2022年江蘇省鹽城市高考物理二模試卷(附答案詳解)

2022年江蘇省鹽城市高考物理二模試卷

一、單選題（本大題共11小題，共44.0分）

1.根據(jù)近代物理知識(shí)，你認(rèn)為下列說(shuō)法中正確的是（）

A.在原子核中，結(jié)合能越大表示原子核中的核子結(jié)合得越牢固

B.2瀘u+in—瑪oXe+94Sr+21n是核裂變反應(yīng)

92054380

c.氫的半衰期為3.8天，現(xiàn)有16個(gè)氫原子核，經(jīng)過(guò)7.6天后剩下4個(gè)氫原子核

D.一個(gè)氫原子從幾=4的激發(fā)態(tài)向低能級(jí)躍遷時(shí)，最多能輻射出6種不同頻率的光

子

2.“雙星系統(tǒng)”是指在相互間萬(wàn)有引力的作用下，繞連線上

某點(diǎn)。做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)孤立星球組成的系統(tǒng)。如圖：，'0\

所示，若忽略其他星球的影響，可以將4星球和B星球看\\/'/

成“雙星系統(tǒng)”。已也4星球的公轉(zhuǎn)周期為T(mén),A星球和8

星球之間的距離為3B星球表面重力加速度為g,半徑為R,引力常量為G,不考

慮B星球的自轉(zhuǎn)。貝4（）

A.4星球和B星球的質(zhì)量之和為迪

GT3

B.4星球的質(zhì)量為皿—以

GT2G

C.4星球和B星球的動(dòng)量大小相等

D.4星球和B星球的加速度大小相等

3.如圖所示，一端封閉的玻璃管，開(kāi)口向下豎直插在水銀槽里，出

管內(nèi)封有長(zhǎng)度分別為4和4的兩段氣體。當(dāng)將管慢慢地向上提~~

起時(shí)，管內(nèi)氣柱的長(zhǎng)度（）:言聾舉,

A.4變小，4變大

B.4變大，“變小

C.4、G都變小

D.4、”都變大

4.如圖所示，固定光滑直桿上套有一個(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、B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劃，兩

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彈簧的勁度系數(shù)均3m.qsEe,小球在總?cè)觞c(diǎn)的P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，Q點(diǎn)距4點(diǎn)小

L55

球在Q點(diǎn)由靜止釋放，重力加速度為g。則（）

B.小球在Q點(diǎn)的加速度大小為

C.小球運(yùn)動(dòng)的最大動(dòng)能為蔑沖“譏°

D.小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的位置離B點(diǎn)距離為;”

5.劈尖干涉是一種薄膜干涉，將一平板玻璃放置在另一平板玻璃

之上，在一端夾入兩張紙片，從而在兩玻璃表面之間形成一個(gè)1111111]

劈形空氣薄膜，當(dāng)光從上方入射后，從上往下看到的干涉條紋1,11

如圖所示?，F(xiàn)從所示裝置中抽去一張紙片，從上往下看到的干涉條紋是（）

AlllllllllllBliiimi

7IIIIIIIII...............

6.隨著經(jīng)濟(jì)發(fā)展，用電需求大幅增加，當(dāng)電力供應(yīng)緊張時(shí)，有關(guān)部門(mén)就會(huì)對(duì)部分用戶(hù)

進(jìn)行拉閘限電。如圖是遠(yuǎn)距離輸電的原理圖，假設(shè)發(fā)電廠輸出電壓恒定不變，輸電

線的電阻為R,兩個(gè)變壓器均為理想變壓器。在某次拉閘限電后（假設(shè)所有用電器可

視為純電阻）電網(wǎng)中數(shù)據(jù)發(fā)生變化，下列說(shuō)法正確的是（）

發(fā)

電

—

升壓變壓器降壓變壓器

A.降壓變壓器的輸出電壓%減小了B.升壓變壓器的輸出電流與增加了

C.輸電線上損失的功率減小了D.發(fā)電廠輸出的總功率增加了

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7.如圖所示，水平面的abc區(qū)域內(nèi)存在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,邊界的

夾角為30。，距頂點(diǎn)b為L(zhǎng)的S點(diǎn)有一粒子源，粒子在水平面內(nèi)垂直兒邊向磁場(chǎng)內(nèi)發(fā)射

速度大小不同的帶負(fù)電的粒子、粒子質(zhì)量為m、電量大小為q,下列說(shuō)法正確的是

A.從邊界兒射出的粒子速度方向各不相同

B.粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)到b點(diǎn)的最短距離期

3

C.垂直邊界ab射出的粒子的速度大小為西

D.垂直邊界ab射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為吃

3qB

8.如圖所示，圓形虛線框內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)

磁場(chǎng)，Oa、Ob、0c、0d是以不同速率對(duì)準(zhǔn)圓心入

射的正電子或負(fù)電子的運(yùn)動(dòng)徑跡：a、b、d三個(gè)出射

點(diǎn)和圓心的連線分別與豎直方向電90。，60。，45。的

夾角，則下列判斷正確的是（）

A.沿徑跡0c運(yùn)動(dòng)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短

B.沿徑跡Oc、0d運(yùn)動(dòng)的粒子均為正電子

C.沿徑跡?；?b運(yùn)動(dòng)的粒子速率比值為◎

3

D.沿徑跡Ob、0d運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為9：8

9.一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)a開(kāi)始，經(jīng)歷ab、be、ca三個(gè)過(guò)程回到原狀態(tài)，其p-7

圖像如圖所示，氣體在三個(gè)狀態(tài)的體積分別為%、/、%,壓強(qiáng)分別為PGPb、PT

已知2》=「（），Pc=4P（），則下列說(shuō)法正確的是（）

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p，、

4Po-

Po

A.Pa=3Po

B.

