2022年新疆普通高中高考物理三模試卷（附答案詳解）

2022年新疆普通高中高考物理三模試卷

1.如圖所示為氫原子的能級圖，下列說法正確的是（）

?E/eV

OC~~——-—.0

4-----------------------0.85

3-----------1.51

------------------------3.40

1----------13.6

A.一群處于n=3能級的氫原子向低能級躍遷時最多能產(chǎn)生3種不同頻率的光子

B.群處于n=3能級的氫質(zhì)于向低能級躍遷時，從n=3能級躍遷到n=1能級產(chǎn)生的光

子波長最長

C.處于ri=2能級的氫原子吸收能量為2.0eU的光子后，能躍遷到幾=3的能級

D.一群處于n=4能級的氫原子躍遷發(fā)出的光都可以使逸出功為10.2eU的金屬發(fā)生光

電效應(yīng)

2.如圖所示為“神舟十一號”與“天宮二號”對接過程的簡化示意圖，AC是橢圓軌

道II的長軸，“神舟十一號”從圓軌道I先變軌到橢圓軌道H,再變軌到圓軌道川，

與在圓軌道in運行的“天宮二號”實施對接。下列說法正確的是（）

A.“神舟十一號”兩次變軌過程中均需要點火減速

B.“神舟十一號”在橢圓軌道上運行的周期小于“天宮二號”運行的周期

c.“神舟十一號”在橢圓軌道上經(jīng)過C點的速率大于“天宮二號”經(jīng)過C點的速率

D.“神舟十一號”在橢圓軌道上C點的加速度大于“天宮二號”在C點的加速度

3.如圖甲所示，質(zhì)量nh=2kg的足夠長的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量抽？=1砌的

小物塊靜止在木板的右端。現(xiàn)對木板施加一水平向右的拉力，小物塊與木板運動的

速度圖像如圖乙所示，g取10m/s2。。下列說法正確的是（）

m2i-

---------------------1—F

叫-------卜一》

甲

A.水平拉力為6N

B.小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為0.2

C.在2s時間內(nèi)，水平拉力做的功為18/

D.在2s時間內(nèi)，木板克服摩擦力所做的功為句

4.如圖所示，一正方形線圈通過電刷與自耦變壓器相連，線圈平面與水平向右，磁感

應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場平行?，F(xiàn)讓線圈從圖示位置以恒定的角速度3轉(zhuǎn)動并開始計

時，轉(zhuǎn)軸與磁場垂直。已知正方形線圈的匝數(shù)為N、邊長為a,電阻為入則下列說

法正確的是（）

A.正方形線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的瞬時表達(dá)式為e=NBa）a2sina）t

B.若僅將滑動變阻器的滑動觸頭向下移動，則電壓表的示數(shù)變大

C.若僅將自耦變壓器的滑動觸頭向下移動，則電壓表的示數(shù)變大

D.若僅將線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼?倍，則滑動變阻器消耗的電功率變?yōu)樵瓉淼?倍

5.如圖所示，兩根細(xì)木條搭成頂角為。的人字形裝置豎直放置在水平桌面上，細(xì)木條

的左右兩端連接一根細(xì)銅絲在兩根細(xì)木條的中間施加一豎直向下的力F，此時銅絲

受到的拉力為（）

D.

A.2cos02tan1

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6.如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場限定在一個圓形區(qū)域內(nèi)。一個速度大小為u的

