2022年山東省聊城市普通高中高考物理模擬試卷（一）（附答案詳解）

2022年山東省聊城市普通高中高考物理模擬試卷（一）

一、單選題（本大題共8小題，共24.0分）

1.如圖，煙霧自動報(bào)警器的探測器中裝有放射性元素錮241,

其衰變方程為篦1Am-猙即+抑e+丫.下列說法正確的是

（）

A.丫是光子，不具有能量

B.fHe是a粒子，有很強(qiáng)的貫穿本領(lǐng)

C.猱Np比聾Am的原子核更穩(wěn)定

D.冬天氣溫較低時(shí)，錮241的半衰期會變小

2.在玻璃皿的中心放一個(gè)圓柱形電極，沿邊緣內(nèi)壁放一個(gè)圓

環(huán)形電極，把它們分別與電池（電動勢為E,內(nèi)阻不計(jì)）的.-

兩極相連（邊緣接電池的正極），然后在玻璃皿中放入導(dǎo)電

液體，導(dǎo)電液體的等效電阻為R。把玻璃皿放在磁場中，如圖所示，液體就會旋轉(zhuǎn)

起來。則以下說法中正確的是（）

A.從上往下看，液體順時(shí)針旋轉(zhuǎn)B.改變磁場方向，液體旋轉(zhuǎn)方向不變

C.通過液體的電流等于5D.通過液體的電流小于￡

KK

3.“回?zé)崾綗釞C(jī)”熱循環(huán)過程可等效為如圖所示的曲線，a->pi

b、CTd為等溫過程，b-C、dTa為等容過程.對于一定

質(zhì)量的理想氣體，在熱循環(huán)過程中（）

0vtV,V

A.a狀態(tài)氣體溫度比c狀態(tài)低

B.bfc,d7a兩過程氣體放出、吸收的熱量相等

C.整個(gè)循環(huán)過程，氣體對外放出熱量

D.d狀態(tài)下單位時(shí)間與器壁單位面積碰撞的氣體分子數(shù)比c狀態(tài)少

4.如圖，AOB是截面為扇形的玻璃磚的橫截面圖，其頂角。=H

83。,今有一束單色光線在橫截面內(nèi)從OA的中點(diǎn)E沿垂直O(jiān)A的/

方向射入玻璃磚，一部分光線經(jīng)AB面反射后恰好未從OB面射/\

出，不考慮多次反射作用，則玻璃磚的折射率為（）[\

OA

A.-B.V2C.V3D.:

5.內(nèi)陸鹽礦中開采的氯化鈉稱為巖鹽.如圖所示，巖鹽晶卜”.^_______<pci-

體結(jié)構(gòu)中相鄰的四個(gè)離子處于正方形的四個(gè)頂點(diǎn)，0點(diǎn)為

A??In

正方形中心，A、B為兩邊中點(diǎn)，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，；°

關(guān)于這四個(gè)離子形成的電場，下列說法正確的是（）ci-6----------------?N-

A.。點(diǎn)電場場強(qiáng)不為零B.0點(diǎn)電勢不為零

C.A、B兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相同D.A、B兩點(diǎn)電勢相等

6.北京時(shí)間2021年10月16日0時(shí)23分，神舟十三號載人飛船,...、

/枕道n、、

順利將翟志剛、王亞平、葉光富3名航天員送入空間站.飛/二二

船的某段運(yùn)動可近似為如圖所示的情境，圓形軌道I為空'、、HP/A

間站運(yùn)行軌道，橢圓軌道口為載人飛船運(yùn)行軌道，兩軌道''、、、J

相切于A點(diǎn).設(shè)圓形軌道I的半徑為r,橢圓軌道D的半長軸為a,地球的自轉(zhuǎn)周期

為T,軌道引力常量為G,下列說法正確的是（）

A.載人飛船若要進(jìn)入軌道I,需要在A點(diǎn)減速

B.根據(jù)題中信息，可求出地球的質(zhì)量M=

C.載人飛船在軌道I上的機(jī)械能小于在軌道口上的機(jī)械能

D.空間站在軌道I上運(yùn)行的周期與載人飛船在軌道n上運(yùn)行的周期之比為E

7a3

7.為做好疫情防控供電準(zhǔn)備，防控指揮中心為醫(yī)院設(shè)計(jì)的備用供電系統(tǒng)輸電電路簡圖

如圖甲所示，交流發(fā)電機(jī)的矩形線圈匝數(shù)為n=100,在勻強(qiáng)磁場中以00,為軸勻速

轉(zhuǎn)動，穿過線圈的磁通量力隨時(shí)間t的變化圖像如圖乙所示，矩形線圈與變壓器的原

線圈相連，變壓器的副線圈接入到醫(yī)院為醫(yī)療設(shè)備供電，線圈、導(dǎo)線的電阻均不計(jì)，

變壓器為理想變壓器，額定電壓為220V的醫(yī)療設(shè)備恰能正常工作，下列說法正確

的是（）

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A.電壓表的示數(shù)為100立V

B.從t=0開始計(jì)時(shí)，變壓器原線圈兩端的電壓u=100esinlOOnt（V）

C.變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為5：11

D.假如給變壓器輸入端接入電壓U=100V的直流電，醫(yī)療設(shè)備也能正常工作

8.殲-20戰(zhàn)斗機(jī)安裝了我國自主研制的矢量發(fā)動機(jī)，

能夠在不改變飛機(jī)飛行方向的情況下，通過轉(zhuǎn)動尾噴

□方向改變推力的方向，使戰(zhàn)斗機(jī)獲得很多優(yōu)異的飛

行性能.已知在殲-20戰(zhàn)斗機(jī)沿水平方向超音速勻速巡航時(shí)升阻比（垂直機(jī)身向上

的升力和平行機(jī)身向后的阻力之比）為k,飛機(jī)的重力為G能使飛機(jī)實(shí)現(xiàn)水平勻速巡

航模式的最小推力是（）

A七C.云D.G

二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）

9.如圖所示，勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里，上端開口、下端

XX

封閉的玻璃管豎直放置，玻璃管內(nèi)壁光滑，管底有一帶正XX

電的小球，在外力作用下，玻璃管垂直進(jìn)入磁場并保持速X8X

XX

度不變，小球最終從上端管口飛出。從進(jìn)入磁場到小球飛XX

出玻璃管的過程中，下列說法正確的是（）

A.洛倫茲力對小球做正功

B.小球的機(jī)械能增加

C.小球的運(yùn)動軌跡是一條拋物線

D.小球在玻璃管中的運(yùn)動時(shí)間與玻璃管速度無關(guān)

10.一群處于n=4能級的氫原子，向低能級躍遷過程中發(fā)出6種不同頻率的光，將這些

光分別照射到圖甲所示電路中的陰極K上，只能測得3條電流隨電壓變化的圖像，

如圖乙所示.氫原子的能級圖如圖丙所示，可見光光子的能量范圍為1.62?3.lleV,

則下列推斷正確的是（）

okV

OD?-一???????0

4-0.&5

3--------------------1.51

2■■■-3.4

--13.6

甲乙丙

A.這群氫原子躍遷時(shí)最多可發(fā)出4種可見光

B.圖乙中的b光光子能量為12.09eV

C.圖乙中的c光光子是氫原子由n=4能級向基態(tài)躍遷發(fā)出的

D.陰極金屬的逸出功可能為Wo=6.75eV

11.如圖所示，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁

場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,導(dǎo)軌間距最窄處為狹縫，

取狹縫所在處0點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸

夾角均為仇一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連，導(dǎo)

軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從。開始以速度v向右勻速運(yùn)動，導(dǎo)軌和

金屬棒電阻忽略不計(jì)，下列說法正確的是（）

A.金屬棒運(yùn)動過程中，電容器的上極板帶正電

B.金屬棒到達(dá)X。時(shí)，電容器極板上的電荷量為BCvx（）tan。

C.通過金屬棒的電流為2BCv2tan。

D.金屬棒運(yùn)動過程中，外力F做功的功率恒定

12.如圖所示，A、B兩點(diǎn)位于同一高度，細(xì)線的一端系BC

有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過B處的定滑輪固定-、-、-、-----*---------，/--*A

：:、、/

在A點(diǎn)，質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點(diǎn)。現(xiàn)將小‘?'、'、/’

球從圖示水平位置由靜止釋放，小球運(yùn)動到D點(diǎn)時(shí)速DMD

度恰好為零（此時(shí)小物塊未到達(dá)B點(diǎn)）.圖中△ABD為直角三角形，小物塊和小球均可

視為質(zhì)點(diǎn)，ZDBA=37°,忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g,sin37°=0.6,

cos37°=0.8,貝lj（）

A.小球還能回到初始位置

B.M：m=5：6

C.運(yùn)動過程中小物塊的速度和小球的速度大小相等

D.小球運(yùn)動到D點(diǎn)時(shí)，小物塊受到的拉力大小為《Mg

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三、實(shí)驗(yàn)題(本大題共2小題，共14.0分)

13.利用智能手機(jī)自帶的各種傳感器可以完成很多物理實(shí)驗(yàn).某同學(xué)利用如圖所示的實(shí)

驗(yàn)裝置，結(jié)合手機(jī)的傳感器功能測定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?實(shí)驗(yàn)步驟如下：

n.實(shí)驗(yàn)裝置中固定軌道AB的末端水平，在軌道末端安裝一光電門，光電門通過數(shù)

據(jù)采集器與計(jì)算機(jī)相連，測量小球離開軌道時(shí)的速度.將小球從軌道的某高度處由

靜止釋放，小球運(yùn)動一段時(shí)間后，打到豎直記錄屏MN上，記下落點(diǎn)位置.然后通

過手機(jī)傳感器的測距功能，測量并記錄小球做平拋運(yùn)動的水平距離x和豎直下落距

離h。

皿改變屏MN的位置，使小球每次都從軌道的同一位置處由靜止釋放，重復(fù)上述實(shí)

(1)在坐標(biāo)紙上己經(jīng)標(biāo)出這組數(shù)據(jù)對應(yīng)的坐標(biāo)點(diǎn)，并畫出x2-h圖像；

(2)若光電計(jì)時(shí)器記錄的平均遮光時(shí)間t=0.01s,根據(jù)上述圖像求得當(dāng)?shù)氐闹亓?/p>

速度g=(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)；

（3）若實(shí)驗(yàn)中，每次記錄的h值均漏掉了小球的半徑，按照上述方法計(jì)算出的重力加

速度大小與真實(shí)值相比（填“偏大”、“偏小”或“不變”）o

14.某實(shí)驗(yàn)小組為了測定金屬絲的電阻率，用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，用米尺測

