【高考真題】2022年新高考物理真題試卷（湖北卷）

【高考真題】2022年新高考物理真題試卷（湖北卷）姓名：班級(jí)：考號(hào)：題號(hào)—總分評(píng)分閱卷人 一、選擇題:本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第r7題只有一項(xiàng)符合題目要求，得分 第8~11題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì).不全的得2分,有選錯(cuò)的得0分。（共11題；共44分）a|p（4分）上世紀(jì)四十年代初，我國(guó)科學(xué)家王澄昌先生首先提出證明中微子存在的實(shí)驗(yàn)方案：如果靜止原子核\Be俘獲核外K層電子e,可生成一個(gè)新原子核X,并放出中微子Ve,即iBe+_?e-X+gve。根據(jù)核反應(yīng)后原子核X的動(dòng)能和動(dòng)量，可以間接測(cè)量中微子的能量和動(dòng)量，進(jìn)而確定中微子的存在。下列說法正確的是（ ）a|pA.原子核X是iLiB.核反應(yīng)前后的總質(zhì)子數(shù)不變C.核反應(yīng)前后總質(zhì)量數(shù)不同D.中微子Ve的電荷量與電子的相同（4分）2022年5月，我國(guó)成功完成了天舟四號(hào)貨運(yùn)飛船與空間站的對(duì)接，形成的組合體在地球引力作用下繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，周期約90分鐘。下列說法正確的是（ ）A.組合體中的貨物處于超重狀態(tài)B.組合體的速度大小略大于第一宇宙速度C.組合體的角速度大小比地球同步衛(wèi)星的大D.組合體的加速度大小比地球同步衛(wèi)星的?。?分）一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)a變?yōu)闋顟B(tài)c,其過程如p-V圖中a-c直線段所示，狀態(tài)b對(duì)應(yīng)該線段的中點(diǎn)。下列說法正確的是（ ）6~V；）2Vo3Vo4V））VA.a-b是等溫過程 B.a-b過程中氣體吸熱C.a-c過程中狀態(tài)b的溫度最低 D.a-c過程中外界對(duì)氣體做正功4.（4分）密立根油滴實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負(fù)極相接，板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場(chǎng)。用一個(gè)噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場(chǎng)，油滴從噴口噴出時(shí)由于摩擦而帶電。金屬板間電勢(shì)差為U時(shí)，電荷量為q、半徑為r的球狀油滴在板間保持靜止。若僅將金屬板間電勢(shì)差調(diào)整為2U,則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為（ ）A.q,r B.2q,r C.2q,2r D.4q,2r5.（4分）如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的小物塊P和Q,用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上，P通過一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為H，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離，撤去拉力后，Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的勁度系數(shù)為k,重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，P在隨后的運(yùn)動(dòng)過程中相對(duì)于其初始位置的最大位移大小為Amg b2/nng c4fmig D611mg■k '-Tc- _k' '-H-6.（4分）我國(guó)高鐵技術(shù)全球領(lǐng)先，乘高鐵極大節(jié)省了出行時(shí)間。假設(shè)兩火車站W(wǎng)和G間的鐵路里程為1080km,W和G之間還均勻分布了4個(gè)車站。列車從W站始發(fā)，經(jīng)停4站后到達(dá)終點(diǎn)站Go設(shè)普通列車的最高速度為108km/h,高鐵列車的最高速度為324 O 郛 O 11- O 堞 O 宅 O????※※!^※※如※※E※※翔※※※※康※※出※※腑※※K-※※?※※ O 鄭 O K O 堞 O 氐 O?:??■?■■■■■*?■*■曠XXXXXXXXXXkm/h。