?2023年浙江省金華市十校聯(lián)考高考物理一模試卷
一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）
1. 下列關(guān)于單位的說法正確的是 （　?。?br /> A. 長度的單位m、cm、mm都是國際單位制中的基本單位
B. “千克米每二次方秒”被定義為“牛頓”，“牛頓”是國際單位制中的基本單位
C. 根據(jù)單位制運算，ωv（ω指角速度、v指線速度）的單位是rad/s2
D. 若各物理量都采用國際制單位，則通過物理公式得出的最后結(jié)果一定也是國際制單位
【答案】D
【解析】
【詳解】A．國際單位制中長度的基本單位為m，A錯誤；
B．“千克米每二次方秒”被定義為“牛頓”，“牛頓”是導(dǎo)出單位，B錯誤；
C．角速度的單位為rad/s，ωv的單位為rad·m/s2，C錯誤；
D．采用國際制單位進行計算得結(jié)果一定時國際單位，D正確。
故選D。
2. 關(guān)于下列四幅圖，說法正確的是（　?。?br />
A. 圖甲中肥皂膜上的條紋是衍射現(xiàn)象，說明了光的波動性
B. 圖乙是光經(jīng)過大頭針尖時的照片，說明了光的粒子性
C. 圖丙是富蘭克林使用X射線拍攝的DNA晶體，是利用X射線具有波動性
D. 圖丁是觀眾戴著眼鏡觀看3D電影，是利用光的粒子性
【答案】C
【解析】
【詳解】A．圖甲中肥皂膜上的條紋是光的干涉現(xiàn)象造成的，A錯誤；
B．圖乙是光經(jīng)過大頭針尖時的照片，這是光的衍射說明了光的波動性，B錯誤；
C．圖丙是富蘭克林使用X射線拍攝的DNA晶體，是利用X射線具有波動性的性質(zhì)，C正確；
D．圖丁是觀眾戴著眼鏡觀看3D電影，光的偏振現(xiàn)象利用光的波動性，D錯誤。
故選C。
3. 天宮空間站天和核心艙的機械臂，長度約10米，是我國自主研發(fā)的七自由度系統(tǒng)，與同樣屬于七自由度系統(tǒng)的人的手臂一樣靈活和機動。如圖A、B、C是三個主要關(guān)節(jié)支點，P為BC臂上的一點，機械臂整體以A支點為軸抬起，則下列說法正確的是（　?。?br />
A. 作業(yè)過程中P與B線速度大小一定相等
B. 作業(yè)過程中P與B線速度方向一定相同
C. 作業(yè)過程中P與B角速度大小一定相等
D. 作業(yè)過程中P與B加速度大小一定相等
【答案】C
【解析】
【詳解】A．由于P、B兩點為同軸傳動，所以兩點的角速度相同，P、B兩點的半徑不確定是否相同，故A錯誤；
B．線速度的方向為該點與原圓心連線的垂直方向上，由于P、B兩點與圓心連線不重合，故B錯誤；
C．根據(jù)A選項的分析，故C正確；
D．根據(jù)圓周運動加速度公式a＝ω2r，P、B的r不確定是否相同，故D錯誤。
故選C。
4. 圖為一輛某建設(shè)工地上運送沙石的廂式自卸車，到達目的地后準(zhǔn)備卸下車廂內(nèi)的沙子，此時車頭朝前，車廂在液壓頂作用下緩慢抬高，車廂與水平面的夾角逐漸增大，整個卸沙過程汽車車輪相對地面始終靜止。對此下列說法正確的是（??）

