?2023年浙江省高考物理模擬卷
考生注意：
1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁，滿分100分，考試時間90分鐘
2.答題前，務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆填寫在答題紙上
3.選擇題的答案須用2B鉛筆將答題紙上對應題目的答案標號涂黑，如要改動，須將原填涂處用橡皮擦凈
4.非選擇題的答案須用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應區(qū)域內(nèi)，作圖時可先使用2B鉛筆，確定后須用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑，答案寫在本試題卷上無效
5.本卷中重力加速度未作說明時，取
一、單項選擇題（本題有13個小題，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. 若用國際單位制中的基本單位表示電勢的單位。正確的是（　?。?br /> A. V B. C. D.
【答案】D
【解析】
【詳解】根據(jù)

根據(jù)單位運算可知，上述單位為

故選D。
2. 2021年6月17日，中國航天員聶海勝、劉伯明、湯洪波搭乘神舟十二號載人飛船進入太空。7月4日，神舟十二號航天員進行了中國空間站首次出艙活動。圖示為航天員在空間站外部進行操作的畫面，下列判斷正確的是（　　）

A. 航天員此時處于完全失重狀態(tài)
B. 航天員工作過程中，可以看作質(zhì)點
C. 航天員所帶裝備對人施加的壓力等于裝備的重力
D. 航天員此時處于半倒立狀態(tài)，所受合外力為0
【答案】A
【解析】
【詳解】A．航天員與空間站一起繞地球做圓周運動，由萬有引力提供向心力，航天員處于完全失重狀態(tài)，A正確；
B．航天員工作過程中，航天員的形狀和體積不能夠忽略，因此航天員工作過程中，不能夠看作質(zhì)點，B錯誤；
C．根據(jù)上述由于航天員與裝備均處于失重狀態(tài)，有豎直向下的加速度，則航天員所帶裝備對人施加的壓力小于裝備的重力，C錯誤；
D．航天員處于失重狀態(tài)，有向下的加速度，則航天員此時處于半倒立狀態(tài)，所受合外力為不為0，D錯誤。
故選A。
3. 如圖是杭州二中校園內(nèi)的“赤子之鐘”，它激勵著一代又一代的二中人，薪火相繼、不輟奮進。下列分析正確的是（　?。?br />
A. 鐘懸掛靜止時，支架對鐘的拉力與鐘對支架的拉力是一對平衡力
B. 鐘被撞擊振動時，支架對鐘的拉力與鐘對支架的拉力大小不相等
C. 某次鐘被撞擊后，繼續(xù)發(fā)出洪亮的鐘鳴，說明此時鐘還在做受迫振動
D. 某次鐘被撞擊后，繼續(xù)振動的頻率與撞鐘的頻率無關，鐘鳴聲波屬于縱波
【答案】D
【解析】
【詳解】A．鐘懸掛靜止時，支架對鐘的拉力與鐘對支架的拉力是一對作用力與反作用力，A錯誤；
B．支架對鐘的拉力與鐘對支架的拉力是一對作用力與反作用力，大小一定相等，B錯誤；
C．某次鐘被撞擊后，繼續(xù)發(fā)出洪亮的鐘鳴，說明此時鐘還在振動，但沒有外界的撞擊，即不是受迫振動，而是鐘的阻尼振動，C錯誤；
D．根據(jù)上述，某次鐘被撞擊后，繼續(xù)振動的頻率等于鐘的固有頻率，與撞鐘的頻率無關，鐘鳴是聲波，屬于縱波，D正確。
故選D.
4. 嫦娥五號返回艙關閉推進器，沿如圖軌跡以類似“打水漂”的方式兩度進入大氣層，途經(jīng)相同高度的A、C兩點時具有的機械能分別為EA、EC，在B點受空氣作用力FB與重力G，則（　?。?br />
