2023年广东省深圳市高考物理适应性试卷

2023年广东省深圳市高考物理适应性试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.“天宫课堂”中，宇航员王亚平演示了“液桥演示实验”，即在太空中，两个塑料板间

用水搭建一座长约10cm的桥，如图1。受其启发，某学生设想“天地同一实验”，固在空间

站和地面做同一个实验，观察实验现象，下列说法正确的是（）

A.液桥的建立是由于液体表面存在张力，在地面做相同实验，也能观察到同样长度的桥

B.用图2中的器材做单摆实验，空间站和地面实验现象相同

C.图3相同密闭容器内装着完全相同的气体，在相同温度下，空间站和地面容器内气体压强

不同

D.图4将两端开口的圆柱形毛细管竖直插入水中，相同装置在空间站和地面观察到管中液面

升高的高度不同

2.场致发射显微镜能够用来分析样品的原子排列，其核心结构如图，金属针与荧光膜之间

加上高电压，形成辐射状电场，电子分别位于4点与8点时，下列关于电子所受到的电场力和

具有的电势能判断正确的是（）

A.FA=FB,EPA=EPBB.FA=Fg,Epfy<Epg

C.FA>FB，EPA>EpBD.FA>FB，EPA<EpB

3.根据机动车的运动情况，绘制如图今图像，己知一质量

为1000kg的机动车在水平路面沿直线减速行驶，规定初速度为

的方向为正方向。请判定以下说法合理的是（）

A.机动车的初速度%=10m/s

B.机动车的加速度大小为2m/s2

C.机动车在前3s的位移是12m

D.机动车前3s的动量变化量为1.2x104kg.m/s

4.舞蹈枳此青绿/表演中，需要舞者两脚前后分开，以胯部

为轴，上半身缓慢后躺，与地面近乎平行，在舞考缓慢后躺的

过程中，下列说法正确的是（）

A.舞者对地面的压力就是舞者的重力

B.地面对舞者的支持力和舞者的重力是一对平衡力

C.舞者受到地面的摩擦力向前

D.舞者处于失重状态

5.现有一航天器4,通过一根金属长绳在其正下方系一颗绳系

卫星8,一起在赤道平面内绕地球做自西向东的匀速圆周运动。

航天器4绳系卫星B以及地心始终在同一条直线上。不考虑稀

薄的空气阻力，不考虑绳系卫星与航天器之间的万有引力，金

属长绳的质量不计，下列说法正确的是（）

A.正常运行时，金属长绳中拉力为零

B.绳系卫星B的线速度大于航天器4的线速度

C,由于存在地磁场，金属长绳上绳系卫星4端电势高于航天器B端电势

D.若在绳系卫星B的轨道上存在另一颗独立卫星C,其角速度小于绳系卫星B的角速度

6.一列简谐横波在“=0.2s的波形图如图甲所示，平衡位置在x=2m处的质点M的振动图

像如图乙所示。已知质点N的平衡位置在x=3.5m处，下列说法正确的是（）

A.N点在q时刻偏离平衡位置的位移为O.lzn

B.t2=0.3s时，质点N的运动方向沿y轴负方向

C.质点N从t=0时刻起每经过0.05s所通过的路程都是0.2m

D.如果该波源沿波的传播方向移动，则在x正半轴较远处的观测仪器接收到该波的频率小于

5Hz

7.如图为风力发电机的结构简图。风轮机叶片转速为九，转动时所有叶片迎风总面积为So,

风轮机转动时通过转速比为1：k的升速齿轮箱带动面积为S、匝数为N的发电机线圈高速转动,

产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U。已知空气密度为p,风速为0,匀强

磁场的磁感应强度为B,V为交流电压表，忽略线圈电阻，则（）

发电机等效图

A.线圈位于图示位置时，交流电压表示数为零

B.从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为27rNBSknsin（27rnt）

C.变压器原、副线圈的匝数比为2兀NBSkn：U

D.单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为gpSo"3

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8.如图为光电倍增管的原理图，管内由一个阴极K、一个阳极4和K、4间若干对倍增电极构

