2022屆高三物理重點(diǎn)題型沖刺新高考預(yù)測(cè)卷9(解析版)

2022屆高三重點(diǎn)題型沖刺新高考預(yù)測(cè)卷9

物理試卷

考試時(shí)間：60分鐘滿(mǎn)分：100分

一、選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1?5題只有一項(xiàng)符合

題目要求，第6?8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分）

1.物理學(xué)家在微觀領(lǐng)域發(fā)現(xiàn)了“電子偶素”這一現(xiàn)象.所謂‘'電子偶素”就是由一個(gè)負(fù)電子和一個(gè)

正電子繞它們連線(xiàn)的中點(diǎn)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)形成相對(duì)穩(wěn)定的系統(tǒng).類(lèi)比玻爾的原子量子化模型可知：兩電

子做圓周運(yùn)動(dòng)的可能軌道半徑的取值是不連續(xù)的，所以“電子偶素”系統(tǒng)對(duì)應(yīng)的能量狀態(tài)（能級(jí)）也是不連

續(xù)的.若規(guī)定兩電子相距無(wú)限遠(yuǎn)時(shí)該系統(tǒng)的引力勢(shì)能為零，則該系統(tǒng)的最低能量值為E（E<0）,稱(chēng)為“電

子偶素”的基態(tài)，基態(tài)對(duì)應(yīng)的電子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r.已知正、負(fù)電子的質(zhì)量均為〃?，電荷量大小均為e,

靜電力常量為左，普朗克常量為6則下列說(shuō)法中正確的是（）

A.“電子偶素”系統(tǒng)處于基態(tài)時(shí)，一個(gè)電子運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能為經(jīng)

8r

B.“電子偶素”系統(tǒng)吸收特定頻率的光子發(fā)生能級(jí)躍遷后，電子做圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能增大

C.處于激發(fā)態(tài)的“電子偶素”系統(tǒng)向外輻射光子的最大波長(zhǎng)為一竺

E

E

D.處于激發(fā)態(tài)的“電子偶素”系統(tǒng)向外輻射光子的最小頻率為一±

h

答案：A

解析：本題考查躍遷理論，能量子，電子偶數(shù)能量等于兩個(gè)電子動(dòng)能和電勢(shì)能之和，根據(jù)庫(kù)侖引力提

供向心力求出電子的動(dòng)能，通過(guò)￡皿-琮=成求出“電子偶數(shù)”的最大頻率和最小波長(zhǎng).

考查電子受到的電場(chǎng)力作用為向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，掌握牛頓第二定律的應(yīng)用，知道系統(tǒng)的能量是

動(dòng)能與電勢(shì)能之和.

A.電子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r,正、負(fù)電子的距離為2r,

“電子偶素”系統(tǒng)處于基態(tài)時(shí)，

ke2v2

（2^=mV

一個(gè)電子運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能為=工6"2=竺，故4正確；

K28r

B.“電子偶素”系統(tǒng)吸收特定頻率的光子發(fā)生能級(jí)躍遷后，電子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑增大，動(dòng)能

減小，故8錯(cuò)誤；

CD.根據(jù)光子說(shuō)E=hv,

處于激發(fā)態(tài)的“電子偶素”系統(tǒng)向外輻射光子的最小頻率應(yīng)小于即最大頻率為一9

h.h

最小波長(zhǎng)為-與，故CZ）錯(cuò)誤；

E

故選：Ao

2.針對(duì)新型冠狀病毒肺炎的治療，北京大學(xué)第一醫(yī)院的主任醫(yī)師王貴強(qiáng)在2020年2月20日國(guó)務(wù)院聯(lián)

防聯(lián)控機(jī)制新聞發(fā)布會(huì)上表示：無(wú)論輕重癥，早期的氧療都可以大大緩解這種疾病的發(fā)展?，F(xiàn)有一個(gè)容積