C.從狀態(tài)a到狀態(tài)b,氣體對(duì)外做功

D.從狀態(tài)c到狀態(tài)a,氣體從外界吸熱

10.如圖所示，光滑豎直桿固定，桿上套一質(zhì)量為71的環(huán)，環(huán)與輕彈簧

一端相連，彈簧的另一端固定在。點(diǎn)，。點(diǎn)與B點(diǎn)在同一水平線上，

BOAB,AC=h,環(huán)從4處由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)彈簧仍處于

伸長(zhǎng)狀態(tài)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度

為g,環(huán)從4處開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為2g,則在環(huán)向下運(yùn)動(dòng)的

過(guò)程中（）

A.環(huán)在B處的加速度大小為0

B.環(huán)在C處的速度大小為J荻

C.環(huán)從B到C一直做加速運(yùn)動(dòng)

D.環(huán)的速度最大的位置在B、C兩點(diǎn)之間

11.如圖所示，三條水平虛線4、與、與之間有寬度為L(zhǎng)的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域I、n，

兩區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等方向相反，正方形金屬線框abc姆J質(zhì)量為小、邊長(zhǎng)

為L(zhǎng),開(kāi)始a勵(lì)與邊界4重合，對(duì)線框施加拉力尸使其勻加速通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)，以順時(shí)

針?lè)较螂娏鳛檎?，下列關(guān)于感應(yīng)電流i和拉力F隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是（）

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二、實(shí)驗(yàn)題（本大題共1小題，共9.0分）

12.利用D/S電流傳感器可以測(cè)量電容器的電容。讓充電后的電容器通過(guò)大電阻R放電,

電流傳感器4與計(jì)算機(jī)連接，記錄放電電流/隨時(shí)間t變化的圖象，圖象與坐標(biāo)軸圍

成的面積,數(shù)值上等于電容器的帶電量Q（可用D/S系統(tǒng)軟件計(jì)算），Q與充電電壓U的

比值即為電容器的電容C。

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丙

1J0

100

1.50

1.00

O.?

03.010015020025.0UN戊

T

(1)圖甲、圖乙為放電法測(cè)量電容的兩種電路原理圖，先使開(kāi)拓與1端相連，充電

結(jié)束后，讀出電壓表的示數(shù)然后把開(kāi)關(guān)打向2端，記錄圖象，測(cè)量出電容器的帶電

量Q。在甲、乙兩圖中，實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差較大的是______(選填“甲或“乙”)，原因

是對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，使電容測(cè)量值______(選填“偏大”、“偏小”或“不

變”)。

(2)D/S系統(tǒng)軟件記錄的放電電流隨時(shí)間度變化的圖象可能是圖丙中的______。

〃汽結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

(4)該同學(xué)是通過(guò)滑動(dòng)變阻器來(lái)改變電容器的充電電壓的，請(qǐng)結(jié)合上述電路原理圖,

在圖戊的方框內(nèi)作出能改變電容器充電電壓的電路原理圖。

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(5)該同學(xué)在完成電容的測(cè)量實(shí)驗(yàn)后，把一多用表的選擇開(kāi)關(guān)調(diào)到歐姆擋，正確調(diào)

零后把紅黑表筆同時(shí)與電容器的兩極接觸，請(qǐng)你描述接觸后多用表指針的偏轉(zhuǎn)情況。

三、計(jì)算題(本大題共4小題，共40.0分)

13.A、8兩個(gè)容器體積均為乙C是用活塞密封的氣筒，

它的工作體積為0.51/。C與4、B通過(guò)兩只單向氣閥a、

b相連。當(dāng)氣筒C抽氣時(shí)氣閥a打開(kāi)、b關(guān)閉；當(dāng)氣筒打

氣時(shí)氣閥b打開(kāi)、a關(guān)閉。最初爾B兩容器內(nèi)氣體的壓

強(qiáng)均為大氣壓強(qiáng)Po,活塞位于氣筒C的最右側(cè)。(氣筒與容器連接部分的氣體體積忽

略不計(jì)，整個(gè)裝置溫度保持不變，氣體可視為理想氣體。)

