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2023 级高三年级第二学期第二次考试物理科试题
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。
1 ．2025 年 3 月，我国“ 中国环流三号”首次实现“双亿度” 突破，为未来可控核聚变能源提供关键技术支撑。已知某核反应中，一个氘核和一个氚核结合生成一个氦核并放出一个粒子
X，同时释放约 17.6MeV 的能量，关于该核反应说法正确的是( )
A ．核聚变反应中，轻核结合成重核时会释放能量，其本质是质量亏损转化为能量
B ．装置中发生的核聚变反应方程为 H + H → H + He
C ．核聚变需要极高的温度，是为克服核子间的万有引力
D ．核聚变过程中，生成氦核的比结合能比反应前氘核或氚核的更小
2 ．下列关于教材中的插图，理解正确的是( )
A ．甲图中运用了等效替代的思想，探究合力与两个分力之间的关系
B ．乙图中运用了放大的思想，推导出v - t 图像的面积表示物体的位移
C ．丙图说明了物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力
D ．丁图桌面上的装置，运用理想实验的方法观察桌面的微小形变
3 ．密闭容器内装有一定质量的理想气体，从状态 a 开始，经状态 b 、c 、d 再回到状态 a，如图所示，其中图线 bc 、da 平行于横轴.下列说法正确的是( )
A ．从 a 到 b，气体从外界吸热
B ．从 b 到 c，单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数增多
C ．从 c 到 d，气体内能减小
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D ．从 d 到 a，外界对气体做功
4 ．有关下列四幅图，说法正确的是( )
A ．图甲说明水对玻璃不浸润
B ．图乙中线圈的自感电动势正在减小
C ．图丙若增加输电电压，因输电线路电阻不变，则输电线路上电流变大
D ．图丁用单色光和两片平整的玻璃片观察薄膜干涉，若增加右侧的垫片，则观察到的条纹变密集
5 ．物理学中物理定律最终都能用数学公式表示，等式两端量纲（单位）必定一致。量纲分析就是在保证量纲一致的原则下，分析和探求物理量之间关系。已知某物体在运动过程中的动能表达式为Ek mvJw2 ，推理可知式中 J 的国际制单位为( )
A ．J B ．kg . m . s-1 C ．kg . m2 D ．kg . m-2
6．b、c 两点各固定一个点电荷，以 b、c 的中点 O 为坐标原点，两点的连线在 x 轴上，x 轴上各点的电势 φ 关于位置的分布规律如图所示，已知图像关于纵轴对称，O 点处图像的切线平行于 x 轴，规定无穷远处的电势为 0。下列说法正确的是( )
A ．坐标原点 O 处的电场强度大小为零
B ．关于 O 点对称的任意两点电场强度相同
C ．b 、c 两点固定的点电荷均带负电，且所带电荷量相等
D ．电子在 a 点的电势能大于在 d 点的电势能
7．作用于 O 点的三力平衡，设其中一个力的大小 F1，沿y 轴正方向，力 F2 大小未知，与 x轴负方向夹角 θ ( θ <90°),如图所示。下列说法正确的是( )
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A ．力 F3 只能在第四象限
B．F3 的最小值为 F1cos θ
C ．力 F3 与 F2 夹角越小，则 F3 与 F2 的合力越大
D ．力 F3 可能在第一象限的任意区域
8 ．10 月 6 日，杭州第 19 届亚运会艺术体操个人全能资格赛暨个人团体决赛在黄龙体育中 心体育馆举行。中国队以总分 313.400 获团体铜牌。下图为中国队选手赵樾进行带操比赛。某段过程中彩带的运动可简化为沿 x 轴方向传播的简谐横波，t = 1.0s 时的波形图如图甲所 示，质点 Q 的振动图像如图乙所示。下列判断正确的是( )
A ．简谐波沿 x 轴负方向传播
B ．该波的波长为 7m
C ．该波的波速为4m / s
D ．质点 Q 的振动方程为y = 10sin(πt)cm
二、多项选择题：本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分。在每小题给出的
