2023届安徽省滁州市定远县高三二模物理试卷（解析版）

高中物理名校试卷PAGEPAGE102023年安徽省滁州市定远县高考物理二模试卷一、选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。每小题给出的4个选项中只有一项是符合题意要求的。1．（6分）如图1所示是研究光电效应中光电子发射情况与照射光的强弱、颜色（频率）关系的实验电路。移动滑动变阻器滑片，可改变光电管中阳极A、阴极K间的电压，光电流大小可由电流表显示，改变电源的极性，则下列说法正确的是（）A．用蓝光照射阴极K，当两极间的电压为图2中的反向电压Uc1时，无光电子发射 B．用强度不同的黄光照射阴极K时，发射的光电子的最大初速度大小不同 C．光电流的大小随加在A、K两极间电压的升高一定逐渐增大 D．用不同颜色的光照射阴极K时，发射的光电子的最大初速度大小不同2．（6分）嫦娥三号探测器于2013年12月2日2点17分，在西昌卫星发射中心发射．嫦娥三号携玉兔号月球车首次实现月球软着陆和月面巡视勘察，并开展月表形貌与地质构造调查等科学探测．探测器发射后直接进入地月转移轨道，成为绕月卫星，并开展对月球的探测，月球半径与地球半径之比为q，则（）A．探测器在月球表面附近圆形轨道运行与在地球表面附近圆形轨道运行向心力之比为B．探测器在月球表面附近圆形轨道运行与在地球表面附近圆形轨道运行周期之比为 C．月球的第一宇宙速度是地球的第一宇宙速度的倍 D．月球表面重力加速度是地球表面重力加速度的倍3．（6分）从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则下列说法中正确的是（）A．小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小 B．小球抛出瞬间的加速度大小为 C．小球被抛出时的加速度值最大，最高点的加速度值最小 D．小球上升过程的平均速度等于4．（6分）如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、Oʹ，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x正方向的电流I，悬线与竖直方向夹角为θ．则磁感应强度方向和大小可能为（）A．x正向， B．y正向，cosθ C．z负向，tanθ D．y负向，sinθ5．（6分）如图甲所示，在平行于纸面的匀强电场中，有一个半径为0.2m的圆形区域ABCD，P为圆弧上的一个点，从A点出发沿逆时针运动，P点电势φ随θ变化情况如图乙所示，则（）A．场强大小为10V/m B．电子在A点时的电势能为2eV C．电子在A点时所受电场力指向O点 D．电子沿圆弧运动过程中电场力不做功二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题给出的4个选项中有多项是符合题意要求的。选全对的得6分，不全对的得3分，有选错的得0分。6．（6分）如图所示，将质量相同的a、b、c三个小球从水平地面上的A点用相同的速率、以不同的方向斜向上抛出，三个小球在空中的运动轨迹分别为1、2、31、Δp2、Δp3，落地时重力的瞬时功率分别为P1、P2、P3，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．三个球动量变化量相同 B．三个球落地时重力的瞬时功率相等 C．Δp1最大，Δp3最小 D．P1最大，P3最小7．（6分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2：1，电阻R1＝R2＝55Ω，D1、D2为理想二极管，A为理想电流表。原线圈接u＝220sin100πt（V），则（）A．二极管的反向耐压值应大于110V B．副线圈中交流电频率为100Hz C．电流表示数为2A D．理想变压器的输入功率为440W8．（6分）如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场边界上的P点有一粒子源，粒子的重力以及粒子之间的相互作用力均可忽略，进入磁场的粒子会从某一段圆弧射出磁场边界，则下列结论正确的是（）A．若n＝2，则所有粒子离开磁场时的速度方向相互平行 B．若n＝2，则粒子从P点进入磁场时的速率为 C．若n＝4，则粒子从P点进入磁场时的速率为 D．