2022年河南省高考物理最后一卷（附答案詳解） (一)

2022年河南省高考物理最后一卷

1.2021年5月，中國科學(xué)技術(shù)大學(xué)宣布開發(fā)出超導(dǎo)量子計算機“祖沖之號”，使得計

算機的信息處理能力得到迸一步提升。下列關(guān)于近代物理知識的說法正確的是（）

A.升高溫度，可以使放射性元素的半衰期變短

B.氫原子的核外電子由較高能級躍遷到較低能級時，電勢能增大

C.康普頓效應(yīng)可以說明光具有波動性

D.光電效應(yīng)中遏止電壓與入射光的頻率有關(guān)

2.勞動教育應(yīng)從娃娃抓起，如圖所示，一位小朋友在家用拖把拖地，拖把頭的質(zhì)量為

m,拖桿的質(zhì)量可以忽略，小朋友沿桿方向?qū)ν习杨^施加大小為F的推力，此時推

力與水平方向的夾角為仇拖把頭沿水平地面做勻速直線運動，重力加速度大小為g,

下列說法正確的是（）

A.地面對拖把頭的支持力與拖把頭受到的重力大小相等

B.拖把頭對地面的摩擦力大于Feos。

C.若只增大推力F,則拖把頭受到的摩擦力一定增大

D.拖把頭與地面間的動摩擦因數(shù)為就黑還

mg+Fcosd

3.如圖所示，水平放置的兩半圓形金屬極板由絕緣轉(zhuǎn)軸連

接，下極板固定，上極板可以繞過圓心且垂直于半圓面

的軸轉(zhuǎn)動，也可上下平移，起初兩極板邊緣對齊，上極

板通過開關(guān)S與電源正極相連，下極板接地后與電源負

極相連。初始時開關(guān)S閉合，板間有一帶電粒子P恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。忽略邊緣效

應(yīng)，關(guān)于兩極板組成的電容器，下列說法正確的是（）

A.若只將電容器的上極板轉(zhuǎn)過一小角度，則電容器的電容增大

B.若只將電容器的上極板轉(zhuǎn)過一小角度，則電容器所帶電荷量增大

C.若只將電容器的上極板轉(zhuǎn)過一小角度，則粒子P所處位置的電勢降低

D.若斷開開關(guān)S,只將板間距變?yōu)樵瓉淼?倍，則帶電粒子仍處于靜止?fàn)顟B(tài)

4.極限運動是結(jié)合了一些難度較高，且挑戰(zhàn)性較大的組合運動項目的統(tǒng)稱，如圖所示

的雪板就是極限運動的一種。圖中4B是助滑區(qū)、BC是起跳區(qū)、0E是足夠長的著陸

坡（認為是直線斜坡）。極限運動員起跳的時機決定了其離開起跳區(qū)時的速度大小和

方向。忽略空氣阻力，運動員可視為質(zhì)點。若運動員跳離起跳區(qū)時速度大小相等,

速度方向與豎直方向的夾角越小，則運動員（）

A.飛行的最大高度越大B.在空中運動的加速度越大

C.在空中運動的時間越短D.著陸點距。點的距離一定越遠

5.隨著中國航天事業(yè)的發(fā)展，不久以后中國宇航員將會登上月球。當(dāng)宇宙飛船貼著月

球表面做勻速圓周運動時，宇航員測得飛船完成叫圈運動的時間為匕，當(dāng)宇宙飛船

停止在月球表面上方時，宇航員將細管豎直固定放置，輕質(zhì)細線穿過細管，兩端分

別與小球（視為質(zhì)點）和物塊相連，物塊的質(zhì)量是小球質(zhì)量的2倍，讓小球在水平面

內(nèi)做勻速圓周運動，物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)（不與月球接觸），不計細線與細管之間的摩