四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全选对得 4 分，选对但选不全得
2 分，有错选得 0 分
9．2025 年 10 月，火星环绕器“天问一号”为近距离拍摄星际彗星“ 阿特拉斯”，从距火星表面高度h1 = 380km 圆轨道降到h2 = 280km 圆轨道。设火星质量为M 、半径为 R ，两轨道对应的速度大小分别为v1 和v2 ，周期分别为T1 和T2 ，万有引力常量为G 。下列关于“天问一号”说法正确的是( )
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A ．由高轨到低轨，引力势能减少 B ．由高轨到低轨需减速，故v2 < v1
C ．在距火星表面h1 处，加速度a D ．在两轨道上满足关系式
10 ．如图所示的电路为某控制电路的简化图，图中电源内阻不计， R1、R2、R3 为定值电阻， R0 为光敏电阻（阻值随光照强度的增加而减小），电压表、电流表均为理想电表， 开关 S 闭合后，电表示数分别表示为U、I1、I2 ，电表示数变化量分别表示为ΔU、ΔI1、ΔI2 。在光照 强度增强的过程中( )
A ．U 减小、I1 、I2 都增大 B ． ΔI1 > ΔI2
ΔU
(
1
)C ．R1 消耗的功率减小 D ． ΔI 保持不变
11 ．宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车和电梯的设计等多种工作都用到急动度的概念。急动度j 是描述加速度 a 随时间 t 变化快慢的物理量，即j，它可以用来反映乘客乘坐 交通工具时的舒适程度，当交通工具的急动度为零时乘客感觉最舒适。如图所示为某新能源汽车从静止开始启动的一小段时间内的急动度j 随时间 t 变化的规律。则有( )
A ．0~5.0s 时间内汽车的加速度增加得越来越快
B ．5.0~10.0s 时间内汽车匀加速运动
C ．12.0s 时刻汽车的加速度为零
D ．10.0~12.0s 时间内汽车加速度的增加量大小为 0.8m/s2
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12 ．如图甲所示，用某种型号的光线发射器的光照射光电管。图乙为氢原子能级图，光线发射器内大量处于n = 3 激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光只有 a、b 两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图丙所示为 a 、b 光单独照射光电管时产生的光电流 I 与光电管两端电压 U 的关系图线。已知光电管阴极材料的逸出功为 2.09eV，下列说法正确的是( )
A ．丙图中Uc1 和Uc2 对应的是甲图中电源的正极接在左端
B ．用动能为 13eV 的电子轰击一群基态氢原子，可使原子跃迁到n = 3 能级
C ．用 b 光照射光电管时，阴极飞出的光电子最大初动能为1.6 10-18 J
D ．若将电源的正极接在左端，将滑动变阻器滑片从左向右滑动过程中，电流表示数从 0 开始先增大后保持不变
13 ．如图，光滑的竖直墙面上 A 处和 B 处各有一个钉子，二者处于同一水平高度，间距为
kl
l，有一轻质弹性绳，原长为 l，劲度系数为 k，一端由 A 处钉固定，另一端系有一质量为 4g
的小球，其中 g 为重力加速度，B 处钉恰好处于弹性绳下面，钉子和小球都可视为质点，现将小球水平向右拉伸到与 A 处钉距离为 2l 的 C 点，将小球由静止释放，则下列说法正确的是( )
A ．小球在水平和竖直两个方向的分运动均为简谐运动
B ．小球将与 B 处钉发生碰撞
C ．小球的运动轨迹为一条直线
D ．当小球第一次运动至 B 处钉的正下方时，其速度方向水平向左
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三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
14 ．有一长度为 L 电阻率为 r 的圆柱形金属管（阻值约几欧姆），管内部中空，其横截面如图甲所示。现需要测量中空部分的横截面积 S，某实验小组设计了如下实验。所用实验器材为：
①电流表 A（量程为 0.3A，内阻为 3Ω );
②电压表 V（量程为 3.0V，内阻约为3kΩ );
⑧滑动变阻器 R（最大阻值为 10Ω );
④电源 E（电动势为 3V，内阻可忽略）；
待测金属管Rx 、开关 S、导线若干。部分实验步骤如下：
