2023年河南省郑州市高考物理一模试卷(附答案详解)

1023页2023年河南省郑州市高考物理一模试卷一、单项选择题〔832.0分〕物理学中每一个物理量都有着历史的印记都有特定的描述内容和物理意义下面关于一些物理量说法正确的选项是( )加速度是描述运动快慢的物理量，是单位时间内物体空间位置随时间的变化角速度是描述物体做圆周运动快慢的物理量，是单位时间内物体转过的弧长电场强度是描述电场力的性质的物理量，其大小等于单位电荷在电场中某点受到的电场力电势是描述电场能的性质的物理量，其大小等于单位电荷在电场中两点移动时电场力做的功2. 2. 三角支架的倾角𝜃可依据实际状况调整。假设缓慢增大支架倾角𝜃，三角支架在地面上的位置没有发生变化。球体受到竖直墙面的支持力变小C.三角支架受到地面的支持力不变

球体受到三角支架的支持力变小D.三角支架受到地面的摩擦力不变𝑎、𝑏、𝑐、𝑑四点。经过𝑎𝑏、𝑏𝑐和𝑐𝑑三段所用时同之比为1：2：3，𝑎𝑏段的位移为2𝑚，𝑏𝑐段的位移为10𝑚，则𝑐𝑑段的位移为()A.20𝑚 B.30𝑚 C.40𝑚 D.50𝑚4. 如下图，在匀强电场中，有边长为5𝑐𝑚的等边三角形4. 如下图，在匀强电场中，有边长为5𝑐𝑚的等边三角形𝐴𝐵𝐶，三角形所在平面与匀强电场的电杨线平行.𝑂点为𝜑𝐴=1𝑉，𝜑𝐵=3𝑉、𝜑𝐶=5𝑉，以下说法正确的选项是( )匀强电场的场强大小为80𝑉/𝑚，方向由𝐴指向𝐶在三角形𝐴𝐵𝐶的内切圆的圆周上的𝐷点电势最低将电子由𝐸点移到𝐹点，电子的电势能增加了1𝑒𝑉5. 粗糙水平面上有甲、乙两个一样材料的物块，两物5. 粗糙水平面上有甲、乙两个一样材料的物块，两物𝑣一𝑡时两物块发生了完全非弹性碰，甲物体的质量为1𝑘𝑔，重力加速度为𝑔=10𝑚/𝑠2，依据图象可知以下说法正确的选项是( )物块与水平面之间的动摩擦因数为𝜇=0.2从0时刻到两物体相遇，甲比乙多走的位移𝛥𝑥=80𝑚6. 如下图，𝑀𝐹𝑁6. 如下图，𝑀𝐹𝑁为竖直平面内的光滑圆弧轨道，半60°。一质量为𝑚的小球由𝑃点沿水平方向抛出，初速度为𝑣 =√𝑔𝑅，运动到𝑀点时，速度方向恰好与圆弧轨道相切，𝑃、𝑂、𝑁三点在030同一水平线上。重力加速度为𝑔，以下说法正确的选项是( )小球在𝐹点时对圆弧轨道的压力为7𝑚𝑔3小球在𝑁点时对圆弧轨道的压力为𝑚𝑔小球运动到圆弧轨道上与𝑀点等高的位置时的速度𝑣=√𝑔𝑅小球从𝑁点脱离圆弧轨道后，连续上升的最大高度ℎ=𝑅6. 两个完全一样的弹簧秤竖直放置𝑏𝐿整个装置处在垂直于纸面对里的匀强磁场中，如下图。假设在𝑎𝑏中通入由𝑎到𝑏的恒定电流𝐼，其中一个弹簧秤的示数为𝐹1，假设将电流反向，大小不变，则其中一个弹簧秤的示数为𝐹2。以下说法正确的选项是( )A.直导线𝑎𝑏的质量𝑚=𝐹1𝐹2𝑔B.直导线𝑎𝑏的质量𝑚=𝐹1𝐹22𝑔C.匀强磁场的磁感应强度𝐵=2𝐹22𝐹1𝐼𝐿D.匀强磁场的磁感应强度𝐵=𝐹2𝐹12𝐼𝐿8.8.竖直平面内有水平放置的两金属板𝐴𝐵、𝐶𝐷，相距为𝑑𝑈电荷量为+𝑞的粒子，从𝐴𝐶中点𝑂处以初动能𝐸𝑘𝑂=3𝑞𝑈进入电场，初速度与水平方向夹角为𝜃=30°，粒子沿着𝑂𝑀𝐵的轨迹恰好运动到下极板右边缘的𝐵点为运动轨迹的最高点与极板垂直。不计粒子重力，则关于粒子的说法正确的选项是( )2粒子运动到𝐵点时的动能𝐸𝐾=5𝑞𝑈2运动轨迹最高点到下极板的距离𝑀𝑁=7𝑑8C.水平方向运动的位移之比𝐴𝑁：𝑁𝐵=1√2D.假设将上极板上移微小一段距离，则粒子将打在𝐵点左侧二、多项选择题〔416.0分〕九重之际向天问天宫掠影惊苍穹“天宫”空间站中三名宇航员正环烧地球运行，与此同时，“天问”探测器在围绕火星运行，假设它们的运行轨道都是圆轨道，地球与火星的质量之比为𝑝，“天宫”与“天问”的轨道半径之比为𝑞关于“天宫”空间站与“天问”探测器说法正确的选项是( )运行周期之比为√𝑞3𝑝𝑝𝑞