擦，宇航員測得小球完成散圈運動的時間為t2,用刻度尺測得細線傾斜部分的長度

為L,已知引力常量為G,下列說法正確的是（）

A.若月球的半徑為R,則月球的第一宇宙速度為答

nlcl

B.月球的密度為駕

C.若小球做勻速圓周運動的半徑為r,則小球的向心加速度大小為號1

C2

D.月球表面的重力加速度大小為安

n2

6.為了解決偏遠山區(qū)的用電問題，某發(fā)電廠用如圖所示的方式進行遠距離輸電，其中

的變壓器均為理想變壓器。已知發(fā)電廠輸出電壓恒為250叭輸電線的總電阻為80,

升壓變壓器原線圈輸入功率為2x1。5勿，升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1：16,

用戶兩端電壓為220U,下列說法正確的是（）

A.升壓變壓器副線圈兩端電壓為4000U

B.輸電線上損失的功率為1x1。4皿

C.降壓變壓器原線圈兩端電壓為3800V

D.降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為180：11

7.如圖甲所示，質(zhì)量均為6的4、B兩物塊連接在勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧兩端，放置

在光滑的水平面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，從t=0時刻開始，給4一個水平向右、大小為氣

的初速度，4、B運動的1?-t圖像如圖乙所示，已知兩物塊運動的圖像u-t具有對

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稱性，且為正弦曲線。彈簧的彈性勢能與勁度系數(shù)和彈簧的形變量之間的關(guān)系為

2

Ep=\kx,彈簧始終在彈性限度內(nèi)，結(jié)合所給的信息分析，下列說法正確的是（）

A.匕時刻彈簧處于伸長狀態(tài)，t2時刻彈簧的壓縮量最大

B.在0?七的時間內(nèi)，彈簧對B做的功為萼

C.G時刻，若4的速度也與B的速度/之差為4"，則此時4與B的動能之差為：小孫4"

D.t2時刻彈簧的形變量為孫后

8.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy,第一

象限內(nèi)存在方向垂直坐標(biāo)平面向外的磁場，磁感應(yīng)強

度大小沿y軸方向不變，沿x軸正方向按照B=k尤的規(guī)

律變化。一質(zhì)量m=0.4kg、電阻R=0.10、邊長L=

0.2m的正方形導(dǎo)線框abed在t=0時刻ac邊正好與y

軸重合，a點與坐標(biāo)原點。的距離y（）=0.8m,此時將

導(dǎo)線框以為=5m/s的速度沿與x軸正方向成53。拋出，導(dǎo)線框運動一段時間后速度

恰好減為0,整個運動過程導(dǎo)線框不轉(zhuǎn)動，空氣對導(dǎo)線框的阻力忽略不計，取重力

加速度大小g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53。=0.6,下列說法正確的是（）

A.ad、be邊受到的安培力大小相等，方向相反

B.當(dāng)導(dǎo)線框速度為0時，a點的縱坐標(biāo)為1.6m

C.在從拋出到速度為0的過程中，導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱為1.2/

D.t=0.5s時導(dǎo)線框的速度大小為lm/s

9.某同學(xué)設(shè)計了一個“探究碰撞中的不變量”的實驗，其具體裝置如圖甲所示，在小

車a的前端粘有橡皮泥（質(zhì)量不計），在小車a后連著紙帶，打點計時器的打點頻率為

50Hz。

（1）按圖甲組裝好實驗器材，在長木板下墊好木塊，若輕推小車，小車能在長木板

上做(填“勻速直線運動”或“勻加速直線運動”)，則說明小車與長木板之

間的摩擦力恰好被平衡。

(2)推動小車a使其沿長木板下滑，然后與原來靜止在前方的小車b相碰并粘在一起，

繼續(xù)做勻速直線運動，得到的紙帶如圖乙所示。該同學(xué)測得小車a的質(zhì)量Tn。=

0.50kg,小車b的質(zhì)量g,=0.45kg,則碰前兩小車的總動量大小為kg-m/s,

碰后兩小車的總動量大小為kg-m/s.(結(jié)果均保留三位有效數(shù)字)