(1)先用螺旋测微器测量金属管的直径 d，如图乙所示其读数为 mm。
(2)闭合开关 S 之前应把滑动变阻器滑片滑到最 端（选填“左”或“右”）；按图丙连接电路，电压表右端应连接 点（选填“M”或“N”）。
(3)该实验小组同学测得多组电压数据 U 和电流数据 I，描绘出 U - I 图像如图丁所示利用此 电路图测得Rx = （保留 3 位有效数字）；则金属管的中空截面积 S = 。（用 L、
r 、d、Rx 表示）
15 ．某实验小组的甲、乙两同学用直角三棱镜做“测定玻璃折射率” 的实验。
他们先在白纸上画出三棱镜的轮廓（用实线△ABC 表示），然后放好三棱镜，在垂直于 AB 的方向上插上两枚大头针 P1 和 P2，在棱镜的左侧观察，当 P1 的像恰好被 P2 的像挡住时，插上大头针 P3，使 P3 挡住 P1 、P2 像，再插上大头针 P4 ， 。移去三棱镜和大头针，大头针在纸上的位置如图所示。
(1)题中横线处缺少的实验要求为： ；
(2)如图所示，甲同学通过量角器测出7ABC=60°及 P3P4 与 AC 边的夹角为 45°,由以上数据可得该玻璃的折射率 n= ；
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(3)根据前面的结论，在 BC 一侧 （填“ 能”或“不能”）看到大头针 P1 和 P2 的像；
(4)乙同学认为甲同学通过测量LABC 计算折射率会引入间接测量误差，于是他想利用棱镜内部光路直接测量 AC 面的入射角及折射角，从而测定玻璃折射率。但是实验中放置三棱镜的位置发生了微小的平移，移至图中虚线处，而测量时仍将△ABC 作为实验中棱镜所处位置，由此得出该玻璃折射率的测量值 真实值（选填“大于”“小于”或“等于”）。
四、计算题：本题共 3 小题，共 38 分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。 (答案可含根号)
16．一端封闭、粗细均匀、导热性能良好且足够长的玻璃管内， 封闭着一定质量的理想气体，
如图所示。已知水银柱的长度h = 10cm ，玻璃管开口向上，倾角θ = 30° 倾斜放置，稳定时 被封闭的空气柱长L1 = 17cm ，大气压强始终为p0 = 75cmHg ，环境的热力学温度T0 = 320K ，取重力加速度大小g = 10 m s2 ，不计水银与玻璃管壁间的摩擦力。
(1)缓慢转动玻璃管，当玻璃管竖直且开口向上时，求管内空气柱的长度L2 ；
(2)缓慢转动玻璃管，并缓慢改变管内气体的温度，当玻璃管竖直且开口向下时，管内空气柱的长度仍为L1 ，求管内气体的热力学温度T1 。
17．如图所示，一质量为M = 2kg 的物块M 用长l = 1 m 的轻绳悬挂于O1 点，将其向左拉开一定角度，与竖直方向的夹角为θ , 随后将物块M静止释放，恰好摆到最低点脱离轻绳并沿A点切线方向进入半径为R = 5 m 的光滑圆弧轨道，圆弧轨道对应的圆心角为2θ 。圆弧轨道右
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侧C 点与一足够长的传送带平滑连接，A 、C 等高，传送带与水平方向的夹角也为θ , 并以v0 = 12 m / s 的速度顺时针方向匀速转动。当物块M运动到C 点时，在距C 点3.4375m 处的D点放置一初速度为 0、质量 m = 1 kg 的物块m ，物块M和m 与传送带之间的动摩擦因数分别为μ1 = 0.8 和μ2 = 0.75，之后两物块可以发生多次弹性正碰且碰撞时间极短，两物块均可看作质点，重力加速度大小g 取10 m / s2 ，不计空气阻力， θ = 37o ，sin37o = 0.6 ，
cos37o = 0.8 。求：
(1)物块M运动到B 点时对圆弧轨道压力的大小；
(2)两物块第一次碰撞后瞬间物块M和m 的速度大小；
(3)两物块从第一次碰撞到第三次碰撞过程中，物块 M 与传送带之间因摩擦产生的热量Q 。
18．静止电荷在其周围空间产生的电场，称为静电场；随时间变化的磁场在其周围空间激发的电场称为感生电场。
(1)如图 1 所示，真空中一个静止的均匀带电球体，所带电荷量为+Q ，半径为 R，静电力常量为 k。该球体在空间产生的电场分布如图 2 所示。
①类比是一种常用的研究方法。类比直线运动中由v - t 图像求位移的方法，根据图 2 所示的距球心 r 处电场强度 E 的大小关系图像，求球心到球面 R 处的电势差大小 U
