2022年安徽省宣城市高考物理二調(diào)試卷（附答案詳解）

2022年安徽省宣城市高考物理二調(diào)試卷

1.下列說(shuō)法正確的是（）

A.￡射線是高速電子流，它的穿透能力比a射線和y射線都弱

B.在核反應(yīng)中，比結(jié)合能小的原子核變成比結(jié)合能大的原子核時(shí)，會(huì)釋放核能

C.根據(jù)玻爾理論可知，氫原子輻射出一個(gè)光子后，核外電子的動(dòng)能減小

D.當(dāng)紫外線照射到金屬鋅板表面時(shí)能發(fā)生光電效應(yīng)，則當(dāng)改為紅光照射時(shí)，也能

發(fā)生光電效應(yīng)，但從鋅板表面逸出的光電子的最大初動(dòng)能減小

2.2021年4月29日，中國(guó)空間站天和核心艙發(fā)射升空；6月17日，神舟十二號(hào)載人飛

船與天和核心艙完成對(duì)接；9月17日，神舟十二號(hào)載人飛船返回艙成功著陸。中國(guó)

航天人在這一年九天探夢(mèng)、一氣呵成，成功登上2022年感動(dòng)中國(guó)的舞臺(tái)。已知中

國(guó)空間站軌道高度約為400km,周期約907n譏，地球的半徑約為6400km,地面的

重力加速度為g,則下列說(shuō)法中正確的是（）

A.空間站運(yùn)行速度大于8km/s

區(qū)空間站必須建立在赤道正上方

C.空間站內(nèi)宇航員的加速度約為瑞那

D.空間站每90根譏就經(jīng)過(guò)地面同一位置的上空

3.如圖所示，上表面光滑的楔形物塊c放在粗糙水平地面上，變心

乙4BC<N4CB,質(zhì)量相同的物塊a和b分別從斜面頂端沿\.

AB、4c由靜止自由滑下，c保持靜止不動(dòng)。在兩物塊到

達(dá)斜面底端的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是（）

A.兩物塊所受重力沖量相同

B.兩物塊的動(dòng)量改變量相同

C.兩物塊到達(dá)斜面底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率相同

D.楔形物塊c對(duì)地面的壓力小于物塊a、b、c的總重力

4.半徑為R的內(nèi)壁絕緣光滑的半圓筒如圖所示固定，在a、b、c三點(diǎn)分別垂直于紙面

放置三根等長(zhǎng)的長(zhǎng)直導(dǎo)線（a、b兩點(diǎn)位于水平直徑兩端），導(dǎo)線a中通有垂直紙面向

里、大小為A的恒定電流，導(dǎo)線c中電流方向也垂直紙面向里，但大小未知。導(dǎo)線a、

b固定，導(dǎo)線c處于靜止?fàn)顟B(tài)，且與筒壁間無(wú)相互作用力，0c與0a的夾角為8=60。。

已知長(zhǎng)直導(dǎo)線在距導(dǎo)線r處產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=為常數(shù)，/為長(zhǎng)

直導(dǎo)線中的電流），不考慮邊緣效應(yīng)，貝柏中通過(guò)電流的大小和方向?yàn)椋ǎ?/p>

A.電流大小為A、方向垂直紙面向里

B.電流大小為8/1、方向垂直紙面向里

C.電流大小為4、方向垂直紙面向外

D.電流大小為巡/［、方向垂直紙面向外

5.如圖甲所示，在距離地面高度為h=0.80m的平臺(tái)上有一輕質(zhì)彈簧，其左端固定于

豎直擋板上，右端與質(zhì)量m=0.50kg、可看作質(zhì)點(diǎn)的物塊相接觸（不粘連），。4段

粗糙且長(zhǎng)度等于彈簧原長(zhǎng)，物塊與04段的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.50,其余位置均無(wú)阻力

作用。物塊開(kāi)始靜止于4點(diǎn)，現(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)水平向左的外力產(chǎn)，其大小隨位移工

變化關(guān)系如圖乙所示。物塊向左運(yùn)動(dòng)久=0.40m到達(dá)B點(diǎn)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，隨

即撤去外力F，物塊在彈簧彈力作用下向右運(yùn)動(dòng)，從M點(diǎn)離開(kāi)平臺(tái),落到地面上N點(diǎn),

取g=10m/s2,則（）

|F/N

：7T1

甲”

A.彈簧被壓縮過(guò)程中外力F做的功為24/

B.彈簧被壓縮過(guò)程中具有的最大彈性勢(shì)能為6.0/

C.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊克服摩擦力做功為4.0/

D.物塊從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的水平位移為1.6m

6.如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、匝數(shù)為N,電阻不計(jì)的正方形

線圈abed在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞轉(zhuǎn)軸

00'轉(zhuǎn)動(dòng)，軸。。'垂直于磁感線，在線圈外接一含有

理想變壓器的電路，變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別

為n1和電.保持線圈以恒定角速度3轉(zhuǎn)動(dòng)，下列判斷

正確的（）

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A.在圖示位置時(shí)線框中磁通量為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大

B.當(dāng)可變電阻R的滑片P向上滑動(dòng)時(shí)，電壓表彩的示數(shù)變大

C.電壓表匕示數(shù)等于NBaZ?