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】嫦娥五號由A點到B點再到C點過程，需克服空氣阻力做功一部分機械能要轉化為內(nèi)能，所以；B點附近一段軌跡可以看作圓周運動的一部分圓弧，分析嫦娥五號在B點時，豎直方向合力向上，空氣對嫦娥五號的作用力的豎直分力大于重力，水平分力與運動方向相反為空氣阻力，豎直分力與水平分力的合力為空氣對嫦娥五號的作用力，故嫦娥五號在B點受的空氣作用力FB大于重力G，故A正確，BCD錯誤。
故選A。
5. 反亥姆霍茲線圈是冷原子實驗室中的科研裝置，結構如圖所示。一對完全相同的圓形線圈，共軸放置。已知O為裝置中心點，a、b、c、d點到O點距離相等，直線與線圈軸線重合，直線與軸線垂直?，F(xiàn)兩線圈內(nèi)通入大小相等且方向相反的電流，則（　?。?br />
A. 兩線圈間為勻強磁場 B. O點磁感應強度為零
C. a、c兩點的磁感應強度相同 D. b、d兩點的磁感應強度相同
【答案】B
【解析】
【詳解】B．根據(jù)安培定則，左側線圈產(chǎn)生的磁場在b、d點處的磁感應強度方向整體向右，右側線圈產(chǎn)生的磁場在b、d點處的磁感應強度方向整體向左，由于兩線圈內(nèi)通入的電流大小相等，根據(jù)對稱性可知，兩線圈在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小相等，方向相反，則O點的磁感應強度為零，B正確；
A．根據(jù)上述O點的磁感應強度為零，可知兩線圈間的磁場不是勻強磁場，A錯誤；
C．根據(jù)環(huán)形電流磁場的磁感線分布規(guī)律可知，左側線圈在a點的磁場方向斜向右下方，在c點的磁場方向斜向右上方，右側線圈在a點的磁場方向斜向左下方，在c點的磁場方向斜向左上方，根據(jù)對稱性結合磁場疊加可知，兩線圈在a、c兩點的磁感應強度大小相等，方向相反，即a、c兩點的磁感應強度不相同，C錯誤；
D．根據(jù)環(huán)形電流磁場的磁感線分布規(guī)律可知，左側線圈在b、d兩點的磁場方向均向右，右側線圈在b、d兩點的磁場方向均向左，根據(jù)對稱性結合磁場疊加可知，b、d兩點的磁感應強度大小相等，方向相反，即b、d兩點的磁感應強度不相同，D錯誤。
故選B。
6. 如圖所示，衛(wèi)星沿圓形軌道I環(huán)繞地球運動，當其運動到M點時采取了一次減速制動措施，進入橢圓軌道（II或III）。軌道I、II和III均與地球赤道面共面，變更軌道后（　?。?br />
A. 衛(wèi)星可能沿軌道III運動
B. 衛(wèi)星經(jīng)過M點之后速度可能大于7.9km/s
C. 衛(wèi)星經(jīng)過M點時的加速度變大
D. 衛(wèi)星環(huán)繞地球運動的周期變大
【答案】B
【解析】
【詳解】A．M點時采取了一次減速制動措施，衛(wèi)星速度減小，衛(wèi)星將由高軌道變軌到低高度，由圖可知，相對于圓形軌道I，橢圓軌道II是低軌道，橢圓軌道III是高軌道，可知衛(wèi)星可能沿軌道II運動，衛(wèi)星不可能沿軌道III運動，A錯誤；
B．7.9km/s是第一宇宙速度，等于近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，根據(jù)圖像可知，M點是橢圓軌道II的遠地點，衛(wèi)星在該點的速度小于近地點的速度，相對于近地衛(wèi)星，橢圓軌道II是高軌道，由近地衛(wèi)星變軌到橢圓軌道II，需要在近地點加速，即橢圓軌道II近地點的速度大于7.9km/s，可知衛(wèi)星經(jīng)過M點之后速度可能大于7.9km/s，B正確；
C．根據(jù)

解得

可知變更軌道后，衛(wèi)星經(jīng)過M點時距離地心間距不變，則衛(wèi)星經(jīng)過M點時的加速度也不變，C錯誤；
D．根據(jù)開普勒第三定律有

