2023年華僑、港澳、臺聯考高考物理試卷

試題數：19,滿分：150

1.（單選題，4分）根據盧瑟福提出的原子核式結構模型解釋a粒子散射實驗，使少數a粒子

發生大角度偏轉的作用力是金原子核對a粒子的（）

A.庫侖斥力

B.庫侖引力

C.萬有引力

D核力

2.（單選題，4分）聲波能繞過某一建筑物傳播而光波卻不能繞過該建筑物，這是因為（）

A.光波是橫波

B.光波振幅小

C.光波波長很短

D.光波波速很大

3.（單選題，4分）一月球探測器繞月球做周期為T的圓周運動，軌道距月球表面的高度為H。

已知月球半徑為R，引力常量為G,則月球的平均密度為（）

A.碧（1+-）3

GT2R

B.二（1+-）3

2GT2R

C.f（1+-）3

2GT2R

D.工（1+-）3

4GT2R

4.（單選題，4分）如圖，水平地面上放有一質量為M的1形支架。一質量為m的小球用長

為1的輕繩連接在支架頂端，小球在豎直平面內做圓周運動，重力加速度大小為g。已知小球

運動到最低點時速度大小為V,此時地面受到的正壓力大小為（）

A.Mg

B.（M+m）g

C.（M+m）g+m9”〃兒〃

v2

D.（M+m）g-m—

5.（單選題，4分）一質點在水平面上做勻加速運動，它的軌跡為拋物線，質點在某段時間內

每隔1s的位置如圖所示。則該質點的加速度大小為（）

A.0.05m/s2

B.0.10m/s2

C.0.15m/s2

D.0.20m/s2?

6.（單選題，4分）如圖，在置于水平地面的楔狀三,

物體P的斜面上有一小物塊Q,Q受水平外力F的

作用。已知P和Q始終保持靜止，則（）

A.增加P的質量，P與地面間摩擦力的大小一定增

加

B.增加外力F的大小，P與地面間摩擦力的大小一定增加

C.增加Q的質量，P與Q間摩擦力的大小一定增加

D.增加外力F的大小，P與Q間摩擦力的大小一定增加

7.（單選題，4分）如圖，兩塊大導體板水平相對放置，相距為d,電勢分別為Uo和-Uo（Uo>

0）,長為L的絕緣細繩上端固定于上板，下端與質量為m的帶正電小球連接，小球帶電量

為Q。重力加速度大小為g。小球在平衡位置附近擺動的周期是（）

8.（單選題，4分）兩個質量相等的小球P和Q位于同一高度，它們以相同大小的速度分別拋

出，P做平拋運動，Q做豎直下拋運動，則（）

A.P落地時的動量大小小于Q落地時的動量大小

B.P落地時的動量大小大于Q落地時的動量大小

C.在各自從拋出到落地時間內，P所受重力沖量的大小比Q的大

D.在各自從拋出到落地時間內，P所受重力沖量的大小比Q的小

9.（單選題，4分）一定質量的理想氣體被活塞封閉在汽缸中，p-V圖中的a、b、c三點對應

其三種狀態，若a、b兩狀態體積相等，則氣體無論通過什么途徑（）

P

A.從狀態a變化到c,內能一定增加

B.從狀態b變化到c的過程中，氣體始終對外做功

a?

C.從狀態b變化到a的過程中，氣體始終對外做功b.

