資源簡介

2025屆湖南省普通高中高三下學(xué)期學(xué)業(yè)水平選擇性考試
（三模）物理試題（五）
本試卷共100分，考試時(shí)間75分鐘．
注意事項(xiàng)：
1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在本試卷和答題卡上．
2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑．如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)．回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．
3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回．
一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。
1．氫原子核外電子可在不同的軌道圍繞原子核高速旋轉(zhuǎn)。取無窮遠(yuǎn)處為零電勢能點(diǎn)，氫原子核外電子在半徑為r的軌道上電勢能，e為電子電荷量，k為靜電力常量。如圖所示，氫原子核外電子從半徑為的軌道1躍遷到半徑為的軌道2，需要吸收的能量為E，則（　　）
A．
B．
C．
D．
2．某跑酷運(yùn)動(dòng)員從跳臺(tái)以不同的速度從斜坡最低點(diǎn)正上方水平跳向?qū)γ娴男逼拢逼碌膬A角為 （如圖所示），已知跳臺(tái)的高度為，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為，，，則該運(yùn)動(dòng)員落到斜坡上的最小速度為（ ）
A． B．
C． D．
3．位于x=-2m和x=14m的兩個(gè)波源在t=0時(shí)刻同時(shí)開始振動(dòng)，在同一介質(zhì)中分別沿x軸正方向和負(fù)方向傳播，振幅分別為4cm和2cm，t=6s時(shí)波形如圖所示。P、M、Q為x軸上的三個(gè)質(zhì)點(diǎn)，平衡位置對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)分別為4m、5m、8m。下列說法正確的是（　　）
A．兩波源的起振方向相反
B．兩列波在重疊區(qū)域?qū)⑿纬煞€(wěn)定的干涉現(xiàn)象
C．t=10s時(shí)質(zhì)點(diǎn)M的位移為2cm
D．6~10s，質(zhì)點(diǎn)P和Q通過的路程相同
4．如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，比荷相同的兩個(gè)粒子沿直徑方向從點(diǎn)射入磁場中，分別從圓弧上的、兩點(diǎn)射出，不計(jì)粒子重力，對(duì)于從點(diǎn)射出的粒子和從點(diǎn)射出的粒子，下列說法正確的是（ ）
A. 兩粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷時(shí)間之比為
B. 兩粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)周期之比為
C. 兩粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速率之比為
D. 兩粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑之比為
5．地球繞太陽公轉(zhuǎn)的軌道可視為圓軌道，軌道半徑為R。哈雷彗星繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道為橢圓形，公轉(zhuǎn)周期為T，在近日點(diǎn)時(shí)與太陽中心的距離為r1，在遠(yuǎn)日點(diǎn)時(shí)與太陽中心的距離為r2。引力常量為G，下列說法正確的是
A．哈雷彗星在近日點(diǎn)的線速度比在遠(yuǎn)日點(diǎn)的線速度小
B．太陽的質(zhì)量為
C．哈雷彗星繞太陽運(yùn)動(dòng)的周期與地球繞太陽運(yùn)動(dòng)的周期之比為
D．哈雷彗星在近日點(diǎn)和遠(yuǎn)日點(diǎn)的加速度大小之比為
6．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一個(gè)半徑為的絕緣圓環(huán)，圓環(huán)的、、、端點(diǎn)上分別固定有一個(gè)點(diǎn)電荷，電荷量分別為、、、，圓心為，垂直于，、、、分別為、、、的中點(diǎn)，在的延長線上有點(diǎn)和點(diǎn)，且。關(guān)于四個(gè)點(diǎn)電荷形成的電場，下列判斷正確的是（ ）
A．、、、四點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等
B．、、、四點(diǎn)的電勢相同
