2022年廣東省新高考物理試卷及答案

2022年廣東省新高考物理試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．（4分）如圖是可用來制作豆腐的石磨。木柄AB靜止時(shí)，連接AB的輕繩處于繃緊狀態(tài)。O點(diǎn)是三根輕繩的結(jié)點(diǎn)，F(xiàn)、F1和F2分別表示三根繩的拉力大小，F(xiàn)1＝F2且∠AOB＝60°。下列關(guān)系式正確的是（）A．F＝F1 B．F＝2F1 C．F＝3F1 D．F＝F12．（4分）“祝融號(hào)”火星車需要“休眠”以度過火星寒冷的冬季。假設(shè)火星和地球的冬季是各自公轉(zhuǎn)周期的四分之一，且火星的冬季時(shí)長(zhǎng)約為地球的1.88倍?；鹦呛偷厍蚶@太陽(yáng)的公轉(zhuǎn)均可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列關(guān)于火星、地球公轉(zhuǎn)的說法正確的是（）A．火星公轉(zhuǎn)的線速度比地球的大 B．火星公轉(zhuǎn)的角速度比地球的大 C．火星公轉(zhuǎn)的半徑比地球的小 D．火星公轉(zhuǎn)的加速度比地球的小3．（4分）如圖是滑雪道的示意圖?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)員從斜坡上的M點(diǎn)由靜止自由滑下，經(jīng)過水平NP段后飛入空中，在Q點(diǎn)落地。不計(jì)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過N點(diǎn)的機(jī)械能損失，不計(jì)摩擦力和空氣阻力。下列能表示該過程運(yùn)動(dòng)員速度大小v或加速度大小a隨時(shí)間t變化的圖像是（）A． B． C． D．4．（4分）如圖是簡(jiǎn)化的某種旋轉(zhuǎn)磁極式發(fā)電機(jī)原理圖。定子是僅匝數(shù)n不同的兩線圈，n1＞n2，二者軸線在同一平面內(nèi)且相互垂直，兩線圈到其軸線交點(diǎn)O的距離相等，且均連接阻值為R的電阻，轉(zhuǎn)子是中心在O點(diǎn)的條形磁鐵，繞O點(diǎn)在該平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，兩線圈輸出正弦式交變電流。不計(jì)線圈電阻、自感及兩線圈間的相互影響，下列說法正確的是（）A．兩線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的有效值相等 B．兩線圈產(chǎn)生的交變電流頻率相等 C．兩線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)同時(shí)達(dá)到最大值 D．兩電阻消耗的電功率相等5．（4分）目前科學(xué)家已經(jīng)能夠制備出能量量子數(shù)n較大的氫原子。氫原子第n能級(jí)的能量為En＝，其中E1＝﹣13.6eV。如圖是按能量排列的電磁波譜，要使n＝20的氫原子吸收一個(gè)光子后，恰好失去一個(gè)電子變成氫離子，被吸收的光子是（）A．紅外線波段的光子 B．可見光波段的光子 C．紫外線波段的光子 D．X射線波段的光子6．（4分）如圖所示，在豎直平面內(nèi)，截面為三角形的小積木懸掛在離地足夠高處，一玩具槍的槍口與小積木上P點(diǎn)等高且相距為L(zhǎng)。當(dāng)玩具子彈以水平速度v從槍口向P點(diǎn)射出時(shí)，小積木恰好由靜止釋放，子彈從射出至擊中積木所用時(shí)間為t。不計(jì)空氣阻力。下列關(guān)于子彈的說法正確的是（）A．將擊中P點(diǎn)，t大于 B．將擊中P點(diǎn)，t等于 C．將擊中P點(diǎn)上方，t大于 D．將擊中P點(diǎn)下方，t等于7．（4分）如圖所示，一個(gè)立方體空間被對(duì)角平面MNPQ劃分成兩個(gè)區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)子以某一速度從立方體左側(cè)垂直O(jiān)yz平面進(jìn)入磁場(chǎng)，并穿過兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域。下列關(guān)于質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌跡在不同坐標(biāo)平面的投影中，可能正確的是（）A． B． C． D．二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。（多選）8．（6分）如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電子從M點(diǎn)由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢(shì)面上，下列說法正確的有（）A．