(3)在誤差允許范圍內(nèi)，兩小車碰撞過程中動量守恒。

10.電動汽車充電比燃燒汽油更便宜，受到市場的歡迎。某興趣小組為了測量電動汽車

上電池的電動勢E(300V~400V)和內(nèi)阻r(0sl0。)，需要將一個量程為100V的電壓

表(內(nèi)阻即約為5k0)改裝成量程為4001/的電壓表，然后再測量電池的電動勢和內(nèi)阻。

以下是該實驗的操作過程。

(1)由于不知道該電壓表內(nèi)阻的確切值，該興趣小組將一個最大阻值為50k。的電阻

箱RP與電壓表串聯(lián)后，利用如圖甲所示的電路進行改裝。將滑動變阻器的滑片P移

至右端，同時將電阻箱的阻值調(diào)為零。閉合開關(guān)S,將滑片P向左移動，某時刻電

壓表的示數(shù)為80人保持滑片P的位置不變，調(diào)節(jié)電阻箱，使電壓表的示數(shù)為V。

不再改變電阻箱的阻值，保持電壓表和電阻箱串聯(lián)，撤去其他電路就得到改裝后的

電壓表。

(2)用改裝后的電壓表接入電路測量已知電壓時，由于系統(tǒng)誤差，其測量值總是

填“大于”、“等于”或“小于”)真實值。

(3)該興趣小組利用另一個電阻箱R和改裝后的電壓表(電壓表的表盤沒有改變，示

數(shù)記為U)連接成如圖乙所示的電路來測量該電池的電動勢和內(nèi)阻。根據(jù)測得的電阻

箱接入電路的阻值R和電壓表的示數(shù)U作出白圖像如圖丙所示，則該電池的電動

KU

勢后=V.內(nèi)阻r=。。

11.冰壺比賽是冬奧會的項目之一，2022年北京冬奧會冰壺比賽新增了混雙項目。已

知冰壺的質(zhì)量為m，前擲線到營壘中心的距離為乙運動員投冰壺時，冰壺離開前

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擲線后沿直線運動，冰壺在恒定阻力作用下停在營壘中心，冰壺受到的阻力等于其

受到的重力的％倍。將冰壺視為質(zhì)點，重力加速度大小為g,比賽場地水平。不計

空氣阻力，求：

(1)冰壺離開前擲線時的速率：

(2)整個過程中冰壺克服阻力做功的平均功率。

12.如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy中，x>0的區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強|.￥耳1xX

q?B

度大小為B、方向垂直%Oy平面向里的勻強磁場，第二象限內(nèi)x.

0x2~*~~*

有平行于y軸的兩平行極板MN,間距為泉兩平行極板上各XXX

有一正對的小孔，小孔的縱坐標(biāo)均為d,在“軸上有一質(zhì)量為3m的不帶電的絕緣小

球2靜止在x=d的位置上，一質(zhì)量為沈、電荷量為q的帶負電小球1從M極板上的小

孔飄入兩極板間，小球1被極板間電場加速后進入磁場，一段時間后與小球2發(fā)生彈

性碰撞且碰撞時間極短。小球1所推的，電荷量始終不變，兩小球均視為質(zhì)點，不

計兩小球受到的重力，求：

(1)兩平行極板間電場的電場強度大小E；

(2)兩小球發(fā)生碰撞后經(jīng)過t=翳，兩小球間的距離L

13.某質(zhì)量一定的理想氣體，從狀態(tài)4到狀態(tài)B,其壓強p與體積的倒『/，

數(shù)t的關(guān)系圖像如圖所示。關(guān)于該理想氣體從狀態(tài)4到狀態(tài)B的過1/________?

o|*F

程，下列說法正確的是()

