2023學(xué)年完整公開課版2022年高考題12套

2022年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試(新課標(biāo)Ⅰ)14.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅰ)兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同、方向平行.一速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直的帶電粒子(不計重力),從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后,粒子的(D)A.軌道半徑減小,角速度增大B.軌道半徑減小,角速度減小C.軌道半徑增大,角速度增大D.軌道半徑增大,角速度減小解析:因洛倫茲力不做功,故帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱的磁場區(qū)域后,其速度大小不變,由r=mvqB知,軌道半徑增大;由角速度ω=vr知,角速度減小,選項15.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅰ)如圖,直線a,b和c,d是處于勻強電場中的兩組平行線,M,N,P,Q是它們的交點,四點處的電勢分別為φM,φN,φP,φQ.一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中,電場力所做的負功相等.則(B)A.直線a位于某一等勢面內(nèi),φM>φQB.直線c位于某一等勢面內(nèi),φM>φNC.若電子由M點運動到Q點,電場力做正功D.若電子由P點運動到Q點,電場力做負功解析:由電子從M點分別運動到N點和P點的過程中,電場力所做的負功相等可知,φM>φN=φP,故過N,P點的直線d位于某一等勢面上,則與直線d平行的直線c也位于某一等勢面上,選項A錯誤,B正確;φM=φQ,則電子由M點運動到Q點,電場力不做功,選項C錯誤;由于φP<φM=φQ,電子由P點運動到Q點,電勢能減小,電場力做正功,選項D錯誤.16.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅰ)一理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為3∶1,在原、副線圈的回路中分別接有阻值相同的電阻,原線圈一側(cè)接在電壓為220V的正弦交流電源上,如圖所示.設(shè)副線圈回路中電阻兩端的電壓為U,原、副線圈回路中電阻消耗的功率的比值為k,則(A)=66V,k=19 =22V,k==66V,k=13 =22V,k=解析:設(shè)原線圈中電流為I,由I1I2=n2n1知副線圈中的電流I2=3I,由題意知副線圈中電阻兩端的電壓U=3IR,則原線圈回路中R兩端的電壓U'=IR=U3,原線圈兩端的電壓U1=3U,由閉合電路中電壓關(guān)系可知U1+U'=220V,即3U+U3=220V,解得U=66V,原線圈回路中電阻消耗的功率P1=I2R,副線圈回路中電阻消耗的功率P2=(3I)2R,k=P17.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅰ)如圖,一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置,直徑POQ水平.一質(zhì)量為m的質(zhì)點自P點上方高度R處由靜止開始下落,恰好從P點進入軌道.質(zhì)點滑到軌道最低點N時,對軌道的壓力為4mg,g為重力加速度的大小.用W表示質(zhì)點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功.則(C)=12mgR,>12mgR,=12mgR,質(zhì)點到達Q點后,<12mgR,質(zhì)點到達Q點后,解析:質(zhì)點由靜止開始下落到最低點N的過程中由動能定理:mg·2R-W=12mv質(zhì)點在最低點:FN-mg=m由牛頓第三定律得:FN=4mg聯(lián)立得W=12mgR,質(zhì)點由N點到Q點的過程中在等高位置處的速率總小于由P點到N點下滑時的速率,故由N點到Q點過程克服摩擦力做功W'<W,故質(zhì)點到達Q點后,會繼續(xù)上升一段距離,選項C18.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅰ)一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖所示.水平臺面的長和寬分別為L1和L2,中間球網(wǎng)高度為h,發(fā)射機安裝于臺面左側(cè)邊緣的中點,能以不同速率向右側(cè)不同方向水平發(fā)射乒乓球,發(fā)射點距臺面高度為3h.不計空氣的作用,重力加速度大小為g.若乒乓球的發(fā)射速率v在某范圍內(nèi),通過選擇合適的方向,就能使乒乓球落到球網(wǎng)右側(cè)臺面上,則v的最大取值范圍是(D)A.L12gB.L14C.L12D.L14解析:乒乓球做平拋運動,落到右側(cè)臺面上時經(jīng)歷的時間t1滿足3h=12gt12.當(dāng)v取最大值時其水平位移最大,落點應(yīng)在右側(cè)臺面的臺角處,有vmaxt1=L12+(L22)

2,解得vmax=12(4L12+L22)g619.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅰ)1824年,法國科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”.實驗中將一銅圓盤水平放置,在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針,如圖所示.實驗中發(fā)現(xiàn),當(dāng)圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時,磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動起來,但略有滯后.下列說法正確的是(AB)A.圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)電動勢B.圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動C.在圓盤轉(zhuǎn)動的過程中,磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了變化D.圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流,此電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動解析:當(dāng)圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時,圓盤的半徑切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流,選項A正確;圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場對磁針施加磁場力作用,導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動,選項B正確;由于圓盤中心正上方懸掛小磁針,在圓盤轉(zhuǎn)動過程中,磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量不變,選項C錯誤;圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成的電流的磁場沿圓盤軸線方向,此磁場不會導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動,選項D錯誤.20.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅰ)如圖(a),一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面,其運動的vt圖線如圖(b)所示.若重力加速度及圖中的v0,v1,t1均為已知量,則可求出(ACD)圖(a)圖(b)A.斜面的傾角B.物塊的質(zhì)量C.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度解析:設(shè)物塊的質(zhì)量為m、斜面的傾角為θ,物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ,物塊沿斜面上滑和下滑時的加速度大小分別為a1和a2,根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,mgsinθ-μmgcosθ=ma2.再結(jié)合vt圖線斜率的物理意義有a1=v0t1,a2=v1t1.由上述四式可見,無法求出m,可以求出θ、μ,故選項B錯誤,A,C均正確;0~t1時間內(nèi)的vt圖線與橫軸包圍的面積大小等于物塊沿斜面上滑的最大距離,θ已求出21.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅰ)我國發(fā)射的“嫦娥三號”登月探測器靠近月球后,先在月球表面附近的近似圓軌道上繞月運行;然后經(jīng)過一系列過程,在離月面4m高處做一次懸停(可認為是相對于月球靜止);最后關(guān)閉發(fā)動機,探測器自由下落.已知探測器的質(zhì)量約為×103kg,地球質(zhì)量約為月球的81倍,地球半徑約為月球的倍,地球表面的重力加速度大小約為9.8A.在著陸前的瞬間,速度大小約為8.B.懸停時受到的反沖作用力約為2×103NC.從離開近月圓軌道到著陸這段時間內(nèi),機械能守恒D.在近月圓軌道上運行的線速度小于人造衛(wèi)星在近地圓軌道上運行的線速度解析:月球表面重力加速度大小g月=GM月R月2,g地=GM地R地2,得g月=3.7281g地≈1.66m/s2,則探測器在月球表面著陸前的速度大小vt=2g月h=3.6m/s,選項A錯誤;懸停時受到的反沖作用力F=mg月≈2×103N,選項第Ⅱ卷22.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅰ)某物理小組的同學(xué)設(shè)計了一個粗測玩具小車通過凹形橋最低點時的速度的實驗.所用器材有:玩具小車、壓力式托盤秤、凹形橋模擬器(圓弧部分的半徑為R=0.20完成下列填空:(1)將凹形橋模擬器靜置于托盤秤上,如圖(a)所示,托盤秤的示數(shù)為1.(2)將玩具小車靜置于凹形橋模擬器最低點時,托盤秤的示數(shù)如圖(b)所示,該示數(shù)為kg;

(3)將小車從凹形橋模擬器某一位置釋放,小車經(jīng)過最低點后滑向另一側(cè).此過程中托盤秤的最大示數(shù)為m;多次從同一位置釋放小車,記錄各次的m值如下表所示:序號12345m(kg)(4)根據(jù)以上數(shù)據(jù),可求出小車經(jīng)過凹形橋最低點時對橋的壓力為N;小車通過最低點時的速度大小為m/s.(重力加速度大小取9.80m/s2,計算結(jié)果保留解析:(2)托盤秤的最小刻度為0.1kg,讀數(shù)要估讀到0(4)小車經(jīng)過凹形橋最低點時對橋的壓力FN=mg-M橋g=N≈N,小車通過最低點時受到的支持力FN'=FN=N,小車質(zhì)量m車=1.40kg-1.00kg=0.40kg答案:(2)(4)23.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅰ)圖(a)為某同學(xué)改裝和校準(zhǔn)毫安表的電路圖,其中虛線框內(nèi)是毫安表的改裝電路.(1)已知毫安表表頭的內(nèi)阻為100Ω,滿偏電流為1mA;R1和R2為阻值固定的電阻.若使用a和b兩個接線柱,電表量程為3mA;若使用a和c兩個接線柱,電表量程為10mA.由題給條件和數(shù)據(jù),可以求出R1=Ω,R2=Ω.

(2)現(xiàn)用一量程為3mA、內(nèi)阻為150Ω的標(biāo)準(zhǔn)電流表○A對改裝電表的3mA擋進行校準(zhǔn),校準(zhǔn)時需選取的刻度為,,,,,mA.電池的電動勢為V,內(nèi)阻忽略不計;定值電阻R0有兩種規(guī)格,阻值分別為300Ω和1000Ω;滑動變阻器R有兩種規(guī)格,最大阻值分別為750Ω和3000Ω.則R0應(yīng)選用阻值為Ω的電阻,R應(yīng)選用最大阻值為Ω的滑動變阻器.

