物理：浙江省普通高校招生2023-2024学年高三下学期高考押题试卷（解析版）

这是一份物理：浙江省普通高校招生2023-2024学年高三下学期高考押题试卷（解析版），共27页。试卷主要包含了下列组合单位中与力的单位N等内容，欢迎下载使用。
选择题部分
选择题Ⅰ（本题共3小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．下列组合单位中与力的单位N（牛）不等效的是（ ）
A．kg•m/s2B．T•m2/sC．C•T•m/sD．T•A•m
【解答】解：A、根据F＝ma得1N＝1kg•m/s2，故A错误；
B、根据安培力公式F＝BIL知，公式中B的单位是T，I的单位是A，L的单位是m，F的单位是N，所以有 1N＝1T•A•m，
由I QUOTE ，知 1A＝1C/s，所以得 1N＝1T•C/s•m＝1C•T•m/s，故B正确，CD错误；
故选：B。
2．如图甲所示是一个小朋友玩抖空竹的游戏，图乙是小朋友玩该游戏的示意图，两根不可伸长的线是对称的。如果小朋友的两手离得更远一些，两细线再次保持对称并稳定后，下列说法正确的是（ ）

A．两细线的拉力都变大
B．两细线的拉力都变小
C．两细线的拉力都不变
D．两细线的拉力合力变大
【解答】解：两根不可伸长的线是对称的，所以两根线的拉力大小相等，合力等于空竹的重力，根据合力的特点可知，若合力不变，夹角越大时，两细线拉力越大，所以小朋友的两手离得更远一些，两细线的拉力都变大，故A正确，BCD错误；故选：A。
3．2022年10月12日15时45分，“天宫课堂”第三课开讲。某学生设想“天地同一实验”，即在空间站和地面做同一个实验，观察实验现象，下面有关其设想的实验和可能出现的现象说法正确的是（ ）
A．如图1用一根绳子系着一个金属球，拉开一个角度，静止释放后“天上”和“地上”看到的现象相同
B．如图2用同样的材料和操作流程，做教材中的薄膜干涉实验，“天上”和“地上”实验现象相同
C．如图3相同密闭容器内装着完全相同的气体，在相同的温度下，“天上”和“地上”容器内气体压强相同
D．如图4用相同材料做成的两根内径相同、两端开口的圆柱形毛细管竖直插入水中，“天上”和“地上”观察到的现象相同
【解答】解：A．如图1用一根绳子系着一个金属球，拉开一个角度，静止释放后，“天上”由于完全失重，小球相对空间站静止不动；“地上”由于重力的影响，小球将做圆周运动，所以观察到的实验现象不相同，故A错误；
B．如图2用同样的材料和操作流程，做教材中的薄膜干涉实验，“天上”由于完全失重状态，薄膜厚度基本均匀分布，不会出现干涉条纹；“地上”由于重力的影响，薄膜厚度并不是均匀分布，形成上薄下厚的形状，会出现干涉条纹，所以观察到的实验现象不相同，故B错误；
C．气体压强是由于气体分子频繁碰撞器壁而产生的，如图3相同密闭容器内装着完全相同的气体，在相同的温度下，分子平均动能相同，“天上”和“地上”容器内气体压强相同，故C正确；
D．如图4用相同材料做成的两根内径相同、两端开口的圆柱形毛细管竖直插入水中，“天上”由于完全失重，观察到水上升到毛细管顶部，“地上”由于重力的影响，观察到水上升一小段距离后静止不动，所以观察到的实验现象不相同，故D错误。
故选：C。
4．如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B，则（ ）
A．该磁场是匀强磁场 B．线圈平面总与磁场方向垂直
C．线圈将逆时针转动 D．线圈将顺时针转动
【解答】解：A、图中磁场为辐状磁场，该磁场不是匀强磁场，匀强磁场的磁感线是平行等间距的直线，磁感应强度大小和方向相同，故A错误；
B、由图可知，线圈与磁感线一直平行，故B错误；
CD、根据左手定则可知，a端受力向上，b受受力向下，故线圈将顺时针转动，故C错误、D正确。故选：D。
5．12月10日，改编自刘慈欣同名系列长篇科幻小说的《三体》动画在哔哩哔哩上线便备受关注。动画版《三体》总编剧之一赵佳星透露，为了还原太空电梯的结构，他们研究太空电梯的运行原理。太空电梯的原理并不复杂，与生活的中的普通电梯十分相似。只需在地球同步轨道上建造一个空间站，并用某种足够长也足够结实的“绳索”将其与地面相连，在引力和向心加速度的相互作用下，绳索会绷紧，宇航员、乘客以及货物可以通过电梯轿厢一样的升降舱沿绳索直入太空，这样不需要依靠火箭、飞船这类复杂航天工具。如乙图所示，假设有一长度为r的太空电梯连接地球赤道上的固定基地与同步空间站a，相对地球静止，卫星b与同步空间站a的运行方向相同，此时二者距离最近，经过时间t之后，a、b第一次相距最远。已知地球半径R，自转周期T，下列说法正确的是（ ）
A．太空电梯各点均处于完全失重状态
B．b卫星的周期为 QUOTE
C．太空电梯停在距地球表面高度为2R的站点，该站点处的重力加速度 QUOTE
D．太空电梯上各点线速度与该点离地球球心距离成反比