C．點(diǎn)和點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等
D．點(diǎn)電勢大于點(diǎn)電勢
二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)是符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分
7．如圖甲，足夠長的水平傳送帶以恒定速率v=2m/s逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，一質(zhì)量為m=1kg的小物塊從傳送帶的左端向右滑上傳送帶。小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，小物塊的動(dòng)能Ek與小物塊的位移x關(guān)系圖像如圖乙所示，取重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4
B．小物塊從滑上傳送帶到離開傳送帶所需時(shí)間為1.5s
C．整個(gè)過程中小物塊與傳送帶的相對(duì)位移大小為2.5m
D．由于小物塊的出現(xiàn)導(dǎo)致傳送帶電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為12J
8．圖甲為某品牌家用燃?xì)庠铧c(diǎn)火裝置的電路原理圖，轉(zhuǎn)換器左側(cè)電路電源為一節(jié)新的干電池時(shí)，轉(zhuǎn)換器把直流電壓按比例轉(zhuǎn)換為如圖乙所示的正弦式交變電壓并加在理想變壓器的原線圈上，設(shè)變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2。當(dāng)兩點(diǎn)火針間電壓瞬時(shí)值大于5 000 V時(shí)就會(huì)產(chǎn)生電火花進(jìn)而點(diǎn)燃燃?xì)猓]合S，下列說法正確的是
甲 乙
A．當(dāng)＞100時(shí)，才能點(diǎn)燃燃?xì)?br/>B．在正常點(diǎn)燃燃?xì)獾那闆r下，兩點(diǎn)火針間電壓的有效值一定大于5 000 V
C．電壓表的示數(shù)為25 V
D．當(dāng)燃?xì)庠钪械母呻姵厥褂锰脮r(shí)，輸出電壓變小，可能會(huì)使燃?xì)庠畲虿恢?br/>9．（多選）物塊、中間用一根輕質(zhì)彈簧相接，放在光滑水平面上，，如圖甲所示.開始時(shí)兩物塊均靜止，彈簧處于原長，時(shí)對(duì)物塊施加水平向右的恒力，時(shí)撤去恒力，在內(nèi)兩物塊的加速度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示.彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，以下分析正確的是（ ）
A．內(nèi)物塊與物塊間的距離一直在減小
B．物塊的質(zhì)量為
C．撤去瞬間，的加速度大小為
D．若不撤去，則后兩物塊將一起做勻加速運(yùn)動(dòng)
10．導(dǎo)光管采光系統(tǒng)是一套采集天然光、并經(jīng)管道傳輸?shù)绞覂?nèi)的采光系統(tǒng)，如圖為過裝置中心軸線的截面。上面部分是收集陽光的半徑為R的某種均勻透明材料的半球形采光球，O為球心，下面部分是內(nèi)側(cè)涂有反光涂層的導(dǎo)光管，MN為兩部分的分界面，M、N為球面兩點(diǎn)。若一束平行MN且與MN相距h＝R的細(xì)光束從空氣入射到采光球表面時(shí)，經(jīng)折射綠光恰好照射到N點(diǎn)。則（　　）
A．綠光在采光球中的傳播速度為c
B．紅光一定能從N點(diǎn)上方射出
C．紫光有可能直接折射經(jīng)過O點(diǎn)
D．要使光束在導(dǎo)光管中發(fā)生全反射，涂層折射率應(yīng)大于管壁折射率
三、非選擇題：本大題共5題，共56分。
11．（1） 某同學(xué)用一毫安表（量程，內(nèi)阻）改裝成量程分別為、的電流表和，如圖1所示，則____ ，____ （結(jié)果保留三位有效數(shù)字）.
圖1
（2） 用改裝好的電流表或與以下器材測量某一電池的電動(dòng)勢和內(nèi)阻（電動(dòng)勢約，內(nèi)阻約）：
A.電壓表（量程，內(nèi)阻約）
B.滑動(dòng)變阻器，最大阻值
C.滑動(dòng)變阻器，最大阻值
D.開關(guān)，導(dǎo)線若干
則電流表選________（填“”或“”），滑動(dòng)變阻器選______（填“B”或“C”），電路原理圖應(yīng)選____（填“圖2”或“圖3”），用該電路圖測量的結(jié)果與真實(shí)值比較，電動(dòng)勢____（填“偏大”“偏小”或“相等”），內(nèi)阻____（填“偏大”“偏小”或“相等”）.
