2023年高考物理模拟试卷(全国卷)

上）方向的电流，在𝑃𝑄中电流减小的过程中，下列选项正确的是（ ）

2023年高考物理模拟试卷（全国卷)

物理考试

考试时间：* *分钟 满分：* *分

姓名：__________ 班级：__________考号：__________

题号 一 二 三 四 总分 A．穿过线框的磁感线垂直纸面向外 ……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………评分 注意事项：

1、填写答题卡的内容用2B铅笔填写 2、提前 xx 分钟收取答题卡

第Ⅰ卷 客观题

第Ⅰ卷的注释

阅卷人 一、选择题(共8题；共48分)

得分 1．（6分）下列说法不符合科学史实的是（）

A．焦耳通过实验发现了电流的热效应 B．奥斯特通过实验发现了电流的磁效应 C．法拉第通过实验发现了电磁感应现象 D．麦克斯韦通过实验发现了电磁波

2．（6分）某实验小组用同一光电管完成了光电效应实验，得到了光电流与对应电压之间的关系图像

甲、乙、丙，如图所示。则下列说法正确的是（ ）

A．甲光的频率大于乙光的频率 B．乙光的波长大于丙光的波长 C．甲光的光强大于丙光的光强

D．甲光和丙光产生的光电子的最大初动能不相等

3．（6分）如图所示，直导线𝑃𝑄与矩形金属线框𝐴𝐵𝐶𝐷位于同一竖直平面内，𝑃𝑄中通有如图所示（向

1 / 9

B．线框中的磁通量不变

C．𝐴𝐵边感应电流的方向为𝐵→𝐴 D．𝐴𝐵边受到的安培力方向向上

4．（6分）可视为质点的甲、乙两球的质量分别为2𝑚和3𝑚，甲球由静止释放的同时，将乙球竖直向上

抛出．两球相碰前的瞬间速度大小均为𝑣0，碰撞时间极短，且碰后两球粘在一起．不计空气阻力，重力加速度为𝑔，选竖直向下为正方向，则（ ）

A．从释放甲球到两球相碰前的瞬间，甲球所受重力的冲量为𝑚𝑣0 B．从释放甲球到两球相碰前的瞬间，乙球动量的变化量为2𝑚𝑣0

C．甲，乙两球碰撞后，继续上升的高度为𝑣2

2𝑔0 D．甲、乙两球在碰撞的过程中，损失的机械能为2.4𝑚𝑣02

5．（6分）某些共享单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，可以不断地给单车里的

蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈abcd共有

N匝，总电阻为r。线圈处于匀强磁场中，通过理想交流电流表与阻值为R的电阻相连。某段时间在骑行者的踩踏下，线圈以角速度ω绕垂直磁场方向的轴OO′匀速转动，图乙是线圈转动过程中产生的

磁通量𝛷随时间𝑡变化的图像，则（ ）

……线…………○…………

a2，经时间t2从板间的右端b点以速度v飞出，b与P间的距离为y2．a、b两点在图中未标出，则一定有（ ）

A．𝑡=0时刻线圈处于中性面位置

A．v0＜v B．a1＞a2 C．a1=a2 D．t1＜t2

……线…………○………… B．𝑡1时刻电流表示数为0，𝑡2时刻电流表的示数最大 C．𝑡3时刻到𝑡4时刻这段时间通过电阻R的电荷量为𝑁𝛷𝑅+𝑟𝑚 D．线圈转动一圈，外力对它所做的功为2𝜋𝑁22

𝑅+𝑟𝛷𝑚 6．（6分）匀变速直线运动的规律，除教材中的公式与图像外，还“隐藏”着“一段时间里的平均速度与

这段时间的中间时刻的速度关系、与初末速度的关系，相邻相等时间里的位移之差与加速度关系”，等两个推论。这两个推论，是利用打点计时器测量速度与加速度的实验原理。某质点从0时刻开始做匀加速直线运动，在最初两个连续的4 s时间内的位移分别为s1=24 m和s2=64 m。则下列结论正确的是（ ）