量金屬絲的長度，用伏安法測出金屬絲的電阻Rx，然后根據(jù)電阻定律計(jì)算出該金屬

材料的電阻率。

（1）測量時(shí)螺旋測微器如圖甲所示，金屬絲的直徑為mm。

（2）現(xiàn)有電動勢3V的電源、開關(guān)和若干導(dǎo)線及下列器材：

A.電壓表V（量程3V,內(nèi)阻約10k。）

B.電流表A（量程0.6A,內(nèi)阻約2。）

C.滑動變阻器七（最大阻值為10。）

D.滑動變阻器R2（最大阻值為100Q）

①用多用電表粗測金屬絲的電阻大約為5。，要求較準(zhǔn)確地測出其阻值，滑動變阻

器應(yīng)選（填“RJ或“Rz”）

②實(shí)驗(yàn)中該小組實(shí)物接線如圖乙所示，合上開關(guān)前檢查電路，請指出其明顯錯(cuò)誤

或不合理的地方是。

（3）不論使用電流表內(nèi)接法還是電流表外接法，都會產(chǎn)生系統(tǒng)誤差，某小組按如圖

丙所示的電路進(jìn)行測量，可以消除由于電表內(nèi)阻造成的系統(tǒng)誤差。利用該電路進(jìn)行

實(shí)驗(yàn)的主要操作過程是：

第一步：先將R2的滑動觸頭調(diào)到最左端，單刀雙擲開關(guān)S2向1閉合，閉合開關(guān)Si，

調(diào)節(jié)滑動變阻器Ri和R2,使電壓表和電流表的示數(shù)盡量大些（不超過量程），讀出此

時(shí)電壓表和電流表的示數(shù)UI、I】。

第二步：保持兩滑動變阻器的滑動觸頭位置不變，將單刀雙擲開關(guān)S2向2閉合，讀

出此時(shí)電壓表和電流表的示數(shù)6、12。由以上數(shù)據(jù)可計(jì)算出被測電阻Rx=。

四、計(jì)算題（本大題共4小題，共46.0分）

15.某均勻介質(zhì)中，波源位于水平面xOy的0點(diǎn)，從t=0時(shí)波源開始沿垂直于水平面的z

軸（z軸正方向豎直向上）從z=0處開始做簡諧運(yùn)動，振動方程為z=

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4sin(10nt)cm.xOy水平面上P點(diǎn)的坐標(biāo)是(+9m,+12m),Q點(diǎn)的坐標(biāo)是(0,+12m).經(jīng)

時(shí)間t(),在一6m<x<6m、-6m<y<6m區(qū)域中第二次形成如圖所示波面分布圖

(實(shí)線表示波峰，虛線表示相鄰的波谷)。

(1)求波速v和時(shí)間”；

(2)若在Q點(diǎn)放一個(gè)也沿z軸方向做簡諧運(yùn)動的波源，其振動方程為z=6sin(10nt+

n)cm,求振動穩(wěn)定后P點(diǎn)在0.6s內(nèi)的路程。

16.運(yùn)用動量定理處理二維問題時(shí)，可以在相互垂直的兩個(gè)方向上分別研究.北京2022

年冬奧會國家跳臺滑雪賽道如圖甲所示，某運(yùn)動員在空中運(yùn)動的部分軌跡如圖乙所

示，在軌跡上取三個(gè)點(diǎn)A、B、C,測得三點(diǎn)間的高度差和水平間距分別為％=11.2m、

h2=17.6m、xAB=xBC=24m。運(yùn)動員落到傾角為23。的滑道上時(shí)，速度方向與滑

道成30。角，用了0.7s完成屈膝緩沖后沿滑道下滑.若空氣阻力、滑道摩擦均不計(jì)，

運(yùn)動員連同裝備質(zhì)量為70kg,取重力加速度g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,

sin23°=0.39,cos23°=0.92o求:

(1)運(yùn)動員在空中運(yùn)動的水平速度；

(2)屈膝緩沖過程中運(yùn)動員受到的平均沖力的大小。

甲乙

17.在太空中由于缺少地磁場的屏蔽作用，高能宇宙射線會對航天員帶來非常大的危害。

目前，國際上正在積極探索載人航天主動防護(hù)的方法，某種磁防護(hù)方案為在航天器

內(nèi)建立同心圓柱體形屏蔽磁場，磁場分布情況如圖所示.同心圓內(nèi)徑％=R>外徑

R2=V3R,軸向足夠長。設(shè)定區(qū)內(nèi)為勻強(qiáng)磁場，磁場方向與軸平行，設(shè)定區(qū)外和

防護(hù)區(qū)內(nèi)無磁場。

(1)一質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子在平行于圓柱橫截面的平面內(nèi)，以速度V。沿指向

圓心方向入射，該質(zhì)子恰好打不到防護(hù)區(qū)內(nèi)部，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小比和質(zhì)子在設(shè)

定區(qū)內(nèi)的運(yùn)動時(shí)間t；

(2)若宇宙中充滿了大量速度大小為Vo,沿任意方向運(yùn)動的質(zhì)子，為了使任何質(zhì)子

都不能通過設(shè)定區(qū)進(jìn)入防護(hù)區(qū)內(nèi)部，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B2應(yīng)該滿足的條件；

(3)若已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,以A點(diǎn)所在截面建立x-y坐標(biāo)系，圓柱軸線為z軸，y軸

通過A點(diǎn).如有一質(zhì)子以初速度丫=空從A點(diǎn)射向防護(hù)區(qū)的C點(diǎn)，已知C點(diǎn)坐標(biāo)

m

(0,R,(V3-l)R),求質(zhì)子打到設(shè)定區(qū)的位置坐標(biāo)。

18.某傳送裝置的示意圖如圖所示，整個(gè)裝置由三部分組成，左側(cè)為粗糙傾斜直軌道AB,

中間為水平傳送帶BC,傳送帶向右勻速運(yùn)動，其速度的大小可以由驅(qū)動系統(tǒng)根據(jù)需

要設(shè)定，右側(cè)為光滑水平面CD.傾斜軌道末端及水平面CD與傳送帶兩端等高并平滑

對接，質(zhì)量分別為m2、m3.......mn_1^mn的n-1個(gè)物塊在水平面CD上沿直線依次

靜止排列.質(zhì)量為m】物塊從斜面的最高點(diǎn)A由靜止開始沿軌道下滑，已知A點(diǎn)距離

傳送帶平面的高度h=2.5m,水平距離Li=3.5m,傳送帶兩軸心間距L2=7m,物

塊與傾斜直軌道、傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為口=0.2,取重力加速度g=10m/s2?