D.從狀態a變化到b,吸收的熱量一定大于放出的熱量

OV

10.（單選題，4分）如圖，一水平放置的橡膠圓盤上帶有大量均勻

分布的正電荷，與圓盤同一平面內放置一通有恒定電流的直導線，電流方向如圖所示。當圓盤

繞其中心。順時針轉動時，通電直導線所受安培力的方向（）

A.指向圓盤

B.背離圓盤

C.垂直于圓盤平面向里

D.垂直于圓盤平面向外

11.（單選題，4分）如圖，兩根相同的橡皮筋各有一端系于固定的擋板，另一端分別與帶電

量為q、-q的小球連接，小球靜止在光滑水平絕緣板上，兩橡皮筋位于同一水平直線上，橡皮

筋的伸長量均為A1。若緩慢地增加兩球的電荷量，當電荷量增加至原來2倍時（兩小球不會

相碰），恰好平衡。則每條橡皮筋的伸長量（）

A.恰為2&\/////^///////^77////

B.大于2Al但小于4Al

C.恰為4Al

D.大于4A1

12.（單選題，4分）如圖，水平面（紙面）內有一光滑U形金屬導軌，導軌上有一金屬棒ab；

虛線左邊有一方向垂直紙面向里，大小隨時間均勻增加的勻強磁場。金屬棒所在區域存在方向

向左的恒定勻強磁場，則金屬棒所受安培力的方向為（）

A.水平向左

B.水平向右

C.垂直紙面向里

D.垂直紙面向外

13.（單選題，4分）利用如圖所示的電路做光電效應實驗，通過改變滑動變阻器的滑動頭位

置，可獲得光電流強度與電壓的關系圖線。實驗中使用了幾種已知頻率的入射光照射光電管,

這些光入射后在電路中均出現了光電流。保持電路接法不變，通過實驗可以測出（）

窗口

A.普朗克常量

B.金屬的逸出功

C.光電子脫離金屬后的最大初動能

D.一定光強下的飽和光電流

14.（問答題，12分）一玻璃磚上下底面為相互平行的平面，兩個側面中一個為平面，另一個

為圓柱面的一部分。現要用插針法測量該玻璃磚的折射率，可用的器材還有：木板，白紙，鉛

筆，四枚大頭針和帶刻度的三角板（一個角為直角，兩個銳角均為45。）。

完成下列實驗步驟中的填空并完成光路示意圖：

（1）將鋪有白紙的木板平放在桌面上，玻璃磚放在白紙上面（圖中紙面為玻璃磚底面），用

鉛筆描下其輪廓線，如圖所示。

（2）將玻璃磚移開，過其輪廓直線段的中點0作垂線（圖中點劃線）與圓弧交于a點，在輪

廓外過a點做一條與點劃線夾角為45。的直線ab；然后將玻璃磚放回原處。

（3）將第一、第二兩枚大頭針插在

（4）在玻璃磚的另一側插上第三枚大頭針和第四枚大頭針，使得一。

（5）再次移開玻璃磚，過第三、第四枚大頭針在紙上的插孔作直線，與輪廓線交于0'點，測

量線段—和—的長度。

（6）完成光路示意圖。

（7）可以求出玻璃磚的折射率的表達式為n=_。

0：

15.（問答題，12分）現要利用圖（a）中電路測量一電池組的電動勢E和內阻r。圖中Ro為

固定電阻（阻值為4.0Q）,R為電阻箱（阻值0?999.9Q）,◎為電壓表（量程為5V,內

阻很大），S為開關。

圖⑹

（1）根據圖（a）中的電路，在圖（b）給出的實物圖中畫出連線。

（2）若電阻箱阻值分別取為&和R2時，電壓表的示數分別為Ui和5，分別用h和12表示

兩種情況下流過電池組的電流，則電池組的內阻可由5、山、Ii和h表示為r=_。

（3）測量中，當電阻箱阻值取值Ri=3.6Q時，電壓表的示數Ui如圖（c）所示；則U】=_V

（保留3位有效數字）。計算可得此時流過電池組的電流為_A（保留2位有效數字）。

（4）若當電阻箱阻值取值為R2=60Q時，電壓表的示數為U2=3.72V,則所測得的電池組內

阻為r=_Q,電動勢為￡=_丫。（結果均保留2位有效數字）

16.（問答題，16分）一列火車以速度V。沿水平長直軌道勻速行駛，突然列車后部有部分車

廂脫鉤。已知脫鉤后車頭的牽引力不變；脫鉤車廂的質量為列車總質量的：；假設列車所受阻

4

力與其所受重力成正比。求當脫鉤車廂的速度變為當時，列車前部未脫鉤部分的速度。

17.（問答題，18分）將汽車橡膠輪胎套在金屬輪轂上，內部密封空間體積為V。并已充滿壓

強為po的空氣，溫度為外界環境溫度S=17。*用氣泵將壓強為po、溫度為t。、體積為2Vo

的空氣壓縮后通過氣門注入輪胎，胎內的氣體溫度上升為0=27久。假設空氣為理想氣體，輪

胎內部體積不變。

（1）求此時輪胎內部的氣體壓強；

（2）若汽車高速行駛一段時間后，輪胎內氣體溫度上升到弋2=77。（：，求此時氣體的壓強。

18.（問答題，20分）如圖，人體眼球等價于一個凸透鏡成像系統，眼球內的晶狀體（作用同

凸透鏡）的焦距可以在一定范圍內連續變化，使得在一定距離范圍內的物體都能清晰地成像在

視網膜上，小明同學近視之前，能看清遠處的小物體，晶狀體中心到視網膜的距離

d=16.70mm,此時晶狀體的焦距即為d?

