2023年辽宁省名校联盟高考物理调研试卷（三）及答案解析

2023年辽宁省名校联盟高考物理调研试卷（三）

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.氢原子的能级图如图所示•关于玻尔理论与氢原子光谱，〃E/eV

—0

下列说法正确的是（）孑二—0.54

--0.85

—1.51

A.氢原子能级越高越稳定

2--3.40

B.氢原子由较高能级跃迁到较低能级时只能在相邻能级间

跃迁I----------------------------13.6

C.如果处于激发态的氢原子足够多，则发出的光就是连续光谱

D.氢原子由n=5能级跃迁到n=4能级发出的光的波长大于由n=3能级跃迁到n=2能级

发出的光的波长

2.乒乓球（tab/etennis）,起源于英国，因击打时发出"PingPong"的声音而得名。中国大

陆和香港、澳门等地区以“乒乓球”作为它的官方名称，现被称为中国的“国球”，是一种

流行的球类运动项目。如图所示，从球台左侧边缘的同一点先后发出力、B两球，两球都在同

一竖直面内运动，最后落在球台右侧边缘的同一点时的速度分别为力和外,乒乓球的运动轨

迹均为抛物线，最高点都在球网的正上方。不计空气阻力，两球均可视为质点，下列说法正

确的是（）

A.A、B两球的运动时间相同

B.在最高点时，4、B两球中B球速度较大

C.一定有力＞vB

D.4球的发球速度一定大于以

3.如图所示，一个曲率半径很大的凸透镜的凸面和一块水平放置的

入

平面玻璃板接触，用平行的单色光竖直向下照射，可以观察到一些明射

光

暗相间的单色同心圆环，由于这种现象首先是由牛顿观察到的，所以

这些同心圆环叫做牛顿环。关于这种现象下列说法正确的是（）

A.这是光的衍射现象

B.这是光的折射现象

C.单色圆环离圆心越远间距越稀疏

D.单色圆环离圆心越远间距越密集

4.2022年7月18日网易科技消息，阿联酋宣布将设立总额约30亿迪拉姆(约合8.2亿美元)的

专项基金，用于开发卫星并资助太空计划。计划将在三年内首次发射卫星并探索金星。金星

是太阳系的八大行星中的第二颗行星，在中国古代称为太白、长庚或大嚣。如果金星的公转

周期为7,自转周期为〃，半径为R,金星到太阳的距离为r,引力常量为G,贝4()

A.金星质量为噂B.金星质量为空

GT2GT2

C.太阳质量为塔D.太阳质量为驾

5.图(a)中医生正在用“彩超”技术给病人检查身体；图(b)是某地的公路上拍摄到的情景,

在路面上均匀设置了41条减速带，从第1条至第41条减速带之间的间距为100m。上述两种情

况是机械振动与机械波在实际生活中的应用。下列说法正确的是()

图(a)图(b)

A.图(a)“彩超”技术应用的是共振原理

B.图(b)中汽车在行驶中颠簸是多普勒效应

C.图(b)中汽车在行驶中颠簸是自由振动

D.如果图(b)中某汽车的固有频率为1.5Hz,当该汽车以3.75m/s的速度匀速通过减速带时颠

簸最厉害

6.图(a)是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程一一白鹤滩水电站，是我国

实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站。白鹤滩水电

站远距离输电电路示意图如图3)所示，如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电

机输出电压恒定，R表示输电线电阻，则当用户功率增大时（）

发

电

机

R

田(a)图(b)

A.公示数增大，公示数减小

B.匕、%示数都减小

C.输电线上的功率损失增大

D.匕、4示数的乘积等于彩、&示数的乘积

7.如图所示，竖直放置的、内径粗细均匀的U形玻璃管左端

开口，右端封闭，管内通过水银柱封闭有一段可视为理想气体

的空气柱。已知空气柱长度为d=20cm,两侧水银柱液面的

高度差为九=10cm,大气压强为po=76cmHg,环境温度为

to=27℃,热力学温度与摄氏温度之间的关系为7=（t+

273）K。下列说法正确的是（）OO'

