R=1502时，F=50N,若考虑电压表的实际内阻，则电压表的示数偏小，导致在测量实际压力时测量值偏小。13.解：本题考查远距离高压输电问题，着重考查学生知识应用能力。(1)发电机的输出功率P=pghQ(2分)解得P1=1.0×105W。(1分)(2②)升压变压器原线閎中的电流1号(2分)可得I1=400A根据理想变压器的电流规律=n2-(2分)可得升压变压器副线圈中的电流I2=25A输电线上损耗的电功率△P=I22r=5000W(2分)则P3=P4=P1-△P=9.5×104W(1分)所求家庭数W吕可得n=50。(1分)14.解：本题考查交变电流的产生及变化规律，着重考查学生知识迁移与分析综合能力。(1)由题意可得线圈运动速度v随时间t变化的规律为v=2sin5πt(m/s)(1分)由法拉第电磁感应定律知道，线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势e=nBlv=16sin5πt(V)(1分)故小灯泡中电流的峰值【m=ER1+R2(1分)电压表示数U=ImR√2解得电压表示数U=7.6√2V。(1分)(2)小灯泡消耗的电功率P1发(1分)代入数据得P=12.2W(1分)根据能量守恒定律，电路所消耗的总功率P'=2(R1十R2)(1分)代入数据得P'=12.8W。(1分)0'(3)在0~0.1s时间内，通过小灯泡的电荷量求法，类比交流发电机在4时间、B内（如图所示）的电荷量求法a7/d电动势的均值E=nA①_nBS_2nBwS△tπ(1分)2w而电动势的最大值Em=nBwS（1分)约电流IR品R,1o2A1分通过小灯泡的电荷量q=1·△t=0.102C。(1分)3·84·【23·G3DY(新高考)·物理·参考答案一R一必考一HEB】
12.某一导体的伏安特性曲线如图中AB段（曲线）所示，关于导体的电阻，下列说法正确的是()A.导体在B点的电阻为1202B.导体在B点的电阻为0.252C.在AB段导体的电阻因温度的影响改变了12D.在AB段导体的电阻因温度的影响改变了10213.如图所示，长、宽、高分别为α、b、c的长方体导体，若电流沿AB方向时测得导体的电阻为R1,电流沿EF方向时测得导体的电阻为R2,电流沿CD方向时测得导体的电阻为R3,下列选项中正确的是()A.R1:R2:R3=a2:b2:c2B.R1:R2:R3=a2:c2:bC.R1:R2:R3=c2:b2:a2D.R1:R2:R3=c:b:a14.用如图甲所示的电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的U-I图，由图可知()A.电池电动势的测量值为1.40VUNV1.40B.电池内阻的测量值为3.521.20-C.外电路发生短路时的电流为0.4AD.电压表的示数为1.20V时，电流表的示数10060.4iA'=0.30A甲乙15.如图所示，一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联接在电源两端，电源电动势E=30V,内阻r=1,用理想电压表测出电动机两端电压U=10V,已知电动机线圈电阻RM=1,则下列说法中正确的是()A.通过电动机的电流为10AB.电动机的输入功率为20WC.电动机的发热功率为1WD.电源的输出功率为60W16.风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机转化效率可视为不变，该风力发电机将空气动能转化为电能的效率为”，该风机叶片旋转一周扫过的面积为A,空气密度为，风场风速为，并保持风正面吹向叶片。则风力发电机发电的功率为()A.2p4B.20Av311C.2PAv2D.20Av217.如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为ko的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。A、B、C三小球的质量均为M,q=q0>0,qB=-qo,当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k,则()3A.9.=790B.弹簧伸长量为3Mg sin ak3kA球受到的库仑力大小为2MgD.相邻两小球间距为9o17M高二物理学科试题第3页共6页