（1）小明同學近視之后，晶狀體中心到視網膜的距離增加了Ad=0.30mm,假設此時晶狀體的

焦距不變，他能看清小物體的距離為多少？

（2）如用近視眼鏡（凹透鏡）來矯正小明同學的視力，要求佩戴跟鏡后最遠能看清30m處

的小物體，眼鏡鏡片的焦距該取何值？

19.（問答題，20分）如圖，在x>0、y>0區域有方

向垂直紙面向外的勻強磁場，在y<0區域有方向向左

的勻強電場。一質量為m,電荷量為q（q>0）的粒子在點（0,1）以速度V。向正右方發射。

已知該粒子在點（21,0）進入電場區域。運動一段時間后越過y軸，粒子越過y軸時的速度與

它進入電場時的速度垂直，不計重力，求

（1）磁場的磁感應強度大小；

（2）電場強度大小；

（3）粒子越過y軸時距拋出點（0,1）的距離。

2023年華僑、港澳、臺聯考高考物理試卷

參考答案與試題解析

試題數：19,滿分：15（）

1.（單選題，4分）根據盧瑟福提出的原子核式結構模型解釋a粒子散射實驗，使少數a粒子

發生大角度偏轉的作用力是金原子核對a粒子的（）

A.庫侖斥力

B.庫侖引力

C.萬有引力

D.核力

【正確答案】：A

【解析】：這是因為原子核帶正電荷且質量很大，a粒子也帶正電荷，由于二者近距離時的庫

侖斥力較大，且原子核質量較大，a粒子質量相對較小，導致極少數a粒子發生大角度偏轉。

【解答】：解：a粒子和電子之間有相互作用力，它們接近時就有庫侖引力作用，但因為電子

的質量只有a粒子質量的康，粒子與電子碰撞就像一顆子彈與一個灰塵碰撞一樣，a粒子

質量大，其運動方向幾乎不改變，只有是原子核對a粒子的庫侖斥力，其力較大，且原子核

質量較大，導致極少數a粒子發生大角度偏轉，所以A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

【點評】：本題考查的是a粒子散射實驗。對這個實驗要清楚兩點：一是a粒子散射實驗的

實驗現象；二是對實驗現象的微觀解釋一一原子的核式結構。

2.（單選題，4分）聲波能繞過某一建筑物傳播而光波卻不能繞過該建筑物，這是因為（）

A.光波是橫波

B.光波振幅小

C.光波波長很短

D.光波波速很大

【正確答案】：C

【解析】：波能否繞過某一建筑物傳播是指波是否發生明顯的衍射現象，波發生明顯的衍射現

象的條件是：孔縫的寬度或障礙物尺寸與波長相比差不多或比波長更短。

【解答】：解：波發生明顯的衍射現象的條件是：孔縫的寬度或障礙物尺寸與波長相比差不多

或比波長更短。由于聲波的波長比較大(1.7cm?17m)和建筑物的高度相近，故可以發生明

顯的衍射現象，而可見光的波長很小，無法發生明顯的衍射現象。故C正確，ABD錯誤。

故選：Co

【點評】：掌握了波發生明顯衍射的條件即可順利解決此題。

3.(單選題，4分)一月球探測器繞月球做周期為T的圓周運動，軌道距月球表面的高度為H。

已知月球半徑為R，引力常量為G,則月球的平均密度為()

A.毛(14--)3

GT2R

B.二(1+-)3

2GT2R

C.2(1+-)3

2GT2R

D.3(1+-)3

4GT2R

【正確答案】：A

【解析】：月球探測器繞月球做勻速圓周運動，月球對探測器的引力提供向心力，根據萬有引

力提供向心力求解月球的質量，根據密度公式求解月球的平均密度。

【解答】：解：月球探測器繞月球做勻速圓周運動，月球對探測器的引力提供向心力，有：G

(R+H)

(R+H)2T2

解得：乂=如鏟

月球的體積為V=girR3

則月球的平均密度「=?=嘿某=舄(1+7)3

故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

【點評】：本題考查萬有引力定律在天體問題中的應用，解題關鍵是知道月球探測器繞月球做

勻速圓周運動，月球對探測器的引力提供向心力，結合密度公式列式求解即可。

4.(單選題，4分)如圖，水平地面上放有一質量為M的工形支架。一質量為m的小球用長

為1的輕繩連接在支架頂端，小球在豎直平面內做圓周運動，重力加速度大小為g。已知小球

運動到最低點時速度大小為V,此時地面受到的正壓力大小為()

A.Mg

B.(M+m)g

,、2

C.(M+m)g+mvY

2

D.(M4-m)g-mvY

【正確答案】：C

【解析】：小球運動到最低點時，根據牛頓第二定律，求拉力，再對M受力分析，根據平衡

條件，求出地面對M的支持力，最后根據牛頓第三定律，得出地面受到的正壓力大小。

【解答】：解：小球運動到最低點時，對小球進行受力分析，小球受豎直向下的重力和輕繩豎

?2

直向上的拉力，根據牛頓第二定律，T-mg=m亍，對M受力分析，受豎直向下的重力、小球

2

對繩子豎直向下的拉力和自身的重力，根據平衡條件F=Mg+T=(M+m)g+m亍，根據牛頓

第三定律，地面受到的正壓力與地面對M的支持力F大小相等，故C正確，ABD錯誤。

故選：Co

【點評】：本題考查學生對圓周運動的牛頓第二定律、平衡條件、牛頓第三定律的掌握，是一

道具有一定綜合性，難度中等的題。

5.(單選題，4分)一質點在水平面上做勻加速運動，它的軌跡為拋物線，質點在某段時間內

每隔1s的位置如圖所示。則該質點的加速度大小為()

A.0.05m/s2

B.0.10m/s2

C.0.15m/s2

D.0.20m/s2

【正確答案】：B

【解析】：本題根據圖像確定單位長度，結合勻變

速直線運動等時相鄰位移差公式Ax=at2,即可解答。

x(m)