(3)若電阻R1和R2中有一個因損壞而阻值變?yōu)闊o窮大,利用圖(b)的電路可以判斷出損壞的電阻.圖(b)中的R'為保護電阻,虛線框內(nèi)未畫出的電路即為圖(a)虛線框內(nèi)的電路.則圖中的d點應(yīng)和接線柱(填“b”或“c”)相連.判斷依據(jù)是:.

解析:(1)由并聯(lián)電路各支路兩端電壓相等有:使用a和b兩個接線柱時1mA×100Ω=(3-1)mA×(R1+R2);使用a和c兩個接線柱時1mA×(100Ω+R2)=(10-1)mA×R1,聯(lián)立可得R1=15Ω,R2=35Ω.(2)由題意知校準(zhǔn)時電路中電流的范圍為mA≤I≤mA,則由閉合電路歐姆定律知電路中總電阻R總=EI,滿足500Ω≤R總≤3000Ω,而兩電表的總電阻RA=150Ω+1mA×100Ω3mA=183Ω,故R0+R應(yīng)滿足317Ω≤R0+R≤2817Ω,可知R0只能選用300Ω的,(3)在圖(b)電路中,當(dāng)d接c時,若R1損壞,則毫安表仍接入電路而有示數(shù),若R2損壞,則毫安表不接入電路而無示數(shù),故可由毫安表有無示數(shù)來判斷損壞的電阻;當(dāng)d接b時,無論R1還是R2損壞,對毫安表示數(shù)的影響相同,從而不能進行判定.答案:(1)1535(2)3003000(3)c閉合開關(guān)時,若電表指針偏轉(zhuǎn),則損壞的電阻是R1;若電表指針不動,則損壞的電阻是R224.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅰ)如圖,一長為10cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中;磁場的磁感應(yīng)強度大小為T,方向垂直于紙面向里;彈簧上端固定,下端與金屬棒絕緣.金屬棒通過開關(guān)與一電動勢為12V的電池相連,電路總電阻為2Ω.已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5cm;閉合開關(guān),系統(tǒng)重新平衡后,兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時相比均改變了0.解析:依題意,開關(guān)閉合后,電流方向為從b到a,由左手定則可知,金屬棒所受的安培力方向為豎直向下.開關(guān)斷開時,兩彈簧各自相對于其原長的伸長量為Δl1=0.2kΔl1=mg①式中,m為金屬棒的質(zhì)量,k是彈簧的勁度系數(shù),g是重力加速度的大小.開關(guān)閉合后,金屬棒所受安培力的大小為F=ILB②式中,I是回路電流,L是金屬棒的長度.兩彈簧各自再伸長了Δl2=0.由胡克定律和力的平衡條件得2k(Δl1+Δl2)=mg+F③由歐姆定律有E=IR④式中,E是電池的電動勢,R是電路總電阻.聯(lián)立①②③④式,并代入題給數(shù)據(jù)得m=0.答案:見解析25.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅰ)一長木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物塊;在木板右方有一墻壁,木板右端與墻壁的距離為4.5m,如圖(a)所示.t=0時刻開始,小物塊與木板一起以共同速度向右運動,直至t=1s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短).碰撞前后木板速度大小不變,方向相反;運動過程中小物塊始終未離開木板.已知碰撞后1s時間內(nèi)小物塊的vt圖線如圖(b)所示.木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍,重力加速度大小g取10圖(a)圖(b)(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2;(2)木板的最小長度;(3)木板右端離墻壁的最終距離.解析:(1)規(guī)定向右為正方向.木板與墻壁相碰前,小物塊和木板一起向右做勻變速運動,設(shè)加速度為a1,小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M,由牛頓第二定律有-μ1(m+M)g=(m+M)a1①由圖(b)可知,木板與墻壁碰前瞬間的速度v1=4m由運動學(xué)公式得v1=v0+a1t1②s0=v0t1+12a1t式中,t1=1s,s0=4.5m是木板與墻壁碰前瞬間的位移聯(lián)立①②③式并結(jié)合題給條件得μ1=④在木板與墻壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做勻變速運動,小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動.設(shè)小物塊的加速度為a2,由牛頓第二定律有-μ2mg=ma2⑤由圖(b)可得a2=v2式中,t2=2s,v2=0,聯(lián)立⑤⑥式并結(jié)合題給條件得μ2=;⑦(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3,經(jīng)過時間Δt,木板和小物塊剛好具有共同速度v3.由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3⑧v3=-v1+a3Δt⑨v3=v1+a2Δt⑩碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中,木板的位移為s1=-v1小物塊的位移為s2=v1+小物塊相對木板的位移為Δs=s2-s1聯(lián)立⑥⑧⑨⑩式,并代入數(shù)據(jù)得Δs=6因為運動過程中小物塊沒有脫離木板,所以木板的最小長度應(yīng)為6.(3)在小物塊和木板具有共同速度后,兩者向左做勻變速運動直至停止,設(shè)加速度為a4,此過程中小物塊和木板運動的位移為s3.由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得μ1(m+M)g=(m+M)a40-v32=2a碰后木板運動的位移為s=s1+s3聯(lián)立⑥⑧⑨⑩式,并代入數(shù)據(jù)得s=-木板右端離墻壁的最終距離為6.答案:(1)(2)6.0m33.[物理——選修33](2022全國新課標(biāo)理綜Ⅰ)(1)下列說法正確的是(填正確答案標(biāo)號)

A.將一塊晶體敲碎后,得到的小顆粒是非晶體B.固體可以分為晶體和非晶體兩類,有些晶體在不同方向上有不同的光學(xué)性質(zhì)C.由同種元素構(gòu)成的固體,可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體D.在合適的條件下,某些晶體可以轉(zhuǎn)變?yōu)榉蔷w,某些非晶體也可以轉(zhuǎn)變?yōu)榫wE.在熔化過程中,晶體要吸收熱量,但溫度保持不變,內(nèi)能也保持不變(2)如圖,一固定的豎直汽缸由一大一小兩個同軸圓筒組成,兩圓筒中各有一個活塞.已知大活塞的質(zhì)量為m1=2.50kg,橫截面積為S1=80.0cm2;小活塞的質(zhì)量為m2=1.50kg,橫截面積為S2=40.0cm2;兩活塞用剛性輕桿連接,間距保持為l=40.0cm;汽缸外大氣的壓強為p=×105Pa,溫度為T=303①在大活塞與大圓筒底部接觸前的瞬間,缸內(nèi)封閉氣體的溫度;②缸內(nèi)封閉的氣體與缸外大氣達到熱平衡時,缸內(nèi)封閉氣體的壓強.解析:(1)晶體被敲碎后,其空間點陣結(jié)構(gòu)未變,仍是晶體,A錯誤;單晶體光學(xué)性質(zhì)各向異性,B正確;同種元素由于空間的排列結(jié)構(gòu)而形成不同物質(zhì)的晶體,C正確;如果外界條件改變了分子或原子的空間排列結(jié)構(gòu),晶體和非晶體之間可以互相轉(zhuǎn)化,D正確;在晶體熔化過程中,溫度保持不變,只是分子平均動能保持不變,分子勢能會發(fā)生改變,內(nèi)能也會改變,E錯誤.(2)①設(shè)初始時氣體體積為V1,在大活塞與大圓筒底部接觸前的瞬間,缸內(nèi)封閉氣體的體積為V2,溫度為T2.由題給條件得V1=S2l-l2+S1lV2=S2l在活塞緩慢下移的過程中,用p1表示缸內(nèi)氣體的壓強,由力的平衡條件得S1(p1-p)=m1g+m2g+S2(p1-p故缸內(nèi)氣體的壓強不變.由蓋—呂薩克定律有V1T1聯(lián)立①②④式并代入題給數(shù)據(jù)得T2=330K;⑤②在大活塞與大圓筒底部剛接觸時,被封閉氣體的壓強為p1.在此后與汽缸外大氣達到熱平衡的過程中,被封閉氣體的體積不變.設(shè)達到熱平衡時被封閉氣體的壓強為p',由查理定律,有p'T=聯(lián)立③⑤⑥式并代入題給數(shù)據(jù)得p'=×105Pa答案:(1)BCD(2)①330K②×105Pa34.[物理——選修34](2022全國新課標(biāo)理綜Ⅰ)(1)在雙縫干涉實驗中,分別用紅色和綠色的激光照射同一雙縫,在雙縫后的屏幕上,紅光的干涉條紋間距Δx1與綠光的干涉條紋間距Δx2相比,Δx1Δx2(填“>”“=”或“<”).若實驗中紅光的波長為630nm,雙縫與屏幕的距離為1.00m,測得第1條到第6條亮條紋中心間的距離為10.5(2)甲、乙兩列簡諧橫波在同一介質(zhì)中分別沿x軸正向和負向傳播,波速均為v=25cm/s.兩列波在t=0①t=0時,介質(zhì)中偏離平衡位置位移為16cm②從t=0開始,介質(zhì)中最早出現(xiàn)偏離平衡位置位移為-16解析:(1)根據(jù)公式Δx=ldλ,紅光波長大于綠光波長因此Δx1>Δx2.根據(jù)題意,條紋間距Δx=10.56-1所以d=lλΔx=×10-4(2)①t=0時,在x=50cm處兩列波的波峰相遇,該處質(zhì)點偏離平衡位置的位移為16從圖線可以看出,甲、乙兩列波的波長分別為λ1=50cm,λ2=甲、乙兩列波波峰的x坐標(biāo)分別為x1=50+k1λ1,k1=0,±1,±2,…②x2=50+k2λ2,k2=0,±1,±2,…③由①②③式得,介質(zhì)中偏離平衡位置位移為16x=(50+300n)cm,n=0,±1,±2,…④②只有兩列波的波谷相遇處的質(zhì)點的位移為-16t=0時,兩波波谷間的x坐標(biāo)之差為Δx'=50+(2m2+1)λ22-50+(2m1式中,m1和m2均為整數(shù).將①式代入⑤式得Δx'=10(6m2-5由于m1,m2均為整數(shù),相向傳播的波谷間的距離最小為Δx0'=5從t=0開始,介質(zhì)中最早出現(xiàn)偏離平衡位置位移為-16t=Δ代入數(shù)據(jù)得t=s.答案:(1)>(2)①x=(50+300n)cmn=0,±1,±2,…②s35.[物理——選修3-5](2022全國新課標(biāo)理綜Ⅰ)(1)在某次光電效應(yīng)實驗中,得到的遏止電壓Uc與入射光的頻率ν的關(guān)系如圖所示.若該直線的斜率和截距分別為k和b,電子電荷量的絕對值為e,則普朗克常量可表示為,所用材料的逸出功可表示為.

