2023-2024学年河北省百师联盟高三（上）开学物理试卷（含解析）

2023-2024学年河北省百师联盟高三（上）开学物理试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.2022年10月，我国自主研发的“夸父一号”太阳探测卫星成功发射。该卫星nE/eV

oo...........................0

拾载的莱曼阿尔法太阳望远镜可用于探测波长为121.6mn的氢原子谱线（对应的*一0.35

3-------------------------151

光子能量为10.2eV）。氢原子的部分能级结构如图所示，下列说法正确的是（）

2---------------------3.40

A.此谱线的光子可能是由ri=1能级跃迁到n=2能级时发出的

B.氢原子发出此谱线的光子后，原子的电势能减少1[3.6

C.此谱线的光子可使处于基态的氢原子发生电离

D.一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可以辐射出3种不同频率的光子

2.如图所示，小球4和B套在光滑水平杆上，两球间连接轻弹簧，4、B分别

通过长度相等的轻绳一起吊起质量为300g的小球C,当两绳与水平杆的夹角

为37。时恰好处于平衡状态，此时弹簧压缩了2cm。已知s讥37。=0.6,

cos37°=0.8,重力加速度大小取10?n/s2。弹簧始终在弹性限度内，弹簧的

劲度系数为（）

A.200/V/mB.100/V/mC.50N/mD.IN/m

3.胡兀鹫80%的食物是骨头，它们把长骨从空中抛向岩石，将其摔碎吞下。某次胡兀鹫将一块2kg的长脊骨

从80nl高空由静止丢下后摔在岩石上，假设不考虑空气阻力，重力加速度g取10rn/s2,则长脊骨（）

A.在自由下落过程中，重力做功为800/

B.在自由下落过在中，重力的冲量为8N-s

C.在撞击岩石时，重力的瞬时功率为800W

D.在下落相等的时间内，速度的增加量越来越大

4.如图所示，两个等量正点电荷固定于M、N两点，边长与MN之间距

离相等的正方形abed位于与M、N连线垂直的平面上，e、f分别是ad、

be的中点，0恰好是MN和e/i的中点。已知点电荷电场中某点电势9=

kg,Q为点电荷的电荷量，r为电场中某点到点电荷的距离，k为静电

力常量。下列说法正确的是（）

A.b、d两点电场强度相同

B.沿正方形abed四边移动电荷，电场力不做功

C.。点与e点的电势差等于e点与a点的电势差

D.将试探电荷+q由a点沿直线ac移动到c点，其电势能先增大后减小

5.抛石绳是藏族牧民用于驱赶牛羊的生产工具。使用时，将石子放在中间枣核形织物中，右_-

手中指抠住套环，抓住鞭梢，逆时针方向抡甩几圈，瞅准对象后放松鞭梢，抛出的石子运动

.

距离可达百米以上。假设石子被抛出前做半径r=1.5m的圆周运动，被抛出后做斜上抛运动。

在某次抛掷中，石子离开织物包时的速度大小为36m/s,速度方向与水平方向成45。角斜向脸

上，取重力加速度g=I（hn/s2,兀=3,不计石子抛出点与落地点的高度差，忽略空气阻力，则（）

A.石子离开织物包前瞬间的转速为2.4r/s

B.石子离开织物包前瞬间的向心加速度大小为86.4m/s2

C.石子被抛掷的最大高度九=64.8m

D.石子被抛掷的水平位移尤=129.6m

6.某螺旋星系中有大量的恒星和星际物质，主要分布在半径为R的球体内，球体v|

外仅有极少的恒星。球体内物质总质量为例，可认为均匀分布，球体内外的所有F

恒星都绕星系中心做匀速圆周运动，恒星到星系中心的距离为r,引力常量为G。/：

科学家根据实测数据，得到此螺旋星系中不同位置的恒星做匀速圆周运动的速度:

一ORr

大小"随r变化的关系图像如图所不。在r>R范围内的恒星速度大小几乎不变，

科学家预言螺旋星系周围（r>R）存在--种特殊物质，称之为暗物质。暗物质与通常的物质有引力相互作用，

并遵循万有引力定律。已知暗物质在以此螺旋星系中心为球心的任意球面上质量均匀分布，球面外的暗物

质对球面内恒星的引力为零。下列说法正确的是（）

A.在r<R范围内，星系中不同位置处恒星的加速度a与八成反比

B.在r<R范围内，星系中不同位置处恒星的加速度a与r成反比

C.在rW3R范围内，暗物质的质量为3M

D.在r43R范围内，暗物质的质量为2M

7.如图所示，两条足够长，间距d=1m的光滑平行金属导轨MN和PQ固定在水平面上，阻值R=20的定值

电阻与导轨的M、P端相连，导轨电阻不计。空间中存在垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B=1T的匀

强磁场，质量m=0.1kg、长度L=lm、阻值不计的金属杆ab垂直于导轨放置并且始终与导轨接触良好。

在杆ab的中点处系一根不可伸长的轻绳，轻绳跨过定滑轮与一个质量也为m的物块相连，滑轮左侧轻绳与

导轨平面保持平行。某时刻释放物块，物块和金属杆从静止开始运动，当物块下落的高度无=2m时，二者

达到最大速度。重力加速度g取l（hn/s2,不计空气阻力。从开始运动到达到最大速度的过程中，下列说法

正确的是（）

A.金属杆的平均速度大小为5zn/sB,通过电阻R的电荷量为0.7C

C.所用的时间为1.4sD.电阻R产生的热量为1.8/

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8.“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、

用电高峰时释放能量。”空气充电宝”在某个工作过程中，一定质量的理想气体的p-

T图像如图所示，成与横轴平行。下列说法正确的是（）

A.arb过程中，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数减少

B.a—b过程中，气体体积增大，气体从外界吸收热量，且吸收的热量大于气体对外界做的功

C.6-C过程中，气体温度降低，体积增大

D.btc过程中，每个气体分子的动能都减少

9.近年来，中科院研发的第三代横波探测成像测井仪在超深中实现了清晰的井外地质成像及8340米深度的

探测纪录，创下该类国产仪器深度探测纪录。图甲为一列沿支轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，图乙

为x=6m从质点P的速度一时间3—t）图像，下列说法正确的是（）

A.该波沿x轴负方向传播，波速为5m/s

B.在0.6s内质点P运动的路程为3nl

C.质点P在t=0.5s时刻的位移为5cm

D.当测井仪运动时，接收到该波的频率为gHz

10.我国水力资源居世界首位，西部地区水力发电潜力巨大。水力发电的基本原理就是将水流的机械能（主

要指重力势能）转化为电能。如图所示，某小型水力发电站水流量Q=5m3/s（流量是指流体在单位时间内流

过某一横截面的体积），落差九=12.5m,发电机（内阻不计）的输出电压％=400V,输电线总电阻r=100,

为了减小损耗采用了高压输电。在发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器，其中%：%=475：

11,用户获得的电压以=220匕用户消耗的功率电=475k”,变压器均视为理想变压器，已知水的密度

p=1.0x103kg/m3,取重力加速度g=10m/s2«下列说法正确的是（）

用

电

器

一

升压变压器降压变压器

A.输电线损失的电压为180U

B.输电线损失的电功率为25kW

C.升压变压器原副线圈的匝数比%：n2=4：95

D.机械能转化为电能的效率为80%

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.利用图甲所示实验装置可探究”等温条件下气体体积与压强的关系”。将注射器竖直固定在铁架台上,