①求以工作體積完成第1次抽氣結(jié)束后，容器4內(nèi)氣體的壓強(qiáng)4；

②現(xiàn)在讓氣筒以工作體積完成抽氣、打氣各兩次，求第1次打氣后與第2次打氣后

容器B內(nèi)氣體壓強(qiáng)之比。

14.眼球結(jié)構(gòu)類(lèi)似球體，眼睛發(fā)生病變時(shí)，會(huì)使眼球內(nèi)不同部

位對(duì)光的折射率發(fā)生變化?，F(xiàn)在用一個(gè)玻璃球模擬眼球,

研究對(duì)光的傳播的影響。玻璃球用兩個(gè)折射率不同、半徑

均為R的半球拼合在一起，拼合面為MN,球心為0,Q為

M0的中點(diǎn)，PQ垂直交左半球于P點(diǎn)。一束單色光從P

點(diǎn)以跟PQ反向延長(zhǎng)線成30。方向射入。該單色光在左、右半球的折射率分別為I1=

V5和4=魚(yú)，真空中的光速為c。

(1)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明此單色光能否從右半球射出？

(2)計(jì)算此單色光在玻璃球中傳播第一次到達(dá)右半球與空氣交界面所用時(shí)間。

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15.如圖所示，足夠長(zhǎng)的粗糙水平軌道ab、光滑水平軌道cd和足夠長(zhǎng)的粗糙傾斜軌道de

在同一豎直平面內(nèi)，斜面傾角為37。，cd和de平滑連接。在必的最右端靜止一個(gè)質(zhì)

量M=4kg的木板，其高度與cd等高，木板與軌道ab間動(dòng)摩擦因數(shù)4I=0.05,質(zhì)

量niQ=1kg的滑塊Q靜止在cd軌道上的某點(diǎn)，在de軌道上距斜面底端L=8m處?kù)o

止釋放一質(zhì)量nip=3kg的滑塊P,一段時(shí)間后滑塊P與Q發(fā)生彈性正碰，碰撞時(shí)間

忽略不計(jì)，P與Q碰撞1s后Q滑上長(zhǎng)木板，經(jīng)過(guò)3s后Q從木板上飛出，飛出后0.5s落

地(假設(shè)落地后靜止)。已知P、Q與斜面和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為42=025,滑

塊P、Q均當(dāng)作質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2,s譏37。=0.6,cos37。=0.8。求：

(1)滑塊P、Q碰撞后獲得的速度大小；

(2)木板的長(zhǎng)度;

(3)最終P、Q靜止時(shí)距木板左側(cè)的距離。

16.如圖1所示，現(xiàn)有一機(jī)械裝置，裝置。右端固定有一水平光滑絕緣桿，裝置可以帶

動(dòng)桿上下平行移動(dòng)，桿上套有兩個(gè)小球*b,質(zhì)量7Ka=lkg、mb=2kg,a球帶

電量q=+1C,b球不帶電。初始時(shí)a球在桿的最左端，且a、b球相距L=0.10m。

現(xiàn)讓裝置。帶動(dòng)桿以％=5m/s向下勻速平動(dòng)，并且加上一垂直桿向里的磁感應(yīng)強(qiáng)

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度B=17的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，已知小球和桿始終在磁場(chǎng)中，球發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞,

且碰撞過(guò)程中電荷量不發(fā)生轉(zhuǎn)移。

(1)求小球a、b第一次發(fā)生碰撞后的速度分別是多少？

(2)若已知在桿的最右端恰好發(fā)生第十次碰撞，則桿的長(zhǎng)度是多少？

(3)若如圖2所示，將該裝置固定不動(dòng)，并在右端固定一個(gè)半徑為/?=伽的四分之

一圓弧形軌道，圓弧的圓心恰在桿的最右端。初始時(shí)兩球均靜止?，F(xiàn)給a球一個(gè)向

右的沖量，求b球落到圓弧形軌道上動(dòng)能的最小值，并求出此時(shí)給a球的沖量/的大

小。(g取10m/s2)

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4比結(jié)合能的大小反映原子核的穩(wěn)定程度，比結(jié)合能越大的原子核，核

子結(jié)合得越牢固，故A錯(cuò)誤；

8、該方程是中子轟擊釉核，生成兩個(gè)中等質(zhì)量的原子核的反應(yīng)，是重核的裂變，故B

正確；

C、半衰期是大量放射性元素衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對(duì)個(gè)別的原子核沒(méi)有意義，所以若取16

個(gè)氯原子核，經(jīng)過(guò)7.6天后不一定剩下4個(gè)氫原子核，故C錯(cuò)誤；

Q、一個(gè)處于n=4激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，最多可產(chǎn)生3種不同頻率的光子，

即4T3,3T2,2-1,故O錯(cuò)誤；

故選：Bo

半衰期比結(jié)合能越大，原子核中的核子結(jié)合得越牢固；核裂變反應(yīng)是重核吸收一個(gè)慢中

子后反應(yīng)生成中等質(zhì)量的原子核的反應(yīng)；半衰期是大量放射性元素的原子核衰變的統(tǒng)計(jì)

規(guī)律；一個(gè)氫原子，不是一群氫原子。

本題考查了衰變的特點(diǎn)、比結(jié)合能等基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些基礎(chǔ)知識(shí)

點(diǎn)，注意比結(jié)合能越大，原子核中核子結(jié)合越牢固，不是結(jié)合能越大，核子結(jié)合越牢固。

2.【答案】C

【解析】解：ABC、設(shè)B星球質(zhì)量為M,B表面某物體的質(zhì)量為小，忽略自轉(zhuǎn)的影響，則

有G3=mg,解得M=皿，B球到。點(diǎn)的距離為q,4球質(zhì)量為m,到0點(diǎn)的距離為4，

R2G

則G則=M(四)2丁G—=m(^)2r可得Mr〔=mr,Mrw=mro),Mv-mv

T1￡^2141Z1Z1Zo

又因?yàn)镵+r,=3聯(lián)立解得M+zn=刎%，A星球質(zhì)量=照比一皿1,故A、B錯(cuò)誤，

1'GT27nGT2G

c正確。

。、A星球與B星球的引力大小相同，質(zhì)量不同，所以加速度大小不等，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