圖2 圖3
（3） 已經(jīng)測得該電池的電動(dòng)勢為、內(nèi)阻為 ，圖4為某一小燈泡的圖線，現(xiàn)將兩個(gè)這樣的小燈泡并聯(lián)后再與一個(gè) 的定值電阻串聯(lián)，接在該電池的兩端，如圖5所示，則兩個(gè)小燈泡的總功率為____（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）.
圖4 圖5
12．在“用單擺周期公式測量重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)利用智能手機(jī)和兩個(gè)相同的圓柱體小磁粒進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：
（1）用鐵夾將細(xì)線上端固定在鐵架臺(tái)上，將兩個(gè)小磁粒的圓柱底面吸在一起，細(xì)線夾在兩個(gè)小磁粒中間，做成如圖（a）所示的單擺；
（2）用刻度尺測量懸線的長度l，用游標(biāo)卡尺測得小磁粒的底面直徑d；
（3）將智能手機(jī)的磁傳感器置于小磁粒平衡位置的正下方，打開手機(jī)智能軟件，測量磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化；
（4）將小磁粒由平衡位置拉開一個(gè)小角度，由靜止釋放，運(yùn)行手機(jī)軟件記錄磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化曲線如圖（b）所示。回答下列問題：
　　
圖（a）　　　　　圖（b）　　　　　圖（c）
①由圖（b）可知，單擺的周期為　　　　；
②重力加速度g的表達(dá)式為　　　　（用測得的物理量的符號(hào)表示）；
③改變懸線長度l，重復(fù)步驟（2）、（3）、（4）的操作，可以得到多組周期T和懸線長度l的值，以　　　　（填“”“T”或“T2”）為縱坐標(biāo)，以l為橫坐標(biāo)，描點(diǎn)作圖。若所得的圖像如圖（c）所示，圖像的斜率為k，則重力加速度的測量值為　　　　（用k表示）。
13．2023年7月受臺(tái)風(fēng)泰利影響，我省嘉善地區(qū)發(fā)生極端暴雨天氣。當(dāng)暴雨降臨，路面水井蓋因排氣水面孔（如圖甲）堵塞可能會(huì)造成井蓋移位而存在安全隱患。如圖乙所示，水位以50mm/h的速度上漲，質(zhì)量為m=36kg的某井蓋排氣孔被堵塞且與地面不粘連，圓柱形豎直井內(nèi)水面面積為，水位與井蓋之間的距離為h=2.018m時(shí)開始計(jì)時(shí)，此時(shí)井內(nèi)密封空氣的壓強(qiáng)恰好等于大氣壓強(qiáng)，若空氣視為理想氣體，溫度始終不變，。
（1）若在井蓋被頂起前外界對(duì)井內(nèi)密封空氣做了650J的功，則該氣體 （吸收，放出）的熱量為 J；
（2）求密閉空氣的壓強(qiáng)為多大時(shí)井蓋剛好被頂起；
（3）求從圖示位置時(shí)刻起，水井蓋會(huì)被頂起所需的時(shí)間。
14．如圖所示，在傾角為θ＝37°且足夠長的粗糙斜面上放一長為L＝3．0 m、質(zhì)量為m、上下?lián)醢搴穸炔挥?jì)的U形盒子P(盒子內(nèi)底面與斜面平行)，盒子P與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝。在盒子的上端放一質(zhì)量等于2m的物塊Q(可看作質(zhì)點(diǎn))，Q與盒子內(nèi)表面無摩擦，同時(shí)由靜止釋放物塊Q和盒子P，物塊在盒內(nèi)滑下與下面擋板碰撞，設(shè)碰撞時(shí)間極短且碰撞中沒有機(jī)械能損失，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8。求：