A. 車廂內(nèi)的沙子沒有滑動時，隨著夾角逐浙增大，汽車受到沙子的作用力越來越大
B. 車廂內(nèi)的沙子沒有滑動時，隨著夾角逐漸增大，汽車受到地面的支持力越來越大
C. 當(dāng)夾角為某一值時，沙子恰好勻速下滑，汽車受到地面的摩擦力為零
D. 當(dāng)夾角為某一值時，沙子恰好勻速下滑，汽車受到地面的靜摩擦力方向向前
【答案】C
【解析】
【詳解】A．當(dāng)車廂內(nèi)的沙子沒有滑動時，沙子受到重力和汽車給的作用力，沙子受到汽車的作用力和重力是平衡力，則沙子受到的作用力不變，由牛頓第三定律可知隨著夾角逐浙增大，汽車受到沙子的作用力不變，A錯誤；
B．當(dāng)車廂內(nèi)的沙子沒有滑動時，汽車和沙子整體受到重力和地面的支持力，是一對平衡力，重力不變，則支持力不變，所以隨著夾角逐漸增大，汽車受到地面的支持力不變，B錯誤；
CD．當(dāng)夾角為某一值時，沙子恰好勻速下滑，汽車和沙子整體受到重力和地面的支持力，處于平衡狀態(tài)，此時汽車受到地面的摩擦力為零，C正確，D錯誤；
故選C。
5. 一孤立均勻帶電金屬球帶電量為q，半徑為R，球外兩點A、B始終處于球同一半徑的延長線上LOA，LOB（LOB＞LOA＞R），如圖所示，則以下說法正確的是（　?。?br />
A. 若僅增大金屬球的帶電量q，A、B兩點的電場強度均保持不變
B. 若僅增大金屬球的帶電量q，A、B兩點的電勢差保持不變
C. 若保持LOA、LOB不變，僅增大金屬球的半徑R，則球外A、B兩點的電場強度之差增大
D. 若保持LOA、LOB不變，僅增大金屬球的半徑R，則球外A、B兩點的電勢差不變
【答案】D
【解析】
【詳解】A．若僅增大金屬球的帶電量q，根據(jù)

A、B兩點的電場強度均增大，A錯誤；
B．根據(jù)

A、B兩點的電勢差增大，B錯誤；
CD．若保持LOA、LOB不變，僅增大金屬球的半徑R，均勻帶電球體在其周圍產(chǎn)生的電場相當(dāng)于把電荷集中在球心產(chǎn)生的電場，則球外電場不變，則球外A、B兩點的電勢差不變，D正確。
故選D
6. 不少車主常在私家車內(nèi)備有電動充氣泵，如圖所示。某次充氣前測得某輪胎胎內(nèi)氣體壓強只有，為使汽車正常行駛。若已知該輪胎的內(nèi)胎體積為V0，車主用電動充氣泵給輪胎充氣，每秒鐘充入，壓強為，胎內(nèi)氣體可視為理想氣體，充氣過程中內(nèi)胎體積和胎內(nèi)氣體溫度保持不變。則下列說法正確的是（　?。?br />
A. 充氣過程中胎內(nèi)氣體內(nèi)能保持不變
B. 充氣過程中胎內(nèi)氣體一定向外吸熱
C. 為使汽車正常行駛，需要電動充氣泵給該輪胎充氣時間約100s
D. 為使汽車正常行駛，需要電動充氣泵給該輪胎充氣時間約110s
【答案】D
【解析】
【詳解】A．充氣過程中胎內(nèi)氣體溫度保持不變，分子的平均動能不變，充氣過程中胎內(nèi)氣體分子總數(shù)增加，故內(nèi)能增大；A錯誤；
B．充氣過程是將外界氣體壓縮到胎內(nèi)，若絕熱壓縮氣體，氣體的溫度將升高，說明在壓縮氣體的同時和外界沒有熱傳遞，故B錯誤；
CD．設(shè)充氣時間為t，該時間內(nèi)充入的氣體體積

根據(jù)玻意耳定律

代入數(shù)據(jù)解得
t≈110s
故C錯誤，D正確。
故選D。
7. 如圖所示，用一原長為L的彈性細繩一端固定，另一端連接一質(zhì)量為m的小球，使彈性細繩與豎直方向成一個小角度后，從A點靜止釋放，此后小球做來回擺動，B點（圖中未畫出），小球可視為質(zhì)點，彈性細繩始終處于彈性限度范圍內(nèi)，則下列說法正確的是（　?。?br />
A. 靜止釋放瞬間，小球的加速度方向水平向左
B. 小球擺動過程機械能守恒，B點與A點等高
C. 若僅改用長為L的不可伸長的細繩，該擺動裝置的周期將變化
D. 若僅改用長為L的不可伸長的細繩，小球擺至左側(cè)最高點時細繩拉力為零
【答案】C
【解析】
【詳解】A．靜止釋放瞬間，小球的合力為重力，故A錯誤；
B．在小球擺動過程中，小球擺至左側(cè)最高點B時，有彈性勢能，B點比A點低，故B錯誤；
C．彈性細繩的原長為L，彈性細繩的長度是變化的，該擺動裝置的周期將變化，故C正確；
D．若僅改用長為L的不可伸長的細繩，向心力為零，故D錯誤。
故選：C。
8. 如圖所示是一個趣味實驗中的“電磁小火車”，“小火車”是一節(jié)兩端都吸有強磁鐵的干電池，發(fā)現(xiàn)兩端的強磁鐵無論是同名相對還是異名相對，螺線管的口徑較“小火車”大。將“小火車”放入螺線管內(nèi)，在電池的正負極之間的一段螺線管上形成電流，則（　　）