為400L的醫(yī)用氧氣罐，內(nèi)部氣體可視為理想氣體，壓強(qiáng)為15Mpm為了使用方便，用一批相同規(guī)格的小

型氧氣瓶（瓶?jī)?nèi)視為真空）進(jìn)行分裝，發(fā)現(xiàn)恰好能裝滿(mǎn)40個(gè)小氧氣瓶，分裝完成后原醫(yī)用氧氣罐及每個(gè)小氧

氣瓶?jī)?nèi)氣體的壓強(qiáng)均為3Mpm不考慮分裝過(guò)程中溫度的變化及抽氣過(guò)程中的漏氣問(wèn)題，則每個(gè)小氧氣瓶

的容積為（）

A.20LB.40Z.C.50LD.60L

答案：B

解析：本題主要考查了玻意耳定律，關(guān)鍵時(shí)把變質(zhì)量問(wèn)題轉(zhuǎn)化為恒質(zhì)量問(wèn)題，注意氧氣罐內(nèi)留有氣體

即可。

氧氣在分裝過(guò)程中，氣體的溫度不變，根據(jù)玻意耳定律求得壓強(qiáng)變?yōu)?Ma時(shí)的體積，注意氧氣罐內(nèi)

留有400Z,的氣體，即可求得小氧氣瓶的體積。

把氧氣罐內(nèi)的氣體作為整體，在分裝過(guò)程中，氣體做等溫變化，則初態(tài)：p】=15MPa,匕=400L

末態(tài)：p2=3MPa,V2=?

根據(jù)玻意耳定律可得：PIK=P2%

解得%=2000L

每個(gè)小氧氣瓶的容積為二鋁二期泮入二的/,,故ACZ）錯(cuò)誤，8正確

故選：B。

3.2020年12月17日凌晨，嫦娥五號(hào)返回器在我國(guó)內(nèi)蒙古中部四子王旗著陸場(chǎng)成功著陸，這一事件

標(biāo)志著我國(guó)首次月球采樣任務(wù)取得圓滿(mǎn)成功。此次任務(wù)中，為了節(jié)省燃料、保證返回器的安全，也為之后

的載人登月返回做準(zhǔn)備，返回器采用了半彈道跳躍返回方式，具體而言就是返回器先后經(jīng)歷兩次“再入段”,

利用大氣層減速.返回器第一次再入過(guò)程中，除受到大氣阻力外還會(huì)受到垂直速度方向的大氣升力作用，使

其能再次跳躍到距地面高度120km以上的大氣層，做一段跳躍飛行后，又再次進(jìn)入距地面高度120km以下

的大氣層，使再入速度達(dá)到安全著陸的要求.這一返回過(guò)程如圖所示.若不考慮返回器飛行中質(zhì)量的變化,

從以上給出的信息，可以判斷下列說(shuō)法中正確的是（）

A.返回器在第一次再入段，經(jīng)過(guò)軌道最低點(diǎn)。時(shí)所受大氣升力與萬(wàn)有引力大小相等

B.返回器在第一次再入段。點(diǎn)和c點(diǎn)動(dòng)能相等

C.若沒(méi)有大氣層的減速作用，返回器返回著陸點(diǎn)時(shí)的速度等于第一宇宙速度

D.為了利用地球自轉(zhuǎn)，降低回收過(guò)程中的風(fēng)險(xiǎn)，"返回器''應(yīng)采用由西向東進(jìn)入大氣層回收

答案：D

解析：本題考查變軌，萬(wàn)有引力定律應(yīng)用，宇宙速度分析等

A.返回器在第一次再入段，經(jīng)過(guò)軌道最低點(diǎn)時(shí)，由于有向上的加速度，則根據(jù)

??v2

F-F^=m—

可知

??v2

F=F..[+m-

即所受大氣升力大于萬(wàn)有引力大小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.返回器在第一次再入段從a到c的過(guò)程中要克服大氣的阻力做功，則c點(diǎn)的動(dòng)能小于a點(diǎn)動(dòng)能，

選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.若沒(méi)有大氣層的減速作用，當(dāng)返回器帶著月壤，從38萬(wàn)公里遠(yuǎn)的月球風(fēng)馳電掣般向地球飛來(lái)，這

