2023年重慶市某中學高考物理三診試卷

2023年重慶市某中學高考物理三診試卷

一、單項選擇題.（本題共7小題，每小題4分，共28分.在每小題給出的四個選項中，

只有一項是符合題目要求.）

1.（4分）物理學家通過對實驗的深入觀察和研究，獲得正確的科學認知，推動物理學的發(fā)

展，下列說法符合事實的是（）

A.湯姆孫發(fā)現了電子，并提出了原子的核式結構模型

B.結合能越大的原子核，核子結合得越牢固，原子核越穩(wěn)定

C.黑體輻射與材料的種類及表面狀況有關

D,動量相等的質子和電子，它們的德布羅意波波長也相等

2.（4分）如圖所示，有一束平行于等邊三棱鏡截面ABC的復色光從空氣射向AB邊的中

點D,經三棱鏡折射后分為a、b兩束單色光，單色光a偏折到BC邊的中點E,單色光

b偏折到F點，則下列說法正確的是（）

A.a光的折射率大于b光的折射率

B.在棱鏡中a光的傳播速度大于b光的傳播速度

C.分別通過同一雙縫干涉裝置，a光的相鄰亮條紋間距大

D.若a光恰好能使某種金屬發(fā)生光電效應，則b光也能使該金屬發(fā)生光電效應

3.（4分）氣閘艙是載人航天器中供航天員進入太空或由太空返回用的氣密性裝置，其原理

如圖所示。座艙M與氣閘艙N之間裝有閥門K,座艙M中充滿空氣，氣閘艙N內為真

空。航天員從太空返回氣閘艙N后，打開閥門K,M中的氣體進入N中，最終達到平衡。

此過程中氣體與外界沒有熱交換，艙內氣體可視為理想氣體，下列說法正確的是（）

A.氣體體積膨脹，對外做功，內能減小

B.氣體對外不做功，氣體內能不變

C.氣體溫度降低，體積增大，壓強減小

D.N中氣體可以自發(fā)地全部退回到M中

4.（4分）2021年1月，“天通一號”03星發(fā)射成功。發(fā)射過程簡化為如圖所示：火箭先把

衛(wèi)星送上軌道1（橢圓軌道，P、Q是遠地點和近地點）后火箭脫離；衛(wèi)星再變軌，到軌

道2（圓軌道）；衛(wèi)星最后變軌到軌道3（同步圓軌道）。軌道1、2相切于P點，軌道2、

3相交于M、N兩點。忽略衛(wèi)星質量變化。（）

A.衛(wèi)星在三個軌道上的周期T3>T2>TI

B.由軌道1變至軌道2,衛(wèi)星在P點向前噴氣

C.衛(wèi)星在三個軌道上機械能E3=E2>E1

D.軌道1在Q點的線速度小于軌道3的線速度

5.（4分）圖為丁俊暉正在準備擊球，設丁俊暉在某一桿擊球過程中，白色球（主球）和花

色球碰撞前后都在同一直線上運動，碰前白色球A的動量pA=5kg?m/s,花色球B靜止，

碰后花色球B的動量變?yōu)镻B=4kg?m/s,則兩球質量mA與mB間的關系可能是（）

ABc

-mB=ymA-mB=-^mA-mB=2mAD.mB=5mA

6.（4分）某條電場線是一條直線，沿電場線方向依次有0、A、B、C四個點，相鄰兩點間

距離均為d,以0點為坐標原點，沿電場強度方向建立x軸，該電場線上各點電場強度E

隨x的變化規(guī)律如圖所示.一個帶電量為+q的粒子，從0點由靜止釋放，僅受電場力作

用。則下列說法正確的是（）

A.若0點的電勢為零，則A點的電勢為*Eod

B.粒子從A到B做勻速直線運動

C.粒子在0A段電勢能減少量小于BC段電勢能減少量

D.粒子運動到B點時動能為電且色

2

7.（4分）如圖所示，水平粗糙地面上有兩磁場區(qū)域，左右兩磁場區(qū)域內的勻強磁場寬度均

為L,磁感應強度大小分別為B和2B,左磁場區(qū)磁場方向豎直向下，右磁場區(qū)磁場方向

豎直向上，兩磁場間距為2L。一個質量為m、匝數為n、電阻為R、邊長為L的正方形

金屬線框以速度vo水平向右進入左磁場區(qū)域,當金屬線框剛離開右磁場區(qū)域時速度為VI,

金屬線框離開右磁場區(qū)運動一段距離后停下。金屬線框與水平面間的動摩擦因數為小

關于金屬線框的運動下列判斷正確的是（）

A.金屬線框穿過左側磁場過程中通過金屬線框的電荷量為些

R

B.金屬線框從剛進入左磁場區(qū)域到最終停止的過程中一直做勻減速直線運動

C.金屬線框通過兩個磁場區(qū)域過程中產生的焦耳熱為4mv2-5klmgL

D.若金屬線框進入左磁場區(qū)域過程所用時間為t,則金屬線框剛好完全進入時的速度為

mR

二、多項選擇題.（本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，

