2023年06月05日的高中物理组卷。
参***与试题解析。
一．选择题（共1小题）
1．如图所示，一绝缘的斜面体始终静止于水平地面上，c、d、e是斜面上3个点，一带正电的绝缘点电荷+q固定在斜面体内部p点（斜面体对点电荷+q的电场分布没有影响），p、d连线垂直于斜面。滑块a、b叠在一起，b带负电，a不带电，a与b绝缘。现将a、b从c点由静止释放，下滑过程中a、b保持相对静止，斜面体始终受到地面向左的静摩擦力，在滑块a、b从c点经过d点再滑到e点过程中，下列说法正确的是（ ）
a．滑块a、b在d点速度最大。
b．整个下滑过程中，滑块a、b均处于失重状态。
c．整个下滑过程中，滑块a、b机械能的变化量一定大于滑块b电势能的变化量。
d．若在b上施加一个平行斜面向下的恒力f，地面对斜面体的摩擦力将变大。
分析】对a、b、斜面体整体分析，根据牛顿第二定律分析a、b整体的加速度情况；结合功能关系分析选项c；施加拉力后，隔离斜面体分析地面对斜面体的摩擦力变化情况。
解答】解：a、研究a、b、斜面体整体，受地面向左的静摩擦力，故ab整体一定是加速下降，故速度不断增加，在d点速度不是最大，故a错误；
b、ab整体一直在加速，具有竖直向下的分加速度，故处于失重状态，故b正确；
c、整个下滑过程中，a、b、斜面体系统的机械能、内能和电势能总量守恒，内能增加，电势能变化量未知（d点不一定是中点），故无法判断滑块a、b机械能的变化量与滑块b电势能的变化量的大小关系，故c错误；
d、若在b上施加一个平行斜面向下的恒力f，斜面体受力情况不变（受重力、压力、支持力、滑块的摩擦力和地面的摩擦力），故地面对斜面体的摩擦力不变，故d错误；
故选：b。二．填空题（共2小题）
2．某物理实验小组利用实验室提供的器材测量一螺线管两接线柱之间金属丝的长度．可选用的器材如下：
a．待测螺线管三（符号）：绕制螺线管的金属丝的电阻率为ρ，阻值为几十欧；
b．电流表a1：量程为10ma，内阻r1=40ω；
c．电流表a2：量程为500μa，内阻r2=750ω；
d．电压表v：量程为10v，内阻为10kω；
e．定值电阻r1：阻值为100ω；
f．滑动变阻器r2：总阻值约为10ω；
g．电源e，电动势约为1.5v，内阻忽略不计；
h．开关一个及导线若干．
1）用多用电表粗测金属丝的电阻，选择倍率“×1”和“×10”，经正确步骤操作，多用电表表盘示数如图，则金属丝的电阻约为 38 ω．
2）为了尽可能准确地测量，要求电表的指针偏转至少要达到满刻度的，请你设计一种适合的电路，将你设计的电路画在的虚线图2框中，并标明所用器材的代号．
3）已知金属丝的直径为d，要测量的物理量是通过电流a1的电流i1、通过电流表a2的电流i2 ．用已知量和测得量的符号表示金属丝的长度l，则l= 或 ．
分析】本题的关键是因电源电动势小于电压表量程的，所以不能使用电压表，只能使用两个电流表，然后根据两电流表满偏电流与满偏电压间的关系，画出几种可能的电路图，即可求解．
解答】解：（1）由于欧姆表指针指在欧姆表中值电阻附近时读数较准，所以应按×1倍率读数，读数为r=1×38ω=38ω；
2）由于电源电动势为1.5v，小于电压表量程，所以不能使用电压表v来测量电压，由于两电流表的满偏电压分别为u1=i1r1=0.4v，u2=i2r2=0.
375v，可将待测电阻与电流表a2串联然后再与a1 并联，如电路一图所示；（或因电流表a2的满偏电流小于 a1 的满偏电流，可将待测电阻与电流表 a2并联再与a1 串联，如电路图二所示）；又由于滑动变阻器的最大电阻远小于待测电阻，所以变阻器应用分压式接法．（两种电路图选任意一种即可）
3）若是电路一：由i2（r+r2）=i1r1，又r=，联立解得：l=；
若用电路二：由i1=i2+，又r=，联立解得：l=；
故答案为：（1）38；（2）如图所示；（3）通过电流a1的电流i1、通过电流表a2的电流i2，或．
3．[1]如图1所示是用螺旋测微器测量一个小钢球的直径的示数，此读数应是 8.600mm ．
2]在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50h z，查得当地的重力加速度g=9.8m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg．实验中得到一条点迹清晰的纸带，如图2所示．把第一个点记作o，另选连续的4个点a、b、c、d作为测量点，经测量知道a、b、c、d各点到o点的距离分别为62.
99cm、70.18cm、77.76cm、（85.