A. “小火車”因為電池兩端磁鐵之間的排斥力而運動
B. “小火車”通過電池兩端磁鐵與通電螺線管之間的相互作用而運動
C. 干電池正負極對調(diào)后，“小火車”運動方向?qū)⒉蛔?br /> D. “小火車”放入表面無絕緣層的裸露銅管內(nèi)也會沿銅管運動
【答案】B
【解析】
【詳解】AB．將干電池與強磁鐵組成的“小火車”放入裸銅線繞成的螺線管內(nèi)，干電池的正負極與接觸的銅線繞成的螺線管中形成電流，該部分螺線管產(chǎn)生磁場，由于干電池兩端都吸有強磁鐵，進而驅(qū)使其運動，A錯誤，B正確；
C．只將干電池的正負極對調(diào)，則螺線管產(chǎn)生的磁場的方向也改變，小火車兩側(cè)磁鐵所受磁場力方向也會改變，“小火車”運動方向?qū)l(fā)生變化，C錯誤；
D．若將“小火車”放入表面無絕緣層的裸露銅管后，若“小火車”沿銅管運動，則電池的正負極之外的裸露銅管中會形成感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律，該感應(yīng)電流會阻礙磁鐵的運動，因此“小火車”放入表面無絕緣層的裸露銅管內(nèi)，“小火車”不會沿銅管運動，D錯誤。
故選B。
9. 2022年2月27日，我國長征八號運載火箭一次發(fā)射了22顆衛(wèi)星，并全部成功送入預(yù)定軌道，圓的半徑與橢圓的半長軸相等，兩軌道面在同一平面內(nèi)且兩軌道相交于A、B兩點，如圖所示。下列說法正確的是（　?。?br />
A. 兩衛(wèi)星在圖示位置的速度v1＞v2
B. 兩衛(wèi)星在圖示位置時，衛(wèi)星1受到的地球引力較大
C. 衛(wèi)星1在A處的加速度比衛(wèi)星2在A處的加速度大
D. 若不及時調(diào)整軌道，兩衛(wèi)星可能發(fā)生相撞
【答案】A
【解析】
【詳解】A．以地球球心為圓心，如圖所示

根據(jù)變軌原理可知衛(wèi)星2在軌道3上的線速度v3大于v2，由萬有引力提供向心力有
＝m
可得

所以衛(wèi)星1的線速度v1＞v3，故v1＞v2，故A正確；
B．根據(jù)萬有引力定律F＝，由于兩質(zhì)量關(guān)系未知，無法判斷萬有引力的大?。还蔅錯誤；
C．根據(jù)牛頓第二定律可得

解得
a＝
所以衛(wèi)星1在A處的加速度與衛(wèi)星2在A處的加速度相等；C錯誤；
D．根據(jù)開普勒第三定律可得

由于圓的半徑與橢圓的半長軸相等，兩顆星運行周期相等，所以不可能相撞。故D錯誤。
故選A。
10. 動車組進站時做勻減速直線運動直至減速到零，?？恳欢螘r間后，動車組做勻加速直線運動，用位移隨速度變化的關(guān)系圖像進行描述，其中正確的是（　　）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【詳解】動車組進站時的運動為末速度為零的勻減速直線運動，由勻變速直線運動位移—速度公式