得分评分人二、实验探究（本大题共5个小题，11小题4分，12小题6分，13小题7分，14小题4分，15小题3分，共24分)1.小明在探究“不同物质的吸热能力”的实验中，在两个相同的容器中分别装人质量，初温都相同的两种液体A、B,并用相同的装置加热，如图甲所示。玻璃棒玻璃棒↑温度/心540石棉网30石棉网2010012345时间/min乙(1)组装图甲实验装置时应先确定(2)实验中，通过比较(选填“C”或“D”)器材的位置。收热量的多少(选填“升高的温度”或“加热时间”)来反映两种液体吸(3)根据实验数据绘制的液体的温度随加热时间变化的关系图像如图乙所示，分析图像可知，液体(选填“A”或“B”)的吸热能力更强。冬天，如果你想自制暖手袋，选液体(选填“A”或“B”)作为供暖物质效果更佳。12.小亮在探究“并联电路的电流特点”时，设计的实验电路如图甲所示。三三0lruw20.20.4060.63)甲乙丙(1)小亮将电流表连接在电路中，如图乙所示，在刚接好最后一根导线时，灯L1、L2均发光了，其原因是(2)小亮连接的如图乙所示的实物连接图中，电流表测量的是通过(选填“灯L”、“灯L”或“干路”)的电流。当正确测量该处电流后，小亮要测量通过灯L的电流，请你在图乙只改动一根导线，完成电路的连接（在需改动的导线上画“×”，再画出重新连接后的导线)。(3)改动电路后正确连接电路，小亮闭合开关S,电流表示数如图丙所示。为了使测量结果更准确，他应进行的操作是(4)小亮正确实验得到的实验数据如下表：次数通过灯L的电流1/A通过灯L2的电流I2/A干路中的电流I/A0.100.120.2220.160.200.360.120.140.26分析实验数据可得出并联电路的电流特点：(写出关系式即可)。13.实验小组在探究“串联电路电压的特点”时，实验器材：两节新干电池、多个小灯泡、一个电压表、一个开关和若干导线。(1)同学们设计的实验电路图如图甲所示，请根据电路图用笔画线代替导线将如图乙所示的实物电路连接完整。【山西省2022~2023学年度九年级阶段评估B)·物理第3页（共6页）】【R一PGZX E SHX(二)】
第十五单元静电场电路安培力与洛伦兹力1.B【解析】本题考查地球的磁场及左手定则。乌云所带负电荷通过避雷针流入大地，则避雷针中的电流方向自下而上，赤道上磁场方向自南向北，根据左手定则，安培力方向为正西，B项正确。2.D【解析】点电荷的电场以点电荷Q为中心，沿半径指向中心，如图所示，∠M是最大内角，所以PN>PM,因为△PMN是锐角三角形，过P点作MN上的垂线为P到线段MN的最短距离，电场线与等势面（图中虚线）处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从N点到M点，电势先减小大后增大，根据电势能的公式Ep=q9,可知正电荷沿MN边从N点移动到M点的过程中，其电势能先减小后增大；M、N两点的电势大小关系为PM
解得0=2√6gL。(1分)15.解：(1)设P、Q碰撞前瞬间P的速度为w根据运动的分解有U1cos30°=o,解得w1=6m/s(1分)P在竖直方向的分速度v1y=w1sin30°=3m/s（1分)所以h=9=0.45m。2g(1分)(2)P、Q发生完全非弹性碰撞，设碰撞后P、Q的速度大小为2根据系统动量守恒有mw1=2mw2,解得2=3m/s(1分)设P、Q运动到D点时的速度大小为v412根据牛顿第二定律有2ng=2mR(1分)根据机械能守恒有号×mw2+2mg1.sin30°-2R)=专×2m,2(1分)联立解得R=0.5m。(1分)(3)设P、Q经过C点时的速度为vG根据牛顿第二定律有FN=2mR(1分)P、Q从A点运动到B点的过程根据机械能守恒有2×2mu,2+2mg(Lsin30°-R)=号×2mu2(1分)联立解得FN=30N(1分)由牛顿第三定律可知，P、Q运动到C点时对轨道的压力大小为30N。(1分)(4)若P、Q发生弹性正碰，由于P、Q的质量相等，故碰后Q的速度大小v'=w=6/s(1分)设Q通过D点的速度大小为？D根据机械能守恒有22十mg(Lsim30-2R)=号×mo2(1分)解得vp=4W2m/sQ从D点开始做抛运动，有x-y一g1分)根据几代关系有xtan30°+y=2R(1分)联立解得t=√69一2615s。(1分)·44·【23·G3DY(新高考)·物理·参考答案一R一必考一HEB】