围绕速度之比为√𝑝𝑞D.动能之比为𝑝𝑞敏电阻具有这样的特点：只有加在它两端的电压大于某一值时，才会有电流通过。在如下图的电路中，𝑅为压敏电阻，𝑅1、𝑅2、𝑅3，为定值电阻，𝐴为抱负沟通电流表，抱负变压器原线圈匝数为𝑛1，副线圈匝数𝑛2可以通过滑片𝑃调整。当副线圈滑片在图中位置时原线圈加某一交变电压𝑢=𝑁𝐵𝑆𝜔𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡，小灯泡消灭周期性发光，闭合开关𝐾，小灯泡熄灭不再发光。以下说祛正确的选项是( )闭合开关𝐾，𝑅2两电压增大闭合开关𝐾后，仅增大沟通电频率，通过𝑅1的电流不变闭合开关𝐾后，仅让滑片𝑃向上滑动，可能使灯泡连续周期性发光，发光频率不变闭合开关𝐾后，仅让滑片𝑃向下滑动，电流表示数减小倾角为𝜃的传送带𝐴𝐵以速度𝑣𝐵点与水平轨道𝐵𝐶平滑连接，一质量为𝑚的小物块从传送带上𝑃点由静止释放，到达底端𝐵时恰好到达与传送带速度相等，在𝐵点无机械能损失，且恰好运动到水平轨道上𝑄点。物块与传送带之间、物块与水平地面之间的动摩擦因数均为𝜇，𝜇>𝑡𝑎𝑛𝜃。重力加速度为𝑔。关于小物块的运动，以下说法正确的选项是()假设从𝑃点上方某一位置由静止释放小物块，小物块仍恰好运动到𝑄点假设从𝑃点下方某一位置由静止释放小物块，小物块仍恰好运动到𝑄点小物块从𝑃点运动到𝐵点的过程中，传送带电动机增加的功率为𝜇𝑚𝑔𝑣𝑐𝑜𝑠𝜃12. 如下图：两条光滑平行金属导轨水平固定，导轨𝑎𝑏𝑐𝑑𝑎𝑏12. 如下图：两条光滑平行金属导轨水平固定，导轨𝑎𝑏𝑐𝑑𝑎𝑏与𝑐𝑑之间存在有垂直于轨道所在平面对里的匀强磁场。将两根一样的导体棒𝑃𝑄，𝑀𝑁平行于𝑎𝑏放置在𝑃𝑄𝑀𝑁施加一样的恒力𝐹作用，先后自导轨上同一位置由静止开头运动𝑃𝑄进入磁场时加速度恰好为零𝑃𝑄𝑀𝑁离开磁场区域为止，𝑃𝑄的运动速度𝑣𝑃𝑄的电流𝐼随时间𝑡变化的图象可能正确的选项是()A.A.B.C.D.三、试验题〔216.0C.D.某同学用如图1所示的装置测量滑块与长木板之间的动摩擦数。将木板固定在水平桌面上，木板左端固定一个挡板，挡板与滑块之间有一个轻质弹簧，轻质弹簧与挡板固定连接，滑块靠近弹簧。长木板上安装有两个光电门。(1)用螺旋测微器测量素光片的宽度，如图2所示，其读数为𝑑= 𝑚𝑚；(2)给滑块装上遮光片，向左推动滑块，压缩弹簧到适当位置，由静止松手，滑块离开弹簧后分别通过𝑃、𝑄两位置的光电门，与光电门相连的计时器分别记录下滑块上遮光片通过光电门的时间𝛥𝑡1和𝛥𝑡2，转变弹簧的压缩程度进展屡次试验，并计算得出多组滑块通过𝑃点和𝑄点的速度𝑣1和𝑣2，依据表中的数据在坐标纸上描绘描点连线，作出𝑣2−𝑣2图象3。1 2𝑣𝑣2(𝑚2123456·𝑠−1)𝑣212.803.614.414.806.457.58𝑣220.601.412.253.654.235.40𝑔=𝑠2𝑄𝑙=𝑚𝑣2−𝑣21 2图象可得，滑块与长木板间的动摩擦因数为 (结果保存两位小数)。一同学想要测定某电源的电动势和内电阻，所使用的器材有：待测干电池一节、电流表𝐴(量程0.6𝐴，内阻𝑅𝐴小于1𝛺)、电流表𝐴1(量程0.6𝐴，内阻未知)，电阻箱𝑅1(0～999.99𝛺)、滑动变阻器𝑅2(0～10𝛺)、单刀双掷开关𝑆、单刀单掷开关𝐾各一个，导线假设干。𝑎.为了更准确地进展测量，该同学打算先用欧姆表测出电流表𝐴的内阻。