【解答】解：A．太空电梯各点随地球一起做匀速圆周运动，只有位置达到同步卫星的高度的点才处于完全失重状态，不是各点均处于完全失重状态，故A错误；
B．同步卫星的周期Ta＝T
当两卫星a、b第一次相距最远时满足 QUOTE
解得 QUOTE
故B正确；
C．太空电梯长度即为同步卫星离地面的高度，万有引力提供向心力 QUOTE
太空电梯停在距地球表面高度为2R的站点，太空电梯上货物质量为m，在距地面高2R站点受到的万有引力为F，则 QUOTE
货物绕地球做匀速圆周运动，设太空电梯对货物的支持力为FN，万有引力和支持力的合力提供向心力： QUOTE
在货梯内有FN＝mg
QUOTE
联立解得 QUOTE
故C错误；
D．太空电梯与地球一起转动，相对地球静止，各点角速度相等，根据线速度v＝ωR'
线速度与该点离地球球心距离成正比，故D错误。故选：B。
6．如图，理想自耦变压器原线圈的a、b两端接有瞬时值表达式为u＝20 QUOTE sin（50πt）V的交变电压，指示灯L接在变压器的一小段线圈上，调节滑动片P1可以改变副线圈的匝数，调节滑动片P2可以改变负载电阻R2的阻值，则（ ）
A．t＝0.04s时电压表V1的示数为零
B．只向上移动P2，指示灯L将变暗
C．P1、P2均向上移动，电压表V2的示数可能不变
D．P1、P2均向上移动，原线圈输入功率可能不变
【解答】解：A、t＝0.04s时，由u＝20 QUOTE sin（50πt）V得u＝0，电压瞬时值为零，但电压表测量交流电压的有效值，保持不变，为U1 QUOTE V＝20V，故A错误；
B、只向上移动P2，指示灯L两端电压不变，L的亮度不变，故B错误；
C、电压表V2的示数为R2两端电压，为：UV2 QUOTE U2 QUOTE U2，P1向上移动，副线圈匝数增加，副线圈的电压U2增大，P2向上移动，R2增大，结合上式可知，UV2一定增大，故C错误；
D、副线圈的输出功率为：P QUOTE ，P1、P2均向上移动，U2、R2均增大，副线圈输出功率可能不变，根据能量守恒可知，原线圈输入功率也可能不变，故D正确。故选：D。
7．如图所示，电源电动势为3V，单刀双掷开关S先置于a端使电路稳定。在t＝0时刻开关S置于b端，若经检测发现，t＝0.02s时刻，自感线圈两端的电势差第一次为1.5V。如果不计振荡过程的能量损失，下列说法正确的是（ ）
A．0.04s时回路中的电流为零
B．0.08s时电感线圈中的自感电动势值最大为3V
C．0.07s～0.08s时间内，电容器极板间电场方向竖直向上且逐渐减小
D．0.04s～0.05s时间内，线圈中的磁场能逐渐增大
【解答】解：A、S置于b端后自感线圈两端的电势差呈余弦规律变化，即：u QUOTE ；由于t＝0时刻电容器电压为3V，故此时自感线圈两端的电势差也为3V，然后开始减小，当第一次为1.5V时，经历时间为t＝0.02s QUOTE ，所以振荡电流的周期为T＝0.12s，所以0.04s QUOTE 时回路中的电压不是最大值，则电流不为零，故A错误；
B、t＝0.06s QUOTE 时极板两侧的电压再次最大，所以电感线圈中的自感电动势值也最大，为3V，故B错误；
C、经分析，t＝0.07s～0.08s时间内，电容器极板间电场方向竖直向上且逐渐减小，故C正确；
D、在t＝0.04s～0.05s时间内，线圈两端的电势差增大即电容器极板间电场增大，电场能增大，则磁场能逐渐减小，故D错误。
故选：C。
8．一玻璃砖横截面如图所示，其中ABC为直角三角形（AC边未画出），AB为直角边，∠ABC＝45°，ADC为一圆弧，其圆心在BC边的中点。此玻璃的折射率为1.5。P为一贴近玻璃砖放置的、与AB垂直的光屏。若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入玻璃砖，则（ ）
A．从BC边折射出一束宽度比BC边长度小的平行光
B．从BC边折射出一束宽度比BC边长度大的平行光
C．屏上有一亮区，其宽度等于AC边的长度
D．屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度
【解答】解：因sinC QUOTE ，所以45°＞C，光在BC面上发生全反射，光经BC面全反射后由ADC进入空气，入射角小于临界角，折射角大于入射角，故所有从曲面ADC射出的光线都向ADC的中央方向偏折，如图所示，屏上亮区宽度小于AC边长度，又AB边与AC边长度相等，所以屏上有一亮区其宽度小于AB、AC边长度，不是平行光，故D正确，ABC错误；故选：D。
9．《巴黎气候变化协定》是人类历史上应对全球温室效应带来的气候变化的第三个里程碑式的国际法律文本。为了减少二氧化碳的排放，我国一直在大力发展新能源汽车，已知某型号的电动汽车主要技术参数如表：
根据电动汽车行业国家标准GB/T18386﹣2017，电机的最大功率为电机输出的最大机械功率；电池容量为电池充满电时储存的最大电能，根据表中数据，可知（ ）
A．0﹣100km/h的加速过程中电动车行驶的路程一定大于60m