若n＝4，仅将磁场的磁感应强度大小由B减小到B时，则n的值变为2三、非选择题：本大题共5小题，共62分。9．（6分）某小组采用如图甲所示的装置来探究“功与速度变化的关系”，实验中，小车经过光电门时（1）实验步骤如下：①用螺旋测微器测得遮光条的宽度d如图乙所示，则d＝mm．②把遮光条固定在小车上，把小车放到轨道上，将细线一端与小车连接；③保持轨道水平，在砝码盘里放适量砝码，让小车静止在某处，将小车由静止释放，记录遮光条经过光电门的挡光时间t；④改变x，记录相应的t，获得多组数据；⑤关闭电源，通过分析小车位移与速度变化的关系来研究合外力做功与速度变化的关系．（2）实验中，该小组同学通过研究x与t的关系从而得到合外力做功与速度变化的关系，为了使图象呈现线性关系图象．（填序号）A．x﹣tB．x﹣C．x﹣t2D．x﹣．10．（9分）甲、乙两位同学分别采用不同的方法测量同一根金属丝的阻值．①甲同学采用多用电表测定金属丝的阻值，操作如下：该同学选择×10的电阻挡，用正确的操作步骤测量时（指针位置如图1中虚线所示）．为了较准确地进行测量，请你完善下列实验操作步骤：a、；b、调节欧姆调零旋钮：红黑表笔短接，使指针指在0Ω处；c、重新测量并读数，此时刻度盘上的指针位置如图1实线所示，测量结果是Ω．②乙同学用伏安法测量此金属丝的电阻，实验室提供了下列器材．A．电压表（0～3V，内阻1kΩ）B．电压表（0～15V，内阻5kΩ）C．电流表（0～0.6A，内阻2Ω）D．电流表（0～3A，内阻0.5Ω）E．滑动变阻器（10Ω，0.2A）F．滑动变阻器（50Ω，0.6A）G．直流电源（6V，内阻不计），另有开关一个、导线若干．实验中有两种电路图2（a）和（b）可供选择，本次实验中电路应选（选填“a”或“b”），电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选．（只填器材前的字母代号即可）．根据电路图并连接如图3的实物图．11．（12分）如图所示为放置在真空中的某种材料做成的透明球体，O为球心，半径为R，能向各个方向发出某种单色光，OB为半径，从A点发出射向B点的光线a恰好在B点发生全反射，已知光在真空中的光速为c（1）透明球体的折射率n；（2）光线a从发出到B点的时间t。12．（15分）如图，两根间距为L、相互平行的光滑倾斜金属长直导轨，与水平面的夹角θ＝30°，金属杆MN、PQ用绝缘杆固定连接形成“工”字形框架，间距也为s，使框架从距磁场上边沿一定距离处静止释放，框架进入磁场过程中做匀速运动，金属杆MN、PQ的电阻均为R，其余电阻不计（1）框架刚释放时，金属杆PQ距磁场上边界的距离；（2）金属杆PQ越过两磁场分界线的瞬间，框架的加速度大小；（3）框架穿过磁场的整个过程中，金属杆MN产生的焦耳热。13．（20分）如图所示，半径为R的光滑圆轨道固定在竖直面内，小球b静止在轨道最低点B处，小球a、b在最低点发生弹性碰撞，小球a、b均可视为质点，重力加速度大小为g，求：（1）小球a从A点运动到B点，合外力对小球a的冲量大小；（2）要使a、b第一次碰撞后，小球b能到达圆弧轨道的最高点C，则小球b的质量应满足的条件；（3）若两球恰好在B点发生第二次碰撞，则第二次碰撞后小球b的速度大小。——★参考答案★——一、选择题1．〖祥解〗A.根据光电效应方程及遏止电压作答；B.光子的能量与光的强度无关，根据光的效应方程作答；C.光电流的大小随两端电压的增加而增大，饱和光电流不随两端电压而变化；D.根据光子的最大初动能Ek＝eUc分析作答。【解答】解：A.蓝光的遏止电压大于黄光的遏止电压是因为蓝光的频率大于黄光的频率，用蓝光照射阴极Kc1时，有光电子发射；B.根据光的效应方程hν＝Ek+W0，在光的频率不变的情况下，不论入射光的强度强还是弱，故B错误；C.光电流的大小随加在A、K两极间两端电压的增加而增大，故C错误；D.光子的最大初动能Ek＝eUc，由于蓝光的遏止电压大于黄光的遏止电压，发射的光电子的最大初速度大小不同。故选：D。2．〖祥解〗探测器在月球和地球表面受到的万有引力的表达式为，向心力有万有引力提供，根据月球和地球的质量比和半径之比，计算万有引力之比，即为向心力之比．根据万有引力提供向心力＝，得，，根据月球和地球的质量比和半径之比，可计算探测器在月球表面附近圆形轨道运行与在地球表面附近圆形轨道运行周期之比和月球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比．根据重力等于万有引力，结合月球和地球的质量比和半径之比，可计算出月球表面重力加速度与地球表面重力加速度之比．