2023年吉林省吉林市高考物理二模试卷(含答案解析)

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1、2023 年吉林省吉林市高考物理二模试卷1. 汽车自动掌握刹车系统(𝐴𝐵𝑆)的原理如下图铁质齿轮 P 与车轮同步转动，右端有一个绕有线圈的磁体 (极性如图)，M 是一个电流检测器当车轮带动齿轮P 转动时，靠近线圈的铁齿被磁化，使通过线圈的磁通量增大，铁齿离开线圈时又使磁通量减小，从而能使线圈中产生感应电流，感应电流经电子装置放大后即能实 现自动掌握刹车齿轮从图示位置开头转到下一个铁齿正对线圈的过程中，通过 M的感应电流的方向是( )A. 总是从左向右C. 先从右向左，然后从左向右B. 总是从右向左D. 先从左向右，然后从右向左2. 台风具有极强的

2、破坏力，假设某次台风以288𝑘𝑚/的水平速度垂直吹向某大楼外玻璃幕墙上，某块玻璃幕墙的长10m、宽 5m，空气密度取1.3𝑘𝑔/𝑚3，设台风遇到玻璃幕墙后速度变为零，则幕墙受到台风的压力大小约为( )A. 8.3 103𝑁B. 4.2 105𝑁C. 5.4 106𝑁D. 7.0 107𝑁3. 甲、乙两个同学打乒乓球，某次动作中，甲同学持拍的拍面与水平方向成45 角乙同学持拍的拍面与水平方向成30 角，如下图。设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，且乒乓

3、球每次击打球拍前、后的速度大小和等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度当与乒乓球击打乙的球拍的速度”之比为( )A. 6B. 2C. 2D. 36234. 甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其𝑣 𝑡图象如下图，图中𝛥𝑂𝑃𝑄和𝛥𝑂𝑄𝑇的面积分别为𝑆1和𝑆2(𝑆1 𝑆1，两车相遇 2 次C. 假设乙车在甲车前方且𝑆0 = 𝑆2，两车不会相遇

4、D. 假设乙车在甲车前方且𝑆0 = 𝑆1，甲车追上乙车前，在 T 时刻相距最远5. 为了测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计(流量 Q 为单位时间内流过某截面流第 1 页，共 19 页体的体积).如下图，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端 开口，所在空间有垂直于前后外表、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板 M、N，污水布满管道从左向右匀速流淌测得M、N 间电压为 U，污水流过管道时受到的阻力大小𝐹𝑓 = 𝑘𝐿𝑣2，

5、k 是比例系数，L 为污水沿流速方向的长度，v 为污水的流速则()A. 污水的流量𝑄 = 𝑎𝑏𝑈𝐵B. 金属板 M 的电势低于金属板 N 的电势C. 左、右两侧管口的压强差𝛥𝑝 =𝑘𝑎𝑈 2𝑏𝐵2𝑐3D. 电压 U 与污水中离子浓度成正比6. 冬奥会上有一种女子单板滑雪 U 形池工程，如下图为 U 形池模型，池内各处粗糙程度一样，其中a、c 为 U 形池两侧边缘，且在同一水平面，b 为 U

6、 形池最低点。某运发动从 a 点上方 h 高的 O 点自由下落由左侧切线进入池中，从右侧切线飞出后上升至最高位置d 点(相对 c 点高度为)。2不计空气阻力，重力加速度为 g，则运发动( )A. 第一次经过 b 点时处于失重状态B. 第一次经过 c 点时的速度大小为2𝑔C. 第一次从 a 到 b 与从 b 到 c 的过程中机械能损失一样D. 从 d 向下返回肯定能越过 a 点再上升肯定高度7. 2023 年 7 月，我国打算放射一颗火星探测卫星。假设火星可视为半径为 R 的均匀球体，探测卫星沿椭圆轨道绕火星运动，如下图。椭圆轨道的“近火点”P 离火星外表的距离为 2R，“远火点