(2)如圖,在足夠長的光滑水平面上,物體A,B,C位于同一直線上,A位于B,C之間.A的質(zhì)量為m,B,C的質(zhì)量都為M,三者均處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)使A以某一速度向右運動,求m和M之間應(yīng)滿足什么條件,才能使A只與B,C各發(fā)生一次碰撞.設(shè)物體間的碰撞都是彈性的.解析:(1)根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ekm=hν-W0,又因為Ekm=eUc,得到Uc=heν-W所以he=k,h=ek;-W0e=b,(2)A向右運動與C發(fā)生第一次碰撞,碰撞過程中,系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒.設(shè)速度方向向右為正,開始時A的速度為v0,第一次碰撞后C的速度為vC1,A的速度為vA1.由動量守恒定律和機械能守恒定律得mv0=mvA1+MvC1①12mv02=12mvA聯(lián)立①②式得vA1=m-MmvC1=2mm+如果m>M,第一次碰撞后,A與C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能與B發(fā)生碰撞;如果m=M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右運動,A不可能與B發(fā)生碰撞;所以只需考慮m<M的情況.第一次碰撞后,A反向運動與B發(fā)生碰撞.設(shè)與B發(fā)生碰撞后,A的速度為vA2,B的速度為vB1,同樣有vA2=m-Mm+MvA1=根據(jù)題意,要求A只與B,C各發(fā)生一次碰撞,應(yīng)有vA2≤vC1⑥聯(lián)立④⑤⑥式得m2+4mM-M2≥解得m≥(5-2)M另一解m≤-(5+2)M舍去.所以,m和M應(yīng)滿足的條件為(5-2)M≤m<M.答案:(1)ek-eb(2)(5-2)M≤m<M2022年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試(新課標(biāo)Ⅱ)14.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅱ)如圖,兩平行的帶電金屬板水平放置.若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°,再由a點從靜止釋放一同樣的微粒,該微粒將(D)A.保持靜止?fàn)顟B(tài) B.向左上方做勻加速運動C.向正下方做勻加速運動 D.向左下方做勻加速運動解析:最初帶電微粒處于靜止?fàn)顟B(tài),受力如圖(甲),Eq=mg;當(dāng)兩板繞過a點的軸逆時針轉(zhuǎn)過45°時,帶電微粒的受力如圖(乙),其合力指向左下方,故微粒從靜止開始向左下方做勻加速運動,選項D正確.15.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅱ)如圖,直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B,方向平行于ab邊向上.當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時,a,b,c三點的電勢分別為Ua,Ub,Uc.已知bc邊的長度為l.下列判斷正確的是(C)>Uc,金屬框中無電流>Uc,金屬框中電流方向沿abca=-12Bl2ω,=12Bl2ω,解析:閉合金屬框在勻強磁場中以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時,穿過金屬框的磁通量始終為零,金屬框中無電流.由右手定則可知Ub=Ua<Uc,選項A,B,D錯誤;b,c兩點的電勢差Ubc=-Blv中=-12Bl2ω,選項C16.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅱ)由于衛(wèi)星的發(fā)射場不在赤道上,同步衛(wèi)星發(fā)射后需要從轉(zhuǎn)移軌道經(jīng)過調(diào)整再進入地球同步軌道.當(dāng)衛(wèi)星在轉(zhuǎn)移軌道上飛經(jīng)赤道上空時,發(fā)動機點火,給衛(wèi)星一附加速度,使衛(wèi)星沿同步軌道運行.已知同步衛(wèi)星的環(huán)繞速度約為×103m/s,某次發(fā)射衛(wèi)星飛經(jīng)赤道上空時的速度為×103m/s,此時衛(wèi)星的高度與同步軌道的高度相同,轉(zhuǎn)移軌道和同步軌道的夾角為30°,A.西偏北方向,×103B.東偏南方向,×103C.西偏北方向,×103D.東偏南方向,×103解析:同步衛(wèi)星的速度v方向為正東方向,設(shè)衛(wèi)星在轉(zhuǎn)移軌道上的速度為v1,附加速度為v2,由速度的合成可知v2的方向為東偏南方向,其大小為v2=(vcos30°-v1)217.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅱ)一汽車在平直公路上行駛.從某時刻開始計時,發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如圖所示.假定汽車所受阻力的大小f恒定不變.下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中,可能正確的是(A)解析:由題意知汽車發(fā)動機的功率為P1,P2時,汽車勻速運動的速度為v1,v2滿足P1=fv1,P2=fv2,即v1=P1/f,v2=P2/f.若t=0時刻v0<v1,則0~t1時間內(nèi)汽車先加速,有P1v-f=ma1,可見a1隨著v的增大而減小,選項B、D錯誤;若v0=v1,汽車在0~t1時間內(nèi)勻速運動,因選項中不涉及v0>v1的情況,故不作分析.在t1時刻,發(fā)動機的功率突然由P1增大到P2,而瞬時速度未來得及變化,則由P=Fv知牽引力突然增大,則汽車立即開始做加速運動,有P2v-f=ma2,同樣,a2隨v的增大而減小,直到a2=0時開始勻速運動,故選項A18.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅱ)指南針是我國古代四大發(fā)明之一.關(guān)于指南針,下列說法正確的是(BC)A.指南針可以僅具有一個磁極B.指南針能夠指向南北,說明地球具有磁場C.指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾D.在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導(dǎo)線,導(dǎo)線通電時指南針不偏轉(zhuǎn)解析:任何磁體均具有兩個磁極,故選項A錯誤;指南針之所以能指向南北,是因為指南針的兩個磁極受到磁場力的作用,這說明地球具有磁場,即選項B正確;放在指南針附近的鐵塊被磁化后,反過來會影響指南針的指向,即選項C正確;通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場對其正下方的指南針有磁場力的作用,會使指南針發(fā)生偏轉(zhuǎn),故選項D錯誤.19.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅱ)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感應(yīng)強度是Ⅱ中的k倍,兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動.與Ⅰ中運動的電子相比,Ⅱ中的電子(AC)A.運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍D.做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等解析:由題意可知,v1=v2,B1=kB2.電子運動的軌跡半徑R=mvBe∝1B,故R2=kR1,選項A正確;加速度大小a=Bevm∝B,故a2=a1k,選項B錯誤;周期T=2πmBe∝1B,故T2=kT1,選項C正確;角速度ω=2πT=Bem20.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅱ)在一東西向的水平直鐵軌上,停放著一列已用掛鉤連接好的車廂.當(dāng)機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時,連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F;當(dāng)機車在西邊拉著車廂以大小為23a的加速度向西行駛時,P和Q間的拉力大小仍為F.不計車廂與鐵軌間的摩擦,每節(jié)車廂質(zhì)量相同,則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為(BC .10 解析:如圖所示,假設(shè)掛鉤P,Q東邊有x節(jié)車廂,西邊有y節(jié)車廂,每節(jié)車廂質(zhì)量為m.當(dāng)向東行駛時,以y節(jié)車廂為研究對象,則有F=mya;當(dāng)向西行駛時,以x節(jié)車廂為研究對象,則有F=23mxa,聯(lián)立兩式有y=23x.可見,列車總節(jié)數(shù)N=x+y=53x,設(shè)x=3n(n=1,2,3…),則N=5n,故可知選項B21.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅱ)如圖,滑塊a,b的質(zhì)量均為m,a套在固定豎直桿上,與光滑水平地面相距h,b放在地面上.a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接,由靜止開始運動.不計摩擦,a、b可視為質(zhì)點,重力加速度大小為g.則(BD)落地前,輕桿對b一直做正功落地時速度大小為2下落過程中,其加速度大小始終不大于g落地前,當(dāng)a的機械能最小時,b對地面的壓力大小為mg解析:因為桿對滑塊b的限制,a落地時b的速度為零,所以b的運動為先加速后減速,桿對b的作用力對b做的功即為b所受合外力做的總功,由動能定理可知,桿對b先做正功后做負功,故選項A錯誤;對a,b組成的系統(tǒng)應(yīng)用機械能守恒定律有mgh=12mva2,va=2gh,故選項B正確;桿對a先是阻力后是動力,桿對a的作用力為動力時,a下落過程中的加速度大小會大于g,選項C錯誤;由功能關(guān)系可知,當(dāng)桿對a的作用力減為零的時刻,即a的機械能最小的時刻,此時桿對a和b的作用力均為零,故b對地面的壓力大小為mg22.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅱ)某同學(xué)用圖(a)所示的實驗裝置測量物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù).已知打點計時器所用電源的頻率為50Hz,物塊下滑過程中所得到的紙帶的一部分如圖(b)所示,圖中標(biāo)出了五個連續(xù)點之間的距離.(1)物塊下滑時的加速度a=m/s2,打C點時物塊的速度v=m/s;

(2)已知重力加速度大小為g,為求出動摩擦因數(shù),還必須測量的物理量是(填正確答案標(biāo)號).