D.變壓器的輸入與輸出功率之比為1：1

7.如圖甲所示，兩固定平行且光滑的金屬軌道MN、PQ與水平面的夾角。=37°,M、

P之間接電阻箱，電阻箱的阻值范圍為。?9.90,導(dǎo)軌所在空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁

場(chǎng)方向垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.5T,質(zhì)量為m的金屬桿ab水

平放置在軌道上，其接入電路的電阻值為?，F(xiàn)從靜止釋放桿必，測(cè)得最大速度為加，

改變電阻箱的阻值R，得到外與R的關(guān)系如圖乙所示。已知軌道間距為L(zhǎng)=2m,重

力加速度g=10m/s2,軌道足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)。齒37。=0.6,cos37°=0.8）,則（）

A.金屬桿的質(zhì)量m=0.5kg

B.金屬桿接入電路的電阻r=20

C.當(dāng)R=2。時(shí)，桿ab勻速下滑過(guò)程中R兩端的電壓為4U

D.當(dāng)R=10時(shí)，若桿ab用時(shí)2.2s達(dá)到最大速度，則此過(guò)程中下滑的高度為6m

8.如圖所示，固定光滑絕緣直桿上套有一個(gè)質(zhì)量為m,帶

電量為+q的小球和兩根原長(zhǎng)均為L(zhǎng)的輕彈簧，兩根輕彈

簧的一端與小球絕緣相連，另一端分別固定在桿上相

距為2L的4、8兩點(diǎn)，空間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電

場(chǎng)。已知直桿與水平面的夾角為0,兩彈簧的勁度系數(shù)

均為學(xué)”,小球在距B點(diǎn)的P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，Q點(diǎn)

距4點(diǎn)重力加速度為g。下列選項(xiàng)正確的是（）

A.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為誓

B.若小球從P點(diǎn)以初速度沿桿向上運(yùn)動(dòng)，恰能到達(dá)Q點(diǎn)，則初速度%=百步

C.若小球從Q點(diǎn)由靜止下滑，動(dòng)能最大為坦嚶”

D.若小球從Q點(diǎn)由靜止下滑，則小球在Q點(diǎn)的加速度大小為當(dāng)gsin。

9.某同學(xué)研究自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí)，將小球在固定的刻度尺旁由靜止釋放，用手機(jī)

拍攝小球自由下落的視頻，然后用相應(yīng)的軟件處理得到分幀圖片，利用圖片中小球

的位置就可以得出速度、加速度等信息，實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示。如圖2所示為小球下

落過(guò)程中三幅連續(xù)相鄰的分幀圖片I、n、川，相鄰兩幀之間的時(shí)間間隔為0.02s,

刻度尺為毫米刻度尺。

圖2

(1)圖片〃中小球下落速度約為m/s(計(jì)算結(jié)果保留兩位小數(shù))。

(2)關(guān)于實(shí)驗(yàn)裝置和操作，以下說(shuō)法正確的是(多選)。

A.刻度尺應(yīng)固定在豎直平面內(nèi)

及鉛垂線的作用是檢驗(yàn)小球是否沿豎直方向下落

C.手機(jī)應(yīng)正對(duì)刻度尺固定

D手機(jī)距離刻度尺越近越好

(3)為了得到更精確的加速度值，該同學(xué)利用多幀圖片測(cè)算其對(duì)應(yīng)的速度"和下落的

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高度心繪制了后-八圖象，如圖3所示。其中P、Q分別為兩個(gè)大小相同，質(zhì)量不

同的小球下落的圖象，由圖象可知(多選)。

4圖象的斜率表示小球下落的加速度

8.小球P的質(zhì)量大于小球Q的質(zhì)量

C.小球P的質(zhì)量小于小球Q的質(zhì)量

D小球P的數(shù)據(jù)算出的加速度值更接近當(dāng)?shù)刂亓铀俣?/p>

10.某實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示的電路來(lái)測(cè)量電阻孔及電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。

(1)根據(jù)圖甲電路，將圖乙所示的實(shí)物圖連線補(bǔ)充完整；

(2)實(shí)驗(yàn)時(shí)用/、/、/分別表示電表匕、/、4的讀數(shù)，定值電阻&的計(jì)算表達(dá)式

是&=(用測(cè)得的物理量表示)，若實(shí)驗(yàn)中的所有操作和數(shù)據(jù)處理無(wú)錯(cuò)誤，實(shí)

驗(yàn)中測(cè)得右的值(填“大于”、“等于”或“小于”)實(shí)際值。

(3)將滑動(dòng)變阻器的滑片P移動(dòng)到不同位置時(shí)，記錄了/、5/的一系列值，實(shí)驗(yàn)

