2022年四川省遂寧市高考物理三診試卷附答案詳解

2022年四川省遂寧市高考物理三診試卷

1.2019年9月10日，我國國產(chǎn)首批醫(yī)用招C。原料組件從秦山核電站啟運(yùn)，這標(biāo)志著我

國伽馬刀設(shè)備“中國芯”供應(yīng)問題得到解決。伽馬刀是利用招C。發(fā)生￡衰變釋放的

射線工作的。已知招C。的半衰期約為5.3年，貝11（）

A.伽馬刀利用了r射線穿透能力強(qiáng)的特點(diǎn)

B.&C。發(fā)生衰變后產(chǎn)生的新核比招C。多一個(gè)中子

C.經(jīng)過5.3年，每個(gè)弱C。核有一半分離出去變成其他新核

D.招Co制成后，經(jīng)過10.6年招Co全部衰變成其他新核

2.如圖所示，四分之一光滑圓弧面與傾角為60。的光滑斜面4c頂部相接，4處有一

光滑的定滑輪，跨過定滑輪用輕質(zhì)細(xì)繩連接質(zhì)量分別為沉＞62的兩小球，系統(tǒng)靜

止時(shí)連接的繩子與水平方向的夾角為60。。兩小球及滑輪大小可忽略，則兩小球質(zhì)

量的比值：巾2為（）

A.1：2B.3：2C.2：3D.V3：2

3.“天宮課堂”第二課于2022年3月23日在中國空間站開講直播，空間站在距地面高

度為400km軌道上繞地球作勻速圓周運(yùn)動(dòng)。直播結(jié)束后，三位宇航員于4月16H乘

神舟13號(hào)飛船從空間站返回到地面。已知地球半徑為6400km,地面重力加速度為

9.8m/s2o下列說法正確的是（）

A.神舟13號(hào)飛船從空間站脫離后，將向后作短時(shí)噴氣

B.神舟13號(hào)飛船從空間站脫離后，將向前作短時(shí)噴氣

C.空間站內(nèi)“冰墩墩”能夠作勻速直線運(yùn)動(dòng)，是因?yàn)樗皇芰?/p>

D.空間站的向心加速度大小約為0.61m/s2

4.如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域（含邊界）內(nèi)存在垂直

于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,=

?B?

60°,z.b=90°,邊長ac=L,一個(gè)粒子源在a點(diǎn)將質(zhì)................*'c

量為2巾、電荷量為q的帶正電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)

動(dòng)時(shí)間最長的粒子中，速度的最大值是（）

5.在光滑水平面上有a、b兩小球沿同一條直線運(yùn)動(dòng)，（

發(fā)生碰撞且碰撞時(shí)間極短。碰撞前后兩球在同一直

線運(yùn)動(dòng)的位置隨時(shí)間變化的x-t圖象如圖。則關(guān)于2一―[>^

兩球的質(zhì)量大小和碰撞類型，以下正確的是（）j——%、

A.ma：7nb=3：1

B.ma：mb=1：1

C.彈性碰撞

D.完全非彈性碰撞

6.如圖，4、8兩帶電小球，所帶電荷量大小分別為①、夕廣、

QB，質(zhì)量分別為mi和也2。用兩根不可伸長的絕緣細(xì)/j

線懸掛于。點(diǎn)，靜止時(shí)4、B兩球處于同一水平線上，"1?！瑽m：

^OBA=37。,4028=53。,C是48連線上一點(diǎn)且在。點(diǎn)的正下方,C點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零。

已知sin530=0.8,則（）

A.A、B兩球的質(zhì)量之比為9：16

B.A、B兩球的帶電荷量之比為81：256

C.同時(shí)剪斷連接兩小球力、B的細(xì)線，4小球一定先落地

D.同時(shí)剪斷連接兩小球4、B的細(xì)線，4B小球水平位移之比為9：16

7.如圖所示，理想變壓器原副線圈分別與電阻R連接，R/、r^HSh-i

原線圈匝數(shù)％通過移動(dòng)滑片P來改變、副線圈匝數(shù)電15tA

固定，當(dāng)滑片P滑到原線圈最高點(diǎn)時(shí)ni>電。已知電

壓表和電流表均為理想電表，交流電源電壓瞬時(shí)值表

達(dá)式為〃=220V2sml007rt（y）o下列說法中正確的是（

A.當(dāng)九1：電=2：1時(shí)，電壓表的示數(shù)為110U

B.當(dāng)%：n2=1：1時(shí)，電壓表的示數(shù)為110V

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C.當(dāng)滑片P從最高點(diǎn)向下移動(dòng)時(shí)，電壓表的示數(shù)將先變大后變小

