2023年高考第三次模拟考试卷-物理（北京B卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第三次模拟考试卷-物理（北京B卷）（全解全析），共20页。
2023年高考物理第三次模拟考试卷
物理·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、第一部分：本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 图甲为水平放置的弹簧振子，图乙为该弹簧振子的频闪照片。拍摄时底片沿着垂直于小球振动的方向从下向上匀速运动。图乙中M为t1时刻拍摄的小球的像，N为t2时刻拍摄的小球的像，不计阻力。下列说法正确的是（　　）

A．小球在t1、t2时刻的加速度方向相同
B．增大底片匀速运动的速度，同样尺寸的底片上拍摄小球像的个数减少
C．小球从t1时刻运动至平衡位置的时间大于从t2时刻运动至平衡位置的时间
D．从t1时刻到t2时刻的过程中，弹簧的弹性势能逐渐减小，小球的动能逐渐增大
【答案】B
【详解】A．小球做简谐振动，加速度方向指向平衡位置，由图可知小球在t1、t2时刻的加速度方向相反，A错误；
B．小球做简谐振动的周期不变，增大增大底片匀速运动的速度，则底片运动的时间减少，拍摄小球像的个数减少，B正确；
C．由图可知，M点为振幅最大处向平衡位置振动，则小球从t1时刻运动至平衡位置的时间为T4,小球在N位置先向最大振幅处振动，再向平衡位置运动，从t2时刻运动至平衡位置的时间大于T4,所以小球从t1时刻运动至平衡位置的时间小于从t2时刻运动至平衡位置的时间，C错误；
D．从t1时刻到t2时刻的过程中，弹簧弹力对小球先做正功后做负功，弹簧的弹性势能先减小后增大，小球的动能先增大后减小，D错误。故选B。
2. 为了研究电荷之间的作用力，库仑设计了一个十分精妙的实验（扭秤实验）。如图所示，细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个小球A，另一端通过物体B使绝缘棒平衡。把另一个与A完全相同的带电金属小球C插入容器并使它接触A，从而使A与C带同种电荷。将C与A分开，再使C靠近A，A和C之间的作用力使A远离。扭转悬丝，使A回到初始位置并静止，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，进而可以找到力F与距离r和电荷量的关系。下列说法正确的是

A．实验中不需要精确测量小球的电荷量
B．实验中一定要使A、B球带等量异种电荷
C．小球A和C的半径大小对实验结果无影响
D．小球C所带电荷量越大，悬丝扭转的角度越小
【答案】A
【详解】A．在库仑那个时代，没有电荷量的单位，不可能准确的测出每个带电小球的电荷量，故A正确；
B．由材料分析可知，棒的一端是一个小球A，另一端通过物体B使绝缘棒平衡，研究的是A、C间的作用力，所以B不带电，只起平衡作用，故B错误；
C．由库仑定律可知，A球和C球之间的作用力与它们之间的距离的平方成反比，小球A和C的半径大小影响小球之间的距离大小，故对实验结果有影响，故C错误；
D．C球带电荷量越大，C球与A球接触后，A球所带电量越大，C与A之间的库仑力越大，悬丝扭转的角度越大，故D错误。故选A。
3. 如图所示一定质量理想气体的p−T图像，从状态A沿曲线运动到B， AB两点连线经过坐标原点O，A状态到B状态过程，关于此过程下列说法正确的是（    ）

A．气体的体积一直增大
B．A状态气体的内能大于B状态气体的内能
C．A状态和B状态相比，A气体单位时间撞到单位面积气体分子数目小于B气体
D．气体的体积一直减小
【答案】C
【详解】AD．根据理想气体状态方程pVT=C，可得pT=CV，可知p−T图像上点与原点连线的斜率为k=CV，由图像可知，A状态到B状态过程，气体的体积先变小后变大，故AD错误；
B．A状态到B状态过程，气体温度升高，则气体内能增大，A状态气体的内能小于B状态气体的内能，故B错误；
C．由图像可知，A状态和B状态相比，体积相等，A状态温度低于B状态温度，可知A状态气体分子平均动能小于B状态气体分子平均动能，则A状态气体单位时间撞到单位面积气体分子数目小于B状态气体单位时间撞到单位面积气体分子数目，故C正确。故选C。
4. 2022年11月27日，我国在西昌卫星发射中心使用“长征二号”丁运载火箭，成功将“遥感三十六号”卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。若已知该卫星在预定轨道上绕地球做匀速圆周运动，其线速度大小为v，角速度大小为ω，引力常量为G，则地球的质量为（　　）
A．v3Gω B．v2Gω C．v3Gω2 D．v2Gω2
【答案】A
【详解】卫星做圆周运动的轨道半径r=vω，根据万有引力提供向心力GMmr2=mv2r，联立解得M=v3Gω，故选A。
5. 如图所示为一束太阳光射到截面为六角形的冰晶上时的光路图，a、b为其折射出的光线中的两种单色光，下列说法正确的是（    ）