②根据E - r 图，定性画出从 O 到无穷远空间电势随 r 的变化图。（假设无穷远处电势为零）
(2)如图3，以 O 为圆心、半径为 a 的圆形区域内，分布着垂直纸面向里的磁场，磁感应强度B = kt （ k > 0 ）。圆形区域内变化的磁场会激发感生电场， 该感生电场的电场线是以 O 为
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圆心的一系列同心圆（图中未画出），可形象称之为“涡旋电场”。
①求距圆心r(r >a)处的涡旋电场强度大小 E
②如图 4，该圆形磁场附近有一导体棒，长度 2a，圆心到导体棒距离为 3a ，导体棒中点在 O 点正下方。因涡旋电场力的作用，电荷在导体棒两端聚集，产生电动势。求该电动势EL
(3)电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备，基本原理如图5 所示，图的上部分为侧视图，上、下为电磁铁的两个磁极， 磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。图的下部分为真空室的俯视图， 电子从电子枪右端逸出，当电磁铁线圈电流的大小与方向变化满足相应要求时，电子在真空室中沿虚线圆轨迹运动，不断被加速。若某次加速
中，电子圆周运动轨迹的半径为 R，圆形轨迹上的磁场为B1 ，且B1 = k1t(k1 > 0) 。圆形轨迹区域内平均磁场记为B2 （由于圆形轨迹区域内各处磁场分布不均匀，B2 即为穿过圆形轨道区域内的磁通量与圆的面积比值），且B2 = k2t(k2 > 0) 。设图 5 装置中标出的电流方向为正方
T
向，电磁铁中通有如图 6 所示的正弦交变电流，在 0- 时间内可以让电子加速数十万圈， 4
获得很大的能量。若使电子被控制在圆形轨道 R 上不断被加速，B1 与B2 之间应满足一定的关系，请你推导k1 与k2 的关系。
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1 ．A
A ．根据爱因斯坦质能方程 ΔE = Δmc2 ，轻核聚变过程中存在质量亏损，亏损的质量对应释放的核能，故 A 正确；
B．核反应必须满足电荷数、质量数守恒， 氘氚聚变的正确方程为 H + H → He +n ，故 B
错误；
C．原子核带正电，核聚变需要高温是为了让原子核获得足够动能克服原子核间的库仑斥力，万有引力作用极弱，故 C 错误；
D ．比结合能越大原子核越稳定，该反应释放能量，说明生成的氦核比反应物更稳定，因此氦核的比结合能大于氘核、氚核的比结合能，故 D 错误。
故选 A。
2 ．A
A ．甲图中运用了等效替代的思想，探究合力与两个分力之间的关系，故 A 正确；
B ．乙图中运用了微元法的思想，推导出v - t 图像的面积表示物体的位移，故 B 错误；
C ．丙图说明了物体所受的最大静摩擦力大于滑动摩擦力，故 C 错误；
D ．丁图桌面上的装置，运用放大的方法观察桌面的微小形变，故 D 错误。
故选 A。
3 ．B
A.从a 到b ，气体体积减小，故外界对气体做功，由于从a 到b 反向延长线过原点，所以温度不变，为等温变化过程，由于是理想气体，所以内能不变，外界对气体做功，故气体向外界放热，故 A 错误。
B.从b 到c ，气体压强不变、体积减小，根据理想气体状态方程 C
可知温度减小，气体分子的平均速率减小，保持气体压强不变，单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数增多，故 B 正确。
C.从c 到d ，根据理想气体状态方程 C整理得pCT
1
可知温度不变时，p - 图像为过原点的倾斜直线，故从从c 到d 温度不变，气体内能不变， V
故 C 错误。
D.从d 到a ，气体压强不变、体积增大，气体对外界做功，故 D 错误。
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故选 B。
4 ．D
A ．图甲中，水在玻璃管内形成凹液面且液面上升，这是浸润现象的典型表现，说明水对玻璃是浸润的，故 A 错误；
B ．图乙是 LC 振荡电路，由图可知电路处于充电阶段，在充电过程中，电流逐渐变小，电
Δi
流的变化率 是逐渐增大的，因此自感电动势也在增大，故 B 错误；
Δt
C ．在远距离输电中，输送功率P 基本不变，根据P = UI ，当输电电压U 增加时，输电线路上的电流I 会减小，而不是变大，故 C 错误。
