2022年全國統(tǒng)一高考物理試卷乙卷含答案

1、2022年全國統(tǒng)一高考物理試卷（乙卷）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14題只有一項符合題目要求，第58題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1（6分）2022年3月，中國航天員翟志剛、王亞平、葉光富在離地球表面約400km的“天宮二號”空間站上通過天地連線，為同學(xué)們上了一堂精彩的科學(xué)課。通過直播畫面可以看到，在近地圓軌道上飛行的“天宮二號”中，航天員可以自由地漂浮，這表明他們（）A所受地球引力的大小近似為零B所受地球引力與飛船對其作用力兩者的合力近似為零C所受地球引力的大小與其隨飛船運動所需向心力的大小近似相等

2、D在地球表面上所受引力的大小小于其隨飛船運動所需向心力的大小2（6分）如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時整個系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直。當(dāng)兩球運動至二者相距L時，它們加速度的大小均為（）ABCD3（6分）固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán)。小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環(huán)的速率正比于（）A它滑過的弧長B它下降的高度C它到P點的距離D它與P點的連線掃過的面積4（6分）一點光源以113W的功率向周圍所有方向均勻地輻射波長約為6107m的光，在離點光源距離為R處每秒垂

3、直通過每平方米的光子數(shù)為31014個。普朗克常量為h6.631034Js。R約為（）A1102mB3102mC6102mD9102m（多選）5（6分）安裝適當(dāng)?shù)能浖?，利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應(yīng)強度B。如圖，在手機上建立直角坐標(biāo)系，手機顯示屏所在平面為xOy面。某同學(xué)在某地對地磁場進(jìn)行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據(jù)表中測量結(jié)果可推知（）測量序號Bx/TBy/TBz/T102145202046321045421045A測量地點位于南半球B當(dāng)?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50TC第2次測量時y軸正向指向南方D第3次測量時y軸正向指向東方（多選）6（6分）如圖，兩

4、對等量異號點電荷+q、q（q0）固定于正方形的4個頂點上。L、N是該正方形兩條對角線與其內(nèi)切圓的交點，O為內(nèi)切圓的圓心，M為切點。則（）AL和N兩點處的電場方向相互垂直BM點的電場方向平行于該點處的切線，方向向左C將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做正功D將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功為零（多選）7（6分）質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g10m/s2。則（）A4s時物塊的動能為零B6s時物塊回到初始位置C3s時物塊的動量為12kgm/sD06s時間內(nèi)F

5、對物塊所做的功為40J（多選）8（6分）一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導(dǎo)體極板（半徑分別為R和R+d）和探測器組成，其橫截面如圖（a）所示，點O為圓心。在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，方向指向O點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過，到達(dá)探測器。不計重力。粒子1、2做圓周運動，圓的圓心為O、半徑分別為r1、r2（Rr1r2R+d）；粒子3從距O點r2的位置入射并從距O點r1的位置出射；粒子4從距O點r1的位置入射并從距O點r2的位置出射，軌跡如圖（b）中虛線所示。則（）A粒子3入射時的動能比它出射時的大B粒子4入射時的動能比它出射時的大C粒

6、子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能D粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能二、非選擇題：共62分。第912題為必考題，每個試題考生都必須作答。第1316題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共47分。9（5分）用雷達(dá)探測一高速飛行器的位置。從某時刻（t0）開始的一段時間內(nèi)，該飛行器可視為沿直線運動，每隔1s測量一次其位置，坐標(biāo)為x，結(jié)果如下表所示：t/s0123456x/m050710941759250533294233回答下列問題：（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可判斷該飛行器在這段時間內(nèi)近似做勻加速運動，判斷的理由是： ；（2）當(dāng)x507m時，該飛行器速度的大小v m/s；（3）這段時間內(nèi)該

