2022年安徽省馬鞍山市高考物理三模試卷（附答案詳解）

2022年安徽省馬鞍山市高考物理三模試卷

1.如圖所示，在水平面上，一小滑塊在摩擦力作用下由4點以某一速度自左向右做勻

變速直線運動，依次經過8、C點，到達。點時速度為零，4、B、C、。間距相等。

則（）

ABCD

A.在CD間運動的時間為BC間運動的時間的2倍

B.在間與間速度變化的大小相同

C.在每相鄰兩點間運動時產生的熱量相同

D.若小滑塊質量變大，能滑行的距離會變遠

2.用a、b兩種金屬做光電效應實驗，產生的光電子的最

大初動能壓和入射光頻率v的關系圖像如圖所示，則

()

A.金屬a的逸出功大于金屬b的逸出功

B.增加光照強度，可使最大初動能增大

C.不同金屬的EK-V圖像的斜率相同

D.若藍光能使金屬a發(fā)生光電效應，紫光一定能使金屬b發(fā)生光電效應

3.有一臺內阻為10的發(fā)電機，給一個學校照明供電，如圖所示，7;、△分別為理想的

升壓變壓器和降壓變壓器，升壓變壓器匝數(shù)比為1：4,降壓變壓器匝數(shù)比為4：1,

G與72之間輸電線的總電阻為10。，全校共有22個班，每班有220V401V的電燈6盞,

若保證電燈全部正常發(fā)光，貝女）

發(fā)

電

機

TiT2

A.輸電線上的電流為64B.發(fā)電機電動勢259V

C.發(fā)電機輸出功率為5280〃D.輸電效率是97%

4.一小物塊掛在豎直彈簧下端并處于靜止狀態(tài)，在地球兩極彈簧的形變量為赤道上形

變量的k倍，設地球為一均勻球體，已知地球自轉周期為7,引力常量為G,則地球

的密度為（）

、3nk2口3nk2037rfc（k+l）八371k

222

A.GT（fc-l）H?GT2（J）2C?GT2kGT（fc-l）

5.如圖所示靜電噴漆示意圖，由噴嘴K噴出的油漆，形成帶負電的霧狀液滴（初速度可

忽略不計），經a與K間的電場加速后全部奔向陽極磯被漆零件）并附著在上面。若a

與K間的電壓為U,電路中的電流強度為/,在時間t內，噴嘴噴出的油漆質量為小,

那么在噴漆過程中，油漆對零件表面的壓力為（）

A.B.C.D.V2^77t

6.如圖所示的紙面內有一根豎直向下的長直導線，導線中通有向下的恒（

定電流，從靠近導線的位置以水平向右的速度拋出一金屬圓環(huán)，圓環(huán)

運動過程中始終處于紙面內。不計空氣阻力，以下說法正確的是（）

A.圓環(huán)中會產生順時針方向的電流

B.圓環(huán)中感應電流的大小始終不變

C.圓環(huán)的水平速度一直在減小

D.圓環(huán)在豎直方向的加速度始終等于重力加速度

7.如圖所示的水平圓盤上有一原長為I。的輕質彈簧，彈簧的一端固[

定于圓心處，另一端與質量為WI的滑塊相連，滑塊與圓盤之間的

動摩擦因數(shù)為出初始時，滑塊與圓心之間的距離為，且保持靜止。

現(xiàn)使圓盤繞過圓心的豎直軸轉動，/?為滑塊與圓盤之間的摩擦力大小，最大靜摩擦

力等于滑動摩擦力，從零開始逐漸增大圓盤角速度3至某-較大值的過程中，關于/

與圖像可能正確的是（）

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8.如圖所示，水平傳送帶以速度為順時針轉動，一質量為小的物塊以速度|%向右滑

上傳送帶，剛好以孫從傳送帶右端滑落，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為則

()

3

-V

2。

—>

八F(T)

