2022高三物理模擬試卷一

2022高三物理模擬試卷

1.在物理學(xué)發(fā)展的長河中，物理學(xué)家進(jìn)行了許多科學(xué)研究，做出了許多貢獻(xiàn)，推動(dòng)了人類文

明的進(jìn)程.下列物理學(xué)史說法正確的是（）

A.伽利略巧妙的利用“理想斜面實(shí)驗(yàn)”來沖淡重力影響使得時(shí)間更容易測量,最后進(jìn)行合理

外推證明了自由落體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律

B.1919年，盧瑟福用鐳放射出的a粒子轟擊氮原子核，從氮核中打出了一種新粒子，即質(zhì)子

C.盧瑟福的學(xué)生查德威克猜想原子核內(nèi)可能還存在著質(zhì)量與質(zhì)子相同，但是不帶電的粒子，

1932年，盧瑟福通過實(shí)驗(yàn)證實(shí)了這個(gè)猜想，這個(gè)粒子即中子

D.法國物理學(xué)家?guī)靵隼门こ訉?shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了點(diǎn)電荷間的相互作用規(guī)律,并通過油滴實(shí)驗(yàn)測定了

元電荷的電荷量

2.如圖所示，質(zhì)量為m的光滑小球，在細(xì)線和墻壁的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，

重力加速度為g，細(xì)線與豎直墻壁的夾角為30。，則細(xì)線對小球的拉力大小為

（）

A.2V3mgB6rngc.mgD.竽

-3~

3.跳傘運(yùn)動(dòng)員從高空懸停的直升機(jī)跳下.運(yùn)動(dòng)員沿豎直方向運(yùn)動(dòng)的

v-t圖象如圖.下列說法正確的是（）

A.0-10s平均速度小于10m/s

B.15s末開始運(yùn)動(dòng)員靜止

C.10s末速度方向改變

D.10s-15s運(yùn)動(dòng)員做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)

4.如圖，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點(diǎn)，。點(diǎn)為半圓M（）

弧的圓心，4Mop=60。。電荷量相等、符號(hào)相反的兩個(gè)點(diǎn)電荷分、；：

別置于M、N兩點(diǎn)，這時(shí)。點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小為Ei；若將N點(diǎn)處的點(diǎn)/

電荷移至P點(diǎn)，則。點(diǎn)的場強(qiáng)大小變?yōu)镋2,E1與E2之比為（）

A.1:2B.2:1C.2：V3D.4：V3

5.如圖，從勻強(qiáng)磁場中把不發(fā)生形變的矩形線圈勻速拉出磁場區(qū)，若

兩次拉出的速度之比為1：2,則兩次線圈所受外力大小之比Fi：尸2為（）

A.A：尸2=2：1

B.%F2=1：2

C.&：F2=1：4

D.&：F2=1：1

6.2021年，中國的載人飛船成功與天和核心艙（距離地球表面約400km的高度）對接，中國人

首次進(jìn)入自己的空間站。關(guān)于地球的衛(wèi)星及飛船空間站的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）

A.地球衛(wèi)星的運(yùn)行軌道可以與地球表面任一緯線所決定的圓是共面同心圓

B.地球同步衛(wèi)星的向心加速度與赤道上物體的向心加速度相同

C.飛船與空間站對接，兩者運(yùn)行速度的大小都應(yīng)介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之間

D.該載人飛船的發(fā)射速度應(yīng)大于地球的第一宇宙速度

7.如圖所示，乘坐游樂園的翻滾過山車時(shí)，質(zhì)量為m的人隨車在

豎直平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，重力加速度為g，下列說法正確的是（）

A.車在最高點(diǎn)時(shí)人處于倒坐狀態(tài)，全靠保險(xiǎn)帶拉住，沒有保險(xiǎn)帶,

人就會(huì)掉下來

B.人在最高點(diǎn)時(shí)對座位不可能產(chǎn)生大小為mg的壓力

C.人在最低點(diǎn)時(shí)對座位的壓力等于rng

D.人在最低點(diǎn)時(shí)對座位的壓力大于mg

8.法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示，銅圓盤安裝在豎直的

銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸，圓盤處于

方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場B中。圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過電阻R的