B．电机以最大功率工作且车以最大速度行驶时，车受到的阻力大小为5000N
C．该车在0﹣50km/h的加速过程中平均加速度为25m/s2
D．电机以最大功率工做加速到最高时速用时4.6s
【解答】解：A、v＝100km/h QUOTE m/s QUOTE m/s，0﹣100km/h的加速时间为4.6s，假设电动车做匀加速直线运动，该过程中电动车行驶的路程s QUOTE t QUOTE 64m，实际上电动车做加速度减小的加速运动，故路程一定大于64m，故A正确。
B、P＝180kW＝180000W，vm＝120km/h＝33.3m/s，电机以最大功率工作且车以最大速度行驶时，牵引力等于阻力，f＝F QUOTE N＝5400N，故车受到的阻力大小为5400N，故B错误。
C、v＝50km/h QUOTE m/s QUOTE ，该车在0﹣50km/h的加速过程中，用时2s，平均加速度a QUOTE 6.9m/s，故C错误。
D、由表中数据0﹣100km/h用时4.6s，还不到最大时速，故D错误。
故选：A。
10．如图，沿南北方向放置一水平长直导线，在导线正下方附近水平放置一个小磁针，小磁针初始时处于静止状态。现给导线中通入恒定电流，从上往下看，小磁针逆时针偏转，待最终静止时小磁针在水平面内偏转了30°，已知地磁场的水平分量为3×10﹣5T，则下列说法正确的是（ ）
A．通电长直导线的电流方向为从北指向南
B．通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为 QUOTE T
C．通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为 QUOTE T
D．通电长直导线中的电流大小变为原来的2倍，则小磁针最终静止时与初始位置之间的夹角变为原来的2倍
【解答】解：A．小磁针处于地磁场和电流磁场中，其指向是合磁场的方向，根据安培定则，可判断直导线的电流应是由南向北，故A错误；
BC．根据题意可知，分磁场与合磁场的关系如图所示：
地磁场的水平分量为B＝3×10﹣5T
根据数学关系知，通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为 QUOTE
综上分析，故B错误，C正确；
D．通电长直导线中的电流大小变为原来的2倍，则通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小变为 QUOTE
设小磁针最终静止时与初始位置之间的夹角设为θ，则 QUOTE
则小磁针最终静止时与初始位置之间的夹角没变为原来的2倍，故D错误。
故选：C。
11．如图所示，ABC为在竖直平面内的金属半圆环，AC为其水平直径，AB为固定的直金属棒，在金属棒上和半圆环的BC部分分别套着两个完全相同的小球M、N（视为质点），B固定在半圆环的最低点。现让半圆环绕对称轴以角速度ω＝25rad/s匀速转动，两小球与半圆环恰好保持相对静止。已知半圆环的半径R＝1m，金属棒和半圆环均光滑，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列选项正确的是（ ）
A．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比为1： QUOTE
B．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比1： QUOTE
C．若稍微增大半圆环的角速度，小环M稍许靠近A点，小环N将到达C点
D．若稍微增大半圆环的角速度，小环M将到达A点，小环N将稍许靠近C点
【解答】解：AB、金属棒AB与竖直方向夹角为45°，小球M受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，则有：
FN＝mgtan45°＝mωvM，解得： QUOTE
设半圆环的圆心为O，NO与竖直方向之间的夹角为θ，对小球N，同理可得：
FN′＝mgtanθ＝mωvN，解得：vN QUOTE
又：FN′＝mω2r，r＝Rsinθ
联立解得：vN QUOTE
则： QUOTE ，故AB错误；
CD、设半圆环的圆心为O，NO与竖直方向之间的夹角为θ，对小球N，由牛顿第二定律得：
mgtanθ＝mω2rN
rN＝Rsinθ
解得： QUOTE
可见当ω稍微增大时，csθ会减小，θ增大，小球N将向C靠近，当ω趋近无穷大，θ会趋近90°，即稍微增大半圆环的角速度，小环N将靠近C点而不会到达C点。
对于小球M，由牛顿第二定律得：mgtan45°＝mω2rM，
rM＝Rsinβ，β是MO与竖直方向的夹角，g＝mω2Rsinβ，
可见小球M做匀速圆周运动时向心力大小是一定的，即为mgtan45°，当角速度增大时，所需要的向心力增大，所能提供的向心力一定，小于小球M所需要的向心力，M将做离心运动，则圆周运动半径rM将变大，所需向心力更大，故小球M将一直离心运动直到到达A点。故C错误，D正确；故选：D。