(1)物塊Q與盒子P發(fā)生第一次碰撞后各自的速度大小；
(2)物塊Q與盒子P發(fā)生第一次碰撞后至第二次碰撞前，Q與盒子下?lián)醢彘g的最大距離以及第一次碰撞后再經(jīng)過多長時(shí)間Q與P發(fā)生第二次碰撞(結(jié)果可用根式表示)。
15．如圖所示，水平地面上豎直放置一個(gè)邊長為2L = 0.2 m、質(zhì)量m = 0.8 kg、總電阻為R = 1 × 10 4 Ω的正方形單匝導(dǎo)體框MNPQ，豎直面內(nèi)存在兩個(gè)矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域abcd和efgh，寬度均為3L且足夠高，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B = 0.1 T，方向均垂直紙面向里，cd水平且在地面以下，gh水平且與地面相距L，bc與eh的水平距離為2L。導(dǎo)體框的MQ邊剛好和ad重合。對(duì)導(dǎo)體框施加一個(gè)水平向右的拉力，使導(dǎo)體框由靜止開始做加速度大小為a = 0.6 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，直至導(dǎo)體框恰好離開磁場區(qū)域abcd，之后令其做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度為g = 10 m/s2，導(dǎo)體框平面始終與磁場垂直，導(dǎo)體框與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ = 0.1，。求：
(1)導(dǎo)體框的NP邊剛離開bc邊時(shí)，拉力的大小F0；
(2)導(dǎo)體框從開始運(yùn)動(dòng)到恰好離開磁場區(qū)域abcd的過程中，拉力沖量IF的大小；
(3)導(dǎo)體框從開始運(yùn)動(dòng)至NP邊到達(dá)fg邊的過程中與地面摩擦產(chǎn)生的熱量Q。
參考答案
1．【答案】A
【思路點(diǎn)撥】本題是一道較難題，考查的是原了物理中玻爾氫原子模型的相關(guān)知識(shí)。其中，氫原子核外電子的勢能是總能量的2倍，動(dòng)能是總能量的相反數(shù)，這塊知識(shí)很容易被學(xué)生所忽略。而本題的題干中給的是電勢能的公式，而問的是躍遷所需要的總能量，很容易被學(xué)生按照電勢能去進(jìn)行計(jì)算。因此需要學(xué)生進(jìn)行氫原子模型中的各個(gè)能量有清晰的認(rèn)識(shí)和分辨。
【詳解】核外電子繞原子核做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有，得動(dòng)能為，電子在軌道r上原子能量，從半徑為的軌道1躍遷到半徑為的軌道2，吸收的能量為，選A。
2．【答案】B
【解析】設(shè)該運(yùn)動(dòng)員落到斜坡上經(jīng)歷的時(shí)間為,由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得,水平方向上的位移,豎直方向的位移,由幾何關(guān)系可得,運(yùn)動(dòng)員落到斜坡上時(shí)速度滿足,整理可得,當(dāng)時(shí),速度最小,最小值為,正確.
【方法總結(jié)】
求速度的最小值,找出速度的函數(shù)表達(dá)式,通過函數(shù)求極值的方法,找最小值.