D.當(dāng)滑片/從最高點(diǎn)向下移動(dòng)時(shí)，電壓表的示數(shù)將一直變大

8.如圖，用長為L的輕繩在水平地面上方豎直懸掛一質(zhì)量為m的小O

球，小球靜止時(shí)距離地面的高度也為3現(xiàn)分別用水平向右的

恒力居、?2使小球從靜止?fàn)顟B(tài)的P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，0Q與豎直方Q

向夾角。=37。，在此作用下，小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為

777777777777777,

機(jī)械能為打；在尸2作用下，到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為外2機(jī)械能為E2。

以水平地面為零勢(shì)能面，已知?jiǎng)幽苤菶ki：Ek2=2：5,機(jī)械能之比El：E2=8：

11,重力加速度g,sin37°=0.6,貝ij()

A.&：F2=1：2

B.從P到Q,水平恒力Fi做的功為蟹

C.從P到Q,水平恒力F2做的功為警

D.小球到Q點(diǎn)時(shí)，力&的功率為罷庖I

9.如圖甲所示是“測(cè)量阻力系數(shù)”的實(shí)驗(yàn)裝置。實(shí)驗(yàn)中先通電后讓重物由靜止釋放,

得到打出紙帶的一部分如圖乙所示，點(diǎn)。為打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打下的第一個(gè)點(diǎn)，A、B、C為

相鄰的計(jì)時(shí)點(diǎn)，測(cè)得&=5.40cm,52=5.78cm。已知重物的質(zhì)量m=1.00kg,交

流電的頻率為50Hz,當(dāng)?shù)刂亓铀俣热?.8(hn/s2(以下計(jì)算結(jié)果均保留2位有效數(shù)

字)。

(1)當(dāng)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打到B點(diǎn)時(shí)，重物的速度大小m/s-,重物下落的加速度大小

_____m/s2

(2)重物通過4C段的阻力可視為恒定，則重物通過此段的阻力系數(shù)6=%(定

義阻力系數(shù)6=篙、100%)。

10.高速路入口都安裝有稱量汽車重量的地磅。如圖甲所示是某工廠生產(chǎn)的小型地磅結(jié)

構(gòu)圖和電路圖，其中R是壓敏電阻，質(zhì)量=500kg的秤臺(tái)平放在壓敏電阻上，被

稱汽車停放在秤臺(tái)上。已知電路中電源電動(dòng)勢(shì)為26V、內(nèi)電阻r=100,電流表量

程為0.34、內(nèi)阻&=10。，滑動(dòng)變阻器R'的總電阻為5000。如圖乙是壓敏電阻的

阻值R隨壓力F變化曲線。某設(shè)計(jì)人員對(duì)電流表上刻度重新賦值，使之能夠從表盤

上直接讀出秤臺(tái)上汽車的質(zhì)量，他先后進(jìn)行了以下操作。g=10m/s2.

(1)斷開開關(guān)S,撤去秤臺(tái)上的汽車，把萬用表的旋鈕旋到歐姆“X10擋”，通過正

確調(diào)零后，用紅、黑表筆接在壓敏電阻兩端，萬用表的表針指到如圖丙所示，則壓

敏電阻R此時(shí)的電阻值為0。

(2)閉合開關(guān)S,設(shè)計(jì)人員通過調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使電流表讀數(shù)為0.104,并在此處

標(biāo)注為0kg,則此時(shí)滑動(dòng)變阻器R'接入電路的電阻值為0；2500如處應(yīng)標(biāo)注

在______4處。

(3)設(shè)計(jì)人員按上述操作逐個(gè)刻度賦值后，經(jīng)長時(shí)間使用，發(fā)現(xiàn)電池的電動(dòng)勢(shì)略有

減小、內(nèi)電阻有所增大。他重新調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使秤臺(tái)空載時(shí)電流表讀數(shù)仍為

0.104然后再去測(cè)量汽車的重量。您認(rèn)為現(xiàn)在的測(cè)量相比汽車真實(shí)重量_____(偏

大；偏??；不變)。

11.如圖，光滑的圓錐桶40B固定在地面上，桶底中心為O',AB為

過底面0'的一條直徑，已知乙4。0'=37°,高。。'=2L,頂點(diǎn)。有

一光滑的小孔。一根長為3L的細(xì)輕繩穿過。點(diǎn)處小孔，一端拴著A

靜止在桶外表面質(zhì)量為m的P球，另一端拴著靜止在。'點(diǎn)、質(zhì)量

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為2nl的Q球?，F(xiàn)讓小球P在水平面內(nèi)作勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度為g,不計(jì)