7、飛行器加速度的大小a m/s2（保留2位有效數(shù)字）。10（10分）一同學(xué)探究阻值約為550的待測電阻Rx在05mA范圍內(nèi)的伏安特性。可用器材有：電壓表（量程為3V，內(nèi)阻很大），電流表（量程為1mA，內(nèi)阻為300），電源E（電動勢約為4V，內(nèi)阻不計），滑動變阻器R（最大阻值可選10或1.5k），定值電阻R0（阻值可選75或150），開關(guān)S，導(dǎo)線若干。（1）要求通過Rx的電流可在05mA范圍內(nèi)連續(xù)可調(diào)，在答題卡上將圖（a）所示的器材符號連線，畫出實驗電路的原理圖；（2）實驗時，圖（a）中的R應(yīng)選最大阻值為 （填“10”或“1.5k”）的滑動變阻器，R0應(yīng)選阻值為 （填“75”或“150”）的定值電

8、阻；（3）測量多組數(shù)據(jù)可得Rx的伏安特性曲線。若在某次測量中，電壓表、電流表的示數(shù)分別如圖（b）和圖（c）所示，則此時Rx兩端的電壓為 V，流過Rx的電流為 mA，此組數(shù)據(jù)得到的Rx的阻值為 （保留3位有效數(shù)字）。11（12分）如圖，一不可伸長的細(xì)繩的上端固定，下端系在邊長為l0.40m的正方形金屬框的一個頂點上。金屬框的一條對角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強磁場。已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長度的阻值為5.0103/m；在t0到t3.0s時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小隨時間t的變化關(guān)系為B（t）0.30.1t（SI）。求（1）t2.0s時金屬框所受安培力的大??；（2）在t0到t2.0s時

9、間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱。12（20分）如圖（a），一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上；物塊B向A運動，t0時與彈簧接觸，到t2t0時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的vt圖像如圖（b）所示。已知從t0到tt0時間內(nèi)，物塊A運動的距離為0.36v0t0。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點與前一次相同。斜面傾角為（sin0.6），與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)。（

10、二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。物理選修3-3（15分）（多選）13（5分）一定量的理想氣體從狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b變化到狀態(tài)c，其過程如TV圖上的兩條線段所示。則氣體在（）A狀態(tài)a處的壓強大于狀態(tài)c處的壓強B由a變化到b的過程中，氣體對外做功C由b變化到c的過程中，氣體的壓強不變D由a變化到b的過程中，氣體從外界吸熱E由a變化到b的過程中，從外界吸收的熱量等于其增加的內(nèi)能14（10分）如圖，一豎直放置的汽缸由兩個粗細(xì)不同的圓柱形筒組成，汽缸中活塞和活塞之間封閉有一定量的理想氣體，兩活塞用一輕質(zhì)彈簧連接，汽缸連接處有小卡銷，活塞不能通過連接處?；?/p>

11、塞、的質(zhì)量分別為2m、m，面積分別為2S、S，彈簧原長為l。初始時系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，此時彈簧的伸長量為0.1l，活塞、到汽缸連接處的距離相等，兩活塞間氣體的溫度為T0。已知活塞外大氣壓強為p0，忽略活塞與缸壁間的摩擦，汽缸無漏氣，不計彈簧的體積。（）求彈簧的勁度系數(shù)；（）緩慢加熱兩活塞間的氣體，求當(dāng)活塞剛運動到汽缸連接處時，活塞間氣體的壓強和溫度。物理選修3-4（15分）15介質(zhì)中平衡位置在同一水平面上的兩個點波源S1和S2，二者做簡諧運動的振幅相等，周期均為0.8s。當(dāng)S1過平衡位置向上運動時，S2也過平衡位置向上運動。若波速為5m/s，則由S1和S2發(fā)出的簡諧橫波的波長均為 m。P為波源平

12、衡位置所在水平面上的一點，與S1、S2平衡位置的距離均為10m，則兩波在P點引起的振動總是相互 （填“加強”或“削弱”）的；當(dāng)S1恰好在平衡位置向上運動時，平衡位置在P處的質(zhì)點 （填“向上”或“向下”）運動。16一細(xì)束單色光在三棱鏡ABC的側(cè)面AC上以大角度由D點入射（入射面在棱鏡的橫截面內(nèi)），入射角為i，經(jīng)折射后射至AB邊的E點，如圖所示。逐漸減小i，E點向B點移動，當(dāng)sini時，恰好沒有光線從AB邊射出棱鏡，且DEDA。求棱鏡的折射率。2022年全國統(tǒng)一高考物理試卷（乙卷）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14題只有一項符合題目要