雙星系統(tǒng)，兩星球向心力相等，角速度相等，結(jié)合萬(wàn)有引力公式列式求解。

本題考查雙星系統(tǒng)，兩星角速度相等，是解題關(guān)鍵。

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3.【答案】D

【解析】解：假設(shè)將玻璃管豎直向上緩慢提升時(shí)，4的下端面水銀沒(méi)有上升，保持原高

度。即4內(nèi)氣體的壓強(qiáng)不變。那么其體積就不變。就只包1的體積增大，于是4內(nèi)氣體

壓強(qiáng)變小。但是Z內(nèi)的氣體壓強(qiáng)始終是4氣體壓強(qiáng)減去中間那段水銀柱高度，所以假設(shè)

錯(cuò)誤，4也會(huì)體積增大；

故43c錯(cuò)誤，。正確；

故選：D。

先假設(shè)將玻璃管豎直向上緩慢提升時(shí)，七的下端面水銀沒(méi)有上升，保持原高度。艮止2內(nèi)

氣體的壓強(qiáng)不變。那么其體積就不變。就只有》的體積增大，于是。內(nèi)氣體壓強(qiáng)變小。

但是4內(nèi)的氣體壓強(qiáng)始終是七氣體壓強(qiáng)減去中間那段水銀柱高度，所以假設(shè)錯(cuò)誤，七也

會(huì)體積增大，壓強(qiáng)減小。

解決此類(lèi)問(wèn)題常常利用假設(shè)法，假設(shè)水銀柱未移動(dòng)，然后利用波意耳定律分析，找出矛

盾即可解決問(wèn)題。

4.【答案】C

【解析】解：4依題意，小球在距B點(diǎn)￡乙的P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球受到兩根彈簧的彈

5

力合力大小為尸=2kAx

對(duì)小球由共點(diǎn)力平衡可得

(mg+qE)sinO—F

解得

E=皿

5<?

故A錯(cuò)誤；

員根據(jù)對(duì)稱(chēng)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)sind=ma

求得

a=以gsinS

5

故8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)xsind=Ekm

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由幾何關(guān)系可求得

x=2L-2x^L=2.L

S5

聯(lián)立求得

Ekm=^mgLsind

故C正確；

D依題意，可判斷知小球從Q點(diǎn)靜止運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，小球做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，P點(diǎn)為平衡位

置，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，小球運(yùn)動(dòng)最低點(diǎn)至2點(diǎn)距離為2L，所以小球運(yùn)動(dòng)到最

5

低點(diǎn)的位置離8點(diǎn)距離為X,=PB=2小

55

故。錯(cuò)誤。

故選：Co

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??；根據(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。

5.【答案】B

【解析】解：設(shè)劈尖的角度為。，第n級(jí)明條紋對(duì)應(yīng)的劈尖膜厚度為%,

第n+1級(jí)明條紋對(duì)應(yīng)的劈尖膜厚度為忠+1,相鄰兩明條紋的間距為，

根據(jù)干涉與光程差的關(guān)系有2dn+i-2d”=4

根據(jù)幾何關(guān)系，則有：IsinO=dn+1-dn

即為:IsinO=-

2

抽去一張紙片后，。減小，所以才曾大，即干涉條紋等間距，并變稀疏，故B正確，ACD

錯(cuò)誤。

故選：B。

從空氣膜的上下表面分別反射的兩列光是相干光，其光程差為空氣層厚度的2倍，當(dāng)光

程差A(yù)x=TU時(shí)此處表現(xiàn)為亮條紋，故相鄰亮條紋之間的空氣層的厚度差為1再結(jié)合

2

三角函數(shù)，即可分析.

掌握了薄膜干涉的原理和相鄰條紋空氣層厚度差的關(guān)系，即可順利解決此類(lèi)題目，注意

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相鄰兩明條紋的間距與光程差的關(guān)系.

6.【答案】C

【解析】解：AB,拉閘限電后，用電器減少，用戶(hù)并聯(lián)支路減少，用戶(hù)端總電阻增加，

降壓變壓器副線圈電流〃減小，降壓變壓器原副線圈匝數(shù)不變，則降壓變壓器原線圈電

流減小，即/2=4減小，輸電線電阻不變而輸電線電流減小，則輸電線上的電壓損失21U

減小，由于發(fā)電廠輸出電壓%恒定，輸送電壓/也恒定，根據(jù)4=4U+%可知%增

加，〃也增加，故AB錯(cuò)誤；

C、輸電線損失的功率4P=用心4減小而R不變，則輸電線上損失的功率減小了，故C

正確；

D、，2減小，乙也隨著減小，發(fā)電廠輸出電電1恒定，所以發(fā)電廠輸出總功翱=%/]減

小，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

理想變壓器的輸入功率由輸出功率決定，輸出電壓由輸入電壓決定；明確遠(yuǎn)距離輸電過(guò)