73cm．根据以上数据，可知重物由o点运动到c点时重力势能的减少量等于 7.62 j，动能的增加量等于 7.56 j．（取三位有效数字）
3]将满偏电流ig=300μa、内阻未知的电流表改装成电压表并进行核对．
1）利用如下图所示的电路测量电流表的内阻（图中电源的电动势e=4v ）：先闭合s1，调节r，使电流表指针偏转到满刻度；再闭合s2，保持r不变，调节r′，使电流表指针偏转到满刻度的，读出此时r′的阻值为200ω，则电流表内阻的测量值rg= 400 ω．
2）将该表改装成量程为3v的电压表，需串联 （填“串联”或“并联”）阻值为r0= 9900 ω的电阻．
3）把改装好的电压表与标准电压表进行核对，试在答题卡上画出实验电路图和实物连接图．
分析】本题[1]读数时注意不要漏读半毫米刻度线；[2]题的关键是求出c点的速度，然后再验证即可；[3]题的关键是画出电路图，根据欧姆定律求解即可，注意抓住变阻器的输出电压认为不变．
解答】解：[1]螺旋测微器的读数为：d=8.
5mm+10.0×0.01mm=8.
600mm，2]由纸带可读出：h==77.76cm=0.
7776m，打c点时速度===3.889m/s
所以重力势能减少为=mgh=7.62j，动能的增加量为==7.56j
3]（1）根据题意，电流表满偏时应有=，其中为电流表的内阻。
改装后，应有u=（）联立以上两式解得=2=400ω
2）根据欧姆定律可知，应将电流表与电阻r串联，且满足=u，解得r==﹣400=9900ω．
3）测量时，要求电压从零调，所以变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：
实物连线图如图所示：
故答案为：[1]8.600mm
3]（1）400；（2）串联，9900；（3）如图，如图．
三．多选题（共7小题）
4．如图所示，abcd是边长为a的菱形，其中∠dab=120°，在该平面内有一个匀强电场。 一个质量为 m、带电量为+q 的粒子，以初速度 v 从 a 点三次沿不同的方向射出，分别运动到 b、c、d 三点，粒子到达 b 点的速度为v，到达 c点的速度为v． 不计粒子重力，若粒子到达 d 点的速度大小为vd，匀强电场的场强大小为 e，则。
a．vd=v
b．vd=v
c．e=；电场方向与bd连线垂直。
d．e=； 电场方向由a指向以 c
分析】根据动能定理w=eqd=△ek，知粒子到达 b 点和到达 c点的动能变化量之比为1：2，根据几何关系知电场方向。从而知道d点速度大小。
解答】解：根据动能定理w=eqd=△ek，知粒子到达 b 点和到达 c点的动能变化量之比为：1：
2，根据几何关系知沿ac方向距离之比也是1：2，根据w=eqd=△ek知电场方向由a指向以 c，由eqa=解得：e=，故ad正确，bc错误。
故选：ad。
5．如图所示，mpqo为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为e，acb为固定的光滑半圆形轨道，轨道半径为r，a、b为圆水平直径的两个端点，ac为四分之一圆弧．一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，从a点正上方高为h处由静止释放，并从a点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，重力加速度为g．关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是（ ）
a．小球从b点离开后上升的最大高度为h+
b．小球从b点离开后上升的最大高度h﹣
c．小球到达c点前瞬间对轨道的压力大小为2qe+mg（+3）
d．小球到达c点前瞬间对轨道的压力大小为3qe+mg（+3）
分析】cd、根据动能定理求出小球到达c点的速度，结合牛顿第二定律求出小球在c点的支持力，从而根据牛顿第三定律求出压力的大小．
ab、对c到最高点的过程运用动能定理，求出小球通过b点后能上升的最大高度．
解答】解：cd、根据动能定理得：，在c点，根据牛顿第二定律得：
，代入数据联立解得：n=3qe+mg（+3），根据牛顿第三定律知，小球在c点对轨道的压力为3qe+mg（+3），故c错误，d正确；
ab、对c到最高点的过程运用动能定理得：，代入数据解得：h=h+，故a正确，b错误；
故选：ad。
6．如图所示，空间存在匀强电场，方向竖直向下，从绝缘斜面上的m点沿水平方向抛出一带电小球．最后小球落在斜面上的n点．已知小球的质量为m，初速度大小为v0，斜面倾角为θ，电场强度大小未知．则下列说法正确的是（ ）
a．可以断定小球一定带正电荷。
b．可以求出小球落到n点时速度的方向。
c．可以求出小球到达n点过程中重力和电场力对小球所做的总功。
d．可以断定，当小球的速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大。
分析】小球在运动过程中受重力与电场力作用，做类平抛运动，对小球受力分析、应用牛顿第二定律、类平抛运动的规律分析答题．
解答】解：a、小球做类平抛运动，电场力既可向上也可向下，故小球带正电、负电都可以，故a错误；
b、利用平抛知识有：==tanθ，速度偏向角设为α，则tanα==2tanθ，可求出小上球落到n点时的速度大小和方向，故b正确；
c、求出小球到达n点的速度，由动能定理可以求出小球到达n点过程中重力和电场力对小球所做的总功，故c正确；
d、小球在垂直与斜面方向上做匀减速直线运动，当小球在垂直与斜面方向的速度为零，即小球速度平行与斜面时，小球与斜面间的距离最大，故d正确；
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