所用欧姆表内部电源电动势为4.50𝑉，表盘中间刻线示数为“15”，将该欧姆表红、黑表笔接在电流表两接线柱上，则红表笔应接在电表 (填“正”或“负”)接线柱，欧姆表选取“×1”挡位时，觉察指针偏转角度较大，而此时电表读数0.30𝐴，可知电流表内阻为 𝛺。(保存两位有效数字)𝑏.该同学又设计了如图2所示电路进展试验操作。利用该电路测电流表𝐴的内阻；闭合开关𝐾，将开关𝑆与𝐷接通，通过调整电阻箱𝑅1和滑动变阻器𝑅2，读取电表𝐴的示数为0.20𝐴、电流表𝐴1的示数为0.60𝐴，电阻箱𝑅1的示数为0.15𝛺，则电流表𝐴的内阻𝑅𝐴= 𝛺。(保存两位有效数字)测电源的电动势和内阻：断开开关𝐾，调整电阻箱𝑅1，将开关𝑆接𝐶，记录电阻箱𝑅2的阻值和电流表𝐴的示数；屡次调整电阻箱𝑅1重试验，并记录多组电阻箱𝑅1的阻值𝑅和电流表𝐴的示数𝐼。如图3所示是由试验数据绘出的1−𝑅图象，获得图象𝐼的斜率𝑘纵轴的截距𝑏由此求出干电池的电动𝐸 内𝑟 (均用字母𝑘，𝑏、𝑅𝐴表示)四、计算题〔436.0分〕12𝑚，车厢中间位置放着一个可以看作质点的货物，货物与货车相对静止。货车以𝑣0=12𝑚/𝑠的速度在平直的大路上匀速行𝑎=6𝑚/𝑠2的加速度匀减速刹车。假设车厢和内货物没有固定，货物与车厢底部之间的动摩擦因数𝜇=0.3，货车刹车停顿后不再移动，重力加速度𝑔取10𝑚/𝑠2。求：货物运动到车厢前壁时，货车与货物的速度分别是多大。要使货物不与车厢前壁发生碰撞，货物与车厢底部之间的动摩擦因数至少需要多大。𝑀=𝑔𝐵𝐶长度𝐿=4𝑚，圆周轨道𝐵𝐶半径为𝑅=0.9𝑚，𝑂为𝐵𝐶𝑚=0.4𝑘𝑔的小车从𝐴点由静止启动，小车发动机功率恒定为𝑃=20𝑊，工作𝑡=0.52𝑠后停顿。小车在𝐴𝐵上运动时受到的阻力为重力的𝑘=0.2倍，经过𝐵点时自动装置释放木块，𝑔=10𝑚/𝑠2。求：小车运动到𝐵点时的速度大小；小车运动到𝐶点时木块的速度大小；(3)小车运动到𝐶点时小车的速度大小。竖直平面内有ⅠⅡ如下图。Ⅰ区域是半径为𝑅的圆形边界磁场，磁感应强度大小为𝐵；Ⅱ区域是边长为2𝑅2𝐵𝑂为原点建立𝑥𝑂𝑦+𝑞𝑂沿与𝑥轴正方向夹角60°进入Ⅰ磁场区域，速度大小𝑣=𝑞𝐵𝑅。粒子重力略不计，求：𝑚粒子运动到𝑥轴时的位置；假设Ⅱ区域内磁场反向，则粒子再次经过𝑦轴时的位置。18.18.面间的夹角为30°，斜面上放置质量为2𝑚块上固定着一个质量为𝑚𝑅𝐿的ℎ(磁场边界与斜面垂直，宽度为2𝐿)，磁场方向与线平面垂直并指向纸内、磁感应强度大小为𝐵。线圈与滑块之间绝缘，滑块长度与线框边长一样，重力加速度为𝑔。求滑块和线圈进入磁场的过程中流过线圈横截面的电荷量𝑞；ℎ𝑓𝑡𝑓边进入磁场瞬间的速度𝑣1；假设滑块和线圈完全穿出磁场时的速度为𝑣2，求在穿过磁场的整个过程中线圈中产生的热量𝑄。答案和解析【答案】𝐶【解析】解：𝐴、加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，是单位时间内速度随时间A错误；B、角速度是描述物体做圆周运动快慢的物理量，但是单位时间内物体角度的变化，故B错误；C、电场强度是描述电场的物理量，在数值上等于单位电荷所受到的电场力的大小，故C正确；D、依据电势的物理意义可知，电势是描述电场能的性质的物理量；依据电势的定义可知，电场中某点的电势，其大小等于单位正电荷从该点移动到零电势点时，电场力所做D错误；应选：𝐶。运用加速度、角速度、电场强度和电势的概念和性质进展解题此题考察了根本物理量的理解，解题的关键是娴熟把握并理解加速度、角速度、电场强度和电势的概念。【答案】𝐶【解析】解：𝐴𝐵.以球为争论对象，受力分析如图由平衡条件可得𝑁2=