電流，下列說法正確的是（）

A.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定

B.若從上往下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿匕到a的方向流動(dòng)

C.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化

D.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍

9.如圖所示，M為固定在水平桌面上的有缺口的方形木塊，abed是半徑

為R的,光滑圓弧形軌道，a為軌道的最高點(diǎn)，de面水平且有一定長度.今

將質(zhì)量為m的小球在d點(diǎn)的正上方高為八處由靜止釋放，讓其自由下落到d

處切入軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，則（）

A.只要八大于R,釋放后小球就能通過a點(diǎn)

B.只要改變h的大小，就能使小球通過a點(diǎn)后，既可能落回軌道內(nèi)，又可能落到de面上

C.無論怎樣改變八的大小，都不可能使小球通過a點(diǎn)后落回軌道內(nèi)

D.調(diào)節(jié)九的大小，可以使小球飛出de面之外（即e的右側(cè)）

10.如圖所示為理想變壓器的示意圖，其原副線圈的匝數(shù)比為3：1,電壓表和電流表均為理想

電表，原線圈接圖乙所示的正弦交流電，圖甲中&為熱敏電阻（其阻值隨溫度的升高而變?。?，

R為定值電阻。下列說法正確的是（）

A.交流電壓”的表達(dá)式為u=36V2sinl00t（7）

B.若以處的溫度升高，則電流表的示數(shù)變大

C.若凡處的溫度升高，則變壓器的輸入功率變大

D.變壓器原、副線圈中的磁通量隨時(shí)間的變化率之比為3：1

11.在逸證機(jī)械能守恒定律》實(shí)驗(yàn)中，兩實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)分別采用了如圖甲和乙所示的裝置,

采用兩種不同的實(shí)驗(yàn)方案進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，設(shè)重力加速度為g。

6

9（單位：m?m）

34

1.49.0

丙

（1）在甲圖中，下落物體應(yīng)選擇密度.（選填“大”或“小”）的重物；在乙圖中，兩個(gè)重

物的質(zhì)量關(guān)系是mi蛆(選填“>"、"=”或“<”)；

(2)采用圖乙的方案進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，除圖中的器材外，還需要的實(shí)驗(yàn)器材有交流電源、刻度尺和

(3)某次實(shí)驗(yàn)所打紙帶如圖丙所示，。為第一個(gè)點(diǎn)，力、8、C、。點(diǎn)到。點(diǎn)的距離已標(biāo)出，打點(diǎn)

時(shí)間間隔為0.02s,則記錄C點(diǎn)時(shí)，重物的速度%=m/s；(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)

(4)從減少實(shí)驗(yàn)誤差的角度看，比較兩種實(shí)驗(yàn)方案，你認(rèn)為更合理(選填“甲”或

“乙”

12.在“測定金屬絲的電阻率”的實(shí)驗(yàn)中：；---------------------i

I

(1)在用伏安法測量金屬絲的電阻(約為100)時(shí)，備有下列器材：

I?

A.量程為07).64,內(nèi)阻為0.5。的電流表；:

?;

B.量程為0?34內(nèi)阻為0.1。的電流表；

!j

C.量程為0?3V,內(nèi)阻為6ko的電壓表；

。.量程為0?15U,內(nèi)阻為30k0的電壓表；

E.阻值為0?額定電流為0.54的滑動(dòng)變阻器；

立阻值為0-100,額定電流為24的滑動(dòng)變阻器；

G.蓄電池6匕

H.開關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干.