7、”Q 离火星外表的距离为 6R，假设探测卫星在轨道运行的周期为T，万有引力常量为 G， 则由以上信息可得( )A. 火星的质量为256𝜋2𝑅3𝐺𝑇 2B. 火星的第一宇宙速度为250𝜋𝑅𝑇C. 火星的密度为375𝜋D. 火星外表的重力加速度为4𝜋2𝑅𝐺𝑇2𝑇28. 冰壶是冬奥会热门竞赛工程之一，我国奥运健儿正在乐观备战2023 北京冬奥会。如图，红壶静止在大本营圆心O 处，蓝壶从 P 点开

8、头以𝑣0 = 3𝑚/𝑠的初速度沿直线向红壶滑去，滑行一段距离后，与红壶发生正碰，碰撞前后蓝壶的速度大小分第 2 页，共 19 页别为𝑣1 = 1𝑚/𝑠和𝑣1 = 0.2𝑚/𝑠，方向不变，两壶质量均为𝑚 = 19𝑘𝑔，营垒直径为1m，两壶与冰面动摩擦因数相等，g 取10𝑚/𝑠2.则()A. 蓝壶从 P 点被推出后到碰撞前摩擦力对蓝壶的冲量大小为38𝑁 

9、9904;B. 假设红壶刚好被蓝壶打出营垒，则两壶与冰面动摩擦因数为0.064C. 蓝壶从 P 点被推出后到碰撞前滑行的一段距离为8mD. 通过计算可知两壶的碰撞为弹性碰撞9. 如图 1 所示，足够长的传送带与水平面夹角为𝜃，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为𝜇，小木块速度随时间变化关系如图2 所示，𝑣0、𝑡0，则()A. 传送带肯定逆时针转动B. 𝜇 = tan𝜃 +𝑣0𝑔𝑡 0cos𝜃C. 传送带的速度大

10、于𝑣0D. 𝑡0后滑块的加速度为2𝑔sin𝜃 𝑣0𝑡010. 如下图，是电视机显像管主聚焦电场中的电场线分布图， 中间一根电场线是直线，电子从 O 点由静止开头只在电场力作用下运动到 A 点，取 O 点为坐标原点，沿直线向右为 x 轴正反向。在此过程中关于电子运动速度v、加速度 a 随时间t 的变化，电子的动能𝐸𝑘 、运动径迹上电势𝜑随位移 x 的变化曲线，以下可能正确的选项是()A. B.C.D.第 3 页，共 19 页11. 一辆汽车在平直的大路上

11、以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a 和速度的倒数(1)图𝑣象如下图假设汽车的质量，则依据图象所给的信息，能求出的物理量是()A. 汽车的功率C. 汽车所受到的阻力B. 汽车行驶的最大速度D. 汽车运动到最大速度所需的时间12. 如下图，在宽度为 L 的倾斜光滑金属导轨上，有质量为 m 的金属杆 MN，导轨下端有一个阻值为 R 的电阻，不考虑其他地方的电阻，虚线下方有垂直导轨向上的磁场，磁感应强度为 B，MN 棒从图示位置由静止释放，则 MN 棒在导轨上可能的运动状况正确的选项是( )A. B.C.D.13. 利用如图 1 所示装置，可以完成“争论匀变速直

12、线运动规律”、“探究加速度与力、质量的关系”、“探究功与速度变化的关系”等力学试验。第 4 页，共 19 页(1) 用图示装置完成上述三个试验中。A. 都需要用天平来称量小车质量B. 都需要调整滑轮高度使细线与木板平行C.都必需平衡摩擦力(2) 图 2 中的(𝑎)(𝑏)(𝑐)分别为上述三个试验中作出的小车速度与时间、小车加速度与小车质量、合外力对小车做功与小车速度平方的关系图像，以下说法正确的选项是 。A. 图(𝑎)：v 轴的截距表示打计数点“0”时的速率B.图(𝑏)：由图线可知小车的加速度与其质量成反比C.图(&

