖像

可能是；

c.

（5）鑰匙扣的形狀不規(guī)則，對上述實驗測得的重力加速度（填“有”或者“無”）

影響。

10.傳感器的基本工作原理是將非電學量轉換為電學量，更方便地進行測量和控制。商

家對大宗貨物的計量主要是利用電子地磅進行稱重，電子地磅的原理如下：不放物體時

滑動變阻器的滑片位于/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

過與電流表的示數(shù)對應的重量值讀出被稱物體的重量。學校的物理實驗小組在了解到電

子地磅的原理后，想要利用這個簡單的傳感器裝置原理圖去測量由兩節(jié)干電池串聯(lián)的電

池組內阻，設想如下：將干電池組接入和電子地磅原理相同的電路圖中，兩個彈簧的總

彈力和彈簧的形變量成正比，且測得比例系數(shù)為九已知一節(jié)干電池的電動勢為E,滑

動變阻器的最大阻值等于定值電阻的阻值，均為凡，在托盤上放置不同重量的祛碼,

讀出對應電流表的示數(shù)。根據(jù)該小組的設想，分析如下問題:

（1）測得多組祛碼的重力與電流表讀數(shù)的數(shù)據(jù)后，若采用圖像法進行數(shù)據(jù)處理，則應

該畫出G與的圖像；

（2）根據(jù)測得數(shù)據(jù)進行描點作圖后測得圖像的斜率為截距為6,則滑動變阻器上均

勻纏繞的電阻絲沿纏繞方向的總長度/為、待測電池組內阻r為（用題目

中所給物理量符號表示）；

（3）考慮電流表內阻引起的系統(tǒng)誤差，電池組內阻的測量值和真實值相比（填

寫“偏大”、“偏小”、"相等

試卷第6頁，共8頁

四、解答題

11.空氣動力學是世界科學領域里最為活躍、最具有發(fā)展?jié)摿Φ膶W科之一，為了研究各

類高速運動的物體，如飛機、汽車等在實際運行過程中所受空氣阻力的影響，可在實驗

室中構建出不同的風力環(huán)境進而模擬出實際環(huán)境。現(xiàn)利用能產(chǎn)生水平方向恒定風力的實

驗室研究小球的運動情況，如圖所示，設定風力只存在于0<y<L6m的區(qū)域內。將小

球從原點。豎直向上拋出，在實驗室中測得小球運動的最高點高度為L8m,再次經(jīng)過x

軸的坐標為x=24m,已知小球質量為。.2kg,重力加速度g取lOm/s?,求：

(1)實驗室設定的風力大小為多少？

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

12.如圖甲所示，在絕緣水平桌面上固定有間距為的光滑平行金屬導軌，虛線

左側、P0右側(不包含邊界)存在相同的勻強磁場，磁場方向豎直向下，磁感應

強度8=4T,兩個阻值均為2n的電阻接在導軌的左右兩端。導軌上放置兩個完全相同

的導體棒M與cd,導體棒的質量加=O.5kg,長度乙=，01,電阻％=|。，M位于

MN左側，cd放在磁場邊界尸。上，對M施加向右的恒力耳=5N后，M的速度-時間圖

像如圖乙所示(乙弓段為直線，其余段為曲線)，芍時刻撤去外力F，時刻油靜止，

已知乙時刻的速度大小為4m/s,t2G過程圖像圍成的面積為2m。兩個導體棒之間的碰

撞為完全非彈性碰撞，導體棒與導軌始終接觸良好，不計導軌電阻，求：

(1)兩磁場邊界朋N、尸。之間的距離￡；

(2)若弓時刻之后系統(tǒng)受到向左的變力用作用，且巴國際單位制下比例系

數(shù)%大小為8.0,已知施加入后的0.5s內，導體棒運動位移為x=l.15m,此過程中導軌

左側接入的電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q=L5J,求施加K后的0.5s內巴做的功。

圖甲圖乙

13.如圖所示，光滑水平面上放置一個水平長木板C和!光滑圓弧軌道B的組合體，

在組合體的左側水平面上固定一個彈性擋板，擋板與組合體左端的距離為L現(xiàn)將一質

量機=2kg的物塊A從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，已知長木板的質量M=4kg,，圓