由于圓形軌道I的軌道半徑大于橢圓軌道II的半長軸，則圓形軌道I的周期大于橢圓軌道II的周期，即衛(wèi)星環(huán)繞地球運動的周期變小，D錯誤。
故選B。
7. 了測量儲物罐中不導電液體的高度，有人設計了一個監(jiān)測液面高度變化的傳感器。將與儲物罐外殼絕緣的兩塊平行金屬板構成的電容C置于儲物罐中，電容C可通過開關S與電感L或電源相連，如圖所示。當開關從a撥向b時，由電感L和電容C構成的回路中產(chǎn)生振蕩電流。通過檢測振蕩電流的頻率變化，可以推知液面的升降情況。關于此裝置，以下說法中正確的是（　?。?br />
A. 電源電壓越大，則振蕩電流的頻率越高
B. 振蕩電流的頻率升高，說明液面高度在降低
C. 當電路中的電流最大時，電容器兩端的電壓最大
D. 當開關從a剛撥向b時，電感L中的自感電動勢為0
【答案】B
【解析】
【詳解】A．振蕩電路的周期為

可知

即振蕩電路的頻率與電源電壓無關。故A錯誤；
B．根據(jù)

可知液面高度降低的時候，兩板間充入的電介質(zhì)減少，導致電容器的電容減小。振蕩電流的頻率升高。故B正確；
C．當電路中電流最大時，電容器極板上的電荷量最小，即兩端的電壓最小。故C錯誤；
D．當開關從a剛撥向b時，電路中電流開始逐漸增大，電感L中的自感電動勢不為零。故D錯誤。
故選B。
8. 范德格拉夫起電機可為加速離子提供高電壓，其結構示意圖如圖所示，大金屬球殼由絕緣支柱支持著，球殼內(nèi)壁接電刷F的左端，當帶正電傳送帶（橡膠布做成）經(jīng)過電刷F的近旁時，電刷F便將電荷傳送給與它相接的導體球殼上，使球殼電勢不斷升高。關于這個起電機，以下說法正確的有（　?。?br />
A. 電刷F與傳送帶之間是摩擦起電
B. 把電刷F放于金屬球殼內(nèi)部，主要是出于安全考慮
C. 工作中，電刷F的右端感應出負電荷，但它的電勢不斷升高
D. 傳送帶不運動，金屬球殼上的電荷量也能不斷增多
【答案】C
【解析】
【詳解】A．由于帶正電傳送帶（橡膠布做成）經(jīng)過電刷F的近旁時，電刷F便將電荷傳送給與它相接的導體球殼上，兩者沒有接觸，可知電刷F與傳送帶之間是感應起電，A錯誤；
B．把電刷F放于金屬球殼內(nèi)部，主要考慮到當帶電的物體接觸金屬容器內(nèi)側時，由于靜電平衡，容器將獲得所有電荷，并且使物體成為電中性，B錯誤；
C．根據(jù)靜電感應的“近異遠同”規(guī)律可知，工作中，帶正電傳送帶（橡膠布做成）經(jīng)過電刷F的近旁時，電刷F的右端（近端）感應出負電荷，電刷F的左端（遠端）感應出正電荷，由于球殼內(nèi)壁接電刷F的左端，即球殼內(nèi)壁接電刷F電勢相等，在電刷F便將正電荷不斷傳送給與它相接的導體球殼上，球殼電勢不斷升高，即電刷的電勢也不斷升高，C正確；
D．電刷F的右端與傳送帶之間會發(fā)生尖端放電，若傳送帶不運動，尖端放電結束后，不會再發(fā)生感應起電，只有傳送帶在運動過程中，不斷地通過尖端放電，才能夠金屬球殼上的電荷量不斷增多，即傳送帶不運動，金屬球殼上的電荷量不能不斷增多，D錯誤。
故選C。
9. 圖a表示一列簡諧橫波沿直線傳播，圖b畫出了兩質(zhì)點A、B的振動圖像，已知A、B平衡位置之間的距離為四分之一波長，波的傳播方向為B→A?？梢员硎举|(zhì)點A的振動圖線的是（　　）

A. 只有第1條曲線
B. 只有第2條曲線
C. 兩條曲線中的任意一條都可以
D. 兩條曲線都不可以
【答案】A
【解析】
【詳解】A、B平衡位置之間的距離為四分之一波長，根據(jù)振動圖像可知，在t=0時刻兩質(zhì)點分別位于平衡位置與波峰，作出可能得波形如圖甲、乙所示