一切摩擦阻力。

(1)P球運(yùn)動(dòng)的角速度多大，P球恰對(duì)桶外表面無壓力。

(2)P球運(yùn)動(dòng)的線速度多大，小球Q對(duì)地面恰無壓力。

(3)當(dāng)P球以大于(2)間的線速度運(yùn)動(dòng)且保持Q球在00'之間處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，突然燒

斷細(xì)繩，求P球從飛出到落地過程中的最大水平位移。

12.如圖，一傾角為a=37。的固定斜面的頂端放有質(zhì)量為mi=1kg的U型導(dǎo)體框

MNPQ,其PN邊平行于斜面底邊、長為3MN和PQ邊足夠長，電阻不計(jì)。寬為s的

矩形區(qū)域XYZR內(nèi)有垂直斜面向上的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一根質(zhì)量為巾2=

0.5kg、長度略大于L的金屬棒0K平行PN放在導(dǎo)體框上面，與導(dǎo)體框構(gòu)成矩形回路

0KPN,回路電阻為R。斜面與導(dǎo)體框的摩擦因數(shù)%=%導(dǎo)體框與金屬棒的摩擦因

數(shù)〃2=；。t=0s時(shí)刻靜止釋放金屬棒和導(dǎo)體框，t=1S時(shí)金屬棒滑入磁場(chǎng)并在磁

場(chǎng)中一直做勻速運(yùn)動(dòng),t=色時(shí)金屬棒滑出磁場(chǎng).此后，當(dāng)導(dǎo)體框PN邊滑入磁場(chǎng)后，

導(dǎo)體框也作勻速運(yùn)動(dòng)。g=10m/s2,sln37°=0.6o求：

(1)金屬棒Os時(shí)刻位置距磁場(chǎng)邊界XV的距離工。

(2)從金屬棒開始運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)體框PN邊滑出磁場(chǎng)的過程中，回路產(chǎn)生的電熱量。

(3)t=0s時(shí)刻金屬棒距導(dǎo)體框PN邊的距離d。

13.下列關(guān)于熱現(xiàn)象的說法正確的是（）

A.某種液體的飽和汽壓與溫度及體積有關(guān)

B.水可以浸潤玻璃，但是不能浸潤石蠟，這表明一種液體是否浸潤某種固體與這兩種

物質(zhì)的性質(zhì)都有關(guān)系

C.同種物質(zhì)只能是晶體或者是非晶體

D.一定質(zhì)量的氣體，在體積不變時(shí)，分子每秒與器壁平均碰撞次數(shù)隨著溫度降低而減

小

E.空調(diào)既能制熱又能制冷，說明在不自發(fā)的條件下熱傳遞的方向可以逆向

14.如圖，甲、乙兩個(gè)容積均為P=5L的導(dǎo)熱氣缸用細(xì)管（容積可忽略）相連接，閥門/

位于細(xì)管中部。甲、乙兩氣缸底部各有一個(gè)閥門占、K3,乙氣缸中有一可自由移動(dòng)

的輕質(zhì)薄活塞。初始時(shí)，三閥門均打開，活塞在乙的最上端。已知大氣壓強(qiáng)為po,

室溫為27。5

⑴關(guān)閉閥門七，用打氣筒通過閥門《給甲氣缸充氣，每次可將體積%=1人壓強(qiáng)

為Po的空氣全部打入甲氣缸中，要使其甲氣缸內(nèi)壓強(qiáng)達(dá)到4p0,需要打氣多少次？

（4）當(dāng)甲氣缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)達(dá)到4Po時(shí)，停止打氣，閥門Ki關(guān)閉，打開閥門出,等活塞

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穩(wěn)定后再緩慢加熱氣缸內(nèi)的氣體，使其溫度升高到87。。求此時(shí)活塞上方氣體的壓

強(qiáng)。

15.一簡(jiǎn)諧機(jī)械橫波沿x軸負(fù)方向傳播，已知波的波長為8a,周期為2s,t=Os時(shí)刻波

形如圖甲所示，a、b、d是波上的三個(gè)質(zhì)點(diǎn)。圖乙是波上某一點(diǎn)的振動(dòng)圖象，則下

A.圖乙可以表示質(zhì)點(diǎn)b的振動(dòng)