A.封闭气体的压强为86czn//g

B.若将该U形玻璃管以00'为轴由竖直位置缓慢旋转至水平位置（此过程中水银未溢出），则

最终空气柱的长度约为17.4cn

C.若使封闭气体温度降低，贝।仇不变，d减小

D.若将U形玻璃管竖直置于非密闭的恒温箱中，当恒温箱温度为432。（：时U形管两侧水银面相

平

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8.足球运动因对抗性强、战术多变、参与人数多等特点被称为“世界

第一运动”，发展足球运动，必须从娃娃抓起。如图所示，一质量G

,一

0.45kg的足球由静止下落H=1.8机后被某小朋友用脚颠起，上升的最

大高度为h—0.45m。已知脚与足球接触时间/t-0.2s。重力加速度g取-',

10m/s2,不计空气阻力,则（）

A.足球与脚接触前瞬间的速度大小为6m/s

B.足球从开始下落到颠起达到最高点用时0.9s

C.脚对足球的平均作用力大小为24.75N

D.脚与足球作用的过程中，合外力对足球做功为-2.025/

9.如图所示，竖直固定的光滑圆弧形导轨MN、PQ半径分别为八3r,。点为两个圆弧的圆

心，P、M之间用导线连接电阻R。粗细均匀的轻质金属棒的一端通过钱链固定在。点，另一

端连接质量为小的金属小球C,小球C套在导轨PQ上。初始时刻金属棒处于水平位置，小球、

金属棒与导轨始终接触良好。过圆心。的水平线下方分布着磁感应强度大小为B、方向垂直纸

面向里的匀强磁场。已知重力加速度为g,金属棒总电阻为3R,A点为金属棒与导轨MN之间

的接触点，小球与导轨电阻不计，空气阻力可忽略不计、现将小球C由静止释放，当第一次

运动到。点正下方的。点时小球速度大小为“，则()

A.当小球运动到D点时，金属棒。、4两点间的感应电动势为零

B.当小球运动到D点时，电阻R两端的电压为等

C.从小球C由静止释放到第一次运动到。点的过程中，通过电阻R的电荷量为呼

D.从小球C由静止释放到第一次运动到D点的过程中，电阻R上产生的焦耳热为

10.如图(a)所示，质量为M=3kg的木板放置在水平地板上，可视为质点的质量为瓶=2kg

的物块静止在木板右端。t=0时刻对木板施加水平向右的外力F,t=2s时刻撤去外力，木

板的u—t图像如图(b)所示。已知物块与木板间的动摩擦因数为“=0.2,物块始终没有滑离

木板，重力加速度g取10m/s2。则()

A.木板与地板间的动摩擦因数为0.3B.水平外力大小F为18N

C.物块运动的时间为2.4sD.木板长度至少为2.40m

三、简答题（本大题共2小题，共6.0分）

11.某实验小组采用如图所示的装置验证机械能守恒定律。铁架电磁铁

台最上方的横杆上固定有电磁铁，下方依次固定有光电门4、B,

直径为d的小铁球被电磁铁吸住，小铁球的球心、光电门4、B在同

一条竖直线上。电磁铁断电，小铁球将自由下落，先后穿过光电门

4、B,已知重力加速度为g。

♦V回-A

（1）假设测得小铁球经过光电门4、B的时间分别为％、t2，光电门4、

I

I

I

8之间的距离为九，若关系式—成立，则说明小铁球下落过程机I

I

械能守恒；

聿门

（2）假设光电门4因故障没有示数，又测得小铁球下落前的位置与

光电门A之间的距离为H，若关系式一成立，则说明小铁球下落

过程机械能守恒。

12.一个移动电源的电动势约为5V,某实验小组用伏安法测量该移动电源的电动势和内阻的

准确值，实验室提供的器材如下：

电流表4（量程0〜2.0mA，内阻约为5000）；

电流表4（量程0〜1.54。内阻为I。。）；

电阻箱%（阻值0〜9999.90）;

滑动变阻器/?2（阻值。〜500）;

导线和开关。

（1）由于实验室没有提供电压表，需要将电流表％改装为量程为0〜6U的电压表，为此先测量

电流表4的内阻，电路图如图（a）所示，实验步骤如下：

'UN

将电阻箱Ri的电阻调到零，闭合开关S,调节滑动变阻器/?2,使电流表&的示数达到满偏电

流/o；保持/?2阻值不变，调节电阻箱R1，使电流表&的示数为多此时电阻箱接入电路的阻

值为&,则可得91=—;