為了盡可能提高測量精度，且要求測量多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，電流表應(yīng)選用；電壓表應(yīng)選用

滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用.(只填字母代號(hào))

(2)在答題卡的方框內(nèi)畫出符合要求的實(shí)驗(yàn)電路圖.

13.一個(gè)質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P(a,0)點(diǎn)以速度外

沿與x正方向成60。的方向射入第一象限內(nèi)的勻強(qiáng)磁場中，并恰好垂直

于y軸射出第一象限。求：

(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B和射出點(diǎn)的坐標(biāo)。

(2)帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是多少？

14.如圖所示，質(zhì)量M=4kg的滑板B靜止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根輕質(zhì)彈簧，

彈簧的自由端C到滑板左端的距離L=0.5m,可視為質(zhì)點(diǎn)的小木塊4質(zhì)量rn=1kg,原來靜止

于滑板的左端，滑板與木塊4之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2。當(dāng)滑板B受水平向左恒力尸=14N作

用時(shí)間t后，撤去尸，這時(shí)木塊4恰好到達(dá)彈簧自由端C處，此后運(yùn)動(dòng)過程中彈簧的最大壓縮量

為x=5cm。g取10m/s2,求：

Ah—LH

:pc>A/WWWVB

(1)水平恒力尸的作用時(shí)間t;

(2)木塊4壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能；

(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。

15.晶體在熔化過程中吸收的熱量全部用來破壞空間點(diǎn)陣，分子勢能(填“增加”、“減

少”或“保持不變”)，分子平均動(dòng)能(“增加”、“減少”或“保持不變”)，所以晶

體有固定的熔點(diǎn)。

16.一太陽能空氣集熱器，底面及側(cè)面為隔熱材料，頂面為透明玻璃板，集熱器容積為％,開

始時(shí)內(nèi)部封閉氣體的壓強(qiáng)為Po。經(jīng)過太陽曝曬，氣體溫度由7°=300K升至A=350K。

(1)求此時(shí)氣體的壓強(qiáng)。

(2)保持A=350K不變，緩慢抽出部分氣體，使氣體壓強(qiáng)再變回到Po。求集熱器內(nèi)剩余氣體

的質(zhì)量與原來總質(zhì)量的比值。

17.圖甲為某列簡諧橫波在t=0時(shí)刻的波形圖，a、b、c、d是橫波上的四個(gè)質(zhì)點(diǎn)，圖乙是橫

波上質(zhì)點(diǎn)b的振動(dòng)圖象，四個(gè)質(zhì)點(diǎn)中加速度最大的是點(diǎn)，0-0.5s振動(dòng)路程最大的是

18.如圖所示，空氣中有一折射率為n=&的正方形玻璃，若光線以入射角。投射到力B面上,

接著在BC面上發(fā)生全反射，最后從CD面上射出.求：

⑴入射角。角的取值范圍；

(ii)射出光線與CD面的夾角.

答案和解析

1.【答案】B

【解析】

【分析】

根據(jù)各物理學(xué)家的成就貢獻(xiàn)分析解題即可。

【解答】

A.在對自由落體運(yùn)動(dòng)的研究中，伽利略巧妙的設(shè)計(jì)了沖淡重力的斜面實(shí)驗(yàn)，故A錯(cuò)誤：

3.1919年，盧瑟福用鐳放射出的a粒子轟擊氮原子核，從而發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子，實(shí)現(xiàn)了人類歷史上第一

次人工核反應(yīng)，故8正確；

C.查德威克通過實(shí)驗(yàn)證實(shí)了中子的存在，故C錯(cuò)誤；

。.法國物理學(xué)家?guī)靵隼门こ訉?shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了點(diǎn)電荷間的相互作用規(guī)律，美國物理學(xué)家密立根通過油