3．【答案】C
【詳解】A．根據(jù)同側(cè)法可知，左側(cè)波形的波前P沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，右側(cè)波形的波前Q沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，由于波源起振方向與波前振動(dòng)方向相同，可知，兩波源的起振方向相同，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)6s時(shí)的波形可知
，
解得
兩波源振動(dòng)的周期不相同，即兩波源振動(dòng)的頻率不相同，可知，兩列波在重疊區(qū)域不會(huì)形成穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，故B錯(cuò)誤；
C．兩列波傳播速度相等，均等于
則6s到10s時(shí)間間隔內(nèi)兩列波傳播的距離
則將6s時(shí)的波形沿波傳播方向平移4m即可得到10s時(shí)的波形，平移后可知，10s時(shí)左側(cè)波形在質(zhì)點(diǎn)M的位置為平衡位置，右側(cè)波形在質(zhì)點(diǎn)M的位置為波峰位置，則t=10s時(shí)質(zhì)點(diǎn)M的位移為2cm，故C正確；
D．由于質(zhì)點(diǎn)P、Q平衡位置之間的間距為4m，結(jié)合上述可知，6~10s內(nèi)，右側(cè)波形沒有到達(dá)P點(diǎn)，左側(cè)波形沒有到達(dá)Q點(diǎn)，則6~10s內(nèi)，由于
，
則質(zhì)點(diǎn)P通過的路程
質(zhì)點(diǎn)Q通過的路程
可知，6~10s，質(zhì)點(diǎn)P和Q通過的路程不相同，故D錯(cuò)誤。
故選C。
4．【答案】D
【解析】作出帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，到達(dá)點(diǎn)的粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為 ，到達(dá)點(diǎn)的粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為 ，洛倫茲力提供粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有,結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)有,因此周期，兩粒子比荷相同且在同一磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，可得周期相同，可得，，則，、錯(cuò)誤；設(shè)圓形磁場的半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系可得 ，，解得，根據(jù)可得，，錯(cuò)誤，正確.
5．【答案】B　
【解析】根據(jù)開普勒第二定律，相同的時(shí)間內(nèi)，哈雷彗星與太陽連線掃過的面積相同，由r1＜r2可知在相同的極短時(shí)間內(nèi)，哈雷彗星在近日點(diǎn)附近通過的弧長比在遠(yuǎn)日點(diǎn)附近通過的弧長長，故哈雷彗星在近日點(diǎn)的線速度比在遠(yuǎn)日點(diǎn)的線速度大，A錯(cuò)誤；地球繞太陽做圓周運(yùn)動(dòng)，哈雷彗星繞太陽做橢圓運(yùn)動(dòng)，根據(jù)開普勒第三定律有＝，則哈雷彗星繞太陽運(yùn)動(dòng)的周期與地球繞太陽運(yùn)動(dòng)的周期之比＝，C錯(cuò)誤；地球做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力有G＝m地R，故＝＝，解得太陽質(zhì)量M＝，B正確；根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律有＝ma，得哈雷彗星在近日點(diǎn)和遠(yuǎn)日點(diǎn)的加速度大小之比為＝，D錯(cuò)誤。
6．【答案】A