波的傳播方向為B→A，若為圖甲，根據(jù)同側法可知，質(zhì)點B沿y軸向下運動，與圖b一致，此時質(zhì)點A的振動圖線的是第1條曲線，若為圖乙，根據(jù)同側法可知，質(zhì)點A沿y軸向上運動，與圖b不一致，即質(zhì)點A的振動圖線只能是第1條曲線。
故選A。
10. 為探討磁場對腦部神經(jīng)組織的影響及臨床醫(yī)學應用，某小組查閱資料得知：“將金屬線圈放置在頭部上方幾厘米處，給線圈通以上千安培、歷時約幾毫秒的脈沖電流，電流流經(jīng)線圈產(chǎn)生瞬間的高強度脈沖磁場，磁場穿過頭顱對腦部特定區(qū)域產(chǎn)生感應電場及感應電流，而對腦神經(jīng)產(chǎn)生電刺激作用，其裝置如圖所示?！蓖瑢W們討論得出的下列結論正確的是（　　）

A. 脈沖電流流經(jīng)線圈會產(chǎn)生高強度的磁場是電磁感應現(xiàn)象
B. 脈沖磁場在線圈周圍空間產(chǎn)生感應電場是電流的磁效應
C. 若將脈沖電流改為恒定電流，可持續(xù)對腦神經(jīng)產(chǎn)生電刺激作用
D. 若脈沖電流最大強度不變，但縮短脈沖電流時間，則在腦部產(chǎn)生的感應電場及感應電流會增強
【答案】D
【解析】
【詳解】A．脈沖電流流經(jīng)線圈會產(chǎn)生高強度的磁場是電流的磁效應，故A錯誤；
B．脈沖磁場在線圈周圍空間產(chǎn)生感應電場是電磁感應現(xiàn)象，故B錯誤；
C．若將脈沖電流改為恒定電流，線圈將會產(chǎn)生恒定磁場，腦部特定區(qū)域不會產(chǎn)生持續(xù)的感應電場及感應電流，對腦神經(jīng)不會持續(xù)產(chǎn)生電刺激作用，故C錯誤；
D．脈沖磁場對腦部特定區(qū)域產(chǎn)生感應電場及感應電流，滿足


若脈沖電流最大強度不變，但縮短脈沖電流時間，則腦部特定區(qū)域的磁通量改變量大小不變，但磁通量改變的時間縮短，所以感應電場及感應電流增大，故D正確。
故選D。
11. 表面沾有流感病毒的口罩，可使用波長為253.7nm的紫外線照射，破壞病毒的脫氧核糖核酸DNA和核糖核酸RNA的結構，達到消滅病毒的效果。已知普朗克常量，若該紫外線以強度為垂直照射口罩表面2.0s，則這2.0秒鐘每平方厘米接收的紫外線光子數(shù)目為（　?。?br /> A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【詳解】由題意可知紫外線的功率為

根據(jù)

解得每平方厘米接收的紫外線光子數(shù)目為

故選D。
12. 有一種理論認為所有比鐵重的元素都是超新星爆炸時形成的。已知235U和238U的半衰期分別為年和年，若地球上的鈾來自年前的超新星爆炸，且爆炸時產(chǎn)生相同數(shù)量的235U和238U，則目前地球上235U與238U原子核的數(shù)量比約為多大（　?。?br /> A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】根據(jù)
，
解得

故選B。
13. 如圖所示，OBCD為半圓柱體玻璃的橫截面，OD為直徑，一束由紫光和紅光組成的復色光沿AO方向從真空射入玻璃，紫光和紅光分別從B、C點射出。下列說法中正確的是（　　）

A. 逐漸減小入射角i，紫光先發(fā)生全反射
B. 逐漸減小入射角i，紅光先發(fā)生全反射
C. 紅光在半圓柱體玻璃中傳播的時間較長
D. 紫光在半圓柱體玻璃中傳播的時間較長
【答案】A
【解析】
【詳解】AB．紫光的折射率較大，由可知，紫光的臨界角較小，而紫光射到玻璃內(nèi)表面時入射角較大，所以逐漸減小入射角i，紫光先發(fā)生全反射，故A正確，B錯誤。
CD．設任一光在O點的折射角為r，則光在玻璃中傳播距離為
s=2Rsinr
傳播時間

