2022年湖北省名校聯(lián)盟高考物理摸底試卷

2022年湖北省名校聯(lián)盟高考物理摸底試卷（新高考）

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.利用光電管研究光電效應(yīng)的實驗電路圖如圖所示，用波長

為人的光照射某種金屬，發(fā)生光電效應(yīng)時，光電子的最大

初動能為Ek；若用波長為?的光照射該金屬發(fā)生光電效應(yīng)

時光電子的最大初動能為2.25Ek。則該金屬的極限波長入。

為（）

A.3AB.5入C.7A

2.質(zhì)量為m的賽車在水平直線賽道上以恒定功率P加速,

受到的阻力Ff不變，其加速度a與速度的倒數(shù)：的關(guān)系如

圖所示，則下列說法正確的是（）

A.賽車速度隨時間均勻增大

B.賽車加速度隨時間均勻增大

C.賽車加速過程做的是加速度逐漸減小的加速運動

D.圖中縱軸截距、橫軸截距c=.

3.2022年3月31日，大連中遠(yuǎn)海運重工為中遠(yuǎn)海運發(fā)展建造的62000噸多用途紙漿船

N1040順利完成試航任務(wù)返回碼頭。N1040總長201.8米、兩柱間長198.3米、型寬

32.26米、型深19.3米，航速13.5節(jié)，續(xù)航力22000海里.在這則新聞中涉及了長度、

質(zhì)量和時間及其單位，下列說法正確的是（）

A.“N1040總長201.8米”中，米是國際單位制中力學(xué)三個基本物理量之一

B.“航速13.5節(jié)”中，節(jié)是速度單位，物理學(xué)中所有的物理量都有單位

C.“62000噸多用途紙漿船”中，噸是國際單位制中的導(dǎo)出單位

D.“續(xù)航力22000海里”中，海里不是力的單位，力的單位“牛頓”是國際單位制

中的導(dǎo)出單位

4.如圖所示，甲、乙兩行星半徑相等，丙、丁兩顆衛(wèi)星分別繞甲、乙兩行星做勻速圓

周運動，丙、丁兩衛(wèi)星的軌道半徑=2上，運動周期T2=2T「貝IJ（）

A.甲、乙兩行星質(zhì)量之比為1：16V2

B.甲、乙兩行星第一宇宙速度大小之比為4立：1

C.甲、乙兩行星密度之比為16：1

D.甲、乙兩行星表面重力加速度大小之比為8夜：1

5.在勻強磁場中有粗細(xì)均勻的同種導(dǎo)線制成的直角三角形線框?

abc,4a=90。，z.c=37°,磁場方向垂直于線框平面，a、c兩?

點接一直流電源，電流方向如圖所示.已知sin37。=0.6,.

cos37°=0.8,則下列說法正確的是（）

A.導(dǎo)線be受到的安培力大于導(dǎo)線ac所受的安培力

B.導(dǎo)線abc受到的安培力的合力大于導(dǎo)線ac受到的安培力

C.導(dǎo)線ab、ac所受安培力的大小之比為3：8

D.導(dǎo)線abc受到的安培力的合力方向垂直于ac向上

6.如圖所示，光滑傾斜滑道OM與粗糙水平滑道MN平滑連接.質(zhì)量為1kg的滑塊從0點

由靜止滑下，在N點與緩沖墻發(fā)生碰撞，反彈后在距墻1m的P點停下.已知0點比M

點高1.25m,滑道MN長4m,滑塊與滑道MN的動摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小g

miOrn/s2,不計空氣阻力.下列說法正確的是（）

A.滑塊運動到M點的速度大小為6m/s

B.滑塊運動到N點的速度大小為4m/s

第2頁，共17頁

C.緩沖墻對滑塊的沖量大小為ION-s

D.緩沖墻對滑塊做的功為-2.5J

7.如圖所示，不帶電的金屬球N的半徑為R,球心為0,球N左側(cè)固定著兩個電荷量大

小均為q的異種點電荷，電荷之間的距離為2R.M點在點電荷+q的右側(cè)R處，M點和

0點以及+q、-q所在位置在同一直線上，且兩點電荷連線的中點到0點的距離為5R.