弧軌道的質量，”=2kg,半徑R=1.8m,物塊與長木板上表面的動摩擦因素為〃=03,

重力加速度g=10m/s＞不考慮物塊A經(jīng)過組合體連接處的能量損失，運動過程中所

涉及到的碰撞均為彈性碰撞。

(1)先將B、C組合體通過中間的卡扣鎖定在一起，求：物塊A釋放以后經(jīng)過圓弧軌

道最低點時，對軌道的壓力大小為多少？

(2)現(xiàn)將。圓弧軌道固定，并解除B、C組合體之間的鎖定，在系統(tǒng)最終靜止之前，

長木板只與擋板發(fā)生了5次碰撞，物塊始終未從長木板上滑離，求擋板與組合體左側的

初始距離LQ

(3)若將圓弧軌道固定后，將木板C和物塊A的質量互換(圓弧軌道質量不變)，且

已知L=]m,物塊始終未從長木板上滑離，求從釋放A開始到系統(tǒng)最終靜止，求木板

通過的總路程。

試卷第8頁，共8頁

參考答案:

1.D

【詳解】A.布朗運動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規(guī)則撞

擊所做的無規(guī)則運動，用肉眼無法觀察到布朗運動，沙塵暴的運動是氣流運動形成的，不是

布朗運動，故A錯誤；

B.從低溫到高溫，內能增加，內能的宏觀表現(xiàn)是溫度，溫度越高，內能越大，故B錯誤；

C.氧分子尺寸的數(shù)量級為，而PM2.5是指空氣中直徑小于或等于2.5pm,故C錯誤；

D.PM2.5在空氣中的運動是布朗運動，由空氣中大量空氣分子無規(guī)則運動對其撞擊的不平

衡性引起的，故D正確。

故選D。

2.C

【詳解】A.根據(jù)光線在球形玻璃磚中的對稱性，光線射入后都不會發(fā)生全反射現(xiàn)象，故A

錯誤；

B.根據(jù)圖乙可知，a、b、c三種光的遏止電壓關系為

根據(jù)

eU=hv-Wa

可知

匕＞%＞匕

若這三種光是原子從能級〃=3躍遷到較低能級時發(fā)出的光，根據(jù)躍遷原理可得

,C.C.C

h——=h----卜h—

4A.

整理得

111

—=----1----

4A；4

進入同一種介質后，由于介質對三種光的折射率不一樣，造成波長發(fā)生變化，所以不再滿足

上述關系，故B錯誤；

C.由B可知，。光的遏止電壓最小，根據(jù)

eU=E、

可知，〃光照射時逸出的光電子初動能最小，故C正確；

答案第1頁，共18頁

D.由B可知vc>vb>va,根據(jù)

V=-

4>4,>4

因此a光更容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，單縫衍射時。光中央亮條紋最寬，故D錯誤。

故選Co

3.D

【詳解】A.地球衛(wèi)星的加速度

宇航員在電梯中的加速度

因此圖線A為地球衛(wèi)星的加速度與距離地心距離/"的關系圖像，圖線B為宇航員在電梯中

的加速度與距離地心距離，?的關系圖像，故A錯誤；

B.若電梯艙對航天員的彈力表現(xiàn)為支持力時，有

角速度不變，隨著，?增大，航天員受到電梯艙的彈力減小;

若電梯艙對航天員的彈力表現(xiàn)為拉力時，有

角速度不變，隨著廠增大，航天員受到電梯艙的彈力增大；故B錯誤；

C.電梯艙在廠="處的站點時，航天員的加速度等于地球同步衛(wèi)星的加速度，電梯艙對航天

員的彈力等于零，航天員只受到萬有引力，所以航天員處于完全失重狀態(tài)，故C錯誤；

D.太空電梯向上加速運動時，宇航員距離地面的高度增加，所以宇航員隨地球轉動的線速

答案第2頁，共18頁

度在增大，因此宇航員在圓周運動的切線方向有加速度，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D正確。