滴實(shí)驗(yàn)測定了元電荷的電荷量，故。錯(cuò)誤。

故選B。

2.【答案】A

【解析】解：對小球受力分析，如圖所示，由力的平衡知識(shí)可知，細(xì)線對小球的拉力大小為：7=

4=嚕=駕”，故4正確。

cos30°V33

故選：Ao

本題考查共點(diǎn)力的平衡，關(guān)鍵是對物體受力分析，并找出各個(gè)力之間的關(guān)系。

3.【答案】D

【解析】

【分析】

速度-時(shí)間圖象與坐標(biāo)軸所圍的“面積”大小表示位移，將運(yùn)動(dòng)員0-10s的運(yùn)動(dòng)與勻加速直線運(yùn)

動(dòng)進(jìn)行分析，分析位移關(guān)系，確定平均速度的大小.速度的方向反映運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)方向.速度圖

象的斜率等于加速度，根據(jù)斜率分析加速度大小如何變化，判斷運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)情況.

本題考查理解速度問題的能力.關(guān)鍵根據(jù)圖線的斜率等于加速度、“面積”大小等于位移的大小，

來分析運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)情況.

【解答】

40?10s內(nèi)，若運(yùn)動(dòng)員做勻加速運(yùn)動(dòng)，平均速度為亍=^=^m/s=10m/s.根據(jù)圖象的“面

積”等于位移可知，運(yùn)動(dòng)員的位移大于勻加速運(yùn)動(dòng)的位移，所以由公式方=》導(dǎo)知：0?10s內(nèi)的平

均速度大于勻加速運(yùn)動(dòng)的平均速度10m/s.故4錯(cuò)誤.

B.由圖知，15s末開始運(yùn)動(dòng)員做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤.

C.由圖看出，運(yùn)動(dòng)員的速度一直沿正向，速度方向沒有改變，故C錯(cuò)誤.

10?15s圖象的斜率減小，則其加速度減小，故10?15s運(yùn)動(dòng)員做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，故。

正確.

故選：D.

4.【答案】B

【解析】

【分析】

根據(jù)點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度的表達(dá)式可知各點(diǎn)電荷單獨(dú)在。點(diǎn)形成的場強(qiáng)大小，移動(dòng)之后電荷距。點(diǎn)的距

離不變，故移動(dòng)后電荷在。點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小不變；再根據(jù)矢量合成的法則求出合場強(qiáng)；即

可求得比值。

電場強(qiáng)度為矢量，在求合場強(qiáng)時(shí)應(yīng)先分別求得各電荷在。點(diǎn)的場強(qiáng)再由矢量的合成方法-平行四邊

形求得總的場強(qiáng)。

【解答】

依題意，每個(gè)點(diǎn)電荷在。點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為與，則當(dāng)N點(diǎn)處的點(diǎn)電荷移至P點(diǎn)時(shí)，。點(diǎn)合場強(qiáng)大小為

%=小則旨=亨，8正確。

5.【答案】B

【解析】解：設(shè)線圈左右兩邊邊長為3整個(gè)線圈的電阻為R,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為8。

線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E=BLv

感應(yīng)電流為：/=看=亭

KK

線圈所受的安培力為：尸分成=81=的包

女陽R

2?

線圈做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得線圈所受外力大?。菏?尸幺加=中

可知，F(xiàn)XV,則得：&：尸2=%:v2=1：2,故ACZ）錯(cuò)誤，B正確。

故選：Be

矩形線圈勻速拉出磁場區(qū)，所受外力與安培力大小相等，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和

安培力公式相結(jié)合推導(dǎo)出安培力大小與速度的關(guān)系，從而得到外力與速度的關(guān)系，再求外力大小

之比。

解答本題的關(guān)鍵要根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和安培力公式，推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)