(1)求物塊剛滑上傳送帶時(shí)的速度大??；

(2)改變傳送帶的速度，求物塊從傳送帶右側(cè)滑出時(shí)的速度v的范圍；

(3)若物塊mi以V。(已知)的速度離開傳送帶，滑到水平軌道上與m2發(fā)生碰撞，從而

引起各物塊的依次碰撞，碰撞前后各物塊的運(yùn)動方向處于同一直線上.各物塊間碰

撞無機(jī)械能損失，且各物塊之間不發(fā)生第二次碰撞.經(jīng)過依次碰撞后，定義第n個(gè)

物塊獲得的動能Eg與第1個(gè)物塊的初動能Ek。之比為第1個(gè)物塊對第n個(gè)物塊的

動能傳遞系數(shù)km，求均3；

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(4)接第(3)問，若m3=lUj=…...rrin-i=mn=詈，求為何值時(shí)，第n個(gè)物塊獲

得的速度最大，并求出第n個(gè)物塊的最大速度Vnm。

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：A、根據(jù)核電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒可知Y射線是光子，具有一定的能量，故A

錯(cuò)誤；

B、牌e是a粒子，根據(jù)a射線的特點(diǎn)可知，具有很強(qiáng)的電離本領(lǐng)，穿透能力很弱，故B

錯(cuò)誤；

C、自發(fā)的衰變過程中釋放能量，原子核的比結(jié)合能增大，所以第‘Np比器】Am的原子核

更穩(wěn)定，故C正確；

D、半衰期是由放射性元素本身決定的，與外界因素?zé)o關(guān)，故D錯(cuò)誤。

故選:Co

光子也具有能量；根據(jù)三種射線可知，穿透能力大小；結(jié)合半衰期與外界因素?zé)o關(guān)，及

半衰期的概念求解；比結(jié)合能的大小反映原子核的穩(wěn)定程度。

考查三種射線的電離能力大小，注意它們的穿透能力的大小，掌握半衰期的概念，注意

半衰期與外界因素?zé)o關(guān)，只與自身元素性質(zhì)有關(guān)。

2.【答案】D

【解析】解：A、液體所處的磁場方向豎直向上，而電流方向由邊緣指向中心，根據(jù)左

手定則可以判斷出導(dǎo)電液體受到的安培力方向?yàn)槟鏁r(shí)針，所以液體逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，故A

錯(cuò)誤。

B、當(dāng)改變磁場方向，依據(jù)左手定則，則安培力方向反向，那么液體旋轉(zhuǎn)方向也反向，

故B錯(cuò)誤。

CD、由于液體旋轉(zhuǎn)，有部分電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，根據(jù)能量守恒，則有：EI=12R+P機(jī)，

所以E>IR,即1<右故C錯(cuò)誤，D正確。

故選：D?

依據(jù)左手定則來判定安培力方向；再根據(jù)能量守恒，判定即可。

考查通電液體在磁場力的作用轉(zhuǎn)動，掌握左手定則的內(nèi)容，理解能量守恒的應(yīng)用，注意

左手定則與右手定則的區(qū)別。

3.【答案】B

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【解析】解：A.由于Ta=Tb，而b-c過程為等容變化，根據(jù)查理定律，則鎧=芫，可

知口>￡,故Ta>Tc，故A錯(cuò)誤；

B、由于Ta=Tb幾=Ta，而理想氣體的內(nèi)能僅取決于溫度，可知b-c、d-a兩過程

中內(nèi)能變化量數(shù)值相等，即|AU|相等，而兩過程均為等容變化，則W=0

根據(jù)熱力學(xué)第一定律AU=W+Q,有|AU|=|Q|,故兩過程中|Q|相等，即氣體吸、放熱

絕對值相等，故B正確；

C、根據(jù)W=Fs=pZW,可知，p-V圖像包圍的面積表示做功W,由于a-b過程中氣

體對外界做功，crd過程外界對氣體做功，根據(jù)面積關(guān)系可知，整個(gè)過程中氣體對外

界做功，即W<0,而整個(gè)過程中AU=0,根據(jù)熱力學(xué)第一定律AU=W+Q,可知Q>0,

即氣體吸熱，故C錯(cuò)誤；

D、由于Tc=Td，即氣體分子對容器器壁的平均撞擊力相等，而Pd>Pc，則說明d狀態(tài)