小組在同一坐標(biāo)上分別作出/-/、4-/圖線，則所作的圖線斜率絕對(duì)值較小的

是______圖線(填或“4-/”)，若用該圖線來(lái)求電源電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r,

而電表七的內(nèi)阻極大，則引起系統(tǒng)誤差的主要原因是。

11.如圖所示，在x>0區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；在

x<0區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng).質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子甲

從點(diǎn)S(-a,0)由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后，與靜止在點(diǎn)P(a,a)、質(zhì)量為￡的中性

粒子乙發(fā)生彈性正碰，且有一半電量轉(zhuǎn)移給粒子乙.(不計(jì)粒子重力及碰撞后粒子

間的相互作用，忽略電場(chǎng)、磁場(chǎng)變化引起的效應(yīng))

(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；

(2)若兩粒子碰撞后，立即撤去電場(chǎng)，同時(shí)在x40區(qū)域內(nèi)加上與x>0區(qū)域內(nèi)相同

的磁場(chǎng)，求從兩粒子碰撞到下次相遇的時(shí)間人。

1V

XXX

B

-----------XXX

a???X^pxx

SXjXX

°x"xxA

xxx

12.如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置，其由傾角a=37。的光滑直軌道AB、圓

心為。1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為。2的半圓形光滑細(xì)圓管軌道DEF、傾角也為

37。的粗糙直軌道FG組成，B、。和尸為軌道間的相切點(diǎn)，彈性板垂直軌道固定在G點(diǎn)

(與B點(diǎn)等高)，B、01、0、。2和F點(diǎn)處于同一直線上。已知可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊質(zhì)量

m=0.1kg,軌道BCD和DEF的半徑R=0.15m,軌道48長(zhǎng)度匕B=3m,滑塊與軌

道FG間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=j滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，(s譏37。=

O

0.6,cos37°=0.8,5=10?n/s2),滑塊開(kāi)始時(shí)均從軌道4B上某點(diǎn)由靜止釋放。

(1)若釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長(zhǎng)度2=0.7m,求滑塊滑到最低點(diǎn)C時(shí)軌道對(duì)其支持力心的大

??；

(2)設(shè)釋放點(diǎn)距8點(diǎn)的長(zhǎng)度為4,若滑塊能經(jīng)圓弧軌道滑到尸點(diǎn)，求%須滿足的條件，

并求出滑塊第一次到達(dá)F點(diǎn)時(shí)的速度。與4之間的關(guān)系式；

(3)若滑塊最終靜止在軌道尸G的中點(diǎn)，求釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長(zhǎng)度%的可能值。

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13.下列說(shuō)法中正確的是（）

A.在完全失重的宇宙飛船中，水的表面仍存在表面張力

B.在溫度不變的情況下，飽和汽的壓強(qiáng)不隨體積變化而變化

C.用顯微鏡觀察到的布朗運(yùn)動(dòng)就是液體分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)

D.已知阿伏伽德羅常數(shù)、某氣體的摩爾質(zhì)量和密度，可估算該種氣體分子體積的

大小

E.液晶的光學(xué)性質(zhì)與某些晶體相似，具有各向異性

14.如圖所示，一個(gè)上下都與大氣相通的、透熱性能良好的直圓筒，

_____A

內(nèi)部橫截面積為5=0。1巾2,中間用兩個(gè)活塞A和B封住一定質(zhì)"...T7

量的理想氣體"、B都可沿圓筒無(wú)摩擦地上下滑動(dòng)、且不漏氣。i

4的質(zhì)量不計(jì),8的質(zhì)量為與一勁度系數(shù)為k=5x103/V/m

的較長(zhǎng)的彈簧相連。現(xiàn)兩活塞均靜止，兩者間距為0.6m。l

對(duì)4施加豎直向下的壓力F,使之緩慢向下移動(dòng)一段距離后重新

靜止，此時(shí)壓力尸=500N,已知外界大氣壓po=1x1052以

求活塞4向下移動(dòng)的這段距離。

15.一列周期為0.8s的簡(jiǎn)諧波在均勻介質(zhì)中沿x軸傳播，該波在某

一時(shí)刻的波形如圖所示：4、B、C是介質(zhì)中的三個(gè)質(zhì)點(diǎn)，平

衡位置分別位于2m、3m、6nl處，此時(shí)B質(zhì)點(diǎn)的速度方向?yàn)?y

方向，下列說(shuō)法正確的是（）

A.該波沿x軸正方向傳播，波速為10m/s

B.4質(zhì)點(diǎn)比8質(zhì)點(diǎn)晚振動(dòng)0.1s

C.B質(zhì)點(diǎn)此時(shí)的位移為lsn

D.由圖示時(shí)刻經(jīng)0.2s,8質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)路程為2cm

E.該列波在傳播過(guò)程中遇到寬度為d=4m的障礙物時(shí)不會(huì)發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象