電子從N到P，電場(chǎng)力做正功 B．N點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)的電勢(shì) C．電子從M到N，洛倫茲力不做功 D．電子在M點(diǎn)所受的合力大于在P點(diǎn)所受的合力（多選）9．（6分）如圖所示，載有防疫物資的無人駕駛小車，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛。已知小車總質(zhì)量為50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的傾角為30°，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的有（）A．從M到N，小車牽引力大小為40N B．從M到N，小車克服摩擦力做功800J C．從P到Q，小車重力勢(shì)能增加1×104J D．從P到Q，小車克服摩擦力做功700J（多選）10．（6分）如圖所示，水平地面（Oxy平面）下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長(zhǎng)直導(dǎo)線。P、M和N為地面上的三點(diǎn)，P點(diǎn)位于導(dǎo)線正上方，MN平行于y軸，PN平行于x軸。一閉合的圓形金屬線圈，圓心在P點(diǎn)，可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中線圈平面始終與地面平行。下列說法正確的有（）A．N點(diǎn)與M點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同 B．線圈沿PN方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過線圈的磁通量不變 C．線圈從P點(diǎn)開始豎直向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈中無感應(yīng)電流 D．線圈從P到M過程的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與從P到N過程的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等三、非選擇題：共54分。第11～14題為必考題，考生都必須作答。第15～16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共42分。11．（7分）某實(shí)驗(yàn)小組為測(cè)量小球從某一高度釋放，與某種橡膠材料碰撞導(dǎo)致的機(jī)械能損失，設(shè)計(jì)了如圖（a）所示的裝置，實(shí)驗(yàn)過程如下：（1）讓小球從某一高度由靜止釋放，與水平放置的橡膠材料碰撞后豎直反彈。調(diào)節(jié)光電門位置，使小球從光電門正上方釋放后，在下落和反彈過程中均可通過光電門。（2）用螺旋測(cè)微器測(cè)量小球的直徑，示數(shù)如圖（b）所示，小球直徑d＝mm。（3）測(cè)量時(shí)，應(yīng)（選填“A”或“B”，其中A為“先釋放小球，后接通數(shù)字計(jì)時(shí)器”，B為“先接通數(shù)字計(jì)時(shí)器，后釋放小球”）。記錄小球第一次和第二次通過光電門的遮光時(shí)間t1和t2。（4）計(jì)算小球通過光電門的速度，已知小球的質(zhì)量為m，可得小球與橡膠材料碰撞導(dǎo)致的機(jī)械能損失ΔE＝（用字母m、d、t1和t2表示）。（5）若適當(dāng)調(diào)高光電門的高度，將會(huì)（選填“增大”或“減小”）因空氣阻力引起的測(cè)量誤差。12．（9分）彈性導(dǎo)電繩逐步成為智能控制系統(tǒng)中部分傳感器的敏感元件。某同學(xué)測(cè)量彈性導(dǎo)電繩的電阻與拉伸后繩長(zhǎng)之間的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)過程如下：（1）裝置安裝和電路連接如圖（a）所示，導(dǎo)電繩的一端固定，另一端作為拉伸端，兩端分別用帶有金屬夾A、B的導(dǎo)線接入如圖（b）所示的電路中。（2）導(dǎo)電繩拉伸后的長(zhǎng)度L及其電阻Rx的測(cè)量①將導(dǎo)電繩拉伸后，用刻度尺測(cè)量并記錄A、B間的距離，即為導(dǎo)電繩拉伸后的長(zhǎng)度L。②將滑動(dòng)變阻器R的滑片滑到最右端。斷開開關(guān)S2，閉合開關(guān)S1，調(diào)節(jié)R，使電壓表和電流表的指針偏轉(zhuǎn)到合適位置。記錄兩表的示數(shù)U和I1。③閉合S2，電壓表的示數(shù)（選填“變大”或“變小”）。調(diào)節(jié)R使電壓表的示數(shù)仍為U，記錄電流表的示數(shù)I2，則此時(shí)導(dǎo)電繩的電阻Rx＝（用I1、I2和U表示）。④斷開S1，增大導(dǎo)電繩拉伸量，測(cè)量并記錄A、B間的距離，重復(fù)步驟②和③。