整理得

且a為負值，故x﹣v圖像應(yīng)為開口向下的二次函數(shù)圖像；
動車組出站時，做初速度為零的勻加速直線運動

整理得

a′為正值，故圖像為開口向上的二次函數(shù)圖像。
故選C。
11. 如圖（a），在水平面內(nèi)以O(shè)點為原點建立x坐標(biāo)軸，兩個上下做簡諧振動的點波源S1和S2分別位于x1＝0和x2＝10m處，水平面內(nèi)以O(shè)點為圓心有①至④四個同心圓，半徑分別為4m、8m、12m和16m。S1、S2兩波源的振動圖像分別如圖（b）和圖（c）所示，兩列波的波速均為2.0m/s（　?。?br />
A. 兩列波的起振方向相同，且波長均為4m
B. ③④兩個同心圓圓周上振動加強點的個數(shù)相同
C. 半徑越大的同心圓圓周上振動加強點的個數(shù)越多
D. 除x1＝0和x2＝10m兩點外，x坐標(biāo)軸上還有4個加強點
【答案】B
【解析】
【詳解】A．根據(jù)圖（b）、（c）可知兩列波的起振方向相反；兩列波的周期相同，波速相同，因此兩列波的波長
λ=vT=2.0×2m=4m
故A錯誤；
BC．振動加強點滿足波程差
Δr＝(2n+1)?λ，其中n=0，1，2，??
因此Δr=2m，6m，10m??；無論在③還是④的圓上，最小波程差Δrmin=0，最大波程差Δrm=10m；所以在這兩個圓周上振動加強點的個數(shù)相同，故B正確，C錯誤；
D．在x軸上的0～10m之間，設(shè)波源S1與加強點的距離為x,則與波源S2的距離為（10-x）；加強點滿足
Δx＝(10?2x)＝(2n+1)?λ
或
Δx＝(2x?10)?λ
代入數(shù)據(jù)解得
x=0，2m，4m，6m，8m，10m，即除x1=0和x2=10m兩點外，x坐標(biāo)軸上還有4個加強點；在x軸上的大于10m之外還有無數(shù)個加強點，故D錯誤。
故選B。
12. 學(xué)了發(fā)電機的原理后，小明所在的研究小組設(shè)計了如下的方案，繞有n匝、邊長為L的正方形金屬線圈以的角速度勻速轉(zhuǎn)動，某時刻線圈剛好轉(zhuǎn)至OO￠，與水平線MN所決定的平面，磁感應(yīng)強度為B，如圖2所示。線圈（電阻不計）外部連有阻值為R的電阻，則（　　）

A. 電阻R上通過的電流不是交流電
B. 線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的有效值為
C. 線圈轉(zhuǎn)動一周電阻R上通過的電量為零
D. 線圈轉(zhuǎn)動一周電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱是
【答案】A
【解析】
【詳解】AC．存在換向器，使得通過電阻R電流方向不變，則電阻R上通過的電量不為零，A正確，C錯誤；
B．線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值

感應(yīng)電動勢的有效值

B錯誤；
D．線圈轉(zhuǎn)動一周電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為

D錯誤。
故選A。
13. 長春某特警支隊的2019年反恐演練出現(xiàn)了一款多旋翼查打一體無人機，總質(zhì)量為M，該無人機是中國最先進的警用12旋翼無人機，裝備有攻擊性武器，旋翼啟動后恰能懸停在離水平地面高為H的空中，升力大小不變，向前方以水平速度v發(fā)射一枚質(zhì)量為m的微型導(dǎo)彈，始終保持水平，不計空氣阻力（　　）

A. 發(fā)射微型導(dǎo)彈后，無人機將做勻變速直線運動
B. 發(fā)射出微型導(dǎo)彈瞬間，無人機后退速度大小為
C. 微型導(dǎo)彈落地時，無人機離地高度為
D. 微型導(dǎo)彈落地時，無人機與導(dǎo)彈落地點的水平距離為
【答案】D
【解析】
【詳解】A．發(fā)射微型導(dǎo)彈后，其重力減小，豎直方向做勻加速運動，水平方向因為動量守恒具有向后的速度，將做勻變速曲線運動，A錯誤；
B．根據(jù)動量守恒