B.在0?0.2s和0.2?0.4s兩段時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)位移可能相同

C.該波傳播速度為1?=16m/s

D.質(zhì)點(diǎn)a在t=1s時(shí)位于波谷

E.質(zhì)點(diǎn)d簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為y=O.lshurt(m)

如圖所示為半徑為R的半圓柱形玻璃磚的橫截面，。為該橫

截面的圓心。光線PQ沿著與力8成30。角的方向射入玻璃磚,

入射點(diǎn)Q到圓心。的距離為日R,光線恰好從玻璃磚的中點(diǎn)E

射出，已知光在真空中的傳播速度為c

(1)求玻璃磚的折射率及光線從Q點(diǎn)傳播到E點(diǎn)所用的時(shí)間;

(2)現(xiàn)使光線PQ向左平移，求移動(dòng)多大距離時(shí)恰不能使光線從圓弧面射出(不考慮經(jīng)半圓

柱內(nèi)表面反射后射出的光)

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答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4、醫(yī)學(xué)上利用y射線治療腫瘤，主要是利用了y射線穿透能力強(qiáng)的特點(diǎn)，

故A正確；

8、鉆核發(fā)生夕衰變釋放時(shí)，鉆原子核中的中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子，同時(shí)釋放一個(gè)電子，由此

可知新核比鉆核少一個(gè)中子，故B錯(cuò)誤；

CD,經(jīng)過5.3年，即經(jīng)過一個(gè)半衰期后，有一半原子核發(fā)生衰變，還剩下總數(shù)的一半未

發(fā)生衰變，

同理經(jīng)過10.6年，即經(jīng)過兩個(gè)半衰期后，鉆剩余的質(zhì)量為m余=n^oG)2=亭，故CO錯(cuò)

誤。

故選：Ao

y射線治療腫瘤主要是利用了y射線的具有高能量高穿透性的特點(diǎn)；根據(jù)口衰變的實(shí)質(zhì)，

結(jié)合質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒判斷；根據(jù)半衰期公式分析。

解答本題的關(guān)鍵是熟練掌握有關(guān)半衰期的運(yùn)算，弄清總質(zhì)量、衰變質(zhì)量、衰變時(shí)間，半

衰期之間關(guān)系.

2.【答案】B

【解析】解：對(duì)瓶1、62受力分析如圖所示

對(duì)mi有：m1g=2Tcos300=V3T,

解得7=日恤卬

對(duì)血2有：T-m2gsin60°=^-m2g>

解得：m2=3：2.

故選：B.

分別對(duì)兩小球受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出重力拉力的關(guān)系，抓住細(xì)繩對(duì)兩球拉力大

小相等，求出兩小球的質(zhì)量比值.

3.【答案】B

【解析】解：4B.神舟13號(hào)飛船從空間站脫離后，返回地球在做近心運(yùn)動(dòng)，需要減速，

所以將向前作短時(shí)噴氣，故8正確，A錯(cuò)誤；

C.空間站內(nèi)“冰墩墩”仍受到地球萬有引力的作用，故C錯(cuò)誤；

D在地球表面有G智=mg,對(duì)空間站由G￡器=ma,聯(lián)立解得，a=8.78巾/$2,故

。錯(cuò)誤，

故選：B。

根據(jù)根據(jù)衛(wèi)星軌道的變化可知，神州13號(hào)飛船需要減速，空間站內(nèi)的物體仍然受到地球

對(duì)它們的萬有引力作用，根據(jù)萬有引力為合外力，由牛頓第二定律可知加速度。

本題考查知識(shí)點(diǎn)涉及到衛(wèi)星軌道的變化、萬有引力定律以及牛頓第二定律等，屬于基礎(chǔ)

題。

4.【答案】B

本題帶電粒子在有界的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的類型，注意根據(jù)圓的對(duì)稱性得到出射時(shí)粒子速度和

邊界的夾角與入射時(shí)速度和邊界的夾角相等。解答此題的關(guān)鍵是明確粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律,

畫出臨界軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系確定軌道半徑，根據(jù)牛頓第二定律列式求解最大速度，注

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意粒子不能從C點(diǎn)射出。

【解答】

粒子沿ab邊界方向射入磁場(chǎng)從ac邊射出磁場(chǎng)時(shí)轉(zhuǎn)過的圓心角最大,粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

時(shí)間最長，粒子速度最大時(shí)運(yùn)動(dòng)軌跡與反相切，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，