12．如图所示为氢原子的能级图，已知可见光的光子能量范围为1.62eV～3.11eV，锌板的电子逸出功为3.34eV。下列说法正确的是（ ）
A．用能量为11.0eV的光子照射，可使处于基态的原子跃迁到激发态
B．处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离
C．大量处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，辐射的光子中有三种不同频率的光子可使锌板产生光电效应现象
D．大量处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁时所发出的光子通过同一双缝干涉实验装置，以n＝4直接跃迁到n＝1能级发出的光子所形成的干涉条纹最宽
【解答】解：A、若基态的氢原子吸收的能量等于11.0eV的光子，则能量值为：E＝E1+11.0eV＝﹣13.6eV+11.0eV＝﹣2.6eV，氢原子没有该能级，所以处于基态的氢原子不能吸收11.0eV的光子，故A错误；
B、紫外线光子的最小能量为3.11eV，处于n＝3级的氢原子的电离能为1.51eV，故紫外线可以使氢原子电离，故B正确；
C、处于n＝3能级向基态跃迁时发射出光的能量为ΔE＝﹣1.51eV﹣（﹣13.6eV）＝12.09eV，大于锌板的电子逸出功3.34eV，因此能产生光电效应，电子在n＝2能级再次向基态跃迁发射出光子的能量为ΔE′＝﹣3.4eV﹣（﹣13.6eV）＝10.2eV＞3.34eV则可以产生光电效应，处于n＝3能级向基态向n＝2跃迁时发射出的光的能量为ΔE″＝﹣1.51eV﹣（﹣3.4eV）＝1.89eV，小于大于锌板的电子逸出功3.34eV不能产生光电效应，故有两种不同频率的光产生光电效应，故C错误；
D、双缝干涉实验装置，在光屏上相邻亮条纹间距 QUOTE ，由nn＝4直接跃迁到n＝1能级发出的光子的频率最大，则波长最短，所以形成的干涉条纹最窄，故D错误。
故选：B。
13．用如图所示装置研究光电效应现象．某单色光照射光电管阴极K，能发生光电效应．闭合S，在A和K间加反向电压，调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰好为零，此电压表示数U称为反向截止电压．根据U可计算光电子的最大初动能Ekm．分别用频率为ν1和ν2的单色光照射阴极，测得的反向截止电压分别为U1和U2．设电子质量为m，电荷量为e，则下列关系式中不正确的是（ ）
A．频率为ν1的光照射时，光电子的最大初速度是 QUOTE
B．阴极K金属的逸出功W＝hν1﹣eU1
C．阴极K金属的极限波长小于 QUOTE
D．普朗克常数h QUOTE
【解答】解：A、光电子在电场中做减速运动，根据动能定理得：﹣eU1＝0 QUOTE ，则得光电子的最大初速度vm1 QUOTE ．故A正确。
B、D根据爱因斯坦光电效应方程得：
hγ1＝eU1+W ①
hγ2＝eU2+W ②
由①得：金属的逸出功W＝hν1﹣eUl。
联立①②得：h QUOTE ．故BD正确，
C、根据题意可知，用频率为ν1的单色光照射阴极，能发生光电效应，则极限频率小于ν1，则金属的极限波长大于 QUOTE ，故C错误。
本题选错误的
故选：C。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14．如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，上表面O点以下部分粗糙且足够长，其余部分光滑。在斜面体O点上方放置一质量为0.2kg且分布均匀、长度为0.2m的薄板，薄板下端与O点之间的距离为0.4m。现由静止释放薄板，薄板沿斜面向下运动，已知当薄板通过O点过程中，薄板所受摩擦力大小是薄板在斜面O点以下部分重量的 QUOTE 倍，重力加速度g取10m/s2。则（ ）

A．薄板减速运动时最大加速度为5m/s2
B．薄板与O点以下部分的动摩擦因数为 QUOTE
C．薄板的最大速度为 QUOTE m/s
D．薄板静止时，其下端距O点1.1m
【解答】解：根据题意可知：薄木板长L＝0.2m，质量为m＝0.2kg，薄板下端与O点之间的距离为x1＝0.4m。
A、当薄木板全部进入O点以下时，薄板减速运动的加速度最大，根据牛顿第二定律可得： QUOTE mgsin30°＝ma
代入数据解得：a＝2.5m/s2，故A错误；
B、设薄板在斜面O点以下部分的质量为m′时，摩擦力f QUOTE μm′gcs30°，解得薄板与O点以下部分的动摩擦因数为：μ QUOTE ，故B正确；
C、当重力沿斜面向下的分力等于摩擦力时速度最大，此时薄木板下端进入粗糙部分的长度为x2，则有： QUOTE mgsin30°
代入数据解得：x2 QUOTE m