A．在冰晶中，b光的传播速度较大
B．照射同一个金属，若b光能发生光电效应，则a光也可以
C．从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较小
D．用同一装置做单缝衍射实验，a光的中央亮条纹更宽
【答案】D
【详解】A．根据折射定律，结合光路图可知b光的折射率大于a光的折射率，根据v=cn，可知在冰晶中，b光的传播速度较小，故A错误；
B．b光的折射率大于a光的折射率，可知b光的频率大于a光的频率，b光的光子能量大于a光的光子能量，照射同一个金属，若b光能发生光电效应，则a光不一定可以，故B错误；
C．根据全反射临界角公式sinC=1n，由于b光的折射率大于a光的折射率，可知从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较大，故C错误；
D．由于b光的频率大于a光的频率，可知b光的波长小于a光的波长，可知用同一装置做单缝衍射实验，a光的中央亮条纹更宽，故D正确。故选D。
6. 科学研究表明，香烟会释放一种危险的放射性元素“钋（84210Po）”，如果每天抽2包香烟，一年后累积的辐射相当于400次胸透的辐射。84210Po的半衰期是138天，84210Po可以连续发生一次α衰变和一次β衰变后产生了新核ZAX，则下列说法正确的是（　　）
A．制做香烟时通过高温可以减小84210Po的半衰期，从而减小辐射对人体的伤害
B．吸烟时因为发生化学反应，所以84210Po的半衰期会减小
C．84210Po发生衰变时，会发生质量亏损
D．新核ZAX的中子数是206，电荷数为83
【答案】C
【详解】AB．半衰期和元素本身有关，和高温以及元素是否发生化学反应无关，AB错误；
C．发生衰变时要释放出核能，所以衰变过程伴随着质量亏损，C正确；
D．根据题意写出核反应方程式84210Po→ZAX+24He+−10e，根据质量数和电荷数守恒可知A=206，Z=83，新核ZAX的电荷数为83，则中子数是206−83=123，D错误。故选C。
7. 如图所示，把一根柔软的铜制弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，用导线连接弹簧上端作为接线端a，另一根导线浸在水银槽中作为另一个接线端b，再将a、b端分别与一直流电源两极相连，发现弹簧开始竖直上下振动，电路交替通断。关于该实验。 下列说法正确的是

A．通入电流时，弹簧各相邻线圈之间相互排斥
B．将a、b端的极性对调，弹簧将不再上下振动
C．增大电流，弹簧下端离开水银液面的最大高度一定变小
D．用频率合适的交流电，也可使弹簧上下振动
【答案】D
【详解】A．通入电流时，弹簧各相邻线圈中电流的方向相同，根据同向电流相互吸引可知，它们之间相互吸引，故A错误；
B．将a、b端的极性对调，弹簧各相邻线圈中电流的方向仍然相同，它们之间相互吸引，导致弹簧收缩，下端离开水银液面，电路断开，电流消失，弹簧伸长，电路导通，重复上述过程，水银弹簧仍然上下振动，故B错误；
C．增大电流，弹簧各相邻线圈之间相互吸引力增大，下端离开水银液面的最大高度一定变大，故C错误；
D．结合上面选项分析，弹簧的上下振动与电流的方向无关，用频率合适的交流电，也可使弹簧上下振动，故D正确。故选D。
8. 在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，将具有加速度测量功能的智能手机固定在小车上，改装成如图1所示的装置来测量小车加速度。小车的质量M=300g，槽码的质量m=30g。小车由静止释放，设小车前进的方向为正方向，通过手机软件测得加速度随时间变化图像如图2所示，其中减速过程中加速度超过了手机的显示范围。关于此实验的分析，下列说法正确的是（　　）