【解答】：解：一質點在水平面上做勻加速運動，

質點在某段時間內每隔1s的位置如圖所示，單位長度1為？m=0.05m,y方向相鄰等時位移

4

差為Ay=71-51=at2,其中t=ls,解得a=0.10m/s2,故B正確，ACD錯誤。

故選:Bo

【點評】：本題考查學生對勻變速直線運動等時相鄰位移差公式的掌握，是一道基礎題。

6.（單選題，4分）如圖，在置于水平地面的楔狀物體P的斜面上有一小物塊Q,Q受水平外

力F的作用。已知P和Q始終保持靜止，則（）

A.增加P的質量，P與地面間摩擦力的大小一定增加"笠/

B.增加外力F的大小，P與地面間摩擦力的大小一定增加777

C.增加Q的質量，P與Q間摩擦力的大小一定增加

D.增加外力F的大小，P與Q間摩擦力的大小一定增加

【正確答案】：B

【解析】：本題根據平衡條件，結合整體法、隔離法分析，結合選項，即可解答。

【解答】：解：AB、P和Q始終保持靜止，根據整體法，整體受力如圖：

八-----------------F

G

水平方向平衡，f=F,故增加P的質量，P與地面間摩擦力的大小不變，增加外力F的大小，

P與地面間摩擦力的大小一定增加，故A錯誤，B正確；

CD、由于不確定F沿斜面向上分量與Q的重力沿斜面向下分量的關系，故P與Q間摩擦力的

大小變化不能確定，故CD錯誤。

故選:Bo

【點評】：本題解題關鍵是正確對物體受力分析，根據平衡條件解答，同時采用整體法和隔離

法。

7.（單選題，4分）如圖，兩塊大導體板水平相對放置，相距為d,電勢分別為Uo和-Uo（Uo>

0）,長為L的絕緣細繩上端固定于上板，下端與質量為m的帶正電小球連接，小球帶電量

為Q。重力加速度大小為g。小球在平衡位置附近擺動的周期是（）

11|%-

AnImLd?L

A.2n/--------A

^mgd+2QU?

0一〃

mLd

B.2TT

mgd-2QU0

mLd

C.21T

mgd+QU0

mLd

D.2n

mgd-QU0

【正確答案】：A

【解析】：若上下導體板電勢均為零時，小球在平衡位置附近擺動的周期為To=2n由于

上下導體板間有電勢差，帶電小球處于重力場和電場的雙重作用中，故上述周期公式中的重力

加速度g實際應為重力場和電場作用下的等效重力加速度g',

即等效重力加速度g'中有電場的作用效果，也就是說，按照力的獨立性原則，電場也會對帶電

小球產生向下加速的效果。上下導體板間的電勢差可求，電場強度依E=J可求，小球所受電

場力可求。將求出的等效重力加速度g'代入單擺周期公式即可。

【解答】：解：若上下導體板電勢均為零時，由單擺周期公式可得，小球在平衡位置附近擺動

的周期為

T0=2TT

由于上下導體板間有電勢差，帶電小球處于重力場和電場的雙重作用中，故上述周期公式中的

重力加速度g實際應為重力場和電場作用下的等效重力加速度g'