注射器内封闭一定质量的空气，已知压强计通过细管与注射器内的空气柱相连，细管隐藏在柱塞内部未在

图中标明。待气体状态稳定后，记录注射器内封闭空气的压强p和体积V；改变其体积和压强，记录多组数

据并作出尸-称拟合曲线。

(1)关于该实验，下列说法正确的是

A.柱塞上涂抹适量润滑油主要是为了减小柱塞与注射器之间的摩擦力

8.为方便推拉柱塞，最好是用手握紧注射器再推拉柱塞

C实验中应缓慢推拉柱塞，且待气体状态稳定后再记录数据

。.处理数据时，作p-U图像比作厂-/图像更加形象直观

(2)图乙中图线向上弯曲的原因可能是在实验过程中。

4.注射器内的气体温度升高

及注射器内的气体温度降低

C.注射器有漏气现象

D注射器有进气现象

(3)某次实验过程中，得到了如图丙所示不过原点的图像，如果实验操作规范，图丙中的%代表。

12.某温度传感器设计电路如图甲所示，要求从表盘上直接读出温度值(电流表满偏时指针所指刻度为0久),

其中保护电阻&=4000,调零电阻/?2的可调范围是0-100。，理想电流表量程为。〜6nM,电源电动势E=

3V(内阻不计)，金属热电阻的阻值R与温度t的对应关系如图乙所示。

(1)要对温度传感器进行调零，调零电阻应调为

(2)将电流表刻度线改为温度刻度线后，温度刻度线是(选填“均匀”或“不均匀”)的。

(3)测量温度时，若要求电表指针偏转不低于满量程的，则该传感器的温度测量范围是0〜℃0

(4)由于电池老化，电动势会小于3V,传感器测得的温度值(选填“大于”“等于”或“小于”)真实

值。

乙

四、简答题(本大题共3小题，共39.0分)

13.2021年被誉为“Min江ED商用元年”，MiniLED是“次毫米发光二极管”，指尺寸为100〜300微米的

LED芯片。液晶电视采用了M出江EO技术，在屏幕后面设置多个LEO灯珠，实现了对屏幕处的精准光控，极

大提高了收视效果。如图甲、乙为某款电视屏幕和处于屏幕后面的一个灯珠MNPQ示意图，若该LE。灯珠是

边长为a的正方形，厚度不计，可看成由无数个点光源构成的面光源。已知屏幕厚度为d,其面积足够大，LED

光射出屏幕的最短时间为t,真空中的光速为c。

(1)求该屏幕材料的折射率n；

(2)如果折射率控制不好，我们看到的面积比实际灯珠面积大，就会形成光晕，影响收视效果，求该LED灯

珠发出的光在屏幕上实际照亮的区域比自身面积大了多少。

MN

I「布

电视屏幕

乙

14.在科学研究中，常通过施加适当的电磁场来实现对带电粒子运动的控制。如图所示，在-3dWxWd、

-dWyW2d的区域中，存在沿y轴负方向的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向里的匀强磁场。一个