A.外界對氣體做功B.氣體分子的平均動能不變

C.氣體的溫度降低D.氣體的密度減小

E.氣體從外界吸收熱量

14.如圖所示，水平地面上豎直放置一上端開口的圓柱形導(dǎo)熱汽缸(內(nèi)壁光滑)，汽缸的

質(zhì)量為2m,用橫截面積為S、質(zhì)量為m的活塞在汽缸內(nèi)封閉一定質(zhì)量的理想氣體,

活塞到汽缸底部的距離為L。。將汽缸內(nèi)的活塞用輕繩系住懸掛在天花板上并靜止。

外界熱力學(xué)溫度恒為％，大氣壓強恒為p0=等，重力加速度大小為g。

(I)求汽缸靜止懸掛時，活塞到汽缸底部的距離人；

（II）將懸掛的汽缸放到另一恒溫環(huán)境中，穩(wěn)定后，汽缸內(nèi)活塞到汽缸底部的距離為

Lo,求此時汽缸所處的環(huán)境的熱力學(xué)溫度A。

15.一單擺與一波源振動頻率相同，己知單擺的擺長為1m,振幅為3cm；波源發(fā)出的

波沿x軸正方向傳播時某時刻的波形圖如圖所示。取重力加速度大小g=10m/s2,

兀2=10。下列說法正確的是（）

A.單擺的周期為2s

B.單擺的擺球在10s內(nèi)通過的路程為30cm

C.該波的周期為4s

D.該波的波速為2m/s

E.該時刻平衡位置在x=3.0m處的質(zhì)點的加速度最大

如圖所示，半圓形玻璃磚ABC的直徑4C與光屏MN垂直，并緊靠光屏，

一射向圓心。點的單色細光束與直徑4c的夾角。=60°,在光屏MN上

出現(xiàn)兩個光斑，兩個光斑之間的距離L=竽cm,已知半圓形玻璃磚g

的半徑R=10cm,光在真空中的傳播速度c=3x108nl小，求：

⑴玻璃磚的折射率n；

（范）光束在玻璃磚中傳播的速度大小。

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：力、放射性元素的半衰期與溫度無關(guān)，故A錯誤；

8、由玻爾理論可知，氫原子的核外電子由較高能級躍遷到較低能級時，要釋放一定頻

率的光子，根據(jù)卜§=771貯，可知電子的速度增大，電子的動能增大，庫侖力做正功，

rzr

電勢能減小，故8錯誤；

C、康普頓效應(yīng)只能說明光具有粒子性，故C錯誤；

D、根據(jù)愛因斯坦光電方程加-%=Ekm,以及動能定理eUc=Ekm,可得以=竺三=

可知光電效應(yīng)中遏止電壓與入射光的頻率有關(guān)，故。正確。

故選：D。

放射性元素的半衰期與溫度無關(guān)；由較高能級躍遷到較低能級時，釋放能量，軌道半徑

變小，動能增大，勢能減?。豢灯疹D效應(yīng)說明光具有粒子性，根據(jù)光電效應(yīng)方程解答。

明確光電效應(yīng)方程的應(yīng)用，知道康普頓效應(yīng)，知道黑體實驗，知道躍遷過程中各種物理

量如何變化。

2.【答案】C

【解析】解：4、對拖把頭進行受力分析，在豎直方向上有可=^19+尺)。，則地面對

拖把頭的支持力大于拖把頭受到的重力，故A錯誤；

B、拖把頭勻速運動，水平方向受力平衡，則拖把頭所受地面的摩擦力大小f=FcosO,

故2錯誤；

CD、由/=〃(mg+Fs譏0)可知，只增大推力F,則拖把頭受到的摩擦力一定增大，拖

把頭與地面間的動摩擦因數(shù)〃=總鬻而，故C正確、。錯誤.

故選：故

對于拖把頭受重力、支持力、推力和摩擦力,抓住水平方向和豎直方向受力平衡，根據(jù)

正交分解求出推拖把的推力和摩擦力的大小，再求拖把與地面的動摩擦因數(shù)。

對于拖把頭受重力、支持力、推力和摩擦力，抓住水平方向和豎直方向受力平衡，根據(jù)

正交分解求出推拖把的推力和摩擦力的大小，再求拖把頭克服摩擦力做功的功率.