當(dāng)金屬球達到靜電平衡時，下列說法正確的是（）

A.M點的電勢低于0點的電勢

B.M點的電場強度大小為愛

C.感應(yīng)電荷在球心0處產(chǎn)生的場強大小為「之

144R2

D.將一電子由M點移到金屬球上不同點，克服電場力所做的功不相等

二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）

8.一簡諧橫波沿x軸傳播，t=1s時的波形如圖甲所示，x=1m處質(zhì)點的振動圖線如

圖乙所示，則下列說法正確的是（）

A.此波的波長入=2m

B.波的傳播速度為2m/s

C.該波沿x軸正方向傳播

D.t=1.5s時，x=2m處質(zhì)點的位移為-5cm

9.如圖所示，電壓表和電流表可視為理想電表，定值電阻％、R2均為10。，N是原線

圈的中心抽頭，K為單刀雙擲開關(guān)，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比叼：n2=10：

1.在原線圈P、Q兩端接u=220VIsinl00ntV的交流電壓，下列說法正確的是（）

A.原線圈輸入電壓的有效值為110位丫

B.原線圈輸入電壓的頻率為50Hz

C.開關(guān)K接M,電流表示數(shù)為2.2A,電壓表示數(shù)為11V

D.開關(guān)K由M撥到N后，原線圈的輸入功率變?yōu)樵瓉淼?倍

10.一觀眾用頻閃照相機照相，拍攝了網(wǎng)球運動中的一段頻閃照片.若以拍到的網(wǎng)球位

置1為坐標(biāo)原點，以水平向右方向為x軸正方向，以豎直向下為y軸正方向，建立坐

標(biāo)系畫小方格如圖所示，己知每個小方格邊長9.8cm,當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮?相

機連續(xù)拍攝了5張照片，由于技術(shù)故障，本應(yīng)該被拍攝到的網(wǎng)球位置4沒有顯示，則

下列判斷正確的是()

A.網(wǎng)球從位置1運動到位置4的時間為0.6s

B.網(wǎng)球在空中運動的水平速度大小為1.96m/s

C.網(wǎng)球在位置4的速度為1.96m/s

D.網(wǎng)球位置4坐標(biāo)為(58.8cm,58.8cm)

11.如圖所示，質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為L正方形金屬線框的cd邊

恰好與有界勻強磁場的上邊界重合，現(xiàn)將線框在豎直平面內(nèi)由,?J?DL?.?

靜止釋放，當(dāng)下落高度為h(h<L)時線框開始做勻速運動.己知?.?.

線框平面始終與磁場方向垂直，且cd邊始終水平，磁場的磁感????

應(yīng)強度大小為B,重力加速度大小為g,不計空氣阻力，則下列............

說法正確的是()

第4頁，共17頁

A.cd邊進入磁場時，線框中感應(yīng)電流的方向為順時針方向

B.線框勻速運動時的速度大小為鬻

B'Lh

C.線框從靜止到剛好勻速運動的過程中，通過線框某截面的電量為靜

D.線框從靜止到剛好勻速運動的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh-嚅竽

三、實驗題(本大題共2小題，共16.0分)

12.某同學(xué)使用如圖甲所示裝置測量滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù).滑塊上裝有遮光條,

位置。處安裝光電門，實驗時給滑塊一初速度，遮光條通過光電門的時間很短，測

量遮光條通過光電門的時間At和通過光電門后滑塊繼續(xù)滑行的距離s,已知當(dāng)?shù)刂?/p>

力加速度大小為g.回答下列問題：

010

(1)用游標(biāo)卡尺測遮光條的寬度d,如圖乙所示，則d=mm；

(2)滑塊通過光電門時的速度v=；(用題目所給物理量符號表示)

(3)滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)u=。(用題目所給物理量符號表示)

13.太陽能路燈以太陽光為能源，白天太陽能電池板給蓄電池充電，晚上蓄電池給路燈

供電.某太陽能電池電動勢約為3V,短路電流約為0.15A,為了準(zhǔn)確的測量其電動

勢和內(nèi)阻，可供選用的器材如下：

A.電流表G：量程為30mA,內(nèi)阻Rg=30。

B.定值電阻：%=5。

C.電阻箱：電阻范圍0?999C，允許通過最大電流0.5A

D.導(dǎo)線若干，開關(guān)一個

(1)在下面的方框中畫出實驗原理圖；

(2)多次改變電阻箱的阻值R,記錄下每次電流表對應(yīng)的示數(shù)1,利用圖像法處理數(shù)