得

B錯誤；
C．由于微型導(dǎo)彈落地過程中做平拋運動，則有

無人機上升的加速度為


高度為

聯(lián)立得

無人機離地高度為

C錯誤；
D．微型導(dǎo)彈落地時經(jīng)過的時間為

微型導(dǎo)彈落地時，無人機與導(dǎo)彈落地點的水平距離為

D正確。
故選D。
二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題2分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的，全部選對的得2分，選對但不全的得1分，有錯選的得0分）
14. 2020年12月4日，新一代“人造太陽”裝置—中國環(huán)流器二號M裝置（HL﹣2M）在成都建成并實現(xiàn)首次放電。“人造太陽”主要是將氘核與氚核聚變反應(yīng)釋放的能量用來發(fā)電，氘核的質(zhì)量為m1，氚核的質(zhì)量為m2，中子的質(zhì)量為m3反應(yīng)中釋放的核能為ΔE，光速為c，下列說法正確的是（　?。?br />
A 核反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒
B. 反應(yīng)產(chǎn)物X核是氦核
C. 反應(yīng)產(chǎn)物X核的結(jié)合能比的結(jié)合能大
D. 反應(yīng)產(chǎn)物X的質(zhì)量為
【答案】AB
【解析】
【詳解】A．發(fā)生核反應(yīng)的過程中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，A正確；
B．根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，反應(yīng)產(chǎn)物X的電荷數(shù)為2，是氦核，B正確；
C．氦核為輕核，結(jié)合能小于，故C錯誤；
D．設(shè)X的質(zhì)量為m4，根據(jù)質(zhì)能方程得

得

D錯誤；
故選AB。
15. 如圖所示是某吊扇的相關(guān)參數(shù)，測得吊扇正常勻速轉(zhuǎn)動時排風(fēng)量為Q＝720m3/h，扇葉附近的風(fēng)速為v＝14.1m/s，電機內(nèi)阻R＝496Ω，g＝10m/s2，不計空氣阻力，以下說法正確的是（　?。?br />
A. 啟動過程消耗的電能等于扇葉和空氣的動能增加量
B. 正常工作時吊扇電機的發(fā)熱功率為24W
C. 正常工作時電機的輸出功率為24W
D. 正常工作時天花板對吊桿的拉力約為46.6N
【答案】CD
【解析】
【詳解】A．吊扇啟動過程消耗的電能等于扇葉和空氣的動能增加量與產(chǎn)生的熱量之和，A錯誤；
B．正常工作時

B錯誤；
C．正常工作時電機的輸出功率為

C正確；
D．對空氣，由動量定理

其中m＝ρQt，代入數(shù)據(jù)解得
F≈3.5N
由牛頓第三定律可知，空氣對吊扇向上的作用力為
F'＝F＝3.4N
所以正常工作時天花板對吊桿的拉力約為
F拉＝m'g﹣F'＝2.0×10N﹣3.5N＝46.6 N
故D正確。
故選CD。
16. 如圖所示，兩塊半徑為R的半圓形玻璃磚正對放置，折射率均為，一束單色光正對圓心O從A點射入左側(cè)半圓形玻璃磚，，下列說法正確的是（　?。?br />
A. 減小，光線可能在BC面O點發(fā)生全反射
B. 增大，光線在BC面O點的反射光可能消失
C. 增大BC、間距，光線可能在右半圓形玻璃磚右側(cè)面發(fā)生全反射
D. 如果 BC、間距等于，光線穿過兩個半圓形玻璃磚的總偏折角為30°
【答案】AC
【解析】
【詳解】A．光路圖如圖所示

玻璃磚的臨界角為

解得

所以減小，光線可能在BC面O點發(fā)生全反射，A正確；
B．無論入射角多大，光線在BC面O點的反射光都不會消失，B錯誤；
C．間距越大，光線從右半圓形玻璃磚右側(cè)面可能超過臨界角，可能發(fā)生全反射，故C正確；
D．由折射定律可得

則
，
在△O′DE中，由正弦定理可得

又

代入數(shù)據(jù)可得

由折射定律可得

所以光線EF相對于光線AO偏折了15°，故D錯誤。
故選AC。
三、非選擇題（本題共6小題，共55分）
17. （1）在利用圖甲裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗中，下列說法正確的是 _______。

A．重錘質(zhì)量的測量誤差可能會造成較大的實驗誤差
B.選擇密度大些的重錘，有利于減小實驗誤差
C.實驗時應(yīng)先接通電源，再釋放紙帶
D.某同學(xué)通過描繪v2﹣h圖像研究機械能是否守恒，合理的圖像應(yīng)該是一條過原點的直線，并且該直線的斜率為9.8
（2）小明同學(xué)經(jīng)過上述實驗后，設(shè)計了一個實驗測定本地的重力加速度，裝置如圖乙所示，得到分被圖片，利用圖片中小球的位置來測量當(dāng)?shù)氐?重力加速度。下列主要操作步驟的正確順序是 ________。（填寫各步驟前的序號）

①把刻度尺豎直固定在墻上，手機固定在三角架上，調(diào)整好手機鏡頭的位置
②捏住小球，從刻度尺旁靜止釋放
③打開手機攝像功能，開始攝像
（3）停止攝像，從視頻中截取三鎖圖片，圖片中小球和刻度如圖丙所示。已知所截取的圖片 相鄰兩幀之間的時間間隔為s，由此測得重力加速度為 _________m/s2。（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）