3.【答案】D

【解析】解：力、電容器的電容c=品，只將電容器的上極板轉(zhuǎn)過一小角度，電容器

471kd

的電容減小，故A錯誤；

B、又由Q=CE可知，電容器所帶電荷量減少，故8錯誤；

C、只將電容器的上極板轉(zhuǎn)過一小角度，電容器兩板間勻強電場的電場強度E'=9不變，

則粒子P所處位置的電勢不變，故c錯誤；

。、斷開開關(guān)S,若將板間距變?yōu)樵瓉淼?倍，電容器的電容變?yōu)樵瓉淼耐劣捎陔娙萜?/p>

的電荷量不變，電容器兩板間勻強電場的電場強度后=?=5=急=翳，因此電場

強度不變，帶電粒子所受電場力不變，仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，故。正確。

故選：D。

根據(jù)電容的決定式分析出電容的變化，結(jié)合公式Q=CU分析出電荷量的變化；

根據(jù)場強的公式分析出P位置的電勢變化；

先計算出胡極板間的場強變化，進而得到帶電粒子的狀態(tài)。

本題考查平行板電容器及電勢等，目的是考查學(xué)生的理解能力。

4.【答案】A

【解析】解：4、若運動員跳離起跳區(qū)時速度大小相等，速度方向與豎直方向的夾角越

小，則豎直分速度越大，則飛行的最大高度越大，故A正確；

8、運動的加速度為重力加速度，是不變的，故B錯誤；

CD、豎直分速度越大，運動時間越長，但水平分速度越小，則著陸點距。點的距離不一

定越遠，故CQ錯誤。

故選：Ao

斜上拋運動分解成豎直向上的豎直上拋運動和水平方向的勻速直線運動，分別處理，注

意豎直方向和水平方向的位移關(guān)系、時間關(guān)系。

解答本題的關(guān)鍵是分析清楚運動員的運動過程，把握每個過程遵守的物理規(guī)律，熟練運

用運動的分解法研究斜上拋運動，要注意分析隱含的幾何關(guān)系，如豎直方向和水平方向

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的位移關(guān)系。

5.【答案】B

【解析】解：4宇宙飛船貼著月球表面做勻速圓周運動的周期7\=?,則第一宇宙速

nl

度為：”=壽,解得"置?故A錯誤；

m

Gmm4TT2y\Qi2

B、由萬有引力充當(dāng)向心力可n得=m守R月，月球的密度。=就，解得P=舞，

故B正確；

C、小球做勻速圓周運動的周期72="，向心加速度大小。=(§)2乙解得a="域,

l

兀22t2

故c錯誤；

。、設(shè)小球、物塊的質(zhì)量分別為小、2m對小球進行受力分析，細線的拉力與小球所受重

力的合力沿水平方向，充當(dāng)向心力，設(shè)細線與豎直方向的夾角為仇由牛頓第二定律可

得Tsin8=m節(jié)■Lsin。,對物塊由二力平衡可得2mg月=7,解得g月=馬薩，故。錯

誤。

故選：B。

根據(jù)第一宇宙速度的定義分析。根據(jù)萬有引力提供向心力，得到火星的密度公式。根據(jù)

單擺周期公式分析計算火星表面的重力加速度。

該題考查了人造衛(wèi)星的相關(guān)知識，主要涉及到萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵

是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進行分析，掌握單擺的周期公式。

6.【答案】AD

【解析】解：4、根據(jù)普=?,解得02=4x103%故A正確；

U?n2

B、由于P=2x105m故原線圈電流A=5=陪4=8004由3=竽

力250，2nl

解得：/z=504則輸電線上損失的功率△「=/介=502X81V=2X104W,故B錯

誤；

C、輸電線上損失的電壓%=/2「=400匕則4=4一％=3.6x103人故C錯誤;

D、由得■=￡可知，n3：n4=180：11,故。正確。

故選：AD.

根據(jù)原副線圈的匝數(shù)比得出原副線圈的電學(xué)物理量的關(guān)系，結(jié)合功率的計算公式即可完

成分析。

本題考查遠距離輸電，目的是考查學(xué)生的理解能力。

7.【答案】AC

【解析】解：4、通過4、B的運動過程分析，可知方時刻彈簧處于伸長狀態(tài)，t2時刻彈

簧的壓縮量最大，故A正確；

B、t2時刻4、B達到共同速度，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律可得:mv0=2mv^,

Ost2時間內(nèi)，對B物塊，由動能定理得：W=[mv^,聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得彈簧對B做的

功為：皿=巴2故8錯誤；

8

C、0st]時間內(nèi)，由動量守恒定律有m%=mVi+mv2-4與B的動能之差A(yù)Ek=-

結(jié)合%-I?2=4V,聯(lián)立解得此時A與B的動能之差為：AEk=^mv0Av,故C

正確；

D、t2時刻，由能量守恒定律可得彈簧的彈性勢能：Ep=|mv2_lxmv1,結(jié)合曝=熱

Ep=*,解得t2時刻彈簧的形變量為：X=處氏,故。錯誤。

故選：AC,

根據(jù)圖示圖線分析清楚兩滑塊的速度變化關(guān)系，根據(jù)速度變化關(guān)系分析清楚兩滑塊的運

動過程與運動性質(zhì)，兩滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)滑塊運動過程應(yīng)用動量守恒定律

和能量守恒定律分析答題。

本題考查功能關(guān)系和動量守恒定律，目的是考查學(xué)生的推理能力，解決此題的關(guān)鍵是要

根據(jù)速度圖象分析清楚物體的運動情況，根據(jù)兩個物體的速度關(guān)系判斷彈簧的狀態(tài)，或

根據(jù)物體的運動情況分析彈簧的狀態(tài)。

8.【答案】BD

【解析】解：力、導(dǎo)線框在運動過程中磁通量增加，由楞次定律可知產(chǎn)生順時針的感應(yīng)