有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有錯選的得。分.）

（多選）8.（5分）如圖①所示，高空滑索是一種勇敢者的運動項目，如果一個人用輕繩通

過輕質滑環(huán)懸吊在足夠長的傾斜鋼索上運動，在下滑過程中可能會出現如圖②（輕繩與

滑索垂直）和如圖③（輕繩沿豎直方向）所示的兩種情形，不計空氣阻力，則下列說法

正確的是（）

A.圖②的情形中，人只能勻加速下滑

B.圖②的情形中，鋼索對輕環(huán)的作用力大小/1ng

C.圖③的情形中，人勻速下滑

D.圖③的情形中，鋼索對輕環(huán)無摩擦力

（多選）9.（5分）為發(fā)展新能源，某科研小組制作了一個小型波浪發(fā)電機，磁鐵固定在水

中，S極上套有一個浮筒，浮筒上繞有線圈，其截面示意圖如圖甲所示。浮筒可隨波浪

上下往復運動切割磁感線而產生電動勢，線圈中產生的感應電動勢隨時間按正弦規(guī)律變

化，如圖乙所示，線圈電阻r=2Q,匝數為100匝，線圈處磁感應強度B=0.1T,線圈的

直徑d=J5ir，把線圈與阻值R=8Q的小燈泡串聯，小燈泡恰好正常發(fā)光。下列說法正

確的是（）

A.小燈泡的額定電壓為3V

D.浮筒在豎直方向上下運動的最大速度為21面

（多選）10.（5分）如圖所示，生產車間有兩個完全相同的水平傳送帶甲和乙，它們相互

垂直且等高，兩傳送帶由同一電機驅動，它們正常工作時都勻速運動，速度大小分別為v

甲、v乙，并滿足v甲+V『V,式中v為己知定值，即兩傳送帶的速度可調但代數和始終

不變。將一工件A（視為質點）輕放到傳帶甲上，工件離開傳送帶甲前已經與傳送帶甲

的速度相同，并平穩(wěn)地傳送到傳送帶乙上，且不會從傳送帶乙的右側掉落。已知工件的

質量為m,工件與傳送帶間的動摩擦因數為因重力加速度大小為g。兩傳送帶正常工作

時，下列說法正確的是（）

A.工件在傳送帶甲和乙上共速前受到的摩擦力一定相同

B.當Vrp=V乙時，工件在傳送帶乙上留下的滑動痕跡最短

C.當v甲乙時，工件與兩傳送帶因摩擦而產生的總熱量最小

2

D.驅動傳送帶的電機因傳送工件至少需要額外做的功為期一

2

三、實驗題（本題共2小題，共15分。第H題6分，第12題9分）

11.（6分）某同學做“驗證力的平行四邊形定則”的實驗情況如圖甲所示，其中A為固定

橡皮條的圖釘，0為橡皮條與細繩的結點，0B和0C為細繩，圖乙是在白紙上根據實驗

結果畫出的圖。

(1)如果沒有操作失誤，圖乙中的F與F兩力中，方向一定沿A0方向的是o

(2)本實驗采用的科學方法是。

A.理想實驗法

B.等效替代法

C.控制變量法

D.建立物理模型法

(3)實驗時，主要的步驟是：

A.在桌上放一塊方木板，在方木板上鋪一張白紙，用圖釘把白紙釘在方木板上

B.用圖釘把橡皮條的一端固定在板上的A點，在橡皮條的另一端拴上兩條細繩，細繩

的另一端系著繩套

C.用兩個彈簧測力計分別鉤住繩套，互成角度地拉橡皮條，使橡皮條伸長，結點到達某

一位置0,記錄下。點的位置，讀出兩個彈簧測力計的示數

D.按選好的標度，用鉛筆和刻度尺作出兩只彈簧測力計的拉力Fi和F2的圖示，并用平

行四邊形定則求出合力F

E.只用一只彈簧測力計，通過細繩套拉橡皮條使其伸長，把橡皮條的結點拉到同一位置

0,讀出彈簧測力計的示數，記下細繩的方向，按同一標度作出這個力F的圖示

F.比較F和F的大小和方向，看它們是否相同，得出結論。

上述步驟中，步驟C有重要遺漏，請你寫出遺漏的內容是。

12.(9分)某同學測量電流表Gi內阻門的電路如圖甲所示，供選擇的儀器如下：

①待測電流表Gi(0?5mA,內阻約300Q)

②電流表G2(O-lOmA,內阻約100。)

③定值電阻Ri(300。)

④定值電阻R2(10H)

⑤滑動變阻器R3(0-10000(1)

⑥滑動變阻器R4(0-20(1)

⑦干電池(1.5V)

⑧開關及導線若干

(1)定值電阻應選，滑動變阻器應選；(在空格內填寫序號)

（2）完成實物圖連接；

（3）補全實驗步驟：

①按電路圖連接電路，將滑動觸頭移至最端（填“左”或“右”）；

②閉合開關，移動滑動觸頭至某一位置，記錄Gi、G2的讀數h、12；

③多次移動滑動觸頭，記錄相應的Gi、G2讀數II、12;