13、求，第58題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1（6分）2022年3月，中國航天員翟志剛、王亞平、葉光富在離地球表面約400km的“天宮二號”空間站上通過天地連線，為同學(xué)們上了一堂精彩的科學(xué)課。通過直播畫面可以看到，在近地圓軌道上飛行的“天宮二號”中，航天員可以自由地漂浮，這表明他們（）A所受地球引力的大小近似為零B所受地球引力與飛船對其作用力兩者的合力近似為零C所受地球引力的大小與其隨飛船運動所需向心力的大小近似相等D在地球表面上所受引力的大小小于其隨飛船運動所需向心力的大小【分析】空間站在軌道上繞地球做勻速圓周運動，宇航員在空間站中隨空間站一起做繞地

14、圓周運動，萬有引力完全提供做圓周運動的向心力；根據(jù)萬有引力公式分析在飛船軌道上向心力和地球表面的引力大小。【解答】解：ABC航天員在空間站中所受萬有引力完全提供做圓周運動的向心力，飛船對其作用力等于零，故C正確，AB錯誤；D根據(jù)萬有引力公式F萬可知在地球表面上所受引力的大小大于在飛船所受的萬有引力大小，因此地球表面引力大于其隨飛船運動所需向心力的大小，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題以“天宮二號”空間站直播授課為背景考查人造衛(wèi)星運行問題，解題關(guān)鍵要分析清楚空間站的運動，知道航天器在軌道上繞地球做勻速圓周運動時萬有引力提供向心力。2（6分）如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時整

15、個系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直。當(dāng)兩球運動至二者相距L時，它們加速度的大小均為（）ABCD【分析】本題需要對當(dāng)兩球運動至二者相距L時這一瞬間單獨進(jìn)行受力分析，再根據(jù)牛頓第二定律即可求出結(jié)果。【解答】解：當(dāng)兩球運動至二者相距L時，對此時進(jìn)行受力分析，如圖所示：因為兩球關(guān)于F所在直線對稱，sin，所以cos，已知輕繩中心處受三個力，設(shè)繩子拉力為T，水平方向上受力分析，2TcosF，解得：T，對其中一個小球用牛頓第二定律，得；Tma，解得：a。故A正確，BCD錯誤。故選A。【點評】本題考查受力分析和牛頓第二定律，需要對特殊

16、位置進(jìn)行分析，比較簡單。3（6分）固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán)。小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環(huán)的速率正比于（）A它滑過的弧長B它下降的高度C它到P點的距離D它與P點的連線掃過的面積【分析】根據(jù)幾何關(guān)系求出各物理量間關(guān)系，根據(jù)機械能守恒定律求出速度表達(dá)式即可。【解答】解：設(shè)下滑過程中，它到P點距離為L，下滑高度為h，圓環(huán)半徑為R，如圖由幾何關(guān)系得sin根據(jù)機械能守恒定律得mgh聯(lián)立解得：vL，故C正確，ABD錯誤；故選：C。【點評】本題考查機械能守恒定律應(yīng)用個，屬于基礎(chǔ)題，求出小環(huán)速率表達(dá)式即可分析。4（6分）一點光源以113W的功率向周圍所有方向均勻地

17、輻射波長約為6107m的光，在離點光源距離為R處每秒垂直通過每平方米的光子數(shù)為31014個。普朗克常量為h6.631034Js。R約為（）A1102mB3102mC6102mD9102m【分析】先計算每個光子的能量，再根據(jù)以光源為球心，每秒通過某球面的能量相等，列出數(shù)學(xué)表達(dá)式，即可求出某一球面的半徑。【解答】解：設(shè)每個光子的能量大小為，則有：h6.631034J3.3151019J因為該光源輻射的功率為113W，由Wpt可知，每秒向外輻射的能量為W1131J113J即以光源為球心，每秒通過某球面的光子能量為113J。故距離光源R處的球面滿足數(shù)學(xué)公式：310143.31510194R2113可以