质量为小、电荷量为q的带正电粒子从P(0,2d)点以速度%沿y轴正方向射入磁场，从Q(-2d,2d)点第一次离

开磁场进入电场，第一次离开电场后速度增大为2%。不计粒子重力。求：

(1)磁感应强度B的大小和电场强度E的大小；

(2)粒子从P点开始到第二次进入电场前的运动时间；

(3)粒子第二次进入电场时的位置坐标。

y

XXXXXXX

XXXXXXX

Vo

XXX.2d►X----XX

：*Q一p

XXXX

x_毋：0:：Qdxxx

d

XXXXXXX

XXXXXXX

15.如图所示，将滑块4无初速地轻放在水平传送带左端，传送带将/以%=8.(hn/s的速度送上静置于光滑

水平面上的木板B,A恰好滑到B右端时相对B静止，随后B与右侧固定平台相碰，平台光滑与B等高且无限

长，碰后B瞬间静止，A滑上平台后压缩轻弹簧推动滑块C,4与弹簧接触但不粘连；若在C的右侧不同位置

设置弹性挡板。(未画出)，。与。碰撞前后C的速度等大反向，且碰撞后立即撤去挡板。，挡板的位置不同，C

与。碰撞时的速度不同。已知4在传送带上运动的位移％=8m,传送带右端与木板左端的间隙很小可忽略不

计，A、B间的动摩擦因数〃=0.2,/、B质量均为m=1.0kg,C的质量M=2.0/cg,A.C可视为质点，重

力加速度取g=10m/s2o求：

(1)4与传送带间的动摩擦因数〃的最小值；

(2)8的长度L以及8与右侧平台间的最小距离d；

(3)C与。碰撞后，4与C相互作用过程中，弹簧的弹性势能最大值与租的范围(结果可用分数表示)。

AVOC

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4由图可知，n=2和n=l能级之间的能量差值

4E=E2—Ei=-3.4eV-(-13.6eV)=10.2eV

此谱线是太阳中氢原子由九=2能级向几=1能级跃迁产生的，从n=1的低能级向n=2的高能级跃迁时吸收

光子而不是发出光子，故A错误；

B.根据玻尔理论，氢原子由激发态跃迁到基态，库仑引力做正功，原子的电势能减少，故B正确；

C10.2eV的能量只能使处于基态的氢原子跃迁到n=2能级，要使基态氢原子电离至少需要13.6elZ的能量,

故C错误；

D一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，可以辐射出不同频率的光子种类数

,4x3

N=废=方一=6

即最多可以辐射出6种不同频率的光子，故。错误。

故选：B。

计算两个能级的能量之差，得到释放的光子能量，由此分析，根据玻尔理论分析氢原子跃迁后电势能变化，

要使基态氢原子电离至少需要13.6川的能量，根据数学方法分析D。

考查学生对氢原子能级跃迁、玻尔原子模型的理解。解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律。

2.【答案】B

【解析】解：对C和4分别进行受力分析如图，贝IJ：

mcg—2Fsin37°

对A有：F'cos37°=kx

其中：F'=F

代入数据得：k=100N/m

故4C£>错误，8正确；

故选：Bo

对C进行受力分析，结合共点力平衡即可求出轻绳拉力；对4（或B）进行受力分析，结合共点力平衡求出弹簧

的弹力，然后由胡克定律即可求出弹簧的劲度系数.

该题结合胡克定律，重点考查共点力的平衡，按照常规的步骤，分别对/和C进行受力分析即可.

3.【答案】C

【解析】解：4、在自由下落过程中，重力做功为W=mg/i=2x10x80/=1600/,故A错误；

B、由九=2以2得：t==J甯s=4s,则重力的冲量为/=mgt=2xl0x4N-s=80N-s,故8

错误；

C、在撞击岩石时，速度大小为%=gt,重力的瞬时功率为P=mgvy=mg-gt=mg2t,解得：P-8001V,

故C正确；

。、速度增加量为zW=g43可知在下落相等的时间内，速度的增加量相等，故。错误。

故选：Co

根据IV=mg/i求解重力做功；根据自由落体运动的规律九=求下落时间，再结合/=mgt求重力的

冲量；由4,=gt求出长脊骨撞击岩石时的速度大小，由「=mg力求重力的瞬时功率；根据=分析下

落相等的时间内速度的增加量关系。

解答本题时，要掌握自由落体运动的规律，以及冲量的定义、重力的瞬时功率公式、速度变化量公式。

4.【答案】D

【解析】解：4根据对称性与电场的矢量叠加可知，氏d两点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；

及由abed面上的电场线分布易知，在该平面上的等势线是以0点为圆心的同心圆，则沿正方形abed四边移

动电荷，电场力会做功，故B错误；

C.设Oe=0M=r,则

Oa=eM=V_2r>aM=V_3r

根据点电荷电场中某点电势的表达式可知，各点电势分别为

9。=2/c-

隼e=Ck号

2CQ

则。点与e点的电势差

2kQ。

Uoe=00-0e=(1---厂)

e点与a点的电势差

2kQMC

“a=(Pe-(Pa=(~^----g-)