④以L為縱軸，12為橫軸，作出相應圖線，如圖乙所示。

（4）根據II-12圖線的斜率k及定值電阻，寫出待測電流表內阻n的表達

式-

四、計算題（本大題共3個小題，共42分。解答時應寫出必要的文字說明、公式、方程式

和重要的演算步驟，只寫出結果的不得分，有數值計算的題，答案中必須寫出明確的數值

和單位。）

13.（12分）因高鐵的運行速度快，對制動系統(tǒng)的性能要求較高，高鐵列車上安裝有多套制

動裝置一一制動風翼、電磁制動系統(tǒng)、空氣制動系統(tǒng)、摩擦制動系統(tǒng)等。在一段直線軌

道上，某高鐵列車正以vo=8OnVs的速度勻速行駛，列車長突然接到通知，前方xo=5000m

處道路出現異常，需要減速停車。列車長接到通知后，經過tl=2.5s將制動風翼打開，

高鐵列車獲得ai2的平均制動加速度減速，減速t2=40s后，列車長再將電磁制動系統(tǒng)打

開，結果列車在距離異常處500m的地方停下來。

（1）求列車長剛打開電磁制動系統(tǒng)時，列車的速度多大？

（2）求制動風翼和電磁制動系統(tǒng)都打開時，列車的平均制動加速度a2多大？

2的活塞A、B封閉一定質量的理想氣體，其中活塞B與一端固定在豎直墻上、勁度系數k

=1000N/m的輕質彈簧相連,平衡時兩活塞相距l(xiāng)o=O.6m?已知外界大氣壓強poX105Pa,

圓筒內氣體溫度為to—27°Co

（1）若將兩活塞鎖定，然后將圓筒內氣體溫度升到t=227C,求此時圓筒內封閉氣體的

壓強；（結果保留3位有效數字）

（2）若保持圓筒內氣體溫度to=27℃不變，然后對A施加一水平推力F=500N,使其緩

慢向左移動一段距離后再次平衡，求此過程中活塞A移動的距離。（假設活塞B左端的

圓筒足夠長，彈簧始終在彈性限度內）

15.（16分）如圖所示為真空中某豎直平面內的xOy坐標系。已知在xVO區(qū)域有勻強磁場

B（方向如圖所示，大小未知）在第一象限內有沿y軸負方向的勻強電場Ei（大小未知）。

質量為m、電荷量為+q的粒子從點A（0,-L）垂直于y軸以速度vo射入第三象限做勻

速圓周運動，之后從點C（0,L）垂直于y軸射入第一象限做曲線運動，并從點D穿過

x軸進入第四象限，通過D點時的速度為V1（大小未知），vi的方向與x軸正方向成。=

45°角，不考慮粒子的重力。

（1）求勻強磁場磁感應強度B的大小；

（2）求勻強電場的電場強度Ei的大小和D點到0點之間的距離（用L表示）；

（3）若粒子經過D點后立即進入一個場強為E2的矩形勻強電場，在該電場的作用下可

以返回A點并沿固定路線做周期性運動，請確定該電場存在的最小區(qū)域的面積及E2的大

小和方向（用電場E2與水平方向夾角的正切值表示）。

2023年重慶市某中學高考物理三診試卷

參考答案與試題解析

一、單項選擇題.（本題共7小題，每小題4分，共28分.在每小題給出的四個選項中，

只有一項是符合題目要求.）

1.（4分）物理學家通過對實驗的深入觀察和研究，獲得正確的科學認知，推動物理學的發(fā)