18、解得：R300m，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題考查光子能量的計算，要牢記公式h，并掌握波長、光速、頻率之間的數(shù)量關(guān)系。難度不大，但計算時應(yīng)細(xì)心，避免出錯。（多選）5（6分）安裝適當(dāng)?shù)能浖螅弥悄苁謾C中的磁傳感器可以測量磁感應(yīng)強度B。如圖，在手機上建立直角坐標(biāo)系，手機顯示屏所在平面為xOy面。某同學(xué)在某地對地磁場進(jìn)行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據(jù)表中測量結(jié)果可推知（）測量序號Bx/TBy/TBz/T102145202046321045421045A測量地點位于南半球B當(dāng)?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50TC第2次測量時y軸正向指向南方D第3次測量時y軸

19、正向指向東方【分析】地球可視為一個大磁場，地理的北極為磁場的南極，地理的南極為磁場的北極，磁場強度為矢量，根據(jù)圖中信息即可求得該處磁場大小及方向。【解答】解：A如圖所示地球可視為一個大磁場，磁場南極大致在地理的北極附近，磁場北極大致在地理南極附近。通過這兩個磁極的假想直線（磁軸）與地球的自轉(zhuǎn)軸大約成11.3度的傾斜。由表中z軸數(shù)據(jù)可看出z軸的磁場豎直向下，則測量地點應(yīng)位于北半球，故A錯誤；B磁感應(yīng)強度為矢量，故由表格可看出此處的磁感應(yīng)強度大致為BTT50T，故B正確；CD由選項A可知測量地在北半球，而北半球地磁場指向北方斜向下，則第2次測量，測得By0，故y軸指向南方，第3次測得Bx0，故x軸

20、指向北方而y軸則指向西方，故C正確，D錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查了地球磁場及磁場強度為矢量的運算，解題的關(guān)鍵是知道地球可視為一個大磁場，地理的北極為磁場的南極，地理的南極為磁場的北極，磁場強度為矢量，計算矢量運算法則。（多選）6（6分）如圖，兩對等量異號點電荷+q、q（q0）固定于正方形的4個頂點上。L、N是該正方形兩條對角線與其內(nèi)切圓的交點，O為內(nèi)切圓的圓心，M為切點。則（）AL和N兩點處的電場方向相互垂直BM點的電場方向平行于該點處的切線，方向向左C將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做正功D將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功為零【分析】電場強度是矢量，每個位置的

21、電場強度為各個點電荷在該點產(chǎn)生電場的矢量合；電勢是標(biāo)量，每個地方的電勢是各個點電荷在此的電勢的代數(shù)和，正電荷，電勢降低，電勢能減小，電場力做正功。【解答】解：A、兩個正電荷在N點產(chǎn)生的場強方向由N指向O，N點處于兩負(fù)電荷連線的中垂線上，則兩負(fù)電荷在N點產(chǎn)生的場強方向由N指向O，則N點的合場強方向由N指向O，同理可知，兩個負(fù)電荷在L處產(chǎn)生的場強方向由O指向L，L點處于兩正電荷連線的中垂線上，兩正電荷在L處產(chǎn)生的場強方向由O指向L，則L處的合場方向由O指向L，由于正方向兩對角線垂直平分，則L和N兩點處的電場方向相互垂直，故A正確；B、正方向底邊的一對等量異號電荷在M點產(chǎn)生的場強方向向左，而正方形上

22、方的一對等量異號電荷在M點產(chǎn)生的場強方向向右，由于M點離上方一對等量異號電荷距離較遠(yuǎn)，則M點的場方向向左，故B正確；C由圖可知，M和O點位于兩等量異號電荷的等勢線上，即M和O點電勢相等，所以將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做功為零，故C錯誤；D由圖可知，L點的電勢低于N點電勢，則將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功不為零，故D錯誤。故選：AB。【點評】此題考查電場的疊加，注意結(jié)合等量同種電荷和等量異種電荷的電場進(jìn)行分析，可以使問題簡化。（多選）7（6分）質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因