帶電粒子從P點沿直徑方向射入磁場區(qū)域，粒子射出磁場時的速度方向與射入時相

比偏轉(zhuǎn)了9角，忽略重力及粒子間的相互作用力，下列說法正確的是（）

B.如果只增大粒子的入射速度外則粒子在磁場中的運動時間變短

C.如果把質(zhì)子和一價鈉離子以相同的動能分別從P點射入，鈉離子的偏轉(zhuǎn)角大

D.如果把質(zhì)子和一價鈉離子以相同的動量分別從P點射入，它們在磁場中的運動軌跡

重合

7.2022年2月18日，我國選手谷愛凌榮獲北京冬奧會女子滑雪U型槽項目的冠軍。如

圖所示，U型槽可簡化成由AB、CD兩個相同的四分之一圓弧與BC水平雪道組成，

BC與圓弧雪道相切。質(zhì)量為m的谷愛凌（可視為質(zhì)點）從。點自由下落，由左側(cè)4點

進(jìn)入U型槽中，從右側(cè)D點自由飛出后上升至Q點。其中04=九，QD=0.75/1,圓

弧半徑R=2鼠不計空氣阻力，下列判斷正確的是（）

RC

A.谷愛凌運動到4點的速度為J項

B.谷愛凌首次運動到B點時，對B點的壓力為4mg

C.谷愛凌由4到B過程損耗的機(jī)械能比C到。過程的大

D.谷愛凌第二次離開U型槽后，最高能夠到達(dá)相對于4點0.5/1的位置

8.如圖所示，水平xOy平面內(nèi)固定一個內(nèi)壁光滑的半圓形絕緣細(xì)管道，直徑與x軸重

合，圓心為4點處于沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場中。一帶電質(zhì)點（重力不計）從管口0點

以一定大小的動能琢出發(fā)，途經(jīng)N點，運動到M點時動能變?yōu)?Ek，其中NO4V=30,

^OAM=90°,由此可判斷（）

y八

A.質(zhì)點帶負(fù)電

B.質(zhì)點運動到M點時，一定受到管外壁對它的彈力

C.若選0點電勢為零，則質(zhì)點在N點的電勢能為

D.若選0點電勢為答則原點在M點的動能是電勢能的兩倍

9.為了測定滑塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)，某同學(xué)設(shè)計了如圖甲所示的實驗裝置。將

帶有遮光條的滑塊置于水平桌面上，用輕繩跨過定滑輪與重物相連，測得遮光條寬

度為d,滑塊和遮光條的總質(zhì)量為zn。重物的質(zhì)量為M,且M=3m,實驗室所在地

的重力加速度為g,不計滑輪的質(zhì)量及摩擦的影響。

實驗步驟如下：

(1)利用游標(biāo)卡尺測得遮光條的寬度如圖乙所示，則遮光條的寬度d=mm,

(2)測出滑塊與光電門間距x；

(3)釋放滑塊，測出遮光條通過光電門時間t；

(4)改變滑塊與光電門間距，重復(fù)步驟(2)、(3)；

(5)根據(jù)實驗得到的數(shù)據(jù)，以(選填":”或“當(dāng)”)為縱坐標(biāo)，x為橫坐標(biāo)，做

出如圖丙所示的圖像，其中該圖像的斜率為k,則滑塊和桌面間的動摩擦因數(shù)

〃=(用k、g、d表示)。

10.某同學(xué)欲測量待測電阻&的阻值。實驗室提供了以下器材.：

A直流電源(電動勢E=121/,內(nèi)阻r=20)

B.滑動變阻器(最大阻值200)

C.電流表(0?0.14,內(nèi)阻力=20)

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。.電流表(0?30nL4,內(nèi)阻萬=3。)

E.電流表(0-0.34,內(nèi)阻臼=1。)

F.電阻箱R(999.90)

G.多用電表一個

”.電鍵一個，導(dǎo)線若干

s'yipv*'

(D該同學(xué)先利用多用電表粗略測量待測電阻的阻值。他將多用電表旋轉(zhuǎn)置于歐姆

擋“X10”擋，進(jìn)行規(guī)范操作后，指針位于圖甲所示位置，則％=；

(2)為了準(zhǔn)確地測量出心的阻值。該同學(xué)設(shè)計了如圖乙所示的電路，其中電流表4應(yīng)