A．放手机与不放手机相比，小车加速过程中的加速度较大
B．放手机与不放手机相比，小车加速过程中细线对小车的拉力较小
C．小车与制动器碰撞前的速度大小约为2.4m/s
D．此手机的质量约为170g
【答案】D
【详解】A．对小车和槽码的整体，由牛顿第二定律可知a=mgm+M，因放上手机后，M变大，则加速度减小，即放手机后，小车加速过程中的加速度较小，选项A错误；
B．对小车分析可知T=Ma=mMgm+M=mgmM+1，则放上手机后，M变大，则T变大，选项B错误；
C．由a-t图像可知，图像的“面积”的与速度的变化量，则小车与制动器碰撞前的速度大小约为
v=0.6×1.6m/s≈1.0m/s，选项C错误；
D．由图像可知，加速阶段的加速度为a=0.6m/s2，M=300g，m=30g带入a=mgm+M+m机，可得m机=170g，选项D正确。故选D。
9. 如图所示，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到原线圈电路中电流表A1的示数增大了0.2A，副线圈电路中电流表A2的示数增大了0.6A。下列说法正确的是（    ）

A．电压表V1示数增大 B．电压表V3示数增大
C．原、副线圈的匝数比为1:3 D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
【答案】D
【详解】AD．观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即副线圈电流增大，由于a、b接在电压有效值不变的交流电流两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即电压表V1，电压表V2示数不变，根据欧姆定律可知，负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，故A错误，D正确，
B．副线圈电流增大，则R0两端电压增大，所以滑动变阻器R两端电压减小，即电压表V3示数减小，故B错误；
C．观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，根据变压器电流之比可知，n1n2=I2I1=ΔI2ΔI1=31，故C错误。故选D。
10. 人们在气泡室中，观察到一对正负电子的运动轨迹，如图所示。已知匀强磁场的方向垂直照片平面向外，电子重力忽略不计，则下列说法正确的是（　　）

A．右侧为负电子运动轨迹
B．正电子与负电子分离瞬间，正电子速度大于负电子速度
C．正、负电子所受洛伦兹力始终相同
D．正、负电子在气泡室运动时，动能减小、半径减小、周期不变
【答案】D
【详解】A．根据电子的运动轨迹结合左手定则可知，左侧为负电子运动轨迹，右侧为正电子运动轨迹，A错误；
B．根据洛伦兹力提供向心力有Bev=mv2r，r=mvBe，根据运动轨迹可知正电子与负电子分离瞬间左侧负电子的轨迹半径大于右侧正电子的轨迹半径，可得负电子速度大于正电子速度，B错误；
C．根据前面分析可知正、负电子存在速度大小不相等的时候，根据F洛=Bev，可知正、负电子所受洛伦兹力大小并不是始终相同，同时所受洛伦兹力方向也不相同，C错误；
D．根据洛伦兹力提供向心力有Bev=m⋅2πT⋅v，T=2πmBe，正、负电子在气泡室运动时，根据轨迹可知运动的轨迹半径在减小，所以速度在减小，动能减小，周期与速度大小无关，保持不变，D正确。故选D。
11. 如图所示，若x 轴和y 轴分别表示时间t 和速度v，AB 是做直线运动物体的速度随时间变化的图线，梯形OABC 的面积可以代表该物体在该段时间内的位移。对一辆沿平直公路行驶的汽车，下列结论中错误的是（　　）