从开始到速度最大过程中，根据动能定理可得：mg（x1+x2）sin30° QUOTE 0
代入数据解得：vm QUOTE m/s，故C错误；
D、设薄板静止时，其下端距O点的距离为x3，全过程根据动能定理可得：
mg（x1+x3）sin30° QUOTE μmgcs30°•（x3﹣L）＝0
代入数据解得：x3＝1.1m，故D正确。
故选：BD。
15．甲、乙两列简谐横波（各只有一个波长）沿x轴相向传播，原点左侧和右侧为不同介质，已知波在原点左侧介质中的传播速度为3m/s。在t＝0时刻两列波的位置如图所示，此后发现平衡位置为x＝0.05m的质点曾经出现y＝+30cm的位移，则（ ）
A．波在原点右侧介质中的传播速度为2.1m/s
B．乙波的振动周期为0.2s
C．t＝0.25s两列波恰好完全分离
D．原点的质点在t＝0.35s后停止振动
【解答】解：A、根据题意可知，左右两列波的波峰同时到达x＝0.05 m且叠加时最强，则有： QUOTE ，可以解得波在原点右侧介质的传播速度为v＝2 m/s，故A错误；
B、乙波在右侧介质的波长为0.4 m，结合右侧的传播速度v＝2 m/s，可得乙波的传播周期即振动周期为0.2 s，故B正确；
C、t＝0.25 s时，乙波的尾部刚好传到x＝0.2 m处，甲波的尾部传到x＝0处所需时间为：t1 QUOTE s，t2＝（0.25 QUOTE ） s QUOTE s，则t＝0.25 s时甲波的尾部到达的位置为：x＝2 m/s QUOTE s QUOTE m，显然 QUOTE m＜0.2 m，故两列波还没有分离，故C错误；
D、由上述可知，0.35 s时，甲波的尾部已经过了原点，乙波的尾部即将离开原点，故原点的质点在t＝0.35 s后停止振动，故D正确。故选：BD。
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16.实验题（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ共14分）
Ⅰ．（5分）某同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律，光滑斜面AB与半径为R的光滑圆弧面相切于斜面底端的B点，圆弧的最低点为C。他采用以下两种方案来验证小球从斜面上某点由静止释放运动到C点的过程中机械能是否守恒。（当地重力加速度为g）
（1）方案一：
①他用20分度游标卡尺测量小球的直径d，如图乙所示，则小球直径d＝ cm，在C点安装一个光电门；
②将小球从斜面上某点由静止释放，小球通过C点光电门时所用的时间为t，则小球通过C点时的速度v＝ QUOTE （用物理量符号表示）；
③改变小球的释放位置，测得释放位置到C点的高度为h，重复②，得到多组释放高度h和对应时间t，以 QUOTE 为横坐标，以h为纵坐标，将所得的数据点描点、连线，得到一条直线，若直线的斜率k＝ QUOTE ，则表明小球在上述运动过程中机械能守恒。
（2）方案二：
①在圆弧最低点C安装一个力传感器；
②将小球从斜面上某点由静止释放，测得释放位置到C点的高度为h，并测得小球通过C点时传感器的示数F；
③改变小球的释放位置，重复②，得到多组释放高度h和对应传感器的示数F，以h为横坐标，以为F纵坐标，将所得的数据点描点、连线，得到一条直线，该直线的斜率为k，与纵轴的交点为b，若小球在上述运动过程中机械能守恒，则k＝ QUOTE ，b＝ 。（用物理量符号表示）。
【解答】解：（1）①由图可知，20分度游标卡尺的第12条刻度线与主尺的24mm对齐，所以小球的直径d＝24.00mm﹣12×0.95mm＝12.60mm＝1.260cm
②小球通过C点时的速度 QUOTE
③若小球在运动过程中机械能守恒 QUOTE
整理得 QUOTE
直线的斜率为 QUOTE
（2）小球在运动过程中机械能守恒 QUOTE
对小球在C点受力分析并结合牛顿第二定律有 QUOTE
由牛顿第三定律有F＝FN
可得 QUOTE
直线的斜率为 QUOTE
直线与纵轴的交点为为b＝mg。
故答案为：（1）①1.260；② QUOTE ；③ QUOTE ；（2）③ QUOTE ；mg。
Ⅱ．（6分）某研究小组想要研究一标有“6V，3W”的小型电动机的伏安特性曲线，实验室提供的器材有：量程为0.6A的电流表（电阻约为1.0Ω），电源（电动势为9V，内阻为3Ω），定值电阻（阻值为6000Ω），导线若干，单刀开关一个，还有以下器材可供选择
A．量程为3V的电压表（内阻为3000Ω）
B．量程为15V的电压表（内阻为6000Ω）
C．滑动变阻器（阻值为10Ω，额定电流为2.0A）
D．滑动变阻器（阻值为200Ω，额定电流为0.5A
（1）为尽量准确地测出小型电动机的伏安特性曲线，电压表应选 ，滑动变阻器应选 。
（2）请用笔画线代替导线将实物图补充完整。
（3）连接好电路后，合上开关，读出电压表和电流表的示数，将电动机两端电压与流过它的电流数据在毫米方格纸中标出，并画出其伏安特性曲线，请说明在P处为何出现如图所示的图像 。