據(jù)，若以李為縱軸，則應(yīng)以(填"R”"R2”或噎”)為橫軸，擬合直

線；

(3)若圖像縱軸的截距為b,斜率為k,則可求得電動勢日=,內(nèi)阻r=o

(均用符號"b、k、R。、Rg”表示)

四、計算題(本大題共3小題，共40.0分)

14.如圖所示，籃球隔一段時間要充氣，某體育老師用打_

氣筒對一個容積為7.5L的籃球打氣，每打-次都把體II

積為V。=250mL、壓強與大氣壓相同、溫度與環(huán)境K

溫度相同的氣體打進籃球內(nèi).已知打氣前球內(nèi)氣壓與X?^

大氣壓相同，環(huán)境溫度為27。&大氣壓強為l.Oatm.假設(shè)打氣過程中籃球內(nèi)氣體溫

度不變。

(1)若不考慮籃球容積變化，求打2次氣后籃球內(nèi)氣體的壓強(結(jié)果保留三位有效數(shù)

字)；

(2)若打氣后籃球內(nèi)氣體的壓強不低于1.5atm,籃球的容積比原來增大了1%,求打

氣的最少次數(shù)。

15.如圖所示，一半徑R=0.4m的光滑豎直半圓軌道與水平面相切于c點，一質(zhì)量m=

1kg可視為質(zhì)點的小物塊靜止于水平面a點，現(xiàn)用一水平恒力F向左拉物塊，經(jīng)過t=

3s時間到達b點速度的大小Vb=6m/s,此時撤去F,小物塊繼續(xù)向前滑行經(jīng)c點進入

光滑豎直圓軌道，且恰能經(jīng)過豎直軌道最高點d.已知小物塊與水平面間的動摩擦因

數(shù)U=0.4,重力加速度g取lOm/s2,求：

(1)水平恒力F的大??；

(2)b、c間的距離L。

16.如圖所示，在xOy坐標(biāo)系所在的平面內(nèi)，第二象限

內(nèi)有一半徑為R的圓形勻強磁場區(qū)域I,磁場邊界

與x軸和y軸分別相切于A、C兩點，磁場方向垂直平

第6頁，共17頁

面向里，磁感應(yīng)強度大小為B.在0<x<R的區(qū)域有垂直紙面向外的勻強磁場II,磁

感應(yīng)強度大小為*在R<x<2R區(qū)域有與x軸平行的勻強電場，電場強度大小為E,

方向沿x軸負(fù)方向，x=2R處放置與x軸垂直的熒光屏.沿x軸移動的粒子發(fā)射器能

持續(xù)穩(wěn)定的沿平行y軸正向發(fā)射速率相同的帶負(fù)電粒子，該粒子的質(zhì)量為m,電荷

量大小為q.當(dāng)粒子發(fā)射器在A點時，帶電粒子恰好垂直y軸通過C點.帶電粒子所受

重力忽略不計.

(1)求粒子的速度大?。?/p>

(2)當(dāng)粒子發(fā)射器在-2R<x<0范圍內(nèi)發(fā)射，求勻強磁場II右邊界有粒子通過的區(qū)

域所對應(yīng)縱坐標(biāo)的范圍；

(3)當(dāng)粒子發(fā)射器在-|RWx<-^R范圍內(nèi)發(fā)射，求熒光屏上有粒子打到的區(qū)域的

長度.

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：設(shè)金屬的逸出功為W,根據(jù)光電效應(yīng)方程號-W=Ek，

A

2y-W=2.25Ek,

又因為w=3

聯(lián)立解得：入0=5入，

故ACD錯誤，B正確；

故選：Bo

根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=hv-Wo進行解答，結(jié)合逸出功與極限頻率的關(guān)系解答.