A．若 x 轴和 y 轴分别表示时间 t 和汽车的加速度 a，AB 是汽车的加速度随时间变化的图线，那么梯形OABC 的面积可以代表汽车的速度变化量
B．若x 轴和y 轴分别表示汽车的速度v 和汽车的牵引F，AB 是汽车牵引力随速度变化的图线，那么梯形OABC 的面积可以代表牵引力的功率
C．若x 轴和y 轴分别表示时间t 和汽车的功率P，AB 是汽车的功率随时间变化的图线，那么梯形OABC 的面积可以代表汽车牵引力做的功
D．若x 轴和y 轴分别表示时间t 和汽车所受的合外力F，AB 是汽车所受合外力随时间变化的图线，那么梯形OABC 的面积可以代表汽车的动量变化
【答案】B
【详解】A．根据Δv=aΔt，可知若 x 轴和 y 轴分别表示时间 t 和汽车的加速度 a，AB 是汽车的加速度随时间变化的图线，那么梯形OABC 的面积可以代表汽车的速度变化量，故A正确；
B．由图可知若x 轴和y 轴分别表示汽车的速度v 和汽车的牵引F，说明牵引力的瞬时功率不断增大，梯形OABC 的面积没有物理意义，故B错误；
C．根据W=pt，可知若x 轴和y 轴分别表示时间t 和汽车的功率P，AB 是汽车的功率随时间变化的图线，那么梯形OABC 的面积可以代表汽车牵引力做的功，故C正确；
D．根据I=FΔt=Δp，可知若x 轴和y 轴分别表示时间t 和汽车所受的合外力F，AB 是汽车所受合外力随时间变化的图线，那么梯形OABC 的面积可以代表汽车的动量变化，故D正确。
本题选错误项，故选B
12. 为了测量储液罐中液体的液面高度，有人设计了如图甲所示装置。将与储物罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容C置于储液罐中，电容C可通过开关S与电感L或电源相连。当开关从a拨到b时，由电感L与电容C构成的回路中产生振荡电流而向外辐射电磁波，再使用乙图中的调谐电路来接收甲振荡电路中的电磁波，这样就可通过测量乙中接收频率而获知甲中的发射频率，进而再通过振荡电路的振荡频率公式f=12πLC即可获知电容C的值（L值已知），从而测量油罐内的液面高度。已知平行板电容器正对面积、间距一定的条件下，电容C两极板间充入电介质增加（液面上升）时，电容C增大。则下列分析判断正确的是（　　）

A．该装置适用于测量任意种类液体的液面高度
B．当储物罐内的液面高度降低时，所测到的LC回路中电流的振荡频率变小
C．当装置使用过久电源电动势减小时，测量的液面高度比真实值偏小
D．该装置测得的振荡频率与所用电源的电动势大小无关。
【答案】D
【详解】A．该装置适用于测量不导电液体的液面高度，选项A错误；
B． 当储物罐内的液面高度降低时，电容器极板之间的介质减少，所以电容器的电容减小，根据
f=12πLC，可知所测到的LC回路中电流的振荡频率变大，选项B错误；
CD．该装置测得的振荡频率与所用电源的电动势大小无关，则当装置使用过久电源电动势减小时，振荡电路的周期和频率不变，则测量的液面高度比真实值不变，选项C错误，D正确。故选D。
13. 已知图中的霍尔元件是N型半导体，它内部形成电流的“载流子”是电子。图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中错误的是（　　）