（3）該電壓表內(nèi)阻對(duì)導(dǎo)電繩電阻的測(cè)量值（選填“有”或“無”）影響。（4）圖（c）是根據(jù)部分實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描繪的Rx﹣L圖線。將該導(dǎo)電繩兩端固定在某種機(jī)械臂上，當(dāng)機(jī)械臂彎曲后，測(cè)得導(dǎo)電繩的電阻Rx為1.33kΩ，則由圖線可讀出導(dǎo)電繩拉伸后的長(zhǎng)度為cm，即為機(jī)械臂彎曲后的長(zhǎng)度。13．（11分）某同學(xué)受自動(dòng)雨傘開傘過程的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個(gè)滑塊，初始時(shí)它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動(dòng)時(shí)，受到滑桿的摩擦力f為1N?；瑝K滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動(dòng)滑桿離開桌面一起豎直向上運(yùn)動(dòng)。已知滑塊的質(zhì)量m＝0.2kg，滑桿的質(zhì)量M＝0.6kg，A、B間的距離l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：（1）滑塊在靜止時(shí)和向上滑動(dòng)的過程中，桌面對(duì)滑桿支持力的大小N1和N2；（2）滑塊碰撞前瞬間的速度大小v；（3）滑桿向上運(yùn)動(dòng)的最大高度h。14．（15分）密立根通過觀測(cè)油滴的運(yùn)動(dòng)規(guī)律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎(jiǎng)。如圖是密立根油滴實(shí)驗(yàn)的原理示意圖，兩個(gè)水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有一小孔。通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個(gè)質(zhì)量均為m0、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B，在時(shí)間t內(nèi)都勻速下落了距離h1。此時(shí)給兩極板加上電壓U（上極板接正極），A繼續(xù)以原速度下落，B經(jīng)過一段時(shí)間后向上勻速運(yùn)動(dòng)。B在勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t內(nèi)上升了距離h2（h2≠h1），隨后與A合并，形成一個(gè)球形新油滴，繼續(xù)在兩極板間運(yùn)動(dòng)直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為f＝kv，其中k為比例系數(shù)，m為油滴質(zhì)量，v為油滴運(yùn)動(dòng)速率。不計(jì)空氣浮力，重力加速度為g。求：（1）比例系數(shù)k；（2）油滴A、B的帶電量和電性；B上升距離h2電勢(shì)能的變化量；（3）新油滴勻速運(yùn)動(dòng)速度的大小和方向。（二）選考題：共12分。請(qǐng)考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。[選修3-3]（12分）15．（6分）利用空調(diào)將熱量從溫度較低的室內(nèi)傳遞到溫度較高的室外環(huán)境，這個(gè)過程（選填“是”或“不是”）自發(fā)過程。該過程空調(diào)消耗了電能，空調(diào)排放到室外環(huán)境的熱量（選填“大于”“等于”或“小于”）從室內(nèi)吸收的熱量。16．（6分）玻璃瓶可作為測(cè)量水深的簡(jiǎn)易裝置。如圖所示，潛水員在水面上將80mL水裝入容積為380mL的玻璃瓶中，擰緊瓶蓋后帶入水底，倒置瓶身，打開瓶蓋，讓水進(jìn)入瓶中，穩(wěn)定后測(cè)得瓶?jī)?nèi)水的體積為230mL。將瓶?jī)?nèi)氣體視為理想氣體，全程氣體不泄漏且溫度不變。大氣壓強(qiáng)p0取1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2，水的密度ρ取1.0×103kg/m3。求水底的壓強(qiáng)p和水的深度h。[選修3-4]（12分）17．如圖所示，某同學(xué)握住軟繩的一端周期性上下抖動(dòng)，在繩上激發(fā)了一列簡(jiǎn)諧波。從圖示時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過半個(gè)周期，繩上M處的質(zhì)點(diǎn)將運(yùn)動(dòng)至（選填“N”“P”或“Q”）處。加快抖動(dòng)，波的頻率增大，波速（選填“增大”“減小”或“不變”）。18．一個(gè)水平放置的圓柱形罐體內(nèi)裝了一半的透明液體，液體上方是空氣，其截面如圖所示。一激光器從罐體底部P點(diǎn)沿著罐體的內(nèi)壁向上移動(dòng)，它所發(fā)出的光束始終指向圓心O點(diǎn)。當(dāng)光束與豎直方向成45°角時(shí)，恰好觀察不到從液體表面射向空氣的折射光束。已知光在空氣中的傳播速度為c，求液體的折射率n和激光在液體中的傳播速度v。

