云南省2023届高三下学期物理第二次复习统一检测试卷
一、单选题
1．1905年爱因斯坦提出光子假设，成功地解释了光电效应现象。1916年密立根通过测量遏止电压与入射光频率v，由此算出普朗克常量h，验证了光电效应理论的正确性。则下列说法正确的是（　　）
A．只要入射光强度足够大就一定能发生光电效应
B．遏止电压与入射光的频率有关，与入射光的强弱无关
C．用相同频率的光照射同种金属，发生光电效应时逸出的光电子初动能都相同
D．光电效应现象表明了光具有波动性
【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A、光电效应与光强无关，与入射光频率有关，故A错误；
B、根据光电效应方程，h v =Ek-W，根据动能定理，Uce=Ek，故 遏止电压 Uc与入射光的频率有关 ，故B正确；
C、根据玻尔理论，不同能级逸出的电子，初动能不同，故C错误；
D、 光电效应现象表明了光具有粒子性，故D错误。
故答案为：B。
【分析】光电效应与入射光频率有关；
根据光电效应方程和动能定理，分析遏止电压与入射光的频率关系；
根据玻尔理论，分析逸出电子动能；
光电效应现象表明了光具有粒子性。
2．如图所示，一同学在擦黑板的过程中，对质量为m的黑板擦施加一个与竖直黑板面成角斜向上的力F，使黑板擦以速度v竖直向上做匀速直线运动。重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（　　）
A．黑板擦与黑板之间的动摩擦因数为
B．黑板对黑板擦的作用力大小为
C．若突然松开手，松手瞬间黑板擦的加速度大小为
D．若突然松开手，松手后黑板擦能上升的最大高度为
【答案】D
【知识点】竖直上抛运动；滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A、根据平衡条件，竖直方向：Fcos =mg+f，水平方向：Fsin =FN，f=FN，故A错误；
B、 黑板擦以速度v竖直向上做匀速直线运动，黑板对黑板擦的作用力大小与F和mg的合力等值方向，即为，故B错误；
C、若突然松开手， 只受重力， 黑板擦的加速度大小为 g，故C错误；
D、 若突然松开手，松手后黑板擦 竖直上抛运动，最大高度h= ，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据平衡条件，求动摩擦因数；
根据力的合成，求 黑板对黑板擦的作用力大小 ；
根据牛顿第二定律，分析突然松开手，黑板擦的加速度大小；
根据竖直上抛运动学公式，求最大高度。
3．某科幻电影中出现了一座在赤道上建造的垂直于水平面的“太空电梯”，如图所示。若太空电梯成为可能，宇航员将可以乘坐电梯到达特定高度的空间站。地球的自转不能忽略且地球视为均质球体。若“太空电梯”停在距地面高度为h处，对“太空电梯”里的宇航员，下列说法正确的是（　　）
A．若，宇航员绕地心运动的线速度大小约为
B．h越大，宇航员绕地心运动的线速度越小
C．h越大，宇航员绕地心运动的向心加速度越小
D．h与地球同步卫星距地面高度相同时，宇航员处于完全失重状态
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A、 “太空电梯”里的宇航员 相对地球静止， 若h=0，宇航员绕地心运动的线速度大小 小于7.9km/s，故A错误；
B、根据v=r， h越大，宇航员绕地心运动的线速度越 大，故B错误；
C、根据a=2r，h越大，宇航员绕地心运动的向心甲速度越 大，故C错误；
D、 h与地球同步卫星距地面高度相同时，万有引力提供向心力，宇航员处于完全失重状态 ，故D正确。
故选：D。
【分析】“太空电梯”h=0处速度小于7.9km/s；
根据v=r，分析线速度大小；
根据a=2r，分析向心加速度大小；
若万有引力完全提供向心力，宇航员处于完全失重状态。
4．（2023高二下·黄山月考）如图所示，纸面内有一圆心为O，半径为R的圆形磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里。由距离O点处的P点沿着与连线成的方向发射速率大小不等的电子。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力且不考虑电子间的相互作用。为使电子不离开圆形磁场区域，则电子的最大速率为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】如图
当电子的运动轨迹与磁场边界相切时，根据
得
电子运动半径最大，速度最大。电子圆周运动的圆心与圆形磁场的圆心以及切点共线，过电子圆周运动的圆心做OP的垂线，由几何关系得
得
则最大速率为
故答案为：C
【分析】画出粒子运动的轨迹，利用几何关系可以求出粒子轨迹半径的最大值，结合牛顿第二定律可以求出粒子的最大速率。
二、多选题
5．一定质量的理想气体密闭在容器中，其压强随体积的变化过程如图所示。已知是绝热变化过程。下列说法正确的是（　　）
A．过程中气体的温度不变
B．过程中每个分子的动能都增大
C．过程中，单位时间内容器壁单位面积上分子碰撞次数增多
D．，完成一次完整循环的过程气体对外做负功
【答案】C,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、 已知是绝热变化过程，根据图像，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律U=W+Q，故内能减小，温度降低，故A错误；