A．电表B为毫安表，电表C为毫伏表
B．接线端2的电势低于接线端4的电势
C．若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则毫伏表的指针将反向偏转
D．若适当减小R1、增大R2，则毫伏表示数可能不变
【答案】C
【详解】A．电表B串联在电源E2的电路中，故其为电流表，即毫安表，而电表C并联在2、4两端，则其为电压表，即毫伏表，故A正确；
B．由安培定则可知，磁场方向竖直向下，通过霍尔元件的电流由1流向接线端3，电子移动的方向与电流方向相反，由左手定则可知，电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，故B正确；
C．若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，由左手定则可知霍尔元件的电子仍偏向接线端2，则毫伏表指针不会反向偏转，设霍尔元件的宽度即2和4的宽度为d，电压为U，根据Bqv=Eq=Udq，解得U=Bvd，由于通过1和3的电流为I2=nqSv，由于电流方向相反，但大小不变，则电子定向移动的速度不变，则接线端2和4的电势高低关系不变，则毫伏表的指针不变，故C错误；
D．适当减小R1，根据闭合电路欧姆定律I1=E1R1+r1，则缠绕铁芯线圈的电流增大，则产生的磁感应强度增大，增大R2，霍尔元件中的电流减小，则电子定向移动的速度减小，根据U=Bvd，其中B增大，v减小，d不变，则毫伏表示数可能不变，故D正确。本题选错误项，故选C。
14. 物体在流体中运动时，流体的阻力跟物体相对于流体的速度有关，速度越大，阻力越大。雨滴在空气中下落，下落过程中可将雨滴看作球体。雨滴速度越来越大，所受空气阻力也越来越大，当阻力增加到跟雨滴所受的重力相等时，二力平衡，雨滴匀速下落。学校兴趣小组同学为了进一步探究雨滴下落时的阻力情况，查阅资料得到如下信息：极小雨滴在云层中与其他小雨滴或小冰晶碰撞结合，不断翻腾，经过漫长的过程变为可以从云层中掉落的较大雨滴；
①雨滴极小时，下落过程中受到的阻力可以表示为：f=6πηrv，r为雨滴半径，v为雨滴下落的速度，η为流体的黏滞系数，其大小与空气的温度、浓度等有关。
②雨滴较大时，下落过程中受到的阻力可以表示为：f=12CDρSv2，ρ表示空气密度，S表示横截面积，v为雨滴下落的速度，CD是阻力系数，称为雷诺数。其中CD=24Re+61+Re+0.4，Re=ρvLη，L是与横截面半径成正比的特征长度，单位为m。
根据以上信息分析，下列判断正确的是（　　）
A．极小雨滴不易从云层中落下是因为受空气阻力大于自身重力
B．静止释放的较大雨滴在只考虑流体阻力的影响下，半径越大的雨滴匀速下落越快
C．雷诺数CD是一个与雨滴大小无关的确定常数
D．Re的单位是kg⋅m−1⋅s−1
【答案】B
【详解】A．极小雨滴下落过程中所受空气阻力与速度成正比，当极小雨滴匀速运动时，其所受阻力与重力平衡，此时雨滴速度最大，所受空气阻力最大，所以其所受空气阻力不可能大于自身重力。极小雨滴不易从云层中落下是因为在云层中与其他小雨滴或小冰晶碰撞结合，不断翻腾，经过漫长的过程变为了较大雨滴，故A错误；
C．雷诺数CD与Re有关，Re越大，雷诺数CD越小，而Re又与特征长度L有关，L越大，Re越大，且L是与横截面半径成正比的特征长度，因此雨滴越大，L越大，Re越大，雷诺数CD越小，故C错误；
D．根据雷诺数的表达式可知它是一个无量纲的常数，则Re也是一个无量纲的常数，故D错误；
B．设雨滴半径为R，则其质量为m=ρV=43ρπR3，横截面积为S=πR2，当雨滴以速度v匀速下落时，根据平衡条件有mg=f=12CDρSv2，联立以上三式解得v=8gR3CD，因为半径越大的雨滴，特征长度L越大，雷诺数CD越小，所以v越大，故B正确。故选B。
二、第二部分：本部分共6题，共58分。
15. 物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法，实验操作、数据分析等。
（1）用游标卡尺测量圆管的外径d，示数如图甲所示，则d=_________mm。

（2）如图乙所示，用半径相同的A、B两球的碰撞验证“动量守恒定律”，实验中可以不测定小球碰撞前后的速度，而通过仅测量一个物理量，替代速度的测量，该物理量是__________。
A．小球开始释放时的高度
B．小球抛出点地面的高度
C．小球做平抛运动的水平射程
（3）利用图丙装置研究自由下落物体的机械能是否守恒时，实验结果往往是物体的重力势能的减少量略大于其动能的增加量，关于这个误差，下列说法正确的是__________。
A．该误差属于偶然误差
B．该误差属于系统误差
C．可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差
D．可以通过减小摩擦阻力的影响来减小该误差