2022年廣東省新高考物理試卷參考答案與試題解析一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．【分析】對(duì)結(jié)點(diǎn)O進(jìn)行受力分析，根據(jù)幾何關(guān)系和平衡狀態(tài)得出力之間的關(guān)系?！窘獯稹拷猓阂越Y(jié)點(diǎn)O為分析對(duì)象，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡可知F的大小等于F1與F2的合力的大小，即F＝2F1＝，故D正確，ABC錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了共點(diǎn)力的平衡，熟悉對(duì)物體的受力分析，結(jié)合幾何關(guān)系即可完成解答，難度不大。2．【分析】根據(jù)行星的周期大小得出半徑的大小，結(jié)合萬有引力提供向心力的公式得出加速度、角速度和線速度的大小關(guān)系?！窘獯稹拷猓篊、根據(jù)萬有引力提供向心力得：，因此因?yàn)榛鹦呛偷厍虻亩臼歉髯怨D(zhuǎn)周期的四分之一，且火星的冬季時(shí)長(zhǎng)約為地球的1.88倍，即火星的公轉(zhuǎn)周期大于地球的公轉(zhuǎn)周期，由此可知火星公轉(zhuǎn)的半徑大于地球的公轉(zhuǎn)半徑，故C錯(cuò)誤；ABD、根據(jù)萬有引力提供向心力得：解得：；；，根據(jù)上述的半徑關(guān)系可知，火星公轉(zhuǎn)的線速度、角速度和加速度都比地球的小，故D正確，AB錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了萬有引力定律的相關(guān)應(yīng)用，可以利用口訣“高軌低速長(zhǎng)周期”直接進(jìn)行判斷。3．【分析】根據(jù)運(yùn)動(dòng)員在不同運(yùn)動(dòng)過程的受力特點(diǎn)得出加速度的變化，從而分析出速度的變化，結(jié)合圖像完成分析?！窘獯稹拷猓阂?yàn)椴挥?jì)摩擦，運(yùn)動(dòng)員在MN階段做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a＝gsinθ，則運(yùn)動(dòng)員的速度均勻增加；在NP階段做勻速運(yùn)動(dòng)，加速度為0，運(yùn)動(dòng)員的速度保持不變；在PQ階段做平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為a＝g，如果設(shè)從P點(diǎn)飛出的速度為v0，平拋過程中的合速度為v，則有：v＝＝，v與t不再是線性關(guān)系，故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題以滑雪為考查背景，主要考查了運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像的應(yīng)用，分析出運(yùn)動(dòng)員的受力特點(diǎn)，結(jié)合牛頓第二定律得出加速度和速度的變化即可，難度不大。4．【分析】勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期恒定，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律定性地分析出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，結(jié)合功率的公式分析出功率的關(guān)系；根據(jù)不同位置的磁通量的變化特點(diǎn)分析出線圈是否能同時(shí)達(dá)到最大值?！窘獯稹拷猓篈D、在轉(zhuǎn)子勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，通過兩個(gè)線圈的磁通量均在做周期性變化，所以兩個(gè)線圈均會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n可知，即使在磁通量的變化率相同時(shí)，由于匝數(shù)不同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也不會(huì)相等。同樣的有效值也不相等。