光在介質(zhì)中的傳播速度

結合折射定律有

代入整理得

所以紫光和紅光在半圓柱體中傳播時間相同，同時從半圓柱體玻璃中射出，故CD錯誤；
故選A。
二、不定項選擇題（本題有2個小題，每題3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3分，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分）
14. 我們用如圖所示的電路研究光電效應時，當開關閉合后，微安表有一定示數(shù)，以下說法正確的是（　?。?br />
A. 如圖所示的電路連接可用于測量遏止電壓
B. 更換電源的正負極，可以使微安表示數(shù)減小
C. 把滑動變阻器滑動頭向左滑動，微安表示數(shù)一定減小
D. 僅增大入射光強度時，微安表示數(shù)一定增大
【答案】BD
【解析】
【詳解】A．測量遏止電壓時，應使光電子逸出后減速運動，圖中電路不能測量遏止電壓，故A錯誤；
B．將電源的正，負極對調(diào)，若電壓超過遏止電壓，則微安表示數(shù)為零，若電壓小于遏止電壓，則微安表示數(shù)減小，故B正確；，
C．滑動變阻器滑片左移，正向電壓減小，若沒有達到飽和光電流，則微安表示數(shù)減小，若已經(jīng)達到飽和光電流，則微安表示數(shù)不變，故C錯誤；
D．僅增大入射光強度，則單位時間里產(chǎn)生的光電子數(shù)目增多，所以微安表示數(shù)一定增大，故D正確；
故選BD。
15. 如圖所示為氫原子的能級示意圖，已知鋅的逸出功是3.34eV，那么對氫原子在能級躍遷過程中發(fā)射或吸收光子的特征認識正確的是（　?。?br />
A. 由圖可知，電子離核越遠，能級越高，繞核運動的動能越大
B. 用能量為10.30eV的電子撞擊處于基態(tài)的氫原子，可能使其躍遷到激發(fā)態(tài)
C. 一群處于能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，發(fā)出的光照射鋅板，其中有4種不同頻率的光能使鋅板發(fā)生光電效應
D. 假設氫原子從n能級向較低的各能級躍遷的概率均為，則對個處于能級的氫原子，躍遷過程中輻射的光子的總數(shù)為個
【答案】BCD
【解析】
【詳解】A．根據(jù)

解得

結合能級圖可知，電子離核越遠，能級越高，繞核運動的動能越小，A錯誤；
B．由于
10.30eV-13.6eV=-3.3eV>-3.4eV
可知用能量為10.30eV的電子撞擊處于基態(tài)的氫原子，可能使其躍遷到激發(fā)態(tài)，B正確；
C．一群處于能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，發(fā)出的光的光子的能量分別為










鋅的逸出功是3.34eV，根據(jù)躍遷規(guī)律可知，其中有4種不同頻率的光能使鋅板發(fā)生光電效應，C正確；
D．假設氫原子從n能級向較低的各能級躍遷的概率均為，則對個處于能級的氫原子，躍遷至能級輻射的光子數(shù)為

躍遷至能級輻射的光子數(shù)為

而能級躍遷至能級輻射的光子數(shù)為

則對個處于能級的氫原子，躍遷過程中輻射的光子的總數(shù)為

D正確。
故選BCD。
三、非選擇題（本題共有5小題，共55分）
16. 如圖甲所示為研究電容器充放電的電路圖，先將開關接1，給電容器充電，待電容器充滿電后，將開關撥到2，利用電流傳感器得到電流隨時間變化的關系如圖乙所示，現(xiàn)將電阻R0換成2R0，則電流隨時間變化的關系可能為圖丙中的___________

【答案】b
【解析】
【詳解】[1]電容器帶電荷量不變，則圖線與時間軸圍成的面積不變，因為電阻增大，初始電壓不變，則初始電流減小，且放電過程中，電流減小，圖線與坐標軸所圍面積不變，則電流隨時間變化的關系可能為圖丙中的b。
17. 如圖甲所示為“用雙縫干涉測量光的波長”的實驗