（4）利用图丁所示的单摆测量重力加速度，为了使测量误差尽量小，可以采取的措施是__________。
A．组装单摆时，选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆时，选用轻且不易伸长的细线
C．测周期时，在摆球通过最低点时开始计时
D．测周期时，测量一次全振动的时间
【答案】 23.7 C BD/DB BC/CB
【详解】（1）[1]圆管的外径为d=23mm+0.1mm×7=23.7mm
（2）[2]小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中下落的高度相同，在空中运动的时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，所以可以用小球的水平射程代替小球的初速度，C正确，AB错误。
故选C。
（3）[3]实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，这个误差是系统误差，无法避免，系统误差时由于空气阻力与摩擦阻力造成的，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差，故BD正确，AC错误；故选BD。
（4）[4] A．组装单摆须选用密度较大直径较小的摆球，A错误；
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，B正确；
C．测量周期时，选取平衡位置作为计时起点与终止点，因为摆球通过平衡位置时速度最大，相等的距离误差时，引起的时间误差小，时间测量相对准确，C正确；
D．把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期，D错误。
故选BC。
16. 电导率是检验纯净水是否合格的一项重要指标，它是电阻率的倒数。某实验小组为了测量某品牌纯净水样品的电导率，将采集的水样装入粗细均匀的玻璃管内，玻璃管两端用装有金属圆片电极的橡胶塞密封。实验小组用刻度尺测出两电极相距L，用游标卡尺测得玻璃管的内径为D。接下来，实验小组先用多用电表欧姆挡粗测水样电阻的阻值，然后再用“伏安法”测量其阻值。最后分析数据，得出该品牌纯净水样品的电导率。
实验小组用“伏安法”测量水样电阻的阻值时，有以下器材供选用：
A．电流表（0∼600μA，内阻约100Ω）    B．电流表（0∼0.6A，内阻约0.125Ω）
C．电压表（0∼3V，内阻约3kΩ）    D．电压表（0∼15V，内阻约15kΩ）
E．滑动变阻器（0∼100Ω，额定电流1A）    F．电源（12V，内阻约1.0Ω）
G．开关和导线若干

（1）实验小组用多用电表粗测水样电阻的阻值时选择欧姆挡的“×1k”倍率，示数如图甲，则读数为________Ω。
（2）实验小组用“伏安法”测量水样电阻的阻值时，为减小测量误差，电流表应选用________，电压表应选用________（选填器材前的字母）。
（3）图乙是实验器材实物图，已连接了部分导线。请补充完成实物间的连线。
（4）下表是实验小组测量玻璃管中水柱的电流及两端电压的6组实验数据，其中5组数据的对应点已经标在图丙的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U−I图线。

1
2
3
4
5
6
U/V
1.0
3.0
5.0
7.0
9.0
11.0
I/μA
53.5
160
267
374
411
588

（5）若得到水样电阻的阻值为R，则水样品电导率的表达式为________（用D、L和R表示）。
（6）为了探索分压电路中选择最大阻值是多大的滑动变阻器更有利于完成实验，某同学分别用最大阻值是10Ω、100Ω、1000Ω的三种滑动变阻器做分压电阻，用如图丁所示的电路进行实验。实验中所用的定值电阻Rx=30Ω。当滑动变阻器的滑片由一端向另一端移动的过程中，根据实验数据，分别作出电压表读数Ux随xL（xL指滑片移动的距离x与滑片在变阻器上可移动的总长度L的比值）变化的关系曲线a、b、c，如图戊所示。则图戊中的图线a对应的滑动变阻器以及为了更有利于完成实验应选择最大阻值为多大的滑动变阻器（在保证滑动变阻器不会被烧坏的情况下），正确的是________（选填选项前的字母）。
A．最大阻值为10Ω的滑动变阻器；最大阻值更大的滑动变阻器
B．最大阻值为100Ω的滑动变阻器；最大阻值比Rx大2~5倍的滑动变阻器
C．最大阻值为1000Ω的滑动变阻器；最大阻值比Rx大2~5倍的滑动变阻器
D．最大阻值为1000Ω的滑动变阻器；最大阻值更小的滑动变阻器
【答案】 1.9×104 A D
4LπRD2 D
【详解】（1）[1]欧姆表读数为19×103Ω=1.9×104Ω。
（2）[2][3]电源电动势为12V，则电压表选择D。根据欧姆定律，纯净水最大电流约为Im=121.9×104A=632μA，则电流表应选择A。
（3）[4]实物图如图所示