卜單位時(shí)間與器壁單位面積碰撞的氣體分子數(shù)比c狀態(tài)多，故D錯(cuò)誤；

故選:Bo

b-c過程為等容變化，根據(jù)查理定律可比較溫度；由于Ta=Tb，氣體分子對容器器壁

的平均撞擊力相等，而Pd>Pc，則說明d狀態(tài)下單位時(shí)間與器壁單位面積碰撞的氣體分

子數(shù)比c狀態(tài)多；根據(jù)熱力學(xué)第一定律AU=W+Q判斷吸熱放熱情況。

根據(jù)熱力學(xué)第一定律AU=W+Q,W=。時(shí)|AU|=|Q|,熟練掌握氣體狀態(tài)方程是解決

本題的關(guān)鍵。

4.【答案】A

【解析】解：光路圖如圖所示：，

根據(jù)幾何知識有sinNEDO=(,所以/ODE=30。，[/1

90。+4c=360。-90。-60。-83。，//\

所以臨界角4c=37。，

因?yàn)?/p>

sin4C=n

所以折射率為n=I，故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：Ao

作出光路圖，根據(jù)幾何知識求解全反射的臨界角，由sinC=；求解折射率。

解決該題的關(guān)鍵是能正確作出光路圖，能根據(jù)幾何知識求解全反射的臨界角，熟記全反

射的臨界角的表達(dá)式。

5.【答案】D

【解析】解：A、兩等量正離子在0點(diǎn)的合場強(qiáng)為0,兩等量負(fù)離子在0點(diǎn)的合場強(qiáng)為0,

則四個(gè)離子的在0點(diǎn)的合場強(qiáng)為0,故A錯(cuò)誤；

BD、由于等量異種電荷的連線的中垂線為等勢線，則A、0、B都在同一等勢線上，各點(diǎn)

電勢相同，都為0,故B錯(cuò)誤，D正確；

C、A、B兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，方向相反，故C錯(cuò)誤；

故選：D?

理解點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)和電勢的特點(diǎn)，結(jié)合對稱性，利用矢量、標(biāo)量合成的特點(diǎn)完成分

析。

本題主要考查了電場的疊加問題，理解點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)和電勢的特點(diǎn)，結(jié)合對稱性即

可完成分析。

6.【答案】D

【解析】解：AC、載人飛船從軌道H進(jìn)入軌道I時(shí)需在A點(diǎn)火加速，所以載人飛船在軌

道I上的機(jī)械能大于在軌道n上的機(jī)械能，故AC錯(cuò)誤；

B、國際空間站做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)國際空間站運(yùn)動的周期為T1，由萬有引力提供向心

人士GMm4n2

力有：—=mr^T

解得地球質(zhì)量：乂=富

其中T'代表衛(wèi)星在軌道I的周期

故B錯(cuò)誤；

D、設(shè)載人飛船運(yùn)動的周期為丁2,根據(jù)開普勒第三定律有,=工

則國際空間站運(yùn)動的周期與載人飛船在橢圓軌道n上運(yùn)動的周期之比為巧，故D正確。

7a3

故選：D?

載人飛船從軌道n進(jìn)入軌道I時(shí)需在A點(diǎn)火加速，由萬有引力提供向心力可求出中心天

體地球的質(zhì)量；由開普勒第三定律求出周期之比。

本題考查萬有引力定律，關(guān)鍵掌握萬有引力提供向心力。熟練應(yīng)用開普勒第三定律求解

環(huán)繞天體的周期。

7.【答案】C

第12頁，共22頁

【解析】解:AC、根據(jù)圖像可得T=0.02s,線圈的角速度3=Y=^rad/s=lOOnrad/s

線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大值為Em=nBSw=n①m3=100x經(jīng)曹xIOOTTV=

100V2V

則電壓表的示數(shù)為U=瑞=曙V=100V

故變壓器原線圈的電壓為Ui=U=100V,變壓器的匝數(shù)比?=》=哭=5，故A錯(cuò)

112L)2ZZU11

誤，C正確；

B、t=0時(shí)，磁通量為0,線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，則變壓器的原線圈兩端的電壓

u=Emcoscot=100>/2cosl00Trt(V),故B錯(cuò)誤；

D、根據(jù)變壓器的原理知，變壓器輸入端接入電壓U=100V的直流電，變壓器不工作，

醫(yī)療設(shè)備不能正常工作，故D錯(cuò)誤；

故選：C。

由圖讀出周期T,由3=與求出角速度3。根據(jù)Em=nBS3求出線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢

最大值，由￡=號求電動勢有效值，從而得到電壓表的示數(shù)；變壓器只能改變交流電的

V2

電壓；根據(jù)學(xué)=詈求變壓器的匝數(shù)比；根據(jù)最大值，圓頻率和初相位寫出變壓器的原線

圈兩端的電壓瞬時(shí)值表達(dá)式。

本題考查正弦交變電流的產(chǎn)生以及變壓器的規(guī)律，知道變壓器的電壓與匝數(shù)成正比，注

意只有當(dāng)線圈從中性面開始計(jì)時(shí)，電動勢瞬時(shí)值表達(dá)式e=Emsin(ot?

8.【答案】C

【解析】解：飛機(jī)受到重力G、發(fā)動機(jī)推力Fi、升力F2和空

氣阻力f,重力的方向豎直向下，升力F2的方向豎直向上，空

氣阻力f的方向與F?垂直，如圖

殲-20戰(zhàn)斗機(jī)沿水平方向超音速勻速巡航，則有水平方向

Fx=f

豎直方向F2+Fy=G

其中F2=kf

解得Fy=G-kf

則性=曖+耳=f2+G2-2Gkf+k2f2

結(jié)合數(shù)學(xué)知識可知瞪表達(dá)式為開口向上，對稱軸為￡=61<的拋物線，即當(dāng)f=M時(shí)取得

工4-1

最小值，將其代入噲表達(dá)式，

解得Fm=q1,故ABD錯(cuò)誤，C正確

故選：Co

本題可以根據(jù)題意畫出受力分析圖，將推力分解到水平和豎直方向，列出共點(diǎn)力平衡的

等式，再結(jié)合數(shù)學(xué)知識求最值。

本題考查共點(diǎn)力平衡知識，要求學(xué)生運(yùn)用力的分解，并結(jié)合數(shù)學(xué)知識解決問題，綜合性

較強(qiáng)。

9.【答案】BC

【解析】解：A、洛倫茲力的方向與速度方向垂直，永遠(yuǎn)不做功，故A錯(cuò)誤；

B、在小球從管底飛出玻璃管的過程中，小球的速度變大，高度升高，因此小球的機(jī)械

能增加，故B正確；

C、小球隨玻璃管在水平方向做勻速直線運(yùn)動，小球在豎直方向所受的洛倫茲力根據(jù)F=

qvB,由于v勻速，因此洛倫茲力F恒定，根據(jù)牛頓第二定律F—mg=ma,小球的加速

度不隨時(shí)間變化，恒定不變，小球在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，合運(yùn)動為勻變速曲線