由題意可知：z.a=60°,4=90。，邊長ac=3則ab=J,四邊形abd。是正方形,

粒子軌道半徑：r=

粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvmB=2m^-

解得粒子的最大速度為：方=警，故ACZ)錯(cuò)誤，B正確;

故選瓦

5.【答案】A

【解析】解：AB,由圖示圖像可知，碰撞前a球的速度：va0=^m/s=-2m/s,碰

撞前b球的速度：vb0~1m/s-lm/s,碰撞后a球的速度%=pm/s=-Im/s,碰撞

后b球的速度%=衿皿/s=-2m/s,兩球碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以碰撞前b的速度

方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：nia%0+嗎>%0=mava+叫%，解得：2：啊=3:

1,故A正確，8錯(cuò)誤；

CD、由4可知，ma=3mb,碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)能=gniaWo+［加〃笳o=gx3mbx

22

(-2)+^mbxI=6.5mb,碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)能Ej=|mav^+詔=1x3mbx

22

(-1)x(-2)=3.5mb<Ek,碰撞是非彈性碰撞，碰撞后兩球速度不相等，不

是完全非彈性碰撞，故CO錯(cuò)誤。

故選：Ao

由圖示x-t圖像求出兩小球的速度，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出兩

球的質(zhì)量之比；根據(jù)碰撞前后系統(tǒng)總動(dòng)能關(guān)系判斷碰撞的類型。

根據(jù)圖示x—t圖像分析清楚兩球的運(yùn)動(dòng)過程、求出碰撞前后兩球的速度是解題的前提,

應(yīng)用動(dòng)量守恒定律即可解題；碰撞過程機(jī)械能守恒的碰撞是彈性碰撞，機(jī)械能不守恒的

碰撞是非彈性碰撞。

6.【答案】BD

【解析】解：4根據(jù)己知得04J.0B,OCLAB,對(duì)力小球受力分析如圖所示:

「加居

庫倫斥力尸=溫=3皿19,同理對(duì)B受力分析可得庫倫斥力尸'=曙=（n120根據(jù)

牛頓第三定律得尸=/,聯(lián)立三式得：念=￡,故A錯(cuò)誤；

A已知IC點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零，取水平向右為正方向，由點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式得比=4+%=

0C

嘿+（-嘿）=。，得電荷量之比為黑=嘿）2=（鱉）2=（需）2=《）2=短，

8tan37°

故8正確；

CD.同時(shí)剪斷連接兩小球4、B的細(xì)線，豎直方向都只受重力，水平方向有相互作用的排

斥力，故豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，兩球同時(shí)落地；水平方向滿足動(dòng)量守恒定

律中的人船模型,取水平向右為正方向，設(shè)水平位移大小分別為x「X2,得0=（-mi/）+

m2x2,解得位移大小之比為包=案=看，故C錯(cuò)誤，。正確。

故選：BD.

由題意分別對(duì)4、B受力分析列方程得質(zhì)量關(guān)系；已知C點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，由庫侖定律可求電

荷量之間比；同時(shí)剪斷連接兩小球4、B的細(xì)線，豎直方向兩球都做自由落體運(yùn)動(dòng)，時(shí)

間相同，水平方向滿足動(dòng)量守恒定律用人船模型計(jì)算水平位移之比。

本題考查力的合力、庫侖定律、點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)和動(dòng)量守恒定律人船模型，需要同學(xué)們熟練

掌握相關(guān)知識(shí)的基礎(chǔ)上并能靈活運(yùn)用解決問題。

7.【答案】BC

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【解析】解：設(shè)輸入交流電電壓的有效值為U,則U=等丫=2207