展，下列說法符合事實的是（）

A.湯姆孫發(fā)現了電子，并提出了原子的核式結構模型

B.結合能越大的原子核，核子結合得越牢固，原子核越穩(wěn)定

C.黑體輻射與材料的種類及表面狀況有關

D.動量相等的質子和電子，它們的德布羅意波波長也相等

【分析】了解原子結構的發(fā)現中相關物理學家的貢獻；比結合能越大，原子核越穩(wěn)定；

黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與溫度有關；動量相等的粒子，德布羅意波波長

也相等。

【解答】A、湯姆孫發(fā)現了電子，盧瑟福提出了原子的核式結構模型，故A錯誤；

B、比結合能越大的原子核，核子結合得越牢固，原子核越穩(wěn)定，故B錯誤；

C、黑體輻射電磁波的強度按波長的分布與材料的種類及表面狀況無關，只與溫度有關，

故C錯誤；

D、根據可知動量相等的質子和電子，它們的德布羅意波波長也相等，故D正確。

PX

故選D。

【點評】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現、發(fā)明、著名理論

要加強記憶，這也是考試內容之一。

2.（4分）如圖所示，有一束平行于等邊三棱鏡截面ABC的復色光從空氣射向AB邊的中

點D,經三棱鏡折射后分為a、b兩束單色光，單色光a偏折到BC邊的中點E,單色光

b偏折到F點，則下列說法正確的是（）

A.a光的折射率大于b光的折射率

B.在棱鏡中a光的傳播速度大于b光的傳播速度

C.分別通過同一雙縫干涉裝置，a光的相鄰亮條紋間距大

D.若a光恰好能使某種金屬發(fā)生光電效應，則b光也能使該金屬發(fā)生光電效應

【分析】根據光的傳播特點得出光的折射率大小關系；

根據折射定律得出光在棱鏡中的傳播速度的大小關系；

根據條紋間距的計算公式得出條紋間距的大小關系；

根據光電效應的原理完成分析。

【解答】解：A.根據圖像的特點可知，a光的偏折程度較大，a光的折射率大于b光的

折射率，故A正確；

B.由折射定律丫上可知，在棱鏡中a光的傳播速度小于b光的傳播速度，故B錯誤；

n

C.a光的折射率大，波長較短，由條紋間距的計算公式人可知，分別通過同一

d

雙縫干涉裝置，a光的相鄰亮條紋間距小，故C錯誤；

D.a光的折射率大，頻率較高，若a光恰好能使某種金屬發(fā)生光電效應，則b光不一定

能使該金屬發(fā)生光電效應，故D錯誤。

故選：Ao

【點評】本題主要考查了折射定律的相關應用，理解光的傳播特點，結合干涉和衍射的

特點即可完成分析。

3.（4分）氣閘艙是載人航天器中供航天員進入太空或由太空返回用的氣密性裝置，其原理

如圖所示。座艙M與氣閘艙N之間裝有閥門K,座艙M中充滿空氣，氣閘艙N內為真

空。航天員從太空返回氣閘艙N后，打開閥門K,M中的氣體進入N中，最終達到平衡。

此過程中氣體與外界沒有熱交換，艙內氣體可視為理想氣體，下列說法正確的是（）

A.氣體體積膨脹，對外做功，內能減小

B.氣體對外不做功，氣體內能不變

C.氣體溫度降低，體積增大，壓強減小

D.N中氣體可以自發(fā)地全部退回到M中

【分析】ABC.氣體自由膨脹不對外做功，根據熱力學第一定律分析內能的變化；理想氣

體的內能只與氣體的溫度有關；

D.根據熱力學第二定律分析作答。

【解答】解：ABC.氣閘艙N內為真空，氣體在自由膨脹過程中不對外做功，又系統(tǒng)與

外界沒有熱交換，根據熱力學第一定律AU=W+Q可知，氣體內能不變；對于一定質量

的理想氣體內能不變，則溫度不變；根據玻意耳定律pV=C可知，氣體體積增大，氣體

壓強減小，故B正確，AC錯誤；

D.根據熱力學第二定律可知，一切與熱現象有關的宏觀變化都是不可逆的，故N中氣

體不可能自發(fā)地全部退回到M中，故D錯誤。

故選：B。

【點評】本題考查了熱力學第一、二定律和一定質量的理想氣體的等溫變化；對于一定

質量的理想氣體，內能只與溫度有關，內能大小由分子的平均動能決定。

4.（4分）2021年1月，“天通一號”03星發(fā)射成功。發(fā)射過程簡化為如圖所示：火箭先把

衛(wèi)星送上軌道1（橢圓軌道，P、Q是遠地點和近地點）后火箭脫離；衛(wèi)星再變軌，到軌

道2（圓軌道）；衛(wèi)星最后變軌到軌道3（同步圓軌道）。軌道1、2相切于P點，軌道2、

3相交于M、N兩點。忽略衛(wèi)星質量變化。（）

A.衛(wèi)星在三個軌道上的周期T3>T2>TI

B.由軌道1變至軌道2,衛(wèi)星在P點向前噴氣

C.衛(wèi)星在三個軌道上機械能E3=E2>E1

D.軌道1在Q點的線速度小于軌道3的線速度

【分析】根據圖像分析軌道半徑的關系，依據開普勒第三定律分析周期關系；衛(wèi)星做離

心運動時、必須加速，由此分析衛(wèi)星在不同軌道上機械能大??；結合變軌原理分析衛(wèi)星

的線速度關系。

【解答】解：A、由圖可知，軌道2和軌道3的半徑相等，大于軌道1的半長軸，根據開

3

普勒第三定律「=k知衛(wèi)星在三個軌道上的周期關系為T3-T2>T1,故A錯誤；

T/

B、由軌道1變至軌道2,衛(wèi)星在P點向后噴氣加速，使衛(wèi)星做離心運動，故B錯誤；

C、由軌道1變至軌道2,衛(wèi)星必須在P點加速，則E2>EI,軌道2和軌道3的半徑相等,

則E3=E2,因此，E3=E2>E1,故C正確；

D、假設衛(wèi)星在過Q點的圓軌道上運行的速度為V]',衛(wèi)星軌道1在Q點的線速度為vi,

在軌道3的線速度為V3。從過Q點的圓軌道變軌到軌道1,必須在Q點加速，則vi'<

,

VI。根據衛(wèi)星做勻速圓周運動的線速度公式V=超知，V3<Vl',所以，v3<vl<vi,

則軌道1在Q點的線速度大于軌道3的線速度，故D錯誤。

故選：C。

【點評】解答本題的關鍵要理解并掌握衛(wèi)星變軌原理，要知道衛(wèi)星在圓軌道運行時，由

萬有引力提供向心力，衛(wèi)星變軌時，必須點火加速或減速。

5.（4分）圖為丁俊暉正在準備擊球，設丁俊暉在某一桿擊球過程中，白色球（主球）和花

色球碰撞前后都在同一直線上運動，碰前白色球A的動量pA=5kg?m/s,花色球B靜止,

碰后花色球B的動量變?yōu)镻B=4kg?m/s,則兩球質量mA與mB間的關系可能是（）

A，mBmB=2mAD.mB=5mA

【分析】由動量守恒定律，結合彈性碰撞與完全非彈性碰撞兩種臨界條件，分析碰撞的

過程后可能的運動的情況即可。

【解答】解：碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以白色球的初速度方向為正方向，由動量守恒定

律得：

pA=pA'+pB，

代入數據得：5kgTn/supA,+4kg,m/s

解得：pA'=lkg?m/s,方向與白色球的初速度方向相同。

若碰撞后二者的速度相等（設為v共），則有：

mAV；n=pA'-lkg,m/s,mBv共=pB'=4kg?m/s

聯立可得：BIB=4mA

若碰撞過程系統(tǒng)的機械能不變，根據碰撞過程總動能不增加，則有:

解得mB^|-inA

/t

碰后兩球同向運動，A的速度不大于B的速度，則如一《也一

mAmB

解得mB《4mA

綜上可知mB44mA

故C正確，ABD錯誤。

故選：Co

【點評】該題考查動量守恒定律以及碰撞的特點，考慮彈性碰撞與完全非彈性碰撞，即

可求出可能的質量關

6.（4分）某條電場線是一條直線，沿電場線方向依次有0、A、B、C四個點，相鄰兩點間

距離均為d,以O點為坐標原點，沿電場強度方向建立x軸，該電場線上各點電場強度E

隨x的變化規(guī)律如圖所示?一個帶電量為+q的粒子，從O點由靜止釋放，僅受電場力作

用。則下列說法正確的是（）

A.若0點的電勢為零，則A點的電勢為/EQC!