A.傳送帶的長度為科

B.因摩擦產生的熱量為誓

C.增大物塊的初速度，因摩擦產生的熱量會減少

D.減小物塊的初速度，因摩擦產生的熱量可能會增加

9.某同學用如圖所示的裝置驗證機械能守恒定律，一根細線一端系住鋼球，另一端懸

掛在鐵架臺上的。點，鋼球靜止于4點，光電門固定在4的正下方，在鋼球底部豎直

地粘住一片寬度為d的遮光條(質量不計)。將鋼球拉至不同位置由靜止釋放，遮光

條經過光電門的擋光時間t由計時器測出，取v=g作為鋼球經過4點時的速度，

記錄鋼球釋放時細線與豎直方向的夾角和計時器示數(shù)t,計算并比較鋼球從釋放點

擺至4點過程中重力勢能減少量AEp與動能增加量從而驗證機械能是否守恒。

重力加速度為g。

圖1

（1）已知鋼球質量為m,懸點。到鋼球球心的距離為3貝必Ep=（用加、。、L、

9表示）

（2）改。變值，得出多組。與擋光時間t的實驗數(shù)據(jù)，若機械能守恒，下列圖像正確的

（3）如表為該同學的實驗結果:

%(x10-2力4.899.7914.6919.5929.38

砥(X10-2J)5.0410.1015.1020.0029.80

分析發(fā)現(xiàn)，表中的與/Ek之間存在差異，產生這種差異的原因是。

10.某同學進行“描繪小燈泡伏安特性曲線”的實驗：要求測量數(shù)據(jù)盡量精確、繪制曲

線完整。已選用的器材有：

待測小燈泡（額定電壓為2.5V,額定功率為1.5勿）；

電源（電動勢為31/,內阻約1。）；

電流表（量程為0?0.64內阻約50）；

電壓表（量程為0?3V，內阻為3kQ）；

開關一個、導線若干。

（1）實驗中所用的滑動變阻器應選o（填寫器材前面的序號）

A.滑動變阻器（最大阻值5。，額定電流2A）

8滑動變阻器（最大阻值1000,額定電流24）

（2）描繪出小燈泡的/-U特性曲線如圖中實線所示，則可知該燈泡電阻隨電壓升高

而（填“增大”“減小”或“不變”）；已知圖中虛線為該燈泡兩端電壓為

1.5U時/-U特性曲線的切線，則此時燈泡的實際阻值為______。（保留兩位有效數(shù)

字）。

（3）若將兩只完全相同的該燈泡串聯(lián)后與一電動勢為3V、內阻為20的電源串聯(lián)成閉

合回路，則每只燈泡的實際功率為W（結果保留兩位有效數(shù)字）。

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//A

H.如圖所示，傾角為0=37。的光滑斜面處于豎直向上

的勻強磁場中，現(xiàn)將一表面絕緣的通電導體棒放置在

斜面上，棒中電流方向垂直紙面向里。已知導體棒始

終保持靜止狀態(tài)，導體棒質量m=0.1kg,棒中電流

/=0.5/1,導體棒長度L=2m,重力加速度g=

10m/s2,sin370=0.6=求:

(1)磁感應強度的大小:

(2)若將磁場方向在紙面內任意轉動，求磁感應強度最小值和此時的磁場方向;

(3)若斜面粗糙且動摩擦因數(shù)〃=0.5,滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，求豎直向上

磁場的磁感應強度范圍。

12.如圖所示，光滑水平面上靜止放置質量均為M、半徑均

為R的四分之一光滑圓弧槽4和B,兩圓弧底部距離地面

高度均為R,初始時4、B緊靠在一起鎖定為一半圓弧槽。

現(xiàn)將一質量為2nl的小球C由4槽上方2R處靜止釋放，恰

能沿切線方向進入圓弧槽4當小球C剛滑上B槽時立即

解除鎖定，重力加速度為g,求：

(1)小球C運動到兩槽連接處時速度的大?。?/p>

(2)兩槽解除鎖定后，小球C能上升的最大高度；

(3)己知小球C從開始運動至落地過程，槽B發(fā)生的位移為3那么該過程中小球C的

水平位移為多大？

13.下列說法正確的是()