（4）在某次實驗中，小明釋放小球時手稍有晃動，視頻顯示小球下落時略偏離了豎直方向。從該視頻中截取圖片，_____（選填“能”或“不能”）用（3）問中的方法測出重力加速度。
【答案】 ①. BC##CB ②. ①③② ③. 9.65 ④. 能
【解析】
【詳解】（1）[1]A．驗證實驗中是根據(jù)進行驗證，與重錘質(zhì)量無關(guān)，故A錯誤；
B．選擇密度大些的重錘，可以減小空氣阻力對實驗的影響，故B正確；
C．實驗時應(yīng)先接通電源，再釋放紙帶，故C正確；
D．某同學(xué)通過描繪v2﹣h圖像研究機械能是否守恒，因為空氣阻力做功，可知該直線的斜率小于19.6。
故選BC。
（2）[2]實驗中先固定手機，再打開手機攝像功能，則正確的順序為：①③②；
（3）[3]刻度尺的最小分度值為1mm，三幅圖中小球的位置分別為：2.50cm，26.50cm，77.30cm
根據(jù)自由落體運動規(guī)律
可得

（4）[4]小球下落時略偏離了豎直方向，將位移向豎直方向分解，能用（3）問中的方法測出重力加速度。
18. 如圖所示為無線話筒中常用的一種電池，某同學(xué)測量該電池的電動勢和內(nèi)阻（內(nèi)阻約為25Ω），供選擇的器材有：電流表A（量程為200μA，內(nèi)阻為500Ω），電阻箱R1（最大阻值為9999.9Ω），電阻箱R2（最大阻值為99999.9Ω），開關(guān)S和若干導(dǎo)線。
（1）由于電流表的量程太小，需將電流表改裝成量程為9V的電壓表，則電流表應(yīng)與電阻箱 ______（選填“R1并聯(lián)”、“ R1串聯(lián)”、 “R2并聯(lián)”、“ R2串聯(lián)”），并將該電阻箱的阻值調(diào)為 ______Ω。
產(chǎn)品名稱
南孚9V堿性電池
電壓
9V
保質(zhì)期
7年
型號
6LR611粒裝
含汞量
無汞
執(zhí)行標(biāo)準(zhǔn)號
GB/T 8897.2
客服電話
4008873599
（2）請在方框內(nèi)畫出測量電池電動勢和內(nèi)阻的電路圖______（需將R1、R2標(biāo)注區(qū)分）。

（3）為了測量電池的電動勢，調(diào)節(jié)其中某一電阻箱的阻值R，讀出相應(yīng)的電流表示數(shù)I，分別計算出和的值，并將其描在坐標(biāo)中（如圖所示）______。若不考慮電表對電路的影響，則根據(jù)坐標(biāo)圖中可得該電池的電動勢E=________V。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。

【答案】 ①. R2串聯(lián) ②. 4.45×104 ③. ④. ⑤. 8.7（8.5~8.8）
【解析】
【詳解】（1）[1][2]由于電流表的量程太小，需將電流表改裝成量程為9V的電壓表，根據(jù)歐姆定律可知串聯(lián)電阻的阻值為

可知，電流表應(yīng)與電阻箱R2串聯(lián)，并將該電阻箱阻值調(diào)為4.45×104Ω。
（2）[3]將電流表改裝成電壓表后測量路端電壓，故電流表和電阻箱R2串聯(lián)再和電阻箱R2并聯(lián)，電路如圖所示

（3）[4]將坐標(biāo)系中各點用直線連接，使點跡均勻分布在直線兩側(cè)，如圖所示

[5]由于不考慮電表對電路的影響，則根據(jù)閉合電路歐姆定律有

整理得

由于圖中描出的是一條傾斜的直線，可知調(diào)節(jié)的是電阻箱，則上述函數(shù)為

結(jié)合圖像的截距有

解得
E=8.7V
19. 小端同學(xué)在研究豎直向上拋出的物體運動時，分別有幾種不同的模型。已知該同學(xué)拋出小球的質(zhì)量m＝0.1kg，初速度v0＝10m/s，且方向豎直向上，重力加速度為g＝10m/s2。
（1）若不計空氣阻力，則小球從拋出直至回到拋出點經(jīng)過多長時間？
（2）若空氣阻力大小恒為0.2N，則小球上升到最高點時，離拋出點的高度為多少？
（3）若空氣阻力大小與速度大小滿足F＝kv的關(guān)系，其中k為定值。若已知小球落回拋出點前速度恒定且大小為5m/s，則關(guān)系式中的k值為多少？
【答案】（1）8s；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）若不計空氣阻力，小球做豎直上拋運動