B、根据理想气体状态方程，温度升高，分子平均动能增加，但不是每个分子动能都增大，故B错误；
C、过程中，根据理想气体状态方程，温度降低，但压强不变，故单位时间内容器壁单位面积上分子碰撞次数增多 ，故C正确；
D、过程中的平均压强更大，故完成一次完整循环 外界对气体做功更多，故 完成一次完整循环的过程 气体对外做负功，故D正确。
故选：CD。
【分析】根据热力学第一定律，分析的内能变化，分析温度变化；
根据理想气体状态方程，分析温度变化，温度是分子平均动能的标志；
根据理想气体状态方程，结合气体压强微观含义，分析单位时间内容器壁单位面积上分子碰撞次数；
根据图像，分析完成一次完整循环的过程 气体对外做。
6．玻璃球中的气泡通常看起来都特别明亮，如图甲所示。若某玻璃球中心有一球形气泡，可简化为如图乙所示，其中一细光束从玻璃球表面的A点射入玻璃球后照射到空气泡表面上P点，在P点反射后到达玻璃球表面的B点。细光束在P点的入射角，两点的距离为d。已知该玻璃的折射率为1.5，光在真空中的传播速度为c，不考虑多次反射。下列说法正确的是（　　）
A．细光束在P点发生全反射
B．细光束在B点发生全反射
C．细光束从A点传播到B点的时间为
D．细光束从A点传播到B点的时间为
【答案】A,C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A、根据全反射临界条件，sinc==， 入射角， sin>sinc，故发生全反射，故A正确；
B、在B点入射角为30，故不能发生全反射，故B错误；
CD、 两点的距离为d ，根据n=，t=，解得 细光束从A点传播到B点的时间为 ，故C正确，D错误。
故选：AC。
【分析】根据全反射临界条件，分析是否发生全反射；
根据n=和t=，求细光束从A点传播到B点的时间。
7．如图所示，有一平行于平面的匀强电场，其中a、b、c三点电势分别为，已知的距离为，的距离为，和的夹角为。下列说法正确的是（　　）
A．电子从a点移动到c点的过程中，电势能增大
B．电子从a点移动到b点的过程中，电场力做正功
C．电场强度的方向从c点指向a点
D．电场强度的大小为
【答案】B,D
【知识点】电场强度；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A、根据公式EP=q， 电子从a点移动到c点的过程中， 电势增加，电势能减小，故A错误；
B、根据公式EP=q， 电子从a点移动到b点的过程中， 电势能减小，电场力做正功，故B正确；
C、根据几何关系，ab为电场线，电场方向由b指向a，故C错误；
D、根据公式E=，则E=v/m= ，故D正确。
故选：BD。
【分析】根据EP=q，根据电势变化，分析电势能变化，再分析电场力做功；
根据几何关系，分析电场方向；
根据公式E=，求电场强度大小。
8．同一均匀介质中有M、N两个波源，形成了两列相向传播的简谐横波，时刻的波形如图甲所示，图乙为波源N的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．两列波的传播速度大小都为
B．波源M比波源N晚振动的时间为
C．处的质点在后的振幅为
D．处的质点作时的位移为
【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、 同一均匀介质中 波的传播速度相等，根据公式v==m/s=4m/s，故A正确；
B、根据 时刻的波形 图，N传播了一个周期，M传播了半个周期，故 波源M比波源N晚振动的时间为 0.5s，故B错误；
C、N传到x=0的时间t=s=2.25s，M传到x=0的时间t=（）s=1.25s，故2.25s时，x=0处质点重复M和N的振动形式，因为MN都向下振动，故此时振幅为6+4=10cm
故答案为：AC。
【分析】根据公式v=，求传播速度大小；根据 时刻的波形 图，分析振源振动时间；
三、实验题
9．某实验小组想定量探究“单摆周期与摆长的关系”，他们进行了如下实验：
（1）组装好实验装置后，用游标卡尺测量小球直径如图所示，由图可得小球直径　 　。
（2）改变单摆摆长，记录了单摆摆长及其对应的单摆全振动30次的时间如下表所示。
摆长 50.00 60.00 70.00 80.00 90.00 100.00
时间 42.77 46.86 50.61 54.11 57.30 60.46
周期 1.43 1.56 1.69 1.80 1.91 2.02
某同学根据实验数据猜想单摆的周期T可能与其摆长L成正比的关系，请提出一种判断该同学的猜想是否正确的方法？
（3）他们利用以上数据作图（单位均为国际单位制），经多次尝试，当纵坐标取，横坐标取摆长L时，得到一条直线，并得出和L的关系为：，根据该表达式，在误差允许范围内，可以认为单摆周期的平方与摆长成正比。
学习完单摆的周期公式后，实验小组根据以上数据进一步算出当地的重力加速度大小　 　。（结果保留2位有效数字）
【答案】（1）10.70
（2）作图像，看其图线是否是过原点的直
（3）9.7
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】（1）根据游标卡尺读数规则，小球直径为10mm+140.05mm=10.70mm；
（2） 作图像， 若图线过原点，则 单摆周期T与其摆长L成正比关系 ；
（3）根据单摆周期公式有T=，结合关系式 ， 联立解得g=9.7m/s2.