故選D。

4.D

【詳解】AB.設兩小球之間的庫侖力為凡小球在4點的彈力為F”在B點受到的彈力為

F,,在8點，由牛頓第二定律可得

F-mg-FB=m-^

代入數(shù)據(jù)得

F=8mg

從“到達8點過程，小球滿足機械能守恒，故有

121,

—mvA+2mgR=—mvH

解得

當小球通過4點時，由牛頓第二定律可得

,c，4

機g+尸c一%=初請

聯(lián)立解得

FA=8mg

即

FA>FB

故AB錯誤;

C.若小球能做完整的圓周運動，由機械能守恒定律可知小球在/、8兩點的動能之差為

△4=2mgR

在/點由牛頓第二定律可得

vi

mg+F-FA=m^

在8點有

F-mg-Ff,=〃喋

答案第3頁，共18頁

聯(lián)立解得壓力差

XFN=F「FB=6mg

故C錯誤；

D.若O點小球的電荷量增大一倍，則庫侖力增大為2F,則小球通過5點有最大速率時，

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B點的最大速率為

要使小球能做完整的圓周運動，到達A點時的最小速度為0,對應的B點最小速度應滿足

2mgR=；

解得

丁n=2闞

所以要使另一個小球做完整的圓周運動，小球通過最低點B的速度需要滿足

2萩4VB4

故D正確。

故選D。

5.BC

【詳解】A.向右移動R、的滑片，電容器兩端電壓不變，兩極板之間的場強不變，因此小球

仍靜止不動，故A錯誤；

B.向右移動飛的滑片，的兩端電壓增大，電容器兩端電壓增大，兩極板之間的場強增大，

小球受到的電場力增大，小球將向上運動，電場力做正功，小球的電勢能減小，故B正確；

C.向下移動電容器的下極板，電容器極板間距"增大，根據(jù)

可知電容C減小，若U不變時，Q將減小，但由于二極管的存在，電容器無法放電，所以Q

不變，U增大，二極管右端電勢高于左端電勢，故C正確；

D.斷開S后，緊貼電容器的上極板附近插入金屬板，電容器極板間距d減小，根據(jù)

答案第4頁，共18頁

C=-^~,C=2,E=-

4/rkdUd

可知

小理

4s

可知極板間場強不變，h點到下極板間距不變，電勢差不變，因此M點電勢不變，故D錯

誤。

故選BC?

6.BD

【詳解】A.“、b兩物體疊放在輕彈簧上，并處于靜止時，此時彈簧彈力等于油的重力，

即

F淤=2mg=kx

得到彈簧的壓縮量

x=駟

k

若

FL=qEL=31mg

系統(tǒng)做簡諧振動，對6兩物體整體進行分析，平衡位置時，彈簧的壓縮量為外，則

—mg+kx、=2mg

解得

_3mg_

2k

此時振幅為

A=xf=翳

24=螫

nk

則最高點時的彈簧壓縮量為

Ax,=x-2\=~~

當兩物體之間作用力為0時，可以求得

答案第5頁，共18頁

mg

~T

彈簧壓縮量為

牛＞x2

所以於物體不會分離，兩物體將一起做簡諧振動，故A錯誤;