電流，be邊所處的磁場的磁感應(yīng)強度總是大于ab邊所處的磁場的磁感應(yīng)強度，因兩邊流

過的感應(yīng)電流大小相等，方向相反，由尸和左手定則可知，ad邊受到向右的安培

力小于加邊受到向左的安培力，故A錯誤；

B、因ab、cd邊所處的磁場的磁感應(yīng)強度情況相同，故此兩邊受到的安培力等大反向，

那么導(dǎo)線框受到的安培力水平向左，則導(dǎo)線框在豎直方向只受重力而做豎直上拋運動，

水平方向做減速直線運動。

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當(dāng)速度為0時，導(dǎo)線框上升的高度為：h=（竺53。）2,代入數(shù)據(jù)解得：

2gh=08m）

Q點的縱坐標(biāo)為：y=九+%）=0.8m+0.8m=1.6巾，故8正確；

C、由功能關(guān)系可知，導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱等于其克服安培力做的功（設(shè)為皿安），即：

Q=/安

對導(dǎo)線框由初始到后速度減為o的過程，由動能定理得：

-mgh—W=0—1mvo

代入數(shù)據(jù)解得：3安=L8/,故此過程中，導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱為1.8/,故C錯誤；

D、當(dāng)速度為0時，導(dǎo)線框已經(jīng)運動的時間為：to=制包，代入數(shù)據(jù)解得：t0=OAm/s

片時間之后回路中沒有感應(yīng)電流，導(dǎo)線框只受重力作用而做自由落體運動，

則t=0.5s時速度大小為：v=g^t-t0）,

代入數(shù)據(jù)解得：f=lm/s,故。正確。

故選：BD。

由楞次定律判斷導(dǎo)線框中感應(yīng)電流方向，兒邊所處的磁場的磁感應(yīng)強度總是大于ab邊所

處的磁場的磁感應(yīng)強度，由安培力計算公式和左手定則判斷ad邊與be邊受到的安培力

大小與方向關(guān)系；由受力情況判斷導(dǎo)線框運動形式，將其運動分解處理，根據(jù)豎直方向

上的運動求解上升的高度；導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱等于其克服安培力做的功，由動能定理

求解克服安培力做的功；導(dǎo)線框速度為零之后回路中沒有感應(yīng)電流，導(dǎo)線框只受重力作

用而做自由落體運動，由運動學(xué)公式解答。

本題考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象中力與運動和功能關(guān)系問題，由受力情況判斷導(dǎo)線框運動形式,

對于曲線運動要分解處理，分運動具有等時性與獨立性。在切割磁感線的導(dǎo)體棒作為等

效電源的純電阻電路中，電路中產(chǎn)生的焦耳熱等于導(dǎo)體棒切割磁感線過程克服安培力所

做的功。

9.【答案】勻速直線運動0.5620.551

【解析】解：（1）平衡摩擦力時的操作即為輕推小車，小車能在長木板上做勻速直線運

動，說明小車與長木板之間的摩擦力恰好被平衡。

（2）碰前系統(tǒng)的動量即小車a的動量，則有

Pi=maVi=ma^-=0.50x，kg,m/s=0.562kg-m/s,

01JXU.UN

碰后兩小車的總動量大小

Pz=Oa+如)》2=Oa+叫)等=(°-50+045)黑學(xué)kg-rn/s=0.551kg-

zn/So

故答案為:⑴勻速直線運動(2)0.562,0.551

(1)小車能在長木板上做勻速直線運動，說明摩擦力恰好被平衡；

(2)根據(jù)中時速定理算出碰撞前后小車速度，根據(jù)動量公式計算碰撞前后總動量。

本題考查驗證動量守恒實驗，根據(jù)碰撞之后共同勻速運動的速度小于碰撞之前a獨自運

動的速度，確定BC應(yīng)在碰撞之前，CD應(yīng)在碰撞之后，是解決本題的突破口。

10.【答案】20小于3609

【解析】解：(1)由于電壓表的內(nèi)阻不確定，所以不能采用教材提供的方法進行改裝.