解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)方程，根據(jù)題意代入數(shù)據(jù)即可解答。

2.【答案】C

【解析】解：A、由題圖可知，加速度是變化的，故賽車做變加速直線運動，故A錯誤；

BC、由牛頓第二定律F-Ff=ma,P=Fv可得a=匕」一可知賽車速度增大時加速

mvm

度逐漸減小，故賽車做加速度逐漸減小的加速運動，故B錯誤，C正確；

D、由結(jié)合a-三圖像可得、縱軸截距6=-*、橫軸截距。=?，故D錯誤.

vmP

故選：Co

由題圖知加速度變化，做變加速運動；由函數(shù)關(guān)系可知加速度與速度的關(guān)系；由牛頓第

二定律結(jié)合圖像求解縱軸截距、橫軸截距。

本題考查功率及牛頓第二定律，根據(jù)圖像求解函數(shù)關(guān)系，是解題的關(guān)鍵。

3.【答案】D

【解析】解：A、國際單位制中力學(xué)三個基本物理量是：長度、質(zhì)量、時間，而米只是

長度的單位，故A錯誤；

B、單位是物理量的組成部分，有單位的物理量要注明單位，但并不是所有物理量都有

單位，如動摩擦因數(shù)u就沒有單位，故B錯誤；

C、“噸”是質(zhì)量的一個單位，但不是國際單位制中的單位，故C錯誤；

D、“續(xù)航力22000海里”中，海里是路程的單位，“千克米每二次方秒”是由F=ma推

導(dǎo)出來的，是國際單位制中的導(dǎo)出單位，為了紀(jì)念牛頓把它定義為牛頓，故D正確。

第8頁，共17頁

故選：Do

國際單位制中力學(xué)三個基本物理量是：長度、質(zhì)量和時間，米是是國際單位制中力學(xué)三

個基本物理量單位之一；

不是所有物理量都有單位；

噸是質(zhì)量的一個單位，但不是國際單位制中的單位。

明確國際單位制中力學(xué)三個基本物理量是：長度、質(zhì)量和時間，知道并不是所有物理量

都有單位，根據(jù)單位運算能推出導(dǎo)出單位是由哪些基本單位構(gòu)成。

4.【答案】B

【解析】解：A、根據(jù)衛(wèi)星運動的向心力由萬有引力提供，得G^=mr(^)2,

解得：M=零，則甲、乙兩行星質(zhì)量之比為￡=午，故A錯誤；

B、由G粵=m時得甲、乙兩行星第一宇宙速度大小之比為如=處=半，故B正

R2RV乙][M乙1

確；

C、由M=p《nR3,得甲、乙兩行星密度之比為?=程=苧，故C錯誤；

D、由G^=mg得甲、乙兩行星表面重力加速度大小之比為黑=券=半，故D錯誤.

K目乙-I乙1

故選：B。

衛(wèi)星做勻速圓周運動萬有引力提供向心力列出等式求解行星的質(zhì)量，再根據(jù)同步衛(wèi)星做

勻速圓周運動列出等式求解。根據(jù)密度的定義求解密度。

明確由萬有引力提供向心力，分別有線速度，角速度，及周期來表示向心力，求出v和T,

分析和什么因素有關(guān).

5.【答案】C

【解析】解：A、設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B,ac邊長為L,則abc的長度—+)L=2L,由題

意可知在a、c點接一直流電源后流過abc導(dǎo)線的電流為g流過ac導(dǎo)線的電流為半故導(dǎo)

線be受到的安培力大小為B1?中=詈，導(dǎo)線ac所受的安培力大小為等，故A錯誤;