A.布朗運動的實質是液體分子的無規(guī)則運動

B.溫度的高低決定了分子熱運動的劇烈程度

C.達到熱平衡的兩個系統(tǒng)，它們的分子平均動能一定相等

D.分子勢能和分子間作用力有可能同時隨分子間的距離增大而增大

E.若已知氧氣的摩爾體積和阿伏伽德羅常數(shù)，可估算出氧氣分子的體積

14.為防止新冠病毒的傳播，很多公共場所采用壓縮式噴霧器來消毒。如圖所示，儲液

桶與打氣筒用軟管相連，已知儲液桶總容積為U(不計儲液桶兩端連接管體積)，初

始時桶內消毒液上方空氣壓強為2p°，體積為0.2U,溫度為0.8T。打開閥門K噴灑消

毒液，一段時間后關閉閥門，此時儲液桶內空氣壓強恰好為Po,溫度為7,Po為外

界大氣壓強，求：

(1)關閉閥門時，已噴出的消毒液的體積；

(2)每次打氣，能打入壓強為po、溫度為7、體積為0.1V的空氣，為了使桶內空氣壓

強恢復到2p°；至少需要打氣多少次？(假設打氣過程中氣體溫度不變)

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加水口

打氣筒

噴霧口II

空氣

活塞

二-消毒液?二

單向閥

15.直線P1「2過均勻玻璃球球心0,細光束a、b平行且關于P1P2對稱，由空氣射入玻璃

A.玻璃對a光的折射率小于對b光的折射率

B.玻璃對a光的臨界角小于對b光的臨界角

C.a光的頻率小于b光的頻率

D.改變b光的入射角度，可能發(fā)生全反射現(xiàn)象

E.b光在玻璃中的傳播速度小于a光在玻璃中的傳播速度

甲、乙兩列簡諧橫波分別沿x軸負方向和正方向傳播，兩波源分別位于x=0.8m處和x=

-0.6m處，兩列波的波速大小相等，波源的振幅均為2cm,兩列波在t=0時刻的波形如

圖所示，此時平衡位置在X=-0.2m和x=0m處的M、N兩質點剛要開始振動。已知甲

波的周期為0.8s,求：

v/cm

(1)乙波傳播到N質點所需要的時間；

(2)在0-2.5s時間內，N質點沿y軸正方向速度最大的時刻。

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：設4、B、C、。間距均為久，小滑塊的質量為m,與水平面的動摩擦因數(shù)為