選用,電流表4應(yīng)選用(填器材前序號字母)；

(3)閉合電鍵前，應(yīng)將圖乙中滑動變阻器的滑片移到最(選填“左”或

“右”)端。閉合電鍵S,調(diào)節(jié)滑動變阻器，使兩電流表的示數(shù)較大，記錄電流表4

的示數(shù)人、電流表乙的示數(shù)及電阻箱接入電路的阻值處隨后多次調(diào)節(jié)滑動變阻

器，同時調(diào)節(jié)電阻箱，使電流表4的示數(shù)始終為4,記錄每次調(diào)節(jié)后電流表4的示

數(shù)及電阻箱接入電路的阻值R；

(4)根據(jù)測得的數(shù)值，作出釬捆像，若圖像的斜率為匕則待測電阻的阻值

Rx=(用測量最及已知量的符號表示)。

11.如圖所示，有一個電荷量為e的電子，經(jīng)電壓U的電場從靜止加速后，進(jìn)入兩塊間

距為d、電壓為2U的平行金屬板間，若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正

好沿金屬板的邊緣穿出，電子重力不計，求：

(1)金屬板的長度

(2)電子穿出電場時的動能。

12.如圖所示，長L=3.76m的傳送帶與水平面夾角。=37。，以速度u=2m/s順時針

運行。t=0時刻，質(zhì)量%-1kg的小物塊4從傳送帶頂端以初速度%!=0.6m/s滑

下，同時質(zhì)量Hip=2kg的小物塊B以初速度=4zn/s從底端沖上傳送帶，經(jīng)過

一段時間后，兩物塊在傳送帶上某處發(fā)生瞬間碰撞并且粘連。傳送帶與物塊間的動

摩擦因數(shù)均為4=0.5,重力加速度g取10m/s2。求：

(l)t=0時刻，小物塊4和小物塊B沿傳送帶運動的加速度大?。?/p>

(2)從1=0時刻開始到兩物塊發(fā)生碰撞經(jīng)歷的時間；

(3)小物塊4和小物塊B離開傳送帶時的動能。

13.一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷ab、be、cd、dez回到原狀態(tài)，其體積隨熱

力學(xué)溫度變化的圖象如圖所示，其中帥、cd均垂直于橫軸，ad、be的延長線均過

原點。。下列表述正確的是()

A.在狀態(tài)a時，單位時間內(nèi)碰撞容器壁的氣體分子數(shù)最少

B.氣體在a、d兩狀態(tài)的壓強(qiáng)相等

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C.氣體在狀態(tài)b時的內(nèi)能小于它在狀態(tài)d時的內(nèi)能

D.在a—b過程中，氣體對外界釋放的熱量等于外界對氣體做的功

E.經(jīng)歷atb-c->d-a一次循環(huán)，氣體從外界吸收熱量

14.如圖所示，導(dǎo)熱性能良好的U形管開口向上豎直放放

置，兩端口等高，左端開口右端封閉，左端橫截面積

為右端的三倍，此時左端水銀面到管口的距離4=

11cm,比右端水銀面高h(yuǎn)=4cm?，F(xiàn)用厚度不計的

輕質(zhì)活塞封閉左端端口并緩慢向下推動活塞,最終使

兩管水銀面相平。外界大氣壓強(qiáng)po=76cmHg,環(huán)

境溫度保持不變，求：

(1)最終右管氣體的壓強(qiáng)；

(2)活塞向下推動的距離。

15.下列說法正確的是()

A.做簡諧運動的單擺，只有在最高點時，回復(fù)力才等于重力和擺線拉力的合力.