A.物塊的質(zhì)量B.斜面的高度C.斜面的傾角解析:(1)a=sCE-sACv=sBD2T=(2)因為a=(mgsinθ-μmgcosθ)/m=gsinθ-μgcosθ所以μ=g欲求出μ還需知道斜面傾角,故選C項.答案:(1)(2)C23.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅱ)電壓表滿偏時通過該表的電流是半偏時通過該表電流的兩倍.某同學(xué)利用這一事實測量電壓表的內(nèi)阻(半偏法),實驗室提供的器材如下:待測電壓表(量程3V,內(nèi)阻約為3000Ω),電阻箱R0(最大阻值為99Ω),滑動變阻器R1(最大阻值100Ω,額定電流2A),電源E(電動勢6V,內(nèi)阻不計),開關(guān)2個(1)虛線框內(nèi)為該同學(xué)設(shè)計的測量電壓表內(nèi)阻的電路圖的一部分,將電路圖補充完整.(2)根據(jù)設(shè)計的電路,寫出實驗步驟:

.

(3)將這種方法測出的電壓表內(nèi)阻記為RV',與電壓表內(nèi)阻的真實值RV相比,RV'RV(填“>”“=”或“<”),主要理由是.

解析:(1)由于R1的總阻值遠小于測量電路總電阻,故控制電路采用分壓式接法,電路圖如圖所示.(2)移動滑動變阻器的滑片,以保證通電后電壓表所在支路分壓最小;閉合開關(guān)S1、S2,調(diào)節(jié)R1,使電壓表的指針滿偏;保持滑動變阻器滑片的位置不變,斷開S2,調(diào)節(jié)電阻箱R0使電壓表的指針半偏;讀取電阻箱所示的電阻值,此即為測得的電壓表內(nèi)阻.(3)斷開S2,調(diào)節(jié)電阻箱使電壓表成半偏狀態(tài),電壓表所在支路總電阻增大,分得的電壓也增大;此時R0兩端的電壓大于電壓表的半偏電壓,故RV'>RV.答案:見解析24.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅱ)如圖,一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動,A,B為其運動軌跡上的兩點.已知該粒子在A點的速度大小為v0,方向與電場方向的夾角為60°;它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°.不計重力.求A,B兩點間的電勢差.解析:設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB.粒子在垂直于電場方向上的速度分量不變,即vBsin30°=v0sin60°由此得vB=3v0設(shè)A,B兩點間的電勢差為UAB,由動能定理有qUAB=12m(vB2聯(lián)立解得UAB=mv答案:m25.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅱ)下暴雨時,有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害.某地有一傾角為θ=37°sin37°=35的山坡C,上面有一質(zhì)量為m的石板B,其上下表面與斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均處于靜止?fàn)顟B(tài),如圖所示.假設(shè)某次暴雨中,A浸透雨水后總質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊),在極短時間內(nèi),A,B間的動摩擦因數(shù)μ1減小為38,B,C間的動摩擦因數(shù)μ2減小為,A、B開始運動,此時刻為計時起點;在第2s末,B的上表面突然變?yōu)楣饣?μ2保持不變.已知A開始運動時,A離B下邊緣的距離l=27m,C足夠長,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.取重力加速度大小g=10(1)在0~2s時間內(nèi)A和B加速度的大小;(2)A在B上總的運動時間.解析:(1)在0~2s時間內(nèi),A和B的受力如圖所示,其中f1,N1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小,f2、N2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小,方向如圖所示.由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得f1=μ1N1N1=mgcosθf2=μ2N2N2=N1'+mgcosθ規(guī)定沿斜面向下為正方向.設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2,由牛頓第二定律得mgsinθ-f1=ma1mgsinθ-f2+f1'=ma2N1=N1'f1=f1'聯(lián)立并代入題給條件得a1=3ma2=1m/s(2)在t1=2s時,設(shè)A和B的速度分別為v1和v2,則v1=a1t1=6v2=a2t1=2t>t1時,設(shè)A和B的加速度分別為a1'和a2'.此時A與B之間的摩擦力為零,同理可得a1'=6ma2'=-2即B做減速運動.設(shè)經(jīng)過時間t2,B的速度減為零,則有v2+a2't2=0聯(lián)立得t2=1s在t1+t2時間內(nèi),A相對于B運動的距離為s=12a1t12+v1t2+12a1't22-12a2t12+v=12m此后B靜止不動,A繼續(xù)在B上滑動.設(shè)再經(jīng)時間t3后A離開B,則有l(wèi)-s=(v1+a1't2)t3+12a1'可得t3=1s(另一解不合題意,舍去)設(shè)A在B上總的運動時間為t總,有t總=t1+t2+t3=4s.答案:(1)3m/s21m/s2(233.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅱ)[物理——選修3-3](1)關(guān)于擴散現(xiàn)象,下列說法正確的是.

A.溫度越高,擴散進行得越快B.擴散現(xiàn)象是不同物質(zhì)間的一種化學(xué)反應(yīng)C.擴散現(xiàn)象是由物質(zhì)分子無規(guī)則運動產(chǎn)生的D.擴散現(xiàn)象在氣體、液體和固體中都能發(fā)生E.液體中的擴散現(xiàn)象是由于液體的對流形成的(2)如圖,一粗細均勻的U形管豎直放置,A側(cè)上端封閉,B側(cè)上端與大氣相通,下端開口處開關(guān)K關(guān)閉;A側(cè)空氣柱的長度為l=10.0cm,B側(cè)水銀面比A側(cè)的高h=3.0cm.現(xiàn)將開關(guān)K打開,從U形管中放出部分水銀,當(dāng)兩側(cè)水銀面的高度差為h1=10①求放出部分水銀后A側(cè)空氣柱的長度;②此后再向B側(cè)注入水銀,使A,B兩側(cè)的水銀面達到同一高度,求注入的水銀在管內(nèi)的長度.解析:(1)擴散現(xiàn)象是分子無規(guī)則熱運動的反映,C正確,E錯誤;溫度越高,分子熱運動越劇烈,擴散越快,A正確;氣體、液體、固體的分子都在不停地進行著熱運動,擴散現(xiàn)象在氣體、液體和固體中都能發(fā)生,D正確;在擴散現(xiàn)象中,分子本身結(jié)構(gòu)沒有發(fā)生變化,不屬于化學(xué)變化,B錯誤.(2)①以cmHg為壓強單位.設(shè)A側(cè)空氣柱長度l=10.0cm時的壓強為p;當(dāng)兩側(cè)水銀面的高度差為h1=10.0cm由玻意耳定律得pl=p1l由力學(xué)平衡條件得p=p0+h打開開關(guān)K放出水銀的過程中,B側(cè)水銀面處的壓強始終為p0,而A側(cè)水銀面處的壓強隨空氣柱長度的增加逐漸減小,B、A兩側(cè)水銀面的高度差也隨之減小,直至B側(cè)水銀面低于A側(cè)水銀面h1為止.由力學(xué)平衡條件有p1=p0-h1聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)得l1=12.②當(dāng)A、B兩側(cè)的水銀面達到同一高度時,設(shè)A側(cè)空氣柱的長度為l2,壓強為p2.由玻意耳定律得pl=p2l由力學(xué)平衡條件有p2=p0聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)得l2=cm設(shè)注入的水銀在管內(nèi)的長度為Δh,依題意得Δh=2(l1-l2)+h1聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)得Δh=cm.答案:(1)ACD(2)①cm②cm34.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅱ)[物理——選修3-4](1)如圖,一束光沿半徑方向射向一塊半圓柱形玻璃磚,在玻璃磚底面上的入射角為θ,經(jīng)折射后射出a、b兩束光線.則.