(2)按(1)中方法测得的电流表4的阻值与实际值相比—(填“偏小”“相等”或“偏大”)；

(3)利用电流表4和改装好并重新标度电压示数的电压表采用图S)所示的电路测量移动电源

的电动势与内阻。若根据测出的多组数据，绘制得到的U-/图线如图(c)所示，则其电动势

E=—V,内阻r=—0。(结果均保留2位有效数字)

四、计算题(本大题共3小题，共30.0分)

13.如图所示，一个半径为R=5.25M、圆心角为。=37。的光滑圆弧轨道4B固定在竖直平

面内，圆弧轨道的圆心。在B点的正上方，足够长的水平地面BC与圆弧轨道相切于B点。圆弧

轨道左侧有一沿顺时针方向匀速转动的水平传送带，传送带上表面距4点的高度为H=1.8m。

现将可视为质点的小物块P从传送带左端M由静止释放，小物块在传送带上始终做匀加速运动,

离开传送带右端N后做平抛运动，恰好从4点沿切线进入圆弧轨道.已知物块P与传送带和水

平面BC之间的动摩擦因数均为4=0.2,重力力口速度g取I(hn/s2,sin37。=0.6,cos37°=0.8,

求：

(1)传送带两端”、N之间的距离；

(2)物块在水平地面上滑动的距离。

14.如图所示，竖直固定的光滑绝缘轨道处在水平向右的匀强电场中，轨道的倾斜部分MTV倾

角9=53。，水平部分NP与倾斜轨道MN平滑连接，圆心为0、半径为R的圆弧轨道PQ/K与NP

相切于P点。现有一质量为加、电荷量为+q的带电小球(可视为质点)从M点由静止释放，小球

可沿轨道运动。已知电场强度大小E=翳，轨道水平段NP长度SNP=4R,重力加速度为g,

空气阻力不计，sin53°=0.8,cos53。=0.6,

(1)当小球释放高度九=9.6R时，求小球到达P点时的速度大小；

(2)当小球释放高度h=9.6R时，求小球运动到与。点等高的Q点时受到轨道弹力的大小；

(3)如果其他条件不变，仅将小球带电量变为-q,要使小球在运动过程中不脱离圆弧轨道，

求小球释放高度八的取值范围。

15.如图所示，Oxyz为空间直角坐标系，在x<0的空间/内存在沿z轴正方向的匀强磁场当。

在0<X<d的空间n内存在沿y轴正方向的匀强电场E,在X>d的空间n存在磁感应强度大

小%=翳、方向沿X轴正方向的匀强磁场。现将一带负电的粒子从X轴上的4(马=-E)点

以初速度火射入空间/的磁场区域，经磁场偏转后从y轴上的C(yc=d)点垂直y轴进入空间H,

并从无轴上的。(x。=d)点进入空间皿。已知粒子的电荷量大小为q,质量为m,不计重力。求：

(1)空间/内磁场的磁感应强度大小/和空间II内电场的电场强度大小E；

(2)粒子运动过程中，距离x轴的最大距离；

(3)粒子进入空间口后，每次经过x轴时的横坐标。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4氢原子能级越低越稳定，基态的能级最低，氢原子在基态时最稳定，故4错误；