若普通列車和高鐵列車在進(jìn)站和出站過程中，加速度大小均為0.5m/s2,其余行駛時(shí)間內(nèi)保持各自的最高速度勻速運(yùn)動(dòng)，兩種列車在每個(gè)車站停車時(shí)間相同，則從W到G乘高鐵列車出行比乘普通列車節(jié)省的時(shí)間為（）A.6小時(shí)25分鐘B.6小時(shí)30分鐘C.6小時(shí)35分鐘D.6小時(shí)40分鐘（4分）一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，在前一段時(shí)間內(nèi)速度大小由v增大到2v,在隨后的一段時(shí)間內(nèi)速度大小由2V增大到5v。前后兩段時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做功分別為Wi和W2,合外力的沖量大小分別為L(zhǎng)和12。下列關(guān)系式一定成立的是（ ）A.W2=3Wi,I2<3Ii, B.W2=3Wi,I2>IiC.W2=7Wi,IW3I1, D.W2=7Wi,I2>Ii（4分）在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L(zhǎng)的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,SP與磁場(chǎng)左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場(chǎng)方向垂直且與SP成30。角。已知離子比荷為k,不計(jì)重力。若離子從P點(diǎn)射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為0,則離子的入射速度和對(duì)應(yīng)。角的可能組合為（ ）A.|kBL,0°B.1kBL,0°C.kBL,60°D.2kBL,60°（4分）近年來，基于變壓器原理的無線充電技術(shù)得到了廣泛應(yīng)用，其簡(jiǎn)化的充電原理圖如圖所示。發(fā)射線圈的輸入電壓為220V、匝數(shù)為1100匝，接收線圈的匝數(shù)為50匝。若工作狀態(tài)下，穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%,忽略其它損耗，下列說法正確的是（ ）A.接收線圈的輸出電壓約為8VB.接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比約為22：1C.發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同D.穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同10.（4分）如圖所示，一帶電粒子以初速度vo沿x軸正方向從坐標(biāo)原點(diǎn)O射入，并經(jīng)過點(diǎn)P（a>0,b>0）?若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)實(shí)現(xiàn)，粒子從O到P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為L(zhǎng),到達(dá)P點(diǎn)的動(dòng)能為Eki。若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)實(shí)現(xiàn)，粒子從O到P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,到達(dá)P點(diǎn)的動(dòng)能為Ek2。下列關(guān)系式正確的是?（ ）O axA.ti<t2 B.ti>t2 C.Eki<Ek2 D.Eki>Ek211.（4分）如圖所示，兩平行導(dǎo)軌在同一水平面內(nèi)。一導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定。整個(gè)裝置置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒定，方向與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角0可調(diào)。導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)給導(dǎo)體棒通以圖示方向的恒定電流，適當(dāng)調(diào)整磁場(chǎng)方向，可以使導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌做勻加速運(yùn)動(dòng)或勻減速運(yùn)動(dòng)。