〃，加速度大小為a。

A、將小滑塊的運動逆向看做由。向4的初速度為零的勻加速直線運動，由初速度為零的

勻加速直線運動的規(guī)律：相鄰的相等位移的時間比為：1：V2-1：V3-V2：……：Vn-

而二1，可得：小滑塊在間運動的時間與在BC間運動的時間的比值為：息=夜+1,

即在間運動的時間為8C間運動的時間的a+1倍，故A錯誤：

8、小滑塊做勻減速直線運動，其加速度恒定，小滑塊在BC間與CD間運動的時間不相

等，由du=adt可知，小滑塊在BC間與CD間速度變化的大小不相同，故8錯誤：

C、由功能關系可知，小滑塊在每相鄰兩點間運動時產生的熱量均為Q=pngx,故C

正確；

D、由牛頓第二定律可得小滑塊的加速度a=管=49,可知小滑塊的加速度與其質量

無關，故小滑塊質量變大，其加速度不變，其運動過程與原來相同，能滑行的距離不變，

故。錯誤。

故選：Co

將小滑塊的運動逆向看做由。向4的初速度為零的勻加速直線運動，初速度為零的勻加

速直線運動的相鄰的相等位移的時間比為：1：V2—1：V3—V2：..：Vn—Vn—1；

速度變化量=a4t；小滑塊在每相鄰兩點間運動時產生的熱量等于滑動摩擦力乘以位

移大??；小滑塊的加速度與其質量無關，其運動過程與原來相同。

本題考查了動能關系、牛頓第二定律以及勻變速直線運動規(guī)律?；A題目，對于末速度

為零勻減速直線運動，可用逆向思維將其等效為反向的初速度為零的勻加速直線運動。

2.【答案】C

【解析】解：4、由愛因斯坦光電效應方程Ek=/n/-%=/n/-/n/o,對應圖象知，橫

軸截距為截止頻率，故a的截止頻率比b的截止頻率小，故a的逸出功比b的小，故A錯

誤；

3、根據(jù)愛因斯坦光電效應方程可知，光電子的最大初動能與光強無關，故8錯誤;

C、由愛因斯坦光電效應方程a=hv-wo=hv-八為可知，圖象的斜率為普朗克常數(shù),

所以不同金屬的珠-1/圖像的斜率相同，故C正確；

。、若藍光能使金屬a發(fā)生光電效應，雖然紫光的頻率大于藍光，但b的極限頻率大于a,

所以紫光不一定能使金屬b發(fā)生光電效應，故。錯誤。

故選：Co

由愛因斯坦光電效應方程&=hv-W0=hv-hv0,結合圖象，利用斜率和圖象橫軸截

距的物理意義進行解答。

光電效應的四條規(guī)律如下：①入射光頻率大于金屬截止頻率時，產生光電效應；②愛

因斯坦光電效應方程；③當入射頻率一定時，光電流強度隨入射光強度的增大而增大；

④光電效應時間極短，短于10-9S.掌握光電效應的以上規(guī)律，是作答光電效應問題的關

鍵。

3.【答案】A

［解析］解：4、全校消耗的功率「用=NP。=22X40x6W=528014/,

設線路電流為/紛輸電電壓為4,降壓變壓器原線圈電壓為4,副線圈上的電壓為內,

嚙十號

所以：U3=880K

輸電線上的電流為：/紗=券=鬻4=6/1,故A正確；

口1/3880

BC、輸電線上損失的電壓為U損=1線R線=6x4，=24,,

升壓變壓器副線圈上的電壓為外=〃步+出=24V+880V=904V

臉咤

代入數(shù)據(jù)得：％=226叭

線路損失功率：P摳=G4^=62X4W=144W,

所以發(fā)電機的輸出功率：P出=「用+「笳=5280勿+1441〃=5424小

升壓變壓器原線圈電流：/1=%=%4=244

U1226

發(fā)電機的電動勢：E=/廣+%=24X1U+226^=250叭故8C錯誤；

D、輸電效率為〃=2x100%=袈x100%=97.3%,故。錯誤。

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故選：Ao

求出全校所有白熾燈消耗的功率，為降壓變壓器的輸出功率，根據(jù)降壓變壓器的匝數(shù)比

求出降壓變壓器原線圈的電壓，根據(jù)/=，，得出輸電線上的電流；

根據(jù)輸電線上的電流，求出電壓損失，升壓變壓器的輸出電壓等于電壓損失與降壓變壓

器的輸入電壓之和，根據(jù)電壓比等于匝數(shù)之比,求出升壓變壓器的輸入電壓,根據(jù)=3

求出通過發(fā)電機的電流，由E=/1r+Ui求出發(fā)電機的電動勢；

由P=/R得出線路上損耗的功率.升壓變壓器的輸出功率等于線路損耗功率和降壓變

壓器的輸入功率之和，發(fā)電機的輸出功率等于升壓變壓器的輸出功率；

輸出效率77=券x100%.

解決本題的關鍵知道升壓變壓器的輸出功率等于線路損耗功率和降壓變壓器的輸入功

率之和，發(fā)電機的輸出功率等于升壓變壓器的輸出功率，以及知道升壓變壓器的輸出電

壓等于電壓損失與降壓變壓器的輸入電壓之和.