23、數(shù)為0.2，重力加速度大小取g10m/s2。則（）A4s時物塊的動能為零B6s時物塊回到初始位置C3s時物塊的動量為12kgm/sD06s時間內(nèi)F對物塊所做的功為40J【分析】求出物塊與地面間的滑動摩擦力，根據(jù)動量定理求解3s時的速度和4s時的速度，再根據(jù)位移計算公式求解位移，根據(jù)功的計算公式求解做的功?！窘獯稹拷猓何飰K與地面間的滑動摩擦力為：fmg0.2110N2N。A、t33s時物體的速度大小為v3，則有：（Ff）t3mv3，其中F4N，代入數(shù)據(jù)解得：v36m/s；t44s時速度為v4，根據(jù)動量定理可得：（F+f）（t4t3）mv4mv3，代入數(shù)據(jù)解得：v40，故A正確；B、03s物塊沿正

24、方向加速運動，3s4s物塊沿正方向減速運動，4s末的速度為零，4s6s物塊反向加速，且加速度大小與03s內(nèi)的加速度大小相等，故6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；C、3s時物塊的動量大小為：pmv316kgm/s6kgm/s，故C錯誤；D、03s內(nèi)物塊的位移：x1m9m，方向為正方向；3s4s內(nèi)物塊的位移：x2m3m，方向為正方向；6s時物塊的速度大小為v6，則有：（Ff）t2mv6，解得：v64m/s4s6s物塊的位移大小為：x3m4m，方向為負(fù)方向。所以06s時間內(nèi)F對物塊所做的功為：WF（x1x2+x3）4（93+4）J40J，故D正確。故選：AD?！军c評】本題主要是考查動量定理與圖象

25、的結(jié)合，關(guān)鍵是弄清楚運動情況和受力情況，知道合外力的沖量等于動量的變化。（多選）8（6分）一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導(dǎo)體極板（半徑分別為R和R+d）和探測器組成，其橫截面如圖（a）所示，點O為圓心。在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，方向指向O點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過，到達(dá)探測器。不計重力。粒子1、2做圓周運動，圓的圓心為O、半徑分別為r1、r2（Rr1r2R+d）；粒子3從距O點r2的位置入射并從距O點r1的位置出射；粒子4從距O點r1的位置入射并從距O點r2的位置出射，軌跡如圖（b）中虛線所示。則（）A粒子3入射時的動能比

26、它出射時的大B粒子4入射時的動能比它出射時的大C粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能D粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能【分析】離子在電場里在輻向電場力的作用下運動，1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運動，粒子射出時動能不發(fā)生變化；粒子3、4在非勻強電場中運動，主要看粒子是靠近O點，電場力做正功，動能增大；粒子是遠(yuǎn)離O點，電場力做負(fù)功，動能減小?！窘獯稹拷猓涸诮孛鎯?nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，可設(shè)為E，即ErkA粒子3從距O點r2的位置入射并從距O點r1的位置出射，做向心運動，電場力做正功，則動能增大，粒子3入射時的動能比它出射時的小，故A錯誤；B粒子4從距O點r

27、1的位置入射并從距O點r2的位置出射，做離心運動，電場力做負(fù)功，則動能減小，粒子4入射時的動能比它出射時的大，故B正確；C帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運動，則有qE1mqE2m可得：m即粒子1入射時的動能等于粒子2入射時的動能，故C錯誤；D粒子3做向心運動，則有qE2m可得：mm粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能，故D正確；故選：BD?！军c評】本題考查了粒子在輻向的勻強電場或者在非勻強電場中的運動，判斷粒子出電場動能的變化，解題的關(guān)鍵看電場力對粒子做什么功，中檔難度。二、非選擇題：共62分。第912題為必考題，每個試題考生都必須作答。第1316題為選考題，考生根據(jù)要求

28、作答。（一）必考題：共47分。9（5分）用雷達(dá)探測一高速飛行器的位置。從某時刻（t0）開始的一段時間內(nèi)，該飛行器可視為沿直線運動，每隔1s測量一次其位置，坐標(biāo)為x，結(jié)果如下表所示：t/s0123456x/m050710941759250533294233回答下列問題：（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可判斷該飛行器在這段時間內(nèi)近似做勻加速運動，判斷的理由是：根據(jù)相鄰相等時間內(nèi)的位移之差近似為一個定值；（2）當(dāng)x507m時，該飛行器速度的大小v547m/s；（3）這段時間內(nèi)該飛行器加速度的大小a79m/s2（保留2位有效數(shù)字）?！痉治觥浚?）勻變速直線運動的規(guī)律：連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之差等于一個定值。（2）勻變