時(shí)它的飛行速度接近每秒11公里的第二宇宙速度，返回器返回著陸點(diǎn)時(shí)的速度大于第一宇宙速度，選項(xiàng)C

錯(cuò)誤；

D.回收過(guò)程中，讓“返回器”與地球自轉(zhuǎn)方向一致，可以減小其與地球大氣的相對(duì)速度，減小摩擦生

熱，降低風(fēng)險(xiǎn)，故D正確。

故選D。

4.如圖所示，豎直墻壁上定一支架MON,其中水平桿M。表面粗糙，傾斜桿ON表面光滑.桿OM、

桿。呼上分別套有小環(huán)P、Q,兩環(huán)由不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩相連，處于平衡狀態(tài).現(xiàn)將環(huán)P水平移動(dòng)一小段距離，

使環(huán)。稍向下移后，兩環(huán)重新達(dá)到平衡.那么移動(dòng)后的平衡狀態(tài)和原來(lái)的平衡狀態(tài)（圖示狀態(tài)）相比較,

下列說(shuō)法正確的是（）

A.桿NO對(duì)環(huán)Q的彈力一定變大

B.細(xì)繩的拉力可能變大

C.環(huán)P與桿MO間的彈力一定變大

D.環(huán)P的摩擦力可能不變

答案：C

解析：本題考查受力分析，整體法隔離法，三角形法則在動(dòng)態(tài)平衡分析中應(yīng)用

對(duì)物體Q進(jìn)行受力分析重力大小方向不變，支持力方向不變，所以根據(jù)矢量三角形可知

所以桿N。對(duì)環(huán)。的彈力N一定變小，細(xì)繩的拉力T一定變大，對(duì)整體進(jìn)行受力分析可知

由于桿NO對(duì)環(huán)。的彈力N一定變小，所以環(huán)P與桿間的彈力M-定變大，桿NO為環(huán)。的彈

力N在水平方向上的分力一定變小，所以環(huán)尸的摩擦力也減小，故選C。

5.一種“光開(kāi)關(guān)”的“核心區(qū)”如圖虛框區(qū)域所示，其中1、2是兩個(gè)完全相同的截面為等腰直角三

角形的棱鏡，直角邊與虛框平行，兩斜面平行，略拉開(kāi)一小段距離，在兩棱鏡之間可充入不同介質(zhì)以實(shí)現(xiàn)

開(kāi)關(guān)功能。單色光。從1的左側(cè)垂直于棱鏡表面射入，若能通過(guò)2,則為“開(kāi)”，否則為“關(guān)”，已知棱鏡

對(duì)〃的折射率為1.5,下列說(shuō)法正確的是（）

A.單色光a在棱鏡中的波長(zhǎng)是在真空中波長(zhǎng)的L5倍

B.若不充入介質(zhì)，則實(shí)現(xiàn)“開(kāi)”功能

C.若充入的介質(zhì)相對(duì)棱鏡是光疏介質(zhì)，有可能實(shí)現(xiàn)“開(kāi)”功能

D.若充入的介質(zhì)相對(duì)棱鏡是光密介質(zhì)，有可能實(shí)現(xiàn)“關(guān)”功能

答案：C

解析：本題考查光路分析與應(yīng)用，折射率等

A.根據(jù)公式可知

*

n

單色光“在棱鏡中的傳播速度為真空中的2:

V=Xf

頻率不變，單色光4在棱鏡中的波長(zhǎng)為在真空中波長(zhǎng)的：2，A錯(cuò)誤；

B.單色光。從1的左側(cè)垂直于棱鏡表面射入，入射角為45°,根據(jù)全反射的條件，臨界角為

sinC=—=—<sin45°=

n32

可知入射角大于臨界角，不充入介質(zhì)，即發(fā)生全反射，光不可以通過(guò)2,實(shí)現(xiàn)“關(guān)”功能，B錯(cuò)誤；

CD.由光密介質(zhì)進(jìn)入光疏介質(zhì)，可能不發(fā)生全反射，進(jìn)入2,可能實(shí)現(xiàn)“開(kāi)”功能，從光疏介質(zhì)進(jìn)入光

密介質(zhì)，不會(huì)發(fā)生全反射，則一定處于開(kāi)狀態(tài)，D錯(cuò)誤C正確。

故選C?