以氢原子可以由较高能级跃迁到较低的任何能级，故8错误；

C、根据机=?„,-£„可知，氢原子跃迁发出的光都是线状谱，不是连续光谱，故C错误；

D、氢原子由n=5能级跃迁到n=4能级发出的光的光子能量为：-0.54H-(-0.85eI/)=0.31eK

由n=3能级跃迁到n=2能级发出的光的光子能量为：一1.51eV-(-3.40)eV=1.89eK>0.31eV

根据E=hv=hg可知，氢原子由n=5能级跃迁到n=4能级发出的光的波长大于由n=3能级跃

迁到〃=2能级发出的光的波长，故。正确。

故选：Do

根据基态能级最低，离原子核最近，最稳定；根据氢原子能级跃迁，判断氢原子由较高能级跃迁

向较低能级跃迁时，是不是只能在相邻的能级间跃迁；根据能级跃迁时释放的能量判断氢原子跃

迁发出的是不是连续光谱；根据氢原子由n=5能级跃迁到〃=4能级发出的光的光子能量与由n=

3能级跃迁到n=2能级发出的光的光子能量相比，再根据E=hv=hg比较氢原子由n=5能级跃

迁到n=4能级发出的光的波长与由n=3能级跃迁到n=2能级发出的光的波长的长短。

本题考查了氢原子的跃迁和光子能量的表达式，解决本题的关键是理解氢原子跃迁，以及光子能

量的表达式。

2.【答案】B

【解析】解：力、由于4球上升的最大高度大于B球上升的最大高度，根据/i=^gt2可知，a球上

升到最大高度的时间比B球长，由于运动的对称性，A球飞行时间比B球长，故A错误；

8.由于两球的水平位移相同，而B球运动时间短，所以发球时B球的水平分速度较大，在最高点时

B球速度较大，故8正确；

C对于女与外，前者竖直分量大于后者，后者水平分量大于前者，所以不能确定孙和外的大小关

系，故C错误；

。.根据对称性，A球发球的速度大小一定等于心的大小，故。错误。

故选：Bo

根据a球和B球上升的最大高度，根据自由落体高度与时间的关系求出a球上升到最大高度的时间

与B球上升到最大高度的时间关系：由于两球的水平位移相同，结合两球的运动时间分析哪个球

的水平分速度较大，在最高点时的速度较大；根据竖直分量和水平分量的大小关系，判断能不能

确定以与知的大小关系：最后根据对称性，分析月球发球的速度大小与心的大小关系。

本题考查斜抛运动的规律，解决本题的关键是利用斜抛的对称性进行分析。

3.【答案】D

【解析】解：48.凸透镜的凸球面和玻璃平板之间形成一个空气薄膜，当竖直向下的平行光射向平

凸透镜时，尖劈形空气膜上、下表面反射的两束光相互叠加而产生干涉。同一半径的圆环处的空

气膜厚度相同，上、下表面反射光程差相同，因此使干涉图样呈圆环状，根据上述分析可知牛顿

环是薄膜干涉现象，故AB错误；

CD空气薄层厚度不同，上下表面反射光的光程差也不同，由于上表面是球面，所以越远离中心的

地方空气薄膜厚度增加越快，光程差越大，根据干涉的特点可知，干涉条纹会变得更密集，故C

错误，D正确。

故选：D。

根据薄膜干涉的特点结合题意完成分析；

根据光程差的变化趋势分析出间距的变化趋势。

本题主要考查了光的干涉现象，理解光发生干涉的条件，结合干涉条纹间距的影响因素即可完成

分析。

4.【答案】C

【解析】解：CD.设金星质量为小，太阳质量为M,根据万有引力提供向心力有

m爷=G饕（r为轨道半径即火星的半径）

得：

故C正确，。错误；

4艮根据行星绕恒星运行的公转周期、轨道半径可以计算中心天体的质量，而不能计算行星质量可

知，根据题中条件无法求出金星的质量，故错误。

故选：CO

金星是太阳系的八大行星中的第二颗行星，根据万有引力提供向心力，求中心天体质量。

运用万有引力定律求出中心体的质量.能够运用物理规律去表示所要求解的物理量.向心力的公

式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。

5.【答案】D

【解析】解：4、图(a)医生用“彩超”技术给病人检查身体的原理是波的多普勒效应，不是共振，

故4错误；

BC、图(6)中汽车行驶的过程中颠簸是受迫振动，不是自由振动，也不是多普勒效应，故BC错误；

。、相邻两个减速带之间的距离为：&=罂=2.5771,则当汽车最颠簸时，汽车产生共振，根据

共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，则速度为D*=df=2.5mx1.5Hz=

3.75m/s,故£)正确。

故选：Do

根据彩超的原理判断是不是共振；根据汽车行驶的过程中颠簸产生的原因判断是多普勒效应还是