B.粒子從A到B做勻速直線運動

C.粒子在0A段電勢能減少量小于BC段電勢能減少量

D.粒子運動到B點時動能為

2

【分析】根據E-x圖象與x軸所包圍的面積表示兩點間的電勢差大小，可計算出A點

的電勢；利用電場力做功情況分析物體的運動性質；運用動能定理、電場力做功的公式

以及電場力做功與動能和電勢能的關系可得出其動能大小及電勢能的變化情況。

【解答】解：A、E-x圖象與x軸圍成的面積代表電勢差大小，則0A間電勢差大小UOA

沿著電場線，電勢逐漸降低，若0點的電勢為零，則UOA=（PO-（PA,可得A點的電勢

為故A錯誤；

B、粒子從A到B運動的過程中，電場力一直做正功，則粒子一直做加速運動，電場力

恒定不變，加速度不變，所以粒子做勻變速直線運動，故B錯誤；

C、根據W=qU及E-x圖象與x軸圍成的面積可知，粒子在0A段電場力做功大于BC

段電場力做功，所以粒子在0A段電勢能減少量大于BC段電勢能減少量，故C錯誤；

D、根據動能定理可知^?qEc|d+Ecld=EkB-O，解得粒子運動到B點時動能為：

3qEd

ElD=°,故D正確。

加2

故選：D。

【點評】解答本題的關鍵是要知道E-x圖象與x軸所包圍的面積表示兩點間的電勢差大

小，再利用動能定理、電場力做功公式和電場力做功與電勢能的變化關系可解答案。

7.（4分）如圖所示，水平粗糙地面上有兩磁場區(qū)域，左右兩磁場區(qū)域內的勻強磁場寬度均

為L,磁感應強度大小分別為B和2B,左磁場區(qū)磁場方向豎直向下，右磁場區(qū)磁場方向

豎直向上，兩磁場間距為2L。一個質量為m、匝數為n、電阻為R、邊長為L的正方形

金屬線框以速度vo水平向右進入左磁場區(qū)域，當金屬線框剛離開右磁場區(qū)域時速度為VI,

金屬線框離開右磁場區(qū)運動一段距離后停下。金屬線框與水平面間的動摩擦因數為小

關于金屬線框的運動下列判斷正確的是()

A.金屬線框穿過左側磁場過程中通過金屬線框的電荷量為度

R

B.金屬線框從剛進入左磁場區(qū)域到最終停止的過程中一直做勻減速直線運動

C.金屬線框通過兩個磁場區(qū)域過程中產生的焦耳熱為蔣mv1-5mgL

D.若金屬線框進入左磁場區(qū)域過程所用時間為t,則金屬線框剛好完全進入時的速度為

mR

【分析】金屬線框穿過左側磁場過程中，根據法拉第電磁感應定律求出平均感應電動勢,

應用閉合電路的歐姆定律求出平均感應電流，應用電流的定義式求出通過金屬線框的電

荷量；根據安培力的變化，由牛頓第二定律分析加速度的變化；應用能量守恒定律求出

金屬線框通過兩個磁場區(qū)域全過程產生的焦耳熱；應用動量定理求出金屬線框完全進入

磁場時的速度。

【解答】解：A、金屬線框穿過左側磁場過程中，由法拉第電磁感應定律可得平均感應電

動勢箸，由閉合電路的歐姆定律可得平均感應電流?。?通過金屬線框的電荷

量q=l2kt，聯立解得坦。金屬線框穿過左側磁場過程中穿過金屬線框的磁通量

R

△中=0,則通過金屬線框的電荷量為q=0,故A錯誤；

B、金屬框在磁場中運動過程中，根據牛頓第二定律可得：a』堂生。金屬框在磁場中

m

運動過程中，受到向左的安培力作用，速度減小，產生的感應電流減小，線框受到的安

培力一直減小，合力減小，則線框的加速度一直減小，因此金屬線框在磁場中運動過程

中，做加速度減小的變減速直線運動，故B錯誤；

C、設金屬線框通過兩個磁場區(qū)域全過程中產生的焦耳熱為Q。金屬線框從開始運動到離

開右磁場區(qū)域過程，由能量守恒定律得/mv。2=乩1ng(L+2L+L+L)

解得：Q^IUVQ2—M-mgL,故C正確;

D、金屬線框進入左側磁場過程中，穿過金屬線框的磁通量為△力=B15,通過金屬線框

的電荷量為qjA生型」

qRR

設金屬線框剛好完全進入左側磁場區(qū)域時的速度大小為v,該過程，對金屬線框，取向右

為正方向，由動量定理得：-BILt-M-mgt=mv-mvQ

其中亍t=q，解得：丫=丫-pigt-逑」一，故D錯誤。

口mR

故選：C?