A．质点的加速度大小为2.5 m/s2 B．质点第2 s末的速度大小为6 m/s C．质点0时刻的速度零

D．质点第4 s末的速度大小为22 m/s

7．（6分）航天员在月球表面将小石块竖直向上抛出，经时间t落回抛出点。已知小石块上升的最大高

度为h，月球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（ ） A．小石块抛出时的初速度大小为8ℎ𝑡 B．月球表面的重力加速度大小为8ℎ

𝑡

2 C．月球的质量为8ℎ𝑅2

𝐺𝑡2

D．月球的第一宇宙速度为

√2ℎ𝑅𝑡 8．（6分）如图所示，两金属板间有水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场和竖直向下的匀强电

场．一带正电、质量为m的小球垂直于电场和磁场方向从O点以速度v0飞入此区域，恰好能沿直线从P点飞出此区域．如果只将电场方向改为竖直向上，则小球做匀速圆周运动，加速度大小为a1，经时间t1从板间的右端a点飞出，a与P间的距离为y1；如果同时撤去电场和磁场，小球加速度大小为

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第Ⅰ卷 主观题

第Ⅰ卷的注释

阅卷人 二、非选择题(共4题；共47分)

得分 9．（6分）用自由落体法进行“验证机械能守恒定律”的实验．

（1）（1.5分）实验完毕后选出一条纸带如图1所示，其中O点为电磁打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以50Hz的交流电．用刻度尺测得OA＝12.41cm，OB＝18.60cm，OC＝27.21cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重物的质量为1.00kg，取g＝9.80m/s2．甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重物的重力势能比开始下落时减少了 J；此时重物的动能比开始下落时增加了 J．（结果均保留三位有效数字）．实验中产生系统误差的原因是

（2）（1.5分）乙同学利用他自己实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，以h为横轴，以 12𝑣2 为纵轴画出了如图2的图线．图

线未过原点O的原因是 ．

10．（9分）温度传感器是一种将温度变化转换为电学量变化的装置，它通过测量传感器元件的电学量

随温度的变化来实现温度的测量，其核心部件是由半导体材料制成的热敏电阻．在某次实验中，为了测量热敏电阻RT在0℃到100℃之间多个温度下的阻值，一实验小组设计了如图甲所示电路．

…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※ …※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○…………………… ……线…………○………… ……线…………○…………

质量为3m的斜面体C。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为m的静止小物块B发生碰撞，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动（碰撞时间极短），平滑地滑上斜

面体，在斜面体上上升的高度小于斜面体高度。求

其实验步骤如下：

……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………①正确连接电路，在保温容器中加入适量开水；

②加入适量的冰水，待温度稳定后，测量不同温度下热敏电阻的阻值； ③重复第②步操作若干次，测得多组数据．

（1）（1.5分）该小组用多用电表“×100”挡测热敏电阻在100℃下的阻值，发现表头指针偏转的角度很大；为了准确地进行测量，应换到 挡（选填“×10”、“×1k”）；如果换挡后就用表笔连接热敏电阻进行读数，那么欠缺的实验步骤是： ，补上该步骤后，表盘的示数如图乙所示，则它的电阻是 Ω．

实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得图丙的R﹣t关系图线，请根据图线写出该热敏电阻的R﹣t关系 ；

（2）（1.5分）若把该热敏电阻与电源（电动势E=1.5V、内阻不计）、电流表（量程为5mA、内阻Rg=100Ω）、电阻箱R0串联起来，连成如图丁所示的电路，用该电阻作测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“热敏电阻测温计”．

①电流表刻度较大处对应的温度刻度应该 （填“较大”或“较小”）；

②若电阻箱的阻值取R0=220Ω，则电流表3mA处所对应的温度刻度为 ℃．

11．（14分）如图，光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一各表面光滑、

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①A和B碰撞过程中B受的合力的冲量大小； ②斜面体C获得的最大速度。

12．（18分）回旋加速器的工作原理如题15-1图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭

缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为+q，加在

狭缝间的交变电压如题15-2图所示，电压值的大小为Ub。周期T= 2𝜋𝑚

𝑞𝐵 。一束该粒子在t=0- 时间内

从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求：

①出折粒子的动能 𝐸𝐾 ；②粒子从飘入狭缝至动能达到 𝐸𝐾 所需的总时间

；

③要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件.