已知導(dǎo)體棒加速時(shí)，加速度的最大值為空g；減速時(shí)，加速度的最大值為V3g,其中g(shù)為重力加速度大小。下列說法正確的是（ ） O 郛 O 11- O 堞 O 宅 O????※※!^※※如※※E※※翔※※※※康※※出※※腑※※K-※※?※※ O 鄭 O K O 堞 O 氐 O?:?B.棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為字Q|P閱卷人得分Tmax和最小值Q|P閱卷人得分Tmax和最小值Tmin。改變小鋼球的初始釋放位置，重復(fù)上述過程。根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)在直角乙C.加速階段加速度大小最大時(shí)，磁場(chǎng)方向斜向下，0=60°D.減速階段加速度大小最大時(shí)，磁場(chǎng)方向斜向上，0=150°二、非選擇題:本題共5小題。共56分。（共5題；共56分）（7分）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)用拉力傳感器驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)。一根輕繩一端連接固定的拉力傳感器，另一端連接小鋼球，如圖甲所示。拉起小鋼球至某一位置由靜止釋放，使小鋼球在豎直平面內(nèi)擺動(dòng)，記錄鋼球擺動(dòng)過程中拉力傳感器示數(shù)的最大值（2分）若小鋼球擺動(dòng)過程中機(jī)械能守恒。則圖乙中直線斜率的理論值R/QI/Ai/AR/QI/Ai/Ad5.00.4142.4210.00.3522.8415.00.3083.2520.00.2723.6825.00.2444.1030.00.2224.50※※!^※※如※※E※※翔※※※※康※※出※※腑※※K-※※?※※（2.5分）由圖乙得：直線的斜率為，小鋼球的重力為No（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）（2.5分）該實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的主要來源是（單選，填正確答案標(biāo)號(hào)）。A.小鋼球擺動(dòng)角度偏大B.小鋼球初始釋放位置不同C.小鋼球擺動(dòng)過程中有空氣阻力（9分）某探究小組學(xué)習(xí)了多用電表的工作原理和使用方法后，為測(cè)量一種新型材料制成的圓柱形電阻的電阻率，進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)探究。（2分）該小組用螺旋測(cè)微器測(cè)量該圓柱形電阻的直徑D,示數(shù)如圖甲所示，其讀數(shù)為mm。再用游標(biāo)卡尺測(cè)得其長(zhǎng)度L。甲 2Rr乙（2分）該小組用如圖乙所示的電路測(cè)量該圓柱形電阻Rx的阻值。圖中電流表量程為0.6A、內(nèi)阻為1.0C,定值電阻Ro的阻值為20.0C,電阻箱R的最大阻值為999.9首先將S2置于位置1,閉合，，多次改變電阻箱R的阻值，記下電流表的對(duì)應(yīng)讀數(shù)I,實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)見下表。 O 郛 O 11- O 郛 O 11- O 堞 O 宅 O???? O 鄭 O K O 堞 O 氐 O?:? O 鄭 O 區(qū) O 墻 O 鄭 O 區(qū) O 墻 O 宅 達(dá)式p=得到該材料的電阻率（用D、L、Rx表示）。（2.5分）該小組根據(jù)圖乙的電路和圖丙的1-R圖像，還可以求得電源電動(dòng)勢(shì)E=V,內(nèi)阻r=Q。（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）（2.5分）持續(xù)使用后，電源電動(dòng)勢(shì)降低、內(nèi)阻變大。若該小組再次將此圓柱形電阻連入此裝置，測(cè)得電路的電流，仍根據(jù)原來描繪的圖丙的圖像得到該電阻的測(cè)量值會(huì)（選填“偏大'、"偏小”或“不變”）。（9分）如圖所示，水族館訓(xùn)練員在訓(xùn)練海豚時(shí)，將一發(fā)光小球高舉在水面上方的A位置，海豚的眼睛在B位置，A位置和B位置的水平距離為d,A位置離水面的高度為|do訓(xùn)練員將小球向左水平拋出，入水點(diǎn)在B位置的正上方，入水前瞬間速度方向與水面夾角為6。小球在A位置發(fā)出的一束光線經(jīng)水面折射后到達(dá)B位置，折射光線與水平方向的夾角也為0。A已知水的折射率"1,求：