【點評】本題考查電磁感應與能量、力學的綜合應用。對于電磁感應問題研究思路常常

有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力的大小和方向；另一條是能量，分析電磁

感應現象中的能量如何轉化是關鍵。

二、多項選擇題.（本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，

有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有錯選的得0分.）

（多選）8.（5分）如圖①所示，高空滑索是一種勇敢者的運動項目，如果一個人用輕繩通

過輕質滑環(huán)懸吊在足夠長的傾斜鋼索上運動，在下滑過程中可能會出現如圖②（輕繩與

滑索垂直）和如圖③（輕繩沿豎直方向）所示的兩種情形，不計空氣阻力，則下列說法

正確的是（）

A.圖②的情形中，人只能勻加速下滑

B.圖②的情形中，鋼索對輕環(huán)的作用力大小處嗯

C.圖③的情形中，人勻速下滑

D.圖③的情形中，鋼索對輕環(huán)無摩擦力

【分析】不管是圖2還是圖3,人均做直線運動：若是勻速直線運動，合力為零：若是變

速直線運動，合力與速度共線。受力分析后運用平行四邊形定則作圖分析。

【解答】解：AB、圖②的情形中，對人受力分析，人受重力和拉力，如圖所示。

由于兩個力不共線，故合力一定不為零。人做直線運動，故人的合力與速度共線，必定

做勻加速直線運動，則拉力T=ingsin60°故A正確，B錯誤：

CD、圖③的情形中，人受重力和拉力，若合力不為零，合力與速度不共線，不可能做直

線運動，因此合力一定為零，人做勻速直線運動，則有T=mg。

環(huán)做勻速運動，合力為零，環(huán)受細線的拉力、支持力和摩擦力，三力平衡，如下圖所示

故C正確，D錯誤。

故選：ACo

【點評】本題關鍵結合運動情況分析受力情況，明確直線運動的條件是合力為零或者合

力與速度共線。

（多選）9.（5分）為發(fā)展新能源，某科研小組制作了一個小型波浪發(fā)電機，磁鐵固定在水

中，S極上套有一個浮筒，浮筒上繞有線圈，其截面示意圖如圖甲所示。浮筒可隨波浪

上下往復運動切割磁感線而產生電動勢，線圈中產生的感應電動勢隨時間按正弦規(guī)律變

化，如圖乙所示，線圈電阻r=2Q,匝數為100匝，線圈處磁感應強度B=0.1T,線圈的

直徑d=6ir，把線圈與阻值R=8Q的小燈泡串聯，小燈泡恰好正常發(fā)光。下列說法正

確的是（）

A.小燈泡的額定電壓為3V

D.浮筒在豎直方向上下運動的最大速度為211rl/s

【分析】根據圖像得到感應電動勢的峰值和周期，根據正弦式交變電流規(guī)律求解感應電

動勢的有效值，根據閉合電路歐姆定律求解線圈中的電流和小燈泡的額定電壓；根據P

=ui求解發(fā)電機輸出功率；根據頻率與周期的關系求解頻率；根據正弦式交變電流峰值

公式求解浮筒的最大速度。

【解答】解：A.由圖像得，感應電動勢的峰值為Em=4&V

感應電動勢有效值為E4V

V2V2

根據閉合電路的歐姆定律，線圈中的電流=8%A=0.4A

x

故A錯誤；

X

故B正確；

C.由圖可知，交變電流的頻率f1」一出=25HZ

T0.4'

浮筒在豎直方向上下振動的頻率與交變電流的頻率相同，故C正確；

D.由正弦式交變電流峰值公式得：Em=NBLvm

解得浮筒在豎直方向上下運動的最大速度為

二Em_如=0.4

vm-NBL_100X0.IX71xV2lll/S~兀

故D正確。

故選：BCD?

【點評】本題考查正弦式交變電流，解題關鍵是會求解正弦式交變電流的峰值和有效值,

掌握功率的計算公式，結合閉合電路歐姆定律列式求解即可。

（多選）10.（5分）如圖所示，生產車間有兩個完全相同的水平傳送帶甲和乙，它們相互

垂直且等高，兩傳送帶由同一電機驅動，它們正常工作時都勻速運動，速度大小分別為v

甲、v乙，并滿足v甲+v乙=丫,式中v為己知定值，即兩傳送帶的速度可調但代數和始終

不變。將一工件A（視為質點）輕放到傳帶甲上，工件離開傳送帶甲前已經與傳送帶甲

的速度相同，并平穩(wěn)地傳送到傳送帶乙上，且不會從傳送帶乙的右側掉落。已知工件的

質量為m,工件與傳送帶間的動摩擦因數為山重力加速度大小為g。兩傳送帶正常工作

時，下列說法正確的是（）

A.工件在傳送帶甲和乙上共速前受到的摩擦力一定相同

B.當vv=v乙時，工件在傳送帶乙上留下的滑動痕跡最短

C.當v甲乙時，工件與兩傳送帶因摩擦而產生的總熱量最小

2

D.驅動傳送帶的電機因傳送工件至少需要額外做的功為變一

2

【分析】根據位移一速度關系求得工件在傳送帶乙上的滑動痕跡的表達式，根據基本不

等式可知當VM,=v乙時劃痕最短；由Q=nmg?s相求工件與兩傳送帶因摩擦而產生的總熱

量的最小值；根據能量守恒求得電機額外做的功。

【解答】解：A.取傳送帶乙為參考系，工件滑上傳送帶乙時的速度如圖：

工件受到的滑動摩擦力方向與相對運動方向相反，所以工件在兩傳送帶上受到摩擦力大

小相等，但方向不同，故A錯誤；

B.對工件由牛頓第二定律得：

|img=ma

解得：a=ug

設工件在傳送帶乙上的滑動痕跡為x,則由運動學公式得：

由平行四邊形定則得：

又因為V甲+v乙=丫

22

聯立解得：*二甲+"乙

2klg

由數學知識可得，當V￥=V乙時，X取最小值，故B正確;

C.設工件在傳送帶甲上的滑動痕跡為XI,由于傳送帶的速度是工件加速過程中平均速

度的兩倍，所以工件在傳送帶甲上的滑動痕跡等于工件的位移大小，

工件與兩傳送帶因摩擦產生的總熱量為Q，則

Q=(img(x+xi)

整理得Q=--------------------------------

則當丫用=工時，Q取最小值，此時V7=2上，即v甲乙，故C正確；

v甲3v乙3

D.根據能量守恒定律可知，電動機額外做的功等于產生的熱量與工件的末動能之和，則

有

整理得W嘮［y2+(v甲-V乙產］

2

當v,p=v乙時，W取最小值，最小值為w.