系式F史立，要在理解的基礎(chǔ)上記牢這個(gè)結(jié)論，在電磁感應(yīng)問題中經(jīng)常用到。

女七R

6.【答案】D

【解析】解：力、人造地球衛(wèi)星所受萬有引力提供向心力，方向始終指向地心，所以其軌道平面

一定經(jīng)過地球的球心，故A錯(cuò)誤；

B、同步衛(wèi)星的周期等于地球自轉(zhuǎn)的周期，根據(jù)a=“2r,結(jié)合同步衛(wèi)星的軌道半徑大，可知地球

同步衛(wèi)星的向心加速度比赤道上物體的向心加速度大，故B錯(cuò)誤；

C、第一宇宙速度是人造衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的最大速度，所以兩者的速度都小于地球的第一宇宙速

度，故C錯(cuò)誤；

。、第一宇宙速度是人造衛(wèi)星發(fā)射的最小速度，可知載人飛船的發(fā)射速度應(yīng)大于地球的第一宇宙

速度小于地球的第二宇宙速度，故。正確。

故選：Do

人造地球衛(wèi)星所受萬有引力提供向心力，向心力始終指向地心；注意第一宇宙速度有三種說法：①

它是人造地球衛(wèi)星在近地圓軌道上的運(yùn)行速度；②它是人造地球衛(wèi)星在圓軌道上運(yùn)行的最大速度;

③它是衛(wèi)星進(jìn)入近地圓形軌道的最小發(fā)射速度.根據(jù)萬有引力提供向心力得出線速度、周期與軌

道半徑的關(guān)系，從而比較出大小.同步衛(wèi)星處于赤道的上方，周期等于地球自轉(zhuǎn)的周期.

解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力提供向心力這一理論，知道線速度、周期與軌道半徑的關(guān)系.

7.【答案】D

【解析】

【分析】

本題是實(shí)際問題，考查運(yùn)用物理知識(shí)分析實(shí)際問題的能力，關(guān)鍵根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律分析處理圓周

運(yùn)動(dòng)動(dòng)力學(xué)問題.豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)分為兩類，一種是在最高點(diǎn)時(shí)有支撐物的情況，此時(shí)物

體只要速度不為0,就能通過最高點(diǎn)，第二種是物體通過最高點(diǎn)時(shí)沒有支撐物，此時(shí)要求物體的速

度必須滿足">項(xiàng),物體才能通過最高點(diǎn)。

車在最高點(diǎn)時(shí)?，若恰好由重力提供向心力時(shí)，人與保險(xiǎn)帶間恰好沒有作用力，沒有保險(xiǎn)帶，人也

不會(huì)掉下來.當(dāng)速度更大時(shí)，人更不會(huì)掉下來.當(dāng)速度大于臨界速度病時(shí)，人在最高點(diǎn)時(shí)對座

位就產(chǎn)生壓力.人在最低點(diǎn)時(shí)，加速度方向豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律分析壓力與重力的關(guān)系.

【解答】

A.當(dāng)人與保險(xiǎn)帶間恰好沒有作用力，由重力提供向心力時(shí)，臨界速度為％=廊，當(dāng)速度大于臨

界速度刷時(shí)，人在最高點(diǎn)時(shí)對座位就產(chǎn)生壓力.故在最高點(diǎn)，當(dāng)速度〃2師時(shí)人處于倒坐狀

態(tài)，沒有保險(xiǎn)帶，人也不會(huì)掉下來，故A錯(cuò)誤；

B.人在最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得：mg+F=m^-<得?=m！—mg，可知F可能等于mg,

則壓力可能為mg.故B錯(cuò)誤；

CD,人在最低點(diǎn)，向心加速度向上，合力向上，則支持力大于重力，所以人在最低點(diǎn)對座位的壓力

大于重力mg.故C錯(cuò)誤，。正確。

故選

8.【答案】AD

【解析】解：4、設(shè)圓盤的半徑為3圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為3。銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E=

BLv==B、L、3恒定，則圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E恒定，由閉合電路的歐姆

定律可知，感應(yīng)電流大小恒定，故A正確；

B、從上往下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，由右手定則知，圓盤中的電流方向由圓盤邊緣指向盤心，通過

電阻R的電流沿a到b的方向，故B錯(cuò)誤；

C、感應(yīng)電流方向與圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小無關(guān)；若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，

電流方向不變，故C錯(cuò)誤；

D、若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)E可知感應(yīng)電動(dòng)勢變?yōu)樵瓉淼?倍，由閉

合電路歐姆定律可知，感應(yīng)電流/變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)電功率公式P=〃R可知，電流在R上的熱

功率也變?yōu)樵瓉淼?倍，故。正確。

故選：AD.

圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)可等效看成無數(shù)軸向?qū)w組成，這些導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，有效切割長度為

銅盤的半徑，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律求出感應(yīng)電流表達(dá)式，再分析電流

大小與角速度的關(guān)系；根據(jù)右手定則分析感應(yīng)電流方向，根據(jù)電功率計(jì)算公式分析電流在R上的

熱功率變化情況。

本題考查電磁感應(yīng)規(guī)律的應(yīng)用；對于導(dǎo)體切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢情況有兩種：一是導(dǎo)體

平動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢，可以根據(jù)E=84來計(jì)算；二是導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感

應(yīng)電動(dòng)勢，可以根據(jù)E=來計(jì)算。

9.【答案】CD

【解析】

【分析】

根據(jù)牛頓第二定律分析小球的加速度與質(zhì)量的關(guān)系。若小球恰能通過a點(diǎn)，其條件是小球的重力提

供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可解得小球此時(shí)的速度，用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律：水平方向的勻速直線

運(yùn)動(dòng)，豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出水平距離，由機(jī)械能守恒定律可求得九，分析小球能否通

過a點(diǎn)后落回軌道內(nèi)。

本題實(shí)質(zhì)是臨界問題，要充分挖掘臨界條件，要理解平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律：水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，

豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)。

【解答】

A、小球恰能通過a點(diǎn)的條件是小球的重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律：mg=*，解得：

R

V=yfgR^

根據(jù)動(dòng)能定理：mg(h—R)=jmv2得：h=|/?,若要釋放后小球就能通過a點(diǎn)，則需滿足九>|/?.

故A錯(cuò)誤；

BCD小球離開a點(diǎn)時(shí)做平拋運(yùn)動(dòng)，用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)：x=vt

豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)：R=^gt2,

解得：x=V2R>R，故無論怎樣改變八的大小，都不可能使小球通過a點(diǎn)后落回軌道內(nèi)，小球?qū)?/p>

通過a點(diǎn)不可能到達(dá)d點(diǎn).只要改變九的大小，就能改變小球到達(dá)a點(diǎn)的速度，就有可能使小球通過

a點(diǎn)后，落在de之間，故8錯(cuò)誤，C￡?正確。

故選CD。

10.【答案】BC

【解析】解：4由圖乙可知交流電壓最大值Um=36位V，周期T=0.02s,可由周期求出角速度

的值為3=y-=^^rad/s=lOOnrad/s,則可得交流電壓葭的表達(dá)式u=36&sinl00nt(V),故

A錯(cuò)誤；

B、1處溫度升高時(shí)，阻值減小，電流表的示數(shù)變大，故8正確；

C、若&處的溫度升高時(shí)，電流表的示數(shù)變大，輸出電壓不變，輸出功率「=以增大，則變壓器

的輸入功率變大，故C正確；

D、變壓器原、副線圈中的磁通量隨時(shí)間的變化率之比為1：1,故。錯(cuò)誤；

故選：BC.

由圖乙可知交流電壓最大值0巾=36或匕周期7=0.02s,可由周期求出角速度的值，則可得交

流電壓”的表達(dá)式a=36應(yīng)sinlOO7rt(y);由變壓器原理可得變壓器原、副線圈中的電流之比，&

處溫度升高時(shí)，阻值減小，根據(jù)負(fù)載電阻的變化，可知電流變化.