。点与e点的电势差不等于e点与a点的电势差，故C错误；

D将试探电荷+q由a点沿直线ac移动到。点，电场力做负功，电势能增大，越过。点后电场力做正功，电势

能减小，故。正确。

故选：D。

根据电场的矢量叠加分析A，abed四边所在平面上的等势线是以。点为圆心的同心圆，电荷移动时，电场力

不做功；根据电势的计算公式解答；根据电场力做功与电势能变化的关系解答。

本题考查电势能与电场力做功的关系，解题关键掌握电势的计算公式，注意电场的矢量叠加。

5.【答案】0

【解析】解：A、线速度与转速的关系为

v0=a)r=2nnr

石子的转速

v36

n=2^0=2x3xl.5r/s=4r/s

故4错误；

B、石子的向心加速度大小为

%362,,

22

an=—=yg-m/s=864m/s

故3错误；

。、在竖直方向上有

2

(vosm45°)=2gh

代入数据解得八=婚臀艺=萼喜7n=32.4m

2g2x10

故c错误；

。、设石子做斜上抛运动的上升时间为3则竖直上升过程中速度满足

v0sin45°=gt

水平位移

x=VQCOS45°x2t

解得X=2喙。S4“si"45。=之竺享受m=129.6m

910

故。正确。

故选：Do

首先，根据线速度与转速的关系求出石子的转速；

然后，根据向心加速度的表达式求出石子的向心加速度大小；

接着，根据竖直方向的运动规律求出上升的最大高度；

最后，将石子的斜抛运动进行分析，根据竖直方向的运动规律以及水平运动规律求出水平位移。

本题考查了圆周运动的抛体运动的综合问题，解决本题的关键是理解圆周运动的线速度即为斜抛运动的初

速度。

6.【答案】D

【解析】解：AB,设质量为小的星体速度为V,在范围内，由图可得var,而

V2

a=­

r

可得

axr

42错误；

CD、在r=R处万有引力等于向心力

Mmv2

G~^=m~R

设r<3R范围内暗物质的质量为M',r=3R处万有引力等于向心力

(M+Mz)mv2

m

G------(-3--R---)-22-=o3Rp

解得

M'=2M

C错误，。正确。

故选

根据向心加速度。=匕结合图象作答；在r=R处、r=3R处根据万有引力等于向心力推导表达式，再比较

r

即可。

本题考查了天体的运动，抓住万有引力提供向心力是解题的关键，难度适中。

7.【答案】C

【解析】解：B、通过电阻R的电荷量为：4=，=喀£=孚=2等。=1(;,故8错误；

C、金属杆达到最大速度%I时加速度为零，根据平衡条件有：mg-ImLB

而根据动生电动势公式和欧姆定律有：/7n=吟

联立可得：%=黑=°；舞弊7n/s=2mls

DLiXI

对整个系统，由动量定理得：mgt—ILB-t=2mvm

解得：t=qf,代入数据得t=1.4S,故C正确；

mg

A、平均速度为：u=:=表/n/s=^m/s,故A错误；

D、由能量守恒定律得：mgh=1x2mv^4-Q

解得：Q=mgh-m*=0.1x10x2/-0.1x22J=1.6/,故。错误。

故选：Co

根据电荷量的经验公式q=7t=0叵£=巡，求通过R的电荷量；速度最大时，根据平衡条件结合法拉第电

磁感应定律和欧姆定律求最大速度，对金属杆的运动过程，根据动量定理求解运动时间；根据平均速度定

义求平均速度；由功能关系和能量守恒求解焦耳热。

本题考查了导体棒切割磁感线的电磁感应相关问题，涉及到力与运动的分析，能量转化，以及动量定理的

应用。需注意金属杆所受安培力是与速度有关的。掌握安培力的冲量的经验公式，应用动量定理来求解时

间的问题。

8.【答案】ABC

【解析】解：A、a过程压强不变，温度升高，分子平均动能增大，则气体分子撞击器壁的平均作用力

增大，气体压强保持不变，由盖吕-萨克定律可知气体体积增大，所以气体分子在单位时间内对单位面积器

壁的碰撞次数减少，故A正确；

B、a—b过程中，气体体积增大，气体对外界做功，则/<0,温度升高，内能增大，则/U>0,由热力

学第一定律ZU=〃+Q，可知Q>0,所以气体从外界吸收热量，且吸收的热量大于气体对外界做的功，

故B正确；

CD、由理想气体状态方程华=C可知宇=也b-c过程中图线上一点与坐标原点连线的斜率表示?，从b-c

过程斜率减小，则体积增大，

6-c过程，气体温度降低，气体分子平均动能减小，并不是每个气体分子的动能都减少，故C正确，。错

误。

故选：ABC-

A、afb过程压强不变，温度升高，体积增大，可得结论；

B、用热力学第一定律来分析；

CD,由图线上一点与坐标原点连线的斜率判断体积的变化，温度降低，气体分子平均动能减小，并不是每

个气体分子的动能减小.

本题考查了气体压强的微观解释、热力学定律，解题的关键是知道气体膨胀对外做功，则“<0,理想气体

温度升高，内能增加，则4U>0,Q>0表示气体吸热。

9.【答案】AC

【解析】解：4、由乙图可知，在t=0时刻P点速度为正向最大值，即t=0时刻P点正在平衡位置向+y方向

振动，根据“上下坡法”可知该波沿x轴负方向传播。

由甲图可知波长4=6m,由乙图可知周期T=1.2s,故该波的波速i?=*=^m/s=5m/s,故A正确；

B、质点P经过0.6s恰好振动了半个周期，运动的路程为s=24=2x10cm=20cm,故B错误；

C、由甲图可知，该波的振幅为10cm,质点P的振动方程为y=Asi哼3t=0.5s=煞，代入得：y=10x

sin俘x=5czn,故C正确；

。、该波的频率为/=齐£版=亮版。根据多普勒效应可知，当测井仪运动时，接收到的频率可能大于

或小于故。错误。

故选：AC.