阅卷人 三、【物理-选修3-3】(共2题；共15分)

得分 13．（5分）如图所示，两端开口、内径均匀的玻璃弯管固定在竖直平面内，两段水银柱 A 和 C 将空

气柱 B 封闭在左侧竖直段玻璃管，平衡时 A 段水银有一部分在水平管中，竖直部分高度为 h2，C

段水银两侧液面高度差为 h1。若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，则再次平衡后（ ）

……线…………○…………

A．空气柱 B 的长度减小 C．空气柱 B 的压强增大

B．左侧水银面高度差 h2 减小 D．右侧水银面高度差 h 增大

16．（10分）如图所示ABCD为一矩形玻璃砖，AB边长2 √3 cm，AC边长为3cm，在D处有一束光

……线…………○………… 114．（10分）

（1）（1分）利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，这个过程

（选填“是”或“不是”）自发过程。该过程空调消耗了电能，空调排放到室外环境的热量 （选填“大于”“等于”或“小于”）从室内吸收的热量。

（2）（8分）玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将 80𝑚𝐿 水装入容积为 380𝑚𝐿 的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后代入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为 230𝑚𝐿 。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强 𝑝0 取 1.0×105𝑃𝑎 ，重力加速度g取 10𝑚/𝑠2 ，水的密度ρ取 1.0×103𝑘𝑔/𝑚3 。求水底的压强p和水的深度h。

阅卷人 四、【物理-选修3-4】(共2题；共15分)

得分 15．（5分）利用图甲所示的装置（示意图），观察紫光的干涉、衍射现象，在光屏上得到如图乙和图

丙两种图样则图乙应是 图样（选填“干涉”或“衍射”）。若将光换成黄光，干涉图样中相邻两条亮条纹中心间距 （选填“变宽”、“变窄”或“不变”）。

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射入玻璃砖，与CD边夹角为α＝60°，光线经AB边折射后与CA延长线交于E点，其中折射点O为AB的中点，AE长度为1cm。求:

①玻璃砖的折射率；

②改变入射光线与CD边的倾角α，使光线在AB边恰好发生全发射，此时光线与AB边交点为F（图中未画出），则BF的距离d为多少？

…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※……在※……※要…装※装…※不……※※……请……※※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○…………

答案解析部分

1．【答案】D

【解析】【解答】A．焦耳通过实验发现了电流的热效应，A正确，不符合题意；

故答案为：D。

【分析】由右手螺旋定则可知，直导线在其右侧产生的磁场方向垂直纸面向里，电流减小，穿过线框中的磁通量减小。由左手定则判断安培力方向。

4．【答案】D

【解析】【解答】A．对甲球，根据动量定理𝐼𝐺=2𝑚𝑔𝑡=2𝑚𝑣0−0=2𝑚𝑣0

B．奥斯特通过实验发现了电流的磁效应，B正确，不符合题意； C．法拉第通过实验发现了电磁感应现象，C正确，不符合题意；

D．麦克斯韦理论预言了电磁波，赫兹通过实验发现了电磁波，D错误，符合题意。 ……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………故答案为：D。