B.若

系統(tǒng)做簡諧振動，對。、6兩物體整體進行分析，平衡位置時，彈簧的壓縮量為三，則

-mg+kx3=2mg

則此時的振幅為

3mg

則最高點時的彈簧壓縮量為

Ax,=x-2A-,=

-22k

當兩物體之間作用力為0時.，可以求得尸=乎時，彈簧壓縮量為

4

3mg

4k

所以兩物體在到達最高點之前就已經(jīng)分離，不能完成完整的簡諧振動，即。，6會在OP之

間分離，B正確；

C.若

F=qE=mg

則a、6兩物體要分離時，兩者間的相互作用力為0,

答案第6頁，共18頁

對b物體，根據(jù)牛頓第二定律有

F—mg=ma

對〃物體，根據(jù)牛頓第二定律有

kx5-mg=ma

解得

,k

所以。，b不會在。點分離,C錯誤；

D.若

F=qE=2mg

則b兩物體要分離時，兩者間的相互作用力為0,

對b物體，根據(jù)牛頓第二定律有

F-mg=ma

對〃物體，根據(jù)牛頓第二定律有

kx。-mg=ma

解得

即4、6恰好在圖示的初始位置尸點分離，D正確。

故選BDo

7.ACD

【詳解】構建基本模型如下，以空竹為研究對象進行受力分析，如圖所示

設橡皮筋與水平方向的夾角分別為a和4，同一根橡皮筋拉力大小相等，即

答案第7頁，共18頁

則平衡時有

4cos/=F2cosa

解得

a=B

所以兩根橡皮筋與豎直方向的夾角相等，設為。，根據(jù)平衡條件有

2Rcose=mg

設彈性繩兩個端點在水平方向上的距離為d,保持彈性繩兩個端點之間的距離不變，無論彈

性繩兩個端點的連線如何轉動，”均減小，則。減小，cos。增大，因此B、尸2均減小，根

據(jù)胡克定律可得橡皮筋的長度減??；根據(jù)幾何關系可知，彈性繩兩個端點的連線沿順時針方

向與沿逆時針方向轉過相同角度時，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\=L]<Lo

故選ACDo

8.AB

【詳解】A.由題意可知，粒子運動情況如圖所示

因為從分點射出的粒子速度方向與擋板垂直，根據(jù)幾何關系可知，粒子的軌跡圓心在。點,

則有：

mv,

r=——=L

qB

粒子速率為

丫=處

m

故A正確；

B.由題意可知，打到左側擋板最遠點的粒子，與S點的連線長度等于粒子的軌跡直徑,

答案第8頁，共18頁

由幾何關系可知左側最遠點到間隙中心的距離為

粒子能夠到達右側擋板最遠點的位置應為粒子軌跡與右側擋板的切點，由幾何關系可知右側

最遠點到間隙中心的距離為

xf+^L-^-L=1}

解得

“6-3,

=-----------L

2

因此擋板上能吸收到粒子的總長度

ra+"46-3-2,

x=xt+x2-L=------------------------L

故B正確；

C.由A知粒子發(fā)射速度

v_qBL

22m

則軌跡半徑

v

m—,

」

r----2--——

qB2

根據(jù)幾何關系可知，粒子到達方點時，bS連線恰好等于軌跡直徑，粒子運動情況如圖所示，

假設粒子軌跡與從相切于N點,由幾何關系，可求得切點N到|,

XX7,

x子?XBX

X

x

1A______

abNcd

7

區(qū)二L

4222

即

答案第9頁，共18頁

L

x<—

2

說明右側能夠有粒子射出的最遠位置還沒有到達。點，故c錯誤;

D.根據(jù)圖示可知，若粒子從6點射出磁場，其從S點出射時的速度方向與6S連線垂直斜

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)粒子的運動規(guī)律可知,

粒子運動軌跡將與6c相交與中間某點，此時兩種情況下從S點出射的速度方向夾角為60,

所以運動軌跡與從相切的粒子從S點出射速度方向與從b點射出的粒子從S點的的出射方

因此此時射出粒子數(shù)目大于發(fā)射粒子總數(shù)的，，故D錯誤。

向夾角大于60,

O

故選AB。

2t4二(//4)B干

9.g-B九

N—l

【詳解】(2)[1]鑰匙扣第1次通過最低點按下計時“開始”按鈕，第N次通過最低點停止計

時，記錄手機上的時間為「，則單擺的周期為

(3)[2]設擺線末端與鑰匙扣重心間的距離為「，根據(jù)單擺周期公式

可得

聯(lián)立可得重力加速度為

4/((-/

邛-/

(4)[3]根據(jù)

可得

14乃2/工4萬2

T1=14------

gg

故T?與/為一次函數(shù)關系，且與縱軸正半軸有截距。

答案第10頁，共18頁

故選B。

(5)[4]由(3)(4)數(shù)據(jù)處理分析可知，鑰匙扣的形狀不規(guī)則雖導致重心位置無法測量,

但對重力加速度的測量無影響。

io-2飛一^^偏大

-7-aa

【詳解】(1)口]由胡克定律可知

kx=G

解得

G

x——

k

此時滑動變阻器接入電阻為

R'嚀仆二七凡

由閉合電路歐姆定律可知

/-2E

K)+R+7*

解得

「kLr2EkL

G=2kL+---------------

R()