成。使用时在阴极K、各倍增电极和阳极4间加上电压，使阴极K、各倍增电极到阳极4的电

势依次升高。当满足一定条件的光照射阴极K时，就会有光电子射出，在加速电场作用下，

光电子以较大的动能撞击到第一个倍增电极上，将动能转移给其他电子，从而激发出更多电

子，最后阳极A收集到的电子数比最初从阴极发射的光电子数增加了很多倍。下列说法正确

的有（）

第一倍增傲）第1倍增极D、阳产人

入射光

阴极K第二倍就极D,第'四倍增极D,

A.光电倍增管适用于所有频率的光

B.保持入射光不变，增大各级间电压，阳极收集到的电子数可能增多

C.保持入射光频率和各级间电压不变，增大入射光光强可能影响阳极收集到的电子数

D.分别用蓝光和紫光照射阴极，均逸出光电子，蓝光和紫光照射逸出的光电子的动能可能相

等

9.如图所示，一轻质绝缘细线一端固定在。点，另一端系一号反弋/\

带电量大小为q、质量为m的小球，小球静止悬挂放置在正对：/

距离为d的平行板电容器A、B间，电容器极板足够大，电容器七、X

两板连接在电源两端细线与竖直方向夹角0=60。，细线、小/

球在竖直平面内纸面内，4B两板平行正对倾斜放置，且与

纸面垂直、与细线平行。已知重力加速度为g,下列说法正确的有（）

A.小球带正电

B.电源电动势后=守史

C.若在竖直面内保持两板正对面积不变，B板向4板缓慢靠近，则小球将缓慢上移

D.若绳子突然断开，则小球将做曲线运动

10.如图甲所示，一正方形单匝金属线框放在光滑水平面上，水平面内两条平行直线MN、QP

间在垂直水平面的匀强磁场，t=0时，线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做

匀加速运动，外力尸随时间t变化的图线如图乙实线所示，已知线框质量m=1kg,电阻R=40,

则（）

8

23

乙

A.磁场宽度为47n

B.匀强磁场的磁感应强度为17

C.线框穿过QP的过程中产生的焦耳热等于4/

D.线框穿过MN的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为0.5C

三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）

11.一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时,

把角速度的增加量43与对应时间At的比值定义为角加速度以即£=等）。我们用电磁打点计

时器（所接交流电的频率为50Hz）、复写纸、米尺、纸带来完成下述实验：

I5一<—5.41―►（单位:cm）

①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后

固定在圆盘的侧面，用游标卡尺测得圆盘直径d为6.000cm,当圆盘转动时，纸带可以卷在圆

盘侧面上；

②接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；

③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量。

（1）如图乙所示，纸带上4、B、C、。为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出，由于刻度

尺1cm〜5cm之间刻度不清楚，因此无法读出4、B之间的距离。根据纸带，打下计数点8时，

圆盘转动的角速度为rad/s,圆盘转动的角加速度大小为rad/s2.（本题计算

结果均保留三位有效数字）

（2）根据圆盘直径，可以判断出我们使用的游标卡尺为（选填“10分度”或“20分

度”），理由是。

12.半导体薄膜压力传感器是一种常用的传感器，其阻值会随压力变化而改变。某实验小组

想测量某一薄膜压力传感器在不同压力下的阻值RN，其阻值约几十千欧，现有以下器材；

压力传感器；电源：电动势6V,内阻不计；

电流表4量程250/M,内阻的为500；电压表V：量程3M,内阻约为20k。；

滑动变阻器阻值范围0〜1000；滑动变阻器&，阻值范围0〜20k0;

开关5；导线若干

（1）为了提高测量的准确性，应该选以下电路图进行测量，其中，滑动变阻器应选

（填元器件符号），使用该电路得到的测量值______（选填“大于”“小于”或者“等

于"）真实值；

（2）通过多次实验测得其阻值随压力尸变化的关系图像如图甲所示，该学习小组利用该压力

传感器设计了如图乙所示的自动分拣装置，可以将质量大于0.5kg的物体和小于0.5kg的物体

进行分拣，图中RN为压力传感器，R'为滑动变阻器，电源电动势为6V（内阻不计）。分拣时质

量不同的物体通过传送带运送到托盘上，OB为一个可绕0转动的杠杆，下端有弹簧，当控制

电路两端电压22V时，杠杆OB水平，物体水平进入通道1；当控制电路两端电压＜2V时，控

制电路控制杠杆的8端下移，物体下滑进入通道2,从而实现分拣功能。根据以上原理可知，

R'接入电路的阻值为k。（重力加速度大小取10m/s2,结果保留2位有效数字），质量为

0.4kg的物体将进入（选填“通道1”或“通道2”）。

四、计算题(本大题共3小题，共38.0分)