運(yùn)動，運(yùn)動軌跡是一條拋物，故C正確；

D,D、小球的實(shí)際運(yùn)動可分解為水平方向的速度為v和豎直速度Vy,豎直方向的洛倫茲

力不變，在豎直方向上，由牛頓第二定律得：qvB-mg=ma,由勻速直線運(yùn)動的位移

公式得：h=iat2,解得：t=閆口，與運(yùn)動速度有關(guān)，故D錯(cuò)誤。

27qvB-mg

故選：BCo

由洛倫茲力的特點(diǎn)判斷洛倫茲力不做功；小球隨管運(yùn)動受向上的洛倫茲力在豎直方向上

做勻加速直線運(yùn)動，在水平方向做勻速直線運(yùn)動，從而確定合運(yùn)動；由動能定理求出小

球動能的增加量，由重力勢能的計(jì)算公式求出重力勢能的增加量，然后求出小球機(jī)械能

的增加量；根據(jù)豎直方向的受力和已知位移求出時(shí)間關(guān)系式，再判斷與速度的關(guān)系。

本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動，本題要注意分析清楚小球的運(yùn)動過程，應(yīng)用左手

定則、牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式、運(yùn)動的合成、動能定理等即可正確解題。

10.【答案】BD

【解析】解：A、根據(jù)鬣=6知，大量處于n=4能級的氫原子向低能級躍遷時(shí)，可能發(fā)

出6種不同頻率的光子。

氫原子從處于n=4能級的氫原子向低能級躍遷時(shí)，發(fā)出的光子能量AEuEm-En，可

第14頁，共22頁

知6種光子的能量值分別為：4T3：0.66eV；4T2：2.55eV；411：12.76eV；

3T2：1.89eV；3-1：12.1eV；271：10.21eV,

因?yàn)榭梢姽獾墓庾幽芰糠秶s為1.62eV?3.11eV,滿足此范圍的有：n=4到n=2,n=3

到n=2.所以有2種不同頻率的可見光，故A錯(cuò)誤；

BC、由圖乙可知，a的遏止電壓最大，其次為b和c,根據(jù)光電效應(yīng)方程Ek=hv-Wo，

及eU()=Ek知各光對應(yīng)的躍遷為：a為n=4-1,b為n=3-?l,c為n=2t1,

b光的光子能量為Eb=13.6-1.51=12.09eV,故B正確，C錯(cuò)誤；

D、由能級2到1輻射的光子的能量值:Ec=E2-Ei=(-3.4eV)-(-13.6eV)=10.2eV；

能量值第4大的光子的能量值：E42=E4-E2=(-0.85eV)-(-3.4eV)=2.55eV

由于只能測得3條電流隨電壓變化的圖象，即只有三種光子能發(fā)生光電效應(yīng)，則該金屬

的逸出功大于2.55eV,小于等于10.2eV,可以等于6.75eV.故D正確；

故選：BDo

由玻爾理論分析可能的躍遷；由圖可得遏止電壓；根據(jù)動能定理，可求出最大初動能;

根據(jù)光電效應(yīng)方程Ek=hv-W。，結(jié)合光電子的最大初動能，可求得金屬逸出功。

解決該題需熟記光電效應(yīng)方程，能通過能級圖判斷可能的躍遷情況，知道怎么才能使原

子電離。

11.【答案】AC

【解析】解：A、金屬棒向右切割垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，由右手定則判斷可知回路

中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，則電容器的上極板帶正電，故A正確；

B、金屬棒到達(dá)X。時(shí)，其產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：Eo=B-2xotan9-v