13、#119888;)：不能仅通过一条纸带上的数据就作出该图线(3) 利用图示中的试验装置，平衡摩擦力后，(选填“能”或“不能”)验证“机械能守恒定律”。14. 如下图，图 1 为多用电表中欧姆表的电路图，灵敏电流计表头内阻𝑅𝑔 = 900𝛺，满偏电流𝐼𝑔 = 100𝜇𝐴，电源电动势𝐸 = 1.5𝑉，内阻𝑟 = 1𝛺。定值电阻𝑅1 = 10𝛺，𝑅2 = 90𝛺。

14、图 2 为多用电表的表盘，请答复以下问题：(1) 电源的端为正极(填“左”或“右”)；(2) 当电键拨至 1 时，欧姆表的倍率是(填“ 10”或“ 100”)。(3) 某同学把电键拨至 2 后，进展欧姆调零，当调零完毕时，滑动变阻器接入电路的电阻应为𝛺。接着测量某一电阻，电表指针指示位置如图 2 所示，则该电阻阻值为𝛺。15. 如图，单人双桨赛艇竞赛中，运发动用双桨同步划水使赛艇沿直线运动。运发动每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水和空中运桨用时均为0.8𝑠，赛艇(含运发动、双桨)质量为 70kg，受到的阻力恒定，划水时双桨产生动力大小为

15、赛艇所受阻力的 2 倍。某时刻双桨刚入水时赛艇的速度大小为4𝑚/𝑠，运发动紧接着完成 1第 5 页，共 19 页次动作，此过程赛艇前进 8m，求：(1)划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比； (2)赛艇的最大速度大小和受到的恒定阻力大小。16. 如下图，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心在 O 点，半径为r，内壁光滑，A、B 两点分别是圆弧的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场， 一质量为 m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经 C 点时速度最大，O、C 连线与竖直方向的夹角𝜃 = 60 ，重力加速度为 g

16、。(1) 求小球所受到的电场力大小；(2) 假设恰好能完整的做圆周运动，求过 D 点的速度？(3) 小球在 A 点速度𝑣0多大时，小球经 B 点时对轨道的压力最小？第 6 页，共 19 页17. 如下图的 xOy 坐标系中，第一象限存在与 xOy 平面平行的匀强电场，且与 y 轴负方向的夹角𝜃 = 30 ，其次象限存在垂直平面对外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电粒子自 O 点射入其次象限，速度 v 与 x 轴负方向的夹角𝜃 = 30 ，粒子经磁场偏转后从 y 轴上的 P 点进入第一象限，并由 x 轴上的 M 点(未画出)离开电场。电场强度

17、为𝐸 = 2𝐵𝑣，粒子的比荷为 𝑣 ，不计粒子重力。𝐵𝐿(1) 求 OP 两点的距离；(2) 求粒子在磁场中运动的时间；(3) 当该粒子经过 P 点的同时，在电场中的 N 点由静止释放另一个完全一样的带电粒子，假设两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N 点的坐标(用 L 的倍数来表示)。第 7 页，共 19 页答案和解析1. 【答案】C【解析】解：齿靠近线圈时被磁化，产生的磁场方向从右向左，齿轮P 从图示位置按顺时针方向转过 a 角的过程中，通过线圈的磁通量先减小，后增加。依据楞次定律，线圈中感

18、应电流的磁场先向右后向左，依据右手螺旋定则推断出感应电流的方向，所以通过 M 的感应电流的方向先从右向左，然后从左向右。故C 正确，A、B、D 错误。应选：C。齿轮 P 从图示位置按顺时针方向转过 a 角的过程中，通过线圈的磁通量先减小，后增加齿靠近线圈时被磁化，产生的磁场方向从右向左，依据楞次定律，推断出感应电流的方向解决此题的关键把握楞次定律的内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化2. 【答案】B【解析】解：𝑣 = 288𝑘𝑚/ = 80𝑚/𝑠设幕墙受到台风冲击的时间为