【分析】根据游标卡尺读数规则读数；根据单摆周期公式、结合图像，求重力加速度大小。
10．为测量两节串在一起的干电池组的电动势和内阻，某同学找到如下器材：
A．待测干电池两节
B．电流表：量程内阻约
C．电流表：量程，内阻约
D．电压表：量程，内阻约
E．电压表：量程，内阻约
F．定值电阻
G．滑动变阻器
H．开关、导线若干
（1）因电池的内阻较小，为增大电压表的测量范围，以下给出的甲、乙两种测量方案中，你认为较合理的是　 　。（选填“甲”或“乙”）
（2）为减小测量误差，电流表应选择　 　，电压表应选择　 　。（填器材前面的代号）
（3）实验中测得的数据如表中所示，请在图丙的坐标纸中将剩余数据对应的点描出　 　，并通过所作的图像求出电池组的电动势　 　，内阻　 　，该实验测出的电动势比真实值　 　（选“偏大”或“偏小”）。（结果保留两位有效数字）
0.50 0.80 1.23 1.50 1.84 2.00 2.37
0.36 0.31 0.26 0.21 0.16 0.13 0.08
（4）为直接通过测量电源的开路电压来测电源的电动势，该同学利用长为粗细均匀的电阻丝、刻度尺、灵敏电流计G和恒压源，设计了另一个试验方案，如图丁所示。先将一个输出电压恒为的恒压源接在电阻丝cd两端，再将待测电源接在ab两端，调节滑片P，使得灵敏电流计示数为0，此时用刻度尺测得滑片到c端的距离为，待测电源的电动势为　 　。
【答案】（1）甲
（2）C；D
（3）；2.8；1.6；偏小
（4）
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】（1） 因电池的内阻较小， 故将电压表接在内阻和R0两端，故选甲；
（2） 干电池 电动势1.5V，故电压表选D，估算电流I==A=0.3A，故电流表选C；
（3）根据表格数据描点画图，图像截距为电动势E=2.8V，斜率绝对值为内阻和R0之和，故内阻r=（） =1.6 ，图甲中R0分压， 电动势比真实值 偏小；
（4） 灵敏电流计示数为0， 此时 电源的电动势 为=
【分析】本题根据电路结构电表量程选取电表；
根据闭合电路欧姆定律，确定电动势和内阻；
根据分压关系，确定电源电动势，是一道综合性的实验题。
四、解答题
11．如图所示，将上方带有光滑圆弧轨道的物块静止在光滑水平面上，轨道的圆心为O，半径，末端切线水平，轨道末端距地面高度，物块质量为，现将一质量为的小球从与圆心等高处由静止释放，小球可视为质点，重力加速度大小取。求
（1）若物块固定，则小球落地时，小球与轨道末端的水平距离；
（2）若物块不固定，则小球落地时，小球与轨道末端的水平距离。
【答案】（1）解：物块固定，小球沿着圆弧滚至轨道末端的过程中
小球滑离轨道末端后做平抛运动
小球落地时与轨道末端的水平距离
联立解得
（2）解：物块不固定时，小球从圆弧轨道上滚下的过程中，物块和小球组成的系统在水平方向动量守恒。设小球滑离轨道末端时，小球的速度为，物块的速度为。
由能量守恒可得
小球落地时与轨道末端的水平距离
联立解得
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1） 小球沿着圆弧滚至轨道末端的过程中 ，根据动能定理列式， 小球滑离轨道末端后做平抛运动 ，竖直方向做自由落体运动，水平方向匀速直线运动，联立，求 小球与轨道末端的水平距离 ；
（2） 物块和小球组成的系统在水平方向动量守恒列式，同时满足能量守恒列式，且位移满足水平距离 ，联立，求 小球与轨道末端的水平距离 。
12．在水平向右足够大的匀强电场中，大小可忽略的两个带电小球A、B分别用不可伸长，长度均为l的绝缘轻质细线悬挂在同一水平面上的M、N两点，并静止在如图所示位置，两细线与电场线在同一竖直平面内，细线与竖直方向夹角均为。已知两小球质量都为m，电荷量均为q且带等量异种电荷，匀强电场的场强大小，重力加速度大小为g，取，。求
（1）A、B两小球之间库仑力的大小；
（2）保持小球B的位置和带电量不变，移除A小球后，将小球B由静止释放，求B小球此后运动过程中速度的最大值。
【答案】（1）解：设B小球受到的电场力为
对B小球受力分析如图所示，
小球B静止，受力平衡得
联立解得
（2）解：小球A撤去后，小球B在电场力、重力和绳子拉力作用下做变速圆周运动，当重力和电场力的合力沿着半径方向时小球速度最大。设小球速度最大时，绳子与竖直方向的夹角为。由几何关系可得
小球B从初始位置运动到速度最大位置，在竖直方向的位移为