從拋出直至回到拋出點的時間

解得

（2）設(shè)上升過程中的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有

又空氣阻力大小
解得

小球向上做勻減速直線運動，根據(jù)速度—位移公式有

解得

（3）小球落回拋出點前速度恒定，說明所受合力為0

20. 如圖是一種彈射游戲裝置示意圖，該裝置配有小車，彈射器將小車彈出后依次沿兩個半徑不同、平滑連接但不重疊的光滑圓軌道1、2運動，接著沖上兩段平滑連接的光滑圓軌道CD、DE，直至從E點平拋落回與C點等高的水平面上。軌道1、2的圓心分別為O1、O2，半徑分別為R1＝20cm、R2＝10cm，OA為水平光滑軌道，AC為長度L＝60cm的水平粗糙軌道，動摩擦因數(shù)，圓弧軌道CD、DE的半徑均為R3＝20cm，對應(yīng)圓心角θ均為37°，水平軌道與圓弧軌道CD相切于C點。可視為質(zhì)點的小車質(zhì)量m＝0.1kg，游戲時彈射器將小車自O(shè)點以一定初速度彈出，軌道各部分平滑連接，g取10m/s2。
（1）求小車通過軌道1最高點B的最小速度；
（2）改變彈射器對小車的沖量，但小車均能通過軌道1、2，寫出小車通過軌道2最低點A時，受到軌道的支持力大小與彈射器對小車的沖量大小的關(guān)系式；
（3）若小車能夠通過軌道1，且小車整個運動過程均不脫離軌道，求小車從E點水平拋出后，其落到水平面上的點與E點水平距離x的范圍。

【答案】（1）；（2）（）；（3）
【解析】
【詳解】（1）若能通過軌道1最高點，必然能夠通過其他軌道，則有

解得小車通過軌道1最高點B的最小速度為

（2）彈射器彈開過程中由動量定理得

根據(jù)機械能守恒定律可知

小車運動至圓軌道2最低點A時，根據(jù)牛頓第二定律有

聯(lián)立可得

由（1）可得為確保小車通過圓軌道，需滿足

根據(jù)動能定理有

解得
，
故軌道對小車作用力與彈射器對小車沖量的關(guān)系為
（）
（3）小車沖上兩段平滑連接的圓弧軌道CDE時，最容易脫離軌道的位置為D點，為保證D點不脫離軌道，則應(yīng)滿足

解得

由（1）可得小車通過圓軌道1，則有，當(dāng)時，根據(jù)動能定理有

解得

因此小車不會脫離軌道。
①時，小車恰好能通過圓弧軌道1到達E點，根據(jù)動能定理有

平拋運動的時間為

解得落點離E點水平距離點最小值

②時，小車恰好能通過圓弧軌道CDE到達E點，根據(jù)動能定理有

平拋運動的時間為

解得落點離E點水平距離點最大值

故水平距離x的范圍為

21. 如圖（俯視）所示，在間距L=0.2m的兩光滑平行水平導(dǎo)軌間，磁感應(yīng)強度分布沿y方向不變，沿x方向如下：，x≥0區(qū)域內(nèi)的導(dǎo)軌為絕緣材料，導(dǎo)軌間通過單刀雙擲開關(guān)S連接穩(wěn)壓電源U=1V和電容C=1F的未充電的電容器，有一質(zhì)量m=0.16kg、R1=1Ω的金屬棒a垂直導(dǎo)軌靜止放置于x0區(qū)域，線框沿y方向長度L1=0.2m，沿x方向?qū)挾萀2=0.1m，匝數(shù)n=80，阻值R2=9Ω，質(zhì)量M=0.64kg。當(dāng)開關(guān)S擲向1時給電容器充電，電容器充電結(jié)束后開關(guān)S擲向2，已知金屬棒a在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直。求：
（1）開關(guān)S接通2瞬間，金屬棒a的加速度a1；
（2）金屬棒a剛運動到x=0處時的速度v1；
（3）金屬棒a越過x=0處后與線框b碰撞，剛好合為一個閉合的多匝線框，則該線框最終停止運動時，離開x=0處的距離。