19、𝛥𝑡，冲击力大小为 F，幕墙的面积为𝑆 = 10𝑚 5𝑚 = 50𝑚2在𝛥𝑡时间内，冲击幕墙的空气质量为𝑚 = 𝜌𝑉 = 𝜌𝑆𝑣𝛥𝑡以台风的运动方向为正方向，由动量定理可得：𝐹𝛥𝑡 = 0 𝑚𝑣联立以上各式解得：𝐹 = 4.2 105⻓

20、3;故 ACD 错误，B 正确。应选：B。取极短时间的空气为争论对象，利用动量定理计算出压力的大小。此题主要考察了动量定理，同时利用了微分法的思想，在分析空气的速度时要留意方向的问题。3. 【答案】C第 8 页，共 19 页【解析】解：由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，依据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，在甲处：𝑣𝑥 = 𝑣1sin45 在乙处：𝑣𝑥 = 𝑣2sin30 所以：𝑣1

21、= sin30= 2.故 C 正确，ABD 错误。𝑣2应选：C。sin45 2乒乓球做斜上抛运动，将运动分解，结合运动的对称性即可求出。解答该题，关键是理解斜上抛运动的对称性，明确甲、乙两处的速度沿水平方向的分速度是相等的。4. 【答案】D【解析】解：由图线可知在T 时间内，甲车前进了𝑆2，乙车前进了𝑆1 + 𝑆2，所以乙车甲车多走𝑆1。A、假设甲车在乙车前方且𝑆0 = 𝑆1，在 T 时刻乙车恰好追上甲车，但由于T 时刻后甲车的速度比乙车的大，所以甲车与乙车只能相遇一次，故A 错误；

22、B、假设甲车在乙车前方且𝑆0 𝑆1，在 T 时刻甲车没有追上乙车，但由于T 时刻后甲车的速度比乙车的大，所以甲车与乙车不会相遇，故B 错误；CD、假设乙车在甲车前方且𝑆0 = 𝑆2，在 T 时刻之前，二者的距离越来越大，在T 时刻之后，甲车的速度大于乙车，二者的距离越来越小，所以甲车追上乙车前，在T 时刻相距最远，故 C 错误、D 正确。应选：D。此题是追击与相遇问题，解决此类问题的关键是分析清楚两物体的位移关系。两物体的位移之差等于初始时的距离是两物体相遇的条件。在速度图象中，纵轴截距表示初速度，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成

23、的“面积” 表示位移，依据二者的运动状况进展分析。5. 【答案】C第 9 页，共 19 页【解析】解：A、依据电场力与洛伦兹力的等量关系可知，𝑞𝑣𝐵 = 𝑞𝑈，同时𝑄 = 𝑆𝑣𝑐解得：𝑄 = 𝑈𝑏，故 A 错误；𝐵B、依据左手定则可知，正离子受到竖直向上的洛伦兹力，向上外表偏转，负离子向下外表偏转，则金属板 M 的电势会高于金属板 N 的电势，故 B 错误；C、依据平衡条件，则有x

24、549;𝑝𝑏𝑐 = 𝐹= 𝑘𝐿𝑣 2 = 𝑘𝑎𝑣2，而𝑣 =𝑈 ，解得：𝛥𝑝 = 𝑘𝑎𝑈 2 ，故C正确；𝑓𝐵𝑐𝑏𝐵2𝑐3D、依据电场力与洛伦兹力的等量关系可知，𝑞𝑣𝐵 = w

25、902;𝑈𝑐解得：𝑈 = 𝑣𝐵𝑐，故电压与粒子浓度无关，故 D 错误； 应选：C。依据洛伦兹力的方向分析出金属板的电势凹凸，结合电场力和洛伦兹力的等量关系分析出电压的表达式并加以分析。此题主要考察了电磁流量计的相关应用，依据左手定则分析出粒子所受洛伦兹力的方向， 结合电场力和洛伦兹力的等量关系完成分析。6. 【答案】D【解析】解：A、第一次经过 b 点时，运发动做在 b 点做圆周运动，向心加速度竖直向上，处于超重状态，故 A 错误；B、从 c 到 d，运发动做竖直上抛运动，依据动能定理可得：