在水平方向的位移为
由动能定理得
解得
【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）受力分析，根据平衡列式，求 A、B两小球之间库仑力的大小；
（2） 由几何关系 ，确定 小球B从初始位置运动到速度最大位置，在竖直方向的位移 和水平方向的位移，根据动能定理联立，求速度。
13．如图所示，一“”型金属线框放置在绝缘粗糙的水平面上，金属棒b与边相距一段距离并平行放置在金属线框上，在金属线框右侧有一磁感应强度大小为、方向竖直向下的矩形匀强磁场区域。现用的水平恒力拉着金属线框向右运动，一段时间后边进入磁场，并匀速穿过整个磁场区域，当边离开磁场区域的瞬间，金属棒恰好进入磁场，且速度刚好达到金属线框的速度，此时立即撤去拉力F，整个运动过程中金属棒始终与金属线框垂直且接触良好。已知线框间距为，整个金属线框电阻不计，金属棒的电阻为，金属线框及金属棒的质量均为，金属棒与金属线框之间的动摩擦因数为，金属线框与地面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小取。求
（1）金属线框边刚进入磁场时的速度大小；
（2）磁场区域的宽度；
（3）棒从开始运动到停下的时间。
【答案】（1）解：当F作用在线框上时，可知线框与金属棒之间会发生相对滑动。线框进入磁场时做匀速直线运动，线框受到的安培力
线框进入磁场产生的电动势
线框中的电流
线框受力平衡得
联立可得
（2）解：对线框进入磁场之前进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
线框进入磁场之前做匀加速运动，运动时间为
金属棒进入磁场前做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
金属棒加速到与金属线框相同速度时，根据运动学公式
磁场宽度
联立解得
（3）解：金属棒进入磁场瞬间，假设线框和金属棒具有相同加速度，由牛顿第二定律
由上式解得
对金属棒
解得
因，可见线框和金属棒不会有相对滑动，将保持相对静止共同做减速运动，之后因安培力在不断减小，可知线框与金属棒一起做加速度减小的减速运动。
导体棒进入磁场之前运动的距离为x，由运动学公式得
由上式计算得到x大于磁场区域的宽度，因减速过程加速度小于加速过程的加速度，可知金属棒能够滑出磁场区域，出磁场后跟线框一起匀减速直到停下。
设金属棒从进入磁场到停下的时间为，在磁场中运动时间为。
从金属棒进入磁场到停下的过程中，根据动量定理可得
金属棒中的平均电流与时间的乘积表示电荷量可得
由法拉第电磁感应定律可得
导体棒和金属框运动的总时间为
联立解得
【知识点】动量定理；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1） 线框进入磁场时做匀速直线运动， 根据平衡条件列式，同时结合切割电动势和欧姆定律，分析 金属线框边刚进入磁场时的速度大小；
（2） 对线框进入磁场之前进行受力分析，根据牛顿第二定律 列式，根据运动学公式，求 线框进入磁场之前做匀加速运动 的时间， 金属棒进入磁场前做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 求加速度大小，再根据 运动学公式 求时间，最后求 磁场区域的宽度 ；
（3） 假设线框和金属棒具有相同加速度，由牛顿第二定律 求加速度大小， 导体棒进入磁场之前运动的距离为x，由运动学公式 求x，根据 动量定理、电量定义式、法拉第电磁感应定律联立，求导体棒和金属框运动的总时间 。
云南省2023届高三下学期物理第二次复习统一检测试卷
一、单选题
1．1905年爱因斯坦提出光子假设，成功地解释了光电效应现象。1916年密立根通过测量遏止电压与入射光频率v，由此算出普朗克常量h，验证了光电效应理论的正确性。则下列说法正确的是（　　）
A．只要入射光强度足够大就一定能发生光电效应
B．遏止电压与入射光的频率有关，与入射光的强弱无关
C．用相同频率的光照射同种金属，发生光电效应时逸出的光电子初动能都相同
D．光电效应现象表明了光具有波动性
2．如图所示，一同学在擦黑板的过程中，对质量为m的黑板擦施加一个与竖直黑板面成角斜向上的力F，使黑板擦以速度v竖直向上做匀速直线运动。重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（　　）