𝑚𝑔cos𝜃𝑁1=𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛𝜃假设缓慢增大支架倾角𝜃，则球体受到竖直墙面的支持力𝑁1变大，球体受到三角支架的支持力𝑁2AB错误；𝐶𝐷.对三脚架和球整体受力分析系可知，可知竖直方向三角支架受到地面的支持力等于C正确，D错误。应选：𝐶。以小球为争论对象，分析受力状况，作出力图，依据平衡条件求出竖直墙面和三角支架面对三角劈的摩擦力和支持力的大小．简便．【答案】𝐵【解析】解：𝑎𝑏段为𝑥1，将𝑏𝑐段分成时间相等的两段，位移分别为𝑥2、𝑥3，将𝑐𝑑段分成时间相等的三段，位移分别为𝑥4、𝑥5、𝑥6，设每一段时间为𝑇，依据匀变速直线运动的推论知，𝑥2=𝑥1+𝑎𝑇2，𝑥3=𝑥1+2𝑎𝑇2，𝑥4=𝑥1+3𝑎𝑇2，𝑥5=𝑥1+4𝑎𝑇2，𝑥6=𝑥1+5𝑎𝑇2，𝑑=4+5+6=1+𝑇21=𝑚2+3=1+𝑇2=𝑚，联立解得：𝑥𝑐𝑑=30𝑚B正确，ACD错误。应选：𝐵。将𝑏𝑐𝑐𝑑位移之差是一恒量进展求解。求解会使问题更加简捷。【答案】𝐷【解析】解：𝐴、依据匀强电场电势随距离均匀变化(除等势面)的特点，𝐴𝐶中点𝐹的电2势为：𝜑𝐹=𝜑𝐴+𝜑𝐶2