（4）[5]U−I图线如图所示

（5）[6]根据电阻定理得，电阻率为ρ=RSL=RπD22L=πRD24L，则电导率为4LπRD2。
（6）[7]图线a随滑片移动过程中，电压表示数变化较小，说明定值电阻与滑动变阻器左侧部分并联变化较小，说明滑动变阻器阻值较大，即最大阻值为1000Ω的滑动变阻器。为了使电压表示数变化明显，应使用最大阻值更小的滑动变阻器。故选D。
17. 如图所示，一小球在斜面的顶端以初速度v0水平抛出，最后落到斜面上。已知斜面的倾角为α，小球的质量为m，重力加速度为g。求：
（1）小球落到斜面时速度大小和方向与水平面夹角的正切值；
（2）小球离斜面最远时的速度大小和运动时间。

【答案】（1）v01+4tan2α，2tanα；（2）v0cosα，v0tanαg
【详解】（1）如图所示，小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为θ，
小球在水平方向上做匀速直线运动，有vx1=v0，x=v0t，
小球在竖直方向上做自由落体运动，有vy1=gt，y=12gt2，
小球落到斜面上，有tanα=yx=gt2v0，解得t=2v0tanαg，tanθ=vy1vx1=gtv0=2tanα，
小球落到斜面上的速度大小为v1=vx12+vy12=v01+4tan2α

（2）当小球的运动方向与斜面平行时，小球与斜面相距最远，设此时经历时间为t′，小球的运动方向与水平方向的夹角为α，则有vx=vcosα，tanα=vyvx=gt'v0，解得t'=v0tanαg，v=v0cosα。
18. 如图所示，长为2R的水平固定绝缘轨道AB与半径为R的竖直半圆形固定绝缘轨道BCD相切于B点，半圆轨道的圆心为O点，OC沿水平方向，整个空间存在水平向右的匀强电场。今将质量为m的带正电物块（可视为质点）从水平轨道的A端由静止释放，物块在电场力的作用下沿轨道运动并通过D点。已知物块所受电场力的大小是其所受重力的2倍，空气阻力及轨道的摩擦均可忽略不计，重力加速度为g。求：
（1）物块从A端运动到B端所经历的时间t；
（2）物块到达B点时的速度大小vB；
（3）物块通过半圆轨道C点时对轨道的压力大小NC。