A．黑板擦与黑板之间的动摩擦因数为
B．黑板对黑板擦的作用力大小为
C．若突然松开手，松手瞬间黑板擦的加速度大小为
D．若突然松开手，松手后黑板擦能上升的最大高度为
3．某科幻电影中出现了一座在赤道上建造的垂直于水平面的“太空电梯”，如图所示。若太空电梯成为可能，宇航员将可以乘坐电梯到达特定高度的空间站。地球的自转不能忽略且地球视为均质球体。若“太空电梯”停在距地面高度为h处，对“太空电梯”里的宇航员，下列说法正确的是（　　）
A．若，宇航员绕地心运动的线速度大小约为
B．h越大，宇航员绕地心运动的线速度越小
C．h越大，宇航员绕地心运动的向心加速度越小
D．h与地球同步卫星距地面高度相同时，宇航员处于完全失重状态
4．（2023高二下·黄山月考）如图所示，纸面内有一圆心为O，半径为R的圆形磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里。由距离O点处的P点沿着与连线成的方向发射速率大小不等的电子。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力且不考虑电子间的相互作用。为使电子不离开圆形磁场区域，则电子的最大速率为（　　）
A． B．
C． D．
二、多选题
5．一定质量的理想气体密闭在容器中，其压强随体积的变化过程如图所示。已知是绝热变化过程。下列说法正确的是（　　）
A．过程中气体的温度不变
B．过程中每个分子的动能都增大
C．过程中，单位时间内容器壁单位面积上分子碰撞次数增多
D．，完成一次完整循环的过程气体对外做负功
6．玻璃球中的气泡通常看起来都特别明亮，如图甲所示。若某玻璃球中心有一球形气泡，可简化为如图乙所示，其中一细光束从玻璃球表面的A点射入玻璃球后照射到空气泡表面上P点，在P点反射后到达玻璃球表面的B点。细光束在P点的入射角，两点的距离为d。已知该玻璃的折射率为1.5，光在真空中的传播速度为c，不考虑多次反射。下列说法正确的是（　　）
A．细光束在P点发生全反射
B．细光束在B点发生全反射
C．细光束从A点传播到B点的时间为
D．细光束从A点传播到B点的时间为
7．如图所示，有一平行于平面的匀强电场，其中a、b、c三点电势分别为，已知的距离为，的距离为，和的夹角为。下列说法正确的是（　　）
A．电子从a点移动到c点的过程中，电势能增大
B．电子从a点移动到b点的过程中，电场力做正功
C．电场强度的方向从c点指向a点
D．电场强度的大小为
8．同一均匀介质中有M、N两个波源，形成了两列相向传播的简谐横波，时刻的波形如图甲所示，图乙为波源N的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．两列波的传播速度大小都为
B．波源M比波源N晚振动的时间为
C．处的质点在后的振幅为
D．处的质点作时的位移为
三、实验题
9．某实验小组想定量探究“单摆周期与摆长的关系”，他们进行了如下实验：
（1）组装好实验装置后，用游标卡尺测量小球直径如图所示，由图可得小球直径　 　。
（2）改变单摆摆长，记录了单摆摆长及其对应的单摆全振动30次的时间如下表所示。
摆长 50.00 60.00 70.00 80.00 90.00 100.00
时间 42.77 46.86 50.61 54.11 57.30 60.46
周期 1.43 1.56 1.69 1.80 1.91 2.02
某同学根据实验数据猜想单摆的周期T可能与其摆长L成正比的关系，请提出一种判断该同学的猜想是否正确的方法？
（3）他们利用以上数据作图（单位均为国际单位制），经多次尝试，当纵坐标取，横坐标取摆长L时，得到一条直线，并得出和L的关系为：，根据该表达式，在误差允许范围内，可以认为单摆周期的平方与摆长成正比。
学习完单摆的周期公式后，实验小组根据以上数据进一步算出当地的重力加速度大小　 　。（结果保留2位有效数字）
10．为测量两节串在一起的干电池组的电动势和内阻，某同学找到如下器材：
A．待测干电池两节
B．电流表：量程内阻约
C．电流表：量程，内阻约
D．电压表：量程，内阻约
E．电压表：量程，内阻约
F．定值电阻
G．滑动变阻器
H．开关、导线若干
（1）因电池的内阻较小，为增大电压表的测量范围，以下给出的甲、乙两种测量方案中，你认为较合理的是　 　。（选填“甲”或“乙”）
（2）为减小测量误差，电流表应选择　 　，电压表应选择　 　。（填器材前面的代号）