26、9898;𝑔 = 0 1 𝑚𝑣2，解得𝑣𝑐 = 𝑔，故 B 错误；22𝑐C、由于从 a 到 b 与从 b 到 c 的平均速度不同，平均压力不同，平均摩擦力不同，所以第一次从 a 到 b 与从 b 到 c 的过程中机械能损失不一样，故C 错误；D、从高 h 处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，抑制摩擦力2𝑓做功为𝑊 = 𝑚𝑔 1 𝑚𝑔 = 1 𝑚w

27、892;，从 d 返回经 c 到 a 抑制摩擦力做功小于1 𝑚𝑔，故 222从 d 返回经 c 到 b 肯定能越过 a 点再上升肯定高度，故 D 正确； 应选：D。运发动在 c 点向心加速度竖直向上，处于超重，从c 到 d 竖直上抛，依据动能定理求得c 点速度，运发动在圆弧中运动过程中，依据平均速率的大小推断平均压力的大小、平均摩擦力的大小、抑制摩擦力做的功的大小，由此分析能量的损失状况。此题主要是考察能量守恒定律，解答此题要知道运发动在圆弧中运动过程中的平均速率第 10 页，共 19 页越大，平均压力也越大，平均摩擦力就大，抑制摩擦力做的功也越大，由此分析能量

28、的损失状况。7. 【答案】C【解析】解：椭圆轨道的半长轴为1 (2𝑅 + 2𝑅 + 6𝑅) = 5𝑅，2设火星近地卫星的周期为𝑇 ，由开普勒定律可知𝑅3 = (5𝑅)300𝑇2𝑇2对于近地卫星，有𝐺 𝑀𝑚 = 𝑚𝑣2 = 𝑚𝑅(2𝜋)2 = 𝑚𝑔𝑅2𝑅Ү

29、79;0可解得火星质量𝑀 = 4𝜋2𝑅3 = 500𝜋2𝑅30𝐺𝑇 2𝐺𝑇 2火星第一宇宙速度𝑣 = 2𝜋𝑅 = 105𝜋𝑅火星的密度𝜌 =𝑀4𝜋𝑅33𝑇0𝑇= 375𝜋𝐺𝑇 20火星外表的重力加速度𝑔 = 4

30、20587;2𝑅 = 500𝜋2𝑅故 ABD 错误，C 正确。应选：C。𝑇2𝑇2依据开普勒定律求解探测卫星的轨道周期与近地卫星的周期的关系，然后对近地卫星由万有引力等于重力且万有引力供给向心力求解火星的质量、密度以及第一宇宙速度和外表的重力加速度即可。此题考察了万有引力定律的应用，知道万有引力供给向心力是解题的前提与关键，关键是应用万有引力公式与牛顿其次定律求出火星质量即可解题。8. 【答案】AB【解析】解：A、规定蓝壶的初速度为正方向，对蓝壶从 P 点被推出后到碰撞前过程中，由动量定理得：𝐼

31、19891; = 𝑚𝑣1 𝑚𝑣0代入数据解得：𝐼𝑓 = 19 (1 3)𝑁 𝑠 = 38𝑁 𝑠，故 A 正确；B、蓝壶与红壶发生碰撞过程中，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以碰撞前蓝壶的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：𝑚𝑣1 = 𝑚𝑣1 + 𝑚𝑣2代入数据解得：𝑣2 = 0.8𝑚/𝑠第 1

32、1 页，共 19 页对红球依据动能定理得：𝜇𝑚𝑔𝑑1= 0 𝑚𝑣2222联立解得：𝜇 = 0.064，故 B 正确；C、蓝壶从 P 点被推出后到碰撞前依据动能定理得：11𝜇𝑚𝑔𝑥 =𝑚𝑣2 𝑚𝑣22120解得：𝑥 = 6.25𝑚，故 C 错误；D、通过计算可知，碰前动能为：𝐸𝑘 = 1 