4.【答案】D

【解析】解：設地球半徑為R,質量為M,赤道上的重力加速度為g,則根據(jù)題意可知北

極點處的重力加速度為gk

在北極點，質量是m的物體所受重力等于萬有引力，有甯=mgk

M

地球的密度P=寫謁

3

在赤道上，物體所受的萬有引力等于重力與向心力之和，有甯=mg+mR整

聯(lián)立解得：。=缶

故ABC錯誤，O正確；

故選：D。

物體受到的重力等于質量與重力加速度的乘積；質量為m的物體在地球兩極所受的重力

等于萬有引力，赤道上的物體所受重力與隨地球自轉做圓周運動的向心力的合力等于萬

有引力，根據(jù)萬有引力公式與牛頓第二定律分析答題。

知道地球表面的物體受到的重力與萬有引力的關系，應用萬有引力公式與牛頓第二定律

即可解題。

5.【答案】A

【解析】解：電路中的電流強度為/，在時間t內，噴嘴噴出的油滴所帶電量為

q=It

油漆到陽極a時的動能為

2

Ek=|mv=qU

取Ka方向為正方向，由動量定理得

-Ft=0—mv

聯(lián)立解得：F=后近，

根據(jù)牛頓第三定律得，油漆對零件表面的壓力為F'=F=J乎，故A正確,BCD錯誤；

故選:Ao

根據(jù)動能定理計算油滴到達陽極板時的動能，根據(jù)動量定理求出陽極板對油滴的作用力,

根據(jù)牛頓第三定律知油漆對零件表面的壓力。

本題考查帶電粒子在電場中的運動，通常根據(jù)動能定理算粒子速度，本題還用到動量定

理求作用力，角度較新。

6.【答案】CD

【解析】解：根據(jù)安培定則，通電長直導線右側的磁場垂直紙面向外；根據(jù)直線電流產

生的磁場的特點可知，距離直線電流越大，磁感應強度越小。

A、金屬圓環(huán)以水平向右的速度拋出后，向右運動的過程中向外穿過圓環(huán)的磁通量減小，

根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)中會產生逆時針方向的電流，故A錯誤；

8、圓環(huán)向右運動的過程中磁感應強度越來越小，向外穿過圓環(huán)的磁通量的變化率也越

來越小，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，圓環(huán)中感應電流逐漸減小，故8錯誤；

CD,結合微元法，將圓環(huán)分為上下、左右對稱的若干個小電流元，由于直線電流產生

的磁場到電流距離相等的點的磁感應強度大小相等，所以圓環(huán)的上下對稱的任意兩個電

流元受到的安培力都大小相等，且合力的方向沿水平方向，由于距離直線電流越大，磁

感應強度越小，電流元受到的安培力越小，所以圓環(huán)整體受到的安培力的方向水平向左，

所以圓環(huán)的水平速度一直在減小，而豎直方向的加速度始終等于重力加速度，故CD正

確。

故選：CD。

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根據(jù)直線電流周圍的磁場判斷穿過線框磁通量是否變化，結合楞次定律判斷感應電流的

方向，根據(jù)楞次定律的推廣判斷。

解決本題的關鍵掌握楞次定律判斷感應電流的方向，會運用左手定則判斷安培力的方向,

本題判斷線框所受安培力的合力也可以通過楞次定律的另一種表述分析判斷。

7.【答案】AB

【解析】解：4若初始時1=，。，當角速度從0開始不斷增大，則開始時有靜摩擦提供向

心力，f=m（D2l,靜摩擦力/8川2,當摩擦力達到最大靜摩擦力，繼續(xù)增大角速度，

最大靜摩擦力不足以提供向心力，物塊將做離心運動，滑動摩擦力和彈簧拉力的合力提

供向心力，物塊的正壓力不變，接觸面不變，故滑動摩擦力大小不變，故A正確；

8.若初始時1>3當角速度從0開始不斷增大，則開始時有靜摩擦提供向心力依-/=

nw?1,故開始時，角速度變大，靜摩擦力變小，當彈簧彈力恰好提供物塊圓周運動的

向心力時，摩擦力為0；物塊的角速度繼續(xù)變大，則有+f=摩擦力由。開始

逐漸變大，直到達到最大靜摩擦力；繼續(xù)增大角速度，物塊的摩擦力為滑動摩擦力，保

持不變，故8正確；

CD,若初始時1<6當角速度從。開始不斷增大,則開始時有靜摩擦提供向心力/~kx=

mco2l,故角速度為時，靜摩擦力不為零，物塊角速度逐漸增大，則靜摩擦力逐漸增大

到滑動摩擦力，后保持滑動摩擦力大小，綜上所述C。圖像均不可能，故錯誤。

故選：AB.