29、速直線運動的規(guī)律中間時刻的瞬時速度等于相鄰兩點的平均速度；（3）根據(jù)xaT2求解加速度?！窘獯稹拷猓海?）第1s內(nèi)的位移507m，第2s內(nèi)的位移587m，第3s內(nèi)的位移665m，第4s內(nèi)的位移746m，第5s內(nèi)的位移824m，第6s內(nèi)的位移904m，則相鄰1s內(nèi)的位移之差接近x79m，可知判斷飛行器在這段時間內(nèi)做勻加速運動；（2）根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律中間時刻的瞬時速度等于相鄰兩點的平均速度，知當(dāng)x507m時，該飛行器速度的大小vm/s547m/s；（3）根據(jù)xaT2知，am/s279m/s2。故答案為：根據(jù)相鄰相等時間內(nèi)的位移之差近似為一個定值；547m/s；79m/s2?！军c評】本題考查

30、勻變速直線運動規(guī)律的研究，解題關(guān)鍵是要掌握平均速度公式和逐差法求加速度。10（10分）一同學(xué)探究阻值約為550的待測電阻Rx在05mA范圍內(nèi)的伏安特性。可用器材有：電壓表（量程為3V，內(nèi)阻很大），電流表（量程為1mA，內(nèi)阻為300），電源E（電動勢約為4V，內(nèi)阻不計），滑動變阻器R（最大阻值可選10或1.5k），定值電阻R0（阻值可選75或150），開關(guān)S，導(dǎo)線若干。（1）要求通過Rx的電流可在05mA范圍內(nèi)連續(xù)可調(diào)，在答題卡上將圖（a）所示的器材符號連線，畫出實驗電路的原理圖；（2）實驗時，圖（a）中的R應(yīng)選最大阻值為 10（填“10”或“1.5k”）的滑動變阻器，R0應(yīng)選阻值為 75（填“

31、75”或“150”）的定值電阻；（3）測量多組數(shù)據(jù)可得Rx的伏安特性曲線。若在某次測量中，電壓表、電流表的示數(shù)分別如圖（b）和圖（c）所示，則此時Rx兩端的電壓為 2.30V，流過Rx的電流為 4.20mA，此組數(shù)據(jù)得到的Rx的阻值為 548（保留3位有效數(shù)字）。【分析】（1）電流表需要改裝，滑動變阻器采用分壓器接法，由此連圖；（2）根據(jù)“方便性原則”選取滑動變阻器；通過Rx的電流最大為5mA，需要將電流表量程擴大為原來的5倍，根據(jù)并聯(lián)分流特點進(jìn)行解答；（3）根據(jù)電壓表和電流表的讀數(shù)方法進(jìn)行讀數(shù)，根據(jù)歐姆定律求解電阻阻值?！窘獯稹拷猓海?）電流表內(nèi)阻已知，電流表與R0并聯(lián)擴大電流表量程，進(jìn)而準(zhǔn)

32、確測量通過Rx的電流，電壓表單獨測量Rx的電壓；滑動變阻器采用分壓式接法，電表從0開始測量，滿足題中通過Rx的電流從05mA連續(xù)可調(diào)，電路圖如圖1所示：（2）電路中R應(yīng)選最大阻值為10的滑動變阻器，方便電路的調(diào)節(jié)，測量效率高、實驗誤差小；通過Rx的電流最大為5mA，需要將電流表量程擴大為原來的5倍，根據(jù)并聯(lián)分流的規(guī)律示意圖如圖2所示：根據(jù)并聯(lián)分流，即并聯(lián)電路中電流之比等于電阻的反比，可知：解得：R075；（3）電壓表每小格表示0.1V，向后估讀一位，即U2.30V；電流表每小格表示0.02mA，本位估讀，即0.84mA，電流表量程擴大5倍，所以通過Rx的電流為I4.20mA；根據(jù)歐姆定律可知：