（1）甲圖中A、B處分別應該安裝的器材及濾光片的位置是___________。
A．A處安裝單縫，B處安裝雙縫，濾光片置于AB之間
B．A處安裝雙縫，B處安裝單縫，濾光片置于A與凸透鏡之間
C．A處安裝單縫，B處安裝雙縫，濾光片置于A與凸透鏡之間
D．A處安裝雙縫，B處安裝單縫，濾光片置于目鏡處
（2）該同學按順序安裝好儀器，并調(diào)整好光路后，得到了如圖乙所示的干涉條紋（圖中陰影部分為亮紋），發(fā)現(xiàn)叉絲豎線與條紋不平行，若此時他旋轉測量頭上的旋鈕，會發(fā)現(xiàn)___________。
A．條紋左右移動
B．條紋沿EF移動
C．叉絲豎線沿EF移動
D．叉絲豎線左右移動
（3）如圖甲中，，該同學不知道雙縫間距是多少，他查閱說明書，發(fā)現(xiàn)雙縫間距有兩種規(guī)格，分別是，和，調(diào)整裝置使叉絲豎線與條紋平行后，叉絲中心線對準某條亮紋中心（記為第0條）時讀數(shù)如圖丙所示，其讀數(shù)為___________mm，旋轉測量頭旋鈕，第4條亮紋中心與又絲中心線對準時讀數(shù)如圖丁所示，則被測光的波長約為___________nm（結果保留3位有效數(shù)字）

【答案】 ①. C ②. B ③. 7.40 ④. 626
【解析】
【詳解】（1）[1]用雙縫干涉測量光的波長，實驗儀器從左到右是光源、凸透鏡、濾光片、單縫、雙縫、光屏。
故選C。
（2）[2] 旋轉測量頭上的旋鈕，可以使條紋沿EF移動。
故選B。
（3）[3] 圖丙讀數(shù)為
7mm+80.05mm=7.40mm
[4] 圖丁讀數(shù)為
29mm+60.05mm=29.30mm
根據(jù)

又

分別代入d1和d2的數(shù)值，可得

可見光的波長范圍大于400nm小于760nm。所以本實驗雙縫間距采用的是，可知

18. 某研究小組想要研究一標有“6V，3W”的小型電動機的伏安特性曲線，實驗室提供的器材有：量程為0.6A的電流表（電阻約為1.0Ω），電源（電動勢為9V，內(nèi)阻為3Ω），定值電阻（阻值為6000Ω），導線若干，單刀開關一個，還有以下器材可供選擇
A．量程為3V的電壓表（內(nèi)阻為3000Ω）
B．量程為15V的電壓表（內(nèi)阻為6000Ω）
C．滑動變阻器（阻值為10Ω，額定電流為2.0A）
D．滑動變阻器（阻值為200Ω，額定電流為0.5A
（1）為盡量準確地測出小型電動機的伏安特性曲線，電壓表應選___________，滑動變阻器應___________。
（2）請用筆畫線代替導線將實物圖補充完整___________。
（3）連接好電路后，合上開關，讀出電壓表和電流表的示數(shù)，將電動機兩端電壓與流過它的電流數(shù)據(jù)在毫米方格紙中標出，并畫出其伏安特性曲線_______，請說明在P處為何出現(xiàn)如圖所示的圖像___________

（4）電動機正常工作時，電動機兩端電壓為U，通過電動機的電流為I，下列幾個功率的表達式的大小關系正確的是___________
A． B． C． D．
（5）將該電動機與一個阻值為30Ω的定值電阻并聯(lián)后，再與一個電動勢為9V，內(nèi)阻為15Ω的電源串聯(lián)，則此時電動機的輸出功率為___________W。
【答案】 ①. A ②. C ③. ④. ⑤. 電壓較小時，電動機沒有轉動，可看成純電阻，電動機開始轉動后，不能看成純電阻電路，電壓稍變大時，電流快速減小 ⑥. C ⑦. 0.176W
【解析】
【詳解】（1）[1][2]15V量程的電壓表太大，應選擇量程為3V的電壓表，并進行改裝，故選A；滑動變阻器分壓式接法的電路中，滑動變阻器應選用最大阻值小于待測電阻阻值的滑動變阻器，方便電路的調(diào)節(jié)，測量效率高，實驗誤差小，故選用C。
（2）[3]連接實物圖如圖