D ．若增加右侧的垫片，空气膜的劈角变大，空气膜厚度差等于半个波长的位置距离变小，所以相邻条纹变密集，故 D 正确。
故选 D。
5 ．C
由动能
可知动能Ek 的基本单位是kg . m2 . s-2 ，由角速度 w 可知角速度w 的基本单位是s-1 ，由
可知J 单位是
故选 C。
6 ．A
A ．根据φ - x 图像的切线斜率表示场强大小，可知坐标原点 O 处的电场强度大小为零，故 A 正确；
B ．根据φ - x 图像可知，关于 O 点对称的任意两点电场强度大小相等，方向相反，故 B 错误；
C ．由于φ - x 图像的电势均为正，且离点电荷越近电势越高，结合对称性可知 b 、c 两点固定的点电荷均带正电，且所带电荷量相等，故 C 错误；
D ．由题图可知 a 点的电势大于 d 点的电势，根据Ep = qφ , 由于电子带负电，所以电子在 a点的电势能小于在 d 点的电势能，故 D 错误。
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7 ．B
AD ．三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；F1、 F2 的合力 F 可以在 F1 与 F2 之间的任意方向，故力 F3 只能在 7AOB 之间的某个方向上（不含边界，如图所示），AD 错误；
B ．当 F1 、F2 的合力 F 与 F2 垂直时合力 F 最小，如下图所示
根据平衡条件可得 F3 的最小值为
F3 = F1 cos θ B 正确；
C．F3 与 F2 的合力大小始终与 F1 平衡，无论两个力的夹角大小如何，F3 与 F2 的合力不变，C错误。
故选 B。
8 ．C
A ．由乙图可知，当t = 1.0s 时，质点 Q 向上运动，根据波传播的“上波下、下波上”的特点，即沿波传播方向，上坡时质点向下振动，下坡时质点向上振动，结合图甲的波形图，波沿 x 轴正方向传播，故 A 错误；
BC ．由甲图可知，波的半波长为 4m，所以波的波长 Y = 8m ，由乙图可知，周期为T = 2s ，所以波的速度v m / s ，故 B 错误，C 正确；
D ．t = 0 时，Q 点向下振动，故质点 Q 的振动方程为y = 10sin(πt + π)cm ，故 D 错误。
故选 C。
故选 A。
答案第 3 页，共 12 页
9 ．AC
A ．“天问一号” 由高轨到低轨，万有引力做正功，引力势能减少，故 A 正确；
B ．卫星绕火星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得 可得线速度大小为v
由于h2 < h1 ，则有r2 < r1 ，v2 > v1 ，故 B 错误；
C ．在距火星表面h1 处，由牛顿第二定律可得 ma解得加速度为a ，故 C 正确；
D ．根据开普勒第三定律可知，在两轨道上满足关系式 ，故 D 错误。故选 AC。
10 ．AD
A ．开关闭合后，在光照强度增强的过程中，光敏电阻阻值减小，电路中的总阻值减小，干路电流增加，I1 增大，R3 上的分压增大，可知电压表示数U 减小，另外流过电阻R2上的电流满足IR
可知R2 所在支路电流减小，故另一支路所在电流表示数I2 增大，故 A 正确；
B．根据“ 串反并同”法判断可知，电阻R2 所在支路电流减小，故干路电流I1 的增加量小于支路电流I2 的增加量，故 B 错误；
C ．R1 消耗的功率满足P1 = I12R1 ，可知R1 消耗的功率增大，故 C 错误；
D ．根据闭合回路欧姆定律U = E - I1R3可知 R3 ，故 D 正确。
故选 AD。
11 ．AD
A ．根据题意，由图可知，0～5.0s 时间内汽车的急动度增加，则汽车的加速度增
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加的越来越快，故 A 正确；
B ．根据题意，由图可知，5.0～10.0s 时间内汽车的急动度不变，则汽车的加速度均匀增大，汽车做变加速运动，故 B 错误；
C ．根据题意可知，j-t 图像的面积表示加速度的变化量，汽车从静止开始启动，由图可知， 0~12s 内，图像的面积为正值，则汽车在 12.0s 时刻的加速度比开始启动时的加速度增加了，加速度不为 0，故 C 错误；
D．j-t 图像的面积表示加速度的变化量，10.0～12.0s 时间内汽车加速度的变化量大小为：
故 D 正确。
故选 AD。
12 ．BC
A．丙图中Uc1 和Uc2 是遏止电压，对应的是甲图中电源的正极接在右端，故 A 错误；