程中的功率、電壓的損失與哪些因素有關(guān)，明確整個(gè)過(guò)程中的功率、電壓關(guān)系。

對(duì)于遠(yuǎn)距離輸電問(wèn)題，一定要明確整個(gè)過(guò)程中的功率、電壓關(guān)系，尤其注意導(dǎo)線上損失

的電壓和功率與哪些因素有關(guān)。

7.【答案】B

【解析】解：4粒子豎直向上進(jìn)入磁場(chǎng)，軌跡圓心一定在兒邊上，若粒子能從邊界加射

出，粒子的速度方向一定豎直向下，故方向均相同，故A錯(cuò)誤；

B.當(dāng)軌跡恰好與ab邊相切時(shí)，粒子從兒邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)到b點(diǎn)的距離最短，由幾何關(guān)系可

得(L—R])s譏30°=%

離6點(diǎn)的最短距離為As=L-2R1

聯(lián)立解得：=L

3

故8正確；

C.垂直邊界ab射出的粒子，軌道半徑為/?2=L

由洛倫茲力作為向心力可得：quB=

R2

解得粒子的速度大小為："=皿

m

第13頁(yè)，共24頁(yè)

故C錯(cuò)誤；

D粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)=如

qB

垂直邊界耐射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=皿7=皿

360。6qB

故D錯(cuò)誤。

故選：Bo

粒子豎直向上進(jìn)入磁場(chǎng)，軌跡圓心一定在加邊上，若粒子能從邊界加射出，粒子的速度

方向一定豎直向下，根據(jù)幾何關(guān)系解得最短距離；根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得速度，

根據(jù)周期公式解得時(shí)間。

解決該題的關(guān)鍵是正確作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，能根據(jù)幾何知識(shí)求解粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半

徑，要注意圓周運(yùn)動(dòng)的周期性以及多解性。

8.【答案】C

【解析】解：4、由于正電子和負(fù)電子的電量q和質(zhì)量m均相等，根據(jù)7=鬻可知四種

粒子的周期相等，而沿徑跡0c運(yùn)動(dòng)的粒子偏轉(zhuǎn)角最大，圓心角也最大，由1=立7可知

27r

沿徑跡Oc運(yùn)動(dòng)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，故4項(xiàng)錯(cuò)誤：

B、由左手定則可判斷沿徑跡0c,0d運(yùn)動(dòng)的粒子均帶負(fù)電，故8項(xiàng)錯(cuò)誤；

C、設(shè)圓形磁場(chǎng)半徑為r,根據(jù)幾何關(guān)系可得沿徑跡0a,0b運(yùn)動(dòng)的粒子軌道半徑分別為

q=r,rfc=V3r,

可得4=與=E，故C項(xiàng)正確：

%rb3

D、由前述分析可知，運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為偏轉(zhuǎn)角之比所以與=%=空=4故。項(xiàng)錯(cuò)誤。

%%45。3

故選：Co

根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡作圖，結(jié)合幾何關(guān)系可知其圓心角的大小關(guān)系，根據(jù)周期公式可知

粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間的大小，根據(jù)左手定則判斷電性，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知

第14頁(yè)，共24頁(yè)

速度與半徑的關(guān)系。

本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵要根據(jù)題意作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，結(jié)合

洛倫茲力提供向心力解得半徑關(guān)系，同時(shí)根據(jù)周期與圓心角解得運(yùn)動(dòng)時(shí)間。

9.【答案】D

【解析】解：4由題圖可知，從狀態(tài)a到狀態(tài)b屬于等容過(guò)程，氣體體積不變，由一定質(zhì)

量的理想氣體狀態(tài)方程可得§=,

又馬,=P。

解得：pa=2Po

故A錯(cuò)誤；

8.由題圖可知，從狀態(tài)b到狀態(tài)c屬于等溫過(guò)程，氣體溫度不變，由一定質(zhì)量的理想氣體

狀態(tài)方程可得：勺力以=勺火

得%=此，

故8錯(cuò)誤；

C從狀態(tài)a到狀態(tài)b,氣體體積不變，所以氣體不會(huì)對(duì)外做功，故C錯(cuò)誤；

。.從狀態(tài)c到狀態(tài)a,可以等效為先從狀態(tài)c到狀態(tài)b,再?gòu)臓顟B(tài)b到狀態(tài)a。從狀態(tài)c到狀

態(tài)b,溫度不變，即氣體內(nèi)能AU不變；體積增大，所以氣體對(duì)外做功，即W<0

由熱力學(xué)第一定律可得AU=Q+W

可知?dú)怏w要從外界吸收熱量。從狀態(tài)b到狀態(tài)a,體積不變，即巾=0

溫度升高，即zlU>0

由熱力學(xué)第一定律可得4U=Q+W

可知?dú)怏w要從外界吸收熱量。所以從狀態(tài)c到狀態(tài)a,氣體從外界吸熱。故。正確。

故選：。。

由圖示圖象判斷氣體的狀態(tài)變化過(guò)程，應(yīng)用一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程判斷氣體體