【答案】（1）2Rg；（2）22gR；（3）12mg
【详解】（1）从A到B的过程中，由牛顿第二定律得Eq=2mg=ma，由位移时间公式得2R=12at2，解得t=2Rg
（2）物块到达B点时的速度大小vB=at=22gR
（3）B到C，由动能定理得EqR−mgR=12mvC2−12mvB2，在C点有N−Eq=mvC2R，解得N=12mg
根据牛顿第三定律可得物块通过半圆轨道C点时对轨道的压力大小NC=N=12mg
19. 利用水流和太阳能发电，可以为人类提供清洁能源。已知太阳光垂直照射到地面上时的辐射功率P0=1.0×103W/m2，地球表面的重力加速度取g=10m/s2，水的密度ρ=1.0×103kg/m3。
（1）若利用太阳能发电，需要发射一颗卫星到地球同步轨道上，然后通过微波持续不断地将电能输送到地面，这样就建成了宇宙太阳能发电站。已知地球同步轨道半径约为地球半径的211倍。求卫星在地球同步轨道上向心加速度的大小；
（2）三峡水电站发电机输出的电压为18 kV。若采用500 kV直流电向某地区输电5.0×106kW，要求输电线上损耗的功率不高于输送功率的5%，求输电线总电阻的最大值；
（3）三峡水电站水库面积约S'=1.0×109m2，平均流量Q=1.5×103m3/s，水库水面与发电机所在位置的平均高度差为ℎ=100m，并且在发电过程中水库水面高度保持不变。发电站将水的势能转化为电能的总效率η=60%。在地球同步轨道上，太阳光垂直照射时的辐射功率为10P0。太阳能电池板将太阳能转化为电能的效率为20%，将电能输送到地面的过程要损失50%。若要使（1）中的宇宙太阳能发电站与三峡电站具有相同的发电能力，同步卫星上太阳能电池板的面积至少为多大？
【答案】（1）0.23m/s2；（2）2.5Ω；（3）0.9×106m2
【详解】（1）设同步卫星的轨道半径为R，卫星所在轨道的向心加速度大小为a，
根据万有引力定律和牛顿第二定律得GMmR2=ma，
当物体在地表附近时，万有引力近似等于重力GMmR02=mg，
根据题意，同步轨道的半径R=211R0，
解得卫星在地球同步轨道上向心加速度的大小a=R02R2g，代入数据解得a=0.23m/s2
（2）设输电线总电阻的最大值为r，当通过输电线的电流为I时，输电线上损耗的功率为P损=I2r，采用U=500kV直流电向某地区输电P=5.00×109W时，通过输电线的电流I=PU，
依题意得P损=P×5%，解得r=2.5Ω
（3）三峡水电站的发电功率为P1=ρQghη=0.9×109W，设卫星太阳能电池板的面积至少为S，
则宇宙太阳能发电站的发电功率为P2=10P0S×20%×50%=103S，
根据题意P1=P2，所以太阳能电池板的面积至少为S=0.9×106m2
20. 宏观问题是由微观机制所决定的。对同一个物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。
(1)如图所示，一段长为L、横截面积为S的圆柱形金属导体，在其两端加上恒定电压，金属导体中产生恒定电流I。已知该金属导体中单位体积内的自由电子数量为n，自由电子的质量为m、电量为e。
a、请根据电流的定义，求金属导体中自由电子定向移动的平均速率v。
b、经典电磁理论认为：当金属导体两端电压稳定后，导体中产生恒定电场，这种恒定电场的性质与静电场相同。金属导体中的自由电子在电场力的驱动下开始定向移动，然后与导体中可视为不动的粒子碰撞，碰撞后电子沿导体方向定向移动的速率变为零，然后再加速、再碰撞……，自由电子定向移动的平均速率不随时间变化。金属电阻反映的就是定向移动的自由电子与不动的粒子的碰撞。假设自由电子连续两次碰撞的平均时间间隔为t0，碰撞时间不计，不考虑自由电子之间的相互作用力。请根据以上描述构建物理模型，推导金属导体两端电压U的大小和金属导体的电阻R。
(2)超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零。将一个闭合超导金属圆环水平放置在匀强磁场中，磁感线垂直于圆环平面，逐渐降低温度使超导环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，此后若环中的电流不随时间变化，则表明其电阻为零。为探究该圆环在超导状态的电阻率上限ρ，研究人员测得撤去磁场后环中电流为I，并经过一年多的时间t未检测出电流变化。实际上仪器只能检测出大于ΔI的电流变化，其中ΔI≪I，当电流的变化小于ΔI时，仪器检测不出电流的变化，研究人员便认为电流没有变化。设该超导圆环粗细均匀，环中单位体积内参与导电的电子数为n，电子质量为m、电荷量为e，环中定向移动的电子减少的动能全部转化为圆环的内能。试用上述给出的各物理量，推导出ρ的表达式。

【答案】(1)a、v=IneS；b、U=2mILne2St0，2mLne2St0；(2)ρ=mΔIne2It
【详解】(1)a.根据电流的定义式I=qt=nevS，得v=IneS  
b.根据题目描述，自由电子在电场力作用下从静止开始做匀加速直线运动，运动时间t0，速度变为vt，然后与金属粒子发生碰撞，速度减为零。
因此自由电子碰撞前瞬间速度vt=2v=2IneS      ，根据动量定理eULt0=mvt ，联立得U=2mILne2St0 ，
根据电阻定义式，R=UI=2mLne2St0  
(2)设圆环周长为l、电阻为R，由电阻定律得R=ρlS，
设t时间内环中电流释放焦耳热而损失的能量为ΔE，由焦耳定律得，ΔE=I2Rt
设环中电子定向移动的速率为v，则I=qt=nevS，
式中n、e、S不变，只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化，电流变化大小取ΔI时，相应定向移动电子的平均速率的变化得大小为Δv，则ΔI=neSΔv，
设环中定向移动电子减少的动能总和为ΔEk，则ΔEk=nlS[12mv2−12m(v−Δv)2] ，
由于ΔI≪I，可得ΔEk=lmIne2SΔI ，根据能量守恒定律ΔE=ΔEk，得ρ=mΔIne2It