B ．用动能为 13eV 的电子轰击一群基态氢原子，氢原子可能吸收其中
-1.51- (-13.6)eV = 12.09eV 能量，可使原子跃迁到n = 3 能级，故 B 正确；
C ．光线发射器内大量处于n = 3 激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光只有 a 、b 两种可以使该光电管阴极逸出光电子，两种光子能量分别为 -1.51- (-13.6)eV = 12.09eV 和 -3.4 - (-13.6)eV = 10.2eV ，b 光照射光电管时遏止电压更大，所以 b 光光子能量为
12.09eV
由Ekm = hn -W ，用 b 光照射光电管时，阴极飞出的光电子最大初动能为Ekm = (12.09 - 2.09)eV = 10eV = 1.6 × 10-18 J ，故 C 正确；
D ．正极接左端时加的是正向电压，滑片在最左端时光电管两端电压为 0，但逸出的光电子本身有初动能，已经可以到达阳极形成光电流，因此电流不是从 0 开始，故 D 错误。
故选 BC。
13 ．AC
A ．以 B 点为原点，向右为x 轴正方向，向下为y 轴正方向，对小球进行受力分析
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在水平方向的受力为Fx = -kdsinθ = -kx
竖直方向的受力为 mg - kd cosθ = mg - ky g - ky = -k
两个力均满足简谐运动的表达式，水平简谐分运动的平衡位置在x = 0 处，竖直简谐分运动的平衡位置在y处，故 A 正确；
B ．由力的表达式可知两个方向的振动周期相等。若小球能够与 B 处钉相碰，则在水平方向上，小球由最大位移处 C 点运动到 B 点即平衡位置，历时 T
在竖直方向上，若小球能够与 B 处钉相碰，历时nT
T ≠ nT ，水平方向和竖直方向不能同时到达 B 点，故 B 错误；
C ．设水平方向的位移满足x = Ax cos
水平方向的速度为对应位移的导数vx sin 初始时t = 0s ，x = l ，vx = 0m/s
代入位移表达式得到Ax cos(φx) = l
代入速度表达式得到 sin
由 sin 可知 φx 取 π 的整数倍，由于初始位置在平衡位置右方，与横坐标正方向相同，取φx = 0
联立解得Ax = l
同样的，设竖直方向的位移满足y = Ay cos 竖直方向的速度为对应位移的导数vy sin 初始时t = 0s ，y = 0m ，vy = 0m/s
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代入位移表达式得到Ay cos 代入速度表达式得到 sin
由 sin 可知φy 取 π 的整数倍，由于初始位置在平衡位置上方，与纵坐标正方向相反，取φy = π
联立解得Ay
因此小球的水平位置坐标可表示为x = l cos
竖直位置坐标可表示为y cos cos 运动轨迹所满足的方程为y
是一次函数，图像为直线，故 C 正确；
1
D ．当小球第一次运动至 B 处钉正下方时，历时 T ，此时小球在竖直方向上的分速度达到4
最大值，不可能水平向左，故 D 错误。
故选 AC。
14 ．(1)10.400
(2) 左 N
(3) 5.93
（1）根据螺旋测微器的读数规律可知，该读数为10mm + 0.01 × 40.0mm = 10.400mm
（2）[ 1]滑动变阻器采用分压式接法，为了确保电路安全，闭合开关 S 之前，需要使输出电压为零，即闭合开关 S 之前应把滑动变阻器滑片滑到最左端；
[2] 由于电流表内阻已知，实验可以进行精确测量，则按图丙连接电路，电压表右端应连接 N点。
（3）[ 1]根据欧姆定律有Rx RA则有U = (Rx + RA)I
根据图像有Rx + RA
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解得Rx ≈ 5.93Ω
[2]根据电阻定律有Rx = r 其中SS
解得S
15 ．(1)使 P4 挡住 P3 和 P1 、P2 的像(2) 2
(3)不能
(4)小于
（1）放好三棱镜，在垂直于 AB 的方向上插上两枚大头针 P1 和 P2，在棱镜的左侧观察，当 P1 的像恰好被 P2 的像挡住时，插上大头针 P3 ，使 P3 挡住 P1 、P2 像，再插上大头针 P4，使 P4 挡住 P3 和 P1 、P2 像。
（2）光路图如下图所示
由几何知识可知，入射角 i=30°,折射角 r=45°由折射定律可知，折射率n