【解析】根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷形成的電場特點(diǎn)可知，、和、處的點(diǎn)電荷在、、、四點(diǎn)處的電場分布如圖甲所示,點(diǎn)和點(diǎn)處的點(diǎn)電荷形成的電場中電場強(qiáng)度、，方向都是豎直向下，點(diǎn)和點(diǎn)處的點(diǎn)電荷形成的電場中電場強(qiáng)度、，方向都是水平向右，且，，根據(jù)電場強(qiáng)度的疊加可知、、、四點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，正確；選取無窮遠(yuǎn)電勢為零，可知正電荷周圍的電勢離正電荷越近電勢越高，且為正值，離負(fù)電荷越近電勢越低且為負(fù)值，根據(jù)對(duì)稱性和疊加原理可知，錯(cuò)誤；根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷形成的電場特點(diǎn)可知，四個(gè)點(diǎn)電荷在、兩點(diǎn)處電場分布如圖乙所示，根據(jù)庫侖定律及幾何關(guān)系有，，，，根據(jù)場強(qiáng)疊加法則可知點(diǎn)電場強(qiáng)度大于點(diǎn)電場強(qiáng)度，錯(cuò)誤；根據(jù)電勢的疊加原理可知點(diǎn)的和點(diǎn)的電荷在點(diǎn)和點(diǎn)產(chǎn)生的電勢之和均為零，點(diǎn)的和點(diǎn)的電荷形成的電場線如圖丙所示，可知電場線方向由指向，根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知，錯(cuò)誤。
甲 乙 丙
【命題創(chuàng)新 】電場和電勢的疊加屬于高考中的常考點(diǎn)，近幾年等量同種或異種點(diǎn)電荷的場強(qiáng)均有考查，本題巧妙地構(gòu)建了四個(gè)點(diǎn)電荷，可構(gòu)建成兩對(duì)異種點(diǎn)電荷模型，考查學(xué)生對(duì)電場和電勢疊加的理解，需要學(xué)生具備一定的對(duì)稱思想。
7．【答案】AD
【詳解】由圖乙可知，圖像斜率的絕對(duì)值表示合外力的大小，小物塊向右滑動(dòng)過程，合外力為摩擦力，則有，則，A正確；物塊剛滑上傳送帶時(shí)，有，所以，所以物塊返回過程先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后勻速運(yùn)動(dòng)，則，B錯(cuò)誤；從小物塊開始滑動(dòng)到與傳送帶達(dá)到共同速度過程，小物塊向右運(yùn)動(dòng)的位移大小為，傳送帶向左運(yùn)動(dòng)的位移大小為，則整個(gè)過程中小物塊與傳送帶相對(duì)位移大小為，C錯(cuò)誤；整個(gè)過程中小物塊與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為，根據(jù)能量守恒可得，可得整個(gè)過程中電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為，D正確。
8．【答案】AD
【解析】理想變壓器原、副線圈的電壓關(guān)系為＝ ，由于原線圈兩端最大電壓為 50 V，副線圈兩端最大電壓要大于 5 000 V ，所以＞100 ，A正確；正常點(diǎn)燃燃?xì)獾那闆r下，峰值應(yīng)該大于 5 000 V ，B錯(cuò)誤 ；電壓表測量的是轉(zhuǎn)換之后的正弦式交變電壓的有效值， 為25 V，C錯(cuò)誤；干電池用久了，輸出電壓變小，轉(zhuǎn)換器輸出電壓相應(yīng)減小，兩點(diǎn)火針間最大電壓達(dá)不到要求，導(dǎo)致打不著火， D正確。
【技巧必背】
理想變壓器原、副線圈基本量的關(guān)系
功率關(guān)系 根據(jù)能量守恒定律可得：原線圈的輸入功率等于副線圈的輸出功率，即P入＝P出
電壓關(guān)系 原、副線圈的電壓之比等于其匝數(shù)之比，公式為＝，與負(fù)載、副線圈的個(gè)數(shù)無關(guān)
電流關(guān)系 （1）只有一個(gè)副線圈時(shí)：＝ （2）有多個(gè)副線圈時(shí)：由P入＝P出得到I1U1＝I2U2＋I(xiàn)3U3＋I(xiàn)4U4＋…＋I(xiàn)nUn或I1n1＝I2n2＋I(xiàn)3n3＋I(xiàn)4n4＋…＋I(xiàn)nnn
頻率關(guān)系 f1＝f2（變壓器不改變交變電流的頻率）
9．【答案】BC
【解析】圖線與橫軸所圍圖形的面積表示速度的變化量,由題圖乙可看出,（0時(shí)刻除外）內(nèi)的速度一直大于的速度,所以內(nèi)物塊與物塊間的距離一直在增大,故A錯(cuò)誤；時(shí),彈簧彈力為零,對(duì),根據(jù)牛頓第二定律可得,時(shí),、整體加速度相同,對(duì)整體,根據(jù)牛頓第二定律可得,解得,故B正確；時(shí),對(duì),根據(jù)牛頓第二定律可得,彈簧彈力大小為,撤去瞬間,彈簧彈力不會(huì)突變,此時(shí)的加速度大小為,故C正確；圖線與橫軸所圍圖形的面積表示速度的變化量,由題圖乙可看出,時(shí)的速度大于的速度,所以若此時(shí)不撤去,彈簧在之后的一段時(shí)間內(nèi)會(huì)繼續(xù)伸長,的加速度減小,的加速度增大,并不能一起做勻加速運(yùn)動(dòng),故D錯(cuò)誤.