6.如圖甲所示電路中，變壓器為理想變壓器，電壓表和電流表均為理想電表，a、b接如圖乙所示電

壓，Ro、尺均為定值電阻，R為滑動(dòng)變阻器?，F(xiàn)將開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，觀察到電流表Ai的示數(shù)減小了0.1A,電

流表A2的示數(shù)減小了0.5A,則下列說(shuō)法正確的是（）

甲

A.電壓表V2的示數(shù)為40V

B.電壓表V3示數(shù)變化量的大小等于定值電阻品兩端電壓變化量的大小

C.電壓表V3示數(shù)變化量的大小與電流表Ai示數(shù)變化量的大小的比值不變

D.若將滑動(dòng)變阻器的滑片向“端滑動(dòng)，電壓表V3的示數(shù)與電壓表V、的示數(shù)的比值變大

答案：BC

解析：本題考查交流電路動(dòng)態(tài)分析，變壓器原理，交流電圖像分析等

A.由公式

/]=幾2

12"

得

_M_05_5

%A/j0.1

又

4J

由圖乙可知

U\=*V=100瓜

解得

(72=20V2V

A錯(cuò)誤

B.開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)后電壓表匕的示數(shù)不變，副線(xiàn)圈的電流減小，所以定值電阻用兩端的電壓減小，電壓

表匕的示數(shù)一定增大，且變化量的大小等于定值電阻用兩端電壓變化量的大小，B正確;

c.電壓表匕示數(shù)變化量的大小與電流表為示數(shù)變化量的大小42的比值

必=4

保持不變，又

*既=5

%△/]

所以

生=5&

不變，C正確；

D.若將滑動(dòng)變阻器的滑片向，/端滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值變小，總電阻變小，所以副線(xiàn)圈

的電流變大，定值電阻后的分壓變大，故電壓表匕的示數(shù)變小，而電壓表K的示數(shù)不變，電壓表匕的示

數(shù)與電壓表匕的示數(shù)的比值變小，D錯(cuò)誤。

故選BC,

7.一簡(jiǎn)諧橫波以4m/s的波速沿水平繩向x軸正方向傳播。已知/=0時(shí)的波形如圖所示，繩上兩質(zhì)點(diǎn)

3

的平衡位置相距波長(zhǎng)的;。設(shè)向上為正，八時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)M位移為-0。2m且向上運(yùn)動(dòng)，S小于一個(gè)周期）。

4

則下列說(shuō)法正確的是（）

A.該橫波的波長(zhǎng)為4m

B.匚0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)N向上振動(dòng)

〃5

C.

O

D.力時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)N的位移為6cm

答案：AC

解析：本題考查機(jī)械波圖像分析與計(jì)算

A.半波長(zhǎng)為2m,故

A=4m

故A正確；

B.波沿水平繩向x軸正方向傳播，根據(jù)同側(cè)法，可以判斷片0時(shí)刻，N點(diǎn)向下振動(dòng)，故B錯(cuò)誤;

C.由

2=4m,v=4m/s,v=

T=1s

6?=27rrad/s

廣0時(shí)亥ij,〃在y=0.02m,振幅為0.04m,故初相為

9=

所以M的振動(dòng)方程為

yM=0.04sin(2R+—)m

經(jīng)時(shí)間3小于一個(gè)周期），例點(diǎn)的位移-0.02m,即

-0.02=0.04sin（2^,+-）

解得

故c正確；

33

D.因?yàn)閮少|(zhì)點(diǎn)M、N的平衡位置相距波長(zhǎng)的：，故N點(diǎn)落后M點(diǎn)=7,所以N點(diǎn)的初相

44

乃3c4

--------X2"=-----71

643

故N點(diǎn)的振動(dòng)方程為

4

yN=0.04sin(Int-—m

將

5

?1=6S

代入得

yN=0.02>/3m

故D錯(cuò)誤。

故選AC.