（3）[4]伏安特性曲線如圖

[5] 出現(xiàn)圖中P處的原因是：電壓較小時，電動機沒有轉動，可看成純電阻，電動機開始轉動后，不能看成純電阻電路，電壓稍變大時，電流快速減小。
（4）[6]電動機是非純電阻電路，電路總功率是機械功率與熱功率之和，所以有

故選C。
（5）[7]設電動機的電壓為U，電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律有

則有

U-I圖象如圖

交點處為電動機的實際電壓和電流，則有

四、計算題（本大題共41分，其中18題9分，19題12分，20題10分，21題10分）
19. 為了測量一些形狀不規(guī)則而又不便浸入液體的固體體積，可用如下圖所示裝置。操作步驟和實驗數(shù)據(jù)如下。
a.打開閥門K、使管A、容器C、容器B和大氣相通。上下移動D，使左側水銀面到達刻度n的位置。
b.關閉K，向上舉D，使左側水銀面達到刻度m的位置。這是測得兩管水銀面高度差為19.0cm
c.打開K，把被測固體放入C中，上下移動D，使左側水銀面重新到達位置n，然后關閉K
d.向上舉D，使左側水銀面重新到達刻度m處，這時測得兩管水銀面高度差為38.0cm。
已知容器C和管A的總體積為，外界大氣壓強為，保持不變，此時環(huán)境溫度為300K。求：
（1）容器B的體積；
（2）被測固體體積；
（3）維持左側液面在m處，要使放入固體后兩管中液面高度差仍為19.0cm，則環(huán)境溫度應為多少。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）根據(jù)玻意耳定律有

解得

（2）根據(jù)玻意耳定律有

解得

（3）根據(jù)查理定律有

解得

20. 2023年4月23日，某高中同學集體游玩杭州樂園，小王同學深受啟發(fā)，將高空飛翔、激流勇進、懸掛飛車等項目進行整合，設計出一款更加刺激的極限項目。如下圖所示。半徑為的圓盤邊緣通過長為的輕繩掛著若干質(zhì)量為的座椅，質(zhì)量為的人坐在其中一個座椅1上，啟動升降臺，使圓盤一邊緩慢加速轉動，一邊緩慢上升，當圓盤上升后，輕繩與豎直方向的夾角為且不再變化，某時刻，人脫離座椅1，做平拋運動，從B點進入特制座椅2，進入座椅2時速度方向恰好與軌道平行，軌道BC與水平方向夾角為，座椅2的質(zhì)量為，人連同座椅一起通過直軌道BC后進入半徑為的圓弧軌道CD，再進入水平軌道DE，圓弧軌道CD與直軌道BC和DE相切，座椅通過E點時，座椅上的掛鉤被停在H處的輕質(zhì)滑輪勾住，滑輪沿半徑為的光滑軌道運動，再次回到最低點時，掛鉤脫離滑輪，座椅沿軌道FG繼續(xù)向前直至停止。已知BC長度為，由于有水流作用，可認為座椅2在傾斜軌道及圓弧軌道上運動時無阻力，在水平軌道上時阻力大小與速度成正比，試求：
（1）圓盤上升到80m時，維持勻速圓周運動時，座椅1的速度；
（2）人坐上座椅2后瞬間，人和座椅的速度大小，并求人到達D處時，座椅2對人的支持力的大?。?br /> （3）若DE的長度為，則人最終停在距離D點多遠處；
（4）要使人安全，DE長度的取值范圍是多少（掛鉤和座椅的大小均可忽略）。

【答案】（1）；（2），；（3）18m；（4）
【解析】
【詳解】（1）對人呢和座椅有

解得

（2）進入座椅2時速度方向恰好與軌道平行，則有

解得

由動量守恒有

可得

根據(jù)動能定理有

解得

在D點有

解得

（3）根據(jù)動量定理有

根據(jù)題意，可知

可得

若人和座椅2恰好可過最高點，在最高點速度為

要求在E處速度為

因而可以過最高點，故最終會停在FG段，則有

擠壓

解得

（4）恰好到最高點

根據(jù)