33、Rx548。故答案為：（1）電路圖見解析；（2）10，75；（3）2.30；4.20；548。【點評】對于實驗題，要弄清楚實驗?zāi)康?、實驗原理以及?shù)據(jù)處理、誤差分析等問題，一般的實驗設(shè)計、實驗方法都是根據(jù)教材上給出的實驗方法進(jìn)行拓展，延伸，所以一定要熟練掌握教材中的重要實驗。對于實驗儀器的選取一般要求滿足安全性原則、準(zhǔn)確性原則和操作方便原則。11（12分）如圖，一不可伸長的細(xì)繩的上端固定，下端系在邊長為l0.40m的正方形金屬框的一個頂點上。金屬框的一條對角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強磁場。已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長度的阻值為5.0103/m；在t0到t3.0s時間內(nèi)，磁感應(yīng)強

34、度大小隨時間t的變化關(guān)系為B（t）0.30.1t（SI）。求（1）t2.0s時金屬框所受安培力的大小；（2）在t0到t2.0s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱。【分析】（1）求解總電阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電流，根據(jù)B與t關(guān)系求解磁感應(yīng)強度，根據(jù)FBIL求解安培力，注意L為等效長度；（2）根據(jù)QI2Rt求解焦耳熱?！窘獯稹拷猓海?）金屬框的總電阻為R4l40.405.01038103，金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為ES0.1V8103V，金屬框中的電流為IA1A，t2.0s時磁感應(yīng)強度B10.3T0.12.0T0.1T，金屬框處于磁場中的有效長度為L0.40m此時金屬框所受安培力大小為FBIL0.1N

35、0.04N；（2）在t0到t2.0s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為：QI2Rt1281032.0J0.016J。答：（1）t2.0s時金屬框所受安培力的大小為0.04N；（2）在t0到t2.0s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為0.016J?！军c評】本題主要是考查法拉第電磁感應(yīng)定律，關(guān)鍵是知道Bt圖象的斜率不變、感應(yīng)電動勢不變，則感應(yīng)電流也不變。12（20分）如圖（a），一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上；物塊B向A運動，t0時與彈簧接觸，到t2t0時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的vt圖像如圖（b）所示。已知從t0到tt0時間內(nèi)，物塊A運動的距離為0.36v0t0。A、B分離后，A

36、滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點與前一次相同。斜面傾角為（sin0.6），與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)?！痉治觥浚?）t0時刻物塊A、B達(dá)到共速，彈簧彈性勢能此時最大。0t0時間內(nèi)兩物塊作用過程，由動量守恒定律求得B的質(zhì)量；由機械能守恒定律求解彈簧彈性勢能最大值；（2）t0時刻物塊A、B達(dá)到共速，此時彈簧壓縮量最大。已知0t0時間內(nèi)，物塊A運動的距離，根據(jù)牛頓第二定律，分析兩物塊運動中的物理

37、量的關(guān)系，根據(jù)vt圖像與時間軸圍成的面積表示位移的大小，求得B物塊位移，再由兩物塊的位移關(guān)系求解；（3）已知A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點與前一次相同，可知A兩次滑上斜面的初速度相同。根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律，求得A第一次下滑到斜面底端時的速度大小；對A在斜面上滑動的過程，由動能定理求解。【解答】解：（1）設(shè)物塊B的質(zhì)量為M，t0時刻物塊A、B達(dá)到共速，彈簧彈性勢能此時最大設(shè)為Epm，0t0時間內(nèi)兩物塊作用過程滿足動量守恒定律，以水平向右為正方向，結(jié)合圖（b）數(shù)據(jù)得：M1.2v0（M+m）v0解得：M5m此過程對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律得：Epm解得：Epm0.6m；（2