【解答】解：A、探测器受到的万有引力，故万有引力之比即为向心力之比，故A错误；B、根据万有引力提供向心力，得＝，故B错误；C、根据万有引力提供向心力，所以；D、根据重力等于万有引力，所以。故选：C。3．〖祥解〗对小球受力分析，根据牛顿第二定律求解小球的加速度，进而分析加速度的变化；v﹣t图像与坐标轴所围的面积表示位移，平均速度是位移与时间的比值，匀变速直线运动平均速度等于初末速度的平均值，将小球的运动与匀变速直线运动比较即可。【解答】解：AC、小球上升过程，小球受重力和阻力，根据牛顿第二定律得：f+mg＝ma解得由于是减速上升，速度减小，故加速度不断减小；下降过程，小球受重力和阻力解得：小球加速下降，速度变大，故加速度不断减小，加速度为零；即上升过程，加速度一直在减小，先减小，小球被抛出时的加速度值最大，故AC错误；B、空气阻力与其速率成正比1匀速下降，由平衡条件得：mg＝kv1小球抛出瞬间，由牛顿第二定律得：mg+kv2＝ma0联立解得：，故B正确；D、v﹣t图象与时间轴所围的面积表示位移，从图象可以看出，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，故小球上升过程的平均速度小于。故选：B。4．〖祥解〗左手定则：左手平展，让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内．把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，手心面向N极，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向．根据左手定则的内容，逐个分析判断即可得出结论【解答】解：A、当磁场沿x正方向时，导线不受安培力，悬线与竖直方向的夹角θ＝0°，故A错误；B、当磁场沿y正方向时，导线受到的安培力竖直向上，B＝，悬线的拉力为零C、磁感应强度方向为z负方向，直导线所受安培力方向沿y正方向，所以B＝，所以C正确D、当磁场沿y负方向时，导线受到的安培力竖直向上，B＝，与竖直方向夹角θ＝0°，故D错误故选：C。5．〖祥解〗电场强度方向从高电势点指向低电势点，根据推论解得电场强度与O点的电势，根据功能关系分析D选项。【解答】解：AB、由图乙可知：φA＝2V，电子在A点电势能EPA＝eφA＝﹣2eV当θ＝时，P点位于下图中的E点处E＝1V当θ＝时，P点位于下图中的F点处、F、O三点共线F＝5V则圆心O点的电势为：φO＝＝V＝5V过A点作OE的垂线交于M点，由几何知识易得，则下图中M点的电势为：φM＝＝＝2V＝φA故直线AM为等势线，由于电场线与等势面垂直，过B点作电场线FOE的垂线，如下图所示则有：φA＝φM＞φN＝φE电场强度的大小为：E＝＝＝10V/m，B错误；C、根据上面的分析可知，故C错误；D、电子从A点沿圆弧逆时针移动，电势能先升高后降低，故D错误。故选：A。二、多选题6．〖祥解〗斜上抛运动可以看成是两个对称的平抛运动，竖直方向根据位移—时间公式求解时间，进而比较小球在空中运动的时间，根据动量定理求解三个小球动量的变化，比较即可；根据功率公式求解落地时重力的瞬时功率，比较即可。【解答】解：AC、斜上抛运动可以看成是两个对称的平抛运动，竖直方向gt8解得：t＝由图可知，h1＞h4＞h3所以t1＞t7＞t3根据动量定理得：mg•2t＝Δp所以Δp4＞Δp2＞Δp3故A错误，C正确；BD、三个球落地时重力的瞬时功率为PG＝mgvy＝mg•gt＝mg5t所以P1＞P2＞P3故B错误，D正确。故选：CD。7．〖祥解〗根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比和二极管的特点即可求得结论，根据电流热效应求得电流表的读数。【解答】解：A、根据瞬时值表达式可知V，所以原线圈电压的有效值V根据解得：U8＝110V则副线圈上电压的最大值为110V，所以二极管的反向耐压值应大于110V；B、根据瞬时值表达式可知交流电的角速度ω＝100π＝0.02sHz＝50Hz，所以副线圈中交流电频率为50Hz；C、因为二极管具有单向导电性，另半个周期电流为2，由于电阻R1＝R2＝55Ω，设此时副线圈对应的等效电阻为R等效，则：；可知两个支路中的并联后的等效电阻为55Ω2＝A＝3A；D、变压器的输出功率：P2＝U2I4＝110×2W＝220W，由于变压器的输入功率等于输出功率，故D错误。