上下導體板間有電勢差為U=Uo-(-Uo)=2U0

上下導體板間的電場強度為E==

按照力的獨立性原則，小球在重力場和電場共同作用下，產生的等效重力加速度g'應滿足

g'=g+黑

聯立各式解得

,=mgd+2UoQ

g-md

代入單擺周期公式，可得小球在平衡位置附近擺動的周期為

T=2TTI*

^mgd+2QU0

故A正確，BCD錯誤。

故選：Ac

【點評】：本題主要考查復合場下的運動問題，物體在只有重力場的作用下適用的公式，在復

合場下，公式基本形式不變，但具體參數和物理意義會有所變化，要靈活變通，本題關鍵要掌

握力的獨立性原則。

8.（單選題，4分）兩個質量相等的小球P和Q位于同一高度，它們以相同大小的速度分別拋

出，P做平拋運動，Q做豎直下拋運動，則（）

A.P落地時的動量大小小于Q落地時的動量大小

B.P落地時的動量大小大于Q落地時的動量大小

C.在各自從拋出到落地時間內，P所受重力沖量的大小比Q的大

D.在各自從拋出到落地時間內，P所受重力沖量的大小比Q的小

【正確答案】：C

【解析】：P小球做平拋運動，Q小球做豎直下拋運動，根據運動學公式求解兩小球落地時速

度大小，根據動量公式比較兩小球落地時動量大小；豎直方向，根據勻變速直線運動位移一時

間公式比較兩小球下落時間的大小，根據沖量公式比較沖量大小。

【解答】：解：AB、設小球初速度大小為V。，拋出位置離地面高度為h,P小球落地的速度大

小為VP，Q小球落地的速度大小為VQ,P小球做平拋運動，水平方向為勻速直線運動，落地

時水平分速度Vx=Vo

豎直方向為自由落體運動，落地時豎直分速度Vy=/協

則Vp=Jvx+vy-J詔+2gh

Q小球做豎直下拋運動，根據勻變速直線運動位移一速度公式得：誑-詔=2gh

解得：vQ=J詔+2gh

則小球落地時速度大小相等，落地時的動量為p=mv

則兩小球落地時動量大小相等，故AB錯誤；

CD、設P小球下落時間為tp,Q小球下落時間為tQ,P小球豎直方向為自由落體運動，有：

h=1gtp

解得：tp=第

Q小球做豎直下拋運動，有：h=votQ+|gt1

則tQ<tp=J—

兩小球所受沖量大小為I=mgt

則P所受重力沖量的大小比Q的大，故C正確，D錯誤。

故選:Co

【點評】：本題考查沖量和動量，解題關鍵是掌握動量和沖量的計算公式，結合運動學公式列

式分析即可。

9.（單選題，4分）一定質量的理想氣體被活塞封閉在汽缸中，p-V圖中的a、b、c三點對應

其三種狀態，若a、b兩狀態體積相等，則氣體無論通過什么途徑（）

1P

A.從狀態a變化到c,內能一定增加

B.從狀態b變化到c的過程中，氣體始終對外做功a.

C.從狀態b變化到a的過程中，氣體始終對外做功人

D.從狀態a變化到b,吸收的熱量一定大于放出的熱量------------------

【正確答案】：A

【解析】：A、由理想氣體狀態方程岸=（2判斷氣體溫度變化情況，進而判斷內能變化情況。

B、從狀態b變化到c的過程中，若能找到體積不變的變化過程，則氣體沒有對外做功；當氣

體按照從b到a再到c的途徑變化狀態時，在從b到a狀態過程中，氣體體積不變，氣體沒

有對外做功。

C、從狀態b變化到a的過程中，若能找到體積不變的變化過程，則氣體沒有對外做功；當氣

體從b狀態直接變化到a狀態時，氣體體積不變，氣體沒有對外做功。

D、從狀態a變化到b,由理想氣體狀態方程與=C可判斷氣體溫度變化情況、進而判斷內能變

化情況，再由熱力學第一定律AU=W+Q可判斷氣體總體上是吸熱還是放熱。

【解答】：解：A、從狀態a變化到c,氣體壓強增大、體積增大，由理想氣體狀態方程^=C

可知，氣體溫度升高，則內能一定增加，故A正確；

B、從狀態b變化到c的過程中，當氣體按照從b到a再到c的途徑變化狀態時，在從b到a

狀態過程中，氣體體積不變，此過程氣體沒有對外做功，故B錯誤；

C、從狀態b變化到a的過程中，若氣體從b狀態直接變化到a狀態，由于氣體體積不變，此

過程氣體沒有對外做功，故C錯誤；

D、從狀態a直接變化到b時，氣體壓強減小、體積不變，由理想氣體狀態方程^=C可知，

氣體溫度降低，內能減少，由熱力學第一定律AU=W+Q可知，AU<0,W=0,則Q<0。

當氣體按照從a到c再到b的途徑變化狀態時，從a到c,氣體壓強增大、體積增大，由理想

氣體狀態方程"=C可知，氣體溫度升高，內能增加。由熱力學第一定律有AULWI+QI，

AUi>0,Wi<0,則Qi>0,Qi為吸熱。

從C到b,氣體壓強減小、體積減小，由理想氣體狀態方程即=C可知，氣體溫度降低，內能減

少。由熱力學第一定律有AU2=W2+Q2，AU2<0,W2>0,則Q2<0，Q2為放熱。

因為Q=Q1+Q2,Q<0,所以Q2的絕時值大于QI的絕對值，即吸收的熱量小于放出的熱量，

故D錯誤。

故選：Ao

【點評】：本題主要考查理想氣體狀態方程和熱力學第一定律的綜合應用，不僅要考慮氣體從

初態最終變化到末態時的情況，還要考慮中間過程中可能出現的各種情況，要注意溫度與內能

的關系、體積與做功的關系。

10.（單選題，4分）如圖，一水平放置的橡膠圓盤上帶有大量均勻分布的正電荷，與圓盤同

一平面內放置一通有恒定電流的直導線，電流方向如圖所示。當圓盤繞其中心。順時針轉動

時，通電直導線所受安培力的方向（）

A.指向圓盤

B.背離圓盤

C.垂直于圓盤平面向里

D.垂直于圓盤平面向外

【正確答案】：B

【解析】：橡膠圓盤不導電，帶有大量均勻分布的正電荷，當圓盤繞其中心0順時針轉動時,

在橡膠圓盤上會形成半徑不等的若干個同心順時針環形電流，這些環形電流在通電直導線處會

產生磁場，分別判斷左半側、右半側的環形電流在通電直導線處產生磁場的方向、磁感應強度

的強弱，按照磁場疊加原理，最終確定通電直導線處的磁場方向。再根據左手定則，可以判斷

出通電直導線所受安培力的方向。

【解答】：解：橡膠圓盤繞其中心0順時針轉動時，在橡膠圓盤上會形成若干個同心順時針

環形電流，所有的等效環形電流在直導線出的磁場都是向上的，根據左手定則，伸出左手，四

指指向直導線電流方向，手心向下，則大拇指指向右側，即通電直導線所受安培力的方向為背

離圓盤。

故ACD錯誤，B正確。

故選:B?