13.如图所示，平静湖面岸边的垂钓者，眼睛恰好位于岸边

P点正上方0.9m的高度处，水面与P点同高，浮标Q离尸点

1.2m远，鱼饵灯M在浮标正前方1.8巾处的水下，垂钓者发现

鱼饵灯刚好被浮标挡住，已知水的折射率n=三,门*2,65,

求：

(1)鱼饵灯离水面的深度;

(2)若鱼饵灯缓慢竖直上浮，其发出的光恰好无法从水面PQ间射出时，距离水面的深度。

14.如图，光滑水平面上静置一质量M=2kg的木板，木板右侧某位置固定一半径R=0.9m

的光滑绝缘竖直半圆轨道，轨道下端与木板上表面齐平,虚线右侧存在竖直方向的匀强电场，

质量mi=1kg的物块a以为=3m/s的水平速度冲上木板左端，与木板的动摩擦因数〃=0.1,

到达木板右端时刚好与木板共速，之后物块a与静止在半圆轨道底端的物块b(质量巾2=2kg、

电荷量q=+0.04C)发生弹性正碰，碰后物块匕电荷量不变，长木板瞬间停止且不再运动。已

知物块b在半圆轨道内运动过程中对轨道各点的压力大小均相等。g取l(hn/s2,求：

(1)匀强电场的场强；

(2)长木板的长度；

(3)定量计算说明物块b离开半圆轨道后能否落回木板。

15.如图，在平面直角坐标系xOy平面内存在两处匀强磁场，第一象y

XXXX

限内的匀强磁场分布在三角形OAC之外的区域，磁感应强度大小为2B,XXXX

XX

方向垂直纸面向里，A、C两点分别位于x轴和丁轴上，^OAC=30°,OC、、xXXX

；BQ\\Xx

的长度为2R,第二象限内的匀强磁场分布在半径为R的圆形区域内，

P0A

磁感应强度大小为B,圆形区域的圆心坐标为(-R,R),圆形区域与X、

y轴的切点分别为P、Q,第三、四象限内均无磁场。置于P点的离子发射器，能持续地从P点

在xOy平面内向x轴上方180。范围内以恒定速率发射同种正离子，离子质量均为加，电荷量均

为q；在y轴上的CG之间放置一个长CG=2R的探测板，所有打到探测板上的离子都被板吸收。

已知从P点垂直于刀轴发射的离子恰好经过Q点进入第一象限，不计重力及离子间的相互作用，

求:

(1)圆形区域内磁场的方向及离子的发射速率%;

(2)从P点垂直于x轴发射的离子，从发射到第二次经过边界4c所用的时间t；

(3)探测板CG上有离子打到的区域长度。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4、液桥的建立是由于液体表面存在张力，而在地面做相同实验，由于重力的影响，