故选：AC。8．〖祥解〗粒子在磁场中做圆周运动，磁场区域边界上有粒子射出的范围是粒子在磁场中运动轨迹的直径为弦所对应的边界圆弧，根据题意求出粒子做圆周运动的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子在磁场中做圆周的速率。【解答】解：A、边界上有粒子射出的范围是以偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧，则粒子在磁场中做圆周运动的直径为磁场区域直径运动的轨道半径r＝R；由于粒子做圆周运动的轨道半径与磁场区域半径相等、粒子做圆周运动的圆心O′、磁场区域的圆心O组成的四边形为菱形，粒子离开磁场时的速度方向与对应的轨道半径垂直，由于PO的位置不变，故A正确；B、若n＝2，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB＝m，故B正确；C、边界上有粒子射出的范围是以偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧，粒子做圆周运动的轨道半径：r′＝Rsin45°＝R，由牛顿第二定律得：qv′B＝m，故C正确；D、若n＝4时R，粒子做圆周运动的轨道半径r＝B时R，粒子运动轨迹直径对应的有粒子射出圆弧对应的圆心角θ＝2arcsin≠180°，故D错误。故选：ABC。三、非选择题9．〖祥解〗（1）由螺旋测微器读出整毫米数，由可动刻度读出毫米的小部分．即可得到挡光片的宽度；（2）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，根据牛顿第二定律结合动能定理列式，联立方程求解．【解答】解：（1）由螺旋测微器读出整毫米数为5.5mm，由可动刻度读出毫米的小部分为19.6×0.01＝0.195mm；（2）设匀加速运动的加速度为a，根据动能定理得：ma•x＝2，速度：v＝，解得：x＝•，则加速度a不变，该组同学应作x﹣，故D正确．故选：D；故〖答案〗为：（1）7.695；（2）D．10．〖祥解〗题（1）应明确欧姆表指针偏角过大时说明所选倍率过大，应选择较小的倍率；题（2）根据电流表内外接法的选择方法即可求解；根据电阻率受到温度影响可知电流表应选择较小的量程，根据通过电表的最小读数为量程的以上可求出待测电阻两端的最小电压，从而选择电压表量程；根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器【解答】解：（1）a、欧姆表的指针偏角过大说明所选倍率过大；c、欧姆表读数为R＝6.0×6Ω＝6.0Ω；（2）、由于待测电阻满足，所以电路应选择乙电路；考虑温度对电阻率的影响，实验不允许通过较大的电流；根据欧姆定律可求出待测电阻两端的最小电压为，所以电压表应选择A；若变阻器采用限流式接法，电路中需要的最大电阻应为；根据电路图连接实物图．故〖答案〗为（1）①重新选×1欧姆挡测量；6.2；②b；A；C；F；实物图如：四、解答题11．〖祥解〗（1）根据全反射临界角公式解得；（2）由几何关系，求得光在透明球中通过的路程，由v＝求得在球体中的传播速度，则在球体中传播的时间可求。【解答】解：（1）从A点发出射向B点的光线a恰好在B点发生全反射，根据全反射临界角公式有：sinC＝根据几何关系有sinC＝＝＝解得：n＝（2）光在介质中的速度v＝则传播时间t＝解得：t＝答：（1）透明球体的折射率为；（2）光线a从发出到B点的时间为。12．〖祥解〗（1）根据平衡条件求解金属杆PQ在进入磁场时的大小，由机械能守恒定律求解框架释放时金属杆PQ距磁场上边界的距离；（2）金属杆PQ越过两磁场边界瞬间，两金属杆都切割磁感线，求出两金属杆所受安培力，由牛顿第二定律求解框架的加速度大小；（3）由能量守恒可知框架穿越磁场过程中，框架产生的焦耳热等于框架重力势能的减少量，由此求解金属杆MN产生的焦耳热。【解答】解：（1）金属杆PQ在进入磁场过程中做匀速直线运动有：mgsinθ＝BIL由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有：I＝设框架释放时金属杆PQ距磁场上边界的距离为x，由机械能守恒定律有：mgxsinθ＝联立解得框架释放时金属杆PQ距磁场上边界的距离为：x＝；（2）金属杆PQ越过两磁场边界瞬间，两金属杆都切割磁感线金属杆中的电流为：＝两金属杆所受安培力均为：F安＝BI′L＝2mgsinθ由牛顿第二定律有：2F安﹣mgsinθ＝ma联立解得金属杆PQ越过两磁场边界瞬间，框架的加速度大小为：a＝3.5g；（3）由能量守恒可知框架穿越磁场过程中，框架产生的焦耳热等于框架重力势能的减少量Q＝mgsinθ•3s＝7.5mgs其中框架穿越磁场过程中金属杆MN产生的焦耳热为：Q′＝＝解得：Q′＝4.75mgs。