（4）电动机正常工作时，电动机两端电压为U，通过电动机的电流为I，电动机的内阻为R，下列几个功率的表达式的大小关系正确的是 。
A． QUOTE B． QUOTE C． QUOTE D． QUOTE
（5）将该电动机与一个阻值为30Ω的定值电阻并联后，再与一个电动势为9V，内阻为15Ω的电源串联，则此时电动机的输出功率为 W。（保留三位有效数字）
【解答】解：（1）15V量程的电压表的量程太大，应选择量程为3V（内阻为3000Ω）的电压表，将其与定值电阻（阻值为6000Ω）串联进行改装，改装后的量程最大值为9V，可以满足实验要求，故电压表应选A；
研究电动机的伏安特性曲线时电压需要从零开始调节，滑动变阻器应采用分压式接法，滑动变阻器应选用最大阻值较小的，可方便电路的调节，故滑动变阻器应选C。
（2）将实物图补充完整如下图所示
（3）出现图中P处的原因是：电压较小时电动机没有转动，可看成纯电阻，当电压达到约2.0V时电动机开始转动，不能看成纯电阻电路，此时对电流的阻碍作用增大，电流变小。
（4）电动机正常工作时是非纯电阻用电器，电动机的总功率（即输入功率）为P总＝UI，电动机内阻的热功率为P热＝I2R，因为电动机的总功率等于内阻的热功率与输出的机械功率之和，所以有：
UI＞I2R，由此可得： QUOTE
可得： QUOTE
综合可得： QUOTE ，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（5）设该电动机两端的电压为U，通过的电流为I，并联的定值电阻R＝30Ω，电源的电动势E＝9V，内阻r＝15Ω。根据闭合电路欧姆定律有：U＝E﹣（I QUOTE ）r
代入数据解得：U＝6﹣10I
在电动机的U﹣I图像中画出此关系式的图像，如下图所示
两图像的交点（0.33A，2.70V）为电动机的工作电压和电流，则电动机的输入功率为：
P入＝UI＝2.70×0.330W＝0.891W
由电动机的U﹣I图像中的直线部分的斜率，可得电动机的内阻为：RM QUOTE
电动机内阻的热功率为P热＝I2RM＝0.3302 QUOTE W＝0.726W
此时电动机的输出功率为P出＝P入﹣P热＝0.891W﹣0.726W＝0.165W
故答案为：（1）A；C；（2）；（3）电压较小时电动机没有转动，可看成纯电阻，当电压达到约2.0V时电动机开始转动，不能看成纯电阻电路，此时对电流的阻碍作用增大，电流变小；（4）C；（5）0.165W
Ⅲ．（3分）在做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，
（1）必须要选用的器材是 。
A．有闭合铁芯的原副线圈
B．无铁芯的原副线圈
C．交流电源
D．直流电源
E.多用电表（交流电压挡）
F.多用电表（交流电流挡）
（2）用匝数na＝60匝和nb＝120匝的变压器，实验测量数据如下表：
根据测量数据可判断连接电源的线圈是 （选填“na”或“nb”）。
（3）如图所示，向右推动可拆卸变压器的铁芯，使其由不闭合到闭合，可以看到接在副线圈两端的小灯泡亮度从较小到正常发光。试分析其原因 。
【解答】解：（1）根据实验原理可知，必须要有带闭合铁芯的原副线圈，电源为交流电源时，穿过变压器原副线圈的磁通量发生变化产生感应电动势，测定变压器原副线圈的电压要用到多用电表的交流电压挡；无铁芯的原副线圈，漏磁十分严重；直流电源不会产生感应电动势，不需要测量通过变压器原副线圈的电流，因此不需要多用电表的交流电流挡，故ACE正确，BDF错误。
故选：ACE。
（2）根据理想变压器电压与匝数比的关系 QUOTE
考虑到变压器不是理想变压器，从初级到次级有能量损失，可知连接电源的线圈是nb。
（3）若铁芯闭合时，由于铁芯被磁化，绝大部分磁感线集中在铁芯内部，贯穿副线圈，大大增强了变压器传输电能的作用，所以接在副线圈两端的小灯泡亮度从较小到正常发光。
故答案为：（1）ACE；（2）nb；（3）若铁芯闭合时，由于铁芯被磁化，绝大部分磁感线集中在铁芯内部，贯穿副线圈，大大增强了变压器传输电能的作用，所以接在副线圈两端的小灯泡亮度从较小到正常发光。
17．（8分）如图所示，密闭导热气缸与活塞间无摩擦，对活塞施加沿斜面向上的外力F。当F＝2mg时，气缸与活塞静止在倾角为37°的斜面上。已知气缸质量m1＝4m，活塞质量m2＝m，活塞横截面积为S。静止时活塞与气缸底部距离为L0，斜面与气缸之间的动摩擦因数μ＝0.5，大气压强P0，重力加速度为g，设环境温度保持不变。现缓慢增加外力F的大小。
（1）求开始F＝2mg时，气缸受到的摩擦力；
（2）求当气缸与活塞共同沿斜面向上以0.6g的加速度加速运动时，F力的大小；
（3）从静止状态到（2）问中状态的过程中，活塞相对气缸底部运动的距离。
【解答】解：（1）设开始F＝2mg时，气缸受到的摩擦力为f，开始时气缸与活塞静止在斜面上，对气缸和活塞整体，由平衡关系有F＝（m1+m2）gsin37°+f（假设f方向沿斜面向下）（1分）