電容器的電壓始終等于感應(yīng)電動勢，即：U0=E0

根據(jù)電容定義式C=小可得此時(shí)電容器極板上的電荷量為：Qo=CU0=2BCvxotan0,

故B錯(cuò)誤；

C、設(shè)任意某時(shí)刻電容器的電量為Q,電壓為U,感應(yīng)電動勢為E。

根據(jù)電流的定義可得：1=黑

△t

△Q=C?AU

AU=AE=B?ALv

△L=2Ax?tan0=2vAt-tan0

聯(lián)立可得：I=2BCv2tan0,故C正確；

D、由C選項(xiàng)的結(jié)論可知感應(yīng)電流為恒定值，金屬棒勻速運(yùn)動，則外力F與金屬棒受到的

安培力等大反向，而安培力F次=BIL,因回路中的金屬棒長度L逐漸增加，故F安逐漸

增大，則外力F逐漸增大，由P=Fv可知外力F做功的功率不恒定，而是逐漸增大，故D

錯(cuò)誤。

故選：AC。

由右手定則判斷回路中感應(yīng)電流方向，可得電容器的上極板帶電情況；電容器的電壓始

終等于感應(yīng)電動勢，根據(jù)動生電動勢計(jì)算公式和電容定義式，求解電容器極板上的電荷

量；根據(jù)電流的定義結(jié)合電容器電量表達(dá)式推導(dǎo)感應(yīng)電流的表達(dá)式；金屬棒勻速運(yùn)動，

則外力F與金屬棒受到的安培力等大反向，判斷安培力如何變化,可得外力F的變化情況,

進(jìn)而判斷功率是否恒定。

本題考查了電磁感應(yīng)現(xiàn)象中回路存在電容的動生電動勢問題，此模型中電容器的電壓始

終等于感應(yīng)電動勢，兩者動態(tài)平衡。要熟練掌握此模型的感應(yīng)電流的推導(dǎo)。

12.【答案】AD

【解析】解：A.對小物塊和小球來說，在運(yùn)動過程中只有重力對它們做功，所以小物塊

和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則小球還可以回到初始位置，故A正確；

B.設(shè)AD長為3L,則AB為5L,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有Mg?2L=mg-3Lcos37°,解得：M：

m=6：5,故B錯(cuò)誤；

C.AC長度不變，小球做圓周運(yùn)動，小球速度沿BD方向的分速度大小等于小物塊的速度

大小，故C錯(cuò)誤；

D.設(shè)小球運(yùn)動到最底點(diǎn)D時(shí)，沿BD方向的加速度大小為a,BD中的拉力為T,根據(jù)牛頓

第二定律有Mg-T=Ma,T-mgcos53°=ma,解得：T=^Mg,故D正確。

故選:ADo

根據(jù)機(jī)械能守恒定律可以判斷小球能否回到C點(diǎn)以及M與m的比值大??；根據(jù)運(yùn)動的合

成與分解可以判斷小物塊的速度與小球速度關(guān)系；根據(jù)牛頓第二定律可以判斷小物塊所

受拉力大小。

本題考查運(yùn)動的合成與分解，機(jī)械能守恒定律和受力分析，意在考查學(xué)生對受力分析、

牛頓第二定律、曲線運(yùn)動等知識的理解和應(yīng)用。

13.【答案】9.76m/s2不變

【解析】解：（1）將表中數(shù)據(jù)描于坐標(biāo)紙上，用一條直線盡可能地穿過更多的點(diǎn)，不在

直線上的點(diǎn)盡量均勻地分布在直線兩側(cè)，誤差較大的點(diǎn)舍去，畫出的圖像如圖所示：

第16頁，共22頁

(2)小球過B點(diǎn)水平拋出的速度為

d10.0X10-3._/

Vo=f=-^T-m/s=lm/s

x2與h的關(guān)系為

x2=2V仙

g

結(jié)合圖像可得斜率為

12v§(9-l)xl0-2

k=—=———--------m=0n.2o0n5cm

g0.4391-0.0487

解得：g=9.76m/s2

(3)根據(jù)上述解答可得：

.Ax2Ax2Ax2

k=—=--------------=--------

Ahhz+Zr-h1-2rh2-h1

可知漏掉了小球的半徑，不影響重力加速度g的計(jì)算，即計(jì)算出的重力加速度大小與真

實(shí)值相比不變。

故答案為：(1)如上圖所示；(2)9.76m/s2；(3)不變

(1)將表中數(shù)據(jù)描于坐標(biāo)紙上，用一條直線盡可能地穿過更多的點(diǎn)，不在直線上的點(diǎn)盡

量均勻地分布在直線兩側(cè)，誤差較大的點(diǎn)舍去，畫出圖像；

(2)根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合圖像的斜率得出g的數(shù)值；

(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理結(jié)合實(shí)驗(yàn)操作分析出重力加速度的測量值和真實(shí)值的大小關(guān)系。

本題主要考查了平拋運(yùn)動的相關(guān)應(yīng)用，理解平拋運(yùn)動在不同方向上的運(yùn)動特點(diǎn)，結(jié)合運(yùn)

動學(xué)公式和圖像的物理意義完成分析。

14.【答案】0.950%電流表應(yīng)外接；滑動變阻器滑片應(yīng)置于最左端手一半

h12

【解析】解：(1)螺旋測微器的精確度為0.01mm,由圖示螺旋測微器可知，其示數(shù)為口=

0.5mm+45.0x0.01mm=0.950mm；

(2)①由已知待測電阻約為5C,如果選100。的滑動變阻器，兩者差值過大，待測電阻分

壓過小，因此為了便于測量和讀數(shù)，應(yīng)選擇與待測電阻阻值相近的心。

②待測電阻與電壓表電流表的關(guān)系為R-5ft<

故待測電阻為小電阻，根據(jù)“內(nèi)大外小”原則，為了更精準(zhǔn)測量，故電流表應(yīng)選擇外接

法；

在開關(guān)閉合前，滑動變阻器的電阻應(yīng)全部接入干路，故滑動變阻器的滑片應(yīng)置于最左端;

(3)單刀雙擲開關(guān)S2向1閉合，由閉合電路歐姆定律可得：3=II(RX+RA+RI)

保持兩滑動變阻器的滑動觸頭位置不變，將單刀雙擲開關(guān)S2向2閉合，由閉合電路歐姆

定律可得：

U2=I2(RA+Rx)

聯(lián)立解得:Rx琮一冷。

故答案為:(1)0.950；(2)①七；②電流表應(yīng)外接;滑動變阻器滑片應(yīng)置于最左端;(3)普一

u2

12°

(1)螺旋測微器的精確度為0.01mm,由螺旋測微器的讀數(shù)方法進(jìn)行讀數(shù)；

(2)①為了便于測量和讀數(shù)，應(yīng)選擇與待測電阻阻值相近的；

②根據(jù)“內(nèi)大外小”原則，電流表應(yīng)選擇外接法；在開關(guān)閉合前，滑動變阻器的滑片

應(yīng)置于最左端；

(3)由閉合電路歐姆定律進(jìn)行解答。

對于實(shí)驗(yàn)題，要弄清楚實(shí)驗(yàn)?zāi)康?、?shí)驗(yàn)原理以及數(shù)據(jù)處理、誤差分析等問題，一般的實(shí)