A.在玻璃中,a光的傳播速度小于b光的傳播速度B.在真空中,a光的波長小于b光的波長C.玻璃磚對a光的折射率小于對b光的折射率D.若改變光束的入射方向使θ角逐漸變大,則折射光線a首先消失E.分別用a,b光在同一個雙縫干涉實驗裝置上做實驗,a光的干涉條紋間距大于b光的干涉條紋間距(2)平衡位置位于原點O的波源發(fā)出的簡諧橫波在均勻介質(zhì)中沿水平x軸傳播,P,Q為x軸上的兩個點(均位于x軸正向),P與O的距離為35cm,此距離介于一倍波長與二倍波長之間.已知波源自t=0時由平衡位置開始向上振動,周期T=1s,振幅A=5cm.當(dāng)波傳到P點時,波源恰好處于波峰位置;此后再經(jīng)過5s,平衡位置在Q處的質(zhì)點第一次處于波峰位置.求:①P,Q間的距離;②從t=0開始到平衡位置在Q處的質(zhì)點第一次處于波峰位置時,波源在振動過程中通過的路程.解析:(1)從光路圖看,入射角相同,a光的折射角較大,所以玻璃磚對a光的折射率較大,a光的頻率較大,波長較短,B正確,C錯誤;根據(jù)n=cv知va<vb,A正確;a光的全反射臨界角較小,隨著入射角增大,a光先發(fā)生全反射,折射光線先消失,D正確;在同一個雙縫干涉實驗裝置上做實驗,由Δx=ldλ知光的波長越長,干涉條紋間距越大,(2)①由題意,O,P兩點間的距離與波長λ之間滿足OP=54波速v與波長的關(guān)系為v=λ在5s的時間內(nèi),波傳播的路程為vt.由題意有vt=PQ+λ式中,PQ為P,Q間的距離.聯(lián)立各式和代入題給數(shù)據(jù),得PQ=133cm;②Q處的質(zhì)點第一次處于波峰位置時,波源振動的時間為t1=t+54波源從平衡位置開始運動,每經(jīng)過T4,波源運動的路程為A.由題給條件得t1=25×故t1時間內(nèi),波源運動的路程為s=25A=125cm.答案:(1)ABD(2)①133cm②125cm35.(2022全國新課標(biāo)理綜Ⅱ)[物理——選修3-5](1)實物粒子和光都具有波粒二象性.下列事實中突出體現(xiàn)波動性的是.

A.電子束通過雙縫實驗裝置后可以形成干涉圖樣B.β射線在云室中穿過會留下清晰的徑跡C.人們利用慢中子衍射來研究晶體的結(jié)構(gòu)D.人們利用電子顯微鏡觀測物質(zhì)的微觀結(jié)構(gòu)E.光電效應(yīng)實驗中,光電子的最大初動能與入射光的頻率有關(guān),與入射光的強度無關(guān)(2)兩滑塊a,b沿水平面上同一條直線運動,并發(fā)生碰撞;碰撞后兩者粘在一起運動;經(jīng)過一段時間后,從光滑路段進入粗糙路段.兩者的位置x隨時間t變化的圖像如圖所示.求:①滑塊a,b的質(zhì)量之比;②整個運動過程中,兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比.解析:(1)電子束通過雙縫產(chǎn)生干涉圖樣,體現(xiàn)的是波動性,A正確;β射線在云室中留下清晰的徑跡,不能體現(xiàn)波動性,B錯誤;衍射體現(xiàn)的是波動性,C正確;電子顯微鏡利用了電子的波動性來觀測物質(zhì)的微觀結(jié)構(gòu),D正確;光電效應(yīng)體現(xiàn)的是光的粒子性,E錯誤.(2)①設(shè)a,b的質(zhì)量分別為m1、m2,a、b碰撞前的速度為v1,v2.由題給圖像得v1=-2m/sv2=1m/sa,b發(fā)生完全非彈性碰撞,碰撞后兩滑塊的共同速度為v.由題給圖像得v=23由動量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得m1∶m2=1∶8;②由能量守恒得,兩滑塊因碰撞而損失的機械能為ΔE=12m1v12+12m2v22-12(由圖像可知,兩滑塊最后停止運動.由動能定理得,兩滑塊克服摩擦力所做的功為W=12(m1+m2)v聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)得W∶ΔE=1∶2.答案:(1)ACD(2)①1∶8②1∶22022年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試(北京卷)13.(2022北京理綜)下列說法正確的是(C)A.物體放出熱量,其內(nèi)能一定減小B.物體對外做功,其內(nèi)能一定減小C.物體吸收熱量,同時對外做功,其內(nèi)能可能增加D.物體放出熱量,同時對外做功,其內(nèi)能可能不變解析:由熱力學(xué)第一定律ΔU=W+Q可知,若物體放出熱量,但外界對物體做正功,則ΔU不一定為負值,即內(nèi)能不一定減少,故A項錯誤;同理可分析出,B項和D項錯誤,C項正確.14.(2022北京理綜)下列核反應(yīng)方程中,屬于α衰變的是(B)A.714N+24He→817O+1C.12H+13H→24He+0解析:A項屬于原子核的人工轉(zhuǎn)變,B項屬于α衰變,C項屬于聚變反應(yīng),D項屬于β衰變.15.(2022北京理綜)周期為s的簡諧橫波沿x軸傳播,該波在某時刻的圖像如圖所示,此時質(zhì)點P沿y軸負方向運動,則該波(B)A.沿x軸正方向傳播,波速v=20m/sB.沿x軸正方向傳播,波速v=10m/sC.沿x軸負方向傳播,波速v=20m/sD.沿x軸負方向傳播,波速v=10m/s解析:由質(zhì)點P沿y軸負方向運動,可知波沿x軸正方向傳播,波速v=λT=20m2.0s=1016.(2022北京理綜)假設(shè)地球和火星都繞太陽做勻速圓周運動,已知地球到太陽的距離小于火星到太陽的距離,那么(D)A.地球公轉(zhuǎn)周期大于火星的公轉(zhuǎn)周期B.地球公轉(zhuǎn)的線速度小于火星公轉(zhuǎn)的線速度C.地球公轉(zhuǎn)的加速度小于火星公轉(zhuǎn)的加速度D.地球公轉(zhuǎn)的角速度大于火星公轉(zhuǎn)的角速度解析:據(jù)太陽對行星的引力提供行星運動所需的向心力得GMmr2=mv2r=mω2r=m2πT2r=ma向,解得v=GMr,ω=GMr3,T=2πr3GM,a向=GMr2,由題意知,r地<r火,所以v地>v火,ω地>ω火,17.(2022北京理綜)實驗觀察到,靜止在勻強磁場中A點的原子核發(fā)生β衰變,衰變產(chǎn)生的新核與電子恰在紙面內(nèi)做勻速圓周運動,運動方向和軌跡示意如圖,則(D)A.軌跡1是電子的,磁場方向垂直紙面向外B.軌跡2是電子的,磁場方向垂直紙面向外C.軌跡1是新核的,磁場方向垂直紙面向里D.軌跡2是新核的,磁場方向垂直紙面向里解析:由靜止的原子核發(fā)生β衰變后產(chǎn)生的新核和電子做勻速圓周運動的方向相反及原子核衰變前后動量守恒得meve-m核v核=0,粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r=mvqB,因為qe<q核,所以re>r核,故軌跡1是電子的,軌跡2是新核的,根據(jù)左手定則可判定磁場方向垂直紙面向里,故選項D18.(2022北京理綜)“蹦極”運動中,長彈性繩的一端固定,另一端綁在人身上,人從幾十米高處跳下.將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動.從繩恰好伸直,到人第一次下降至最低點的過程中,下列分析正確的是(A)A.繩對人的沖量始終向上,人的動量先增大后減小B.繩對人的拉力始終做負功,人的動能一直減小C.繩恰好伸直時,繩的彈性勢能為零,人的動能最大D.人在最低點時,繩對人的拉力等于人所受的重力解析:從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點的過程中,人經(jīng)歷了先加速后減速的過程,當(dāng)繩對人的拉力等于人的重力時速度最大,動能最大,之后繩的拉力大于人的重力,人向下減速到達最低點.繩對人的拉力始終向上,始終做負功.拉力的沖量向上,人的動量先增大后減小,綜上所述,只有選項A正確.19.(2022北京理綜)如圖所示,其中電流表A的量程為A,表盤均勻劃分為30個小格,每一小格表示A;R1的阻值等于電流表內(nèi)阻的12;R2的阻值等于電流表內(nèi)阻的2倍.若用電流表A的表盤刻度表示流過接線柱1的電流值,則下列分析正確的是(CA.將接線柱1,2接入電路時,每一小格表示AB.將接線柱1,2接入電路時,每一小格表示AC.將接線柱1,3接入電路時,每一小格表示AD.將接線柱1,3接入電路時,每一小格表示A解析:設(shè)電流表的內(nèi)阻為RA,則R1=12RA,R2=2RA,將接線柱1,2接入電路時,流過接線柱1的電流I1=3I0,其中I0為流過電流表A的電流,因此每一小格表示A;將接線柱1,3接入電路時,流過接線柱1的電流I1'=3I0,其中I0為流過電流表A的電流,因此每一小格表示A.選項A,B,D錯誤,C20.(2022北京理綜)利用所學(xué)物理知識,可以初步了解常用的公交一卡通(IC卡)的工作原理及相關(guān)問題.IC卡內(nèi)部有一個由電感線圈L和電容C構(gòu)成的LC振蕩電路.公交車上的讀卡機(刷卡時“嘀”的響一聲的機器)向外發(fā)射某一特定頻率的電磁波.刷卡時,IC卡內(nèi)的線圈L中產(chǎn)生感應(yīng)電流,給電容C充電,達到一定的電壓后,驅(qū)動卡內(nèi)芯片進行數(shù)據(jù)處理和傳輸.下列說法正確的是(B)卡工作所需要的能量來源于卡內(nèi)的電池B.僅當(dāng)讀卡機發(fā)射該特定頻率的電磁波時,IC卡才能有效工作C.若讀卡機發(fā)射的電磁波偏離該特定頻率,則線圈L中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流卡只能接收讀卡機發(fā)射的電磁波,而不能向讀卡機傳輸自身的數(shù)據(jù)信息解析:讀卡機發(fā)射的電磁波,被IC卡內(nèi)部的LC振蕩電路接收,使IC卡充電,因此IC卡的能量來源于讀卡機發(fā)射的電磁波,故A項錯誤;僅當(dāng)讀卡機發(fā)射的電磁波頻率與該IC卡內(nèi)的LC振蕩電路的固有頻率相等時,才發(fā)生共振,IC卡才能有效工作,故B項正確;若讀卡機發(fā)射的電磁波偏離該特定頻率,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,線圈L中仍會產(chǎn)生感應(yīng)電流,故C項錯誤;由題意,IC卡內(nèi)的線圈L中產(chǎn)生感應(yīng)電流,給電容C充電,達到一定電壓后,驅(qū)動卡內(nèi)芯片進行數(shù)據(jù)處理和傳輸,故D項錯誤.21.(2022北京理綜)(1)“測定玻璃的折射率”的實驗中,在白紙上放好玻璃磚,aa'和bb'分別是玻璃磚與空氣的兩個界面,如圖所示.在玻璃磚的一側(cè)插上兩枚大頭針P1和P2,用“+”表示大頭針的位置,然后在另一側(cè)透過玻璃磚觀察,并依次插上大頭針P3和P4,在插P3和P4時,應(yīng)使(選填選項前的字母).