但由于電壓表的量程為100V,所以要想將電壓表改裝成量程為400V的電壓表，電阻箱

承擔(dān)的電壓應(yīng)該是電壓表示數(shù)的3倍，由于二者之間是串聯(lián)關(guān)系，所以電阻箱的阻值應(yīng)

調(diào)節(jié)為電壓表內(nèi)阻的3倍，因此，當(dāng)電壓表的示數(shù)為801/時，只需調(diào)節(jié)電阻箱，使電壓

表的示數(shù)變?yōu)?0,即可。

(2)電阻箱接入電路時，電壓表所在支路的電阻增大，和滑動變阻器并聯(lián)部分阻值增大，

分壓變大，則電壓表所在支路的電壓變大，電阻箱接入電路的阻值實際大于電壓表內(nèi)阻

的3倍，改裝的電壓表的內(nèi)阻實際比理論值大，則改裝的電壓表量程實際大于400V,故

按400U讀數(shù)時，每次測量的示數(shù)小于真實值。

⑶由閉合電路歐姆定律可知物二七-與"，整理后可得結(jié)合題圖丙可

得E=360U、r=9。。

故答案為：(1)20；(2)小于;(3)360,9

(1)根據(jù)串聯(lián)電路特點分析答題。

(2)根據(jù)實驗步驟應(yīng)用串聯(lián)電路特點與歐姆定律分析答題。

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合圖像分析解答。

理解實驗原理、分析清楚圖示電路結(jié)構(gòu)是解題的前提；應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出圖

像的函數(shù)表達式即可解題。

11.【答案】【解析】本題考查牛頓第二定律和功率，目的是考查學(xué)生的推理能力。

解：(1)冰壺受到的阻力大小f=

由牛頓第二定律有f=ma

根據(jù)運動學(xué)公式有0-/=-2aL

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解得I?=聲碩

(2)此過程中，冰壺的平均速度大小5=；=脖

則冰壺克服阻力做功的平均功率P=fv=kmg欄

答：(1)冰壺離開前擲線時的速率為點或；

【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律求得變化前進過程的加速度大小，根據(jù)速度一位移公式

求得初速度；

(2)根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可知運動過程的平均速度，利用P=Fo求得平均功率。

本題以冰壺為考查背景，主要考查了平均功率和牛頓第二定律，分析過程中涉及到了牛

頓第二定律，運動學(xué)公式和功率的計算公式，整體難度不大。

12.【答案】解：(1)小球1從(0,d)必垂直y軸進入磁場，并在(d,0)的位置上與小球2發(fā)

生碰撞，由幾何關(guān)系可知，小球1在磁場中的運動半徑r=d

由洛倫茲力提供向心力有學(xué)=Bqv0

小球1在電場中加速有g(shù)m詔=qEX?

解得：E="電

m

(2)選小球1的初速度方向為正方向

小球1與小球2發(fā)生碰撞時，根據(jù)動量守恒定律有：mjVo-TnjVj+m2v2

碰撞前后瞬間，兩小球的總動能相等，有，巾1詔=］巾1語+［機2詔

解得%=-葭(負號表本方向與％的方向相反)，v2=^,

對小球1分析有|Bq%|=-

rl

可得心=f

IVil

可得7=翳

由于t=|r,所以經(jīng)過時間3小球I再次經(jīng)過X軸，且其位置與小球2碰撞前的位置之間

的距離%1=2G=d

小球2做勻速直線運動，在時間t內(nèi)通過的距離力丁2=Wt=當(dāng)

所以發(fā)生碰撞后經(jīng)過t=警，兩小球間的距離,一晤;_d百際

qBL-vLL---------------

Y2

答：(1)兩平行極板間電場的電場強度大小為喑；

(2)兩小球發(fā)生碰撞后經(jīng)過1=翳，兩小球間的距離L為甯乏1

【解析】(1)根據(jù)動能定理結(jié)合牛頓第二定律計算出場強的大小；

(2)根據(jù)彈性碰撞的特點分析出小球碰撞后的速度，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式計

算出小球的距離L。

本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動，目的是考查學(xué)生的分析綜合能力。

13.【答案】BDE

【解析】解：4、理想氣體從狀態(tài)4到狀態(tài)B的過程，由p-捆像可以看出機>:可得

VA<VB,氣體的體積增大，氣體對外界做功，故