（3）实验中测得的数据如表中所示，请在图丙的坐标纸中将剩余数据对应的点描出　 　，并通过所作的图像求出电池组的电动势　 　，内阻　 　，该实验测出的电动势比真实值　 　（选“偏大”或“偏小”）。（结果保留两位有效数字）
0.50 0.80 1.23 1.50 1.84 2.00 2.37
0.36 0.31 0.26 0.21 0.16 0.13 0.08
（4）为直接通过测量电源的开路电压来测电源的电动势，该同学利用长为粗细均匀的电阻丝、刻度尺、灵敏电流计G和恒压源，设计了另一个试验方案，如图丁所示。先将一个输出电压恒为的恒压源接在电阻丝cd两端，再将待测电源接在ab两端，调节滑片P，使得灵敏电流计示数为0，此时用刻度尺测得滑片到c端的距离为，待测电源的电动势为　 　。
四、解答题
11．如图所示，将上方带有光滑圆弧轨道的物块静止在光滑水平面上，轨道的圆心为O，半径，末端切线水平，轨道末端距地面高度，物块质量为，现将一质量为的小球从与圆心等高处由静止释放，小球可视为质点，重力加速度大小取。求
（1）若物块固定，则小球落地时，小球与轨道末端的水平距离；
（2）若物块不固定，则小球落地时，小球与轨道末端的水平距离。
12．在水平向右足够大的匀强电场中，大小可忽略的两个带电小球A、B分别用不可伸长，长度均为l的绝缘轻质细线悬挂在同一水平面上的M、N两点，并静止在如图所示位置，两细线与电场线在同一竖直平面内，细线与竖直方向夹角均为。已知两小球质量都为m，电荷量均为q且带等量异种电荷，匀强电场的场强大小，重力加速度大小为g，取，。求
（1）A、B两小球之间库仑力的大小；
（2）保持小球B的位置和带电量不变，移除A小球后，将小球B由静止释放，求B小球此后运动过程中速度的最大值。
13．如图所示，一“”型金属线框放置在绝缘粗糙的水平面上，金属棒b与边相距一段距离并平行放置在金属线框上，在金属线框右侧有一磁感应强度大小为、方向竖直向下的矩形匀强磁场区域。现用的水平恒力拉着金属线框向右运动，一段时间后边进入磁场，并匀速穿过整个磁场区域，当边离开磁场区域的瞬间，金属棒恰好进入磁场，且速度刚好达到金属线框的速度，此时立即撤去拉力F，整个运动过程中金属棒始终与金属线框垂直且接触良好。已知线框间距为，整个金属线框电阻不计，金属棒的电阻为，金属线框及金属棒的质量均为，金属棒与金属线框之间的动摩擦因数为，金属线框与地面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小取。求
（1）金属线框边刚进入磁场时的速度大小；
（2）磁场区域的宽度；
（3）棒从开始运动到停下的时间。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A、光电效应与光强无关，与入射光频率有关，故A错误；
B、根据光电效应方程，h v =Ek-W，根据动能定理，Uce=Ek，故 遏止电压 Uc与入射光的频率有关 ，故B正确；
C、根据玻尔理论，不同能级逸出的电子，初动能不同，故C错误；
D、 光电效应现象表明了光具有粒子性，故D错误。
故答案为：B。
【分析】光电效应与入射光频率有关；
根据光电效应方程和动能定理，分析遏止电压与入射光的频率关系；
根据玻尔理论，分析逸出电子动能；
光电效应现象表明了光具有粒子性。
2．【答案】D
【知识点】竖直上抛运动；滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A、根据平衡条件，竖直方向：Fcos =mg+f，水平方向：Fsin =FN，f=FN，故A错误；
B、 黑板擦以速度v竖直向上做匀速直线运动，黑板对黑板擦的作用力大小与F和mg的合力等值方向，即为，故B错误；
C、若突然松开手， 只受重力， 黑板擦的加速度大小为 g，故C错误；
D、 若突然松开手，松手后黑板擦 竖直上抛运动，最大高度h= ，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据平衡条件，求动摩擦因数；
根据力的合成，求 黑板对黑板擦的作用力大小 ；
根据牛顿第二定律，分析突然松开手，黑板擦的加速度大小；
根据竖直上抛运动学公式，求最大高度。
3．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A、 “太空电梯”里的宇航员 相对地球静止， 若h=0，宇航员绕地心运动的线速度大小 小于7.9km/s，故A错误；
B、根据v=r， h越大，宇航员绕地心运动的线速度越 大，故B错误；