根據(jù)摩擦力與彈簧彈力的合力提供向心力，根據(jù)彈簧可能處于原長、可能處于壓縮狀態(tài)

或者處于伸長狀態(tài)，進行分類討論，根據(jù)牛頓第二定律列方程即可求解得到/'-32圖像。

該題考查物體做圓周運動向心力問題，該題的難點在于彈簧一開始處于哪種狀態(tài)，要對

彈簧彈力進行分類討論，難度較大。

8.【答案】AD

【解析】解：4、根據(jù)牛頓第二定律得：nmg=ma,可得a=孫設傳送帶的長度為

由運動學公式有：詔一（|%）2=—2aL,解得L=磐，故A正確；

B、物塊在傳送帶上運動的時間為1=空豈=zh='，物塊與傳送帶間的相對位移

-a一林g2林g

大小為/x=Z,-卬t=轡■一%.3包=含，因摩擦產生的熱量為Q=fimgAx=fimg-

3=嚕，故8錯誤；

8Hg8

C、增大物塊的初速度，物塊在傳送帶上運動的時間縮短，根據(jù)物塊與傳送帶間的相對

位移大小為=可知，物塊與傳送帶間的相對位移大小增大，因摩擦產生的熱

量會增加，故C錯誤；

。、減小物塊的初速度，若物塊的初速度小于傳送帶的速度，物塊與傳送帶間的相對位

移大小可能增大，因摩擦產生的熱量可能會增加，故。正確。

故選：ADo

根據(jù)牛頓第二定律求出物塊的加速度，由速度一位移公式求出傳送帶的長度；根據(jù)運動

學公式計算物塊與傳送帶間的相對位移，由滑動摩擦力大小和相對位移大小的乘積求因

摩擦產生的熱量。根據(jù)相對位移與初速度的關系，分析熱量的變化情況。

解決本題時，要注意研究物塊在傳送帶上的運動情況，根據(jù)物塊與傳送帶間的相對位移

大小來分析因摩擦產生的熱量大小。

9.【答案】mgL(l-cosO)D遮光條到懸點的距離大于球心到懸點的距離，測得速度

比球心處真實速度大，導致動能增加量測量值偏大

【解析】解：(1)根據(jù)題圖可得

4Ep=mg(L—Leos。)=mgL(l-cos。)；

(2)由機械能守恒定律得

mgL(l—cos9)—|mv2

極短時間內的平均速度近似等于瞬時速度，鋼球的速度

d

V=-

t

整理得：cos0=1-^-4

2gL

故。正確，A8C錯誤；

(3)表中的AEp與之間存在差異，動能增加量大于重力勢能減少量，存在這種差異的

可能原因是遮光條到懸點的距離大于球心到懸點的距離，測得速度比球心處真實速度大,

導致動能增加量測量值偏大。

故答案為：(l)mgL(l-cose)(2)D(3)遮光條到懸點的距離大于球心到懸點的距離，

測得速度比球心處真實速度大，導致動能增加量測量值偏大

(1)根據(jù)重力勢能公式計算重力勢能的變化量；