16.如圖所示是一個(gè)水平橫截面為圓形的平底玻璃缸，玻璃缸深度為2/1,缸底面圓心處

有一單色點(diǎn)光源S,缸中裝有某種液體，深度為機(jī)。點(diǎn)為液面的圓心，OS垂直于水

平面。用面積為兀廬的黑紙片覆蓋在液面上，則液面上方恰好無(wú)光線射出?若在上

述黑紙片上，以0為圓心剪出一個(gè)面積為:兀F的圓孔，把余下的黑紙環(huán)仍放置在液

面上原來(lái)的位置，使所有出射光線都從缸口射出，則缸口的最小面積為多少？

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答案和解析

1.【答案】

B

【解析】

解：4、a射線是氯原子核，/?射線是電子流，y射線是電磁波，y射線的穿透能力最強(qiáng),

a射線的穿透能力最弱，故A錯(cuò)誤；

8、比結(jié)合能大的原子核穩(wěn)定，核反應(yīng)過(guò)程中，比結(jié)合能小的原子核變成比結(jié)合能大的

原子核時(shí)，會(huì)釋放核能，故8正確；

C、根據(jù)玻爾理論可知，氫原子從高能級(jí)躍遷到低能級(jí)，輻射出一個(gè)光子后，核外電子

的半徑減小，動(dòng)能增大，故C錯(cuò)誤；

。、紅光的頻率小于金屬鋅的極限頻率，當(dāng)紫外線照射到金屬鋅板表面時(shí)能發(fā)生光電效

應(yīng)，當(dāng)改為紅光照射時(shí)，不能發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

分析a、/?、y三種射線的性質(zhì)。

比結(jié)合能大的原子核穩(wěn)定。

根據(jù)玻爾能級(jí)躍遷理論分析。

根據(jù)光電效應(yīng)的產(chǎn)生條件分析。

此題考查了原子物理的相關(guān)知識(shí)，解題的關(guān)鍵是明確教材基本知識(shí)，對(duì)相關(guān)的定律、定

理進(jìn)行靈活運(yùn)用。

2.【答案】

C

【解析】

解：2、第一宇宙速度為衛(wèi)星繞地球表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最大環(huán)繞速度，核心艙在軌

道上飛行的速度小于7.9km/s,故4錯(cuò)誤；

B、同步衛(wèi)星軌道必須在在赤道正上方，普通衛(wèi)星可以不在赤道正上方，故8錯(cuò)誤；

C、核心艙在軌道上飛行，中國(guó)空間站軌道高度約為400km,軌道離地面的高度約為地

球半徑的表,則「=R+h=彌，根據(jù)萬(wàn)由引力充當(dāng)向心力知(7誓=ma,解得a=,，

又知g=瑞,聯(lián)立解得a=("產(chǎn)9，故C正確；

D、空間站繞地心的周期為906譏，而地球自轉(zhuǎn)的周期為24九，且兩者轉(zhuǎn)動(dòng)平面不同，

所以空間站轉(zhuǎn)動(dòng)一圈后，不在地面上同一位置上空，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

根據(jù)第一宇宙速度的意義進(jìn)行判斷；

根據(jù)加速度由萬(wàn)有引力提供求出空間站宇航員的向心加速度；

從兩者轉(zhuǎn)動(dòng)的平面和轉(zhuǎn)動(dòng)方向判斷。

該題考查萬(wàn)有引力的相關(guān)問(wèn)題、第一宇宙速度的意義、衛(wèi)星運(yùn)行快慢問(wèn)題等，從基本規(guī)

律出發(fā)，結(jié)合軌道半徑的關(guān)系不難判斷結(jié)果。

3.【答案】

D

【解析】

解：2、設(shè)斜面的傾角為。時(shí)下滑的時(shí)間為3設(shè)斜面高為九，則斜面長(zhǎng)為L(zhǎng)=焉，根據(jù)

牛頓第二定律可得加速度為：a=照絲=gs譏。，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：L=^at2,

mu2

解得：t=Jil焉，由于兩個(gè)斜面的傾角不等，z.ABC<^ACB,則a沿斜面下滑的時(shí)間

長(zhǎng)，物塊所受重力沖量為/=mgt,則a所受重力沖量大，故4錯(cuò)誤。

8、根據(jù)動(dòng)量定理可知，合外力的沖量等于動(dòng)量的改變量為:zip=mgsind-t=mg后,

動(dòng)量改變量是矢量，兩物塊的動(dòng)量改變量大小相等，方向不同，故8錯(cuò)誤。

C、根據(jù)=盧解得物塊到達(dá)斜面底端的速度為：〃=J可，根據(jù)瞬時(shí)功率公式

可知：P^mgvsind,兩斜面的夾角0不等，則重力瞬時(shí)功率不同，故C錯(cuò)誤。

。、由于ab在下滑過(guò)程中做加速運(yùn)動(dòng)，處于失重狀態(tài)，故楔形物塊c對(duì)地面的壓力小于

物塊a、b、c的總重力，故。正確；

故選：Do

求出兩種情況下物塊下滑的時(shí)間，根據(jù)沖量的計(jì)算公式分析沖量。根據(jù)動(dòng)量定理比較動(dòng)