33、9898;𝑣2= 1 19 12𝐽 = 9.5𝐽212碰后总动能为：𝐸𝑘 = 1 𝑚𝑣12 + 1 𝑚𝑣2 = 1 19 12𝐽 + 1 19 0.82𝐽 = 6.46𝐽，由于碰22222撞前后动能不相等，所以两壶的碰撞不是弹性碰撞，故D 错误； 应选：AB。依据动量定理计算出摩擦力对蓝壶的冲量；先依据动量守恒定律计算出红壶碰撞后的速度，结合动能定理静思园出动摩擦因数； 依据动能定理分析出蓝壶碰撞后的运动

34、距离；依据分析碰撞前后的动能大小关系，推断是否属于弹性碰撞。此题以冰壶为考察背景，主要考察了动量守恒定律，在分析的过程中涉及到了动能定理计算出动摩擦因数，同时要理解碰撞的分类，依据动能的变化确定碰撞的类型。9. 【答案】AD【解析】解：A、假设传送带顺时针转动，当滑块下滑(𝑚𝑔sin𝜃 𝜇𝑚𝑔cos𝜃)，将始终匀加速到底端；当滑块上滑(𝑚𝑔sin𝜃 𝑚𝑔𝑅sin𝜃时，

35、19865; 𝑚𝑔sin𝜃，MN 棒接𝐵2𝐿2着做加速度减小的减速运动，故 B 正确；𝐴C. 当到达磁场的速度𝑣 𝑚𝑔𝑅sin𝜃时，𝐹 𝑚𝑔sin𝜃，MN 棒接着做加速度减小的加速运𝐵2𝐿2动，故 C 正确；𝐴D.当到达磁场的速度𝑣 = 𝑚𝑔𝑅si

36、n𝜃时，𝐹= 𝑚𝑔sin𝜃，MN 棒接着做匀速直线运动，故 D𝐵2 𝐿2正确。应选：BCD。由于到磁场的距离不确定，MN 棒进入磁场的速度大小也不确定，依据安培力与重力分力的大小关系分析 MN 棒的运动状况。此题考察导体切割磁感线时的感应电动势，解题关键把握牛顿其次定律的应用，留意安培力与重力的分力大小关系打算 MN 棒的运动。13. 【答案】B A 不能【解析】解：(1)𝐴、C：试验争论匀变速直线运动规律不需要平衡摩擦力，也不需要称小车质量，故 A、C 错误；B、三

37、个试验中拉小车的细线必需与长木板平行，故B 正确.应选𝐵.第 14 页，共 19 页(2) 𝐴、图(𝑎)中 v 轴的截距表示计时起点的速率，即打计数点0 时的速率，故 A 正确； B、图(𝑏)中由图线只能看出质量增大加速度在减小，但是不能推断加速度与质量成反比， 故 B 错误；C、小车的初速度为 0，依据动能定理有：𝑊 = 1 𝑚𝑣22可知𝑊 𝑣2图像是过原点的一条直线，所以仅通过一条纸带上的数据就可以做出该图线，故 C 错误.应选𝐴.

38、(3) 图示所示装置中，平衡摩擦力后，不能用于验证机械能守恒定律，由于尽管平衡摩擦力，但摩擦力也要做功，一局部机械能会转化为内能.故答案为：(1)𝐵；(2)𝐴；(3)不能.(1)利用图示小车纸带装置可以完成很多试验，争论匀变速直线运动规律不需要平衡摩擦力，也不需要称小车质量；(2)依据三个试验的原理及操作过程和留意事项可以进展推断；(3)平衡摩擦力后，不能用于验证机械能守恒定律，由于尽管平衡摩擦力，但摩擦力也要做功.解决试验问题首先要把握该试验原理，了解试验的操作步骤和数据处理以及留意事项， 然后娴熟应用物理规律来解决试验问题，要提高应用匀变速直线的规律以及推论