積如何變化，然后應(yīng)用熱力學(xué)第一定律答題。

本題考查氣體的狀態(tài)方程中對(duì)應(yīng)的圖象，分析清楚圖示圖象、知道理想氣體內(nèi)能由氣體

的溫度決定即可解題，解題時(shí)要抓住在P-T圖象中等容線為過(guò)原點(diǎn)的直線。

10.【答案】D

第15頁(yè)，共24頁(yè)

【解析】解：4、環(huán)在B處時(shí)，水平方向受到彈簧的拉力和桿的支持力，二力平衡。豎

直方向受到重力，所以，環(huán)在B處的加速度大小為g,故4錯(cuò)誤；

B、因?yàn)锽C>48,則環(huán)仄4到C彈簧的彈性勢(shì)能增加，根據(jù)環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能

守恒得：mgh=嶺+△Ep,△>0,則為<J2g/i,故8錯(cuò)誤：

C、環(huán)從4處開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為2g,根據(jù)牛頓第二定律得：ag+工豎=巾,2g,

得環(huán)從A處時(shí)彈簧拉力的豎直向下的分量F豎=mg

設(shè)桿上4點(diǎn)關(guān)于B點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)性為。點(diǎn)（。點(diǎn)在B、C之間），則環(huán)在。點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定

律得：w9一尸豎=小見(jiàn)得。=0,所以環(huán)從B到。做加速運(yùn)動(dòng)，環(huán)從。到C做減速運(yùn)動(dòng)，

在。點(diǎn)時(shí)速度最大，故C錯(cuò)誤，。正確。

故選：D。

分析環(huán)在B處的受力情況，確定環(huán)的加速度大小。根據(jù)環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

確定環(huán)在C處的速度大小。環(huán)從B到C的過(guò)程，分析環(huán)的受力情況，判斷其運(yùn)動(dòng)情況，確

定速度最大的位置。

解決本題的關(guān)鍵要正確分析環(huán)的受力情況，確定其加速度，來(lái)判斷其運(yùn)動(dòng)情況，要知道

環(huán)的加速度為零時(shí)速度最大。

11.【答案】B

【解析】解：由于線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)ab邊向右運(yùn)動(dòng)0?L過(guò)程中，經(jīng)過(guò)的時(shí)間

為t=7■紅；0-2L的過(guò)程中，用時(shí)間t,=代=展xJ①，0?3L過(guò)程中，用時(shí)間q=

1a1aa

Jd=&XJz。

aa

AB,當(dāng)ab邊向右運(yùn)動(dòng)0?L的過(guò)程中，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：耳=BLv=BLat,根據(jù)閉合電路的

歐姆定律可得感應(yīng)電流：人=邑=亞t，方向?yàn)檎较颍?/p>

1RR

設(shè)線框完全進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為%,Z,?2L的過(guò)程中，前后兩邊都切割磁感

應(yīng)線，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為：=型4+物乙根據(jù)右手定則可知電流為負(fù)方向；

上RR

設(shè)線框離開(kāi)右邊磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為4,在2L?3L的過(guò)程中，只有cd邊切割磁感應(yīng)線，

產(chǎn)生的感應(yīng)電流為：1=3+3〃,方向?yàn)檎较颍蔄錯(cuò)誤、8正確；

3RR

CD、設(shè)拉力為9,0?L過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律可得:F-F=ma,即：/=4-ma

AR

第16頁(yè)，共24頁(yè)

L?2L過(guò)程中，拉力尸'=4B2口肝+4型慎乙+ma

RR

2Z,?3L過(guò)程中，拉力尸〃=四組乙+3^+ma,故CD錯(cuò)誤。

RR

故選：B。

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合閉合電路的歐姆定律求解感應(yīng)電流隨時(shí)間的變化情況:根

據(jù)牛頓第二定律得到拉力隨時(shí)間的變化情況，由此分析。

對(duì)于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的圖象問(wèn)題，經(jīng)常是根據(jù)楞次定律或右手定則判斷電流方向，根據(jù)

法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律求解感應(yīng)電流隨時(shí)間變化關(guān)系，然后推導(dǎo)出

縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)的關(guān)系式，由此進(jìn)行解答，這是電磁感應(yīng)問(wèn)題中常用的方法和思路。

12.【答案】(1)乙、電壓表分流、偏小;

⑶

8.9（8.6?9.0均正確）;

(4)如圖所示

(5)多用表指針先快速偏轉(zhuǎn)大角度，后逐漸回到原位置

【解析】

【分析】

(1)根據(jù)電源的極性結(jié)合電容器充、放電情況進(jìn)行分析；

(2)通過(guò)橫軸與縱軸的數(shù)據(jù)，求出一個(gè)格子對(duì)應(yīng)的電量，再結(jié)合圖象所包含的面積，算

第17頁(yè)，共24頁(yè)

出多少個(gè)格子,根據(jù)電流強(qiáng)度的定義式求解電荷量，根據(jù)電容的計(jì)算公式即可求解電容;

(3)電容器儲(chǔ)存的電荷量與電阻R無(wú)關(guān)，由Q=CU決定,根據(jù)電流強(qiáng)度的定義式進(jìn)行分

析。

(5)根據(jù)歐姆表的工作原理，說(shuō)明當(dāng)用歐姆表去測(cè)電容器的電阻時(shí)指針的偏轉(zhuǎn)是怎樣的。

解決本題的關(guān)鍵掌握電容的定義式，以及知道/-t圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示通過(guò)的