=3𝑉，与𝐵点电势相等，又𝛥𝐴𝐵𝐶是等边三角形可知，𝐵𝑂𝐹连线与𝐴𝐶垂直，即𝜑𝑂=3𝑉A错误；B𝐵𝑂𝐹为等势线且垂直𝐴𝐶可知，𝐴𝐶可知，电场方向由𝐶指向𝐴；依据匀强电场中𝑈=𝐸𝑑可知，𝐸=5𝑉1𝑉0.05𝑚

=80𝑉/𝑚B错误；C、依据沿着电场线方向电势渐渐降低可知，𝐴C错误；D、过𝐸点作垂直于𝐴𝐶，交于𝐺点的线段，如下图：由几何关系可得：𝐶𝐺=𝐶𝐸𝑐𝑜𝑠60°=2.5𝑐𝑚×1=1.25𝑐𝑚2𝐺𝐹=𝐶𝐹−𝐶𝐺=2.5𝑐𝑚−1.25𝑐𝑚=1.25𝑐𝑚=0.0125𝑚依据𝑊=𝑞𝐸×𝐺𝐹可得：𝑊=−1𝑒𝑉，电场力做负功，电势能增加1𝑒𝑉D正确；应选：𝐷。依据匀强电场电势随距离均匀变化(除等势面)的特点，𝐴𝐶中点的电势为3𝑉，则𝐵𝑂𝐹为𝐶𝑈=𝑑求出场强大小、方向；依据沿着电场线方向电势渐渐降低，可以推断电势最低点；由电场力做功与电势能的关系，求势能变化。此题考察对匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比𝑈=𝐸𝑑与运用公式𝑊=𝑞𝑈求解电场力做功的力量，留意寻常的积存。【答案】𝐴【解析】解：𝐴.由𝑣−𝑡图可知，碰撞前瞬间甲的速度为15𝑚/𝑠，乙的速度为0，碰撞后甲乙速度相等为10𝑚/𝑠，由动量守恒定律得𝑚 𝑣 =(𝑚 +𝑚 )𝑣甲甲 甲 乙代入数据解得𝑚 =0.5𝑘𝑔乙A正确；由𝑣−𝑡图可知，乙的加速度大小为

=𝑣=10𝑚/𝑠2=2.5𝑚/𝑠2，依据乙 𝑡 4𝜇𝑚𝑔=𝑚𝑎解得𝜇=0.25B错误；依据𝑣−𝑡图像与𝑡轴围成面积表示位移可知从0时刻到两物体相遇，甲比乙多走𝛥𝑥=25152

×4𝑚=60𝑚C错误；两球碰撞过程中损失的机械能𝛥𝐸=1𝑚 𝑣2−1(𝑚 𝑚 )𝑣22 甲甲 2 甲 乙代入数据解得𝛥𝐸=37.5𝐽D错误。应选：𝐴。依据𝑣−𝑡图像结合碰撞过程动量守恒可解得乙的质量，依据乙的加速度与牛顿其次定律结合可解得动摩擦因数，依据𝑣−𝑡图像与𝑡轴围成面积表示位移可知甲比乙多走的位移，依据能量守恒定律可解得损失的机械能。此题的关键是分析清楚𝐴、𝐵的运动过程，知道碰撞遵守的根本规律是动量守恒定律。要明确𝑣−𝑡图象的斜率表示加速度，面积表示位移。【答案】𝐷【解析】解：𝐴、对小球从𝑃点到𝐹点应用动能定理可得：𝑚𝑔𝑅=1【解析】解：𝐴、对小球从𝑃点到𝐹点应用动能定理可得：𝑚𝑔𝑅=1𝑚𝑣2−1𝑚𝑣22𝐹20在𝐹点由向心力表达式可知：𝐹𝑁−𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝐹𝑅3在𝐹点时对圆弧轨道的压力为10𝑚𝑔A错误；3B𝑁点时速度仍为𝑣0，由向心力表达式可得：𝐹=入数据解得𝐹=1𝑚𝑔，3依据牛顿第三定律小球在𝑁点时对圆弧轨道的压力为1𝑚𝑔B错误；3

0，代𝑣2𝑣2C、在𝑀点将小球的速度进展正交分解，如下图；依据几何关系可得小球在𝑀点时的速度𝑣𝑀=

𝑣0cos𝜃

= 𝑣0

=2𝑣0，所以小球运动到圆弧轨道上与𝑀点等高的位置时的速度0𝑣=2𝑣 =2√𝑔𝑅C错误；03D、小球从𝑁点脱离圆弧轨道后，由动能定理可得：𝑚𝑔ℎ=1𝑚𝑣2，解得ℎ=𝑅D正2 0 6确。应选：𝐷。对小球从𝑃点到𝐹点、𝑁点应用动能定理、牛顿其次定律、牛顿第三定律得到小球在𝐹点时对圆弧轨道的压力；在𝑀𝑀点的速度；小球从𝑁点脱离圆弧轨道后，由动能定理求解高度。理、向心力公式进展解答。【答案】𝐴【解析】解：𝐴𝐵.设导线质量为𝑚，当𝑎𝑏中通入由𝑎到𝑏的恒定电流𝐼时，由左手定则和平衡条件，2𝐹1𝐹=𝑚𝑔，当电流反向时，2𝐹2=𝑚𝑔+𝐹安，=𝑔A正确，B错误；安𝐶𝐷.由𝐴𝐵中分析可知，𝐹安应选：𝐴。