可知：應該畫G-；圖像。

(2)[2][3]根據(jù)分析可知

2EkL

a=---------

b=2kL+—

解得

2Ek

“2Eb

r=-2R\--------

(3)[4]考慮電流表引起的誤差，內阻實際值為

因此測量值偏大。

11.(1)F=10N；(2)=27409m/s；vmin

答案第11頁，共18頁

【詳解】（1）由題意可知，小球在豎直方向做豎直上拋運動，最高點的豎直高度有

=1.8m

2g

解得

v0=6m/s

小球拋出后在風洞范圍內，豎直方向做勻減速直線運動，有

解得

%=0.4s

水平方向有

12

xi=2at'

沖出風洞時豎直方向的速度

匕,=%心=2m/s

水平方向的速度

匕=劭

小球從風洞區(qū)域沖出后的運動時間

f,=2、=0.4s

g

小球在風洞外水平方向的位移大小

x2=at1t2

小球返回風洞后水平方向的位移

12

x3=atixtl+-ati

聯(lián)立可知

）

%：x2：x3=1:2:3

又

xy+x2+x3=24m

解得

a=50m/s2

答案第12頁，共18頁

對小球，水平方向

F=ma

代入數(shù)據(jù)得

F=10N

(2)小球經(jīng)過x=24m時的速度最大，水平速度為

匕=〃2=40m/s

此時速度為

*ax=%+片

解得

k=2y/409m/s

小球在風洞外的最小速度出現(xiàn)在軌跡的最高點，等于小球離開風洞時的水平速度，

即

v2=匕=atl=20m/s

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

設小球所受合力方向與水平面夾角為a。根據(jù)運動的分解，速度最小值為

v3=%cosa

又因為

cosa=

。"26

所以

v}=v0cosa=""m/s<嗎

故小球的最小速度為"叵m/s。

13

12.(1)2.4m；(2)W=-1.755J

【詳解】(1)由圖像可知：八時刻時到達仞V,4時刻仍與〃在位置發(fā)生碰撞，對于

兩根導體棒碰后的過程，列動量定理，則有

=0-2mv2

任一導體棒接入電路的有效電阻

答案第13頁，共18頁

r=V4=2。

L2

根據(jù)電路規(guī)律有

&=-r+-R=2Q.

由

q-U

1=旦

%

E=n----

△t

解得

△①BLx

n

聯(lián)立可得

v2=4m/s

設兩導體棒發(fā)生碰撞前瞬間ab棒的速度為V,,根據(jù)動量守恒定律可知

mvx=2mv2

代入數(shù)據(jù)得

Vj=8m/s

在九W到的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有

6=ma

根據(jù)運動學公式

22

L=U=2.4m

2a

（2）設施加工后的0.5s時兩導體棒的速度為匕，對兩根導體棒整體研究，根據(jù)動量定理有

（―/?/。一E,）A/=2mvi—2mv2

根據(jù)巴滿足的函數(shù)關系可知

—IN-s

結合

答案第14頁，共18頁

△①BL.x

q-----=------

底R垓

聯(lián)立解得

v3=0.7m/s

根據(jù)電路規(guī)律可知，此過程中整個電路生成的熱量為

Q「4Q

根據(jù)能量守恒定律有

I,1,

代入數(shù)據(jù)得

W=-1.755J

22013

13.(1)—N；(2)0.03m；(3)—m

33

【詳解】（1）根據(jù)題意可知，A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設A滑到圓弧

軌道最低點時組合體的速度為匕,A的速度為匕，以水平向左為正方向，則有

O=(/n+M)匕+mv2

由系統(tǒng)機械能守恒可得

聯(lián)立可得

Vj=-^m/s

v2=35/3m/s

根據(jù)圓周運動規(guī)律可知

F(Vj-V,)2

FN-mg=m

K

解得

FTN

N3

由牛頓第三定律得

r-r-220