1 1
(
n
2
)（3）根据临界角公式sinC = =
解得临界角C = 45°
由大头针过来的光线在 BC 边的入射角为 60°, 大于临界角 45°, 会发生全反射，所以在 BC一侧不能看到大头针的像。
（4）三棱镜位置移动后的真实光路图如下图中虚线所示
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测量时按图中实线测量的，由图中几何关系可知，虚线与法线的夹角大于实线与法线的夹角，即光线由玻璃射向空气时，测量的入射角大于真实值，折射角的测量无影响；
根据折射定律n 可知，则该玻璃折射率的测量值小于真实值
16 ．(1)L2 = 16cm
(2)T1 = 260K
（1）由题意可知，初始时封闭气体的压强为 p1 = p0 + ρgh sin θ = 80cmHg当玻璃管竖直且开口向上时，封闭气体的压强为p2 = p0 + rgh = 85cmHg
设玻璃管的横截面积为S ，根据玻意耳定律可得 p1L1S = p2L2 S
解得L2 = 16cm
（2）当玻璃管竖直且开口向下时，封闭气体的压强为 p3 = p0 - ρgh = 65cmHg由题意可知，封闭气体的体积不变，根据查理定律可得
代入数据，解得T1 = 260K
17 ．(1)30.5 N
(2) v1 = 1 m / s ，v2 = 4 m / s
(3) 2304J
（1）M 摆下的过程中机械能守恒MgLMv2解得：v = 2 m / s
v = vAcos θ
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在圆弧轨道下滑，由机械能守恒有MgRMvMv 根据牛顿第二定律FN - Mg = M
由牛顿第三定律有，压力大小FN' = FN = 30.5 N
（2）M 滑上传送带设加速度为a1 ，则μ1Mgcos θ - Mgsinθ = Ma1解得：a1 = 0.4 m / s2
m 放上传送带设加速度为a2 ，则mgsinθ - μ2mgcosθ = ma2解得：a2 = 0
根据v - v = 2a1xCD
解得：vD = 3 m / s
M 与m 发生弹性碰撞，设碰后M 速度为v1 ，m 速度为v2 ，MvD = Mv1 + mv2 ，
解得：v1 = 1 m / s
v2 = 4 m / s
（3）第 1 次碰后m 做匀速运动，M 做匀加速直线运动v2t1 = v1t a1t
解得：t1 = 15 s
v1' = v1 + a1t1 = 7 m / s
v2' = =v2 4 m / s
第 2 次碰撞，由动量守恒定律有Mv1' + mv2' = Mv3 + mv4 ， Mv mvMv mv
解得：v3 = 5 m / s
v4 = 8 m / s
第 3 次碰撞前v3' = v3 + a1t2 = 11m / s ，v4' = =v4 8 m / s
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M 的位移xM = v2t1 + v4t2 = 180 m
传送带的位移x0 = v0 (t1 + t2) = 360 m Q = μ1Mgcos θ .(x0 - xM ) = 2304 J
18 ．① U ②
(3)k2 = 2k1
（1）①根据图像所围面积表示电势差，球心到球面 R 处的电势差大小
②根据题意，可得从 O 到无穷远空间电势随 r 的变化图，如下图
（2）①根据法拉第电磁感应定律得E感 a2 = kπ a2因为W电 = F电 2π r = eE感 ，E
联立解得E
②画辅助线，导体棒两个端点和圆心，构建一个三角形。可用法拉第电磁感应定律求闭合三角形回路的电动势，则三角形回路感应电动势为E感S扇 = k
假想一个正电荷绕三角形一圈，只有一条边非静电力做功，则有
（3）做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供：设某时刻电子运动的速度为 v，则有
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由(2)问中的结论可得，此时轨道处的涡旋电场场强大小E 因为eE1Δt = mΔv （切向）
联立解得
累加求和有 解得 mv
联立以上解得 B1eR可得B2 = 2B1 .
因此k2 = 2k1
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