39、解答实 验问题的力量，在寻常练习中要加强根底学问的理解与应用.14.【答案】右 100139.1140【解析】解：(1)电流表电流要从正接线柱(红表笔)流入，从接线柱(黑表笔)流出，由图1 所示电路图可知，电源右端与黑表笔相连，因此电源右端是正极。(2) 电键拨到1 时，电流表量程𝐼1= 𝐼𝑔+ 𝐼𝑔𝑅𝑔𝑅1+𝑅2= 100 106𝐴 + 100106900 𝐴 = 0.001𝐴，10+90欧姆表内阻，由

40、图2 所示表盘可知，中心刻度线是15，则欧姆表的倍率为 100。(3) 电键拨到 2 时，电流表量程𝐼= 𝐼+ 𝐼𝑔(𝑅𝑔+𝑅2 ) = 100 106𝐴 + 100106(900+90) 𝐴 =2𝑔0.01𝐴欧姆调零时，欧姆表内阻：𝑅110代入数据解得：，𝑅 = 139.1𝛺第 15 页，共 19 页电键拨到 2 时欧姆表的倍率是 10，由图 2 所示表盘可知，所测电阻阻

41、值为14 10𝛺 = 140𝛺。故答案为：(1)右；(2) 100；(3)139.1；140。(1) 欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，依据图 1 所示电路图答题。(2)依据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出欧姆表内阻，然后确定欧姆表的倍率。(3)应用闭合电路的欧姆定律求出欧姆表内阻，然后求出滑动变阻器接入电路的阻值； 欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。知道电表的改装原理是解题的前提与关键，分析清楚图示电路构造，应用串并联电路特点与闭合电路的欧姆定律即可解题。15. 【答案】解：(1)设赛艇所受阻力大小为 f，则划水时双桨产生动力大小为2

42、f。划水时，对赛艇，依据牛顿其次定律得2𝑓 𝑓 = 𝑚𝑎1空中运桨时，对赛艇，依据牛顿其次定律得𝑓 = 𝑚𝑎2可得𝑎1：𝑎2 = 1：1(2) 设赛艇的最大速度大小为𝑣𝑚 。依据题意可知，运发动紧接着完成1 次动作，此过程赛艇前进 8m，则𝑥 = (𝑣0𝑡1 +1 𝑎1𝑡2) + (𝑣0 + 𝑎1⻖

43、5;1)𝑡2 + 1 𝑎2𝑡22122由题知𝑣0 = 4𝑚/𝑠，𝑡1 = 𝑡2 = 0.8𝑠，结合𝑎1 = 𝑎2，解得𝑎1 = 𝑎2 = 2.5𝑚/𝑠2则𝑣𝑚 = 𝑣0 + 𝑎1𝑡1 = (4 + 2.5 0.8)𝑚/𝑠 = 6𝑚/

44、𝑠赛艇受到的恒定阻力大小𝑓 = 𝑚𝑎2 = 70 2.5𝑁 = 175𝑁答：(1)划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比是1：1；(2)赛艇的最大速度大小是6𝑚/𝑠，受到的恒定阻力大小为 175N。【解析】(1)依据划水和空中运桨两阶段赛艇的受力状况，依据牛顿其次定律求划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比；(2)依据位移-时间公式求出加速度大小，再依据速度-时间公式求赛艇的最大速度大小，由牛顿其次定律求赛艇受到的恒定阻力大小。解答此题时，要搞清赛艇的运动过程，抓

45、住两个过程之间的关系，如位移关系、速度关系，运用运动学公式和牛顿运动定律相结合进展解答。第 16 页，共 19 页16. 【答案】解：(1)带电小球在光滑的竖直圆轨道内做完整的圆周运动，经C 点时速度最大，因此，C 点是竖直平面内圆周运动的物理“最低点”，也就是小球在C 点电场力和重力的合力则背离圆心的方向，如图。则有tan𝜃 = 𝐹𝑚𝑔因此电场力为：𝐹 = 𝑚𝑔tan60= 3𝑚𝑔。(2) 𝐷点竖直平面内圆周运动的物理“最高点”，恰好

