2023年届河北省石家庄市高三上学期期末调研考试理综物理试卷.docx

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1、2023 届河北省石家庄市高三上学期期末调研考试1. 如以下图，空间有与竖直平面夹角为的匀强磁场，在磁场中用两根等长轻细金属丝将质量为 m 的金属棒 ab 悬挂在天花板的 C、D 两处，通电后导体棒静止时金属丝与磁场方向平行。磁场的磁感应强度大小为B，接人电路的金属棒长度为 l，重力加速度为 g，以下关于导体棒中电流的方向和大小正确的选项是 A. 由 b 到 a，B. 由 a 到 b，理综物理试卷C. 由 a 到 b，D. 由 b 到 a，2. 一物块以某初速度沿水平面做直线运动，一段时间后垂直撞在一固定挡板上，碰撞时间极短，碰后物块反向运动。整个运动过程中物块的速度随时间变化的 v-t 图象

2、如以下图，以下说法中正确的选项是 A. 碰撞前后物块的加速度不变B. 碰撞前后物块速度的转变量为 2m/sC. 物块在 t=0 时刻与挡板的距离为 21mD. 04s 内物块的平均速度为 5.5m/s3. 如以下图，竖直平面内两个四分之一圆弧轨道的最低点相切，圆心分别为 O1、O2，半径分别为R 和 2R，两个小球P、Q 先后从 A 点水平抛出，分别落在轨道的 B、C 两点。 B、C 两点处于同一水平直线，在竖直方向上与A 点相距 0.6R，不计空气阻力，重力加速度为 g。以下说法中正确的选项是A. 两小球在空中运动的时间相比较，小球P 的较短B. 两小球从抛出到落在轨道上的速度变化量相比较，

3、小球Q 的较大C. 小球 P 与小球 Q 抛出时的速度之比为 1：11D. 两小球落在轨道上的瞬间，小球 P 的速度与水平方向的夹角较小4. 如以下图，虚线为某匀强电场的等势面，电势分别为10V、20V 和 30V，实线是某带电粒子在电场中运动的轨迹。不计带电粒子重力，则该粒子A. 带负电EEEB. 三点的动能大小关系 kakckb1页EEC. 三点的电势能大小关系D. 确定是从 a 点运动到 b 点，再运动到 c 点5.2023 年 2 月 15 日，一群中国学生拍摄的地月同框照，被外媒评价为迄今为止最好的地月合影之一。如以下图，把地球和月球看做绕同一圆心做匀速圆周运动的双星系统，质量分别为

4、M、m，相距为L，周期为T，假设有间距也为 L 的双星 P、Q，P、Q 的质量分别为 2M、2m，则A. 地、月运动的轨道半径之比为B. 地、月运动的加速度之比为papcEpbC. P 运动的速率与地球的相等D. P、Q 运动的周期均为二、多项选择题本大题共 4 小题，共 33.0 分A. 小球在电容器中运动的加速度大小为6. 水平放置的平行板电容器，极板长为l，间距为 d，电容为 C竖直挡板到极板右端的距离也为 1，某次充电完毕后电容器上极板带正电，下极板带负电，所带电荷量为Q1 如以下图，一质量为m，电荷量为q 的小球以初速度 v 从正中间的 N 点水平射人两金属板间，不计空气阻力，从极板

5、间射出后，经过一段时间小球恰好垂直撞在挡板的M 点， M 点在上极板的延长线上，重力加速度为 g，不计空气阻力和边缘效应。以下分析正确的选项是C. 电容器所带电荷量 Q1=B. 小球在电容器中的运动时间与射出电容器后运动到挡板的时间相等D.假设电容器所带电荷量 QQ1，小球还以速度 v 从 N 点水平射入，恰好能打在上级板的右端2=A. 小物块的加速度为B. 小物块受到的摩擦力大小确定为 kx-7. 如以下图，长木板左端固定一竖直挡板，轻质弹簧左端与挡板连接，右端连接一小物块，在小物块上施加如以下图的水平恒力 F，整个系统一起向右在光滑水平面上做匀加速直线运动。长木板质量为 M，小物块质量为