B、導(dǎo)線abc的有效長度為L,受到的安培力大小為詈，故B錯誤；

C、導(dǎo)線ab所受的安培力大小為B《《L=￥，

344

ac所受安培力的大小為等，

導(dǎo)線ab、ac所受安培力的大小之比為3：8,故C正確；

D、根據(jù)左手定則，導(dǎo)線abc受到的安培力的合力方向垂直于ac向下，故D錯誤；

故選：Co

通過歐姆定律表達出ac和abc中的電流，然后分別表達出ac和ab所受的安培力，將其進

行對比；根據(jù)左手定則分析每一條導(dǎo)線所受的安培力，再對其進行合成。

此題考查安培力的大小與電流大小的關(guān)系，以及力的合成，注意左手定則的運用，難度

不大。

6.【答案】D

【解析】解：A、從0到M的過程，由動能定理可知mgh=gmvQ解得滑塊運動到M的

速度大小為Vo=5m/s,故A錯誤；

B、由M到N的過程中，加速度大小為a=^=WUm/s2=2m/s2,由位移公式可

得x1=j,可得滑塊運動到N的速度大小為v=3m/s,故B錯誤；

—2a

C、由N到P可知X2=^，解得被緩沖墻反彈，滑塊的速度大小V,=-2m/s(方向與初速

度反向，取負(fù))，由動量定理可知緩沖墻對滑塊的沖量I=Ap=mv'—mv=lx(-2)N-

s-lx3Ns=-5Ns,故C錯誤；

D、由動能定理可得緩沖墻對滑塊做的功W=gmv'2—1mv2,代入數(shù)據(jù)解得W=-2.5J,

故D正確.

故選：Do

從0到M的過程，由動能定理求解M點的速度，由M到N的過程中及由N到P的過程中，用

運動學(xué)關(guān)系求解所需物理量。

本題主要考查學(xué)生利用動能定理、動量定理進行解題的能力，注意使用動量定理需要規(guī)

定正方向。

7.【答案】C

【解析】解：AD、沿著電場線的方向電勢逐漸降落，處于靜電平衡的金屬球是一等勢

體，M點與金屬球上不同點間的電勢差相等，將一電子由M點移到金屬球上不同點，克

服電場力所做的功相等，故AD錯誤；

B、M點的電場強度大小由三部分組成，等量異種電荷的電場和金屬球上的感應(yīng)電荷的

電場，等量異種電荷在M點的電場強度之和為E=寓一懸方向水平向右，感

第10頁，共17頁

應(yīng)電荷在M點產(chǎn)生的場強之和應(yīng)水平向右，故合場強要大于￡=解，故B錯誤；

C、金屬球處于靜電平衡內(nèi)部場強處處為0,等量異種電荷在0點的電場強度之和為E=

懸一懸=黑，方向水平向右，所以感應(yīng)電荷在球心°處產(chǎn)生的場強大小等于￡=

(4R)<(6R)Z144RZ

黑，方向水平向左，故c正確；

144RZ

故選：Co

沿著電場線的方向電勢逐漸降落，根據(jù)電場的矢量合成和點電荷的電場公式解得場強大

小，M點與金屬球上不同點間的電勢差相等。

常見電場的電場線分布及等勢面的分布要求我們能熟練掌握，并要注意沿電場線的方向

電勢是降低的，同時注意等量異號電荷形成電場的對稱性.

8.【答案】AD

【解析】解：A、根據(jù)波動圖像得到波長入=2m,故A正確；

B、根據(jù)振動圖像，周期T=2s,波速v=>|m/s=lm/s,故B錯誤；

C、結(jié)合兩個圖像,t=Is時x=1m處質(zhì)點向上振動，根據(jù)平移法可知波沿x軸負(fù)向傳播，

故C錯誤；

D、1=1$時*=201處質(zhì)點位移為零，波沿x軸負(fù)向傳播，再經(jīng)0.5s即四分之一周期，x=

2m的質(zhì)點在弋=1.5s時刻沿y軸負(fù)方向振動到最大位移，位移為-5cm,故D正確.

故選：ADo

由甲圖讀出波長，由乙圖讀出周期，由v=4計算波速；根據(jù)波形的平移法判斷出波的

傳播方向；根據(jù)時間與周期的關(guān)系確定質(zhì)點的位移。

本題既要理解振動圖像和波動圖像各自的物理意義，由振動圖像讀出質(zhì)點的振動方向，

由波動圖像判斷波的傳播方向，還要抓住兩種圖像之間的內(nèi)在聯(lián)系。

9.【答案】BD

【解析】解：A、由u=220位sinlOOntV可以知道，交變電流的電壓有效值為220V,故

A錯誤；

B、根據(jù)公式可知周期為丁=空=需s=0.02s,頻率為f=5=^Hz=50Hz,故B

colOOirT0.02

正確；

C、當(dāng)K接M時，由變壓器的原理可以知道,112兩端電壓有效值為5=/U1=2x220V=

22V,由閉合電路歐姆定律得，理想電流表示數(shù)為I=^=^A=2.2A,故C錯誤；

R10

D、當(dāng)開關(guān)從M撥到N后，原線圈的匝數(shù)變成原來的一半，根據(jù)原副線圈的匝數(shù)比可知

副線圈的電壓會變成原來的兩倍，根據(jù)功率的計算公式P=?可知，副線圈的功率會變

為原來的4倍，而原副線圈的功率是相等的，所以原線圈的功率也會變?yōu)樵瓉淼?倍，故

D正確。

故選：BD.