原線圈電壓為Ui，副線圈電壓為

A.當(dāng)叫：電=2：1時(shí)，設(shè)原線圈電流為/,根據(jù)匝數(shù)比可知副線圈的電流為2/,則副線

圈電壓為/=2IR

則原線圈的電壓為q=2U2=4/R

根據(jù)U=%+/R=5/R=|/，解得4=88人故A錯(cuò)誤；

A設(shè)原線圈電流為/,當(dāng)?。簄2=1：1時(shí)，根據(jù)匝數(shù)比可知副線圈的電流也為/,則副線

圈的電壓為/R,根據(jù)匝數(shù)比可知原線圈的電壓為/R,對(duì)原線圈有U=//?+//?=24,

解得“=110V,故B正確；

CD.設(shè)原線圈電流為/,當(dāng)滑片/向下移動(dòng)，原線圈的匝數(shù)減少，設(shè)匝數(shù)比為k,

則此時(shí)原線圈電壓Ui=U-IR,

副線圈的電壓”=汕=^(_U-IR)=kIR

U

可得：

/Rk2+l

...kUU

則/=屈=碼

可知當(dāng)k=l時(shí)，％有最大值，結(jié)合題意2＞的可知，電壓表的示數(shù)將先變大后變小,

故C正確，。錯(cuò)誤。

故選：BC。

變壓器原副線圈電壓之比等于原副線圈匝數(shù)比，電流之比等于匝數(shù)比的反比，然后結(jié)合

歐姆定律即可求出。

本題考查變壓器原理應(yīng)用，注意變壓器的輸入電壓不是電源電壓，而是將變壓器與電阻

串聯(lián)接在了電源兩端，故輸入電壓為

8.【答案】AD

【解析】解：力、在力F]作用下，從P到Q,對(duì)小球由動(dòng)能定理有

F^LsinO-mgL(l-cosd)-Ekl—0,

E[=mgL+FxLsin9,

同理，在力尸2作用下有

F2Lsin0—mgLQ—cos。)=Ek2—0,

E2=mgL+F2Lsin6,

根據(jù)題意有&i：Ek2=2：5,曷：E2=8：11,

聯(lián)立解得：Ft=mg,F2=2mg,故A正確；

B、從P到Q,水平恒力力做的功為

3mL

W—Frx-mgLsind-^,

故8錯(cuò)誤；

C、從P到Q,水平恒力F2做的功為

W=F2X=2mgLsin9=

故C錯(cuò)誤；

。、在力&作用下，小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為=等，力&的功率為匕=居次cos6=

舞廊I,故O正確；

故選：AD.

在力產(chǎn)作用下，根據(jù)動(dòng)能定理求得到達(dá)Q點(diǎn)的動(dòng)能，機(jī)械能為動(dòng)能和勢(shì)能之和，即可求

得拉力的大小，根據(jù)卬=尸》求得拉力做功，拉力的功率P=F/

本題主要考查了動(dòng)能定理和瞬時(shí)功率的計(jì)算，關(guān)鍵是抓住在拉力作用下小球的運(yùn)動(dòng)即可。

9.【答案】2.89.53.1

【解析】解：（1）由已知得相鄰計(jì)時(shí)點(diǎn)之間的時(shí)間為7=，=&s=0.02s,B點(diǎn)速度等于

4c段的平均速度，即%=以c=："+,"=-/2.8m/s）加速度為。=

0-2T2x0.02m's='

叫至*爛空*=”2；

（2）根據(jù)牛頓第二定律得mg-6mg=ma,整理得6=^=今券x100%*3.1%

故答案為：（1）2.8；9.5（2）3.1

根據(jù)中間時(shí)刻的速度等于這段時(shí)間的平均速度計(jì)算B點(diǎn)的速度，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的判

別式計(jì)算加速度；

本題考查測(cè)量阻力系數(shù)的實(shí)驗(yàn)，要求掌握對(duì)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的原理和使用方法，計(jì)算瞬時(shí)速

度和加速度，用牛頓第二定律求阻力系數(shù)。

10.【答案】160800.13偏小

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【解析】解：(1)指針的示數(shù)為16,而由題意知萬用表為歐姆“X10擋”，故R此時(shí)的

阻值為16x10/2=1600；

(2)秤臺(tái)的質(zhì)量m=500kg,可知

GQ=m0g=500xION—5000N,

由圖乙知此時(shí)R=16012,

分析電路圖，由閉合點(diǎn)歐姆定律可知

E=l(R+R'+RA+r),

其中E=26V,r=10/2,以=100,R=160/2,/=0.10/1

代入數(shù)據(jù)解得：R=8O0,

故此時(shí)滑動(dòng)美阻器接入電路的電阻值R=800；此時(shí)對(duì)應(yīng)Mg,當(dāng)為2500kg時(shí)，

4

F=(m+m0)g=(2500+500)x10N=3x10N,

由圖乙知R=100。，由閉合點(diǎn)歐姆定律可知

E=/(R+R'+R4+r),

代入數(shù)據(jù)解得:I=0.13A,

故應(yīng)標(biāo)在0.134處；

(3)重新調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R,使巾=0時(shí)，1=0.10/1,由閉合點(diǎn)歐姆定律