6、m，弹簧劲度系数为 k，形变量为 xx0，则 C. 小物块受到的摩擦力大小可能为 kx+，方向水平向左D. 小物块与长木板之间可能没有摩擦力8.如以下图，光滑平行金属导轨与水平面间的夹角为，导轨电阻不计，下端与阻值为 R 的电阻相连。匀强磁场垂直导轨平面对上，磁感应强度大小为B一质量为 m、长为 L、电阻为 r 的导体棒垂直导轨放置，从 ab 位置以初速度 v 沿导轨向上运动，刚好能滑行到与ab 相距为 s 的 ab”位置，然后再返回到 ab。该运动过程中导体棒始终与导轨保持良好接触，不计空气阻力，重力加速度为 g。以下说法正确的选项是B. 上滑过程中电阻 R 产生的热量为A. 向上滑行过程中

7、导体棒做匀减速直线运动C. 向下滑行过程中通过电阻 R 的电荷量为D. 电阻 R 在导体榛向上滑行过程中产生的热量小于向下滑行过程中产生的热量9. 以下说法中正确的选项是A. 布朗微粒越大，受力面积越大，所以布朗运动越猛烈B. 在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们的分子力先增大后减小再增大C. 在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们的分子势能先增大后减小D. 两个系统到达热平衡时，它们的分子平均动能确定一样E. 外界对封闭的抱负气体做正功，气体的内能可能削减三、填空题本大题共 2 小题，共 7.0 分010. 如以下图，一长为 L=11m 的水平传送带，以 v =4m/s 的

8、速率逆时针转动。把一质量为 m=1kg 的物块 A 以速度 v0 推上传送带的右端，同时把另一质量为M=2kg 的物块 B 以速度 v=8m/s 推上传送带的左端。两个物块相撞后以一样速度在传送带上运动，两个物块跟传送带的动摩擦因数均为=0.2，重力加速度 g=10m/s2，物块可视为质点且碰撞时间极短。求：（1） 相撞后两个物块再经多长时间相对传送带静止？（2） 物块 B 与传送带因摩擦产生的热量 Q=？11. 如图甲所示，在操场的PQ 两个位置放两个扬声器，PQ 之间的距离 d=10m，其中 A 在 PQ 的中垂线上，B 在 PQ 的连线上，且 PB=3.3m。P，Q 两个扬声器发声时振动

9、的位移时间图象均如图乙所示， 声波在空气中的传播速度为 340m/s，则扬声器发出声波的波长为m一个同学站在位置 A 时听到的声音比站在 B 点时听到的声音填“大”、“小”或“一样”，假设该同学从P 点走到 Q 点，他可以次听到声音明显变大。四、试验题本大题共 2 小题，共 6.0 分12. 某试验小组想用以以下图所示装置验证动能定理。垫块的作用是使长木板产生一个适宜的倾角来平衡小车运动过程中受到的阻力，小车的凹槽可以添加钩码以转变小车的质量，用小桶以及里面的细沙的重力来替代小车受到的合力，可以转变细沙的多少来转变合力的大小。打点计时器的打点频率为f， 当地重力加速度为 g。（1） 要完成试验

10、，必需测量哪些物理量 A纸带上某两点间的距离 x，以及这两点的瞬时速度B长木板的倾角C小车及凹槽内钩码的总质量 M D小桶及里面细沙的总质量 m（2） 认真平衡小车受到的阻力，并屡次转变小车的质量M 和小桶里面细沙的质量 m，通过测量和计算觉察：合力的功总是大于两点动能的差值，这填“符合”或“不符合“试验的实际状况。13. 一电阻标签被腐蚀，某试验小组想要通过试验来测量这个电阻的阻值，试验室预备有如下试验器材：A. 电池组 E电动势约 3V，内阻可无视B. 电压表 V 03V，内阻约 5kC. 电流表 A 01mA，内阻为 1000D. 滑动变阻器 R1最大阻值 10E. 滑动变阻器 R2最大

11、阻值 200F电阻箱 R30999.9 G多用电表H开关一个L导线假设干（1） 粗测电阻。把多用电表的功能开关旋转到欧姆挡1 位置，短接红黑表笔进展调零，然后测量待测电阻，多用电表的示数如图甲所示。多用电表的读数为（2） 试验小组选择器材用伏安法进一步测量电阻的阻值，首先要把电流表改装成200mA 的电流表， 电阻箱应调整到。保存两位有效数字。（3） 请设计电路并在图乙方框中画出电路图，要求易于操作，便于测量，并标出所选器材的符号。（4） 小组在试验中分别记录电流表和电压表的示数，并在坐标纸上描点如图丙所示，请正确做出I-U 关系图线，由图线可求得待测电阻阻值R=保存三位有效数字14.一粗细均