只擋住P1的像只擋住P2的像同時擋住P1,P2的像(2)用單擺測定重力加速度的實驗裝置如圖(甲)所示.①組裝單擺時,應(yīng)在下列器材中選用(選填選項前的字母).

A.長度為1m左右的細線B.長度為30cm左右的細線C.直徑為cm的塑料球D.直徑為cm的鐵球②測出懸點O到小球球心的距離(擺長)L及單擺完成n次全振動所用的時間t,則重力加速度g=(用L,n,t表示).

③下表是某同學(xué)記錄的3組實驗數(shù)據(jù),并做了部分計算處理.組次123擺長L/cm50次全振動時間t/s振動周期T/s重力加速度g/(m·s-2)請計算出第3組實驗中的T=s,g=m/s2.

④用多組實驗數(shù)據(jù)作出T2L圖象,也可以求出重力加速度g.已知三位同學(xué)作出的T2L圖線的示意圖如圖(乙)中的a、b、c所示,其中a和b平行,b和c都過原點,圖線b對應(yīng)的g值最接近當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊闹?則相對于圖線b,下列分析正確的是(選填選項前的字母).

A.出現(xiàn)圖線a的原因可能是誤將懸點到小球下端的距離記為擺長LB.出現(xiàn)圖線c的原因可能是誤將49次全振動記為50次C.圖線c對應(yīng)的g值小于圖線b對應(yīng)的g值⑤某同學(xué)在家里測重力加速度.他找到細線和鐵鎖,制成一個單擺,如圖(丙)所示.由于家里只有一根量程為30cm的刻度尺,于是他在細線上的A點做了一個標(biāo)記,使得懸點O到A點間的細線長度小于刻度尺量程.保持該標(biāo)記以下的細線長度不變,通過改變O,A間細線長度以改變擺長.實驗中,當(dāng)O,A間細線的長度分別為l1,l2時,測得相應(yīng)單擺的周期為T1,T2.由此可得重力加速度g=(用l1,l2,T1,T2表示).