E'=IXR+R'+RA+r'),

得1/4'=——-——

R+R/+RA+rr

壓敏電阻的阻值隨壓力F的變化關(guān)系不變，在調(diào)節(jié)R'后，r與/?總=/?+/?'+/?4+〃間的

關(guān)系與原來相比不變，E'<E,故現(xiàn)在的測(cè)量相比汽車真實(shí)重量偏小。

⑴1600(2)800,0.134(3)偏小

(1)根據(jù)歐姆表讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；

(2)由圖乙知不同壓力下壓敏電阻阻值，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解即可；

(3)電池的電動(dòng)勢(shì)略有減小、內(nèi)電阻有所增大，重新調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，根據(jù)閉合電路歐

姆定律分析測(cè)量結(jié)果。

本題以地磅為背景考查伏安法測(cè)電阻和閉合電路歐姆定律的應(yīng)用，分析地磅的測(cè)量原理

是解題關(guān)鍵，會(huì)應(yīng)用閉合電路歐姆定律完成相關(guān)計(jì)算分析。

11.【答案】解：(1)P對(duì)桶外表面無壓力，對(duì)P受力分析得此時(shí)重力與繩子拉力提供向心

力。

即產(chǎn)分=mgtanO=ma)2Lsin9

故3=J^-rad/s

(2)8對(duì)地面剛好無壓力，對(duì)Q受力分析得此時(shí)繩子的拉力7=2mg

對(duì)P受力分析，如圖所示在豎直方向合力為零

故7cos0=mg

解得0=60°

2

對(duì)P球，根據(jù)牛頓第二定律有TsinB=

IsinO

解得u=

(3)設(shè)拉P的繩長為x(/<%<21),由第2問分析知P球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)9=60。始終不

變

2

根據(jù)牛頓第二定律有。=

Tsinmx^si—nO

解得》=舟

P球做平拋下落的時(shí)間為t,則有2,一xcosd=3gt2

水平位移為s=vt=^3x(21—1x)

當(dāng)％=2/時(shí)，位移最大為Sm=粕1

答：(1)P球運(yùn)動(dòng)的角速度為J^rad/s，P球恰對(duì)桶外表面無壓力。

(2)P球運(yùn)動(dòng)的線速度為舟，小球Q對(duì)地面恰無壓力.

(3)P球從飛出到落地過程中的最大水平位移為通/。

【解析】(1)對(duì)P受力分析得此時(shí)重力與繩子拉力提供向心力。

(2)8對(duì)地面剛好無壓力，對(duì)B受力分析得此時(shí)繩子的拉力，合力作為向心力計(jì)算線速度

大??；

(3)P球飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律計(jì)算水平位移。

本題的關(guān)鍵點(diǎn)在于判斷小球是否離開圓錐體表面，不能直接應(yīng)用向心力公式求解，難度

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較大。

12.【答案】解：(l)t=Os釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)體框向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓

m

第二定律得：m2gsm9—林2zgcos。=m2a2

解得。2=4m/s2

0?1s內(nèi)，金屬棒的位移：x=1x4xl2m=2m

即金屬棒t=Os時(shí)刻位置距磁場(chǎng)邊界XV的距離x=2m.

(2)t=0s釋放導(dǎo)體框，導(dǎo)體框沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：

m^sind+R2ggeos?—+m^gcosd=m1al

解得的=3m/s2

ti=Is時(shí)導(dǎo)體框的速度%=Qi"=3xIm/s=3m/s

金屬棒的速度以=。2tl=4xIm/s=4m/s

設(shè)金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,則G+t2=

解得±2=

則磁場(chǎng)的寬度s=92t2=4

當(dāng)金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得：m2gsin0=n2m2gcosd=F^t,解

得產(chǎn)安i=2N

mcose

當(dāng)導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得：m1gsin9+n229=+

m2')gcose+F交2

解得「安2=3N

故從金屬棒開始運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)體框PN邊滑出磁場(chǎng)的過程中，回路產(chǎn)生的電熱量Q=產(chǎn)安】s+

F安2s

解得Q=

(3)0~gs內(nèi)金屬棒與導(dǎo)體框的位移之差：4s=|a2ti+一如(ti+12)2

解得/s=|zn

導(dǎo)體棒滑出磁場(chǎng)到PN邊滑入磁場(chǎng)：域一諺=2ai(4s+d-s)

導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)，有產(chǎn)安1=I[BL=BLj=2N

導(dǎo)體框PN進(jìn)入磁場(chǎng)，有F安2=的=失也=3N

聯(lián)立解得：d=4m

答：(1)金屬棒t=Os時(shí)刻位置距磁場(chǎng)邊界XY的距離x為2m。

(2)從金屬棒開始運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)體框PN邊滑出磁場(chǎng)的過程中，回路產(chǎn)生的電熱量為弓/。