12、匀、两端封闭的U 形玻璃管竖直放置，管内水银柱及空气柱长度如以下图，右侧水银柱长l =20.0cm，气体压强 p =70.0cmHg，左侧水银柱11长 l2=35.0cm，气体的长度 l =15.0cm，现翻开 U 形玻璃管右侧端口，求稳3定后玻璃管左侧气体的长度将变为多少？设整个过程中气体温度保持不变，大气压强 p0=75.0cmHg=64.8五、计算题本大题共 2 小题，共 20.0 分15.如以下图，一全反射棱镜 BCD，D=90，BD=CD，E 是 BD 的中点， 某单色光 AE 从 E 点射入棱镜，AEBC，该色光在棱镜中传播的全反射临界角为 30，BC 边长为 1，光在真空中传播的

13、速度为c，求：在 BD 界面发生折射时折射角的正弦值：该色光从进入棱镜到第一次射出棱镜的时间。六、综合题本大题共 1 小题，共 3.0 分16. 如以下图，在直线 MN 和 PQ 之间有一匀强电场和一圆形匀强磁场，磁场方向垂直纸面对外，MN、PQ 与磁场圆相切，CD 是圆的一条直径， 长为 2r，匀强电场的方向与 CD 平行向右，其右边界限与圆相切于 C 点。一比荷为 k 的带电粒子不计重力从 PQ 上的 A 点垂直电场射入，初速度为 v0，刚好能从 C 点沿与 CD 夹角为 的方向进入磁场，最终从 D 点离开磁场。求：（1） 电场的电场强度 E 的大小；（2） 磁场的磁感应强度 B 的大小。

14、1. 【答案】C答案和解析【解析】解：导体棒要静止，则其受力如以下图，依据左手定则可知，导体棒的电流方向为由a 到 b， 依据平衡条件可知安培力的大小为：F=BIl=mgsin，所以感应电流的大小为：，故 ABD 错误，C 正确。应选：C。对导体棒进展受力分析，依据左手定则分析导体棒中的电流方向，依据三角形定则分析求解安培力的大小，从而依据 F=BIl 求解导体棒的电流大小。解决该题的关键是正确进展受力分析，把握左手定则推断感应电流的方向，把握三角形定则求解安培力的 大小，熟记安培力的求解公式。2. 【答案】C【解析】解：A、依据 v-t 图象的斜率大小等于物块的加速度，知碰撞前后物块的加速度

15、大小相等，但方向相反，加速度发生了转变，故 A 错误。C、物块在 t=0 时刻与挡板的距离等于 0-3s 内位移大小，为 s=3m=21m，故 C 正确。00B、碰撞前后物块的速度分别为 v =10m/s，v=-2m/s，则速度的转变量为v=v-v =-12m/s，故 B 错误。D、0-4s 内的位移为 x=3m-m=20m，平均速度为 = =m/s=5m/s，故 D 错误。应选：C。依据速度图象的斜率分析物块的加速度。读出碰撞前后物块的速度，即可求速度的转变量。依据图象与时 间轴所围的面积求物块在 0-3s 内的位移，即可得到物块在t=0 时刻与挡板的距离。依据0-4s 内的位移来求平均速度

16、。此题是速度-时间图象的应用，要知道图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移。读图时， 速度的数值与符号、单位要一起读。3. 【答案】C【解析】解：A、两个小球 P、Q 在空中都做平抛运动，由 h=，得 t=，可在，两小球在空中下落的高度相等，则它们在运动的时间相等，故A 错误。C、小球 P 做平抛运动的水平位移 xB=R-=0.2R，小球 Q 做平抛运动的水平位移B、依据v=gt，t 相等，知两小球从抛出到落在轨道上的速度变化量相等，故B 错误。x =R+P=2.2R，由平抛运动的规律有：x =v t，x =v t，则得小球P 与小球 Q 抛出时的速度之PPQQD、小球P 落在轨