10．【答案】BD　
【詳解】如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系sin α＝＝，α＝2θ，折射率n＝＝，綠光在采光球中的傳播速度為v＝＝c，故A錯(cuò)誤；由于紅光比綠光的折射率小，所以折射角大，則紅光一定能從N點(diǎn)上方射出，故B正確；因折射角不能為0°，故紫光不可能直接折射經(jīng)過O點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；光由光密介質(zhì)到光疏介質(zhì)可能發(fā)生全反射，則涂層折射率應(yīng)大于管壁折射率，故D正確。
11．【答案】（1） 1.16；4.64
（2） ；B；圖3；相等；相等
（3） 1.2
【解析】
（1） 當(dāng)、串聯(lián)再和毫安表并聯(lián)時(shí)對(duì)應(yīng)量程,和毫安表串聯(lián)再與并聯(lián)時(shí)對(duì)應(yīng)量程,由串并聯(lián)電路特點(diǎn)得,,代入數(shù)據(jù)解得 , .
（2） 若滑動(dòng)變阻器選,則最小電流約為,遠(yuǎn)小于兩個(gè)電流表的量程,所以滑動(dòng)變阻器應(yīng)選；電路中的最小電流約為,為使讀數(shù)較準(zhǔn)確,且避免電路中電流過大,溫度升高,導(dǎo)致測量誤差較大,所以電流表應(yīng)選；由于電流表的內(nèi)阻已知,用題圖3來測電池的電動(dòng)勢和內(nèi)阻時(shí)可以消除系統(tǒng)誤差,因此選題圖3,電動(dòng)勢和內(nèi)阻的測量值均等于真實(shí)值.
（3） 由閉合電路歐姆定律得,代入數(shù)據(jù)得,在小燈泡圖像中作出這個(gè)函數(shù)關(guān)系的圖像,兩個(gè)圖像的交點(diǎn)即為小燈泡的工作電壓與電流,如圖所示,交點(diǎn)為,則兩個(gè)小燈泡的總功率為.
12．【答案】①2t0（1分）　②（2分）　③T2（2分）　（2分）
【解析】①根據(jù)單擺的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，一個(gè)周期內(nèi)應(yīng)該有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值，則單擺的周期為2t0。
②單擺的周期T＝2π，其中T＝2t0，l0＝l＋，聯(lián)立解得g＝。
③由T＝2π，解得T2＝l＋，故以T2為縱坐標(biāo)，斜率k＝，解得g＝。
13．【答案】（1）放出，650；（2）；（3）
【詳解】（1）空氣溫度始終不變，內(nèi)能保持不變，在井蓋被頂起前外界對(duì)井內(nèi)密封空氣做了650J的功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，可得，可知該氣體放出的熱量為。
（2）井蓋剛好被頂起時(shí)有，此時(shí)密閉空氣的壓強(qiáng)為
（3）氣體做等溫變化，有，解得，水井蓋會(huì)被頂起所需的時(shí)間為
14．【答案】（1）2 m/s　8 m/s　（2） m　 s
【解析】（1）對(duì)盒子P，因?yàn)閙gsin θ＜μ·3mgcos θ，故同時(shí)釋放后盒子P不動(dòng)，Q在盒子中加速下滑，物塊Q下滑過程中，與盒子P第一次碰撞前做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得
2mgsin θ＝2ma（1分）
物塊Q與盒子P第一次碰撞前的速度為
v＝＝＝6 m/s（1分）
物塊Q與盒子P第一次碰撞過程動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，則
2mv＝2mvQ＋mvP（2分）
·2mv2＝·2m＋m（2分）
解得vQ＝2 m/s（1分）
vP＝8 m/s（1分）
（2）第一次碰撞后，對(duì)盒子P，根據(jù)牛頓第二定律有