解得

恰好到圓心等高點

根據(jù)

解得

21. 如圖所示，電阻可忽略的導軌EFGH與組成兩組足夠長的平行導軌，其中組成的面與水平面夾角為，且處于垂直于斜面向下大小為的勻強磁場中，EF與之間的距離為2L，GHG'H水平，且處于豎直向下，大小也為的勻強磁場中，GH與G'H'之間的距離為L，質(zhì)量為2m，長為2L，電阻為2R的導體棒AB橫跨在傾斜導軌上，且與傾斜導軌之間無摩擦，質(zhì)量為，長為L，電阻為R的導體棒CD橫跨在水平導軌上，且與水平導軌之間摩擦系數(shù)為，導體棒CD通過一輕質(zhì)細線跨過一定滑輪與一質(zhì)量也為m的物塊相連，不計細線與滑輪的阻力和空氣阻力。
（1）固定AB導體棒，試求CD棒能達到的最大速度；
（2）若固定CD，將AB由靜止釋放，則AB兩端的最大電壓為多少；
（3）同時釋放AB和CD，試求兩導體棒能達到的最大速度分別為多大；
（4）假定從釋放到兩棒達到最大速度經(jīng)歷的時間為t，試求此過程中兩導體棒產(chǎn)生的總焦耳熱。

【答案】（1）；（2）；（3），；（4）
【解析】
【詳解】（1）CD棒達到最大速度，根據(jù)平衡條件有

根據(jù)閉合電路歐姆定律有

由此可得

（2）對AB，根據(jù)共點力平衡有

根據(jù)閉合電路歐姆定律有

由此可得

AB兩端的電壓為

（3）對導體棒AB分析

對導體棒CD分析

由以上兩式可得始終成立
因而任意時刻

研究CD棒，最終


可解得
，
(4)對CD由動量定理


根據(jù)能量守恒定律有

解得

22. 如下圖甲所示為某質(zhì)譜儀核心部件結構圖。半徑為R的圓內(nèi)有垂直紙面向外大小為B的勻強磁場，圓心為O，為豎直方向的軸線，O點右側S處有一粒子源（）可以向圓形磁場內(nèi)均勻向各個方向以相同大小的速度，發(fā)出質(zhì)量為m，電量為q的帶正電的粒子，圓形磁場上方有關于軸線對稱放置的兩塊平行金屬板，兩金屬板之間的距離為1.6R，長為2R，兩平行板間加如圖乙所示的勻強電場，其中，平行金屬板上方有垂直于紙面向內(nèi)范圍足夠大的勻強磁場，其磁感應強度也為，磁場下邊緣處有一可左右平移的探測板PQ。從S點正對圓心O射出的粒子，恰好沿軸線進入電場中。不計離子之間的相互作用，不計重力，電場變化的周期遠大于帶電粒子在磁場中運動的時間。（取，）求：
（1）進入圓形磁場中的粒子的速度大??；
（2）電容器不加電壓時，能從電容器中穿出的粒子占總粒子數(shù)的比；
（3）兩極板MN之間加上如圖乙所示的電壓，要使接收板能接收到所有從平行板電容器中射出的粒子，則板的長度至少多長；
（4）當時，若接收板可以上下左右平移，要使接收板能接擋住所有從平行板電容器中射出的粒子，則板的長度至少為多長。

【答案】（1）；（2）；（3）1.6R；（4）0.4R
【解析】
【詳解】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡半徑為

解得

（2）根據(jù)幾何關系可知


解得


從電容器穿出的粒子占總粒子數(shù)比為

（3）粒子在上方磁場中偏轉距離


可得

因而所有進入上方磁場中的粒子在磁場中向右偏轉的距離都相等，且為2R要使所有粒子都能達到PQ上，即電容器電壓為零時進入的粒子能到達PQ板上即可。
探測板PQ長度至少為

（4）帶電粒子在電場中偏轉為

如圖①為從電容器邊緣射出的粒子的軌跡
如圖③為從電容器邊緣射入的粒子，出磁場時的軌跡
如圖②為其①③中間的圓。當圖中PQ移到時，所有粒子都被擋住。因而板的長度為0.4R


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