==𝐵=𝐹2−𝐹1CD错误。𝐼𝐿𝑎到𝑏使电流方向反向，则安培力变为竖直向下，依据力的平衡条件可解得．此题考察安培力的计算，解题关键把握左手定则的运用，留意力的平衡条件的应用。【答案】𝐵【解析】解：𝐴、粒子在两极板间仅受电场力作用，从𝑂到𝐵过程中，依据动能定理得：2𝑞⋅1𝑈=𝐸𝑘−𝐸𝑘𝑂，22又𝐸𝑘𝑂=3𝑞𝑈2A错误；B、分解粒子运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，粒子沿竖直方向初速度𝑣𝑦=𝑣0𝑠𝑖𝑛𝜃，竖直方向上，从𝑂到最高点𝑀过程中，依据动能定理得：−𝑞𝐸𝑑′=0−𝐸𝑘𝑂又𝐸=𝑈，𝑑联立解得：𝑑′=3𝑑，8则轨迹最高点到下极板的距离𝑀𝑁=7𝑑，8B正确；C、粒子在竖直方向做匀变速直线运动，由𝐵知，减速位移为3𝑑，加速位移为7𝑑，依据8 8𝑥=1𝑎𝑡2知，减速、加速时间之比为2𝑡1：𝑡2=√3：√7，水平方向做匀速直线运动，位移之比𝐴𝑁：𝑁𝐵=𝑡1：𝑡2=√3：√7，C错误；D、假设将上极板上移微小一段距离，依据𝐸=𝑈知，匀强电场场强变小，电场力变小，𝑑加速度变小，粒子加速减速时间变长，到达下极板时，水平方向位移变大，粒子将打在𝐵D错误。应选：𝐵。依据动能定理求粒子打到下极板时的动能；分解粒子运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，依据动力学规律分析粒子的运动状况。键是分析清楚哪个方向上是匀速直线运动，哪个方向上是匀加速直线运动。【答案】𝐴𝐵𝐴𝑚=𝑚𝜋2𝑇=√𝑟3，代入数据解得：𝑇天宫=√𝑞3A正确；代入数据解得：

𝑟2

𝑇2

𝐺𝑀𝑇 𝑝天问B𝐺𝑀𝑚=𝑚𝑣2，整理得𝑣=

，代入数据解得：𝑣=√𝑝，故B正，代入数据解得：𝑟2 𝑟 确；

𝑣 𝑞天问C𝐺𝑀𝑚𝑚𝑎，整理得𝑎=

𝑎

𝑝C错误；=𝑟2=

𝑟2

𝑎 𝑞2天问D、由于无法知道“天宫”空间站与“天问”探测器的质量，无法计算动能之比，故D错误。应选：𝐴𝐵。依据万有引力供给向心力可解得运动周期、速度、加速度之比，由于无法知道“天宫”空间站与“天问”探测器的质量，无法计算动能之比。引 天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力供给即𝐹 =𝐹 引 【答案】𝐶𝐷解：𝐴𝑘𝑈𝑅1两端电压𝑈1变大，𝑈1+𝑈2=𝑈，所以𝑅2两端电压𝑈2A错误；B、闭合𝑘，仅增大沟通电频率，由原线圈电压𝑢=𝑁𝐵𝑆𝜔𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡知原线圈电压增大，则副线圈电压𝑈𝑅1的电流变大，故B错误；C𝑘𝑝𝑈2=𝑛2𝑈′𝐼变大，𝑛1交变电流周期不变，灯泡连续周期性发光，发光频率不变，故C正确；D、闭合开关𝐾后，仅让滑片𝑃向下滑动，副线圈电压𝑈2=𝑛2𝑈′减小，副线圈回路电流𝐼𝑛1减小，原线圈回路电流𝐼D正确。应选：𝐶𝐷。电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，依据抱负变压器的原理分析即可。的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的状况，再依据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的状况。【答案】𝐴𝐶【解析】解：𝐴𝐵𝐵时恰好到达与传送带速度相等，则有𝑣2=2𝑎𝑥，在水平轨道上做匀减速直线运动，恰好运动到𝑄点，依据动能定理有：𝜇𝑚𝑔⋅𝐵𝑄=1𝑚𝑣2；2𝑃点上方某一位置由静止释放小物块𝜇>𝜃直到与传送带速度相等后做匀速直线运动，所以物块仍恰好运动到𝑄点；假设从𝑃点下方某一位置由静止释放小物块，物块到达底端𝐵时速度小于传送带速度，所以物块不能运动到𝑄A正确，B错误；C、小物块从𝑃点运动到𝐵点的过程中，依据功能关系及功率的计算公式有：𝑃=𝑓𝑣=𝜇𝑚𝑔𝑣𝑐𝑜𝑠𝜃C正确；D、小物块从𝑃到𝐵点由于摩擦产生的内能为𝑄1=𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃(𝑥传−𝑥物)=𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃⋅(𝑣𝑡−𝑣𝑡)=𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃⋅𝑣𝑡，依据牛顿其次定律及运动学公式有：𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃+𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=2 2𝑚𝑎，且𝑎=𝑣，联立解得：𝑄