【點評】：本題主要考查磁場對通電導線的作用（左手定則），一要確定橡膠圓盤上產生的電

流的方向；二要確定橡膠圓盤上產生的環形電流在通電直導線處產生的磁場方向；三要會運用

左手定則判定通電直導線所受安培力的方向。

11.（單選題，4分）如圖，兩根相同的橡皮筋各有一端系于固定的擋板，另一端分別與帶電

量為q、-q的小球連接，小球靜止在光滑水平絕緣板上，兩橡皮筋位于同一水平直線上，橡皮

筋的伸長量均為若緩慢地增加兩球的電荷量，當電荷量增加至原來2倍時（兩小球不會

相碰），恰好平衡。則每條橡皮筋的伸長量（）

A.恰為2AlI'」1一」

B.大于2Al但小于4Al

C.恰為4Al

D.大于4A1

【正確答案】：D

【解析】：對小球電荷量變化前后進行分析，根據平衡條件列出彈力等于庫侖力的式子，對比

分析從而得出伸長量的變化情況。

【解答】：解：設初始時帶電量為q、刃的小球之間的距離為L由于小球處于平衡狀態，則有

橡皮筋彈力等于小球之間的庫侖力，即對任意小球有：

kAl=k（

電荷量增大為原來的2倍時，設兩個小球之間的距離為1',橡皮筋的伸長量變為A1',當小球

再次處于平衡狀態時，對任意小球有：

kA』誓=4吟

又因為小球相互吸引，相互靠近，所以兩個小球之間的距離會小于初始距離，即：

r<i

因此：5，=4唔>4岸=4皿

所以：&'>M1，故D正確，ABC錯誤。

故選：Do

【點評】：本題解題關鍵是采用假設法，假設小球距離不變，分析橡皮筋彈力變化。

12.（單選題，4分）如圖，水平面（紙面）內有一光滑U形金屬導軌，導軌上有一金屬棒ab；

虛線左邊有一方向垂直紙面向里，大小隨時間均勻增加的勻強磁場。金屬棒所在區域存在方向

向左的恒定勻強磁場，則金屬棒所受安培力的方向為（）

A.水平向左

B.水平向右

C.垂直紙面向里

D.垂直紙面向外

【正確答案】：D

【解析】：根據楞次定律，結合右手定則，分析ab棒感應電流方向，再根據左手定則，分析

金屬棒所受安培力的方向。

【解答】：解：虛線左邊有一方向垂直紙面向里，大小隨時間均勻增加的勻強磁場，根據楞次

定律，閉合回路形成垂直回路向外的磁場，根據右手定則，ab棒的電流方向豎直向上，根據

左手定則，ab棒所受安培力的方向為垂直紙面向外，故D正確，ABC錯誤。

故選:Do

【點評】：本題考查學生對楞次定律、右手定則、左手定則的掌握，是一道基礎題。

13.（單選題，4分）利用如圖所示的電路做光電效應實驗，通過改變滑動變阻器的滑動頭位

置，可獲得光電流強度與電壓的關系圖線。實驗中使用了幾種已知頻率的入射光照射光電管,

這些光入射后在電路中均出現了光電流。保持電路接法不變，通過實驗可以測出（）

窗口

A.普朗克常量

B.金屬的逸出功

C.光電子脫離金屬后的最大初動能

D.一定光強下的飽和光電流

【正確答案】：D

【解析】：當光電管接反向電壓時，調節滑動變阻器，可測量遏止電壓，接正向電壓時，無法

測量遏止電壓，無法求解光電子脫離金屬后的最大初動能；根據光電效應方程分析即可；當電

流達到飽和光電流時，再增大光電管兩端的電壓，電流不變。

【解答】：解：C、將電源反接，調節滑動變阻器，當電流表的示數為0時，電壓表的示數為

遏止電壓，由動能定理得，光電子獲得的最大初動能Ekm=eU,若保持電路接法不變，則無法

測量光電子脫離金屬后的最大初動能，故C錯誤；

AB、根據光電效應方程得：Ekm=hv-Wo,入射光的頻率v已知，保持電路接法不變，無法測

量光電子獲得的最大初動能，則無法測量普朗克常量h和金屬的逸出功Wo,故AB錯誤；

D、調節滑動變阻器，當電流表的示數不再增大時，電流表的示數為該光強下的飽和光電流，

故D正確。

故選:Do

【點評】：本題考查光電效應，解題關鍵是掌握遏止電壓的測量方法，掌握光電效應方程，結