驗(yàn)設(shè)計(jì)、實(shí)驗(yàn)方法都是根據(jù)教材上給出的實(shí)驗(yàn)方法進(jìn)行拓展，延伸，所以一定要熟練掌

握教材中的重要實(shí)驗(yàn)。

15.【答案】解：(1)根據(jù)振動函數(shù)為z=4sin(10nt)cm.,。點(diǎn)的起振方向?yàn)檎较?，?/p>

幅為4cm,因?yàn)?==I。71，則T=0.2s；

觀察波面圖判斷出波長入=6m,則傳播速度為v=亨=總m/s=30m/s；

由于波源的起振方向向上，則在-6m<x<6m、-6mVyV6m區(qū)域中第二次形成如

圖所示波面分布圖中，波前已經(jīng)達(dá)到x=13.5m處，波源已經(jīng)經(jīng)過t=2：T振動，則題圖

中波面分布圖的形成時(shí)間to=0.45s

(2)P點(diǎn)距離0點(diǎn)的波源15m,OP=2.5入，P點(diǎn)距離Q點(diǎn)的波源9m,該波源引起的波的波

第18頁，共22頁

長與。點(diǎn)的波的頻率和波長都相等，QP=1.5入，因OP-QP=入且兩波源起振方向相反，

可知兩波在P點(diǎn)的振動減弱，則振幅為

A=6cm—4cm=2cm

則振動穩(wěn)定后P點(diǎn)在0.6s=3T內(nèi)的路程S=12A=12X2cm=24cm.

答:(1)波速為30m/s,時(shí)間為0.45s；

(2)振動穩(wěn)定后P點(diǎn)在0.6s內(nèi)的路程為24cm

【解析】(1)根據(jù)題意可得周期，根據(jù)波速計(jì)算公式求解波速，由此求出第二次形成分

布圖的時(shí)間；

(2)根據(jù)P到兩波源的距離差分析P的振動情況，從而解得路程。

本題主要是考查了波形圖的認(rèn)識；解答本題關(guān)鍵是要理解波的圖象的變化規(guī)律，能夠根

據(jù)圖像直接讀出振幅、波長和各個(gè)位置處的質(zhì)點(diǎn)振動方向。

16.【答案】解：(1)由題可知，運(yùn)動員從A到B與從B到C的時(shí)間相等，設(shè)時(shí)間間隔為T,

則

2

h2~=gT

v°T=XAB

代入數(shù)據(jù)，解得：v0=30m/s

(2)由題意得，運(yùn)動員落到滑道上時(shí)速度與水平方向的夾角為53。，

速度關(guān)系為：cos53°=

垂直滑道方向，根據(jù)動量定理可得：(mgcos23。一F)t=0-mvsin30°

代入數(shù)據(jù)，解得：F=1302N。

答：(1)運(yùn)動員在空中運(yùn)動的水平速度為30m/s；

(2)屈膝緩沖過程中運(yùn)動員受到的平均沖力的大小為1302N。

【解析】(1)運(yùn)動員在空中的運(yùn)動是平拋運(yùn)動，可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動和

豎直方向的勻加速運(yùn)動，根據(jù)豎直方向的數(shù)據(jù)得到時(shí)間，然后根據(jù)水平方向的速度公式

即可得到運(yùn)動員的水平速度。

(2)根據(jù)動量定理很容易得到運(yùn)動員受到的平均沖力大小。

根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律很容易得到運(yùn)動員的水平速度，但是要注意動量定理是一個(gè)矢量方程,

一定要注意好方向性。

由洛倫茲力提供向心力得：qVoB=mJ

解得:B=登,

帶電粒子在磁場中的軌跡對應(yīng)的圓心角為2xG-。)=|皿

則所求時(shí)間為：1=奈=鬻,

VQ-5VQ

(2)為使所有速度為V。的粒子都不進(jìn)入防護(hù)區(qū)，半徑最大的粒子軌跡如圖2.

則粒子的半徑最大為：r'=^R2-%)=第R，

由洛倫茲力提供向心力：qv0B=mW

解得磁感應(yīng)強(qiáng)度最大值：Bm=(弋mv。

qR

則磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)該滿足的條件為：B＞回警，

qR

(3)已知：v=萼，因R2-R1=(百—1)R，故由幾何關(guān)系可得：AC與y軸夾角為45。

質(zhì)子初速度v在z軸方向和y軸方向的分速度大小均為：vz=Vy==喈,

xOy平面內(nèi)，由洛倫茲力提供向心力得：qVyB=m?

解得：r=R

由(1)分析可知，質(zhì)子軌跡圓和防護(hù)區(qū)邊界相切，如圖3所示：

a=0=-

6

切點(diǎn)x軸坐標(biāo)：x=Rsina=|

切點(diǎn)y軸坐標(biāo)：v—Rcosa=?R

沿z方向?yàn)閯蛩龠\(yùn)動的時(shí)間：t=?迎=*

2KVy3Vy

切點(diǎn)Z軸坐標(biāo)：Z=Vzt=y

質(zhì)子打到防護(hù)區(qū)的位置坐標(biāo)為尊苧R,y)；

答：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為景和粒子在設(shè)定區(qū)內(nèi)的運(yùn)動時(shí)間為翳;