8.CT掃描是計(jì)算機(jī)X射線(xiàn)斷層掃描技術(shù)的簡(jiǎn)稱(chēng)，CT掃描機(jī)可用于對(duì)多種病情的探測(cè)。圖(a)是某種

CT機(jī)主要部分的剖面圖，其中X射線(xiàn)產(chǎn)生部分的示意圖如圖(b)所示。圖(b)中M、N之間有一電子束的加

速電場(chǎng)，虛線(xiàn)框內(nèi)有勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開(kāi)始沿帶箭頭的實(shí)線(xiàn)所示的方向前進(jìn)，打到靶

上，產(chǎn)生X射線(xiàn)(如圖中帶箭頭的虛線(xiàn)所示)；將電子束打到靶上的點(diǎn)記為P點(diǎn)。則()

A.M處的電勢(shì)高于N處的電勢(shì)

B.增大M、N之間的加速電壓可使P點(diǎn)左移

C.偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向里

D.增大偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可使P點(diǎn)左移

答案：CD

解析：本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，綜合分析與應(yīng)用。

A.加速電場(chǎng)要對(duì)電子加速，電場(chǎng)力水平向右，場(chǎng)強(qiáng)方向向左，故M處的電勢(shì)低于N處的電勢(shì)，所以

A錯(cuò)誤;

B.加速電場(chǎng)對(duì)電子做功有Ue=4根電子獲得的速度為u=J生，進(jìn)入磁場(chǎng)后粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，

2Vm

niv1121Jm

軌跡半徑一=—=-J——，可知增大加速電壓，軌跡半徑增大，而磁場(chǎng)寬度是d固定的，設(shè)粒子離開(kāi)

BeB\e

磁場(chǎng)時(shí)的軌跡圓心角為仇則有d=,sin。，可知增大加速電壓，粒子的軌跡圓心角變小，那么粒子打在靶上

的位置會(huì)右移，故B錯(cuò)：

C.根據(jù)圖示可知電子的洛倫茲力向下，根據(jù)左手定則，可知偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的方向是垂直紙面向向里，故C

對(duì)：

D.增大偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度可知偏轉(zhuǎn)半徑變小，則粒子的軌跡圓心角變大，那么，那么粒子打在靶

上的位置會(huì)左移，故D對(duì)。

二、填空題(本題共2小題，共12分)

9.圖甲為某實(shí)驗(yàn)小組同時(shí)測(cè)量A、B兩個(gè)箱子質(zhì)量的裝置圖，其中。為鐵架臺(tái)，E為固定在鐵架臺(tái)上

的輕質(zhì)定滑輪(質(zhì)量和摩擦可忽略不計(jì))，尸為光電門(mén)，C為固定在4上、寬度為d的細(xì)遮光條(質(zhì)量不計(jì)),

此外，該實(shí)驗(yàn)小組還準(zhǔn)備了一套祛碼(總質(zhì)量為%=1kg)和刻度尺等，請(qǐng)?jiān)谝韵聦?shí)驗(yàn)步驟中按要求作答。

(1)在鐵架臺(tái)上標(biāo)記一位置。，并測(cè)得該位置與光電門(mén)廠之間的高度差鼠

(2)取出質(zhì)量為m的祛碼放在A箱子中，剩余祛碼都放在B箱子中，讓A從位置0由靜止開(kāi)始下降,

則A下落到尸處的過(guò)程中，其機(jī)械能是的(填“增加”、“減少”或“守恒”)。

(3)記錄下遮光條通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間3根據(jù)所測(cè)數(shù)據(jù)可計(jì)算出A下落到F處的速度丫=,下