代入数据解得f＝﹣mg
负号表示f方向沿斜面向上，f大小为mg。 （1分）
（2）当气缸与活塞共同沿斜面向上以0.6g的加速度加速运动时，对气缸和活塞整体，由牛顿第二定律有F'﹣（m1+m2）gsin37°﹣μ（m1+m2）gcs37°＝（m1+m2）a （1分）
代入数据解得F'＝8mg （1分）
（3）以活塞为研究对象，当F＝2mg、活塞静止，设此时缸内气体压强为p1，由平衡关系有
F+p1S＝m2gsin37°+p0S
代入数据解得p1＝p0 QUOTE （1分）
当F'＝8mg、活塞沿斜面向上以0.6g的加速度加速运动时，设此时缸内气体压强为p2，对活塞，由牛顿第二定律有F'+p2S﹣m2gsin37°﹣p0S＝m2a
代入数据解得p2＝p0 QUOTE （1分）
缸内气体可视为理想气体，设加速运动时，活塞与气缸底部距离为L，由玻意耳定律有
p1L0S＝p2LS
代入数据解得L QUOTE L0 （1分）
则活塞相对气缸底部运动距离x＝L﹣L0
代入数据解得x QUOTE L0 （1分）
18．（11分）如图所示，在电动机的带动下以v＝5m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有无穷多个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，小球质量m0＝2kg。质量m＝1kg的物体（可视为质点）从轨道上高h＝5.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0＝7m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带AB之间的距离L＝3.4m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰。重力加速度g＝10m/s2， QUOTE 3.16。求：
（1）物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功；
（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小；
（3）物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能。
【解答】解：（1）物块由P到A的过程，根据动能定理可得： QUOTE 0（1分）
解得摩擦力做的功：Wf＝﹣25.5J； （1分）
（2）物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为： QUOTE 0.5×10m/s2＝5m/s2 （1分）
减速至与传送带速度相等时所用的时间： QUOTE （1分）
匀减速运动的位移： QUOTE m
所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为： QUOTE s
故物体从A运动到B的时间为：t＝t1+t2＝0.4s+0.2s＝0.6s （1分）
传送带对物体的冲量大小为： QUOTE N•S＝6.32N•s； （1分）
（3）物块与小球1发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为v1，小球1被撞后的速度大小为u1，取向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律得：
mv＝﹣mv1+m0u1
QUOTE
解得： QUOTE m/s， QUOTE m/s； （1分）
物块被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得： QUOTE
v1＝at1
解得： QUOTE m＜3.4m， QUOTE s； （1分）
由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。可知，物块第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到v1，此过程电动机多给传送带的力为μmg，电动机多做的功率为μmgv，电动机多消耗的电能为：
QUOTE （1分）
再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物块和小球的速度大小，以及第二次往返电动机多消耗的电能分别为：
QUOTE
QUOTE
QUOTE （1分）
以此类推，物块与小球1经过n次碰撞后，他们的速度大小以及第n次往返电动机多消耗的电能分别为：
QUOTE ，
QUOTE ，
QUOTE ，
从第一次碰撞之后电动机多消耗的能量为： QUOTE
解得： QUOTE 1×52J＝25J。 （1分）