B.彈簧振子的振動方程為y=0.1sin2.57Tt(ni),在t=0.2s時刻，振子的速度為零

C.波不僅能傳遞能量，參與振動的質(zhì)點也可隨波遷移

D.根據(jù)多普勒效應(yīng)通過比較接收與發(fā)射的超聲波頻率的不同，可測量心臟血液的流速

E.5G信號和4G信號的頻率不同，若把通信用的5G信號和4G信號疊加，可以產(chǎn)生穩(wěn)定

的干涉現(xiàn)象

16.用一透明材料制成的內(nèi)、外半徑比為3：5的空心球殼，經(jīng)過球心。的截面(紙面內(nèi))如

圖所示。一束單色光從外球面上的A點射入。

(1)若入射光線與直線4。的夾角i=53。，經(jīng)一次折射后恰好與內(nèi)球面相切，求單色

光在透明材料中經(jīng)兩次折射后的出射光線與直線4。的夾角；(不考慮反射)

(2)若入射光線在該材料的內(nèi)球面恰好發(fā)生全反射，求從4點射入的光線與直線4。

的夾角a。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：AB,一群處于n=3能級的氫原子向低能級躍遷時最多能產(chǎn)生廢=3種不

同頻率的光子，故其中從n=3能級躍遷到n=1能級產(chǎn)生的光子能量最大，頻率最大,

波長最短，故4正確，B錯誤；

C、從n=2能級的氫原子躍遷到n=3需要E=-1.51eV-（-3.40eK）=1.89W的光子

能量，故C錯誤；

D、一群處于n=4能級的氫原子躍遷發(fā)出的光的能量可以是E'=-0.85eK-

（一1.51eV）=0.66eV,不可以使逸出功為10.2eV的金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故。錯誤；

故選：A.

大量處于n=3能級的氫原子，最多可以輻射出3種；能級間躍遷時，輻射（吸收）的光子

能量等于兩能級間的能級差；根據(jù)光電效應(yīng)發(fā)生條件：輻射光的頻率大于極限頻率，從

而即可判定。

本題考查能級躍遷及光電效應(yīng)方程，知道能級間躍遷放出或吸收光子的能量滿足hy=

Em-％0

2.【答案】B

【解析】解：AC,“神舟十一號”在變軌過程中需要向外噴出氣體而加速，所以“神

舟十一號”在橢圓軌道上經(jīng)過C點的速率小于“天宮二號”經(jīng)過C點的速率，故AC錯誤;

B、根據(jù)萬有引力提供向心力有：智=小「與，解得：T=廬，所以“神舟十一

r2T27GM

號”在橢圓軌道上運行的周期小于“天宮二號”運行的周期，故8正確；

D、根據(jù)萬有引力提供向心力有：誓=小。，解得：a#,“神州十一號”在橢圓

軌道上C點的加速度等于“天宮二號”在C點的加速度，故。錯誤

故選：B。

神舟十一號加速后做離心運動軌道半徑變大，根據(jù)萬有引力提供向心力，應(yīng)用萬有引力

公式與牛頓第二定律可以求出線速度，再分析它們的大小。

解決衛(wèi)星運行規(guī)律問題的核心原理是萬有引力提供向心力，通過選擇不同的向心力公式,

來研究不同的物理量與軌道半徑的關(guān)系。

3.【答案】D

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【解析】解：8.設(shè)小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為由由u-t圖像可知木板與小物塊