合動能定理分析即可。

14.（問答題，12分）一玻璃磚上下底面為相互平行的平面，兩個側面中一個為平面，另一個

為圓柱面的一部分。現要用插針法測量該玻璃磚的折射率，可用的器材還有：木板，白紙，鉛

筆，四枚大頭針和帶刻度的三角板（一個角為直角，兩個銳角均為45。）。

完成下列實驗步驟中的填空并完成光路示意圖：

（1）將鋪有白紙的木板平放在桌面上，玻璃磚放在白紙上面（圖中紙面為玻璃磚底面），用

鉛筆描下其輪廓線，如圖所示。

（2）將玻璃豉移開，過其輪廓直線段的中點0作垂線（圖中點劃線）與圓弧交于a點，在輪

廓外過a點做一條與點劃線夾角為45。的直線ab；然后將玻璃磚放回原處。

（3）將第一、第二兩枚大頭針插在一。

（4）在玻璃磚的另一側插上第三枚大頭針和第四枚大頭針?，使得

（5）再次移開玻璃磚，過第三、第四枚大頭針在紙上的插孔作直線，與輪廓線交于0'點，測

量線段—和—的長度。

（6）完成光路示意圖。

（7）可以求出玻璃磚的折射率的表達式為n=_。

【正確答案】：線段ab上;第三枚大頭針擋住第一枚和第二枚大頭針的像，使第四枚大頭針

擋住第三枚大頭針和第一枚和第二枚大頭針的像;00';a0';喘

【解析】：（3）（4）（6）第三枚大頭針擋住第一枚和第二枚大頭針的像，第四枚大頭針擋

住第三枚大頭針和第一枚和第二枚大頭針的像，故通過第一、二枚大頭針的光線折射后通過第

三、四枚大頭針，由此作出光路圖；

（5）（7）根據折射定律分析即可。

【解答】：解：（3）將第一、第二兩枚大頭針插在線段ab上;

（4）在玻璃磚的另一側插上第三枚大頭針和第四枚大頭針，使得第三枚大頭針擋住第一枚和

第二枚大頭針的像，使第四枚大頭針擋住第三枚大頭針和第一枚和第二枚大頭針的像;

（5）設a0'與0a的夾角為。，則折射率11=空等=噌

smu—

aOf

為測量折射率，則應測量線段00'和a0'的長度；

（6）光路圖如圖

sin450_sin45°_>[2a0i

（7）玻璃磚的折射率n=

sinO~也一200,

a01

故答案為：（3）線段ab上；（4）第三枚大頭針擋住第一枚和第二枚大頭針的像，使第四枚

大頭針擋住第三枚大頭針和第一枚和第二枚大頭針的像；（5）OCT,at）'；（6）見解析；（7）

加0,

200，°

【點評】：本題考查用插針法測定玻璃磚折射率，解題關鍵是掌握折射定律，掌握實驗原理,

分析即可。

15.（問答題，12分）現要利用圖（a）中電路測量一電池組的電動勢E和內阻r。圖中Ro為

固定電阻（阻值為4.0Q）,R為電阻箱（阻值0?999.9Q）,?為電壓表（量程為5V,內

阻很大），S為開關。

圖（c）

（1）根據圖（a）中的電路，在圖（b）給出的實物圖中畫出連線。

（2）若電阻箱阻值分別取為&和R2時，電壓表的示數分別為5和U2,分別用h和L表示

兩種情況下流過電池組的電流，則電池組的內阻可由5、山、11和12表示為r=_。

（3）測量中，當電阻箱阻值取值Ri=3.6。時，電壓表的示數5如圖（c）所示；則U】=_V

（保留3位有效數字）。計算可得此時流過電池組的電流為_A（保留2位有效數字）。

（4）若當電阻箱阻值取值為R2=60Q時，電壓表的示數為5=3.72V,則所測得的電池組內

阻為r=_Q，電動勢為E=_V。（結果均保留2位有效數字）

【正確答案】：字學；3.50;0.46;0.55;3.75

【解析】：（1）根據電路圖畫實物圖即可；

（2）根據閉合電路歐姆定律列式求解即可；

（3）根據圖片讀電壓表示數即可，根據歐姆定律求解流過電池組的電流；

（4）根據歐姆定律求解電路中的電流，根據閉合電路歐姆定律求解電池組的內阻和電動勢。

【解答】：解：（1）實物圖如圖

（2）由閉合電路歐姆定律得：E=Ui+hr

E=U2+Lr

聯立解得：r="