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量改變量。根據(jù)功率的計(jì)算公式求解功率，根據(jù)ab物塊做加速下滑，判斷出物塊ab處

于失重狀態(tài)，即可判斷。

本題主要是考查沖量的計(jì)算、平均功率以及動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用問(wèn)題，利用動(dòng)量定理解

答問(wèn)題時(shí)，要注意分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的受力情況，知道合外力的沖量才等于動(dòng)量的變

化。

4.【答案】

A

解：由于同向電流相互吸引，因此a與c相互吸引，由于c對(duì)軌道無(wú)作用力，根據(jù)平衡條

件可知，b對(duì)c也是相互吸

引，故b中電流垂直于紙面

向里。

由幾何關(guān)系可知，a、c間

距離為%c=R，b,c間距

離為%C=V5R，設(shè)b中電

流為/2,c中電流為七，導(dǎo)

線長(zhǎng)度為3根據(jù)B=k￡

可知：a在c處產(chǎn)生的磁感

強(qiáng)度為名=女4,b在c處

?ac

產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為/=

B213L,根據(jù)平衡條件，水平方向有:Faccos60°=Fbccos30°,解得：3A，則導(dǎo)線b中

通過(guò)的電流大小為方向垂直于紙面向里。故A正確，8。錯(cuò)誤。

故選：故

a與c電流同向，相互吸引，又c對(duì)軌道無(wú)作用力，根據(jù)平衡條件可判斷be間作用力方向，

進(jìn)而判斷b中電流方向；根據(jù)平衡條件列方程求解b中電流大小。

本題考查了有安培力參與的共點(diǎn)力平衡問(wèn)題，若知道同向電流相互吸引，反向電流相互

排斥，就會(huì)省去先用安培定則判斷磁場(chǎng)方向，再用左手定則判斷安培力方向的步驟，從

而節(jié)省做題時(shí)間。

5.【答案】

D

【解析】

解：4根據(jù)尸-X圖象與坐標(biāo)軸所圍的面積表示力?做的功，則彈簧被壓縮過(guò)程中外力

尸做的功為：WF=x0.2+18x0.2）；=6.07,故A錯(cuò)誤；

B、物塊向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，克服摩擦力做功為：Wf=iimgx=0.5x0.5x10x0.4/=

1.07

根據(jù)功能關(guān)系可知，彈簧被壓縮過(guò)程中具有的最大彈性勢(shì)能為：Ep=WF-Wf=6.07-

1.0/=5.07,故B錯(cuò)誤；

C、整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊克服摩擦力做功為：Wf點(diǎn)=2fmigx=2x0.5x0.5x10x

0.47=2.0/,故C錯(cuò)誤；

2

D、設(shè)物塊離開(kāi)M點(diǎn)時(shí)的速度為以對(duì)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由能量守恒定律得：\mv=WF-

%總，代入數(shù)據(jù)解得：V=4m/s

物塊離開(kāi)M點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則有：h=\gt2,x=vt,解得物塊從“點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的

水平位移：x-1.6m,故。正確。

故選：Do

物塊向左運(yùn)動(dòng)x=0.40m到達(dá)B點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)F-x圖象與坐標(biāo)軸所圍的面積表示力F

做的功，由幾何知識(shí)求外力F做的功。根據(jù)功能關(guān)系求彈簧最大的彈性勢(shì)能。整個(gè)運(yùn)動(dòng)

過(guò)程中物塊克服摩擦力做功等于摩擦力大小與路程的乘積；物塊向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，由功

能關(guān)系求出物體離開(kāi)M點(diǎn)時(shí)的速度，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求物塊從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的水平

距離。

解決本題的關(guān)鍵是知道外力F所做功等于其圖象與x軸所圍成的面積，能靈活選取研究

的過(guò)程，根據(jù)能量守恒定律和平拋運(yùn)動(dòng)基本公式進(jìn)行研究。

6.【答案】

AD

第12頁(yè)，共22頁(yè)

【解析】

解：力、從垂直于中性面時(shí)開(kāi)始時(shí)，矩形線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e=

NBS3cos3t,磁通量為零，電動(dòng)勢(shì)最大，故A正確；

B、當(dāng)P位置向上移動(dòng)，R增大，根據(jù)理想變壓器的變壓原理知輸出電壓即電壓表收的示

數(shù)不變，故B錯(cuò)誤；

C、交流電壓的最大值等于NBsZA電壓表匕示數(shù)為有效值穌，C錯(cuò)誤；

V2

D、變壓器的輸入與輸出功率之比為1：1,故O正確；

故選：AD.