答：（1）框架刚释放时，金属杆PQ距磁场上边界的距离为；（2）金属杆PQ越过两磁场分界线的瞬间，框架的加速度大小为1.7g；（3）框架穿过磁场的整个过程中，金属杆MN产生的焦耳热为0.75mgs。13．〖祥解〗（1）设小球a运动到最低点时的速度为v0，由机械能守恒列式，在根据动量定理，求合外力对小球a的冲量大小；（2）弹性碰撞后，根据动量守恒和动能守恒列式，求碰后速度，b球运动到轨道的最高点时速度为v，则有，小球b由最低点运动最高点的过程中机械能守恒列式，分析速度关系，再分析质量关系；（3）弹性碰撞后，根据动量守恒和动能守恒列式，求碰后速度。【解答】解：（1）设小球a运动到最低点时的速度为v0，由机械能守恒，得解得由动量定理得，合外力对小球a的冲量大小（2）设弹性碰撞后，a、b两球的速度分别为v1、v2，设b球质量为m7，则根据动量守恒：mv0＝mv1+m4v2根据动能守恒：解得设b球运动到轨道的最高点时速度为v，则有小球b由最低点运动最高点的过程中机械能守恒，则①若第一次撞击后，都向右运动6＞v1②若第一次撞击后，b球向右运动，则v2＞﹣v6③由①②③解得即m2；（3）若两球恰好在B点发生第二次碰撞，由第一碰撞6＝mv1+m1v7根据动能守恒：解得，可知两球交换速度，两球质量相等。第二次发生弹性碰撞。第二次碰撞后小球b的速度大小为0。答：（1）小球a从A点运动到B点，合外力对小球a的冲量大小；（2）要使a、b第一次碰撞后，则小球b的质量应满足的条件m4；（3）若两球恰好在B点发生第二次碰撞，则第二次碰撞后小球b的速度大小4。2023年安徽省滁州市定远县高考物理二模试卷一、选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。每小题给出的4个选项中只有一项是符合题意要求的。1．（6分）如图1所示是研究光电效应中光电子发射情况与照射光的强弱、颜色（频率）关系的实验电路。移动滑动变阻器滑片，可改变光电管中阳极A、阴极K间的电压，光电流大小可由电流表显示，改变电源的极性，则下列说法正确的是（）A．用蓝光照射阴极K，当两极间的电压为图2中的反向电压Uc1时，无光电子发射 B．用强度不同的黄光照射阴极K时，发射的光电子的最大初速度大小不同 C．光电流的大小随加在A、K两极间电压的升高一定逐渐增大 D．用不同颜色的光照射阴极K时，发射的光电子的最大初速度大小不同2．（6分）嫦娥三号探测器于2013年12月2日2点17分，在西昌卫星发射中心发射．嫦娥三号携玉兔号月球车首次实现月球软着陆和月面巡视勘察，并开展月表形貌与地质构造调查等科学探测．探测器发射后直接进入地月转移轨道，成为绕月卫星，并开展对月球的探测，月球半径与地球半径之比为q，则（）A．探测器在月球表面附近圆形轨道运行与在地球表面附近圆形轨道运行向心力之比为B．探测器在月球表面附近圆形轨道运行与在地球表面附近圆形轨道运行周期之比为 C．月球的第一宇宙速度是地球的第一宇宙速度的倍 D．月球表面重力加速度是地球表面重力加速度的倍3．（6分）从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则下列说法中正确的是（）A．小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小 B．小球抛出瞬间的加速度大小为 C．小球被抛出时的加速度值最大，最高点的加速度值最小 D．小球上升过程的平均速度等于4．（6分）如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、Oʹ，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x正方向的电流I，悬线与竖直方向夹角为θ．则磁感应强度方向和大小可能为（）A．x正向， B．y正向，cosθ C．z负向，tanθ D．y负向，sinθ5．（6分）如图甲所示，在平行于纸面的匀强电场中，有一个半径为0.2m的圆形区域ABCD，P为圆弧上的一个点，从A点出发沿逆时针运动，P点电势φ随θ变化情况如图乙所示，则（）A．