解析:(1)P3應(yīng)同時擋住P1,P2的像,P4應(yīng)擋住P3本身和P1,P2的像,故選項C正確.(2)①用單擺測定重力加速度的實驗中,要求小球可看成質(zhì)點,因此擺線長度要遠大于球的直徑,故選用長度為1m左右的細線;為減小空氣阻力的影響,擺球應(yīng)選用質(zhì)量大體積小的,故選用鐵球,選項A,D正確.②由單擺周期公式T=2πLg及T=可知g=4π2L③由T=tn可知T3=100.550g=4π2n2L≈m/s2;④由T=2πLg可得T2=4π2gL,T2L圖線應(yīng)為過坐標(biāo)原點的直線,圖線a和圖線b平行,且在T2一定時,圖線a對應(yīng)的L小于圖線b對應(yīng)的L,因此出現(xiàn)圖線a的原因可能是誤將懸點到小球上端的距離記為擺長L,選項A錯誤;圖線c的斜率小于圖線b的斜率,由T2=4π2gL及g=4⑤設(shè)A點到鐵鎖重心的距離為l0則有T12=4π2g(T22=4π2g(聯(lián)立得g=4π答案:(1)C(2)①AD②4π2n2Lt2③22.(2022北京理綜)如圖所示,足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置,寬度L=m,一端連接R=1Ω的電阻.導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=1T.導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上,其長度恰好等于導(dǎo)軌間距,與導(dǎo)軌接觸良好.導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略不計.在平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下,導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速運動,速度v=5m/s.求:(1)感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I;(2)在s時間內(nèi),拉力的沖量IF的大小;(3)若將MN換為電阻r=1Ω的導(dǎo)體棒,其他條件不變,求導(dǎo)體棒兩端的電壓U.解析:(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得,感應(yīng)電動勢E=BLv=1××5V=2V感應(yīng)電流I=ER=21A=2(2)拉力大小等于安培力大小F=BIL=1×2×N=N沖量大小IF=FΔt=×N·s=N·s;(3)由閉合電路歐姆定律可得,電路中電流I'=ER+r=22A由歐姆定律可得,導(dǎo)體棒兩端電壓U=I'R=1V.答案:(1)2V2A(2)N·s(3)1V23.(2022北京理綜)如圖所示,彈簧的一端固定,另一端連接一個物塊,彈簧質(zhì)量不計.物塊(可視為質(zhì)點)的質(zhì)量為m,在水平桌面上沿x軸運動,與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ,以彈簧原長時物塊的位置為坐標(biāo)原點O,當(dāng)彈簧的伸長量為x時,物塊所受彈簧彈力大小為F=kx,k為常量.(1)請畫出F隨x變化的示意圖,并根據(jù)Fx圖像求物塊沿x軸從O點運動到位置x的過程中彈力所做的功.(2)物塊由x1向右運動到x3,然后由x3返回到x2,在這個過程中,①求彈力所做的功,并據(jù)此求彈性勢能的變化量;②求滑動摩擦力所做的功;并與彈力做功比較,說明為什么不存在與摩擦力對應(yīng)的“摩擦力勢能”的概念.解析:(1)Fx圖像如圖所示.物塊沿x軸從O點運動到位置x的過程,彈力做負功;Fx圖線下的面積等于彈力做功大小.彈力做功WT=-12·kx·x=-12kx(2)①物塊由x1向右運動到x3的過程中,彈力做功WT1=-12·(kx1+kx3)·(x3-x1)=12kx12物塊由x3向左運動到x2的過程中,彈力做功WT2=12·(kx2+kx3)·(x3-x2)=12kx32整個過程中,彈力做功WT=WT1+WT2=12kx12-彈性勢能的變化量ΔEp=-WT=12kx22-②整個過程中,摩擦力做功Wf=-μmg·(2x3-x1-x2)與彈力做功比較:彈力做功與x3無關(guān),即與實際路徑無關(guān),只與始末位置有關(guān),所以,我們可以定義一個由物體之間的相互作用力(彈力)和相對位置決定的能量——彈性勢能.而摩擦力做功與x3有關(guān),即與實際路徑有關(guān),所以,不可以定義與摩擦力對應(yīng)的“摩擦力勢能”.答案:(1)Fx圖像見解析-12kx(2)①12kx12-12kx2212②見解析24.(2022北京理綜)真空中放置的平行金屬板可以用作光電轉(zhuǎn)換裝置,如圖所示.光照前兩板都不帶電.用光照射A板,則板中的電子可能吸收光的能量而逸出.假設(shè)所有逸出的電子都垂直于A板向B板運動,忽略電子之間的相互作用.保持光照條件不變.a和b為接線柱.已知單位時間內(nèi)從A板逸出的電子數(shù)為N,電子逸出時的最大動能為Ekm,元電荷為e.(1)求A板和B板之間的最大電勢差Um,以及將a,b短接時回路中的電流I短.(2)圖示裝置可看作直流電源,求其電動勢E和內(nèi)阻r.(3)在a和b之間連接一個外電阻時,該電阻兩端的電壓為U,外電阻上消耗的電功率設(shè)為P;單位時間內(nèi)到達B板的電子,在從A板運動到B板的過程中損失的動能之和設(shè)為ΔEk.請推導(dǎo)證明:P=ΔEk.(注意:解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量,要在解題中做必要的說明)解析:(1)由動能定理,Ekm=eUm,可得Um=E短路時所有逸出電子都到達B板,故短路電流I短=Ne;(2)電源的電動勢等于斷路時的路端電壓,即上面求出的Um,所以E=Um=E電源內(nèi)阻r=EI短=(3)外電阻兩端的電壓為U,則電源兩端的電壓也是U.由動能定理,一個電子經(jīng)電源內(nèi)部電場后損失的動能ΔEke=eU設(shè)單位時間內(nèi)有N'個電子到達B板,則損失的動能之和ΔEk=N'ΔEke=N'eU根據(jù)電流的定義,此時電源內(nèi)部的電流I=N'e此時流過外電阻的電流也是I=N'e,外電阻上消耗的電功率P=IU=N'eU所以P=ΔEk.答案:(1)EkmeNe(2)EkmeEkm2022年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試(天津卷)1.(2022天津理綜)物理學(xué)重視邏輯,崇尚理性,其理論總是建立在對事實觀察的基礎(chǔ)上.下列說法正確的是(A)A.天然放射現(xiàn)象說明原子核內(nèi)部是有結(jié)構(gòu)的B.電子的發(fā)現(xiàn)使人們認識到原子具有核式結(jié)構(gòu)C.α粒子散射實驗的重要發(fā)現(xiàn)是電荷是量子化的D.密立根油滴實驗表明核外電子的軌道是不連續(xù)的解析:α粒子散射實驗的重要發(fā)現(xiàn)使人們認識到原子具有核式結(jié)構(gòu),B、C項錯誤;密立根的油滴實驗測出了電子的電荷量,原子光譜的分立性表明原子核外電子軌道是不連續(xù)的,D項錯誤.2.(2022天津理綜)中國古人對許多自然現(xiàn)象有深刻認識,唐人張志和在《玄真子·濤之靈》中寫道:“雨色映日而為虹”.從物理學(xué)角度看,虹是太陽光經(jīng)過雨滴的兩次折射和一次反射形成的.如圖是彩虹成因的簡化示意圖,其中a,b是兩種不同頻率的單色光,則兩光(C)A.在同種玻璃中傳播,a光的傳播速度一定大于b光B.以相同角度斜射到同一玻璃板透過平行表面后,b光側(cè)移量大C.分別照射同一光電管,若b光能引起光電效應(yīng),a光也一定能D.以相同的入射角從水中射入空氣,在空氣中只能看到一種光時,一定是a光解析:根據(jù)題圖可知,a光的折射率大于b光的折射率.由n=cv可知,在同種玻璃中,a光的傳播速度應(yīng)小于b光,A項錯誤;以相同角度斜射到同一玻璃板透過平行表面后,由于a光的折射率大,偏折程度大,a光側(cè)移量大,B項錯誤;折射率大的a光頻率也高,所以分別照射同一光電管,若b光能引起光電效應(yīng),a光也一定能,C項正確;由于b光折射率小,b光從光密介質(zhì)射向光疏介質(zhì)發(fā)生全反射的臨界角大,當(dāng)a、b光以相同的入射角從水中射入空氣時,若在空氣中只能看到一種光,說明該光未發(fā)生全反射,所以一定是b光,D3.(2022天津理綜)圖(甲)為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖,a、b兩質(zhì)點的橫坐標(biāo)分別為xa=2m和xb=6m,圖(乙)為質(zhì)點b從該時刻開始計時的振動圖象.下列說法正確的是(D)A.該波沿+x方向傳播,波速為1m/sB.質(zhì)點a經(jīng)4s振動的路程為4mC.此時刻質(zhì)點a的速度沿+y方向D.質(zhì)點a在t=2s時速度為零解析:t=0時,b質(zhì)點向+y方向運動,根據(jù)“下坡上”可判定波沿-x方向傳播,A錯誤;a總是與b的振動方向相反,t=0時,a向-y方向運動,C錯誤;經(jīng)過4s,a回到平衡位置,路程為1m,B錯誤;t=2s時,a處于波谷,速度為零,D正確.4.(2022天津理綜)未來的星際航行中,宇航員長期處于零重力狀態(tài),為緩解這種狀態(tài)帶來的不適,有人設(shè)想在未來的航天器上加裝一段圓柱形“旋轉(zhuǎn)艙”,如圖所示.當(dāng)旋轉(zhuǎn)艙繞其軸線勻速旋轉(zhuǎn)時,宇航員站在旋轉(zhuǎn)艙內(nèi)圓柱形側(cè)壁上,可以受到與他站在地球表面時相同大小的支持力.為達到上述目的,下列說法正確的是(B)A.旋轉(zhuǎn)艙的半徑越大,轉(zhuǎn)動的角速度就應(yīng)越大B.旋轉(zhuǎn)艙的半徑越大,轉(zhuǎn)動的角速度就應(yīng)越小C.宇航員質(zhì)量越大,旋轉(zhuǎn)艙的角速度就應(yīng)越大D.宇航員質(zhì)量越大,旋轉(zhuǎn)艙的角速度就應(yīng)越小解析:宇航員在艙內(nèi)受到的支持力與他站在地球表面時受到的支持力大小相等,mg=mω2r,即g=ω2r,可見r越大,ω就越小,B正確,A錯誤;角速度與質(zhì)量m無關(guān),C、D錯誤.5.(2022天津理綜)如圖所示,固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán),圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接,彈簧的另一端連接在墻上,且處于原長狀態(tài).現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑,已知彈簧原長為L,圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度),則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中(B)A.圓環(huán)的機械能守恒B.彈簧彈性勢能變化了3mgLC.圓環(huán)下滑到最大距離時,所受合力為零D.圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變解析:圓環(huán)在下滑過程中,圓環(huán)的重力和彈簧的彈力對圓環(huán)做功,圓環(huán)的機械能不守恒,圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,系統(tǒng)的機械能等于圓環(huán)的動能和重力勢能以及彈簧的彈性勢能之和,選項A、D錯誤;對圓環(huán)進行受力分析,可知圓環(huán)從靜止開始先向下加速運動且加速度逐漸減小,當(dāng)彈簧對圓環(huán)的彈力沿桿方向的分力與圓環(huán)所受重力大小相等時,加速度減為0,速度達到最大,而后加速度反向且逐漸增大,圓環(huán)開始做減速運動,當(dāng)圓環(huán)下滑到最大距離時,所受合力最大,選項C錯誤;由圖中幾何關(guān)系知圓環(huán)的下降高度為3L,由系統(tǒng)機械能守恒可得mg×3L=ΔEp,解得ΔEp=3mgL,選項B正確.6.(2022天津理綜)如圖所示,理想變壓器的原線圈連接一只理想交流電流表,副線圈匝數(shù)可以通過滑動觸頭Q來調(diào)節(jié),在副線圈兩端連接了定值電阻R0和滑動變阻器R,P為滑動變阻器的滑動觸頭.在原線圈上加一電壓為U的正弦交流電,則(BC)A.保持Q的位置不動,將P向上滑動時,電流表讀數(shù)變大B.保持Q的位置不動,將P向上滑動時,電流表讀數(shù)變小C.保持P的位置不動,將Q向上滑動時,電流表讀數(shù)變大D.保持P的位置不動,將Q向上滑動時,電流表讀數(shù)變小解析:保持Q位置不動,則副線圈兩端電壓U2不變,P向上滑動,則R增大,副線圈電流I2減小,由P1=UI1=U2I2,可知I1減小,電流表讀數(shù)減小,A錯誤,B正確;保持P位置不動,則R不變,Q向上滑動,n2變大,根據(jù)Un1=U2n2,得U2=n2n1U,則U2增大,由I2=U2R+R0,知I2增大,由UI1=U2I2,U不變7.(2022天津理綜)如圖所示,氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1,之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn),最后打在屏上.整個裝置處于真空中,不計粒子重力及其相互作用,那么(AD)A.偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多B.三種粒子打到屏上時的速度一樣大C.三種粒子運動到屏上所用時間相同D.三種粒子一定打到屏上的同一位置解析:設(shè)粒子離開電場E1時速度為v,由動能定理得qE1d1=12mv2-0,v=2qE1d1m,在電場E2中y=12at2,E2q=ma,L=vt,tanφ=atv,聯(lián)立以上方程y=E2L24E1d1,tanφ=E2L2E1d1.所以,在電場E2中電場力做功W=E2qy=E22L2q4E1d1,三種粒子電荷量相等,做功相等,A項正確;因為在電場E2中y和tanφ與q、m無關(guān),故它們通過同一軌跡打到屏上同一點,D項正確;對全程應(yīng)用動能定理,設(shè)打到屏上的速度為v',則qE1d1+qE2y=12mv'2-0,解得v'2=2qmE8.(2022天津理綜)P1、P2為相距遙遠的兩顆行星,距各自表面相同高度處各有一顆衛(wèi)星s1、s2做勻速圓周運動.圖中縱坐標(biāo)表示行星對周圍空間各處物體的引力產(chǎn)生的加速度a,橫坐標(biāo)表示物體到行星中心的距離r的平方,兩條曲線分別表示P1、P2周圍的a與r2的反比關(guān)系,它們左端點橫坐標(biāo)相同.則(AC)的平均密度比P2的大的“第一宇宙速度”比P2的小的向心加速度比s2的大的公轉(zhuǎn)周期比s2的大解析:設(shè)行星的半徑為R、質(zhì)量為M、衛(wèi)星的質(zhì)量為m,對于衛(wèi)星有GMmr2=ma,則a=GMr2.由ar2圖象中兩條曲線左端點橫坐標(biāo)相同可知,r最小值相同,說明兩衛(wèi)星s1、s2在兩行星表面運行,行星P1、P2的半徑R是相同的,而兩顆衛(wèi)星到各自行星表面的距離也相同,所以衛(wèi)星s1、s2到各自行星的距離r是相同的,由圖象可知,s1的向心加速度比s2的大,即C正確;由a=GMr2可知,r相同時,a大說明對應(yīng)的M也大,故P1的平均密度比P2的大,即A正確;設(shè)在行星表面發(fā)射衛(wèi)星的“第一宇宙速度”為v,則有GMmR2=mv2R,v=GMR,可見R相同時M大的對應(yīng)的v也大,即P1的“第一宇宙速度”大,故B錯誤;衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)周期設(shè)為T,則有GMmr2=m4π9.(2022天津理綜)(1)如圖所示,在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板,A球在水平面上靜止放置,B球向左運動與A球發(fā)生正碰,B球碰撞前、后的速率之比為3∶1,A球垂直撞向擋板,碰后原速率返回.兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞,A、B兩球的質(zhì)量之比為,A、B碰撞前、后兩球總動能之比為.