電荷量。知道充電和放電的原理及過(guò)程，了解電容物理量的物理意義和定義及大小的公

式。

【解答】

(1)通過(guò)兩個(gè)電路的比較，不同之處在于電壓表的接法，圖乙中的電壓表無(wú)論充放電均

接在電容器兩端，但當(dāng)電容器放電時(shí)，由于電壓表的分流而使電流傳感器4未記錄該分

流大小，所以產(chǎn)生了系統(tǒng)誤差。這樣電容器的一些電量通過(guò)了電壓表，導(dǎo)致電量的測(cè)量

值偏小，由C=2可知，電容測(cè)量值偏小。

u

(2)放電電流剛開(kāi)始時(shí)很大，隨著電荷量的減小而減小得越來(lái)越慢，C圖象符合要求。

(3)先在圖丁中把表格中的點(diǎn)描出來(lái)，再把這些點(diǎn)畫(huà)成一條直線，偏離直線太遠(yuǎn)的點(diǎn)舍

去，結(jié)果如圖所示，那么圖象的斜率就是電

容c=轂=2.50x10—1=8.9x10-6/7=

AU28.0

8.9所；

(4)按要求對(duì)圖甲對(duì)進(jìn)行改進(jìn)后，又能調(diào)壓,

又能測(cè)電容的電路圖如圖所示；

(5)多用表的選擇開(kāi)關(guān)調(diào)到歐姆擋，正確調(diào)零后把紅黑表筆同時(shí)與電容器的兩極接觸,

由于歐姆表有內(nèi)接電源，所以?xún)?nèi)接電源先對(duì)電容器充電，充滿之后，電路又相對(duì)于斷開(kāi),

所以多用電表的指針先快速偏轉(zhuǎn)大角度，后逐漸回到原來(lái)位置。

故答案為：

(1)乙、電壓表分流、偏小；

⑵C;

第18頁(yè)，共24頁(yè)

⑶8.9（8.6?9.0均正確）;

(5)多用表指針先快速偏轉(zhuǎn)大角度，后逐漸回到原位置

13.【答案】解：①第一次抽氣過(guò)程，對(duì)容器內(nèi)氣體，初始狀態(tài)壓強(qiáng)和體積分別為p0,匕

抽氣后，壓強(qiáng)為「J體積為(1+0.5"

抽氣過(guò)程溫度不變，由玻意耳定律有+

解得：%=翻o

②設(shè)第一次打氣結(jié)束時(shí)B內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為P2,對(duì)第一次打氣過(guò)程，由玻意耳定律有PQV+

0.5p/=p2V

設(shè)第二次抽氣結(jié)束時(shí)4內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為%,對(duì)第二次抽氣過(guò)程，由玻意耳定律有凡曠=

P/0.5+1)!/

設(shè)第二次打氣結(jié)束時(shí)B內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為以，對(duì)第二次打氣過(guò)程，由玻意耳定律有「2了+

0.5pAV=pBV

解得益=?

PB7

答：①、以工作體積完成第1次抽氣結(jié)束后，容器4內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為|P°；

②、現(xiàn)在讓氣筒以工作體積完成抽氣、打氣各兩次，第次打氣后與第2次打氣后容器B

內(nèi)氣體壓強(qiáng)之比為以

7

第19頁(yè)，共24頁(yè)

【解析】①第一次抽氣，以4內(nèi)氣體為研究對(duì)象，根據(jù)玻意耳定律求解活塞第一次抽氣

結(jié)束后4內(nèi)氣體的壓強(qiáng)；

②求出第二次抽氣后4內(nèi)氣體壓強(qiáng)，分別求出第一次打氣、第二次打氣后B內(nèi)氣體的壓

強(qiáng)，由此求解壓強(qiáng)之比。

本題主要是考查了理想氣體的狀態(tài)方程；解答此類(lèi)問(wèn)題的方法是：找出不同狀態(tài)下的三

個(gè)狀態(tài)參量，分析理想氣體發(fā)生的是何種變化，利用理想氣體的狀態(tài)方程列方程求解，

注意抽氣問(wèn)題和打氣問(wèn)題的處理方法，能夠利用“分態(tài)式”的方法進(jìn)行解答。

14.【答案】解：（1）如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知單色光、、、、.

_30°??

在P點(diǎn)的入射角為：吵「迎華》）

i=30°+30°=60°、左|右/

設(shè)單色光在P點(diǎn)的折射角為r,根據(jù)折射定律有

N

n=迎?