根據(jù)交流電壓的表達式得出輸入電壓的有效值和電壓的頻率；

根據(jù)原副線圈的匝數(shù)比得出電壓的大小，結(jié)合歐姆定律得出對應(yīng)的電表示數(shù)；

根據(jù)功率的計算公式得出輸入功率和原先功率的比值關(guān)系。

本題主要考查了變壓器的構(gòu)造和原理，理解原副線圈的匝數(shù)比和電學(xué)物理量的比值關(guān)系,

結(jié)合歐姆定律和功率的計算公式即可完成分析。

10.【答案】BD

【解析】解：A、由Ay=gT2,得T—0.1s,網(wǎng)球從位置1運動到位置4的時間為t=3T=

0.3s,故A錯誤;

BC、網(wǎng)球平拋的初速度大小為V。=竿=券衿m/s=1.96m/s,故B正確，C錯誤；

D、又丫4=y3+3Ay=58.8cm,x4=v0-3T=1.96x0.03m=0.588m=58.8cm,貝U

沒有被拍攝到的網(wǎng)球位置4坐標(biāo)為(58.8cm,58.8cm),故D正確。

故選：BD.

根據(jù)豎直方向的運動特點得出對應(yīng)的時間，結(jié)合水平方向的運動特點得出水平速度的大

?。?/p>

根據(jù)運動學(xué)公式得出網(wǎng)球在位置4的坐標(biāo)。

本題主要考查了平拋運動的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)平拋運動在不同方向上的運動特點結(jié)合運動

學(xué)公式完成分析。

11.【答案】AC

【解析】解：A、由楞次定律知，線框進入磁場時感應(yīng)電流的方向為順時針方向，故A

正確；

B、線框勻速運動時，由共點力平衡條件得mg=BIL,由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電

路的歐姆定律得BLv=IR,聯(lián)立解得：v=翳，故B錯誤；

第12頁，共17頁

C、根據(jù)電荷量的計算公式可得：q=it=￡t="=^，所以q=熟，故C正確；

RRRK

D、由能量守恒定律得mgh=2mv2+Q,聯(lián)立解得：Q=mgh-喘竽，故D錯誤。

故選：ACo

由楞次定律判斷電流方向；根據(jù)安培力的計算公式結(jié)合平衡條件求解速度；根據(jù)電荷量

的計算公式求解電荷量；由能量守恒定律求解線框中產(chǎn)生的焦耳熱。

本題主要是考查法拉第電磁感應(yīng)定律，解答本題的關(guān)鍵是掌握安培力的計算公式、楞次

定律的應(yīng)用方法以及電荷量的計算公式。

【解析】解：(1)根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)規(guī)則，遮光條的寬度為d=4.0mm+3x0.1mm=

4.3mm.

(2)因為遮光條通過光電門時間很短，可以用平均速度表示瞬時速度v=￡；

(3)通過光電門后滑塊做勻減速運動，由v2=2“gs,得口=/靠

故答案為：⑴4.3；(2)白⑶春

(1)根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則得出對應(yīng)的示數(shù)；

(2)根據(jù)運動學(xué)規(guī)律得出滑塊經(jīng)過光電門的速度；

(3)根據(jù)運動學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律得出”的表達式。

本題主要考查了動摩擦因數(shù)的測量實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結(jié)合運動

學(xué)公式和牛頓第二定律即可完成分析。

【解析】解：(1)由于短路電流0.15A=150mA遠(yuǎn)大

于電流表的量程，所以要將電流表與定值電阻并聯(lián)擴-----1I-----1/R

大量程。

-------------------------------------

電阻箱可以改變不同的阻值，可以得到電流的值，建出S

立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系描點畫直線，結(jié)合圖象的縱截距和斜率求電源電動勢和內(nèi)阻。