A（4.5分）tan0的值；（4.5分）B位置到水面的距離H。（15分）如圖所示，高度足夠的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域下邊界水平、左右邊界豎直，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。正方形單匝線框abed的邊長(zhǎng)L=0.2m、回路電阻R=1.6x1（Pq、質(zhì)量m=0.2kgo線框平面與磁場(chǎng)方向垂直，線框的ad邊與磁場(chǎng)左邊界平齊，ab邊與磁場(chǎng)下邊界的距離也為L(zhǎng)?，F(xiàn)對(duì)線框施加與水平向右方向成。=45。角、大小為4V2N的恒力F,使其在圖示豎直平面內(nèi)由靜止開始運(yùn)動(dòng)。從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動(dòng)；de邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，be邊恰好到達(dá)磁場(chǎng)右邊界。重力加速度大小取g=10m/s2,求：；xXXXX：：XXX-XX；；xxxxx!：XXXXX；;XXXXX；：xXXXX；!F 1（5分）ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線框在水平方向和豎直方向的加速度大小；（5分）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和線框進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過程中回路產(chǎn)生的焦耳執(zhí).，八、，（5分）磁場(chǎng)區(qū)域的水平寬度。???郛 O 11- O 堞 O 宅 O????※※!^※※如※※E※※翔※※※※康※※出※※腑※※K-※※?※※ 鄭 O K O 堞 O 氐 O?:?（16分）打樁機(jī)是基建常用工具。某種簡(jiǎn)易打樁機(jī)模型如圖所示，重物A、B和C通過不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)長(zhǎng)繩跨過兩個(gè)光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實(shí)線位置）時(shí)，C到兩定滑輪的距離均為L(zhǎng)???郛 O 11- O 堞 O 宅 O????※※!^※※如※※E※※翔※※※※康※※出※※腑※※K-※※?※※ 鄭 O K O 堞 O 氐 O?:?(5分)求C的質(zhì)量；(5.5分)若D在運(yùn)動(dòng)過程中受到的阻力F可視為恒力，求F的大?。籕|P(5.5分)撤掉樁D,將C再次拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動(dòng)能最大時(shí)C的動(dòng)能。

Q|P答案解析部分L【答案】A【解析】【解答】根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，得核反應(yīng)方程為:Be+_?eTZLi+：Ve，原子核X是Li原子核，A正確、C錯(cuò)誤；B.根據(jù)核反應(yīng)方程為：Be+_?eT1+：Ve,反應(yīng)前的總質(zhì)子數(shù)為4,反應(yīng)后的總質(zhì)子數(shù)為3,B錯(cuò)誤；D.中微子不帶電，電子帶負(fù)電，D錯(cuò)誤。故選Ao【分析】根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，得出粒子種類以及電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)。.【答案】C【解析】【解答】A.組合體在天上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)只受萬有引力的作用，則組合體中的貨物處于完全失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤;B.第一宇宙速度為繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度，則組合體的速度大小略小于第一宇宙速度，B錯(cuò)誤;C.已知同步衛(wèi)星的周期為24h,則根據(jù)角速度和周期的關(guān)系有271T=—0)由于T同＞T組合體,則組合體的角速度大小比地球同步衛(wèi)星的大，C正確;D.由題知組合體在地球引力作用下繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，有GMmGMm?—o—=ma,—=ma)￡r整理有，3=粵，3大對(duì)應(yīng)r小，a大。所以，r同＞I＞組合體，a同整理有，3=粵，3大對(duì)應(yīng)r小，a大。故選C。【分析】對(duì)于衛(wèi)星，萬有引力提供做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。代入圓周運(yùn)動(dòng)相關(guān)物理量的關(guān)系式求解。.【答案】B【解析】【解答】AB.由畢=C,當(dāng)a-b氣體溫度升高，且體積增大氣體對(duì)外界做功，