再根據(jù)功率的計(jì)算公式可知，電阻消耗的電功率也不相等，故AD錯(cuò)誤；B、兩線圈產(chǎn)生的交變電流均受轉(zhuǎn)子的運(yùn)動(dòng)情況影響，轉(zhuǎn)子在做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期固定，頻率固定，故兩線圈產(chǎn)生的交變電流頻率也相等，故B正確；C、電動(dòng)勢(shì)達(dá)到最大值時(shí)磁通量最小，結(jié)合題圖可知，兩個(gè)線圈的磁通量無法同時(shí)達(dá)到最小，故產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)無法同時(shí)達(dá)到最大值，故C錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了法拉第電磁感應(yīng)定律的相關(guān)應(yīng)用，理解勻速圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，結(jié)合電學(xué)公式即可完成解答，同時(shí)要理解交流發(fā)電機(jī)的發(fā)電機(jī)制。5．【分析】根據(jù)氫原子的能級(jí)公式代入數(shù)據(jù)計(jì)算出第20能級(jí)的氫原子能量，結(jié)合電磁波譜分析出被吸收的光子類型?！窘獯稹拷猓簹湓拥趎能級(jí)的能量為En＝，其中E1＝﹣13.6eV，且要使n＝20的氫原子吸收一個(gè)光子后，恰好失去一個(gè)電子變成氫離子，則被吸收的光子能量為，結(jié)合電磁波譜可知，被吸收的光子是紅外線波段的光子，故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了氫原子的能級(jí)公式，根據(jù)能級(jí)公式代入運(yùn)算結(jié)合電磁波譜即可完成分析，難度不大。6．【分析】根據(jù)子彈和積木在豎直方向的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)可知在豎直方向上保持相對(duì)靜止，結(jié)合水平方向的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)得出擊中的時(shí)間和位置。【解答】解：當(dāng)玩具子彈以水平速度v從槍口向P點(diǎn)射出時(shí)，小積木恰好由靜止釋放，子彈和小積木在豎直方向上都做自由落體，在豎直方向上保持相對(duì)靜止，因此子彈將擊中P點(diǎn)，子彈在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故擊中的時(shí)間為t＝，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平拋運(yùn)動(dòng)的相關(guān)應(yīng)用，理解平拋運(yùn)動(dòng)在不同方向的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，同時(shí)要注意運(yùn)動(dòng)的相對(duì)性和獨(dú)立性，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可完成分析。7．【分析】根據(jù)左手定則分析出質(zhì)子的受力特點(diǎn)，結(jié)合曲線運(yùn)動(dòng)的相關(guān)知識(shí)完成分析?！窘獯稹拷猓篈B、根據(jù)左手定則可知，質(zhì)子在左側(cè)區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的洛倫茲力指向y軸正方向（不完全沿y軸），在右側(cè)區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的洛倫茲力指向y軸負(fù)方向（不完全沿y軸），根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的軌跡先往y軸正方向偏轉(zhuǎn)，再往y軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，xOy平面的投影顯示的是從上往下看的運(yùn)動(dòng)情況，故A正確，B錯(cuò)誤；CD、粒子在z軸方向不受力，因此z軸上的坐標(biāo)始終保持不變，故CD錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，利用左手定則分析出力的方向，結(jié)合曲線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)即可完成解答，難度不大，對(duì)學(xué)生的空間想象能力有一定的要求。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。8．【分析】在電場(chǎng)線中，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，結(jié)合電荷的電性得出電勢(shì)能的變化，從而分析出電場(chǎng)力的做功類型；洛倫茲力始終與速度垂直，因此洛倫茲力對(duì)電子不做功；結(jié)合電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況分析其受力情況?！