根據(jù)圖象準(zhǔn)確找出已知量，是對學(xué)生認(rèn)圖的基本要求，準(zhǔn)確掌握理想變壓器的特點(diǎn)及電壓、電流

比與匝數(shù)比的關(guān)系，是解決本題的關(guān)鍵.

11.【答案】(1)大；＞;(2)天平；(3)0.780：(4)甲。

【解析】解：(1)為了減小實(shí)驗(yàn)的誤差，甲圖中的重物應(yīng)選擇質(zhì)量大、體積小的重物，即密度大的

重物；

乙圖是驗(yàn)證系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒，向下運(yùn)動(dòng)，加2向上運(yùn)動(dòng)，所以巾1＞巾2；

(2)驗(yàn)證系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒，即驗(yàn)證系統(tǒng)動(dòng)能的增加量和系統(tǒng)重力勢能的減小量是否相等，動(dòng)能

的增加量為zlEk=*叫+啊)廿，重力勢能的減小量為醺。=(砧-m2-)gh,可以知道需要測量

兩個(gè)重物的質(zhì)量，所以實(shí)驗(yàn)器材還需要天平；

(3)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于該過程的平均速度，則%=縹=

49.0-17.8x10-3/s=0.780m/s；

2x0.027n

(4)甲方案更合理，因?yàn)樵谝覉D中受到細(xì)繩和滑輪之間的摩擦力。

故答案為：(1)大；>；(2)天平；(3)0.780；(4)甲。

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理選擇合適的實(shí)驗(yàn)器材，比較出兩個(gè)重物的質(zhì)量關(guān)系；

(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析出正確的實(shí)驗(yàn)器材；

(3)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得出中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度；

(4)理解實(shí)驗(yàn)會(huì)產(chǎn)生的誤差，由此選擇更合適的方案。

本題主要考查了機(jī)械能守恒定律的驗(yàn)證實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)

律得出物體下落的瞬時(shí)速度，再學(xué)會(huì)簡單的誤差分析即可。

【解析】解：(1)電源電動(dòng)勢為6憶選0?15U量程的電壓表讀數(shù)誤差較大，電壓表應(yīng)選C：量程

為0?3，，內(nèi)阻為6k0；

選擇3U的電壓表，待測電阻絲兩端的最大電壓是3匕則最大電流約為：/=彳=磊=0.34所以

需要選擇的電流表是4量程為0-0.64內(nèi)阻為0.50；

為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選R阻值為0-100,額定電流為24

(2)電壓從0開始測量，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法；

由于怖=哀=10，等=警=1200,華>/,電流表應(yīng)采用外接法,實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示：

KAU.bR5Ki<A

故答案為：(1)4;C；F；(2)電路圖如圖所示.

根據(jù)電路最大電流選擇電流表，根據(jù)電源電壓選擇電壓表，為方便實(shí)驗(yàn)操作，應(yīng)選擇最大阻值較

小的滑動(dòng)變阻器.根據(jù)題意確定滑動(dòng)變阻器與電流表的接法，然后作出實(shí)驗(yàn)電路圖。

本題關(guān)鍵：(1)用伏安法測電阻時(shí)電流表內(nèi)、外接法的選擇原則是“大內(nèi)小外”，即對于大電阻采

用安培表內(nèi)接法，對于小電阻采用安培表外接法；(2)需要有較大的電壓測量范圍時(shí)，滑動(dòng)變阻器

采用分壓式接法。

13.【答案】解：（1）設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r

,,2mv

由Bqv=mFv，得：r=^

粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)情況如圖

由幾何知識(shí)有：r=*=^

cosOV3

有上兩式得：8=學(xué)空

2aq

又由幾何知識(shí)知：。。'=aland=a

射出點(diǎn)到。點(diǎn)的距離為：y=r+00'=y/3a

所以射出點(diǎn)的坐標(biāo)為：（0,V5a）

（2）設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為7,則：

2TIT2nm

由圖知，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)對應(yīng)的圓心角為

0=180°-60°=120°

所以，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是：

120°T271m4737ra

t=360^T=3=3qB=9v

答：（1）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度8=翳，射出點(diǎn)的坐標(biāo)：（0,ba）