【分析】根据物理学史选择正确的选项。

2．【答案】C

【解析】【解答】A．根据eUc=Ek=hv-W0，入射光的频率越高，对应的遏止电压Uc越大。甲光的遏止

电压小于乙光，所以甲光频率小于乙光的频率，A不符合题意；

B．丙光的遏止电压小于乙光的遏止电压，所以丙光的频率小于乙光的频率，则乙光的波长小于丙光的波长，B不符合题意；

C．由于甲光的饱和光电流大于丙光饱和光电流，两光频率相等，所以甲光的强度高于丙光的强度，C符合题意；

D．甲光的遏止电压等于丙光的遏止电压，由Ekm=e•U遏可知，甲光对应的光电子最大初动能等于丙光的光电子最大初动能。D不符合题意； 故答案为：C。

【分析】光电效应中，当外界的光子能量比较大时，电子获得的能量就大，溢出电子的动能利用公式Ekm=hν﹣W求解即可。其中W是材料的逸出功，v是光子的频率。

3．【答案】D

【解析】【解答】AB．由右手螺旋定则可知，直导线 𝑃𝑄 在其右侧产生的磁场方向垂直纸面向里，且

𝑃𝑄 中电流减小，则原磁场磁感应强度减小，穿过线框中的磁通量减小，AB不符合题意； C．由于原磁场磁感应强度减小，根据楞次定律可知线框感应电流产生的磁场阻碍原磁场磁通量的减小，故感应磁场的方向垂直纸面向里，根据右手螺旋定则可知，线框中感应电流的方向为顺时针，则 𝐴𝐵 边感应电流的方向为 𝐴→𝐵 ，C不符合题意；

D．根据感应电流的方向以及左手定则可知，磁感应强度方向垂直纸面向里，则 𝐴𝐵 边受到的安培力方向向上，D符合题意。

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A不符合题意；

B．对乙球，由动量定理3𝑚𝑔𝑡=𝛥𝑝 由A中可得𝑚𝑔𝑡=𝑚𝑣0 代入可得𝛥𝑝=3𝑚𝑣0 B不符合题意；

C．设碰后的速度为v，以向上为正，根据动量守恒3𝑚𝑣0−2𝑚𝑣0=5𝑚𝑣

解得速度𝑣=1

5𝑣0

设还能继续上升的高度为h， 由𝑣2=2𝑔ℎ

可求𝑣=𝑣2

50𝑔0 C不符合题意；

D．损失的机械能𝛥𝐸=12⋅2𝑚𝑣02+12⋅3𝑚𝑣02−12⋅5𝑚𝑣2=2.4𝑚𝑣02 D符合题意。 故答案为：D。

【分析】对甲乙两球，根据动量定理得出甲球所受重力的冲量和乙球动量的变化量 ；两球碰撞后根据动量守恒以及匀变速直线运动的规律得出甲乙碰撞后继续上升的高度。

5．【答案】C

【解析】【解答】A．由图乙可知，𝑡=0时刻穿过线圈的磁通量为0，则线圈与中性面垂直，A不符合

题意；

B．根据题意可知，电流表测量的是有效值，根据公式𝐸𝑚=𝑁𝐵𝑆𝜔 可知，线圈产生的感应电动势的最大值为𝐸𝑚=𝑁𝛷𝑚𝜔

有效值为𝐸𝐸𝑚𝑁𝛷𝑚𝜔有=√2=√2 ……线…………○…………

𝑁𝛷𝑚𝜔 则电流表的读数为𝐼==𝑅+𝑟√2(𝑅+𝑟)有𝐸

【分析】可以用匀变速直线运动的连续性等时间位移差公式快速求出加速度。由计算可知零时刻速度并不为零。

7．【答案】B,C

【解析】【解答】AB．设月球表面的重力加速度大小为g＇，由竖直上抛的运动规律可得 ℎ=

8ℎ1′𝑡2

𝑔() ，解得 𝑔′=2 ，设小石块抛出时的初速度大小为v0，则有小石块从抛出到落回抛出点的时22𝑡B不符合题意；

C．根据法拉第电磁感应定律有𝐸=𝑁𝛥𝛷

𝛥𝑡𝐸 感应电流为𝐼=

𝑅+𝑟流过电阻的电荷量为𝑞=𝐼𝛥𝑡

……线…………○………… 联立解得𝑞=

𝑁𝛷𝑅+𝑟𝑚

C符合题意；

D．根据公式𝑇=2𝜋可得，线圈转动一周的时间为𝑡=2𝜋𝜔𝜔 线圈转动一周产生的热为𝐸2

𝑄=有𝑅+𝑟𝑡=𝑁2𝑅+𝑟𝛷2𝑚𝜔𝜋 即线圈转动一周安培力做功为𝑊=−𝑁2𝛷2

𝑅+𝑟𝑚𝜔𝜋 由动能定理可得，外力对它所做的功为𝑁22

𝑅+𝑟𝛷𝑚𝜔𝜋，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】当线圈与中性面垂直时穿过线圈的磁通量为零，结合法拉第电磁感应定律以及欧姆定律和恒力做功的表达式得出安培力做的功，通过动能定理得出外力做的功。