C、根据a=2r，h越大，宇航员绕地心运动的向心甲速度越 大，故C错误；
D、 h与地球同步卫星距地面高度相同时，万有引力提供向心力，宇航员处于完全失重状态 ，故D正确。
故选：D。
【分析】“太空电梯”h=0处速度小于7.9km/s；
根据v=r，分析线速度大小；
根据a=2r，分析向心加速度大小；
若万有引力完全提供向心力，宇航员处于完全失重状态。
4．【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】如图
当电子的运动轨迹与磁场边界相切时，根据
得
电子运动半径最大，速度最大。电子圆周运动的圆心与圆形磁场的圆心以及切点共线，过电子圆周运动的圆心做OP的垂线，由几何关系得
得
则最大速率为
故答案为：C
【分析】画出粒子运动的轨迹，利用几何关系可以求出粒子轨迹半径的最大值，结合牛顿第二定律可以求出粒子的最大速率。
5．【答案】C,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、 已知是绝热变化过程，根据图像，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律U=W+Q，故内能减小，温度降低，故A错误；
B、根据理想气体状态方程，温度升高，分子平均动能增加，但不是每个分子动能都增大，故B错误；
C、过程中，根据理想气体状态方程，温度降低，但压强不变，故单位时间内容器壁单位面积上分子碰撞次数增多 ，故C正确；
D、过程中的平均压强更大，故完成一次完整循环 外界对气体做功更多，故 完成一次完整循环的过程 气体对外做负功，故D正确。
故选：CD。
【分析】根据热力学第一定律，分析的内能变化，分析温度变化；
根据理想气体状态方程，分析温度变化，温度是分子平均动能的标志；
根据理想气体状态方程，结合气体压强微观含义，分析单位时间内容器壁单位面积上分子碰撞次数；
根据图像，分析完成一次完整循环的过程 气体对外做。
6．【答案】A,C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A、根据全反射临界条件，sinc==， 入射角， sin>sinc，故发生全反射，故A正确；
B、在B点入射角为30，故不能发生全反射，故B错误；
CD、 两点的距离为d ，根据n=，t=，解得 细光束从A点传播到B点的时间为 ，故C正确，D错误。
故选：AC。
【分析】根据全反射临界条件，分析是否发生全反射；
根据n=和t=，求细光束从A点传播到B点的时间。
7．【答案】B,D
【知识点】电场强度；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A、根据公式EP=q， 电子从a点移动到c点的过程中， 电势增加，电势能减小，故A错误；
B、根据公式EP=q， 电子从a点移动到b点的过程中， 电势能减小，电场力做正功，故B正确；
C、根据几何关系，ab为电场线，电场方向由b指向a，故C错误；
D、根据公式E=，则E=v/m= ，故D正确。
故选：BD。
【分析】根据EP=q，根据电势变化，分析电势能变化，再分析电场力做功；
根据几何关系，分析电场方向；
根据公式E=，求电场强度大小。
8．【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、 同一均匀介质中 波的传播速度相等，根据公式v==m/s=4m/s，故A正确；
B、根据 时刻的波形 图，N传播了一个周期，M传播了半个周期，故 波源M比波源N晚振动的时间为 0.5s，故B错误；
C、N传到x=0的时间t=s=2.25s，M传到x=0的时间t=（）s=1.25s，故2.25s时，x=0处质点重复M和N的振动形式，因为MN都向下振动，故此时振幅为6+4=10cm
故答案为：AC。
【分析】根据公式v=，求传播速度大小；根据 时刻的波形 图，分析振源振动时间；
9．【答案】（1）10.70
（2）作图像，看其图线是否是过原点的直
（3）9.7
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】（1）根据游标卡尺读数规则，小球直径为10mm+140.05mm=10.70mm；
（2） 作图像， 若图线过原点，则 单摆周期T与其摆长L成正比关系 ；
（3）根据单摆周期公式有T=，结合关系式 ， 联立解得g=9.7m/s2.