(3)t=0s時(shí)刻金屬棒距導(dǎo)體框PN邊的距離d為4m。

【解析】(l)t=Os釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)體框向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律

求出金屬棒的加速度，由位移一時(shí)間公式求出金屬棒在0?1s內(nèi)的位移，即為金屬棒t=

0s時(shí)刻位置距磁場(chǎng)邊界XY的距離X。

(2)t=0s釋放導(dǎo)體框，導(dǎo)體框沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求出導(dǎo)體框

的加速度，由速度一時(shí)間公式求出t=1s時(shí)金屬棒與導(dǎo)體框的速度。由位移一時(shí)間公式

求出磁場(chǎng)的寬度s,由平衡條件分別求出金屬棒在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)和導(dǎo)體框在磁場(chǎng)中

勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的安培力大小，再分別求出這兩個(gè)過程克服安培力做功，兩者之和即為

所求

電熱量。

(3)先根據(jù)位移一時(shí)間公式求出0?gs內(nèi)金屬棒與導(dǎo)體框的位移之差。導(dǎo)體棒滑出磁場(chǎng)到

PN邊滑入磁場(chǎng)，利用速度一時(shí)間公式列式，結(jié)合安培力與速度的關(guān)系求解t=0s時(shí)刻金

屬棒距導(dǎo)體框PN邊的距離d。

解決本題時(shí)，要正確分析導(dǎo)體框和金屬棒的受力情況，分段運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)

公式求解位移和速度，并把握各個(gè)過程之間的位移關(guān)系。

13.【答案】BDE

【解析】解：4、同一種液體的飽和汽僅僅與溫度有關(guān)，與體積無關(guān)，故A錯(cuò)誤；

8、一種液體是否浸潤某種固體與這兩種物質(zhì)的性質(zhì)都有關(guān)系，如水可以浸潤玻璃，但

是不能浸潤石蠟，故8正確；

C、同種物質(zhì)可能以晶體和非晶體兩種形態(tài)出現(xiàn)，這是因?yàn)榫w和非晶體在一定條件下

可以相互轉(zhuǎn)化，故C錯(cuò)誤；

D,一定質(zhì)量的氣體，在體積不變時(shí)，溫度降低，壓強(qiáng)減小，根據(jù)氣體壓強(qiáng)的微觀解釋，

可知分子每秒平均碰撞次數(shù)也減小，故O正確；

E、空調(diào)既能制熱又能制冷，說明在不自發(fā)地條件下熱傳遞方向可以逆向，不違背熱力

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學(xué)第二定律，故E正確。

故選：BDE.

同一種液體的飽和汽僅僅與溫度有關(guān)；一種液體是否浸潤某種固體與這兩種物質(zhì)的性質(zhì)

都有關(guān)系；同種物質(zhì)可能以晶體或非晶體兩種形態(tài)出現(xiàn)；氣體的壓強(qiáng)是由大量分子對(duì)器

壁的碰撞而產(chǎn)生的；根據(jù)熱力學(xué)第二定律判斷。

本題考查了飽和汽壓、浸潤與不浸潤、晶體和非晶體、氣體壓強(qiáng)、熱力學(xué)第二定律等基

礎(chǔ)知識(shí)，要求學(xué)生對(duì)這部分知識(shí)要重視課本，強(qiáng)化理解并記憶。

14.【答案】解：（i）設(shè)打氣次數(shù)為n,以將打入的氣體和甲中已有氣體為研究對(duì)象：

由玻意耳定律得：p0（V+nK0）=4p0V

代入數(shù)據(jù)解得：n=15

（ii）打開《后，活塞向下移動(dòng)，設(shè)活塞向下移動(dòng)直到最下端時(shí)氣體壓強(qiáng)為「2,此時(shí)氣體

的體積匕=2V

由玻意耳定律得：4p0V=p2V2

代入數(shù)據(jù)解得：P2=2po>p（）,

假設(shè)成立，打開弓后活塞到達(dá)氣缸的最下端，設(shè)加熱后活塞上方氣體的壓強(qiáng)為P3，

氣體初狀態(tài)的溫度72=（273+27）K=300K,氣體末狀態(tài)的溫度口=（273+87）K=

360K

氣體體積不變，由查理定律得：祟=祟

12,3

代入數(shù)據(jù)解得：P3=2.4p。