场强大小为10V/m B．电子在A点时的电势能为2eV C．电子在A点时所受电场力指向O点 D．电子沿圆弧运动过程中电场力不做功二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题给出的4个选项中有多项是符合题意要求的。选全对的得6分，不全对的得3分，有选错的得0分。6．（6分）如图所示，将质量相同的a、b、c三个小球从水平地面上的A点用相同的速率、以不同的方向斜向上抛出，三个小球在空中的运动轨迹分别为1、2、31、Δp2、Δp3，落地时重力的瞬时功率分别为P1、P2、P3，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．三个球动量变化量相同 B．三个球落地时重力的瞬时功率相等 C．Δp1最大，Δp3最小 D．P1最大，P3最小7．（6分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2：1，电阻R1＝R2＝55Ω，D1、D2为理想二极管，A为理想电流表。原线圈接u＝220sin100πt（V），则（）A．二极管的反向耐压值应大于110V B．副线圈中交流电频率为100Hz C．电流表示数为2A D．理想变压器的输入功率为440W8．（6分）如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场边界上的P点有一粒子源，粒子的重力以及粒子之间的相互作用力均可忽略，进入磁场的粒子会从某一段圆弧射出磁场边界，则下列结论正确的是（）A．若n＝2，则所有粒子离开磁场时的速度方向相互平行 B．若n＝2，则粒子从P点进入磁场时的速率为 C．若n＝4，则粒子从P点进入磁场时的速率为 D．若n＝4，仅将磁场的磁感应强度大小由B减小到B时，则n的值变为2三、非选择题：本大题共5小题，共62分。9．（6分）某小组采用如图甲所示的装置来探究“功与速度变化的关系”，实验中，小车经过光电门时（1）实验步骤如下：①用螺旋测微器测得遮光条的宽度d如图乙所示，则d＝mm．②把遮光条固定在小车上，把小车放到轨道上，将细线一端与小车连接；③保持轨道水平，在砝码盘里放适量砝码，让小车静止在某处，将小车由静止释放，记录遮光条经过光电门的挡光时间t；④改变x，记录相应的t，获得多组数据；⑤关闭电源，通过分析小车位移与速度变化的关系来研究合外力做功与速度变化的关系．（2）实验中，该小组同学通过研究x与t的关系从而得到合外力做功与速度变化的关系，为了使图象呈现线性关系图象．（填序号）A．x﹣tB．x﹣C．x﹣t2D．x﹣．10．（9分）甲、乙两位同学分别采用不同的方法测量同一根金属丝的阻值．①甲同学采用多用电表测定金属丝的阻值，操作如下：该同学选择×10的电阻挡，用正确的操作步骤测量时（指针位置如图1中虚线所示）．为了较准确地进行测量，请你完善下列实验操作步骤：a、；b、调节欧姆调零旋钮：红黑表笔短接，使指针指在0Ω处；c、重新测量并读数，此时刻度盘上的指针位置如图1实线所示，测量结果是Ω．②乙同学用伏安法测量此金属丝的电阻，实验室提供了下列器材．A．电压表（0～3V，内阻1kΩ）B．电压表（0～15V，内阻5kΩ）C．电流表（0～0.6A，内阻2Ω）D．电流表（0～3A，内阻0.5Ω）E．滑动变阻器（10Ω，0.2A）F．滑动变阻器（50Ω，0.6A）G．直流电源（6V，内阻不计），另有开关一个、导线若干．实验中有两种电路图2（a）和（b）可供选择，本次实验中电路应选（选填“a”或“b”），电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选．（只填器材前的字母代号即可）．根据电路图并连接如图3的实物图．11．（12分）如图所示为放置在真空中的某种材料做成的透明球体，O为球心，半径为R，能向各个方向发出某种单色光，OB为半径，从A点发出射向B点的光线a恰好在B点发生全反射，已知光在真空中的光速为c（1）透明球体的折射率n；（2）光线a从发出到B点的时间t。12．（15分）如图，两根间距为L、相互平行的光滑倾斜金属长直导轨，与水平面的夹角θ＝30°，金属杆MN、PQ用绝缘杆固定连接形成“工”字形框架，间距也为s，使框架从距磁场上边沿一定距离处静止释放，框架进入磁场过程中做匀速运动，金属杆MN、PQ的电阻均为R，其余电阻不计（1）框架刚释放时，金属杆PQ距磁场上边界的距离；（2）金属杆PQ越过两磁场分界线的瞬间，框架的加速度大小；（3）框架穿过磁场的整个过程中，金属杆MN产生的焦耳热。