17、道上的瞬间速度与水平方向的夹角正切tan=，小球Q 落在轨道上的瞬间速度与水平方比为 vP：vQ=1：11，故 C 正确。向的夹角正切 tan=，可得，小球 P 的速度与水平方向的夹角较大，故D 错误。应选：C。两个小球 P、Q 在空中都做平抛运动，运动时间由下落的高度打算。依据v=gt 分析速度变化量的关系。结合水平位移关系求小球 P 与小球 Q 抛出时的速度之比。依据分速度关系确定两小球落在轨道上的瞬间速度与水平方向的夹角关系。对于平抛运动，要娴熟把握处理方法：运动的分解法，同时还要结合几何关系争论水平位移之间的关系。4. 【答案】C【解析】解：A、依据电场线与等势面垂直，且由高电势指向低

18、电势，可知场强方向向上，带电粒子的轨迹向上弯曲，粒子所受的电场力向上，则该粒子确定带正电荷，故A 错误；B、C、粒子带正电，b 处的电势最高，所以粒子在 b 点处的电势能最大，同理 a 点的电势能最小；由于粒子运动的过程中只有电场力做功，则粒子的动能与电势能的和不变，所以粒子在b 点的动能最小，在 a 点的动能最大，故 B 错误，C 正确；D、由图只能推断出粒子受力的方向与电势能、动能的大小关系，但不能推断出粒子是否从a 点运动到 b点，再运动到 c 点，故 D 错误。应选：C。p先依据等势面的分布状况确定电场线的方向，由粒子的运动轨迹确定粒子所受的电场力方向，从而确定电荷的正负，由动能定理确

19、定各点的动能关系，依据E =q求解在各点处的电势能关系。此题要肥依据粒子的轨迹弯曲方向推断粒子所受的电场力方向，依据电场线与等势线的关系，推断出电场 线方向。正电荷在电势高处电势能大是一个重要推论，要学会应用。5. 【答案】D=，地、月运动的轨道半径之比为 rM：rm=m：M，故 A 错误。【解析】解：A、对于地、月系统，两者具有一样的角速度和周期，万有引力供给向心力，rQ=m：M，运行周期T”=，地、月系统运行周期T=，联立解得，T”=，故 D 正确。D、同理，P、Q 系统，万有引力供给向心力，=2m，P、Q 系统的轨道半径之比 rP：B、地、月运动的加速度 aM：aN=m：M，故 B 错误

20、。C、地球的运动速率 v=，其中 L=r +r ，P 运动速率 v”=Mm，其中 L=r +r ，联立解得 v”=PQT，故 C 错误。应选：D。双星靠相互间的万有引力供给向心力，具有一样的角速度和周期。对两颗星分别运用牛顿其次定律和万有引力定律列式，进展求解即可。解决此题的关键知道双星靠相互间的万有引力供给向心力，具有一样的角速度。以及会用万有引力供给向 心力进展求解。6. 【答案】BDC、依据牛顿其次定律有，解得，故 C 错误；D、当小球到达M 点时，竖直方向的位移为 ，则依据竖直方向的对称性可知，小球从电容器射出时，竖直【解析】解：AB、小球在电容器内向上偏转做类平抛运动，水平方向做匀速

21、直线运动，出电容器后受到重力作用，竖直方向减速，水平方向由于不受力，照旧做匀速直线运动，由于两段过程在水平方向上的运动 位移一样，则两段过程的运动时间一样，竖直方向由于对称性可知，两段过程在竖直方向的加速度大小相 等，大小都为 g，但方向相反，故 A 错误，B 正确；假设电容器所带电荷量 Q2= Q ，依据牛顿其次定律有 a=1，依据公式 y=可知，一样的时间内发生的位移是原来的2 倍，故竖直方向的位移为，故 D 正确。应选：BD。大小。依据牛顿其次定律以及 U=dE= 分析求解电荷量。依据牛顿其次定律分析加速度从而求解竖直方向依据水平方向做匀速直线运动分析两段过程的运动时间，依据竖直方向对称