落過(guò)程中的加速度大小々=(用&t、力表示)。

(4)改變相重復(fù)(2)(3)步驟，得到多組機(jī)與a的數(shù)據(jù)，作出為"圖像如圖乙所示?？傻肁的質(zhì)量啊=

kg,B的質(zhì)量"辦=kg(重力加速度大小g取98■2)。

答案：(2)減少⑶色￡(4)3.01.0

t2hr

解析：本題考查機(jī)械能守恒實(shí)驗(yàn)變形

(2)[IJA下落到F處的過(guò)程中，受到繩子的拉力，拉力做負(fù)功，則其機(jī)械能減少

(3)[2]A下落到F處的速率為v

d

v=—

(3]由速度位移公式得

2ah=v2

解得

d2

a=----r-

2ht2

(4)14][5J把三個(gè)物體"m,A,B作為一個(gè)系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律

(，％=(w0+mA+mB)a

可得

2gtn.

a=----------------in+————也g

町)+

，4)+mA+mBmA+mB

可知圖像的斜率

k=4=——四——

+mA+mB

縱截距

b=2=—^——@~@g

m0+mA+mB

解得

mA=3.0kg

=L0kg

10.某同學(xué)為精確測(cè)量某金屬圓柱的電阻，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路圖?，F(xiàn)在需要兩個(gè)量程為200mA

的電流表，但實(shí)驗(yàn)室提供的器材中，一個(gè)電流表的量程為100mA,內(nèi)阻為12C,另外一個(gè)電流表的量程為

200mA。

甲

(1)圖中E為學(xué)生電源、G為靈敏電流計(jì)、Ai代表量程為100mA電流表A(圖中未畫(huà)出)改裝后的電流

表、A2為量程為200mA的電流表、尺為電阻箱、R與R3均為滑動(dòng)變阻器、為定值電阻、S為開(kāi)關(guān)、&

為待測(cè)金屬圓柱，另有導(dǎo)線(xiàn)若干，這些器材全部由實(shí)驗(yàn)室提供。具體的實(shí)驗(yàn)操作如下：

A.按照如圖甲所示的電路圖連接好實(shí)驗(yàn)器材；

B.將滑動(dòng)變組器&的滑片、滑動(dòng)變阻器心的滑片均調(diào)至適當(dāng)位置，閉合開(kāi)關(guān)S；

C.調(diào)整R3,逐步增大輸出電壓，并反復(fù)調(diào)整/?1和此使靈敏電流計(jì)G的示數(shù)為零，此時(shí)量程為100mA

的電流表A的示數(shù)為％A2的示數(shù)為/2,電阻箱的示數(shù)為所；

D.實(shí)驗(yàn)完畢，整理器材。

①實(shí)驗(yàn)步驟B中滑動(dòng)變阻器心的滑片應(yīng)調(diào)至最（填“左”或“右”）端；

②某次測(cè)量時(shí)，量程為100mA的電流表A的指針位置如圖乙所示,則此時(shí)通過(guò)&的電流為mA。

（2）待測(cè)金屬圓柱Rx的阻值為（用所測(cè)物理量的字母表示）。

⑶電流表Ai、A2的內(nèi)阻對(duì)測(cè)量結(jié)果（填“有”或“無(wú)”）影響。

21.R.

答案：⑴左160⑵一尸⑶無(wú)

12

解析：本題考查電阻測(cè)量改裝電路分析等

（1）實(shí)驗(yàn)步驟B中滑動(dòng)變阻器心的滑片應(yīng)調(diào)至最左端，使元件電壓從零開(kāi)始，保護(hù)元件及電表。

把量程為100mA電流表A改裝為量程為200mA的電流表A”應(yīng)并聯(lián)一個(gè)阻值為12。的電阻，乙圖

的示數(shù)為80mA,根據(jù)電表改裝原理可知，流過(guò)&的電流應(yīng)為示數(shù)的2倍，即160mA。

（2）靈敏電流計(jì)G的示數(shù)為零時(shí)滿(mǎn)足

2/內(nèi)=/一

可得待測(cè)金屬圓柱Rx的阻值為

R=^-

/,

（3）由以測(cè)量的表達(dá)式可知，電流表Ai、Aa的內(nèi)阻對(duì)測(cè)量結(jié)果無(wú)影響。

三、計(jì)算題（本題共3題，第11題14分，第12題16分，第13題18分，要求寫(xiě)出必要的解題推導(dǎo)過(guò)程,

公式依據(jù)等）

11.北京冬奧會(huì)冰壺比賽精彩紛呈，運(yùn)動(dòng)員可以通過(guò)冰壺刷摩擦冰壺前方的冰面來(lái)控制冰壺的運(yùn)動(dòng)。