【分析】根据游标卡尺读数规则读数；根据单摆周期公式、结合图像，求重力加速度大小。
10．【答案】（1）甲
（2）C；D
（3）；2.8；1.6；偏小
（4）
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】（1） 因电池的内阻较小， 故将电压表接在内阻和R0两端，故选甲；
（2） 干电池 电动势1.5V，故电压表选D，估算电流I==A=0.3A，故电流表选C；
（3）根据表格数据描点画图，图像截距为电动势E=2.8V，斜率绝对值为内阻和R0之和，故内阻r=（） =1.6 ，图甲中R0分压， 电动势比真实值 偏小；
（4） 灵敏电流计示数为0， 此时 电源的电动势 为=
【分析】本题根据电路结构电表量程选取电表；
根据闭合电路欧姆定律，确定电动势和内阻；
根据分压关系，确定电源电动势，是一道综合性的实验题。
11．【答案】（1）解：物块固定，小球沿着圆弧滚至轨道末端的过程中
小球滑离轨道末端后做平抛运动
小球落地时与轨道末端的水平距离
联立解得
（2）解：物块不固定时，小球从圆弧轨道上滚下的过程中，物块和小球组成的系统在水平方向动量守恒。设小球滑离轨道末端时，小球的速度为，物块的速度为。
由能量守恒可得
小球落地时与轨道末端的水平距离
联立解得
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1） 小球沿着圆弧滚至轨道末端的过程中 ，根据动能定理列式， 小球滑离轨道末端后做平抛运动 ，竖直方向做自由落体运动，水平方向匀速直线运动，联立，求 小球与轨道末端的水平距离 ；
（2） 物块和小球组成的系统在水平方向动量守恒列式，同时满足能量守恒列式，且位移满足水平距离 ，联立，求 小球与轨道末端的水平距离 。
12．【答案】（1）解：设B小球受到的电场力为
对B小球受力分析如图所示，
小球B静止，受力平衡得
联立解得
（2）解：小球A撤去后，小球B在电场力、重力和绳子拉力作用下做变速圆周运动，当重力和电场力的合力沿着半径方向时小球速度最大。设小球速度最大时，绳子与竖直方向的夹角为。由几何关系可得
小球B从初始位置运动到速度最大位置，在竖直方向的位移为
在水平方向的位移为
由动能定理得
解得
【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）受力分析，根据平衡列式，求 A、B两小球之间库仑力的大小；
（2） 由几何关系 ，确定 小球B从初始位置运动到速度最大位置，在竖直方向的位移 和水平方向的位移，根据动能定理联立，求速度。
13．【答案】（1）解：当F作用在线框上时，可知线框与金属棒之间会发生相对滑动。线框进入磁场时做匀速直线运动，线框受到的安培力
线框进入磁场产生的电动势
线框中的电流
线框受力平衡得
联立可得
（2）解：对线框进入磁场之前进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
线框进入磁场之前做匀加速运动，运动时间为
金属棒进入磁场前做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
金属棒加速到与金属线框相同速度时，根据运动学公式
磁场宽度
联立解得
（3）解：金属棒进入磁场瞬间，假设线框和金属棒具有相同加速度，由牛顿第二定律
由上式解得
对金属棒
解得
因，可见线框和金属棒不会有相对滑动，将保持相对静止共同做减速运动，之后因安培力在不断减小，可知线框与金属棒一起做加速度减小的减速运动。
导体棒进入磁场之前运动的距离为x，由运动学公式得
由上式计算得到x大于磁场区域的宽度，因减速过程加速度小于加速过程的加速度，可知金属棒能够滑出磁场区域，出磁场后跟线框一起匀减速直到停下。
设金属棒从进入磁场到停下的时间为，在磁场中运动时间为。
从金属棒进入磁场到停下的过程中，根据动量定理可得
金属棒中的平均电流与时间的乘积表示电荷量可得
由法拉第电磁感应定律可得
导体棒和金属框运动的总时间为
联立解得
【知识点】动量定理；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1） 线框进入磁场时做匀速直线运动， 根据平衡条件列式，同时结合切割电动势和欧姆定律，分析 金属线框边刚进入磁场时的速度大小；
（2） 对线框进入磁场之前进行受力分析，根据牛顿第二定律 列式，根据运动学公式，求 线框进入磁场之前做匀加速运动 的时间， 金属棒进入磁场前做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 求加速度大小，再根据 运动学公式 求时间，最后求 磁场区域的宽度 ；
（3） 假设线框和金属棒具有相同加速度，由牛顿第二定律 求加速度大小， 导体棒进入磁场之前运动的距离为x，由运动学公式 求x，根据 动量定理、电量定义式、法拉第电磁感应定律联立，求导体棒和金属框运动的总时间 。