發(fā)生相對滑動，小物塊巾2的加速度大小為=臂=|m/s2=Im/s2,根據(jù)牛頓第二定

律可得卬n2g=m2a2，解得〃=0.1，故8錯誤；

A.由〃一t圖像可知木板的加速度大小為由=翳=\m/s2=2m/s2,根據(jù)牛頓第二定律

可得尸一卬《29=mi%,解得F=5N,故A錯誤；

C.在2s時間內(nèi)，木板wii的位移大小為/=：x2m=4/n,水平拉力尸做的功為必=

Fxi=5X4/=20人故C錯誤；

D在2時間內(nèi)，木板克服摩擦力所做的功為必=即2gxi=0.1xlxl0x4/=4/,故

力正確；

故選：。。

根據(jù)u-t圖像求出木板和物塊的加速度，結(jié)合牛頓第二定律計算出拉力的大小和動摩

擦因數(shù)，分別求出物塊和木板的位移，根據(jù)位移關(guān)系判斷物塊的停止位置以及速度為零

的時刻。

本題考查u-t圖像讀圖能力，結(jié)合板塊受力分析求解做功。

4.【答案】C

【解析】解：4、現(xiàn)讓線圈從圖示位移以恒定的角速度轉(zhuǎn)動并開始計時，可知t=0時刻，

線圈產(chǎn)生的電動勢最大，線圈產(chǎn)生電動勢的最大值為

2

Em=NBa)a

則線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的瞬時表達(dá)式為

2

e—Emcosa)t—NBa)acosa)t,故A錯誤；

8、若僅將滑動變阻器的滑動觸頭向下移動，由于自耦變壓器的輸入電壓不變，匝數(shù)比

不變，可知自耦變壓器的輸出電壓不變，即電壓表的示數(shù)不變，故B錯誤；

C、若僅將自耦變壓器的滑動觸頭向下移動，可知自耦變壓器原線圈的匝數(shù)減小，根據(jù)

中=爭可知，自耦變壓器的輸出電壓增大，即電壓表的示數(shù)增大，故C正確；

U1nl

。、若僅將線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼?倍，可知自耦變壓器的輸入電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，在

匝數(shù)比不變的情況下，自耦變壓器的輸出電壓也變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)功率的計算公式

P=《可知，滑動變阻器消耗的功率變?yōu)樵瓉淼?倍，故。錯誤；

R

故選：Co

根據(jù)線圈所在的位置結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律得出感應(yīng)電動勢的瞬時表達(dá)式；

根據(jù)原副線圈的匝數(shù)比得出電壓表的示數(shù)變化；

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得出電壓的變化，結(jié)合功率的計算公式完成分析。

本題主要考查了變壓器的構(gòu)造和原理，理解交流電的產(chǎn)生特點，掌握變壓器原副線圈的

匝數(shù)比和電學(xué)物理量的關(guān)系，結(jié)合功率的計算公式即可完成分析。

5.【答案】C

【解析】解：對頂點受力分析，根據(jù)正交分解可得?=備，在桿4的下端，根據(jù)力的

0F0F6

分解可得：F桿=Ts譏號=w^xsin5=5tan￡,故43。錯誤，C正確；

故選：C.