故D正確。

故選：BCD?

【點評】本題考查了工件在傳送帶上的相對位移，劃痕的求解及電機額外做的功等問題,

注意要學會利用數學基本不等式、配方法求極值。

三、實驗題(本題共2小題，共15分。第n題6分，第12題9分)

11.(6分)某同學做“驗證力的平行四邊形定則”的實驗情況如圖甲所示，其中A為固定

橡皮條的圖釘，O為橡皮條與細繩的結點，OB和OC為細繩，圖乙是在白紙上根據實驗

結果畫出的圖。

(1)如果沒有操作失誤，圖乙中的F與F兩力中，方向一定沿AO方向的是F'。

(2)本實驗采用的科學方法是B。

A.理想實驗法

B.等效替代法

C.控制變量法

D.建立物理模型法

(3)實驗時，主要的步驟是：

A.在桌上放一塊方木板，在方木板上鋪一張白紙，用圖釘把白紙釘在方木板上

B.用圖釘把橡皮條的一端固定在板上的A點，在橡皮條的另一端拴上兩條細繩，細繩

的另一端系著繩套

C.用兩個彈簧測力計分別鉤住繩套，互成角度地拉橡皮條，使橡皮條伸長，結點到達某

一位置0,記錄下。點的位置，讀出兩個彈簧測力計的示數

D.按選好的標度，用鉛筆和刻度尺作出兩只彈簧測力計的拉力Fi和F2的圖示，并用平

行四邊形定則求出合力F

E.只用一只彈簧測力計，通過細繩套拉橡皮條使其伸長，把橡皮條的結點拉到同一位置

0,讀出彈簧測力計的示數，記下細繩的方向，按同一標度作出這個力F的圖示

F.比較F和F的大小和方向，看它們是否相同，得出結論。

上述步驟中，步驟C有重要遺漏，請你寫出遺漏的內容是記下兩條橡皮條的方向。

【分析】(1)明確實驗原理，了解實驗誤差的存在，根據實驗中“理論值”和“實驗值”

的區(qū)別分析判斷；

(2)根據控制變量法的特點分析判斷；

(3)步驟C中只有記下兩條細繩的方向，才能確定兩個分力的方向，進一步才能根據平

行四邊形定則求合力。

【解答】解：(1)由一個彈簧測力計拉橡皮條至0點的拉力一定沿A0方向；而兩根彈

簧測力計拉橡皮條至O點的拉力，根據平行四邊形定則作出兩彈簧測力計拉力的合力，

由于誤差的存在，不一定沿A0方向，故一定沿A0方向的是F。

(2)一個力的作用效果與兩個力的作用效果相同，它們的作用效果可以等效替代。故B

正確，ACD錯誤。

故選：B。

(3)用兩個彈簧測力計分別鉤住繩套，互成角度地拉橡皮條，細繩與木板平行，使橡皮

條伸長，結點到達某一位置O,記錄下O點的位置，記下兩條橡皮條的方向，讀出兩個

彈簧測力計的示數。

故答案為：(1)F；(2)B；(3)記下兩條橡皮條的方向。

【點評】本實驗采用的是“等效替代”的方法，即一個合力與幾個分力共同作用的效果

相同，可以互相替代，明確“理論值”和“實驗值”的區(qū)別。

12.(9分)某同學測量電流表Gi內阻n的電路如圖甲所示，供選擇的儀器如下：

①待測電流表Gi(0~5mA,內阻約300。)

②電流表G2(O-lOmA,內阻約100。)

③定值電阻Ri(300H)

④定值電阻R2(10。)

⑤滑動變阻器R3(0-10000。)

⑥滑動變阻器R4(0~20Q)

⑦干電池(1.5V)

⑧開關及導線若干

(1)定值電阻應選③，滑動變阻器應選⑥；(在空格內填寫序號)

(2)完成實物圖連接；

(3)補全實驗步驟：

①按電路圖連接電路，將滑動觸頭移至最左端(填“左”或“右”)；

②閉合開關，移動滑動觸頭至某一位置，記錄Gi、G2的讀數II、12；

③多次移動滑動觸頭，記錄相應的Gl、G2讀數11、12;

④以h為縱軸，12為橫軸，作出相應圖線，如圖乙所示。

(4)根據II-12圖線的斜率k及定值電阻，寫出待測電流表內阻ri的表達式ri=(k

-1)Ri?