窘獯稹拷猓篈B、在電場(chǎng)中，沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)逐漸降低，則N點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)的電勢(shì)，根據(jù)電勢(shì)能的公式Ep＝qφ可知，電子在N點(diǎn)的電勢(shì)能低于在P點(diǎn)的電勢(shì)能，結(jié)合功能關(guān)系可知，電子從N到P的過程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，故A錯(cuò)誤，B正確；C、電子受到的洛倫茲力始終與速度垂直，因此洛倫茲力不做功，故C正確；D、電子在M點(diǎn)由靜止釋放，速度（動(dòng)能）為0，故只受到向左的電場(chǎng)力；從M點(diǎn)到P點(diǎn)的過程中，只有電場(chǎng)力做功，所以電子的電勢(shì)能和動(dòng)能之和保持不變，因?yàn)镻點(diǎn)和M點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，電子的電勢(shì)能相等，所以電子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與M點(diǎn)相等，均為0，即速度為0，所以電子在P點(diǎn)也是只受到向左的電場(chǎng)力。即電子在M點(diǎn)所受的合力與在P點(diǎn)所受的合力相等，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，熟悉電場(chǎng)線中電勢(shì)的判斷，結(jié)合運(yùn)動(dòng)情況分析電子的受力情況。9．【分析】小車做勻速運(yùn)動(dòng)，則牽引力等于摩擦力，根據(jù)公式P＝Fv和受力分析分析出小車的受力，結(jié)合功的計(jì)算公式完成解答；根據(jù)功能關(guān)系得出小車重力勢(shì)能的增加量?！窘獯稹拷猓篈B、在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛，則小車的牽引力等于小車受到的摩擦力，因此從M到N過程中，小車摩擦力做功為Wf＝﹣40×20J＝﹣800J，即小車克服摩擦力做功800J，故AB正確；C、從P到Q的過程中，根據(jù)功能關(guān)系可知，重力勢(shì)能的增加量為ΔEp＝mgΔh＝50×10×20×sin30°J＝5000J，故C錯(cuò)誤；D、在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛，則代入數(shù)據(jù)解得：f2＝35N則此過程中，小車摩擦力做功為Wf2＝f2s＝﹣35×20J＝﹣700J，即小車克服摩擦力做功為700J，故D正確；故選：ABD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了功率的相關(guān)應(yīng)用，熟悉公式P＝Fv的應(yīng)用，結(jié)合功能關(guān)系和功的計(jì)算公式即可完成解答。10．【分析】根據(jù)磁場(chǎng)的分布特點(diǎn)結(jié)合對(duì)稱性分析出不同位置的磁場(chǎng)特點(diǎn)和磁通量是否變化；分析出線圈的磁通量的變化特點(diǎn)，結(jié)合楞次定律判斷是否產(chǎn)生感應(yīng)電流；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分析出不同過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的特點(diǎn)?！窘獯稹拷猓篈、通電直導(dǎo)線周圍磁場(chǎng)的截面圖是以導(dǎo)線為圓心的一個(gè)個(gè)同心圓，某一位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和這個(gè)點(diǎn)到圓心的距離成反比。