自由振动亦或共振；最后根据共振产生的原理分析减速带的距离为多远时颠簸的最厉害。

本题考查了共振和多普勒效应的相关知识，解决本题的关键是理解多普勒效应的原理以及共振的

条件。

6.【答案】C

【解析】解：4当用户功率增大时，降压变压器次级电流会变大，4示数增大；此时发电机输出

功率增大，线路中电流增大，公示数增大，故A错误；

区发电厂输出的电压恒定，则电压表匕的示数不变，由于输电线上电流变大，则输电线上损失的

电压变大，则降压变压器原线圈两端电压变小，次级电压也会就减小，即电压表%的示数减小，

故8错误；

C.由于&示数%增大，则根据「损=/£心可知输电线上损失的功率增大，故C正确；

D根据输电线上有功率损失，可知匕、公示数乘积UJi=Pi，大于彩、公示数乘积4%=22，故

。错误。

故选：Co

根据功率的变化趋势得出副线圈电流的变化，从而得出原线圈电流的变化；

根据变压器的原理得出升压变压器的副线圈的电压变化，结合欧姆定律分析出对应的电压表的示

数变化；

根据功率的计算公式得出输电线上的功率损失的变化；

根据变压器两端的功率的大小关系即可完成分析。

本题主要考查了远距离输电的相关应用，理解变压器的工作原理，结合欧姆定律和功率的计算公

式即可完成分析。

7.【答案】B

【解析】解：4、封闭气体的压强为Pi=Po-Ph=76cmHg-lOcmHg=66cmHg,故A错误；

B,U形玻璃管以。。'为轴由竖直位置缓慢旋转至水平位置中，封闭气体发生等温变化；

初状态为Pi=66cmHg,匕=dS

末状态为P2=76cmHg,V2=d'S

根据玻意耳定律Pi匕=p2V2

代入数据得d'217.4cm,故8正确；

C、若使封闭气体温度降低，假设气体体积不变，根据理想气体状态方程华=C可知，气体压强降

低，所以外界大气压会使液面向右移动，所以密闭气体的体积会减小，故d减小，贝W增大，故C

错误；

力、如果U形玻璃管置于非密闭的恒温箱中，

则初状态为：Pi=66cmHg,匕=dS,7\=(27+273)K=300K

末状态时假设两侧水银面相平，则有P3=76cmHg,V3=(d+g)S

据理想气体状态方程可得空=空

T1T3

代入数据得了3x432K=159℃,故。错误。

故选：B。

根据液柱高度求封闭气体的压强；U形玻璃管以0。'为轴由竖直位置缓慢旋转至水平位置中，封闭

气体发生等温变化，根据玻意耳定律求出最终空气柱的长度；根据假设法分析封闭气体温度降低，

d和八如何变化；如果U形玻璃管置于非密闭的恒温箱中，根据理想气体状态方程求出两液面相平

时的温度。

本题考查了液柱移动问题，解决本题的关键是熟练掌握气体状态方程，灵活使用假设法判断液柱

移动问题。

8.【答案】AC

【解析】解：4由机械能守恒定律可得：^mv2=mgH,足球下落到脚背时速度%==

V2x10x1.8m/s=6m/Sf故A正确；

区足球下落时间为：ti=]=△$=0.6s,

足球上升时间为：t2==0.3s，

总时间为：t=h+J+』£=0・6s+0.3s+0.2s=1.1s,故B错误；

C足球被脚颠起时的速度大小方=9t2=10x0.3m/s=3m/s,由动量定理得：（尸-mg）t=

mv2-解得F=24.75N,故。正确；

。.足球与脚接触的过程中，合外力对足球做的功为W=：m诏-2m诏，解得皿=一6.075/,故。

错误。

故选：AC.

由机械能守恒定律可得gm/=mg”,求速度；

根据匀变速直线运动的规律求解时间，从而知总时间；

根据动量定理：（F-mg）t=mv2-?n（-%）,求平均作用力；

根据动能定理求解合力做功。

本题考查学生对机械能守恒定律、动量定理、动能定理的掌握，是一道综合性很强的题目。

9.【答案】BC

【解析】解：4、当小球运动到。点时，金属棒。4段切割磁感线，。、4两点间的感应电动势不为

零,故A错误；

B、当小球第一次运动到。点时，小球的速度为0,此时4点的速度为：v'=1，

金属棒4c段产生的感应电动势为：E=B-2r-^=^

电阻R两端的电压为：U=&E=等，故B正确；

c、小球从静止释放到第一次运动到。点的过程中，回路中的平均感应电动势为：£=黑

At

回路中的平均电流为：1=旦

3R

此过程通过电阻R的电荷量为：q=

联立解得：。=丝=及空二空1=如无，故C正确；

。、小球从静止释放到第一次运动到。点的过程中，根据能量守恒可知，回路中产生的总焦耳热为：

Q=mg•3r—1mv2

电阻R上产生的焦耳热为：Q'=Q=mgr-1mv2,故。错误。

Zn+nO

故选:BC.