由乙图读出t=0时刻P点的速度方向，在甲图上判断波的传播方向，由甲图读出波长，由乙图读出周期，

再求波速；根据时间与周期的关系求质点P运动的路程；写出质点P的振动方程，再求质点P在t=0.5s时刻

的位移；根据f=/求出该波的频率，根据多普勒效应分析当测井仪运动时接收到该波的频率。

解答本题的关键要把握波动图像与质点的速度一时间图像的内在联系，能根据振幅、周期和初相位写出质

点的振动方程，从而求得质点在任意时刻的位移。

10.【答案】BD

【解析】解：4、根据变压器电压与匝数成正比的关系有

-3_里

[/4一九4

解得g=9.5/cl/

理想变压器无能量损失，故

P3=P4=475kW

根据

P3=U3I2

代入数据解得

I2=504

高压输电线电阻损失的电压

AU=I2r=50x10V回500U

故A错误；

从高压输电线损失的功率

AP=/jr=502x10kW=25kW

故8正确；

C、输电电压/=U3+AU=10kV

则

ni_Ui_400_1

九2一-10x103.25

故C错误；

。、发电机输出电功率为

P1=P3+AP=475/clV+25kW=500kly

单位时间内水流的机械功率为

P。=平=pQgh代入

数据解得Po=625/cW

故机械能转化为电能的效率为

Pi500

〃=4x100%=RZx100%=80%

故。正确。

故选：BD。

A、根据电压与匝数成正比求出出，再根据「3=出，2计算/2，由4U=/2r计算高压输电线电阻损失的电压;

B、根据4P=/介输电线损失的电功率；

C、出=3+/(/计算输电电压/，再根据电压与匝数成正比求出小；

。、由发电机输出电功率和单位时间内水流的机械功率计算机械能转化为电能的效率。

本题考查了电能的输送，熟练掌握电能输送电路中各个部分的电压、电流、功率关系是解题的基础，难度

不算大

11.【答案】cAD在柱塞内隐藏的细管中的气体体积

【解析】解：(1)4、为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是注射器柱塞上涂上润滑油，

防止漏气或进气，因压强计可直接测出压强，故摩擦力对测量基本无影响，故A错误；

B、手握紧注射器会导致封闭气体温度变化，故B错误；

C、若快速推拉柱塞，则有可能造成气体温度变化，所以应缓慢推拉柱塞，当柱塞移至某位置时，应等状态

稳定后，记录此时注射器内气柱的体积和压强计的压强值，故C正确；

。、封闭气体在等温变化下，作出的p-V图像是双曲线的一支，而，一：图像是直线，更加形象直观，故。

错误.

故选：Co

(2)根据理想气体状态方程：空=。

可得：V=CT-^

图像向上弯曲，图线的斜率变大，可能是温度T升高，也可能是常数C变大，C与气体的质量和种类有关，

所以可能是气体的质量m变大，发生了进气现象。

故选：ADO

(3)如果实验操作规范、正确，依据实验数据画出的图像应是过坐标原点的直线，但如图丙所示的

图像不过原点，该图线的方程为：V=CT-^-V0

说明注射器中气体的体积小于实际封闭气体的体积，结合实验器材可知，图丙中的％代表在柱塞内隐藏的

细管中的气体体积。

故答案为：(1)C；(2)4。；(3)在柱塞内隐藏的细管中的气体体积。

(1)根据实验原理和注意分析操作步骤及处理数据的正确与否；

(2)根据理想气体状态方程变形得到U的表达式，结合实际操作分析图象向上曲的原因；

(3)写出U的表达式，从系统误差的角度分析图象不过原点的原因。

本题考查验证玻意耳定律的操作及数据处理的相关问题，明确本定律的适用条件及系统误差，即一定质量

的理想气体，再就是温度不变，为了直观采用图象法处理数据。

12.【答案】60不均匀1200大于

【解析】解：(1)电流表满偏时指针所指刻度为0℃,田乙图可知此时温度传感器电阻：&=400

根据闭合电路的欧姆定律：1g=R+R

u十“2十尺0

F

可得：R2=T-RI-RO

'g

代入数据解得：R2=60P

(2)由图乙可知金属热电阻的阻值随温度升高而均匀增大；

P

根据闭合电路的欧姆定律：/=p，

可得：/?=y——/?2

可知/与R并非线性关系，故温度刻度线是不均匀的。

⑶由图乙得金属热电阻的阻值与温度的关系式为：R=|t+40(。)