表面张力很弱，故不会看到相同长度的液桥，故A错误；

8、用一根绳子系着一个金属球，拉开一定角度，静止释放后，“天上”由于完全失重，小球相对

空间站静止不动，“地上”由于重力的影响，小球将做圆周运动，所以观察到的现象是不一样的，

故8错误；

C、气体压强是由于气体分子频繁撞击器壁而产生的，相同密闭容器内装着完全相同的气体，在

相同温度下，分子平均动能相同，空间站和地面容器内气体压强相同，故C错误；

。、如图4用相同材料做成的两根内径相同、两端开口的圆柱形毛细管竖直插入水中，“天上”由

于完全失重，观察到水上升到毛细管顶部，“地上”由于重力的影响，观察到水上升一小段距离

后静止不动，所以观察到的实验现象不同，故。正确；

故选：Do

太空中的物体处于完全失重状态，结合单摆、毛细现象和气体压强的产生原因完成分析。

本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，理解毛细现象和单摆的特点，结合物体的所处

状态即可完成分析。

2.【答案】C

【解析】解：由电场线的分布的疏密程度，可知4点的场强大于B点的场强，则可推出电子受到的

电力0>FB，WAB=EPA-EPB,由于4到B电场力做正功，即得EPA>EPB，故错误，C正

确。

故选：Co

电场线的分布已知，可以得出AB两点的场强的相对大小，这样电子在这两点的电场力的大小就判

定了。然后根据电场做功与电势能关系，就可以判定这两点电势能的相对大小了。

本题要抓住电势能与电力做功的关系。

3.【答案】A

【解析】解：AB、由％=+呆/变形可得：=v0•1ja

结合题图可知：

截距为2Q=-2m/s2,解得a=-4m/s2

斜率为%=m/s=10m/s,故A正确，B错误；

CD.由于机动车的加速度为负值，所以机动车为减速运动，其减速到零的时间为£=匕曳=

a

O-1O个_

—~~s=2.5s

-4

其再前3s的位移为“=事=#gm=12.5小，故C错误；

2a2x(-4)

D、机动车前3s的动量变化量为Ap=「2-Pi=0-1000x10kg-m/s=-10000kg-m/s,故D

错误。

故选：Ao

将匀变速直线运动的位移一时间公式根据图像变形得到图像的函数解析式，根据图像的斜率和截

距求得加速度与初速度，从而进行计算。

本题考查匀变速直线运动的图像问题，解题关键掌握根据物理学公式得到图像的函数解析式。

4.【答案】B

【解析】解：4、舞者对地面的压力和舞者的重力性质不同，施力物体不同，故不是一个力，故A

错误；

8、舞者缓慢后躺，始终处于平衡状态，则舞者所受的支持力始终等于舞者的重力，是一对平衡力，

故B正确；

CD、舞者缓慢后躺，始终处于平衡状态，受重力和支持力平衡，舞者受到地面的摩擦力零，合力

为零，故8错误。

故选：B。

舞者对地面的压力和舞者的重力性质不同；一对平衡力等大反向，作用在一个物体上；舞者缓慢

后躺，始终处于平衡状态。

本题考查弹力和重力，知道平衡态合力为零，属于基础题。

5.【答案】C

【解析】解：4假设是独立卫星或者是独立航天器，根据万有引力提供向心力得：簧=巾32”

解得3=J号，说明轨道半径大，角速度小，而本题航天器4、绳系卫星8以及地心始终在同一

条直线上，说明航天器4与绳系卫星B角速度相同，则金属长绳中拉力一定不为0,故A错误；

B、根据cor可知，角速度相同的情况下，轨道半径小则线速度小，所以绳系卫星B的线速度小

于航天器4的线速度，故8错误；

C、地磁场在赤道处的方向是从南指向北，航天器4、金属长绳、绳系卫星8做自西向东的运动，

根据右手定则判断金属长绳上绳系卫星4端电势高于航天器B端电势，故C正确；

。、根据选项A的分析可知，绳系卫星8受到向外的绳的拉力，合力小于万有引力，角速度小于J中

独立卫星C是万有引力提供向心力，其角速度为于展，大于绳系卫星B的角速度，故。错误。

故选：Co

A、根据万有引力提供向心力判断不同轨道独立航天器或独立卫星的角速度大小情况，与绳系卫星

比较判断金属长绳中拉力是否为0;