（2）帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是要“

【解析】（1）由幾何軌跡找到圓心位置，由幾何關(guān)系得到半徑，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二

定律列方程可得勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B：

（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)時(shí)間與周期的關(guān)系：t=先求出偏轉(zhuǎn)角，再求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

該題考查帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)，屬于常規(guī)題目，要注意解題的步驟，畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡是

解題的關(guān)鍵。

14.【答案】解：(1)滑板B向左作初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，而小木塊4在摩擦力/=的作用

下也做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)M,機(jī)的加速度分別為CIB，aA,由牛頓第二定律：

/img—maA

F—fimg=MaB

解得：%=臂==2m/s2

F-因ng

?B=―—=3m/s2

撤去尸時(shí)，木塊剛好運(yùn)動(dòng)到C處，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式及題意得：

BA22

S-S=L,即：|aBt-^aAt=L

代入數(shù)據(jù)得：t=ls

(2)撤去力F時(shí)，木塊力和滑板3的速度分別為以、由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：

vA=aAt=2m/s,vB=aBt=3m/s

撤去力F時(shí)，因滑板夕的速度大于木塊/的速度，木塊將壓縮彈簧，木塊力加速，滑板夕減速，

當(dāng)木塊工和滑板g的速度相同時(shí)，彈簧壓縮量最大，具有最大彈性勢能.設(shè)最大彈性勢能為琦，

將木塊/和滑板夕及彈簧視為系統(tǒng)，規(guī)定向左為正方向，系統(tǒng)動(dòng)量守恒.

根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mvA+MVB=(m+M)v

解得：v=2.Sm/s

系統(tǒng)從撤去力尸后到其有共同速度，由能的轉(zhuǎn)化與守恒得：

111

,771若+]M喏=1(zu+M)v2+琦+fimgx

代入數(shù)據(jù)求得最大彈性勢能：EP=0.3;

(3)二者同速之后，設(shè)木塊相對木板向左運(yùn)動(dòng)離開彈簧后系統(tǒng)又能達(dá)到共同速度，，相對木板向左

z

滑動(dòng)距離為s,由動(dòng)量守恒定律得：mvA4-MVB=(m+M)v

解得：v'=v=2.8m/s

由能量守恒定律得：Ep=pmgs

解得：s=0.15m

由于x+L>s且s>x,故假設(shè)成立

所以整個(gè)過程系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q=Rmg(L+s+x)=1.4/

【解析】本題綜合考查了動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律、牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，同時(shí)考

查考生正確分析物體受力以及運(yùn)用動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)分析與解決物理問題的能力。

(1)對4、B進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律求出4、B的加速度，由勻變速運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出A、

B的位移，根據(jù)它們位移間的幾何關(guān)系，求出力的作用時(shí)間；

(2)由勻變速運(yùn)動(dòng)的速度公式求出撤去拉力后4、B的速度，由動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律列方

程，可以求出彈簧的最大彈性勢能；

(3)分析清楚4B的運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律分析答題。

15.【答案】增加；保持不變。

【解析】解：晶體熔化過程中，吸收的熱量全部用來破壞空間點(diǎn)陣，增加分子勢能，晶體熔化過

程中溫度保持不變，則分子平均動(dòng)能保持不變。

故答案為：增加；保持不變。

晶體熔化過程中，增加分子勢能，溫度保持不變，分子平均動(dòng)能保持不變。

本題考查了晶體和非晶體的特性，記憶為主，基礎(chǔ)題。

16.【答案】解：(1)由題意知，氣體體積不變，由查理定律得：,

所以此時(shí)氣體的壓強(qiáng)：pi=