22、性分析小球在电容器的加速度的运动位移。解决该题的关键是把握小球在整个过程的运动状况，知道小球在水平和竖直方向的运动运动特征，熟记电 场强度与电势差的关系式以及电容的定义式。7. 【答案】ACD【解析】解：A、对整个系统，由牛顿其次定律得：加速度为a=，故 A 正确。对小物块，依据牛顿其次定律得：F+f+kx=ma，得 f=-kx+ma-F=-kx+m-F=-kx+，负号表示 fBCD、取水平向右为正方向。假设小物块受到的摩擦力大小为f，方向水平向右。假设弹簧对小物块的弹力方向水平向右。方向水平向左，大小为 kx+。f=kx+ma-F=kx+m-F=kx-。假设弹簧对小物块的弹力方向水平向左，对

23、小物块，依据牛顿其次定律得：F+f-kx=ma，得假设 kx-，则 f=0，故 B 错误，CD 正确。应选：ACD。整个系统一起向右在光滑水平面上做匀加速直线运动，对整体，利用牛顿其次定律求加速度，对小物块， 依据牛顿其次定律求小物块受到的摩擦力大小，并推断摩擦力方向。解决此题时，要考虑弹簧的状态，要知道弹簧可能处于压缩状态，也可能处理伸长状态，承受假设法列式 分析。8. 【答案】BC据左手定则可得安培力方向沿斜面对下，依据牛顿其次定律可得mgsin+BIL=ma，其中 I=，解得a=gsin+，由于速度减小，则加速度减小，不是匀减速直线运动，故A 错误；【解析】解：A、向上滑行过程中导体棒受

24、到重力、安培力，依据右手定则可得棒中的电流方向ba，根9页B、设上滑过程中抑制安培力做的功为W，依据功能关系可得： mv2=mgsins+W，抑制安培力做的功等于产生的焦耳热，则：Q=W= mv2-mgssin，上滑过程中电阻 R 产生的热量为 QR=，故 B方向的位移为 ，正确；C、向下滑行过程中通过电阻 R 的电荷量为 q=，故 C 正确；D、由于上滑过程中和下滑过程中导体棒通过的位移相等，即导体棒扫过的面积S 相等，依据安培力做功计算公式可得 W =BILx=BIS，由于上滑过程中的平均电流大于下滑过程中的平均电流，则电阻R 在导体榛A向上滑行过程中产生的热量大于向下滑行过程中产生的热量

25、，故D 错误。应选：BC。向上滑行过程中导体棒受到重力、安培力，依据牛顿其次定律分析加速度的变化状况；上滑过程中依据功 能关系结合焦耳定律求解电阻 R 产生的热量；依据电荷量的计算公式求解向下滑行过程中通过电阻R 的电荷量；依据 W =BIS 分析电阻 R 在导体榛向上滑行过程中产生的热量与向下滑行过程中产生的热量的大小。A对于电磁感应问题争论思路常常有两条：一条从力的角度，依据牛顿其次定律或平衡条件列出方程；另一 条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，依据动能定理、功能关系等列方程求解。9. 【答案】BDE【解析】解：A、布朗运动微粒越大，受力面积越大，液体分子从各个方向对悬浮粒子

26、撞击作用的越趋于平衡，所以布朗运动越不猛烈，故 A 错误。B、在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们的分子力先增大后减小再增大，如以下图：故 B 正确。C、在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们的分子势能先减小后增大，如以下图：故 C 错误。D、温度是分子平均动能的标志，两个系统到达热平衡时，温度一样，它们的分子平均动能确定一样，故 D 正确。E、依据热力学第确定律U=Q+W，外界对封闭的抱负气体做正功 W0，但气体和外界的热交换不明确， 气体的内能可能削减，故 E 正确。应选：BDE。p颗粒越小，温度越高，布朗运动越猛烈；依据分子力F-r 图象和分子势能 E -r 图象分析分

27、子力和分子势能随 r 的变化状况；两个系统到达热平衡时，温度一样；依据热力学第确定律推断。此题考察了布朗运动、分子力、分子势能、热力学第确定律等学问点。这种题型学问点广，多以根底为主， 只要寻常多加积存，难度不大。10. 【答案】解：1物块 A 滑上传送带后做匀速运动，物体B 向右做匀减速运动，设经过时间t1 时 B 的B 的加速度为 a= = s=4s=g=2m/s2，则 t120 1速度减至零。1时间 t1 时 B 的位移 x = 2m=8m，A 的位移 x =v t =44m=16mL=vt2-+v t0 212由于 x +x =24mL，因此，两个物体相撞发生B 向右匀减速运动的过程中