46、能完整的做圆周运动，在“最高点” 有最小速度，即 𝑚𝑔= 𝑚𝑣2 ，解得；𝑣𝐷= 2𝑔𝑟cos60𝑟𝐷(3) 小球在轨道最高点 B 时的受力状况如下图，要小球经 B 点时对轨道的压力最小，则以最小速度经过D 点，由以上知在 D 点速度是2𝑔𝑟，小球从 A 到 D 的过程中，由动能定理得：𝑚𝑔𝑟1+ cos𝜃) 𝐹⻖

47、3;𝑖𝑛𝜃 = 1 𝑚𝑣2 1 𝑚𝑣2联立解得：𝑣0 = 6𝑔𝑟答：(1)小球所受到的电场力大小是3𝑚𝑔；(2) 能完整的做圆周运动，过 D 点的速度是2𝑔𝑟；第 17 页，共 19 页2𝐷20(3) 小球在 A 点速度是6𝑔𝑟，小球经 B 点时对轨道的压力最小。【解析】(1)抓住带电小球运动至 C 点的速度最大这一突破口，依

48、据竖直平面内圆周运动的最大速度消灭在物理“最低点”，即合外力沿半径指向圆心，而电场力和重力的合力则背离圆心的方向。作出受力示意图，求解电场力的大小。(2) 𝐷点竖直平面内圆周运动的物理“最高点”，恰好能完整的做圆周运动，在“最高点”有最小速度，在“最高点”对轨道压力为0，由牛顿其次定律求解，(3) 对 B 的压力最小时，对 D 的最小压力等于零。由动能定理求解。此题抓住小球经 D 点时速度最小，相当于竖直平面的最高点，依据指向圆心的合力供给圆周运动向心力为解题关键。17. 【答案】解：(1)带电粒子在其次象限内做匀速圆周运动，轨迹如图，圆心为C由牛顿其次定律，得𝑞

49、;𝑣𝐵 = 𝑚 𝑣2𝑅解得𝑅 = 𝐿由几何关系得：𝑂𝐶𝑃 = 120 则𝑂𝑃 = 3𝐿(2)粒子在磁场中运动周期𝑇 = 2𝜋𝑅𝑣粒子偏转120 ，即在磁场中运动时间𝑡 = 𝑇3解得：𝑡 = 2𝜋𝐿3𝑣(3)带电粒子进入第一象限时速度

50、与 y 轴正方向成60 角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图由于两粒子完全一样，所以只需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上 PN 范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在 M 点相遇所需时间最长，即在图中N 点由静止释放粒子即可设 N 点的横坐 标为 x，纵坐标为 y，依据几何学问可得第 18 页，共 19 页又𝑥 = 𝑃𝑁cos30 解得：𝑥 = 1.5𝐿，𝑦 = 1.53𝐿 则N 点的坐标为(1.5𝐿, 1.53

51、19871;) 答：(1)𝑂𝑃两点的距离为3𝐿；𝑃𝑁 = 𝑄𝑀 = 3𝐿𝑦 = 𝑂𝑃 + 𝑃𝑁sin30 (2)粒子在磁场中运动的时间为2𝜋𝐿；3𝑣(3)𝑁点的坐标为为(1.5𝐿, 1.53𝐿)。【解析】(1)带电粒子在其次象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力供给向心力，结合几何关系解得；(2) 依据周期结合圆心角解得运动时间；(3) 依据两粒子的运动状况结合几何关系可解得。此题考察带电粒子在磁场中的运动，解题关键把握粒子运动状态的分析，留意洛伦兹力供给向心力与几何关系的结合应用。第 19 页，共 19 页