（3）電壓表的讀數為Ui=3.50V

此時通過電池組的電流為h=丹=^AH46A

（4）當電阻箱阻值取值為R2=60Q時，電壓表的示數為U2=3.72V

電路中的電流為12=蘭丁=7^7AM.058A

R2+RO60+4.0

電池組內阻r=吐曳=即29.。“0.55。

lr-l20.46-0.058

電動勢為E=U2+I2r=3.72V+0.058x0.55V?3.75V

故答案為：（1）見解析；（2）吐曳；（3）3.50,0.46；（4）0.55,3.75。

【點評】：本題考查電源電動勢和內阻的測量，解題關鍵是分析好電路圖，結合閉合電路歐姆

定律列式求解即可。

16.（問答題，16分）一列火車以速度V。沿水平長直軌道勻速行駛，突然列車后部有部分車

廂脫鉤。已知脫鉤后車頭的牽引力不變；脫鉤車廂的質量為列車總質量的;；假設列車所受阻

力與其所受重力成正比。求當脫鉤車廂的速度變為當時，列車前部未脫鉤部分的速度。

【正確答案】：

【解析】：火車勻速運動時受力平衡，脫鉤后，分別對脫鉤車廂和剩余車廂受力分析，根據牛

頓第二定律求解其加速度；先根據速度一時間公式求解脫鉤車廂運動的時間，再根據速度一時

間公式求解此時剩余車廂的速度。

【解答】：解：設車頭的牽引力為F,火車總質量為m,火車勻速運動時，受力平衡，有：

F=kmg

脫鉤后，設脫鉤車廂的加速度大小為ai，由牛頓第二定律得：k?：mg=：mai

設剩余車廂的加速度大小為a2,剩余車廂的質量為m'=mg-(mg=tmg

由牛頓第二定律得：F-km，g=m，a2

聯立解得：ai=kg

32=|kg

脫鉤車廂的速度變為當時，由速度一時間公式得：^=v0-ait

解得：t=*

2kg

設此時剩余車廂的速度為v,由速度一時間公式得：v=vo+a2t=：vo

6

答：列車前部未脫鉤部分的速度為:Vo。

【點評】：本題考查牛頓第二定律，解題關鍵是靈活選擇研究對象并對其受力分析，結合牛頓

第二定律和運動學公式列式求解即可。

17.(問答題，18分)將汽車橡膠輪胎套在金屬輪轂上，內部密封空間體積為V。并已充滿壓

強為po的空氣，溫度為外界環境溫度1=17。(：，用氣泵將壓強為po、溫度為to、體積為2Vo

的空氣壓縮后通過氣門注入輪胎，胎內的氣體溫度上升為匕=27久。假設空氣為理想氣體，輪

胎內部體積不變。

(1)求此時輪胎內部的氣體壓強；

(2)若汽車高速行駛一段時間后，輪胎內氣體溫度上升到12=77。(：，求此時氣體的壓強。

【正確答案】：

【解析】：(1)以內部密封的空氣和注入的空氣為研究對象，根據理想氣體狀態方程列式求

解氣體的壓強；

(2)輪胎內氣體發生等容變化，以輪胎內的氣體為研究對象，根據查理定律列式求解即可。

【解答】：解：（1）以內部密封的空氣和注入的空氣為研究對象，氣體初狀態的壓強為P0，

體積為Vo+2Vo,溫度為To=to+273K=17K+273K=29OK

末狀態的壓強為pi,體積為Vo，溫度為Ti=ti+273K=27K+273K=300K

由理想氣體狀態方程得：7）。（％+2%）=噠

T

o71

代入數據解得：P1=^PO

（2）以輪胎內的氣體為研究對象，氣體初狀態的壓強為pi=|^po,體積為Vo,溫度為

Ti=300K

末狀態的壓強為P2，體積為Vo，溫度為T2=t2+273K=77K+273K=350K

氣體發生等容變化，由查理定律的：詈=§

7172

代入數據解得：P2=^P0

答：（1）此時輪胎內部的氣體壓強為5po;

（2）若汽車高速行駛一段時間后，輪胎內氣體溫度上升到t2=770C,此時氣體的壓強為登Po。

【點評】：本題考查理想氣體狀態方程，解題關鍵是正確選擇研究對象，找到其初狀態和末狀

態的壓強、溫度和體積，結合理想氣體狀態方程列式求解即可。

18.（問答題，20分）如圖，人體眼球等價于一個凸透鏡成像系統，眼球內的晶狀體（作用同

凸透鏡）的焦距可以在一定范圍內連續變化，使得在一定距離范圍內的物體都能清晰地成像在

視網膜上，小明同學近視之前，能看清遠處的小物體，晶狀體中心到視網膜的距離

d=16.70mm,此時晶狀體的焦距即為d?

（1）小明同學近視之后，晶狀體中心到視網膜的距離增加了Ad=0.30mm,假設此時晶狀體的

焦距不變，他能看清小物體的距離為多少？

（2）如用近視眼鏡（凹透鏡）來矯正小明同學的視力，要求佩戴跟鏡后最遠能看清30m處

的小物體，眼鏡鏡片的焦距該取何值?

【正確答案】：

【解析】：（1）確定晶狀體的焦距和像距，應用透鏡成像公式求解；

（2）要用近視眼鏡（凹透鏡）來矯正小明同學的視力，即使凹透鏡所成的虛像的像距等于up

應用透鏡成像公式求解。

【解答】：解：（1）作用同凸透鏡的晶狀體的焦距為fi=d=16.70mm,要將所成的像在視網膜

上，貝I像距vi=d+Ad=16.70mm+0.30mm=17.00mm。

設他能看清小物體的距離（即對應的物距）為U1，由透鏡成像公式可得:

1

A

代入數據解得：ih=三一mm*946.33mm。

（2）要用近視眼鏡（凹透鏡）來矯正小明同學的視力，即使凹透鏡所成的虛像的像距等于％

（忽略了近視眼鏡與晶狀體之間的距離），依題意凹透鏡的物距U2=30m=3xl04mm,設眼鏡

鏡片的焦距為f2，由透鏡成像公式可得：

j___i___i_

u2Ulfl

代入數據解得：f2#977.16mm。

答