正弦式交流發(fā)電機(jī)從垂直中性面位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，其電動(dòng)勢(shì)表達(dá)式為：e=NBS3cos3t；

電壓表和電流表讀數(shù)為有效值；輸入功率等于輸出功率.

本題關(guān)鍵明確交流四值、理想變壓器的變壓比公式、功率關(guān)系，題目難度不大.

7.【答案】

BC

【解析】

解：AB,當(dāng)金屬桿ab勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，桿ab運(yùn)動(dòng)的最大速度為為，桿ab切割磁感

線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLvm,由閉合電路的歐姆定律得：/=急

桿ab達(dá)到最大速度時(shí)受到平衡，滿足：mgsind—BIL=O,聯(lián)立解得：vm=甯詈R+

mgsinO

B2l7r

由為-R圖象可知圖象的斜率為：k嘿笠=?m/(s?0=2m/(s"),縱截距為：

v0=r=4m/s,聯(lián)立解得：m=\kg,r=2/2,故A錯(cuò)誤，8正確；

C、當(dāng)R=2。時(shí)，金屬桿出?勻速下滑時(shí)，有：mgsinO-BIL=0,代入數(shù)據(jù)解得：/=24

所以R兩端電壓為：U=IR=2x2V=4K,故C正確；

D、當(dāng)R=1O時(shí)，若桿M用時(shí)2.2s達(dá)到最大速度，則此過(guò)程中下滑的高度為九。由圖知

R=10時(shí)，vm=6m/s

取沿導(dǎo)軌向下為正方向，由動(dòng)量定理得：mgsindtt—BIL-1=mvm—0

其中7t=旦=竺*,又譏=芻，聯(lián)立解得h=4.32根，故。錯(cuò)誤。

R+rR+rsm。

故選：BCO

根據(jù)E=BLv./=去、F=B/L推導(dǎo)出安培力與速度的表達(dá)式，當(dāng)金屬桿ab勻速運(yùn)動(dòng)

mK+T*

時(shí)速度最大，由平衡條件得到最大速度外與R的關(guān)系式，根據(jù)圖象的斜率和縱截距求解

金屬桿的質(zhì)量m和阻值r；當(dāng)R=20時(shí)，桿帥勻速下滑過(guò)程中，根據(jù)歐姆定律求R兩端

的電壓。當(dāng)R=10時(shí)，若桿ab用時(shí)2.2s達(dá)到最大速度，利用動(dòng)量定理求下滑的高度。

解決本題的關(guān)鍵是根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力公式得到最大

速度的解析式，結(jié)合圖象的信息求解金屬棒的質(zhì)量和電阻。

8.【答案】

CD

【解析】

解：4依題意，小球在距B點(diǎn)的P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球受到兩根彈簧的彈力合力大

小為F=2kAx

對(duì)小球由共點(diǎn)力平衡可得

(mg+qE)sin0=F

解得

E=%

5<7

故A錯(cuò)誤；

員由能量守恒定律得：：巾詔=等X三”

解得：％=用要，故B錯(cuò)誤；

故。錯(cuò)誤。C.小球從Q點(diǎn)由靜止下滑時(shí)，運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)受力平衡，加速度為0,速度最大,

動(dòng)能最大，從Q到P過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得(mg+qE)xsin。=

由幾何關(guān)系可求得

42

x=2L-2x-5L=-5L

聯(lián)立求得

12mglsin0

=為

Ekm25

第14頁(yè)，共22頁(yè)

故C正確；

D根據(jù)對(duì)稱性，可知小球在Q點(diǎn)的受兩彈簧彈力合力情況與P點(diǎn)大小相等，方向相反，

根據(jù)牛頓第二定律，有F+(mg+qE)sin9=ma

代入數(shù)據(jù)解得：

a=^gstnd

故。正確；

故選：CD。

對(duì)小球由共點(diǎn)力平衡求解勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。桓鶕?jù)牛頓第二定律求解加速度大小;

小球從P點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)的過(guò)程中彈簧彈力做功為零，根據(jù)動(dòng)能定理求解求解最大動(dòng)能；根

據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)規(guī)律解得小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的位置離B點(diǎn)距離。

本題主要是考查帶電小球在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是弄清楚受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，能夠根

據(jù)動(dòng)能定理、牛頓第二定律等進(jìn)行解答。

9.【答案】

1.40ACBD

【解析】

解：(1)刻度尺的最小刻度為1mm,根據(jù)第I幅圖到第HI幅圖可知小球下落的高度九幽=

10.30cm—4.70cm=5.60cm—0.0560m

中間經(jīng)過(guò)的時(shí)間為t=27=2X0.02s=0.04s

圖片n中小球下落速度約為方=智=嘿m/s=1.40m/s；

(2)4、小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，位移為豎直方向，所以刻度尺應(yīng)固定在豎直平面內(nèi)，故A