13．（20分）如图所示，半径为R的光滑圆轨道固定在竖直面内，小球b静止在轨道最低点B处，小球a、b在最低点发生弹性碰撞，小球a、b均可视为质点，重力加速度大小为g，求：（1）小球a从A点运动到B点，合外力对小球a的冲量大小；（2）要使a、b第一次碰撞后，小球b能到达圆弧轨道的最高点C，则小球b的质量应满足的条件；（3）若两球恰好在B点发生第二次碰撞，则第二次碰撞后小球b的速度大小。——★参考答案★——一、选择题1．〖祥解〗A.根据光电效应方程及遏止电压作答；B.光子的能量与光的强度无关，根据光的效应方程作答；C.光电流的大小随两端电压的增加而增大，饱和光电流不随两端电压而变化；D.根据光子的最大初动能Ek＝eUc分析作答。【解答】解：A.蓝光的遏止电压大于黄光的遏止电压是因为蓝光的频率大于黄光的频率，用蓝光照射阴极Kc1时，有光电子发射；B.根据光的效应方程hν＝Ek+W0，在光的频率不变的情况下，不论入射光的强度强还是弱，故B错误；C.光电流的大小随加在A、K两极间两端电压的增加而增大，故C错误；D.光子的最大初动能Ek＝eUc，由于蓝光的遏止电压大于黄光的遏止电压，发射的光电子的最大初速度大小不同。故选：D。2．〖祥解〗探测器在月球和地球表面受到的万有引力的表达式为，向心力有万有引力提供，根据月球和地球的质量比和半径之比，计算万有引力之比，即为向心力之比．根据万有引力提供向心力＝，得，，根据月球和地球的质量比和半径之比，可计算探测器在月球表面附近圆形轨道运行与在地球表面附近圆形轨道运行周期之比和月球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比．根据重力等于万有引力，结合月球和地球的质量比和半径之比，可计算出月球表面重力加速度与地球表面重力加速度之比．【解答】解：A、探测器受到的万有引力，故万有引力之比即为向心力之比，故A错误；B、根据万有引力提供向心力，得＝，故B错误；C、根据万有引力提供向心力，所以；D、根据重力等于万有引力，所以。故选：C。3．〖祥解〗对小球受力分析，根据牛顿第二定律求解小球的加速度，进而分析加速度的变化；v﹣t图像与坐标轴所围的面积表示位移，平均速度是位移与时间的比值，匀变速直线运动平均速度等于初末速度的平均值，将小球的运动与匀变速直线运动比较即可。【解答】解：AC、小球上升过程，小球受重力和阻力，根据牛顿第二定律得：f+mg＝ma解得由于是减速上升，速度减小，故加速度不断减小；下降过程，小球受重力和阻力解得：小球加速下降，速度变大，故加速度不断减小，加速度为零；即上升过程，加速度一直在减小，先减小，小球被抛出时的加速度值最大，故AC错误；B、空气阻力与其速率成正比1匀速下降，由平衡条件得：mg＝kv1小球抛出瞬间，由牛顿第二定律得：mg+kv2＝ma0联立解得：，故B正确；D、v﹣t图象与时间轴所围的面积表示位移，从图象可以看出，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，故小球上升过程的平均速度小于。故选：B。4．〖祥解〗左手定则：左手平展，让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内．把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，手心面向N极，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向．根据左手定则的内容，逐个分析判断即可得出结论【解答】解：A、当磁场沿x正方向时，导线不受安培力，悬线与竖直方向的夹角θ＝0°，故A错误；B、当磁场沿y正方向时，导线受到的安培力竖直向上，B＝，悬线的拉力为零C、磁感应强度方向为z负方向，直导线所受安培力方向沿y正方向，所以B＝，所以C正确D、当磁场沿y负方向时，导线受到的安培力竖直向上，B＝，与竖直方向夹角θ＝0°，故D错误故选：C。5．〖祥解〗电场强度方向从高电势点指向低电势点，根据推论解得电场强度与O点的电势，根据功能关系分析D选项。