則W<0,由熱力學(xué)第一定律AU=W+Q,可知a—b過程中氣體吸熱，A錯(cuò)誤、B正確；C.根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程罕=c可知，P—V圖像的坐標(biāo)值的乘積對(duì)應(yīng)溫度大小，a狀態(tài)和c狀態(tài)的坐標(biāo)值的乘積相等，中間狀態(tài)的坐標(biāo)值乘積較大，所以a-c過程的溫度先升高后降低，且狀態(tài)b的溫度最高，C錯(cuò)誤；D.a-c過程氣體體積增大，對(duì)外膨脹，外界對(duì)氣體做負(fù)功，D錯(cuò)誤。故選B。【分析】根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程，結(jié)合熱力學(xué)第一定律求解。氣體體積增大，外界對(duì)氣體做負(fù)功。.【答案】D【解析】【解答】mg=^irr3-p=Eq,E=),對(duì)A和B,半徑r不變，重力不變：電勢(shì)差增大，則電場(chǎng)強(qiáng)度增大，電場(chǎng)力增大，不可能平衡。A和B錯(cuò)誤。對(duì)C和D,半徑r變?yōu)樵瓉?倍，體積變?yōu)樵瓉?倍，重力變?yōu)樵瓉?倍；電勢(shì)差增大為原來2倍，則電場(chǎng)強(qiáng)度增大2倍，電荷量如果增加為原來4倍，則電場(chǎng)力增大為8倍，可以平衡。C錯(cuò)，D正確。故選D【分析】結(jié)合重力和電場(chǎng)力平衡，以及場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系式和球的體積公式求解。.【答案】C【解析】【解答】Q恰好能保持靜止時(shí)，設(shè)彈簧的伸長(zhǎng)量為X,滿足依=若剪斷輕繩后，物塊P和Q與彈簧組成的系統(tǒng)受摩擦力，但摩擦力做功之和為零，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為x,因此P相對(duì)于其初始位置的最大位移大小為k故選C?！痉治觥坷媚Σ亮蛷椓Χζ胶庖约跋到y(tǒng)機(jī)械能守恒得出結(jié)論。

.【答案】B【解析】【解答】108km/h=30m/s,324km/h=90m/s3相鄰兩站間的距離X=108(^10m=2?16x105m普通列車加速時(shí)間ti=言=患s=60s加速過程的位移Xi=^at2=X0-5x602m=900m根據(jù)對(duì)稱性可知加速與減速位移相等，可得勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間x2x-2x-, 216x105-2x900 〃…,t2=￡=F^= 30 s=7140s所以列出在兩站運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為60sx2+7140s=7260s同理高鐵列車在兩站運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為180x2s+2220s=2580s相鄰兩站間節(jié)省的時(shí)間7260s-2580s=4680s因此總的節(jié)省時(shí)間4680x5s=6小時(shí)30分故選B?【分析】多過程問題分析。結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解。.【答案】D【解析】【解答】根據(jù)動(dòng)能定理必=*m(2u)2—1121w2=7yni(5v)2—m(2u)2=-^-mv2

乙 乙 乙則：W2=7W1當(dāng)初、末速度方向相同時(shí)，動(dòng)量變化量最小，方向相反時(shí)，動(dòng)量變化量最大，因此沖量的大小范圍是m-2v—mv< <m-2v+mv,即mu< <3mvm-5v—m?2v</t<m>5v4-m-2v,即3mi;</27mv比較可得，2之LD一定成立。故選D。