电表指针偏转等于满量程的却寸有：/=2mA

将此值代入R=彳一治一/?2，可得：R=1040。

将电阻的值代入电阻与温度的表达式：R+40(12),可得：土=1200久

(4)电动势减小时，可通过调小调零电阻/?2使：/。=以密+R。仍成立；

口勺十/<2

则有：R2'<R2

当温度为乙电流对应为/'时，有：I'=^—+R0+\t'

则：£测=母>

故传感器测得的温度值大于真实值。

故答案为:(1)60；(2)不均匀；(3)1200；(4)大于。

(1)电流表满偏时对应的温度为0℃,根据图乙读出温度传感器的电阻；根据闭合电路的欧姆定律求调零电阻

的值；

(2)根据欧姆定律列式写出电流与电阻的函数表达式，就能看出是否是线性关系即刻度是否均匀；

(3)根据闭合电路的欧姆定律求(TC时，滑动变阻器的接入电阻，再根据闭合电路的欧姆定律求解电流表学扁

时金属柏的电阻，然后根据金属铜电阻凡与温度t的关系求解此时对应的温度；根据闭合电路的欧姆定律结

合&=7?0(1+a)求解最高温度；

根据闭合电路的欧姆定律和电阻凡与温度t的关系式a=/?0(1+例)进行误差分析。

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，结合欧姆定律和图线的物

理意义完成分析。另外还考查的是金属电阻温度计的制作及误差分析，涉及到的物理知识是闭合电路的欧

姆定律，难点是误差分析。

13.【答案】解：(1)从灯珠发出的光垂直穿出屏幕，所走路程最短为d,用时最短。最短时间为

t=-

V

又

解得

n=方；

(2)如图甲所示，设M端发出的光在屏幕上的4点发生全反射，则

甲

又

MB—dtanC

解得

能射出的光在屏幕上的形状如图乙所示，扇形的半径

R=MB

则比自身面积大的面积为

S=nR2+4Ra

整理得

S_nd24ad

一九2一]yn2-i

代入可得

4222

7id+4ady](ct)-d

s=

乙

答：⑴该屏幕材料的折射率n=*；

(2)该LED灯珠发出的光在屏幕上实际照亮的区域比自身面积大了吧丝业圣

(ct)2-d2

【解析】(1)根据题意可知，从灯带发出竖直向上的光垂直穿出水面，所用路程最短为h,此时用时最短,

，，将方程联立即可求出结果；如图所示,

(2)可设N端光在屏幕上的4点发生全反射，根据，几何关系可得n=焉，NB=dtanC,将方程联立即可求

出NB的长度，能射出光的屏幕上的形状如图所示,

RR

乙

根据几何关系可得扇形的半径为R=NB,总面积为ZS=nR2+4Ra,将方程联立即可求出结果.

本题是对光的折射率的考察，准确画出光的行进路线，运用几何关系是解题的关键。

14.【答案】解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，从P点到Q点经历半个圆周，由几何关系得半径

=d

由牛顿第二定律得

qv0B=

解得

B=3

_qd

在电场中，由动能定理得

2

qfx3d=1m-(2v0)—

解得

2

C2qd

(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期

f271Tl2nd

7\=---L=---

为%

从P到Q做匀速圆周运动的时间

.17nd

tl=1=—

2v0

进入电场区域，粒子做匀加速直线运动，有

3d=1(v0+2%)12

粒子第一次在电场中运动的时间

2d

^2=

粒子第二次在磁场中做匀速圆周运动的半径

mx2v

02rl=2d

qB

在磁场中运动的周期

T_2一厂2_27rd

2_2%一V0

粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系知从M到N点的圆弧转过了240。角。

粒子第二次在磁场中运动的时间

240°„22nd4nd

，3=薪72=炉而=无

则从P点开始到N点的时间

t=+「2+《3

解得t