8、根据线速度与角速度关系判断绳系卫星8的线速度是否大于航天器4的线速度；

C、根据右手定则判断金属长绳上绳系卫星4端电势是否高于航天器B端电势；

。、根据合力提供向心力判断若在绳系卫星B的轨道上存在另一颗独立卫星C,其角速度是否小于

绳系卫星B的角速度。

本题涉及绳系卫星，分析时要有合理提供向心力的思想，低轨道的绳系卫星与高轨道的卫星有同

样的角速度，说明不是只受万有引力，绳中一定存在拉力，据此分析才会得出正确选项。

6.【答案】B

【解析】解：力、由图甲知，波长为；1=4小，由图乙知，周期T=0.2s,振幅4=0.2m,图示时

刻波动方程为：y=-Asin^-x=-0.2sin(^x)cm,当x=3.5m时,y=-0.2sin(^x3.5)cm=

0.1cm，即N点在ti时刻偏离平衡位置的位移为0.1，7crn，故A错误；

B、由图乙知，亢=0.2s时刻质点M沿y轴负方向运动，结合图甲，由同侧法可知，该波沿工正方向

传播，

质点N在0=0.2s时刻沿y轴正方向运动。从q=0.2s至！It?=0.3s,经历的时间4tl=t2-tx=

(0.3-0.2)s=0.1s=I，此时质点N沿y轴负方向运动，故8正确；

C、只有从平衡位置或最大位移处开始运动，经过a2=0.05S=9贡点通过的路程为s=A=0.2m,

由图甲知，t=0.2s时刻质点N不在平衡位置或最大位移处，故质点N从t=0时刻起每经过0.05s所

通过的路程不等于0.2m,故C错误；

。、由C分析知，波沿x正方向传播，则波源沿x正方向移动，与％轴正半轴较远处的观测仪器相互

靠近，

由多普勒效应知，该观测仪器接收到该波的频率大于波源的频率/=y=盍Hz=5Hz,故。错误。

故选：B。

由图乙读出周期，根据图甲读出波长，写出该波的波动方程，由此求解N点的位移；根据时间与

周期的关系，判断t2=0.3s时质点N的运动方向；质点N在0.05s时间内的路程不等于振幅4根据

多普勒效应分析观测仪器接收到该波的频率。

本题主要是考查波的图象和振动图像相结合问题：解答本题关键是要掌握波动的一般方程y=

Asin^x,知道方程中各字母表示的物理意义，计算位移和路程，根据多普勒效应分析观测仪器

接收到该波的频率。

7.【答案】D

【解析】解：4、线圈位于图示位置时，线圈所在平面与磁场方向垂直，则穿过线圈的磁通量最

大，变化率最小，电动势为零，交流电压表的示数为有效值，故不为零，故A错误；

B、风轮机叶片转速为n,发电机线圈的转速为山，线圈转动的角速度：3=2nkn

电动势的峰值/=NBSo)=NBS•2nkn

则从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsina)t=

2itNBSknsin(2nknt)

故8错误；

C、变压器原线圈电压的有效值为2=鸨=辿颦=/27iknNBS

v2v2

变压器原副线圈的匝数比为%：n2=E-.U=—nknNBS：U

故C错误；

。、单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为m()=pvS-pvS0

223

单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为Ek=1m0v=^pvS0-v=1p50v

故。正确。

故选：Do

交流电压表的示数为有效值；根据发电机线圈的转速得出线圈转动的角速度，根据j=NBS3求

解感应电动势的最大值，进而得出电动势的有效值和瞬时值；单位时间内垂直流向叶片旋转面积

的气体质量为pi6,根据动能公式即可求解。

本题主要考查了交流电的相关应用，解题关键是掌握正弦式交变电流峰值、有效值和瞬时值的计

算。

8.【答案】BCD

【解析】解：力、只有满足一定频率的光照射时才能发生光电效应，从而逸出光电子，可知光电

倍增管并不是适用于各种频率的光，故A错误；

8、保持入射光不变，增大各级间电压，则打到倍增极的光电子的动能变大，则可能有更多的光电

子从倍增极逸出，则阳极收集到的电子数可能增多，故8正确；

C、保持入射光频率和各级间电压不变，增大入射光光强，则单位时间逸出光电子的数目会增加，

则阳极收集到的电子数会增加，故C正确；

。、分别用蓝光和紫光照射阴极，均逸出光电子，光电子的最大初动能不同，逸出的光电子的动

能可能相等，故。正确。

故选：BCD.