【分析】動(dòng)量為矢量，具有方向性。動(dòng)能定理可以求解一段過程在合外力做的功。.【答案】B,C【解析】【解答】若粒子通過下部分磁場(chǎng)直接到達(dá)P點(diǎn)，如圖根據(jù)幾何關(guān)系則有R=L,在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，9"8=迎，u=%=“r m出射方向與入射方向的夾角為0=60°o當(dāng)粒子上下均經(jīng)歷一次時(shí)，如圖因?yàn)樯舷麓鸥袘?yīng)強(qiáng)度均為B,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有郵=吟，"寨=加/因?yàn)樯舷麓鸥袘?yīng)強(qiáng)度均為B,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有郵=吟，"寨=加/綜上所述：出射方向與入射方向的夾角為0=60。，需滿足v= =石3kBi（n（2n—17m4幾1為正整數(shù)）出射方向與入射方向的夾角為8=0°，需滿足v=黑上=：kBl（n為正整數(shù)）ZnmZn此時(shí)。故可知BC正確，AD錯(cuò)誤。故選BCo【分析】帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)。洛倫茲力提供向心力。畫出運(yùn)動(dòng)軌跡結(jié)合幾何關(guān)系即可。.【答案】A.C■，，rt1.1--■h.n人人..It-f九1U-1x8O94）【解析】【解答】A.根據(jù)"一n2u2可得接收線圈的輸出電壓約為U2=8V；B.根據(jù)線圈原副線圈功率不變。￥=察=察工80%=答故B錯(cuò)誤；llu2n2 3C.變壓器是不改變其交變電流的頻率，故c正確；D.由于穿過發(fā)射線圈的磁通量與穿過接收線圈的磁通量大小不相同，所以穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率坪與穿過接收線圈的不相同，故D錯(cuò)誤。故選ACo【分析】由于存在磁通量損耗，但由于沒有其他損耗，原副線圈獲得功率或者能量相等。.【答案】A,D【解析】【解答】粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)沿x軸方向做勻速運(yùn)動(dòng)，速度不變：在洛倫茲力作用下，合速度不變，但沿x軸速度在不斷減小，所以在磁場(chǎng)作用下運(yùn)動(dòng)時(shí)間更長(zhǎng)。在電場(chǎng)力作用下，帶電粒子做平拋運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，使粒子動(dòng)能增大，所以EH>Ek2。故選AD【分析】洛倫茲力永遠(yuǎn)不做功，不改變速度大小，只改變運(yùn)動(dòng)方向：粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)。

.【答案】B,C【解析】【解答】向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒加速且加速度最大時(shí)，磁場(chǎng)方向斜向右下方,安培力應(yīng)該斜向右上方，正交分解可得在水平方向：F*sin04-umgcos0TOC\o"1-5"\h\zF^sinO-n(mg-F^cosd)=ma,a- “°,-m 林y由三角函數(shù)輔助角公式asina+bcosa=Va24-b2sin(a4-/?)(tanp=\)得加速度a的最大值為一 薦. 2。導(dǎo)體棒減速，且加速度最大時(shí)，合力向左最大，安培力應(yīng)該斜向左下方，磁場(chǎng)方向斜向右下方。F/inO+〃(mg+F及￡os。)=ma,Q|PF名尸in6+〃?ngcosQ|PF名尸in6+〃?ngcos。

m由三角函數(shù)輔助角公式asina+bcosa=Va24-b2sin(a+0)(tan/?=->可知加速度a的最大值為‘"安',）2。M5+I-7+（聞）

、TH乙代入題中數(shù)據(jù)可得〃=第,將〃=*代入加速度表達(dá)式，結(jié)合三角函數(shù)輔助角公式可得兩次加速度取得最大值時(shí)，磁場(chǎng)方向與水平向右方向的夾角e分別為60度和120度。故選：BC【分析】核心是對(duì)物體進(jìn)行受力分析，簡(jiǎn)單的數(shù)學(xué)變換用到復(fù)制的物理過程中，對(duì)數(shù)學(xué)知識(shí)的要求有點(diǎn)高。12.【答案】（1）-2-2.1；0.59C【解析】【解答】（1）設(shè)在最高點(diǎn)繩子與豎直方向夾角為。，則Tmin=mgcos。從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)由動(dòng)能定理得：mgLsinS=^mv2,在最低點(diǎn)由牛頓第二定律得：Tmax-mg=￥^聯(lián)立以上方程得：Tmax=3mg-2Tmin，則圖乙中直線斜率的理論值為々