19．（11分）如图所示，倾角为θ＝37°的绝缘斜面上的EF和GH之间有垂直斜面向下的有界磁场，磁感应强度B＝1.0T，磁场宽度d＝10cm。质量m＝0.5kg闭合矩形线框ABCD放在斜面上，线框由粗细均匀的导线绕制而成，其总电阻为R＝0.04Ω，其中AC长为L1＝100cm，AB长为L2＝20cm。开始时，线框的CD边与EF平行。现由静止释放线框，当线框CD边运动到磁场边界EF时，恰好做匀速直线运动，速度大小为v1。而当AB边到达磁场下边缘GH时，线框的速度大小为v2＝2.0m/s，整个过程中线框不发生转动。已知线框和斜面之间的摩擦因数为0.5，（g＝10m/s2）求：
（1）速度v1的大小；
（2）线圈穿越磁场的过程中产生的焦耳热；
（3）线框从CD边进入磁场到AB边穿出磁场的过程所用的时间。
【解答】解：L2＝20cm＝0.2m，L1＝100cm＝1m，d＝10cm＝0.1m。
（1）线框的CD边刚进入磁场时，对线框受力分析：BIL2+μN＝mgsinθ （1分）
其中：N＝mgcsθ， （1分）
CD边切割磁感线，由法拉第电磁感应定律：ECD＝BL2v
由闭合电路欧姆定律：I QUOTE
联立解得：v1＝1m/s； （1分）
（2）线框由CD边进入磁场到AB边离开磁场，由能量守恒可得：
ΔEp＝ΔEk+Q摩+Q焦 （1分）
其中ΔEp＝mg（d+L1）sinθ
ΔEk QUOTE
Q摩＝μmgcsθ（d+L1）
联立解得：Q焦＝0.35J； （1分）
（3）CD边匀速进入的过程：t1 QUOTE s＝0.1s
CD边出磁场到AB边进入磁场的过程做匀加速直线运动，由牛顿第二定律：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma （1分）
解得：a＝2m/s2 （1分）
设匀加的时间为t2，则有：L1﹣d＝v1t2 QUOTE
解得：t2≈0.57s或t2≈﹣1.57s（舍去） （1分）
AB边刚进入磁场的速度大小为：v3＝v1+at2＝1m/s+2×0.57m/s＝2.14m/s
AB边由进入到出磁场的过程，根据动量定理可得：﹣B QUOTE L2t3﹣（μmgcsθ﹣mgsinθ）t3＝mv2﹣mv3
即 QUOTE （μmgcsθ﹣mgsinθ）t3＝mv3﹣mv2 （1分）
代入数据解得：t3＝0.03s （1分）
则总时间：t＝t1+t2+t3＝0.1s+0.57s+0.03s＝0.7s。 （1分）
20．（11分）如图，空间直角坐标系Oxyz中，有两个棱长均为L的正方体Ⅰ和正方体Ⅱ，它们的公共界面为M，O点为正方体Ⅰ侧面K的中心，x、y、z轴均与正方体棱长平行。正方体Ⅰ空间内在y＞0的范围内存在着沿y轴负方向的匀强电场，在y＜0的范围内存在着沿y轴正方向的匀强电场，两者电场强度大小相等；正方体Ⅱ空间内在y＞0的范围内存在着沿x轴正方向的匀强磁场，在y＜0的范围内存在着沿x轴负方向的匀强磁场，两者磁感应强度大小相等。有一质量为m、电荷量为+q的粒子，以v0的初速度，从y轴上的P点沿z轴正方向进入正方体Ⅰ，之后经过z轴后从Q点垂直穿过界面M进入正方体Ⅱ，最后垂直打在侧面N上。P点为侧面K底边长的中点（在电场区域中），不考虑粒子的重力，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）粒子进入正方体Ⅰ后，经过z轴时的速度大小；
（3）磁感应强度的大小。
【解答】解：（1）根据题意，设匀强电场的电场强度大小为E，则由牛顿第二定律有：
qE＝ma （1分）
由于粒子从Q点垂直穿过界面M进入正方体Ⅱ，设粒子经过时间t到达z轴，则有
QUOTE L QUOTE
QUOTE L＝v0t
联立解得E QUOTE ； （2分）
（2）粒子经过z轴时速度的竖直分量vy＝at
则经过z轴时的速度大小为v QUOTE
解得：v QUOTE ； （2分）
（3）该粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意可知，其可能的运动轨迹如图所示，
设磁场的磁感应强度大小为B，粒子做圆周运动的轨迹半径为r，根据几何关系有
（ QUOTE L﹣r）2+x2＝r2 （2分）
且满足：L＝2nx，r＜2x
解得：r QUOTE ，n＝1，2，3…… （2分）
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有：qvB QUOTE
解得： QUOTE 。 （2分）
车型尺寸长×宽×高
4870×1950×1725
最高时速km/h
120
电机型式
交流永磁同步电机
电机最大电功率kW
180
工况法纯电续驶里程km
500
等速法纯电续驶里程km
600
电池容量kW•h
82.8
快充时间h
1.4
0﹣50km/h加速时间（s）
2
0﹣100km/h加速时间s
4.6
U/V
1.80
2.80
3.80
4.90
U/V
4.00
6.01
8.02
9.98