2022年河南省洛陽(yáng)市高考物理二模試卷（附答案詳解）

2022年河南省洛陽(yáng)市高考物理二模試卷

1.下列說(shuō)法正確的是（）

A.氫原子從能級(jí)3躍遷到能級(jí)2輻射出光子的波長(zhǎng)大于從能級(jí)2躍遷到能級(jí)1輻射

出光子的波長(zhǎng)

B.原子核的平均結(jié)合能越小表示該核中的核子結(jié)合得越牢固

C.（鈾）衰變?yōu)槭?pa（鎂）要經(jīng)過(guò)1次a衰變和2次0衰變

D.紫外線照射到金屬鋅板表面時(shí)能夠產(chǎn)生光電效應(yīng)，當(dāng)增大紫外線的照射強(qiáng)度時(shí),

從鋅板表面逸出光電子的最大初動(dòng)能也隨之增大

2.2020年11月29日，嫦娥五號(hào)探測(cè)器在近月點(diǎn)“剎車(chē)”，從橢一

圓環(huán)月軌道變?yōu)榻鼒A形環(huán)月軌道，“剎車(chē)”時(shí)間和距離忽略不Ri》/

計(jì)，如圖所示。近圓形軌道離月球表面200km,月球質(zhì)量7.3x、-----/

1022kg,半徑為1738/an,引力常量G=6.67X?m2/kg,則（）

A.在兩軌道上運(yùn)行的周期相等

B.在近月點(diǎn)“剎車(chē)”瞬間前后的加速度不變

C.在近圓形軌道上的環(huán)繞速度約為4.9km/s

D.在橢圓環(huán)月軌道的機(jī)械能小于在近圓形環(huán)月軌道的機(jī)械能

3.如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)有一矩形ABCD區(qū)域，某帶電粒

子從8點(diǎn)沿B。方向以6eV的動(dòng)能射入該區(qū)域，恰好從4

點(diǎn)射出該區(qū)域，己知矩形區(qū)域的邊長(zhǎng)AB=8cm,BC=

6cm,4、B、C三點(diǎn)的電勢(shì)分別為6U、12V.1SV,不

計(jì)粒子重力，下列判斷正確的是（）

A.粒子帶負(fù)電

B.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為100U/m

C.粒子到達(dá)4點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為12W

D.僅改變粒子在B點(diǎn)初速度的方向，該粒子可能經(jīng)過(guò)C點(diǎn)

4.如圖為自行車(chē)氣嘴燈及其結(jié)構(gòu)圖，彈簧一端固定在4端,

另一端拴接重物，當(dāng)車(chē)輪高速旋轉(zhuǎn)時(shí),LED燈就會(huì)發(fā)光。

下列說(shuō)法正確的是（）

A.安裝時(shí)4端比B端更遠(yuǎn)離圓心

B.高速旋轉(zhuǎn)時(shí)，重物由于受到離心力的作用拉伸彈簧從而使觸點(diǎn)接觸，電路導(dǎo)通,

LED燈發(fā)光

C.增大重物質(zhì)量可使LED燈在較低轉(zhuǎn)速下也能發(fā)光

D.勻速行駛時(shí)，若LED燈轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)能發(fā)光，則在最高點(diǎn)時(shí)也一定能發(fā)光

5.圖甲為風(fēng)力發(fā)電的簡(jiǎn)易模型。在風(fēng)力作用下，風(fēng)葉通過(guò)傳動(dòng)桿帶動(dòng)永磁體轉(zhuǎn)動(dòng)，磁

鐵下方的線圈與電壓傳感器相連。在風(fēng)速為某一定值時(shí)，傳感器顯示的電壓與時(shí)間

的關(guān)系如圖乙所示，貝（）（）

A.磁鐵的轉(zhuǎn)速為57n7s

B.線圈兩端電壓的有效值為12&P

C.線圈兩端電壓的表達(dá)式為a=12sin57rt（V）

D.可以將擊穿電壓為6夜V的電容器接在線圈兩端

6.如圖甲，在傾角為0=30。的斜面上放一輕質(zhì)彈簧，其下端固定，靜止時(shí)上端位置

在B點(diǎn)，小物塊在4點(diǎn)自由釋放，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的一段時(shí)間內(nèi)的t圖象如圖乙所示,