【解答】解：AB、由图乙可知：φA＝2V，电子在A点电势能EPA＝eφA＝﹣2eV当θ＝时，P点位于下图中的E点处E＝1V当θ＝时，P点位于下图中的F点处、F、O三点共线F＝5V则圆心O点的电势为：φO＝＝V＝5V过A点作OE的垂线交于M点，由几何知识易得，则下图中M点的电势为：φM＝＝＝2V＝φA故直线AM为等势线，由于电场线与等势面垂直，过B点作电场线FOE的垂线，如下图所示则有：φA＝φM＞φN＝φE电场强度的大小为：E＝＝＝10V/m，B错误；C、根据上面的分析可知，故C错误；D、电子从A点沿圆弧逆时针移动，电势能先升高后降低，故D错误。故选：A。二、多选题6．〖祥解〗斜上抛运动可以看成是两个对称的平抛运动，竖直方向根据位移—时间公式求解时间，进而比较小球在空中运动的时间，根据动量定理求解三个小球动量的变化，比较即可；根据功率公式求解落地时重力的瞬时功率，比较即可。【解答】解：AC、斜上抛运动可以看成是两个对称的平抛运动，竖直方向gt8解得：t＝由图可知，h1＞h4＞h3所以t1＞t7＞t3根据动量定理得：mg•2t＝Δp所以Δp4＞Δp2＞Δp3故A错误，C正确；BD、三个球落地时重力的瞬时功率为PG＝mgvy＝mg•gt＝mg5t所以P1＞P2＞P3故B错误，D正确。故选：CD。7．〖祥解〗根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比和二极管的特点即可求得结论，根据电流热效应求得电流表的读数。【解答】解：A、根据瞬时值表达式可知V，所以原线圈电压的有效值V根据解得：U8＝110V则副线圈上电压的最大值为110V，所以二极管的反向耐压值应大于110V；B、根据瞬时值表达式可知交流电的角速度ω＝100π＝0.02sHz＝50Hz，所以副线圈中交流电频率为50Hz；C、因为二极管具有单向导电性，另半个周期电流为2，由于电阻R1＝R2＝55Ω，设此时副线圈对应的等效电阻为R等效，则：；可知两个支路中的并联后的等效电阻为55Ω2＝A＝3A；D、变压器的输出功率：P2＝U2I4＝110×2W＝220W，由于变压器的输入功率等于输出功率，故D错误。故选：AC。8．〖祥解〗粒子在磁场中做圆周运动，磁场区域边界上有粒子射出的范围是粒子在磁场中运动轨迹的直径为弦所对应的边界圆弧，根据题意求出粒子做圆周运动的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子在磁场中做圆周的速率。【解答】解：A、边界上有粒子射出的范围是以偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧，则粒子在磁场中做圆周运动的直径为磁场区域直径运动的轨道半径r＝R；由于粒子做圆周运动的轨道半径与磁场区域半径相等、粒子做圆周运动的圆心O′、磁场区域的圆心O组成的四边形为菱形，粒子离开磁场时的速度方向与对应的轨道半径垂直，由于PO的位置不变，故A正确；B、若n＝2，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB＝m，故B正确；C、边界上有粒子射出的范围是以偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧，粒子做圆周运动的轨道半径：r′＝Rsin45°＝R，由牛顿第二定律得：qv′B＝m，故C正确；D、若n＝4时R，粒子做圆周运动的轨道半径r＝B时R，粒子运动轨迹直径对应的有粒子射出圆弧对应的圆心角θ＝2arcsin≠180°，故D错误。故选：ABC。三、非选择题9．〖祥解〗（1）由螺旋测微器读出整毫米数，由可动刻度读出毫米的小部分．即可得到挡光片的宽度；（2）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，根据牛顿第二定律结合动能定理列式，联立方程求解．【解答】解：（1）由螺旋测微器读出整毫米数为5.5mm，由可动刻度读出毫米的小部分为19.6×0.01＝0.195mm；（2）设匀加速运动的加速度为a，根据动能定理得：ma•x＝2，速度：v＝，解得：x＝•，则加速度a不变，该组同学应作x﹣，故D正确．故选：D；故〖答案〗为：（1）7.695；（2）D．10．〖祥解〗题（1）应明确欧姆表指针偏角过大时说明所选倍率过大，应选择较小的倍率；题（2）根据电流表内外接法的选择方法即可求解；根据电阻率受到温度影响可知电流表应选择较小的量程，根据通过电表的最小读数为量程的以上可求出待测电阻两端的最小电压，从而选择电压表量程；根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器【解答】解：（1）a、欧姆表的指针偏角过大说明所选倍率过大；c、欧姆表读数为R＝