1sinr

代入數(shù)據(jù)解得：

r=30°

即折射光線沿PQ方向，由幾何關(guān)系可知單色光在右半球與空氣交界面的入射角為

e=30°

單色光在交界面發(fā)生全反的射臨界角C滿足

sinC=!

n2

代入數(shù)據(jù)解得：

C=45°

則i'<C,即單色光在交界面不會(huì)發(fā)生全反射，能夠從右半球射出。

（2）單色光在左、右半球的傳播速度分別為

匕=￡,

v7=—

n

in2

根據(jù)幾何關(guān)系可知單色光在左、右半球的傳播距離相等，均為

s=PQ=&R

2

所以單色光在玻璃球中傳播第一次到達(dá)右半球與空氣交界面所用時(shí)間為

t=—+—

V1V2

聯(lián)立解得：1=虹晶

2c

答：（1）此單色光能從右半球射出;

第20頁(yè)，共24頁(yè)

(2)此單色光在玻璃球中傳播第一次到達(dá)右半球與空氣交界面所用時(shí)間挈」還。

2c

【解析】(1)根據(jù)折射定律解得折射角根據(jù)幾何關(guān)系與全反射臨界角關(guān)系判斷能否從右

半球射出；

(2)根據(jù)波速與折射率的關(guān)系結(jié)合波程可解得時(shí)間。

本題考查光的折射，解題關(guān)鍵掌握折射定律的應(yīng)用，同時(shí)注意全反射臨界角的計(jì)算以及

光在介質(zhì)中傳播速度的公式。

15.【答案】解：(1)滑塊P在下滑到底端的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：

代入數(shù)據(jù)解得：/=8m/s

滑塊P、Q發(fā)生彈性正碰，碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，能量守恒，

以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：nip%rnQvQ

由機(jī)械能守恒定律得：工勺,蜉4-movc)

代入數(shù)據(jù)解得：vp=4m/s,vQ=12m/s

(2)滑塊P與Q碰后，(?經(jīng)1=Is滑上木板，則可知碰撞點(diǎn)離木板的右端距離為：x=vQt=

12xIm=12m

而P物體到達(dá)木板右端位置的時(shí)間為加=工=段S=3s

vp4

而在3s的時(shí)間Q物體剛好滑離木板，對(duì)Q物體，由牛頓第二定律：〃2nl0。=瓶0%

代入數(shù)據(jù)解得：aQ=2.5m/s2

對(duì)木板：〃2巾「9=〃1(mp")9,木板靜止不動(dòng)，貝均在靜止的木板上做勻減速直線運(yùn)

動(dòng)，

由(1)可知，vQ=3vp,P經(jīng)t=3s后滑上長(zhǎng)木板，故Q在木板上運(yùn)動(dòng)2s后，P滑上長(zhǎng)木

板，然后Q再繼續(xù)滑行1s后飛出長(zhǎng)木板，

故Q滑上長(zhǎng)木板％=2s內(nèi)：％[="t1一)aQ耳，vQl=vQ-aQtlt

代入數(shù)據(jù)解得：為i=19m,vQ1=7m/s

Q滑上長(zhǎng)木板12=Is內(nèi)，由牛頓第二定律得：

H2mpg=mpap,n2mpg^mQg-/z(MmpmQ)g=MaM,

代入數(shù)據(jù)解得：ap=2.5m/s2,aM=1.5m/s2

VvatV

則t2=Is后，%2=QI-=P-P2'M=%%

第21頁(yè)，共24頁(yè)

,2=時(shí)2一零,Xpi=vpt2-^apt2,xM1=laMC2

代入數(shù)據(jù)解得：為2=4.5m/s,4i=1.5m/s,vM=1.5m/s,xQ2=5.75m,xpi=2.75m,

x,=0.75m

Ml

故長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度乙=%1+%2一%“1，代入數(shù)據(jù)解得：L=24m

(3)由(2)可知，當(dāng)滑塊Q飛出長(zhǎng)木板后：vpi=vM=1.5m/s

經(jīng)J=0.5s后，滑塊Q做平拋運(yùn)動(dòng)后落地：x=vt=4.5x0.5m=2.25m

由于P、Q共速后將一起運(yùn)動(dòng)，無(wú)相對(duì)滑動(dòng)

由牛頓第二定律得：〃i(M+?np)g=(M+7Hp)Q

代入數(shù)據(jù)解得：a=0.5m/s2

由于M-at4=0,解4得：t=3s

此時(shí).x=vt--at2

ULHJ.人M2M424

代入數(shù)據(jù)解得：xM2=2.25m

故最終靜止時(shí)，Q、P距木板左側(cè)：=L-(x-

SQ=XQ3-XM2,SppiXMI)

代入數(shù)據(jù)解得：Sp=22m

答：(1)滑塊P、Q碰撞后獲得的速度大小分別是4m/s、12m/s；

(2)木板的長(zhǎng)度是24m；

(3)最終P、Q靜止時(shí)距木板左側(cè)的距離是22M。

【解析】(1)應(yīng)用動(dòng)能定理求出滑塊P到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞，

碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出碰撞后

的速度大小。

(2)應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出木板的長(zhǎng)度。

(3)根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。

本題考查動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能定理等內(nèi)容，相對(duì)較難，分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程、應(yīng)用牛頓第

二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可解題。

16.【答案】解：(l)a球做加速運(yùn)動(dòng)的加速度：a=3=0lm/s2=5m/s2

ma1

第一次碰前速度為%o，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：va0=V2HT=V2x5xO.lm/s=Im/s

設(shè)a、b碰撞后的速度分別均「以向右的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守

恒有：

mv=mv+m,v,

aaQa%b

第22頁(yè)，共24頁(yè)

Ill

-mv2=-mp2-|--m,v2

2a%2a%2bbi

聯(lián)立解得：vai=-lm/s,%=：m/s(一表示方向向左)