28、，设从开头到两个物体相撞经受的时间为 t2则则 t2 时间 A 的位移 x3=v t =41m=4m，B 的位移为 x =vt -0 242=81-m=7m221解得 t =1st =11st =2s，不合理，舍去12相撞前瞬间 B 的速度为 v =v-at =8-21m/s=6m/s，方向向右对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得= m/s，方向向右解得 v2102Mv -mv =M+mv碰撞后 AB 一起向右做匀减速运动，加速度大小也为a，匀减速至速度为零的位移为 x5=m=mx ，3= s= s此过程用时 t3AB 没有从传送带右端滑出之后 AB 一起向左匀加速运动，匀加速至速度

29、为v0 的位移为 x6=m=4mx ，此后两者随传送带一起4= s=2s向左匀加速用时 t4匀速故相撞后两个物块再经 t=t +t =34s3.3s 时间相对传送带静止。2物块 B 与传送带间的相对路程为40 250 30 46s=x +v t +x +v t +v t -x 解得 Q=J88.4J物块 B 与传送带因摩擦产生的热量 Q =Mgs答：（1） 相撞后两个物块再经 3.3s 时间相对传送带静止；（2） 物块 B 与传送带因摩擦产生的热量 Q 是 88.4J。【解析】1此题要分析两个物体的运动状况。首先要推断B 的速度减至零时两个物体是否相撞，再依据两者之和等于 L 求相撞前运动的时

30、间，从而求得相撞时两者的速度，由动量守恒定律求出碰撞后共同速度。再分析碰后的运动状况，由牛顿其次定律和速度时间公式求两个物体与传送带相对静止经受的时间。2依据物块 B 与传送带间的相对路程来求因摩擦产生的热量Q。此题物体运动过程简洁，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，同时，要把握每个过程的物理规律， 应用动量守恒定律、牛顿其次定律与运动学规律可以解题。要知道摩擦生热与相对路程有关。11. 【答案】6.8大 3依据波速公式 v= 得：【解析】解：由图知声音的周期为 T=210-2s声波的波长为 =vT=340210-2m=6.8m 因 AP=AQ，所以在 A 位置声音加强。10页因 BQ-

31、BP=6.8m-3.3m=3.4m= ，所以在 B 位置声音减弱，故该同学站在位置A 时听到的声音比站在 B 点时听到的声音大。该同学从 P 点走到 Q 点，设他走到 C 位置时，声音加强，则 CQ -CP=， 又 CQ+CP=10m，解得 CP =1.6m，CQ=8.4m依据波速公式 v= 求声波的波长。依据波的叠加原理分析声音在A 位置和 B 位置是加强还是减弱，即可比他走到 PQ 的中点时声音加强，结合对称性可知，他可以3 次听到声音明显变大。故答案为：6.8，大，3。较声音的大小。该同学从 P 点走到 Q 点，依据波的叠加原理分析他听到声音明显变大的次数。解决此题的关键要把握波的叠加原

32、理，要知道某点到两波源路程差等于波长整数倍时，该点的振动加强。 路程差等于半个波长奇数倍时，该点的振动减弱。12. 【答案】CD符合【解析】解：1以小车及凹槽内砝码为争论对象，依据动能定理可知，其中 F 可以用小桶以及里面的细沙的重力来代替，x 是纸带上某两点间的距离 x，M 为小车及凹槽内钩码的总质量，v0 和 v 为对应两点的速度。因此需要测量的物理量为纸带上某两点间的距离x，小车及凹槽内钩码的总质量 M，小桶及里面细沙的总质量 m，但速度不是测量处理的，是计算出的结果，故CD 正确，AB 错误。应选：CD。2虽然平衡小车受到的阻力，但是运动过程中小桶以及里面的细沙的重力始终大于小车受到合

33、外力，使合力的功总是大于两点动能的差值，这符合试验的实际状况。故答案为：1CD；2符合。（1） 依据该试验的试验原理、要求和削减误差的角度分析，平衡摩擦力作用后，进展试验过程中需要用 刻度尺测量纸带上两点的距离，用天平测出小车及凹槽内钩码的总质量，小桶及里面细沙的总质量m。（2） 依据试验原理，明确试验现象中产生试验误差的缘由即可求解。此题考察了探究功与速度变化的关系的试验，解决该题的关键是理解并记忆试验原理和试验留意事项，能 依据试验原理进展误差分析。13.【答案】95.010.0【解析】解：1多用电表的读数为 91=9R=并（2） 依据并联分流的原则可知，要把电流表改装成大量程的电流表需要