675解得t=38,失=m/s之后，两者一起匀加速到与传送带共速，则有a共=gsin9十419cos0=6m/s2-v共1再次加速至与传送带共速，则有1=一a共与传送带共速后木板与货物一起继续匀加，则有2 ngsine9-山1×2 mgcos9=2md共，解得a共=4m/s2则整体继续向下加速0.5s,则此时速度为u=1十d共(1s-t-t)=8m/s,取走第一个货物时，木板的速度大小为8m/s;(3)取走第-个货物，轻放上第二货物时，对货物有a1=gsin9+429cos0=12.5m/s2对木板有d2=。H2mg cos+x 2mg cos0-mgsin0=45m/52m且木板以2=8m6做匀减速运动，设木板与传送带共速时，则有2=”一”=1a'z50此时货物的速度为1=a1边=gms
错误。7.AB【解析】本题考查安培力的方向。接通电源后，电流由正极流向负极，即由器皿边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，从上向下看，根据左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，故液体沿逆时针方向旋转，A项正确、B项正确；仅调换N、S极位置或仅调换电源的正、负极位置，电解液所受的安培力方向改变，C、D项错误。8.AB【解析】本题考查通电导体所受安培力的方向。对金属杆受力分析，由左手定则得安培力方向水向左，由于金属杆静止，则其所受摩擦力方向与安培力方向相反，为水向右，A项正确；若磁感应强度减半，则安培力也减半，摩擦力减半，金属杆仍处于静止状态，B项正确；当磁感应强度加倍，安培力也加倍，但不知道初始状态下安培力和最大静摩擦力的大小关系，金属杆可能仍静止，C项错误；将电流和磁场都反向，金属杆所受安培力的方向不变，所受摩擦力方向仍向右，D项错误。9.BCD【解析】本题考查粒子在匀强磁场中运动的临界问题。如图，α、b两B粒子做圆周运动的圆心分别为O、O,半径分别为r、r。则r2=(,-号+1,2=号解得。-m=号A项结误，B项正确：根据周期公式T=g,可知T=T,D项正确；通过轨迹分析免α粒子转过的圆心角较小，运动时间较短，C项正确。10.BC0【解析】本题考查复合场。只加磁场时，小球恰好沿直线运动，则小球所受的洛伦兹力方向向上，根据左手定则可知磁场方向垂直于纸面向外，A项错误、B项正确：在A、B板间m上Un的电压时，有mg一g号=，小球在A,B板间做类抛运动，有1-，号一a,解得w-2m/s,只加磁场时，小球所受洛伦兹力与重力衡，即Bg=mg,解得B=500T,C项正确、D项错误。11.(1)0.700(1分)(2)b(1分)(3)5.2(2分)(4)1.0×10-52·m(2分)【解析】金属丝直径为0.5mm十20.0×0.01mm=0.700mm。(2)电路接通之前，为保证电路用电器安全，应使滑动变阻器连入电路的电阻最大，则应将滑动变阻器的滑片滑到b端。(3)根据图丙读取电压表和电流表示数分别为2.60V和0.50A。根据欧姆定律得R,-号·64【23·G3DY(新教材老高考)·物理·参考答案一R一必考一Y】
高三第一轮复周测卷·数学（九）23G3ZCJ(新高考)数学-R-必考=FJ·A【解题分析】(1)OA·OB=cos60°cos15°+sin60°sin15°=c0s(60°-15)=c0s45°-V2(2)AB=(cos 60-cos 15)2+(sin 60-sin 15)2=W2-2(cos60cos15°+sin60°sin15)=√2-2cos45=√2-√2.
高三第一轮复周测卷·数学（八）23G3ZCJ(新高考)数学-R-必考=FJ·A题分析】(1)因为最小正周期T=2不=元，又ω>≥0，所=l,即f(x)=2sin(2.x+,所以令2元一≤2x十答≤2π十5，解得元一百≤（≤k元十人∈Z,所以f()的单调递增区间为[x一x十石，k∈乙.(2)根据题意可得g(x)=sin2x,题意等价于3(sin2x)2十msin2x十2=0在区间[0，]上有两个不等实根，令t=sin2x,x∈[0，]，则相当于方程32+mt+2=0在∈[0,1]内仅有一个根，且这个根不等于1.