正確；

8、鉛垂線的作用是檢驗(yàn)刻度尺是否豎直，故B錯(cuò)誤：

C、手機(jī)應(yīng)正對(duì)刻度尺固定，使得拍攝照片時(shí)相機(jī)攝像頭與刻度尺垂直，故C正確；

D,手機(jī)距離刻度尺靠的太近不利于讀數(shù)，所以手機(jī)應(yīng)該與刻度尺保持一定距離，故。

錯(cuò)誤；

故選：ACa

(3)考慮到空氣有阻力，設(shè)小球的質(zhì)量為血，根據(jù)牛頓第二定律可得：mg-f=ma,

解得：a=g-白

根據(jù)速度一位移關(guān)系可得：V2=2ah=2(g-￡)?山

4、圖象的斜率表示小球下落的加速度的2倍，故A錯(cuò)誤；

BC、由于小球的質(zhì)量越大，的值越大，/一八圖象的斜率越大，所以小球P的質(zhì)

量大于小球Q的質(zhì)量，故B正確、C錯(cuò)誤；

。、質(zhì)量越大的小球在下落過(guò)程中空氣阻力與質(zhì)量的比值越小，即加速度越接近重力加

速度，所以小球P的數(shù)據(jù)算出的加速度值更接近當(dāng)?shù)刂亓铀俣?，故。正確。

故選:BD。

故答案為：(1)1.40；(2)4C；(3)肛

(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律結(jié)合照片中對(duì)應(yīng)的刻度值求解速度大??；

(2)小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，位移為豎直方向，用鉛垂線檢驗(yàn)刻度尺是否豎直，手機(jī)應(yīng)該

與刻度尺保持一定距離便于讀數(shù)；

(3)考慮到空氣有阻力，根據(jù)牛頓第二定律可得：v2=2ah=2(g-.，h,由此分析。

本題主要是考查探究自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，關(guān)鍵是弄清楚實(shí)驗(yàn)原理和實(shí)驗(yàn)方法，能夠根

據(jù)實(shí)驗(yàn)操作過(guò)程中誤差產(chǎn)生的原因分析減少誤差的方法。

10.【答案】

牛大于U.-1電壓表匕的分流

【解析】

解：(1)根據(jù)原理圖可得出對(duì)應(yīng)的實(shí)物圖，如圖

所示；

(2)根據(jù)電路圖可知，Ro兩端的電壓為Ui-3；

根據(jù)閉合電路歐姆定律得：定值電阻品的計(jì)算表

達(dá)式是品=竿，由于電壓表的分流，所用的

電流值小于真實(shí)值，因此測(cè)量結(jié)果偏大；

(2)%-/圖線的斜率絕對(duì)值表示電源內(nèi)阻,U2-

/圖線的斜率絕對(duì)值表示電源內(nèi)阻和定值電阻區(qū)之和o

所以出-/圖象斜率絕對(duì)值大于a-/圖象的斜率絕對(duì)值。采用本方法時(shí)由于電壓表分

流作用而使電流值小于真實(shí)值，故誤差來(lái)自于電壓表分流;

第16頁(yè)，共22頁(yè)

故答案為：(1)如圖所示；(2)空；大于；(3)/一/；電壓表匕分流。

(1)根據(jù)原理圖可得出對(duì)應(yīng)的實(shí)物圖；

(2)明確電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律進(jìn)行分析，從而求出阻值，并明確誤差情況；

(3)根據(jù)電路進(jìn)行分析，找出圖象斜率的意義，同時(shí)明確實(shí)驗(yàn)中由于電表的分流而產(chǎn)生

的誤差情況。

本題考查測(cè)量電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的方法，解決該題關(guān)鍵要掌握測(cè)定電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的數(shù)據(jù)

處理和明確電阻的測(cè)量方法、原理和實(shí)驗(yàn)誤差的處理，注意掌握電路分析的基本方法,

明確電路結(jié)構(gòu)是解題的關(guān)鍵。

11.【答案】

解：(1)粒子甲勻速圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)P點(diǎn)，則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑R=a,

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：Bqu=

粒子從S到。，有動(dòng)能定理可得qEa=^mv2

聯(lián)立解得：E=^

2m

(2)甲乙粒子在P點(diǎn)發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度為%,v2,取向上為正，則有nw=zn%+

1

髀。

根據(jù)能量守恒定律有：^mv2=+x

兩粒子碰后在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力有：=加察

11vl

-qBDv=-m-

Z2o?2

解得Ri=%=a

兩粒子在磁場(chǎng)中一直做軌跡相同的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期分別為71=嘿，72=等，

12

則兩粒子碰后再次相追猾?戊=葛?At+2兀，

*2*1

解得再次相遇時(shí)間戊=警

答：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為喏；

(2)從兩粒子碰撞到下次相遇的時(shí)間為警。

【解析】

(1)粒子甲進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系求得軌跡半徑，由洛倫茲力提供向心

力求得速度大小，由動(dòng)能定理求解電場(chǎng)強(qiáng)度；

(2)由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒求得碰后兩粒子的速度大小，由洛倫茲力提供向心力求得