在某次練習(xí)中，A壺與B壺在水平冰面上發(fā)生了對(duì)心碰撞（碰撞時(shí)間不計(jì)），碰后運(yùn)動(dòng)員立即用冰壺刷摩擦

B壺前方的冰面，刷冰后B壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)變小。碰撞前后一段時(shí)間內(nèi)兩壺運(yùn)動(dòng)的V7圖像如圖

所示，已知直線(xiàn)①與直線(xiàn)③平行，且兩冰壺質(zhì)量相等，不計(jì)冰壺所受的空氣阻力及冰壺的旋轉(zhuǎn)，求：

（l）0~ls內(nèi)A壺的位移：（2）碰后B壺的加速度；（3）圖像中橫坐標(biāo)。與，2的比值。

2

答案：⑴0.9m；（2）0.15m/s,,方向與運(yùn)動(dòng)方向相反；⑶不。

解析：本題考查動(dòng)量守恒定律，碰撞應(yīng)用，圖像分析

（1）由UT圖像可知,0~ls內(nèi)A壺的運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)直線(xiàn)①，可知A壺在f=0時(shí)的初速度為%=lm/s,在f=ls

時(shí)的初速度為匕=（）?8m/s,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式占=區(qū)署，

代入數(shù)據(jù)解得A壺的位移為占=0.9m

(2)由y-f圖像中直線(xiàn)①可得A壺的加速度怎=竺=空。m/s2=-O.2m/s2

Ar1

直線(xiàn)①的延長(zhǎng)線(xiàn)到，2時(shí)刻，則有。=%+以，2

解得％=5s

VT圖像中直線(xiàn)②的斜率絕對(duì)值小，對(duì)應(yīng)的加速度小，即直線(xiàn)②對(duì)應(yīng)碰后B壺的運(yùn)動(dòng)，故有

Av0-0.6八,2

a=—=-----m/s2=-0.15m/s

BnZ5-1

碰后B壺的加速度大小為015ni/s2，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反；

⑶由PT圖像可知A壺與B壺在f=ls時(shí)發(fā)生碰撞，設(shè)碰后A壺的速度為以，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得

mVy=znvA+mv3

解得以=().2m/s

,0-v0-0.2?

A壺碰后到停下所用時(shí)間為，=一^A=——s=\s

aK-0.2

可得乙=/+ls=2s

故有d

*2。

-4

12.如圖甲為模擬電磁驅(qū)動(dòng)和電磁剎車(chē)的裝置半徑為『丁m、匝數(shù)為”=10不計(jì)內(nèi)阻的金屬圓形線(xiàn)

圈水平放置，線(xiàn)圈內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度8隨時(shí)間，的變化關(guān)系為8=0.If(T)線(xiàn)

圈與水平放置的平行導(dǎo)軌相連，兩導(dǎo)軌不計(jì)電阻且足夠長(zhǎng)，間距L=1.0mo現(xiàn)用三根并排固定在一起的導(dǎo)

體棒模擬小車(chē)，三根導(dǎo)體棒用油、〃兩根絕緣材料固定，相鄰導(dǎo)體棒間距用0.2m,導(dǎo)體棒長(zhǎng)度也為L(zhǎng)=L0m,

且與導(dǎo)軌垂直，接觸良好。導(dǎo)體棒連同固定材料總質(zhì)量，〃=10kg,每根導(dǎo)體棒的電阻為尸3.0Q,該模擬小

車(chē)在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受摩擦阻力戶(hù)0.2v(N),v為模擬小車(chē)運(yùn)行的速率。求：