𝜇𝑚𝑣2𝑐𝑜𝑠𝜃

=

<1𝑚𝑣2𝑡 1

2(𝜇cos𝜃+sin𝜃)

2(1+

𝜇) 2tan𝜃2物块从𝐵到𝑄摩擦产生的内能为𝑄 =1𝑚𝑣222则小物块从𝑃点运动到𝑄𝑄=𝑄1+𝑄2=1𝑚𝑣2+

𝑚𝑣2 <𝑚𝑣2D错误；2

𝜇)tan𝜃应选：𝐴𝐶。分析物块在传送带的运动状况，结合运动学公式可推断𝐴𝐵选项；依据功能关系及功率的计算公式可解得小物块从𝑃点运动到𝐵点的过程中，传送带电动机增加的功率；依据摩擦力做功大小等于产生的内能结合做功公式解得。式的应用。12.【答案】𝐴𝐶𝐷【解析】解：设𝑃𝑄进入磁场匀速运动的速度为𝑣，匀强磁场的磁感应强度为𝐵，导轨宽度为𝐿，两根导体棒的电阻均为𝑅。依据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得𝑃𝑄进入磁场时电流：𝐼 =𝐵𝐿𝑣保持不变，由题意其加速度为零，则𝐹=

𝐿=𝐵2𝐿2𝑣，0 2𝑅

0 2𝑅𝑃𝑄匀速通过磁场区域时，𝑀𝑁在后进入磁场有以下两种可能：①假设𝑃𝑄离开磁场时𝑀𝑁还没有进入磁场，此时电流为零；当𝑀𝑁进入磁场时也是匀速运动，通过𝑃𝑄的感应电流大小不变，方向相反，但𝑃𝑄离开磁场后在拉力作用下连续匀A正确，B错误，C正确；②假设𝑃𝑄没有离开磁场时𝑀𝑁𝑃𝑄离开磁场时𝑀𝑁的速度大于𝑣𝐼0，𝑀𝑁𝑀𝑁匀速运动，电流中的电流为𝐼0，但通过𝑃𝑄D正确。应选：𝐴𝐶𝐷。依据导体棒切割磁感应线产生的感应电动势计算公式求解感应电流大小与速度的关系，依据𝑃𝑄和𝑀𝑁拉力与安培力大小关系，推断导体棒的运动状况。法，明确导体棒在斜面上的运动状况；13.【答案】4.7020.25【解析】解：(1)螺旋测微器准确度为0.01𝑚𝑚，固定刻度的示数为4.5𝑚𝑚，可动刻度的示数为0.01𝑚𝑚×20.2=0.205𝑚𝑚，因此可得：𝑑=4.5𝑚𝑚+0.202𝑚𝑚=4.702𝑚𝑚；(2)依据表格数据作图如图1所示：图11𝑣2−1𝑣

=𝑙𝑣2=𝑣2+𝑙𝑣2

=0，2 2 2 1

1 2 2𝑣21

=2.2𝑚2/𝑠2，解得：𝜇≈0.25故答案为：(1)4.702(4.701～4.704)；(2)图象如图2所示：图2(3)0.25。螺旋测微器读数为固定刻度+可动刻度，可动刻度需要估读到分度值下一位；依据动能定理列出关于𝑣2−𝑣2𝑣2−𝑣2图像的截距计算出动摩擦因1 2 1 2数。此题是通过动能定理计算出动摩擦因数的试验，解题的关键是能够正确列出等式关系，依据截距表达的物理意义求出结果。𝐴14.【答案】负0.000.301𝑏𝑅𝐴𝑘𝑘【解析】解：𝑎、依据欧姆表的内接电源负极是与红表笔相连的，当用它测电流表的内阻时，电流表接线要求从“+”接线柱流进，从“−”接线柱流出，所以欧姆表的红表笔(与电源负极相连)要与电流表的“−”接线柱相接。由题意知，该档位的中值电阻