N、M的連線平行于通電直導(dǎo)線，即兩點(diǎn)到導(dǎo)線的距離相等，所以N點(diǎn)與M點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向也相同，故A正確；B、線圈在P點(diǎn)時(shí)，穿過線圈的磁通量為0，在沿PN移動(dòng)的過程中，穿過線圈左、右兩個(gè)半圓的磁通量大小不再相等，即穿過整個(gè)線圈的磁通量不再為0，所以線圈沿PN方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過線圈的磁通量會(huì)發(fā)生變化，故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)線圈從P點(diǎn)開始豎直向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)對(duì)稱性可知，線圈P中的磁通量一直為零，即穿過線圈的磁通量沒有發(fā)生變化，由楞次定律可知線圈中無感應(yīng)電流，故C正確；D、線圈從P到M過程和從P到N過程，根據(jù)上述分析可知，兩個(gè)過程中磁通量的變化量相等，但因?yàn)榫€圈的速率恒定，且NP的距離小于MP的距離，所以時(shí)間不等，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，兩個(gè)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不相等，故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了法拉第電磁感應(yīng)定律，熟悉導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)分布特點(diǎn)，結(jié)合楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律即可完成解答，整體難度不大。三、非選擇題：共54分。第11～14題為必考題，考生都必須作答。第15～16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共42分。11．【分析】（2）根據(jù)螺旋測(cè)微器的讀數(shù)規(guī)則得出小球的直徑；（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作；（4）理解機(jī)械能的定義，利用光電門測(cè)出小球的速度，結(jié)合動(dòng)能的計(jì)算公式完成分析；（5）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理結(jié)合功的計(jì)算公式完成對(duì)實(shí)驗(yàn)誤差的分析?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)螺旋測(cè)微器的示數(shù)可求出小球的直徑為：d＝7.5mm+38.5×0.01mm＝7.885mm；（3）因?yàn)樾∏虻焦怆婇T的距離不算太高，下落時(shí)間較短，如果先釋放小球再打開數(shù)字計(jì)時(shí)器可能導(dǎo)致小球已經(jīng)通過光電門或正在通過光電門，造成測(cè)量誤差，故在測(cè)量時(shí)，要先接通數(shù)字計(jì)時(shí)器，后釋放小球，故選B；（4）在光電門位置，小球的重力勢(shì)能相等，則小球在此處的動(dòng)能之差即為小球與橡膠材料碰撞導(dǎo)致的機(jī)械能損失。在極短時(shí)間內(nèi)，物體的瞬時(shí)速度等于該過程中物體的平均速度，則小球第一次經(jīng)過光電門的速度為，小球第二次經(jīng)過光電門的速度為，因此ΔE＝；（5）若適當(dāng)調(diào)高光電門的高度，則空氣阻力做功將變大，將會(huì)增大因空氣阻力引起的測(cè)量誤差。故答案為：（2）7.885；（3）B；（4）；（5）增大【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了能量守恒定律的相關(guān)應(yīng)用，理解光電門測(cè)量速度的原理，結(jié)合能量守恒定律完成對(duì)實(shí)驗(yàn)的分析。12．【分析】閉合s2，電路總電阻減小，總電流增加，內(nèi)電壓增加，外電壓減?。桓鶕?jù)歐姆定律即可求解?！窘獯稹拷猓洪]合S2，電路總電阻減小，總電流增加，內(nèi)電阻與滑動(dòng)變阻器上電壓增加，所以電壓表示數(shù)減小；由于電壓表示數(shù)為U，所以閉合S2后，定值電阻上電流仍為I1，那么流過Rx上電流為I2﹣I1根據(jù)歐姆定律得：Rx＝；根據(jù)Rx電阻測(cè)量值表達(dá)式，所以該電壓表內(nèi)阻對(duì)導(dǎo)電繩電阻的測(cè)量值無關(guān)，根據(jù)圖c可知導(dǎo)電繩拉伸后的長(zhǎng)度為51.80cm。故：變小、、無、51.80【點(diǎn)評(píng)】本題考查電路的動(dòng)態(tài)分析，伏安法測(cè)電阻，注意對(duì)實(shí)驗(yàn)原理的理解。13．【分析】（1）選擇合適的研究對(duì)象，對(duì)物體受力分析，結(jié)合牛頓第三定律得出桌面對(duì)滑桿的支持力；（2）根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算出滑塊的加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出滑塊與滑桿碰撞前的速度；（3）碰撞瞬間動(dòng)量守恒，由此計(jì)算出整體的速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出滑桿向上運(yùn)動(dòng)的最大高度?！