mgsin θ－μ·3mgcos θ＝ma'（1分）
解得a ＝－16 m/s2（1分）
可知盒子沿斜面向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，
物塊Q與盒子P速度相等時(shí)，有
vP＋a't0＝vQ＋at0（1分）
解得t0＝ s（1分）
在t0＝ s時(shí)，有
Δx＝xP－xQ＝vPt0＋a'－＝ m＜3 m（1分）
故共速前二者不會(huì)相碰，且此時(shí)為最大距離。
設(shè)第一次碰后盒子P經(jīng)過時(shí)間t1減速至零，則
t1＝＝0.5 s（1分）
第一次碰后盒子P減速至零過程中經(jīng)過的位移為
x1＝t1＝2 m（1分）
物塊Q在t1時(shí)間內(nèi)的位移為
x2＝vQt1＋a＝1.75 m＜x1（1分）
所以盒子P停止運(yùn)動(dòng)之前兩者未相碰，第一次碰后物塊Q只要加速下滑位移x1＝2 m，就會(huì)與盒子P發(fā)生第二次碰撞，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x1＝vQt＋at2（1分）
解得t＝ s（1分）
15．【答案】(1)2.64 N
(2)2.08 N s
(3)0.492 J
【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律，可得
根據(jù)已知條件，可得
設(shè)導(dǎo)體框的NP邊剛離開bc邊時(shí)的速度為v0，則有
可知，導(dǎo)體框的NP邊剛離開bc邊時(shí)，導(dǎo)體框所受的安培力
聯(lián)立解得
（2）根據(jù)動(dòng)量定理可得
設(shè)導(dǎo)體框恰好離開磁場區(qū)域abcd時(shí)的速度為v1，則有
可知，從開始運(yùn)動(dòng)到恰好離開磁場區(qū)域abcd所用的時(shí)間為
從開始運(yùn)動(dòng)到恰好離開磁場區(qū)域abcd，摩擦力沖量的大小為
導(dǎo)體框在磁場區(qū)域abcd內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)不受安培力，出磁場區(qū)域時(shí)受到安培力作用，方向水平向左。設(shè)從導(dǎo)體框的NP邊剛離開bc邊到MQ邊剛離開bc邊用時(shí)為t1，則
可知，導(dǎo)體框從開始運(yùn)動(dòng)到恰好離開磁場區(qū)域abcd的過程中，安培力沖量的大小為
聯(lián)立解得，導(dǎo)體框從開始運(yùn)動(dòng)到恰好離開磁場區(qū)域abcd的過程中，拉力沖量的大小
（3）導(dǎo)體框從開始運(yùn)動(dòng)到進(jìn)入磁場efgh區(qū)域之前，地面對(duì)導(dǎo)體框的支持力大小等于mg，導(dǎo)體框與地面的摩擦產(chǎn)生的熱量為
當(dāng)NP邊開始勻速進(jìn)入磁場efgh區(qū)域時(shí)，設(shè)此時(shí)刻后導(dǎo)體框的位移大小為x，此過程產(chǎn)生的電流大小為
當(dāng)0 ≤ x < 2L時(shí)，導(dǎo)體框豎直方向受力平衡，地面對(duì)導(dǎo)體框的支持力滿足
地面對(duì)導(dǎo)體框的摩擦力為
當(dāng)x = 0時(shí)，f1′ = 0.8 N；當(dāng)x = 2L時(shí)，f2′ = 0.92 N，則這段運(yùn)動(dòng)過程中的平均摩擦力為
當(dāng)2L ≤ x ≤ 3L時(shí)，回路無感應(yīng)電流，所以地面對(duì)導(dǎo)體框的支持力大小等于mg ，摩擦力為
因此，在0 ≤ x ≤ 3L階段，導(dǎo)體框與地面摩擦產(chǎn)生的熱量為
所以導(dǎo)體框從開始運(yùn)動(dòng)到NP邊到達(dá)fg邊的過程中與地面摩擦產(chǎn)生的總熱量為
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