=15𝛺，欧姆调零时：𝐼𝑔=

𝐸，而𝐼𝑅𝛺

𝐸𝑅𝛺

，将𝑏(1、3)开关𝑆与𝐷接通，电流表𝐴的示数为0.2𝐴，电流表𝐴1的示数为0.60𝐴，电阻箱𝑅1的示数为0.15𝛺(𝐼1𝐼)𝑅1=𝐼𝑅𝐴，解得𝑅𝐴0.3𝛺(2、4)断开开关𝐾，将开关𝑆接𝐶，记录电阻箱𝑅1的阻值𝑅和电流表𝐴的示数𝐼，屡次重复试验得到多组数据，依据𝐼= 𝐸 ，变形得：1=1×𝑅+𝑅𝐴+𝑟。依据题意有：𝑘=1，𝑅+𝑅𝐴+𝑟𝑏=𝑅𝐴+𝑟，解得：𝐸=1，𝑟=𝑏−𝑅𝐴．

𝐼 𝐸 𝐸 𝐸𝐸 𝑘 𝑘故答案为：𝑎负、0.00；𝑏(1)0.30、(2)1、𝑏−𝑅𝐴𝑘 𝑘𝑎、依据欧姆表的原理和电表的接线规章确定红表笔的接法，依据闭合电路欧姆定律计算电流表的内阻；𝑏、(1)表内阻；(2)依据试验电路应用闭合电路的欧姆定律求出图线的函数表达式，然后依据图示图线求出电源电动势与内阻。势。15.【答案】解：(1)货物的最大加速度𝑎′=µ𝑔=3𝑚/𝑠2<𝑎，故货车刹车过程中物块与车厢消灭相对滑动。2设经过时间𝑡货物运动到到车厢前壁货车运动位移𝑥1=𝑣0𝑡−1𝑎𝑡222货物运动位移𝑥2=𝑣0𝑡−1𝑎′𝑡22𝛥𝑥=𝑥2−𝑥1=12𝑚联立解得：𝑡=2𝑠此时货车的速度𝑣1=𝑣0−𝑎𝑡=12𝑚/𝑠−6×2𝑚/𝑠=0𝑚/𝑠货物的速度𝑣2=𝑣0−𝑎′𝑡=12𝑚/𝑠−3×2𝑚/𝑠=6𝑚/𝑠(2)有(1)中结果分析可知，假设增大货物与货车之间动摩擦因数，则货车停顿后货物还没有运动车厢前端。货物减速的加速度大小为𝑎0时恰好运动车厢前端速度减小为0，𝑣2 则有0−𝑥1= 解得𝑎0=4𝑚/𝑠2𝑣2 2𝑎0 2依据牛顿其次定律可得：µ0𝑚𝑔=𝑚𝑎0可得：µ0=0.4答：(1)货物运动到车厢前壁时，货车与货物的速度分别为0和6𝑚/𝑠。(2)0.4。【解析】(1)由于物块与车厢间发生相对滑动，依据运动学公式求得发生碰撞时所需时间，结合速度—时间公式求得速度；(2)不发生相对碰撞，结合运动学公式求得发生相对滑动时的加速度大小，即可求得摩擦因数。相对滑动时发生的相对位移即可。16.【答案】解：(1)小车由𝐴运动到𝐵的过程中，由动能定理可得：𝑃𝑡+(−𝑘𝑚𝑔𝐿)=1𝑚𝑣2−02 𝐵代入数据解得：𝑣𝐵=6𝑚/𝑠小车由𝐵运动到𝐶的过程中，整个系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：𝑚𝑣𝐵=(𝑚+𝑀)𝑣𝑥代入数据解得，小车运动到𝐶点时木块的速度𝑣𝑥=2𝑚/𝑠小车由𝐵运动到𝐶的过程中，由系统机械能守恒定律得：1𝑚𝑣2

=𝑚𝑔𝑅+1