(2)某同學(xué)利用單擺測量重力加速度.①為了使測量誤差盡量小,下列說法正確的是.

A.組裝單擺須選用密度和直徑都較小的擺球B.組裝單擺須選用輕且不易伸長的細線C.實驗時須使擺球在同一豎直面內(nèi)擺動D.擺長一定的情況下,擺的振幅盡量大②如圖所示,在物理支架的豎直立柱上固定有擺長約1m的單擺.實驗時,由于僅有量程為20cm、精度為1mm的鋼板刻度尺,于是他先使擺球自然下垂,在豎直立柱上與擺球最下端處于同一水平面的位置做一標(biāo)記點,測出單擺的周期T1;然后保持懸點位置不變,設(shè)法將擺長縮短一些,再次使擺球自然下垂,用同樣方法在豎直立柱上做另一標(biāo)記點,并測出單擺的周期T2;最后用鋼板刻度尺量出豎直立柱上兩標(biāo)記點之間的距離ΔL.用上述測量結(jié)果,寫出重力加速度的表達式g=.

(3)用電流表和電壓表測定由三節(jié)干電池串聯(lián)組成的電池組(電動勢約V,內(nèi)電阻約1Ω)的電動勢和內(nèi)電阻,除待測電池組、開關(guān)、導(dǎo)線外,還有下列器材供選用:A.電流表:量程A,內(nèi)電阻約1ΩB.電流表:量程3A,內(nèi)電阻約ΩC.電壓表:量程3V,內(nèi)電阻約30kΩD.電壓表:量程6V,內(nèi)電阻約60kΩE.滑動變阻器:0~1000Ω,額定電流AF.滑動變阻器:0~20Ω,額定電流2A①為了使測量結(jié)果盡量準(zhǔn)確,電流表應(yīng)選用,電壓表應(yīng)選用,滑動變阻器應(yīng)選用(均填儀器的字母代號).

②如圖為正確選擇儀器后,連好的部分電路.為了使測量誤差盡可能小,還需在電路中用導(dǎo)線將和相連、和相連、和相連(均填儀器上接線柱的字母代號).

③實驗時發(fā)現(xiàn)電流表壞了,于是不再使用電流表,剩余儀器中僅用電阻箱替換掉滑動變阻器,重新連接電路,仍能完成實驗.實驗中讀出幾組電阻箱的阻值R和對應(yīng)電壓表的示數(shù)U.用圖象法處理采集到的數(shù)據(jù),為在直角坐標(biāo)系中得到的函數(shù)圖象是一條直線,則可以為縱坐標(biāo),以為橫坐標(biāo).

解析:(1)設(shè)碰前B球速度大小為v0,碰后A、B兩球速度大小分別為vA、vB,由題意知,vA方向向左,vB方向向右,A、B碰后速度大小相等,即vA=vB=13v0,碰撞過程動量守恒,取水平向右為正方向,則有-mBv0=-mAvA+mBvB,解得mAmB=4∶1;碰撞前、后總動能之比為12(2)①應(yīng)選用密度較大且直徑較小的擺球,A錯誤;在擺動中要盡力保證擺長不變,故應(yīng)選用不易伸長的細線,B正確;擺動中要避免單擺成為圓錐擺,擺球要在同一豎直面內(nèi)擺動,C正確;擺動中擺角要控制在5°以內(nèi),所以D錯誤.②設(shè)兩次擺動時單擺的擺長分別為L1和L2,則T1=2πL1g,T2=2πL2g,則ΔL=g4π2(T1(3)①為了防止電源急劇放電時產(chǎn)生極化現(xiàn)象而引起電動勢的下降,一般在測電源電動勢與內(nèi)電阻時,電源的放電電流控制在A以內(nèi),故電流表應(yīng)選用A;因三節(jié)干電池的總電動勢約為V,故選用量程是6V的電壓表D;總阻值為20Ω的滑動變阻器F可使電路中的最小電流約為Imin=ERmax=A,而滑動變阻器E阻值太大,故滑動變阻器應(yīng)選用②因電流表內(nèi)阻rA≈1Ω與電源內(nèi)阻大致相等且未知,故需采用電流表外接法,以避免電流表內(nèi)阻引起的系統(tǒng)誤差,原理圖如圖,故需將a與d、c與g、f與h相連.③用伏阻法測電源電動勢與內(nèi)阻時,由閉合電路歐姆定律有E=U+URr,由此可得1U=1E+rE·1R或1R=Er·1U-1r、U=E-r·UR或UR=Er-1rU、RU=1E·答案:(1)4∶19∶5(2)①BC②4(3)①ADF②adcgfh③見解析10.(2022天津理綜)某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意如圖,皮帶在電動機的帶動下保持v=1m/s的恒定速度向右運動,現(xiàn)將一質(zhì)量為m=2kg的郵件輕放在皮帶上,郵件和皮帶間的動摩擦因數(shù)μ=.設(shè)皮帶足夠長,取g=10m/s2,在郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中,求(1)郵件滑動的時間t;(2)郵件對地的位移大小x;(3)郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功W.解析:(1)設(shè)郵件放到皮帶上與皮帶發(fā)生相對滑動過程中受到的滑動摩擦力為F,則F=μmg取向右為正方向,對郵件應(yīng)用動量定理,有Ft=mv-0聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得t=s.(2)郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中,對郵件應(yīng)用動能定理,有Fx=12mv2-聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得x=m.(3)郵件與皮帶發(fā)生相對滑動過程中,設(shè)皮帶相對地面的位移為s,則s=vt摩擦力對皮帶做的功W=-Fs聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得W=-2J.答案:(1)s(2)m(3)-2J11.(2022天津理綜)如圖所示,“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m,相鄰各邊互相垂直,且處于同一豎直平面內(nèi),ab邊長為l,cd邊長為2l,ab與cd平行,間距為2l.勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平,磁場方向垂直于線框所在平面.開始時,cd邊到磁場上邊界的距離為2l,線框由靜止釋放,從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前,線框做勻速運動.在ef、pq邊離開磁場后,ab邊離開磁場之前,線框又做勻速運動.線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi),且ab、cd邊保持水平,重力加速度為g.求(1)線框ab邊將離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍;(2)磁場上下邊界間的距離H.解析:(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,cd邊剛進入磁場時,線框做勻速運動的速度為v1,cd邊上的感應(yīng)電動勢為E1,由法拉第電磁感應(yīng)定律,有E1=2Blv1設(shè)線框總電阻為R,此時線框中電流為I1,由閉合電路歐姆定律,有I1=E設(shè)此時線框所受安培力為F1,有F1=2I1lB由于線框做勻速運動,其受力平衡,有mg=F1聯(lián)立得v1=mgR設(shè)ab邊離開磁場之前,線框做勻速運動的速度為v2,同理可得v2=mgR聯(lián)立得v2=4v1.(2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前,由機械能守恒定律,有2mgl=12m線框完全穿過磁場的過程中,由能量守恒定律,有mg(2l+H)=12mv22-1聯(lián)立得H=Qmg+28答案:(1)4倍(2)Qmg+2812.(2022天津理綜)現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動.真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場,電場與磁場的寬度均為d.電場強度為E,方向水平向右;磁感應(yīng)強度為B,方向垂直紙面向里.電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直.一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側(cè)邊界某處由靜止釋放,粒子始終在電場、磁場中運動,不計粒子重力及運動時的電磁輻射.(1)求粒子在第2層磁場中運動時速度v2的大小與軌跡半徑r2;(2)粒子從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時,速度的方向與水平方向的夾角為θn,試求sinθn;(3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出,試問在其他條件不變的情況下,也進入第n層磁場,但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側(cè)邊界,請簡要推理說明之.解析:(1)粒子在進入第2層磁場時,經(jīng)過兩次電場加速,中間穿過磁場時洛倫茲力不做功.由動能定理,有2qEd=12m解得v2=2qEd粒子在第2層磁場中受到的洛倫茲力充當(dāng)向心力,有qv2B=mv聯(lián)立解得r2=2B(2)設(shè)粒子在第n層磁場中運動的速度為vn,軌跡半徑為rn(各量的下標(biāo)均代表所在層數(shù),下同)nqEd=12mqvnB=mv粒子進入第n層磁場時,速度的方向與水平方向的夾角為αn,從第n層磁場右側(cè)邊