6．【答案】A,B

【解析】【解答】AB．第一个4s内的平均速度为𝑣1=𝑠

𝑡1=6𝑚/𝑠

所以这两段时间的中间时刻第2s末的速度为6𝑚/𝑠；根据𝑠2−𝑠1=𝑎𝑡2 解得𝑎=2.5𝑚/𝑠2 AB符合题意；

C．设0时刻的速度为𝑣0，则有𝑣1=𝑣0+𝑎×2𝑠 解得𝑣0=1𝑚/𝑠 C不符合题意；

D．质点第4s末的速度大小为𝑣4=𝑣0+𝑎×4𝑠=11𝑚/𝑠 D不符合题意。 故答案为：AB。

6 / 9

间为t，可得 𝑣0=𝑔′2𝑡=8ℎ𝑡

2×2𝑡=4ℎ

𝑡 ，A不符合题意，B符合题意；

C．在月球表面物体的重力等于月球引力，可得 𝐺𝑀𝑚

′28ℎ𝑅2𝑅2=𝑚𝑔′ ，解得 𝑀=𝑔𝑅𝐺=𝐺𝑡2 ，C符合题

意；

D．由月球的引力提供圆周运动的向心力，则有月球的第一宇宙速度为 𝐺𝑀𝑚𝑅

2=𝑚𝑣2

𝑅 ，解得 𝑣=

√𝐺𝑀𝑅=2√

2ℎ𝑅𝑡 ，D不符合题意。 故答案为：BC。

【分析】小石块在月球表面做竖直上抛运动，结合竖直上抛运动的规律得出抛出的初速度 ，在月球表面重力等于万有引力，从而得出月球的质量，月球的引力提供圆周运动的向心力，从而得出月球的第一宇宙速度。

8．【答案】A,B

【解析】【解答】解：开始匀速通过时：qvB=mg+Eq

当小球做匀速圆周运动时，mg=Eq，qvB= 𝑚𝑣2

𝑟 =ma1，

同时撤去电场和磁场时小球做平抛运动，有：mg=ma2 因为qvB＞mg，因此a1＞a2，B符合题意，C不符合题意；

小球做圆周运动时，速度大小不变为v0，小球做平抛运动时，重力做正功，因此速度增大，即v0＜v，A符合题意；

小球做圆周运动时，从右端出去的时间为：t𝑠1= 𝑣1

0

，s为运动的弧长，平抛运动时：t2= 𝑣0

，l为两

板之间水平位移，由于s＞l，因此t1＞t2，D不符合题意． 故答案为：AB．

【分析】分三种情况讨论匀速、匀速圆周运动、平抛运动分别进行受力分析再结合题目中的已知条件进行判断。小球做圆周运动时，速度大小不变为v0，小球做平抛运动时，重力做正功，是解题的关

…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○…………

键。

9．【答案】（1）1.82；1.71；纸带通过打点计时器受摩擦阻力、空气阻力

k=1

故该热敏电阻的R﹣t关系式：R=100+t

（2）①由闭合电路欧姆定律有：E=Ig（R+R′+Rg），可见电流越小电阻越大，而电阻越大温度则越高，即电流刻度较小处对应的温度刻度应该较大，电流表刻度较大处对应的温度刻度应该较小； ②若电阻箱阻值R′=220Ω时，代入E=Ig（R+R′+Rg），得热敏电阻的阻值为：R=180Ω； 结合图甲可知热敏电阻阻值与温度关系式为：R=t+100 （2）先释放重物，再接通计时器电源

【解析】【解答】解：（1）当打点计时器打到B点时重物的重力势能比开始下落时减少了：℃Ep＝mgh

＝1×9.8×0.186J≈1.82J．

𝑥

B点的瞬时速度等于AC段的平均速度为： 𝑣𝐵=𝐴𝐶=0.2721−0.1241𝑚/𝑠≈1.85𝑚/𝑠

4𝑇0.08……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………则重物动能的增加量为： △𝐸𝑘=1