【分析】(1)根據定值電阻阻值與待測電流表內阻相等可知將二者并聯后總電流與電流

表G2的滿偏電流相等，所以測量電路應是將待測電流表與定值電阻R2并聯后再與電流

表G2串聯；再根據變阻器采用分壓式接法時阻值越小時調節(jié)越方便即可選出變阻器R4；

(2)根據實物圖的連接要求連接實物圖；

(3)(4)根據物理規(guī)律寫出12與11的函數表達式，然后根據斜率的概念即可求解，根

據實驗電路故障分析原因。

【解答】解：(1)由于Gi的滿偏電流是G2的一半，根據并聯電阻的分流作用可知G1

應與阻值相近的定值電阻并聯，再與G2串聯，因待測電流表的內阻約為300。，則定值

電阻應選取Ri。

滑動變阻器R3的阻值太大，不方便調節(jié)，應選取阻值較小的R4,方便調節(jié)，并使用分

壓式接法；

(2)采用分壓式接法，實物圖連接如下圖所示；

(3)為了保護實驗中電表，開始時應讓電壓從0開始調節(jié)，故開始時滑片應在最左端。

Trj?+=

(4)根據歐姆定律和串并聯電路的關系有：__lTi

結合圖像，則圖像的斜率k——U則有：ri=(k-1)Ri

R1

故答案為：（1）③、⑥；（2）如圖所示

（4）左、ri=（k-1）Ri

【點評】解答本題應明確：①設計電路時，可先畫出可能的電路圖，然后選擇能求出待

測量的電路即可；②變阻器采用分壓式接法時，應選擇阻值小的變阻器以方便調節(jié)；③

遇到根據圖象求解的問題，首先根據物理規(guī)律寫出公式，然后整理出關于阻值與橫軸物

理量的函數表達式，再根據斜率和截距的概念即可求解.

四、計算題（本大題共3個小題，共42分。解答時應寫出必要的文字說明、公式、方程式

和重要的演算步驟，只寫出結果的不得分，有數值計算的題，答案中必須寫出明確的數值

和單位。）

13.（12分）因高鐵的運行速度快，對制動系統(tǒng)的性能要求較高，高鐵列車上安裝有多套制

動裝置一一制動風翼、電磁制動系統(tǒng)、空氣制動系統(tǒng)、摩擦制動系統(tǒng)等。在一段直線軌

道上，某高鐵列車正以vo=8Om/s的速度勻速行駛，列車長突然接到通知，前方xo=5OOOm

處道路出現異常，需要減速停車。列車長接到通知后，經過ti=2.5s將制動風翼打開，

高鐵列車獲得a/的平均制動加速度減速，減速t2=40s后，列車長再將電磁制動系統(tǒng)打

開，結果列車在距離異常處500m的地方停下來。

（1）求列車長剛打開電磁制動系統(tǒng)時，列車的速度多大？

（2）求制動風翼和電磁制動系統(tǒng)都打開時，列車的平均制動加速度a2多大？

【分析】（1）根據速度一時間關系求解列車長打開電磁制動系統(tǒng)時列車的速度；

（2）根據運動公式列式求解打開電磁制動后打開電磁制動后列車行駛的距離，根據速度

一位移關系求解列車的平均制動加速度。

【解答】解：vo=288km/h=8Om/s

（1）打開制動風翼時，列車的加速度為aj,設經過t2=40s時，列車的速度為vi,

貝I]vi=vo-ait2=80m/s-X40m/s=60m/s

(2)列車長接到通知后，經過ti=2.5s,列車行駛的距離xi=voti=8OX2.5m=2OOm

打開制動風翼到打開電磁制動系統(tǒng)的過程中，列車行駛的距離

22QQ

x2=v°-"=8^%m=280()m

2a12X0.5

打開電磁制動后，行駛的距離x3=xo-xi-x2=5OOOm-200m-2800m-500m=1500m

2

a2=-Hm*2

2X32X1500

答：(1)列車長打開電磁制動系統(tǒng)時，列車的速度為60m/s；

(2)制動風翼和電磁制動系統(tǒng)都打開時，列車的平均制動加速度a2?。

【點評】在解答勻變速直線運動一類題目時，注意公式的合理選取，如果涉及時間一般

采用速度一時間關系和位移一時間關系公式解答，如果不涉及時間，一般采用速度一位

移關系公式解答。

2的活塞A、B封閉一定質量的理想氣體，其中活塞B與一端固定在豎直墻上、勁度系數k

=1000N/m的輕質彈簧相連,平衡時兩活塞相距l(xiāng)o=O.6m,已知外界大氣壓強poX105Pa,

圓筒內氣體溫度為to=27℃。

(1)若將兩活塞鎖定，然后將圓筒內氣體溫度升到t=227℃,求此時圓筒內封閉氣體的

壓強；(結果保留3位有效數字)

(2)若保持圓筒內氣體溫度to=27℃不變，然后對A施加一水平推力F=500N,使其緩

慢向左移動一段距離后再次平衡，求此過程中活塞A移動的距離。(假設活塞B左端的

圓筒足夠長，彈簧始終在彈性限度內)

【分析】(1)根據查理定律對氣體分析，列式計算出封閉氣體的壓強；

(2)根據波意耳定律對氣體分析，列式計算出活塞的移動距離。

【解答】解：(1)設此時氣體壓強為p,由查理定律可得：

To=(273+to)K=300K,T=(273+t)K=500K

代入數據可得

X105Pa

(2)設再次平衡時封閉氣體壓強為p',活塞A、B向左移動的距離分別為x、x',由

于氣體溫度始終不變，由玻意耳定律可得

pol()S=p/(lo+xr-x)S

由平衡條件可知，對活塞A有

p'S=poS+F

對活塞B有

poS+kx'=p'S

聯立解得

X105Pa；

(2)此過程中活塞A移動的距離為0.7m。

【點評】本題主