【答案】（1）1.25m/s2，方向沿x軸正方向；（2）1m/s；（3）
【解析】
【詳解】（1）開關(guān)S接通2瞬間，金屬棒a兩端電壓為U，則有

由牛頓第二定律有

解得
a1=1.25m/s2
方向沿x軸正方向。
（2）金屬棒a開始時離開x=0處足夠遠，所以金屬棒a運動到x=0處時速度已穩(wěn)定，此時，電容器兩端電壓

假設(shè)速度從零增大到v1過程流過金屬棒的電荷量為q，則有

取向右為正方向，對金屬棒a有

又由于

解得
v1=1m/s
（3）設(shè)金屬棒a與線框b碰撞后速度為v2，取向右為正方向，由動量守恒定律得
mv1=（M+m）v2
解得：
v2=0.2m/s
由于線框沿x方向?qū)挾萀2=0.1m，根據(jù)題意，可知閉合的多匝線框左右兩邊的磁感應(yīng)強度差值保持不變
ΔB=0.1T
假設(shè)線框某時刻速度為v，則線框感應(yīng)電動勢
E=nΔBL1v
感應(yīng)電流

線框所受的安培力

根據(jù)動量定理得
|IF安|=（M+m）v2
即有

則有

解得

22. 如圖所示，真空中有一長為H的直細金屬導(dǎo)線，置于一半徑為、高為的金屬圓柱網(wǎng)面的軸線上，導(dǎo)線與金屬圓柱網(wǎng)面之間電壓恒為，導(dǎo)線為負極。金屬圓柱網(wǎng)面與半徑的同軸等高圓柱面之間，磁感應(yīng)強度為，其大小可調(diào)。假設(shè)導(dǎo)線每秒逸出的電子數(shù)為，同一高度逸出的電子均沿水平徑向由靜止開始加速，且沿各徑向方向也均勻分布。已知電子質(zhì)量為，不考慮出射電子間的相互作用。
（1）求電子到達金屬圓柱網(wǎng)面速度大??；
（2）要求沒有電子能飛出半徑的圓柱側(cè)面，求磁感應(yīng)強度的最小值；
（3）若磁感應(yīng)強度的大小保持上題（2）得到的最小值，并在金屬圓柱網(wǎng)面與半徑為的圓柱面之間，加豎直向下的勻強電場，電場強度為（），接收板圓心與點重合，半徑為，厚度忽略不計，在該金屬板上接地的線路中檢測到電流的電流強度為。

【答案】（1）；（2）；（3）見解析
【解析】
【詳解】（1）根據(jù)題意，由動能定理有

解得電子到達金屬圓柱網(wǎng)面速度大小

（2）根據(jù)題意，沒有電子能飛出半徑的圓柱側(cè)面，臨界情況就是讓電子軌道與半徑為的圓柱側(cè)面相切，這樣求解的是磁感應(yīng)強度的最小值，畫出柱面以及軌跡俯視圖如下圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系有

根據(jù)洛倫茲力提供向心力

解得磁感應(yīng)強度的最小值

（3）根據(jù)題意可知，電子運動可以理解為兩個分運動，一是水平方向的勻速圓周運動，周期為

一是整豎直方向上勻加速直線運動，加速度為

俯視圖如圖所示

電子勻速圓周運動分別通過①②③④⑤位置，其中①⑤位置分別為剛出和回到金屬圓柱網(wǎng)面，②④位置為軌跡與接收板邊緣的交點，根據(jù)題意以及幾何關(guān)系可以證明

則①至②過程圓弧對應(yīng)圓心角，④至⑤過程圓弧對應(yīng)圓心角均為，由于，則最下端的電子達到接收板的時間小于。若最下端電子在時刻到達接收板，則

解得

若最下端電子在時刻到達接收板，則

解得

第一種情況，若最下端電子在到達接收板，即

所有電子均能在①至②過程到達接收板，則有

第二種情況，若最下端電子在內(nèi)到達接收板，即

那么能在時刻到達接收板的電子離開接收板的距離為

離開接收板的距離小于的電子能在軌跡①至②過程達到接收板，所以

第三種情況，若最下端電子在內(nèi)到達接收板，即

那么能在時刻到達接收板的電子離開接收板的距離為

則離開接收板的距離大于的電子能在軌跡④至⑤過程達到接收板，離開接收板的距離小于的電子能在軌跡①至②過程達到接收板，則有


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