应用E=Bh求出感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出电路电流，应用欧姆定律求出金属

棒两端电压；应用法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、电流的定义式求出通过R的电荷

量；应用能量守恒定律求出电阻R上传送带的焦耳热。

根据题意分析清楚金属棒与小球的运动过程、电路结构是解题的前提,应用法拉第电磁感应定律、

闭合电路的欧姆定律与部分电路的欧姆定律、能量守恒定律可以解题。

10.【答案】BD

【解析】解：AB,由v—t图像斜率表示加速度，可知木板先做匀加速直线运动，

根据牛顿第二定律可知加速度为：%=%=合m/s?=3m/s2

22

撤去外力后做匀减速直线运动，加速度为：a2=^=^m/s=-3m/s

设水平外力大小为F，木板与地板之间的动摩擦因数为〃'，根据牛顿第二定律，

对木板有拉力时有：F-+m)g-“mg=Mg,

无拉力时有：+m)g+"ng=

解得：/=0.1,F=18N,故A错误，B正确；

C、物块与木板相对滑动时物块的加速度：a块==2m/s2

口=2s时物块的速度大小为：v块=a次或=2x2m/s=4m/s

11

此时物块的位移：%i=2a块*=2x2x227n=4m

设再经今物块与木板共速，则有：17共=17龙+a2t2=发现+。发t2

解得：t2=0.4s,v共=4.8m/s

此后物块与木板相对静止并沿地板滑动，直至停下来，继续滑动的时间：t3=¥=ALs=4.8s

sfig0.1x10

所以物块滑动的时间为：t=h+t2+t3=2s+0.4s+4.8s=7.2s,故C错误；

D、从撤去外力到物块与木板达到相对静止这段时间内物块的位移：x2="兴t2块片=48X

1

0.4m--x2x0.42Qzn=1.76m

从撤去外力到物块与木板达到相对静止这段时间内木板的位移：X板2=〃猊博=6X

0.4m+|x（—3）x0.42m=2.16m

木板前2s的位移：x板1—片=1x3x22m=6m

木板长度至少为：L=x板、+x板z~xi~x2~6m+2.16m—4m—1.76m=2.40m

故。正确。

故选：BDo

根据t图象判断物块和木板的加速度，结合牛顿第二定律求解物块和木板、木板与地面间的动

摩擦因数和水平拉力大小；

求出撤去外力时物块的速度，从而确定之后物块继续加速，木板减速直到两者共速，再一起减速

到零，由动力学规律求物块运动三段总时间；

根据运动学公式求解前两段时间内物块和木板相对运动距离，从而计算木板的最小长度。

本题考查难度较大的有拉力的板块模型，关键在于弄清两个物体的运动状态，注意区别物块、木

板相对于地面的运动距离和物块和木板的相对位移，从基本规律出发可以解决问题。

■.【答案遇仁:^^一手）2g（H+h）=*

【解析】解：（1）根据利用光电门测量速度的原理，可得小铁球通过光电门4、B时的速度分别为:

%设小铁球质量为小，若下落过程中机械能守恒，则有：

mgh入=-1mvg2--1mv^2

联立可得关系式为：2gh=d2g-3）。

（2）如果小铁球由P到光电门B的过程中机械能守恒，则有：

1

mg（H+九）=-mvg7

,2

可得关系式为：2g（H+九）=p-o

_11^2

故答案为：（l）2gh=d2（皮一年；（2）2g（H+位=±

(1)利用光电门测量速度的原理：用极短时间内的平均速度代替瞬时速度。根据机械能守恒定律解

答；

(2)对小铁球由P到光电门B的过程，根据机械能守恒定律解答。

本题考查了验证机械能守恒定律的实验，题目较简单•掌握利用光电门测量瞬时速度的原理，根

据机械能守恒定律解答。

12.【答案】Ro偏大6.02.0

【解析】解：(1)由于电流表4内阻约为500。，而滑动变阻器/?2最大阻值为50。，可知电流表4的

内阻比滑动变阻器的电阻大得多，若在图(a)中保持&阻值不变，可知控制电路输出电压近似不变，

即电流表4所在支路的电压近似不变，当电流表示数变为一半时，可以认为总电阻增大为先前的

两倍，即可近似认为电阻箱阻值与电流表内阻相等，所以电流表的4内阻为Ro。

(2)电阻箱&阻值增大时，电路总电阻增大，干路电流减小，电源内阻上电压减小，滑动变阻器干

路部分电压减小，则电流表4所在支路的电压增大，当电流表半偏时，电流表支路的阻值大于电

流表内阻的两倍，即电阻箱凡接入的阻值大于电流表义的内阻，即测得的电流表阻值与实际值相

比偏大。

(3)根据闭合电路欧姆定律有

U=E-I(r+rA2)

图线的延长线与纵轴交点的纵坐标等于移动电源电动势

E=6.0V

根据图像的斜率的物理意义有

解得移动电源内阻为

r—2.0/2

故答案为：(1)&;(2)偏大：(3)6.0,2.0。

(1)根据半偏法测电流表的内阻；

(2)分析半偏法测量电阻的误差；

(3)根据闭合电路欧姆定律结合图像计算。

本题考查测量移动电源的电动势和内阻的准确值，要求掌握实验原理、实验电路、和利用图像处

理数据。

13.【答案】解：(1)物块P离开传送带做平抛运动，竖直方向有:

Vy=2gH

解得物块P经过4点时竖直分速度大小：vy=6m/s

将4点的速度分解如图所示。

物块P从4沿切线滑入圆弧轨道，由几何关系有

tand=—

解得物块P经过N点的速度：v0=8m/s

物块P在传送带上始终做匀加速运动，由动能定理得

12

pngs=

解得M、N之间的距离为s=16m

(2)物块P在A点有：以=-々=—0m/s=10m/s

sin(/sin5/

物块P从4到从由动能定理可得

mgR(l—cosO)—

解得%=llm/s

物块P在水平面上滑行过程，由动能定理得

-limgl=0-

解得物块在水平地面上滑动的距离：I=30.25m

答：(1)传送带两端M、N之间的距离为16m；

(2)物块在水平地面上滑动的距离为30.25加

【解析】(1)物块P离开传送带做平抛运动，根据哆=2gH求出物块P经过4点时竖直分速度大小,

由几何关系求出物块P经过N点的速度。再研究物块P在传送带上的运动过程，利用动能定理求传

送带两端M、N之间的距离；

(2)由几何关系求出物块经过4点的速度，物块P从4到B,由动能定理求出物块到达B点的速度。

再研究物块在水平地面上滑动过程，由动能定理求出物块在水平地面上滑动的距离。

本题考查动能定理和平抛运动的综合应用，关键要弄清物块的运动过程和受力情况，分段运用动

能定理求速度或距离。

14.【答案】解：(1)当小球释放高度h=9.6R时，从释放到运动到P点的过程，由动能定理可得:

mgh+(蓝+sQ=6诏一0

代入数据解得：vP=6y/gRc

(2)小球从P到Q的过程，由动能定理可得：

—mgR+qER=谜—^mvp

在Q点，根据牛顿第二定律可得：

N—qE=m当

A

联立解得小球运动到Q点时受到轨道弹力的大小：N=36.25mg。

(3)小球受到的重力和电场力的合力F的大小为：

F=J(mg)2+(qE)2

解得：F=^mg

将小球带电量变为-q,电场力的方向为水平向左，设合力F与竖直方向夹角为。，则有：

tan£=黑，解得：0=37。

如下图所示：

①小球不脱离圆弧轨道，且做完整的圆周运动，则小球在圆轨道的等效最高点G需要的最小向心

力恰好由合力F提供，设小球在圆轨道的等效最高点G的最小速度为玲，则有：

5/2

F=-mg=m-^

从释放到运动到G点的过程，由动能定理可得:

mg仇工—R—Rcosg)—qE(?。+sNP+RsinR)=—0

联立可得：M若R

②小球的运动不越过圆心。点的等效等高处。点，小球亦可不脱离圆弧轨道，设小球释放高度为生

时恰好能运动到。点，根据动能定理得：

zn