甲

(1)在平行導(dǎo)軌區(qū)域加一豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bo=0.6T,U0時(shí)刻，閉合開(kāi)關(guān)S,當(dāng)模擬

小車(chē)車(chē)速為v=10m/s時(shí)，模擬小車(chē)的加速度〃的大?。辉撃M小車(chē)能達(dá)到的最大速度v?,:

(2)當(dāng)模擬小車(chē)以第(1)問(wèn)中的最大速度外運(yùn)行時(shí)，某時(shí)刻斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S,并將平行導(dǎo)軌區(qū)域的磁場(chǎng)改為如

圖乙所示的磁場(chǎng)，導(dǎo)軌間存在矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域?qū)挾葹閐=0.2m,且相鄰磁場(chǎng)區(qū)域間的距離為2d,

勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8/=6.0T,方向垂直軌道平面向下，求模擬小車(chē)減速向前運(yùn)動(dòng)的距離X。(結(jié)

果保留1位小數(shù))

120

答案：(l)0.4m/s2,---m/s；(2)20.9m

7

解析：本題考查電磁感應(yīng)綜合分析應(yīng)用

(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，線(xiàn)圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)￡,=〃絲=?S=16V

ArAr

當(dāng)模擬小車(chē)的乍速為v=10m/s時(shí)，導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)=8°)=6V

每根導(dǎo)體棒上通過(guò)的電流/=E-E=：10A

r3

每根導(dǎo)體棒所受安培力F=B0IL=2N

當(dāng)模擬小乍的車(chē)速為v=10m/s時(shí)，模擬小車(chē)所受摩擦阻力/=0.2v=2N

根據(jù)牛頓第二定律3/一/=5

解得a=01制2

F-Flv

當(dāng)模擬小車(chē)速度達(dá)到最大速度v時(shí)，模擬小乍所受安培力與摩擦阻力平衡3穌X-!-=0.2%

mr

120,

解得%=-m/s

(2)根據(jù)圖乙中的磁場(chǎng)分布可知在任意時(shí)刻只有一根導(dǎo)體棒處于磁場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)量定理

一修_"=。一叫

B；I3X

-0.2x=-wv

兩式聯(lián)立可得■-3-m

—r

2

解得產(chǎn)20.9m

13.如圖所示，直角坐標(biāo)系中，y軸左側(cè)有一半徑為〃的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，與y軸相切于A點(diǎn)，A

點(diǎn)坐標(biāo)為第一象限內(nèi)也存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩區(qū)域磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為8,方向垂直紙面

向外。圓形磁場(chǎng)區(qū)域下方有兩長(zhǎng)度均為2a的金屬極板M、N,兩極板與x軸平行放置且右端與y軸齊平。

現(xiàn)僅考慮紙面平面內(nèi)，在極板〃的上表面均勻分布著相同的帶電粒子，每個(gè)粒子的質(zhì)量為巾，電量為+4。

兩極板加電壓后，在板間產(chǎn)生的勻強(qiáng)電場(chǎng)使這些粒子從靜止開(kāi)始加速，并順利從網(wǎng)狀極板N穿出，然后經(jīng)

過(guò)圓形磁場(chǎng)都從A點(diǎn)進(jìn)入第一象限。其中部分粒子打在放置于x軸的感光板C。上，感光板的長(zhǎng)度為2.8a,

厚度不計(jì)，其左端C點(diǎn)坐標(biāo)為打到感光板上的粒子立即被吸收，從第一象限磁場(chǎng)射出的粒子不

再重新回到磁場(chǎng)中。不計(jì)粒子的重力和相互作用，忽略粒子與感光板碰撞的時(shí)間。

(1)求兩極板間的電壓U；

(2)在感光板上某區(qū)域內(nèi)的同一位置會(huì)先后兩次接收到粒子，該區(qū)域稱(chēng)為“二度感光區(qū)”，求：

①