(2)由機械能守恒定律和遮光條測得速度可知cos。和t的函數(shù)關系；

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(3)結合實驗的裝置與實驗的原理，分析誤差產生的原因。

理解實驗原理是解題的前提，解題時要知道極短時間內的平均速度近似等于瞬時速度。

10.【答案】A增大2.80.47

【解析】解：(1)描繪小燈泡伏安特性曲線，電壓與電流從零開始變化，滑動變阻器采

用分壓接法，為方便實驗操作，滑動變阻器應選擇4

(2)/-U圖線上的點與坐標原點連線斜率的倒數(shù)等于電阻，由圖示/-U圖線可知，隨U

增大，圖線上的點與坐標原點連線斜率的倒數(shù)增大，燈泡電阻增大；由圖示圖線可知，

U=1.5了時/=0.544由歐姆定律可知，此時燈泡電阻R=-=—nx2.80。

/0.54

(3)兩燈泡串聯(lián)，設每只燈泡兩端的電壓為U,流過燈泡的電流為/,由閉合電路的歐姆

定律得：E=2U+lr,整理得：/=1.5—U,作出/一1/圖像如圖所示，

由圖示圖像可知，燈泡兩端電壓U=1.05V,/=0.454,燈泡的實際功率P=UI=1.05x

0.451Vx0.47億

故答案為：(1)4(2)增大;2.8；(3)0.47?

(1)為方便實驗操作應選擇最大阻值較小的滑動變阻器。

(2)分析圖示圖像判斷燈泡電阻隨電壓升高如何變化；求出電壓對應的電流，應用歐姆

定律求出燈泡電阻。

(3)作出電源的/-U圖像，求出燈泡的工作電壓與工作電流，然后求出每只燈泡的實際

功率。

要掌握器材的選擇原則，應用圖像法處理實驗數(shù)據(jù)是常用的實驗數(shù)據(jù)處理方法，要掌握

應用圖像法處理實驗數(shù)據(jù)的方法。

11.【答案】解：(1)導體棒處于平衡狀態(tài)：BIL=mgtand

代入數(shù)據(jù)解得：8=0.757

(2)安培力最小時磁感應強度也最小，BIL=mgsin6

代入數(shù)據(jù)解得：B=0.6T

方向垂直于斜面向上

(3)導體棒剛好要沿斜面下滑，磁感應強度最小

mgsind=B1ILcos9+n(mgcos6+B1ILsin9')

代入數(shù)據(jù)解得：BlQ

導體棒剛好要沿斜面上滑，磁感應強度最大

mgsind+fi(mgcosd+B2lLsinQ)=B2ILcos6

代入數(shù)據(jù)解得：82=27

磁感應強度的范圍為：^T<B<2T

答：(1)磁感應強度的大小為0.757：

(2)磁感應強度最小值為B=0.6T,方向垂直于斜面向上；

(3)豎直向上磁場的磁感應強度范圍為看了<B<2T.