38、）t0時刻物塊A、B達(dá)到共速，此彈簧壓縮量最大因0t0時間內(nèi)兩物塊受到合力大小等于彈簧的彈力大小，故兩物塊所受合力大小相等方向相反，又因M5m由牛頓第二定律可知物塊B做減速直線運動的加速度大小始終等于物塊A做加速直線運動的加速度大小的，那么在相同時間內(nèi)，物塊B的速度減小量始終等于物塊A的速度增加量的，由vt圖像與時間軸圍成的面積表示位移的大小，如圖1所所示：已知：0t0時間內(nèi)，物塊A運動的距離為0.36v0t0。即圖中面積SA0.36v0t0物塊B相對勻速運動而減小的位移大小等于圖中面積SB，由前述分析可知：SBSA0.36v0t00.072v0t0則0t0時間內(nèi)，物塊B運動的位移大小為：xB

39、1.2v0t0SB1.2v0t00.072v0t01.128v0t0由位移關(guān)系可得第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值為：lmxBSA1.128v0t00.36v0t00.768v0t0；（3）已知A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點與前一次相同，可知A兩次滑上斜面的初速度相同，且為2v0。設(shè)A第一次下滑到斜面底端時的速度大小為vA（其方向水平向左），A與B再次碰撞后B的速度為vB，以水平向右為正方向，對A與B再次碰撞的過程，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律，結(jié)合圖（b）數(shù)據(jù)得：M0.8v0mvAMvB+m2v0+聯(lián)立解得：vAv0設(shè)A在斜面上上滑的最大高度為h，A與斜面間的動摩擦因數(shù)為，對A第一次滑

40、上斜面到達(dá)最高點的過程，由動能定理得：mghmgcos0對A第一次滑上斜面又到達(dá)斜面底端的過程，由動能定理得：2mgcos聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：0.45。答：（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值為0.6m；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值為0.768v0t0；（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.45。【點評】本題考查了力學(xué)三大原理，牛頓第二定律、功能關(guān)系、動量守恒定律的綜合應(yīng)用，運動過程較多，難度大。對于滿足動量守恒定律的彈簧的碰撞問題，兩物體共速時彈簧彈性勢能最大；彈簧由原長變化到原長的過程類似于彈性碰撞。本題第（2）問是加速度變化的過程，兩物塊的加速度大小存在恒定的比例關(guān)系

41、，可利用圖像的面積分析運動位移關(guān)系。（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。物理選修3-3（15分）（多選）13（5分）一定量的理想氣體從狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b變化到狀態(tài)c，其過程如TV圖上的兩條線段所示。則氣體在（）A狀態(tài)a處的壓強大于狀態(tài)c處的壓強B由a變化到b的過程中，氣體對外做功C由b變化到c的過程中，氣體的壓強不變D由a變化到b的過程中，氣體從外界吸熱E由a變化到b的過程中，從外界吸收的熱量等于其增加的內(nèi)能【分析】根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程可得，結(jié)合圖像判斷出氣體壓強的變化，根據(jù)氣體溫度與體積的變化，判斷出內(nèi)能的變化和氣體做功情況，結(jié)合熱

42、力學(xué)第一定律即可判斷。【解答】解：AC、根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程可得T，從a到b，圖像的斜率不變，壓強不變，從b到c的過程中，與坐標(biāo)原點的連線的斜率逐漸減小，壓強減小，故狀態(tài)a處的壓強大于狀態(tài)c處的壓強，故A正確，C錯誤；B、由a到b的過程中，氣體的體積增大，氣體對外做功，故B正確；DE、由a到b，氣體的溫度升高，內(nèi)能增大且氣體對外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律UW+Q可得：QUW，氣體從外界吸熱且大于增加的內(nèi)能，故D正確，E錯誤；故選：ABD。【點評】本題結(jié)合圖象考查氣態(tài)方程，能夠運用控制變量法研究多個物理量變化時的關(guān)系。要注意熱力學(xué)第一定律UW+Q中，W、Q取正負(fù)號的含義。14（10分）如圖，一豎直放置的汽缸由兩個粗細(xì)不同的圓柱形筒組成，汽缸中活塞和活塞之間封閉有一定量的理想氣體，兩活塞用一輕質(zhì)彈簧連接，汽缸連接處有小卡銷，活塞不能通過連接處?；钊⒌馁|(zhì)量分別為2m、m，面積分別為2S、S，彈簧原長為l。初始時系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，此時彈簧的伸長量為0.1l，活塞