只有满足一定频率的光照射时才能发生光电效应，保持入射光不变，增大各级间电压，则打到倍

增极的光电子的动能变大，增大入射光的频率，阴极K发射出的光电子的最大初动能变大，增大

入射光光强，则单位时间逸出光电子的数目会增加。

解决本题的关键是掌握光电效应方程，以及知道遏止电压与最大初动能的关系，注意理解遏止电

压的含义，掌握光电效应方程，知道光的强度影响单位时间内发出光电子的数目。

9.【答案】BC

【解析】解：力、由图得，力板连接电源的负极，带负电，8板连接电源的正极，带正电，则两极

板间电场的方向斜向左下，由B指向a,对小球受力分析，小球受到重力、拉力和电场力，由平衡

条件得，小球所受电场力斜向右上，如图

则小球所受电场力方向与电场方向相反，小球带负电，故A错误；

B、由平衡条件得：Q=mgsind

解得：E=0mgd

故8正确；

C、电容器始终与电源连接，两极板间电势差不变，始终等于电源电动势，若在竖直面内保持两

板正对面积不变，B板向4板缓慢靠近，两极板间场强琢=看

则两极板间场强增大，小球所受电场力增大，则小球将缓慢上移，故C正确；

。、若绳子突然断开，小球所受合力与绳上的拉力等大反向，为恒力，小球从静止开始运动，则

小球将做初速度为零的匀加速直线运动，故。错误。

故选：BC.

对小球受力分析，根据平衡条件分析小球的电性，进而求解电源的电动势；根据U=Ed判断电场

强度的变化，根据F=qE判断电场力的变化，进而判断小球的运动情况；绳子突然断开，小球所

受合力为恒力，且初速度为零，即可判断小球的运动情况。

本题考查电容器，解题关键是对小球做好受力分析，知道电容器始终与电源连接，两极板间电势

差不变，掌握匀强电场中电势差与场强的关系。

10.【答案】AD

【解析】解：4、t=0时刻，F=2N,此时线框中没有感应电流，不受安培力，则线框的加速度

为a='=1m/s2=2m/s2,磁场的宽度等于线框在0-2s内通过的位移大小，为d=1atf=x

2x22m=4m,故A正确；

8、线框边长L=iatf=lx2xl2m=1m,当线框刚要全部进入磁场的瞬间，有:居一产安=ma,

而「安=8/包，人="含，其中&=4N,ti=1s,联立解得：B=2T,故B错误；

C、0=2s时，F2=6/V,此时线框的速度为%=Qt2=2x2m/s=4m/s。设线框刚出磁场时速

度为%,则有域=2a(d+L),解得%=2V~~5m/s

设线框穿过QP的过程中F做功为W,因为在过程中产逐渐增大，F的平均值1>F2=6N，则卬=

FL>F2L=6X1J=6/

此过程中线框的动能增加量为/Ek=im(v|一谚)=：x1x[(2C)2-42]/=2J,则线框穿过

QP的过程中产生的焦耳热Q=W-AEk>6J-2J=4J,故C错误；

_——2

。、线框穿过MN的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为q=兀=%=也也=也=

RRR

2

安-C=0.5C，故。正确。

4

故选：AD.