按此思路畫出實驗原理圖如答圖所示；

(2)由閉合電路歐姆定律：E=IRg+(I+詈)(R+r),解得:\=處警山+空,R,

°K01匕匕Ko

為了找到的勺線性關(guān)系，故橫坐標(biāo)為R。

(3)結(jié)合圖象的縱截距有：RgR°+；，g+R°)=b,圖象的斜率有:鬻=k,解得：E=警,

CKQBKQKKQ

_bR°Rg

一R-R0Rg

故答案為：(1)如圖所示(2)R；⑶與含髀爵

KKQKKo十Kg

(1)先電流表與定值電阻并聯(lián)以擴大量程，再根據(jù)伏安法原理，用圖象法求電動勢和內(nèi)

阻;

(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律寫出電流與電阻箱阻值的表達式，變形后確定具體的線性關(guān)

系的表達式，結(jié)合圖象的斜率和縱截距求出電源的內(nèi)阻和電動勢。

此題是伏安法測電源電動勢和內(nèi)阻實驗的變形一即伏阻法測電源電動勢和內(nèi)阻，此類實

驗的原理是閉合電路歐姆定理，理論上用兩組數(shù)據(jù)列方程組可以解得電動勢和內(nèi)阻未知

數(shù)，若用多組數(shù)據(jù)描點作圖，可以減小誤差。

14.【答案】解：(1)氣體發(fā)生等溫變化

狀態(tài)1：pi=l.Oatm,Vj=7.5L+2V0=8L；

狀態(tài)2：V2=7.5L；

由玻意耳定律，得Pi%=p2V2

解得打2次氣后籃球內(nèi)氣體的壓強P2=1.07atm;

(2)狀態(tài)3：p3=1.5atm,V3=7.5(1+1%)L=7.575L；

狀態(tài)4：p4=l.Oatm,V4=7.5L+0.25n；

由玻意耳定律，得p3V3=p4V4

解得n=15.45,則打氣的最少次數(shù)16次；

答：(1)打2次氣后籃球內(nèi)氣體的壓強為1.07atm；

(2)打氣的最少次數(shù)為16次。

【解析】(1)對打氣筒內(nèi)的氣體和足球內(nèi)的氣體根據(jù)玻意耳定律求解；

(2)對球內(nèi)空氣和打了n次的總的空氣運用理想氣體狀態(tài)方程列式求解即可。

本題主要考查玻意耳定律和一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用，關(guān)鍵是確定好研究對

象，注意將變質(zhì)量問題轉(zhuǎn)化為定質(zhì)量問題，靈活運用規(guī)律求解。

第14頁，共17頁

15.【答案】解：(1)從a到b過程中小物塊的加速度大小為：a=^=|m/s2=2m/s2

根據(jù)牛頓第二定律可得：F-|img=ma

代入數(shù)據(jù)得水平恒力：F=6N；

(2)小物塊恰能經(jīng)過軌道最高點，在d點由牛頓第二定律有：mg=m?

解得：v=yfgR=V10x0.4m/s=2m/s

從c點到d點由動能定理-mgx2R=|mv2-jmv^

解得Vc=2遍m/s:

從b到c由動能定理：-|imgL=[mv]-]mv^

得b、c間的距離L=2m。

答：(1)水平恒力F的大小為6N；

(2)b、c間的距離為2m。

【解析】(1)根據(jù)速度一時間關(guān)系求解從a到b過程中小物塊的加速度大小，根據(jù)牛頓第

二定律求解水平恒力；

(2)在d點由牛頓第二定律求解速度大小，從c點到d點由動能定理進行解答。

本題主要是考查了動能定理；運用動能定理解題時，首先要選取研究過程，然后分析在

這個運動過程中哪些力做正功、哪些力做負(fù)功，初末動能為多少，根據(jù)動能定理列方程

解答；動能定理的優(yōu)點在于適用任何運動包括曲線運動；一個題目可能需要選擇不同的

過程多次運用動能定理研究，也可以全過程根據(jù)動能定理解答。

16.【答案】解：(1)由A點射入的粒子恰好垂直軸通過C點，可知圓周運動的圓心在坐標(biāo)

原點處，圓周運動的半徑為R,

由洛倫茲力提供向心力，有qvB=mj,

得粒子的速度為V=四士

m

(2)當(dāng)粒子在-2R<x<0范圍內(nèi)發(fā)射時，由于軌跡圓半徑等于磁場