現(xiàn)在頂點進(jìn)行受力分析，然后在4桿底端受力分析，根據(jù)力的合成與分解即可求得。

本題主要考查了力的合成與分解，抓住合力與分力即可。

6.【答案】BD

【解析】解：A、設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為R,tan￡=3

解得R=Tta*=籌-tang如果只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B,

2qB2

則偏轉(zhuǎn)角變大，故A錯誤；

R8

B、粒子在磁場中運動的軌跡長度為：s=?=靛，粒

n2

sRB

子運動時間t=;=力，如果只增大粒子的入射速度V,

n2

則粒子在磁場中的運動時間變短，故B正確；

2

C、由洛倫茲力提供向心力得：qvB=m^,解得粒子在磁場中運動時，其軌跡的半徑

為：r=等，根據(jù)tang=3質(zhì)子和一價鈉離子的電荷量相等，但質(zhì)子的質(zhì)量數(shù)小于一

價鈉離子的質(zhì)量數(shù)，則鈉離子的偏轉(zhuǎn)角小，故C錯誤；

D、由于p=mu,r=.，質(zhì)子和一價鈉離子的電荷量相等，所以運動軌跡半徑r相等，

所以運動軌跡重合，故。正確；

故選：BD。

畫出粒子運動軌跡根據(jù)幾何關(guān)系求磁場區(qū)域半徑；根據(jù)洛倫茲力提供向心力求得軌道半

徑，再根據(jù)弧長公式求得軌跡長度等，結(jié)合選項分析。

本題考查帶電粒子在磁場中運動，難度中等，根據(jù)題意畫出粒子運動軌跡，找到圓心角

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以及半徑是解題關(guān)鍵。

7.【答案】AC

【解析】解：4、從。到4過程中，根據(jù)動能定理可得:mgh.-^mv2-0,解得:v={2gh,

故A正確；

8、由于滑板與軌道間動摩擦因數(shù)不知道，無法計算谷愛凌首次運動到B點時的速度大

小，所以無法計算她對B點的壓力大小，故B錯誤；

C、由于谷愛凌由4到8過程平均速度大于從C到。過程中的平均速度，則根據(jù)向心力的

知識可知，谷愛凌由4到B過程受到的摩擦力大于從C到。過程中受到的摩擦力，則谷愛

凌由4到B過程損耗的機(jī)械能比C到。過程的大，故C正確；

D、谷愛凌第一次由。到Q過程損耗的機(jī)械能為4Ei=mgh-mgx0.75/1=0.25mgh,

從Q到。點運動的過程中，平均速度小于第一從。到Q的平均速度，則機(jī)械能損失小于

0.25mgh,谷愛凌第二次離開U型槽后，最高能夠到達(dá)相對于4點的高度大于0.5無，故。

錯誤。

故選：AC.

從。到月過程中，根據(jù)動能定理求解速度大小；由于滑板與軌道間動摩擦因數(shù)不知道，

無法計算谷愛凌首次運動到B點時的速度大?。桓鶕?jù)平均速度大小分析摩擦力大小，從

而得到損失的機(jī)械能多少。

本題主要是考查功能關(guān)系，知道克服摩擦力做的功等于機(jī)械能的損失。注意：本題中由

于平均速度不同時對軌道的壓力不同、摩擦力不同，造成機(jī)械能損失不同，這是本題易

錯的地方。

8.【答案】AB

【解析】解：4由題可知帶電質(zhì)點重力不計，只受電場力作用從。點以大小為劣的動能

出發(fā)：運動到M點時動能變?yōu)楦鶕?jù)動能定理得，

卬電=EqR=三Ek-Ek=EqR=~^Ek①

電場力做負(fù)功，由題可知帶電質(zhì)點受電場力逆電場線方向，故質(zhì)點帶負(fù)電，故A正確；

B、假如在的M點時，管壁對質(zhì)點沒有力，由牛頓第二定律得Eq=小1

即:=qEqR=EkM=^EqR^(T)^^EqR=；%

聯(lián)立得：EkM=1x^Ek=^Ek,實際在M點的動能為［ER＞以M

即實際速度大于外故質(zhì)點受外壁對它的彈力作用，故B正確。

C.從。到N由動能定理得：-EqRsin30。=EkN-Ek

由①式得：EqR=-^Ek

得。到N電場力做功為：Wftl=-\EqR=-\Ek

再結(jié)合電場力做功是量度電勢能變化

則電場。做負(fù)［后人的功，電勢能增加;又因。點電勢能為0,故N點電勢能為故

C錯誤；

。由EqR=一招.同理得質(zhì)點在M點電勢能為阻淇動能也為阻，故動能等于電勢能,

故。錯誤。

故選：AB.

由動能定理飯呢西求解電性及能量轉(zhuǎn)化，由牛頓第二定律分析彈力。

本題考查靜電場，學(xué)生需結(jié)合動能定理綜合解答。

9.【答案】20.7^3—生貯

加9

【解析】解：(1)游標(biāo)卡尺的分度值為O.lzmn,不需要估讀，遮光條的寬度為：

2cm+7x0.1mm=20.7mm

(5)滑塊經(jīng)過光電門的速度為：

d

V=-t

以滑塊和重物為整體，根據(jù)動能定理可得：

Mgx—林mgx=+m)v2

聯(lián)立可得：專=卷翳7

可知圖丙所示的圖像以專為縱坐標(biāo)，X為橫坐標(biāo)；

圖丙圖像的斜率為：

(M+m)d2

又M=3m

聯(lián)立解得：fi=3--

9

故答案為：(1)20.7；⑸2；3一誓

(1)根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則得出遮光條的寬度；

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(5)根據(jù)動能定理列式，由此分析出縱坐標(biāo)的物理意義，結(jié)合圖像的斜率得出〃的表達(dá)式。