34、并联上一个定值电阻，其并联的 电阻阻值为：（3） 依据待测电阻的阻值可知，为操作便利滑动变阻器应中选择滑动变阻器R1，且承受限流式接法，电路图如以下图4I-U 关系图线如以下图依据欧姆定律有：图线的斜率为：k=则有：，解得：R=10.0故答案为：19； 25.0； 3如解析所示；410.0（1） 多用电表测量的阻值等于读数乘以倍率。（2） 依据并联分流的原则进展电流表的改装并求解所需并联的定值电阻的阻值。（3） 依据待测电阻的阻值选择适宜滑动变阻器，并推断滑动变阻器接法。（4） 依据电路图以及欧姆定律求解待测电阻的阻值。解决该题的关键是把握电流表的改装原理，把握并联电路的电流、电压和电阻的规律

35、，把握器材的选择原 理，知道滑动变阻器的限流式和分压式的分析方法。12 1314. 【答案】解：设管的横截面积为 s，左侧气体初始状态的参量，P=P +l -l =85cmHg，V=l s=15s翻开 U 形玻璃管右侧端口，右侧压强变大，水银向左侧移动，设稳定后玻璃管左侧气体的长度将变为xcm 则 P=P0+l2-l1+2l3-x=120-2x，V=xs由玻意耳定律得：PV=PV，即 2x2-120x+1275=0解得：x1=46.2cm不合题意，舍去 x2=13.8cm答：稳定后玻璃管左侧气体的长度将变为13.8cm。【解析】对左侧气体，分别表达出初末状态的压强、体积，依据玻意耳定律列式可求

36、得稳定后玻璃管左侧 气体的长度。此题考察了玻意耳定律的应用，知道翻开U 形玻璃管右侧端口，水银如何流淌，正确表达左侧气体末状态的压强。由 sinC= 得 n =2在 BD 界面发生折射时，由折射定律得 n=15. 【答案】解：光在棱镜中传播的全反射临界角为C =30解得 sin1=。光在 BD 边上折射后射到 BC 边上，由于入射角大于 30，所以在 BC 边上发生全反射，最终从 CD 边射在三角形 BEF 中，依据正弦定理有，解得，则 FC=BC-BF=，在三角形 FGC 中依据正弦定理有，则 FG=，则光在棱镜中传播的时间为=。则光在棱镜中传播的路径长为 x=EF+FG，答：在 BD 界面

37、发生折射时折射角的正弦值为 。解得：E=；2粒子在磁场中运动的速度大小为v=依据几何关系可得轨迹半径 R=出，光在介质中的传播路径如以下图，该色光从进入棱镜到第一次射出棱镜的时间为。【解析】依据全反射临界角，由公式sinC= 求出棱镜的折射率，再依据折射定律求光线在BD 界面发生作出光在棱镜中的传播路径，依据几何关系求出光线在棱镜内通过的路程，由v= 求出光在棱镜中传播折射时折射角的正弦值：速度，从而求得该色光从进入棱镜到第一次射出棱镜的时间。熟记折射定律。16.【答案】解：1粒子在 C 点的沿 x 方向的分速度为 v ，依据几何关系x可得：v =x从 A 到 C 的时间为 t，依据速度时间关系可得：t=依据速度时间关系可得：v =at=x解决该题的关键是正确作出光在介质中的传播的光路图，能依据数学学问求解光在介质中传播的路径长，依据洛伦兹力供给向心力可得：qvB=m解得：B=。答：1电场的电场强度 E 的大小为；2磁场的磁感应强度 B 的大小为 。【解析】1求出粒子在 C 点的沿 x 方向的分速度以及从 A 到 C 的时间，依据速度时间关系求解电场强度；2求出粒子在磁场中运动的速度大，依据几何关系可得轨迹半径，依据洛伦兹力供给向心力求解磁感应强度。对于带电粒子在磁场中的运动状况分析，一般是确定圆心位置，依据几何关系求半径，结合洛伦兹力供给 向心力求解未知量。