2𝑚𝑣𝐵

2

=1

2×1×1.852≈1.71𝐽 ． 重力势能的减小量大于动能增加量的原因是纸带通过打点计时器受摩擦阻力、空气阻力（2）根据mgh＝ 12𝑚𝑣2 得： 12𝑣2 =gh

可知 12𝑣2 ﹣h图线应该是一条过原点的直线，现在图线不过原点，下落高度为零时，动能的增量不为零，可知在操作中先释放重物，再接通电源．

故答案为：（1）1.82，1.71，纸带通过打点计时器受摩擦阻力、空气阻力．（2）先释放重物，再接通计时器电源．

【分析】（1）重力势能的减少量利用公式mgh求解即可，利用公式求出纸带上的点的速度，进而求出动能的增量；

（2）为了使纸带记录小车的运动全过程，需要先接通电源，再释放小车；释放小车时，小车应该靠近打点计时器释放。

10．【答案】（1）×10；欧姆调零；200；R=100+t

（2）较小；80

【解析】【解答】解：（1）用多用表的“×100”倍率的挡位测热敏电阻在室温下的阻值，发现表头指针偏

转的角度很大，说明电阻较小，换用小倍率的，所以换用“×10”倍率；换挡后，需重新欧姆调零．电阻的阻值等于20×10Ω=200Ω．

从图中取相距较远的两个特殊点，代入R=R0+kt计算 由图有： 120=R0+20k 200=R0+100k 解得： R0=100Ω

7 / 9

故此时对应的温度数值为80℃．

故答案为：（1）×10，欧姆调零，200，R=100+t；（2）①较小；②80．

【分析】（1）多用电表的刻度盘零刻度在右边，当指针偏角比较大时，说明电阻比较小，指针偏角比较小时，说明电阻比较大．每次换挡需重新进行欧姆调零．欧姆表测电阻的阻值等于读数乘以倍率．根据图象的性质可明确对应的公式；（2）①电流小，根据闭合电路欧姆定律，可以得到热敏电阻的电阻值大，而根据题图甲，热敏电阻的电阻大时温度高；②根据闭合电路欧姆定律计算得到热敏电阻R的值，再从电阻与温度图象得到温度值．

11．【答案】解：①A下落到O点过程： 𝑚𝑔ℎ=

1

2𝑚𝑣02

，解得： 𝑣0=√2𝑔ℎ

A、B碰撞动量守恒： 𝑚𝑣0=2𝑚𝑣1 ，解得： 𝑣1=12𝑣0

对B，由动量定理得： 𝐼=𝛥𝑃 ，所以 𝐼𝐵=𝑚𝑣1=𝑚

2√2𝑔ℎ ② AB一起冲上斜面体后又返回时，C获得的速度最大 AB与C水平方向动量守恒： 2𝑚𝑣1=2𝑚𝑣𝐵+𝑚𝐶𝑣𝐶 AB与C机械能守恒： 12·2𝑚𝑣12=12·2𝑚𝑣𝐵2+12𝑚𝐶𝑣𝐶2

联立解得： 𝑣𝐶=2𝑚𝑣2𝑚+𝑚1𝐶

，代入数据得： 𝑣𝐶=𝑣

50=15√2𝑔ℎ 【解析】【分析】（1）利用动能定理可以求出A到达O点的速度，结合动量守恒可以求出AB一起运

动的速度；利用动量定理可以求出合力对B产生的冲量大小；

（2）利用动量守恒可以求出C最大速度的时刻；利用动量守恒和能量守恒相结合可以求出最后C的最大速度。

12．【答案】解：①粒子运动半径为R时𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑅且 𝐸𝑚=12222𝑚𝑣2解得 𝐸𝑚=𝑞2𝑚𝑏𝑟②粒子被加速n次达到动能Em，则Em=nqU0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt加速度