（2）代入直線上（0,1.77）和（0.2,0）兩點(diǎn)坐標(biāo)得k=1?二味=_2.1，u—u,zu小鋼球質(zhì)量為m=^-^-kg=0-59kg（3）由于存在空氣阻力，使得減小的重力勢(shì)能大于增加的動(dòng)能。所以選C?！痉治觥浚?）聯(lián)立機(jī)械能守恒定律，牛頓第二定律解方程即可。（2）將圖像上的點(diǎn)代入求得斜率即可。（3）由于存在空氣阻力，使得減小的重力勢(shì)能大于增加的動(dòng)能。13.【答案】（1）3.702n6.0；兀/&4L12；3.0（4）偏小【解析】【解答】（1）螺旋測(cè)微器固定刻度讀數(shù)3毫米，半毫米刻度線露出，可動(dòng)刻度20o所以最終讀數(shù)為：37mH+0?5mm+20?0x0?01mm=3?700mm（2）由閉合電路歐姆定律可得E=/Cr+Rq+R+Ra）,得'=r+治,氏+g=，+r+Ro+A]E，E為斜率倒數(shù)，斜率=蕓鐺，得E=12伏。r+"+/?4=2,「=3。，將電流0.400A代入E=/（r+Ro+Rx+RA）,得R*=6?0。（3）由（2）分析得E=12伏，r=3-0/2op（4）根據(jù)表達(dá)式E=/（r+R0+Rx+Ra）,壽&=j-r-R0-RA因電源電動(dòng)勢(shì)變小，內(nèi)阻變大，則當(dāng)安培表由相同讀數(shù)時(shí)，得到的Rx的值偏小，即電阻測(cè)量值偏小。【分析】（1）螺旋測(cè)微器讀數(shù)要估讀到千分之一毫米。（2）根據(jù)全電路歐姆定律，代入物理量化簡(jiǎn)即可

（3）結(jié)合電阻定律，代入題中已知條件即可求解。（4）結(jié)合電阻表達(dá)式進(jìn)行分析。.【答案】（1）小球做平拋運(yùn)動(dòng)。在水平分析做勻速直線運(yùn)動(dòng)：x=d=vot,豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)：^=：gt2gt4tan0=-=-5V03（2）設(shè)入射角為a,入射角是入射光線和法線夾角，則sina=nsin（^-0）=ncosd=3445X3=5'Q|Pniiiv2d、，.2d4照」Q|Pniiiv2d、，.2d4照」X=-2-xsina=x可8d 4dW，H=(d—X)tan。=【解析】【分析】（1）利用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解。（2）入射角是入射光線和法線夾角，反射角是反射光線和法線夾角。結(jié)合幾何關(guān)系求解。.【答案】（1）在水平方向和豎直方向分別由牛頓第二定律得：Fcos45°=max,Fsin45°—mg=may得：ax=20m/s2,ay=1Om/s2（2）ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始，ab邊在豎直方向切割磁感線，ad和be邊的上部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相互抵消，則整個(gè)回路的電動(dòng)勢(shì)為ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。E2E=BLvyFsin450-mg-BIL=01=-5Vy2=2aLK解得B-0.2T安培力做功產(chǎn)生焦耳熱，線框勻速運(yùn)動(dòng)，安培力為恒力。則Q=w妥=BIL-L=2x0-2/=0-47（3）從開始運(yùn)動(dòng)到進(jìn)入磁場(chǎng)，在豎直方向上：L=^ayt12進(jìn)入磁場(chǎng)，Vy2=2ayL,L=V；t2,總運(yùn)動(dòng)時(shí)間t/=ti+±2解得t=0?3s[ 17K平方向位移為X=2?zt22=2X2°x°.32m=0.9m磁場(chǎng)區(qū)域的水平寬度d=X+L=0.9m+0.2m=1.1m【解析】【分析】(1)在水平方向和豎直方向分別由牛頓第二定律列方程求解。(2)安培力做功產(chǎn)生焦耳熱，線框勻速運(yùn)動(dòng)，安培力為恒力。結(jié)合電磁感應(yīng)定律求解。(3)利用豎直位移求出時(shí)間，水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。16.【答案】(1)物體在虛線位置靜止，根據(jù)平衡條件可知砥。=2mgsin60°=遍mg(2)C和D碰撞過程動(dòng)量守恒,=0+mDVDD向下運(yùn)動(dòng)過程由動(dòng)能定理得：mgL—F-^=0—^mVD2得F=6.5mg(3)設(shè)C的速度為V,繩與豎直方向夾角為。，則/=Ub=Vcos。C下落過程機(jī)械能守恒nicg/i—2mg?6^^—L)=^mvc2+2-^mVA2th=石篇，系統(tǒng)總動(dòng)能Ek=mcgh—2mg? —L)對(duì)該式求導(dǎo)，得cos。=亨，8=30。，時(shí)式子