【解析】(1)導體棒受力平衡，根據(jù)合力為零計算磁感應強度的大小；

(2)安培力最小時磁感應強度也最小，計算最小值；

(3)導體棒剛好要沿斜面下滑，磁感應強度最小，導體棒剛好要沿斜面上滑，磁感應強

度最大。

本題考查包含安培力的共點力平衡問題；解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，運用共

點力平衡進行求解，掌握安培力大小公式和安培力方向的判斷。注意在分析時要畫出平

面圖進行受力分析。

12.【答案】解：涉及動量守恒定律，取向右為正方向。

(1)對4與B、C系統(tǒng)，由開始至C運動到連接處時，設小

球C的速度大小為％，4B的速度大小為方,水平方向動

量守恒，根據(jù)動量守恒定律可得：

2mv1—2mv2=0

根據(jù)機械能守恒定律可得：11-2mv2=

2mg?3R

第16頁，共20頁

得：v1=v2=j3gR；

(2)C從連接處運動至最高點過程，設C能夠上升到距離圓弧底端九處，對8、C系統(tǒng)，水

平方向動量守恒，則有：

2mvT+mv2=3mv3

根據(jù)機械能守恒定律可得：[X2nl譜+^mvl-1x3mvj=2mgh

得：h=2R；

(3)C從連接處運動至最高點過程再返回至連接處，對B、C系統(tǒng)，水平方向動量守恒：

r

2mv1+mv2=2mv\+mv2

系統(tǒng)機械能守恒：1-27n譜+刎詔=1.2mvrl+[6嗎

得：*=-回，v'2=

13，3

C離開8平拋至落地過程：R=\gt2

平拋過程C相對于B的水平位移：Ax=(y\-i/2)t=-2eR

如圖所示，該過程小球C的水平位移向右，根據(jù)幾何關系可知C的水平位移：xc=L-

2^6R+R=L+(1-2通)R。

答：(1)小球C運動到兩槽連接處時速度的大小為7^證；

(2)兩槽解除鎖定后，小球C能上升的最大高度為2R；

(3)該過程中小球C的水平位移為L+(1-2乃)R。

【解析】(1)對4與B、C系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律、機械能守恒定律列方程求解；

(2)C從連接處運動至最高點過程，對8、C系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律、機械能守恒定律

列方程解答；

(3)C從連接處運動至最高點過程再返回至連接處，根據(jù)動量守恒定律、機械能守恒定律

結合平拋運動的規(guī)律進行解答。

本題主要是考查了動量守恒定律和機械能守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是:

系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力為零)；解答時要首先確定一個正

方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程求解。

13.【答案】BCD

【解析】解：4、布朗運動是懸浮在流體中的固體小顆粒的無規(guī)則運動，是由于液體分

子撞擊的沖力不平衡引起的，所以布朗運動是液體分子無規(guī)則運動的反映，故A錯誤;

8、溫度的高低決定了分子熱運動的劇烈程度，溫度越高，分子平均動能越大，故8正

確；

C、如果兩個系統(tǒng)分別與第三個系統(tǒng)達到熱平衡，那么這兩個系統(tǒng)彼此之間也必定處于

熱平衡，用來表征它們所具有的“共同熱學性質”的物理量叫做溫度，溫度相同，分子

平均動能相等，故C正確；

。、當分子間距等于r。時，分子間的引力和斥力大小相等方向相反，合力為零，當分子

距離大于平衡距離力時，如果分子間的距離再增大時，分子勢能和分子間作用力的合力

就會隨分子間距離的增大而增大，故。正確；

E、若已知氧氣的摩爾體積和阿伏伽德羅常數(shù)，可求每個氣體分子占有的空間體積而不

是分子的體積，故E錯誤。

故選：BCD。

布朗運動是固體小顆粒的運動，反映分子永不停息地做無規(guī)則運動，溫度是分子平均動

能的標志。如果兩個系統(tǒng)分別與第三個系統(tǒng)達到熱平衡，那么這兩個系統(tǒng)彼此之間也必

定處于熱平衡；分子之間總存在引力和斥力；兩個分子間的距離為為時，分子勢能最小。

若已知氧氣的摩爾體積和阿伏伽德羅常數(shù)，可求每個氣體分子占有的空間體積。

本題考查了溫度是分子平均動能的標志、布朗運動、阿伏加德羅常數(shù)應用、分子間的相

互作用力等知識點。關鍵要熟悉教材，牢記這些基礎知識點，重點明確分子力和分子距

離的關系以及阿伏加德羅常數(shù)應用。

14.【答案】解：（?）設停止噴灑時消毒液上方氣體的體積為匕，根據(jù)一定質量的理想氣

體狀態(tài)方程得：端盧=竽

U.o//

解得：匕=0.5V

則噴出的消毒液的體積：AV=Vr-0.2V=0.5V-0.2V=0.3V

3）設打氣體次數(shù)為n,由玻意耳定律得：po匕+np（）xO.lU=2po/

代入數(shù)據(jù)解得至少需要打氣的次數(shù)為：n=5次

答：（1）關閉閥門時，已噴出的消毒液的體積為0.3V；

（2）至少需要打氣5次。

【解析】（1）以桶內消毒液上方的氣體為研究對象，根據(jù)一定質量的理想氣體狀態(tài)方程，

結合題意求解噴出的消毒液的體積；

第18頁，共20頁

(2)以原氣體和打入的氣體整體為研究對象，根據(jù)玻意耳定律求解。