本題主要考查了動摩擦因數(shù)的測量實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結(jié)合動能

定理及圖像的斜率完成分析。

10.【答案】1100F。左叫一

【解析】解：(1)多用電表旋轉(zhuǎn)置于歐姆擋“X10"擋，則讀數(shù)為％=1100;

(2)因為電流表C(0?0.14,內(nèi)阻6=2。)的內(nèi)阻已知，理論上可以準(zhǔn)確測量出勺的阻值,

電流表必要選用該表，由電路圖可知，電流表4、4量程應(yīng)該相差不大，且%量程比&

大，因此為選尸，必選。，

(3)閉合電鍵前，應(yīng)將滑動變阻器的滑片移到最左端；

(4)根據(jù)題意可知，/]=/2+吟電

R

轉(zhuǎn)化形式得：2=*+空3

l2Z1K

貝伊=k

解得：Rx=klx-rx

故答案為:(1)110/2；(2)F,￡?；(3)左；(4)-1一萬

(1)根據(jù)多用電表的讀數(shù)方法讀得；

(2)根據(jù)實驗原理結(jié)合電路圖選出合適的電學(xué)儀器；

(3)為了保護(hù)電路，一開始滑動變阻器的滑片應(yīng)移到最左端；

(4)根據(jù)歐姆定律得出圖像解析式結(jié)合數(shù)學(xué)知識計算出被測電阻的大小。

本題主要考查了安安法測電阻的實驗，根據(jù)實驗原理選出合適的電學(xué)儀器，結(jié)合歐姆定

律和數(shù)學(xué)知識計算出被測電阻的阻值，對學(xué)生的數(shù)學(xué)要求較高。

11.【答案】解：(1)設(shè)電子離開加速電場時的速度為孫，根據(jù)動能定理得：

j12

eUT=-mvo

在豎直方向上：22m

在水平方向上：L=vot

聯(lián)立解得：L=d

(2)取電子的整個運動過程為研究階段，根據(jù)動能定理得：

Ek=2eU

答：(1)金屬板的長度為d；

(2)電子穿出電場時的動能為2eU。

【解析】(1)根據(jù)動能定理得出粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度，理解不同方向上的運動特點，

結(jié)合運動學(xué)公式計算出金屬板的長度；

(2)根據(jù)動能定理計算出電子穿出電場時的動能。

本題主要考查了帶電粒子在電場中的運動，理解電子在不同方向上的運動特點，結(jié)合動

能定理即可完成解答。

12.【答案】解：(l)t=O時刻，分別以小物塊4和8為研究對象，由牛頓第二定律可得:

aA=gsinO—figcosO

aB=gsind+ngcosd

22

代入數(shù)據(jù)解得：aA=2m/s,aB=10zn/s；

(2)設(shè)小物塊B的速度與傳送帶相同經(jīng)歷的時間為由運動規(guī)律可得：口=詈

代入數(shù)據(jù)解得：ti=0.2s

在G時間段內(nèi)，小物塊4和B的位移分別為巧,和&，則有：

X

xA=VoxG-B=

代入數(shù)據(jù)解得：xA=0.16m,xB=0.6m

因sin。＞[icosO,故aj=gsind-p.gcos0

解得此后8的加速度大小為：a/=2m/s2

設(shè)小物塊B從0時刻減速到零經(jīng)歷的時間為七

則：t2=5；=|s=lS

在t2時間段內(nèi)，小物塊4和B的位移分別為X/和&'，則有：

XA'=v0,1t2+1^(2^+t2)t2,xB'=^t2

代入數(shù)據(jù)解得：xA'=2m,xB'=Im

xA+xB+xA'+xB'-0.16m+0.6m+2m+Im-3.76m=L

即小物塊B減速到零時恰好與小物塊4發(fā)生碰撞，t=Q+t2=0.2s+Is=1.2s；

(3)設(shè)在t時刻小物塊4的速度為以'，則有：

VA=V0A++t2),解得：以'=3zn/s

兩物塊碰撞后共同的速度為〃為取沿傳送帶向下為正方向，由動量守恒定律可得:

rnAvA'=(mA+mB)v共

第14頁，共18頁

碰撞后二者的加速度：a共=gsind-ngcosd

代入數(shù)據(jù)解得：a^=2m/s2,

以兩物塊碰撞完畢到即將離開傳送帶為研究階段，由動能定理可得：

+mB)a^xB+xB')=Ek--(mA+ms)v^.

聯(lián)立解得：Ek=11.1/。

答：(l)t=O時刻，小物塊4和小物塊8沿傳送帶運動的加速度大小分別為2m/s2、

10m/s2；

(2)從上=0時刻開始到兩物塊發(fā)生碰撞經(jīng)歷的時間為1.2s；

(3)小物塊4和小物塊B離開傳送帶時的動能為11.1/。

【解析】(l)t=O時刻，分別以小物塊4和8為研究對象，由牛頓第二定律求解加速度大

?。?/p>

(2)分析兩個物塊的運動情況，根據(jù)運動學(xué)公式分別求出每個階段的位移和時間，由此

得到從t=0時刻開始到兩物塊發(fā)生碰撞經(jīng)歷的時間；

(3)動量守恒定律求解碰撞后的速度大小，根據(jù)牛頓第二定律恰好碰撞后二者的加速度

大小，再根據(jù)動能定理進(jìn)行解答。

本題主要是考查了動量守恒定律和牛頓第二定律的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵是弄清楚兩個物塊的

受力情況和運動情況；對于動量守恒定律，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】ABD

【解析】解：4、根據(jù)U-T圖像可知，在a狀態(tài)，氣體的體積最大，故單位時間內(nèi)碰撞

容器壁的氣體分子數(shù)最少，故A正確；

B、在V-T圖像中，過坐標(biāo)原點的直線，氣體做等壓變化，da過程氣體做等壓變化，

氣體在a、d兩狀態(tài)的壓強(qiáng)相等，故B正確；

C、由圖像可知，氣體在這狀態(tài)d的溫度大于狀態(tài)匕的溫度，故氣體在狀態(tài)b時的內(nèi)能大

于它在狀態(tài)d時的內(nèi)能，故C錯誤；

。、從a到b,氣體的溫度不變，內(nèi)能不變，體積減小，外界對氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)第

一定律可知，氣體對外界釋放的熱量等于外界對氣體做的功，故。正確；

E、把此圖形轉(zhuǎn)化為p-U圖像，可知在過程b-c中和過程d-a中圖像包圍的面積是相

等的，所以這兩個過程做功的絕對值是相等的，即在過程b-c中外界對氣體做的功等

于在過程dta中氣體對外界做的功，由于在過程btc中外界對氣體做的功等于在過程

d—a中氣體對外界做的功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知經(jīng)歷a-b->cfd-a一次循環(huán),

氣體從外界吸收熱量之和為零，故E錯誤；

故選：ABD.

根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程可知在7圖象中，圖線上各點與坐標(biāo)原點的連線

斜率越大壓強(qiáng)越小，分析各條圖線的變化可知壓強(qiáng)變化，溫度是分子的平均動能的標(biāo)志，

根據(jù)圖象可分析狀態(tài)的變化，再由熱力學(xué)第一定律進(jìn)行分析，明