窘獯稹拷猓海?）滑塊靜止時(shí)，根據(jù)整體法可知，N1＝（m+M）g＝（0.2+0.6）×10N＝8N當(dāng)滑塊向上滑動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊對(duì)滑桿的摩擦力大小為1N，方向豎直向上則對(duì)滑桿進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡狀態(tài)得：N2＝Mg﹣f＝0.6×10N﹣1N＝5N（2）選豎直向上的方向?yàn)檎较蚋鶕?jù)牛頓第二定律得，滑塊的加速度為：，負(fù)號(hào)表示加速度方向豎直向下根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知代入數(shù)據(jù)解得：v＝8m/s（3）當(dāng)滑桿和滑塊發(fā)生碰撞的瞬間，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv＝（M+m）v1當(dāng)滑桿和滑塊一起脫離地面時(shí)，根據(jù)整體法可知，系統(tǒng)的加速度為重力加速度，方向豎直向下則解得：h＝0.2m答：（1）滑塊在靜止時(shí)和向上滑動(dòng)的過程中，桌面對(duì)滑桿支持力的大小分別為8N和5N；（2）滑塊碰撞前瞬間的速度大小為8m/s；（3）滑桿向上運(yùn)動(dòng)的最大高度為0.2m?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了牛頓第二定律的相關(guān)應(yīng)用，熟悉對(duì)物體的受力分析，結(jié)合牛頓第二定律分析出加速度，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)量守恒定律即可完成分析，整體難度中等。14．【分析】（1）根據(jù)對(duì)油滴的受力分析，結(jié)合空氣阻力的表達(dá)式得出比例系數(shù)；（2）根據(jù)油滴的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)分析出油滴的電性和對(duì)應(yīng)的電荷量，結(jié)合功能關(guān)系分析出油滴電勢(shì)能的變化量；（3）油滴融合瞬間動(dòng)量守恒，根據(jù)融合后的速度方向進(jìn)行分類討論，結(jié)合受力分析的特點(diǎn)計(jì)算出新油滴的速度大小和方向?！窘獯稹拷猓海?）因?yàn)閮蓚€(gè)油滴在未加電壓時(shí)均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)A油滴進(jìn)行分析，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：根據(jù)平衡狀態(tài)得：m0g＝f結(jié)合空氣阻力的表達(dá)式f＝kv聯(lián)立解得：k＝（2）因?yàn)榧与妷汉驛油滴的速度不變，所以A油滴不帶電；B油滴最終向上做勻速運(yùn)動(dòng)，由此可知，B油滴受到的電場(chǎng)力應(yīng)向上，故B油滴帶負(fù)電。B油滴向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：其受到的摩擦力向下，根據(jù)平衡狀態(tài)得：解得：q＝根據(jù)功能關(guān)系得：ΔEp＝﹣W電聯(lián)立解得：ΔEp＝﹣（3）油滴相遇時(shí)，質(zhì)量為2m0，電荷量等于B油滴的電荷量，則新油滴受到的電場(chǎng)力為此時(shí)要對(duì)電場(chǎng)力進(jìn)行分類討論①若F＞2m0g，即h2＞h1可知，v2＞v1若選向上的方向?yàn)檎较?，油滴碰撞瞬間，根據(jù)動(dòng)量守恒得：m0v2﹣m0v1＝2m0v3可得：v3＞0所以新油滴向上加速，最后達(dá)到平衡設(shè)達(dá)到平衡時(shí)速度為v'，則有2m0g+k?2v'＝F解得：v'＝②若F′小于2m0g，即h1＞h2可知，v2＜v1選向下的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒得：m0v2﹣m0v1＝2m0v4可得：v4＞0新油滴向下加速，最后達(dá)到平衡，設(shè)達(dá)到平衡時(shí)速度為v''，則有2m0g＝F+k?解得：v′'＝答：（1）比例系數(shù)為；（2）油滴A不帶電，油滴B帶負(fù)電，電荷量為；B上升距離h2電勢(shì)能的變化量為﹣；（3）①若h2＞h1，則新油滴的速度大小為，方向豎直向上；②若h1＞h2，則新油滴的速度大小為，方向豎直向下?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，熟悉對(duì)物體的受力分析