兩粒子的軌跡半徑，由半徑關(guān)系找到兩粒子運(yùn)動(dòng)的相關(guān)性，進(jìn)而求得相遇所需時(shí)間。

本題綜合了帶電粒子在場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)和彈性碰撞問(wèn)題，涉及到的彈性碰撞已經(jīng)模型化，而

兩粒子的運(yùn)動(dòng)及之間的關(guān)聯(lián)設(shè)計(jì)的較復(fù)雜，需要根據(jù)運(yùn)動(dòng)的推演作出準(zhǔn)確的軌跡圖，兒

何關(guān)系較復(fù)雜，基本思路是在x軸和y軸方向分別找到幾何等量關(guān)系，聯(lián)立求解。

12.【答案】

解：(1)到C點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得：

mglsin37°+mgR^l—cos37°)=

在C點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得：

詔

Fc-mg=

NK

聯(lián)立解得：FN=7N；

(2)要保證滑塊能到達(dá)F點(diǎn)，必須保證能過(guò)DEF最高點(diǎn)，當(dāng)滑塊恰到最高點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能

定理可得：

mglxsin37°—3mgRcos37°—mgR-0,

解得：lx=0.85m

因此，要能過(guò)F點(diǎn)必須滿足%>0.85m

能過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，則能到F點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可得：

2

mglxsin37°-mg-4Rcos37°=^mv,

解得：u=J1.2=-9.6,其中％N0.85zn；

(3)設(shè)摩擦力做功為第一次達(dá)到中點(diǎn)的n倍，根據(jù)動(dòng)能定理可得：

mglxsin370-mg粵sin37?！猲/2mg苧必37。=0,

解得：lx=九=1，3,5,...

又因?yàn)?/IBN1%之0.85,【AB=3?71,

當(dāng)n=l時(shí)，41=機(jī)機(jī)；當(dāng)n=3時(shí)，lx2=當(dāng)n=5時(shí)，lx3滿足要求。

答：⑴滑塊到最低點(diǎn)C時(shí)軌道對(duì)其支持力FN的大小為7N；

(2)滑塊第一次經(jīng)尸點(diǎn)時(shí)的速度f(wàn)與4之間的關(guān)系式為。=(1.2及一9.6,其中k20.85m；

第18頁(yè)，共22頁(yè)

(3)釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長(zhǎng)度4的值可能為||山、Im,裝m。

【解析】

(1)由動(dòng)能定理可得出，滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的速度，再根據(jù)向心力公式得出支持力大??；

(2)根據(jù)動(dòng)能定理可知，滑塊第一次經(jīng)F點(diǎn)的速度與釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長(zhǎng)度的關(guān)系式；

(3)設(shè)摩擦力做功為第一次達(dá)到中點(diǎn)的n倍，結(jié)合動(dòng)能定理得出釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長(zhǎng)度。

本題考查了多過(guò)程問(wèn)題的動(dòng)能定理應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是掌握清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程，幾何關(guān)系不

能找錯(cuò)，第三小題分析時(shí)從摩擦力做的總功為第一次到達(dá)中點(diǎn)的"倍更好解題，需要注

意的是由于滑塊運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，n取奇數(shù)。

13.【答案】

ABE

【解析】

解：4、液體的表面張力是分子之間的相互作用力，與重力無(wú)關(guān)，所以在完全失重的宇

宙飛船中，水的表面仍存在表面張力，故A正確；

8、飽和汽的壓強(qiáng)只與溫度有關(guān)，與體積無(wú)關(guān)；故B正確：

C、布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子運(yùn)動(dòng)的結(jié)果，不是液體分子的運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

。、已知阿伏伽德羅常數(shù)、某氣體的摩爾質(zhì)量和密度，估算的是該種氣體分子平均占有

的空間體積，不是分子本身的大小，故。錯(cuò)誤；

員液晶的光學(xué)性質(zhì)上具有各向異性，所以與某些晶體相似，故E正確；

故選：ABE。

液體表面存在表面張力；飽和汽的壓強(qiáng)只與溫度有關(guān)；布朗運(yùn)動(dòng)是固體小顆粒的運(yùn)動(dòng)：

明確氣體分子的性質(zhì)，知道氣體分子間距離較大，不能直接求出分子大??；知道液晶在

光學(xué)性質(zhì)上具有各向異性。

本題考查液體表面張力、飽和汽、布朗運(yùn)動(dòng)、阿伏伽德羅常數(shù)以及液晶的性質(zhì)，對(duì)于熱

學(xué)內(nèi)容要求準(zhǔn)確掌握各知識(shí)點(diǎn)，并注意理解和應(yīng)用。

14.【答案】

解：由于活塞4的質(zhì)量不計(jì)，氣體初狀態(tài)壓強(qiáng)po=1xlOSpa,體積Vo=，oS,

設(shè)氣體末狀態(tài)的壓強(qiáng)為P