𝑎=𝑞𝑈𝑚𝑑0匀加速直线运动 𝑚𝑑=122𝑎𝛥𝑡2

由 𝑡0=(𝑛−1)⋅𝑇2+𝛥𝑡 ，解得 𝑡0=𝜋𝐵𝑅2𝑈+2𝐵𝑅𝑑𝜋𝑚0

−𝑞𝐵③只有……线…………○…………

𝑇

−𝛥𝑡𝑇

在 0 ~ (−𝛥𝑡) 时间内飘入的粒子才能每次均被加速则所占的比例为 𝜂=2𝑇由 𝜂>99% ，解得

22样。

𝐿

由𝛥𝑥=𝜆

𝑑𝑑＜2 。 100𝑞𝐵𝑅

𝜋𝑚𝑈0可知干涉图样中相邻两个亮条纹的中心间距与波长成正比，若将光换成黄光，则波长变长，因此条纹间距也变宽。

【解析】【分析】①根据牛顿第二定律，依据洛伦兹力提供向心力，结合动能的表达式，即可求解；

②根据一次加速获得的动能，结合总动能，从而确定加速的次数，再依据运动学公式，求得在电场中

𝑇

加速的时间，最后根据粒子在磁场中的周期公式，即可求解；③根据只有在0到 (−𝛥𝑡) 时间内，

【分析】干涉图样的条纹宽度相等，衍射图样的条纹宽度不等，利用双缝干涉相邻亮条纹的表达式得……线…………○………… 2飘入的粒子才能每次均被加速，结合有超过99%能射出，从而即可求解．

13．【答案】B

【解析】【解答】设大气压强为P0，则空气柱B的压强为𝑃𝐵=𝑃0+𝑃ℎ2=𝑃0+𝑃ℎ1；

右管注入水银后，右管压强增大，因玻璃弯管两端均开口，则气柱B会将左管水银向外挤压，h2减小，则PB减小，右管h1减小；

设气柱B注入水银前、后的长度分别为L1，L2，根据波义耳定律有𝑃𝐵1𝐿1=𝑃𝐵2𝐿2，因PB减小，则L2增加。 故答案为：B

【分析】根据受力情况，计算气柱压强，根据波义耳定律，计算并比较前后气柱长度。

14．【答案】（1）不是；大于

（2）对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知𝑝0𝑉0=𝑝𝑉 代入数据得𝑝=2×105𝑝𝑎 根据𝑝=𝑝0+𝜌𝑔ℎ

ℎ=10𝑚

【解析】【解答】（1） 利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，是以消耗电能

为代价的，因此这个过程不是自发过程；因为空调消耗电能会产生一定的热量，根据能量守恒定律可知，所以空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。

【分析】(1) 本题主要考查热力学定律的相关应用，根据热力学第二定律分析出热运动的过程是不是自发过程；根据能量守恒定律分析出空调从室内吸收的热量与排放到室外环境热量的大小关系。 (2) 本题主要考查玻意耳定律的应用，分析出气体变化前后的体积，因为温度不变，根据玻意耳定律求出瓶内气体末态的压强，结合大气压强、待求深度的水形成的压强、瓶内气体末态的压强三者之间的关系求得水的深度。

15．【答案】衍射；变宽

【解析】【解答】干涉图样的条纹宽度相等，衍射图样的条纹宽度不等、中央最宽，故图乙应是衍射图

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出条纹间距的变化情况。

16．【答案】解：①光路图如图：

有几何关系得： 𝛾=90∘−𝛼=30∘ ，

1𝑡𝑎𝑛𝑖=𝐴𝑂𝐴𝐸=2𝐴𝐵

√𝐴𝐸=13=√3

解得： 𝑖=60∘

∘

玻璃砖的折射率 𝑛=𝑠𝑖𝑛𝑖𝑠𝑖𝑛𝛾=𝑠𝑖𝑛60

𝑠𝑖𝑛30∘=√

3 ②光路图如图所示：

设全反射临界角为C，则 𝑠𝑖𝑛𝐶=1√

𝑛=33

由几何关系可得： 𝑡𝑎𝑛𝐶=𝐵𝐹𝐵𝐹

𝐵𝐷=3

…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○………… √

联立解得： 𝐵𝐹=33𝑐𝑚

2（2）利用折射率可以求出全发射角，再利用几何知识可以求出BF的长度。

【解析】【分析】（1）利用光路图结合几何知识可以求出入射角和反射角，进而求出折射率的大小；

……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__……：名…装姓 装 …___……____……___…_…：…○校学○……………………外内……………………○○……

……………9 / 9