当t=0时线框的速度为零，没有感应电流，线框不受安培力，根据牛顿第二定律求出加速度a,

由运动学公式求出0-2s内线框通过的位移，即可得到磁场宽度；当线框刚要全部进入磁场的瞬

间，由运动学公式求出线框刚出磁场时的速度，结合安培力表达式，由牛顿第二定律即可求出磁

感应强度B；根据线框的加速度大小结合图乙求出线框右边运动到磁场右边界时的速度，结合功

能关系求产生的焦耳热。根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合电荷量与电流的关系求解通过

线圈某一横截面的电荷量。

本题的突破口是根据牛顿第二定律求出线框的加速度，根据运动学公式求出线框的边长和速度，

问题就变得简单清晰了。对于焦耳热，可根据功能关系求解。

11.【答案】9.0219.620分度见解析

【解析】解：(1)相邻计数点的时间间隔了=5x，=5x4s=0.1s

根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，B点的速度%=等=

5.41X10-2/c-/

——m/s=0.2705m/s

根据线速度与角速度的关系3B=等=益爷rad/s=9.02rad/s

"O.UUUXJ.U

根据题意%co=9.00cm—5.41cm=4.59cm

根据匀变速运动推论Xco-XBC=XBC-XAB

化简得2%8c—XAB=4.59cm

又因为％AB+XBC=5.41cm

联立解得%AB=2.41cm,xBC=3.00cm

c点速度%=攀=(9°XI2/s=0.3295m/s

Z1。-；ZXU.A。m

rads

c点角速度3c=~r=7Inn3^A-2/=10.98rad/s

ao.UUuX1U

角加速度£=等=10,9^-9'02rad/s2=19.6rad/sz

(2)根据题意，圆盘直径d=6.000cm=60.00mm

由此可知，以nun为单位，读数精确度到小数点后两位；10分度游标卡尺的精确度为O.lnun,读

数精确度到小数点后一位，不符合题意；20分度游标卡尺的精确度为0.05mm,读数精确度到小

数点后两位，符合题意，因此测量圆盘直径时使用的是20分度的游标卡尺。

故答案为：(1)9.02；19.6；(2)20分度;见解析。

(1)根据根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，分别求解B、C的瞬时

速度，再根据线速度与角速度的关系求角速度，最后根据角加速度的定义求加速度；

(2)根据直径的数据，结合游标卡尺的分度值，进行分析作答。

本题考查了“纸带型”求瞬时速度，结合线速度与角速度的关系角速度，进而求解角角速度。

12.【答案】C网大于9.0通道2

【解析】解：(1)题中待测电阻是大电阻，且其阻值远大于滑动变阻器最大阻值，故电路应为分压、

内接，故A正确，BC。错误；

故选：4。

电路接成分压式，为方便调节，滑动变阻器选择治

由欧姆定律可知RN=?，电路中因为电流表分压，导致电压表读数大于R、两端电压，故R、测量

值大于真实值。

(2)质量为0.5kg的物体对RN的压力为尸=mg=0.5xION=5N

由图甲可知，此时RN=18.0k。=180000,由闭合电路欧姆定律E=U+/RN

且

R可

联立可得

R'=9000/2=9.0k。

由甲图可知，压力变大，阻值变小，故电路中电流变大，R'两端电压变大，大于2匕故物体将

进入通道2

故答案为：(1)C,Ri，大于；(2)9.0,通道2。

(1)根据电表内阻的大小关系选择合适的接法，根据调节方便选择滑动变阻器，结合实验原理分析

误差；

(2)根据图中结合闭合电路欧姆定律解得R',并分析R'的电压变化情况，与2H比较判断进入通道情

况。

本题主要考查了伏安法测电阻的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合图像和欧姆

定律即可完成分析。

13.【答案】解：(1)鱼饵灯离水面的深度为九2,光路图1所示:

设入射角、折射角分别为八r

..Si

sini=一•，

根据儿何关系，入射角的正弦JS什居

•$2

sinr=1.

折射角的正弦JS外后

根据光的折射定律可知-黑

代入数据联立解得九2=2.4m

(2)当鱼饵灯离水面深度为色时，光路图如图2所示:

图2

水面PQ间恰好无光射出，此时鱼饵灯与浮标的连线和竖直方向夹角恰好为临界角C,则有：sinC=

1

n

由几何关系可得S讥C=7^2

代入数据联立解得：h3=gm«1.59m

J5

答：(1)鱼饵灯离水面的深度为2.4m；

(2)鱼饵灯距离水面的深度为1.59m

【解析】(1)画出光路图，根据折射定律结合数学知识求鱼饵灯深度；

(2)画出光路图，根据临界角公式结合数学知识求鱼饵灯深度。

本题考查了光的折射和全反射，主要涉及到折射定律和临界角公式；画出光路图和抓住临界条件

是解题的关键。

14.【答案】解：(1)由题意可知，物块b在半圆轨道内做匀速圆周运动，则电场力与物块重力等大

反向，有qE=m2g

代入数据解得：E=500I//7n

场强方向竖直向上；

(2)设小木块和长木板达到共速时速度为外由动量守恒定律得：m1Vo=(mi+

代入数据解得：v=lm/s

设木板长为3由能量守恒定律得：=^miVo-1(m-t+M)v2

代入数据解得；L=3m

(3)两物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：

m1v=m1v1+m2v2

2

由机械能守恒定律得：jniiV=：7?Ti说+|ni2vf

代入数据联立解得：v2=|m/s

物块b离开半圆轨道后做平抛运动，竖直方向：2R="gt2

水平方向：X=v2t

代入数据联立解得：x=0.4m<L