小物塊在0.8s時(shí)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，在1.0s時(shí)到達(dá)C點(diǎn)（圖中未標(biāo)出），在1.3s時(shí)到達(dá)。點(diǎn),

經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后回到B點(diǎn)，且速度不為零.取g=10m/s2.由圖知（）

v/ms

A.小物塊從4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過(guò)程中，小物塊在C點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最小

B.小物塊從4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中，小物塊機(jī)械能不斷減少

C.小物塊第一次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的加速度值小于第二次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的加速度值

D.小物塊從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，加速度不斷減小

7.如圖，在水平面內(nèi)固定有兩根相互平行的無(wú)限長(zhǎng)光滑

金屬導(dǎo)軌，其間距為3電阻不計(jì)。在虛線I1的左側(cè)存

在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在虛線，2的右側(cè)存在豎直向

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下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩部分磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,與導(dǎo)軌垂直的金屬棒ad、be的

電阻均為R,質(zhì)量分別為m、2m,各自靜止于兩磁場(chǎng)中?，F(xiàn)突然給ad棒一個(gè)水平向

左的初速度％,下列說(shuō)法正確的是（）

A.兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒

B.兩金屬棒始終受到水平向右的安培力

c.兩棒達(dá)到穩(wěn)定時(shí)速度大小均為:先

D.ad棒向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，ad棒產(chǎn)生的總焦耳熱為詔

8.《大國(guó)工匠/節(jié)目中講述了王進(jìn)利用“秋千法”在（）夕塔3

1000/dZ的高壓線上帶電作業(yè)的過(guò)程。如圖所示，絕緣輕pK

繩。。一端固定在高壓線桿塔上的。點(diǎn)，另一端固定在兜1

籃上。另一絕緣輕繩跨過(guò)固定在桿塔上C點(diǎn)的定滑輪，一￡*-一

端連接兜籃，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王進(jìn)坐在兜籃里，緩慢地從C點(diǎn)運(yùn)

動(dòng)到處于。點(diǎn)正下方E點(diǎn)的電纜處。繩0D一直處于伸直狀態(tài)，兜籃、王進(jìn)及攜帶的

設(shè)備總質(zhì)量為m,不計(jì)一切阻力，重力加速度大小為外關(guān)于王進(jìn)從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)

的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.工人對(duì)繩的拉力一直變大

B.繩。。的拉力一直變小

C.OD、CD兩繩拉力的合力大小等于mg

D.當(dāng)繩CO與豎直方向的夾角為30。時(shí)，工人對(duì)繩的拉力為日mg

他們?cè)跉鈮|導(dǎo)軌上安裝了一個(gè)光電門(mén)B,滑塊上固定^^￡2—

一寬度為d的遮光條，滑塊用細(xì)線繞過(guò)氣墊導(dǎo)軌左端

的定滑輪與力傳感器相連，傳感器下方懸掛鉤碼，每次滑塊都從4處由靜止釋放。

（1）下列實(shí)驗(yàn)要求中不必要的一項(xiàng)是（請(qǐng)?zhí)顚?xiě)選項(xiàng)前對(duì)應(yīng)的字母）。

4應(yīng)使滑塊質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼和力傳感器的總質(zhì)量

B.應(yīng)使4位置與光電門(mén)間的距離適當(dāng)大些

C.應(yīng)將氣墊導(dǎo)軌調(diào)至水平

D應(yīng)使細(xì)線與氣墊導(dǎo)軌平行

（2）實(shí)驗(yàn)時(shí)保持滑塊的質(zhì)量M和4、B間的距離L不變，改變鉤碼質(zhì)量m,測(cè)出對(duì)應(yīng)的

力傳感器的示數(shù)F和遮光條通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間t.則研究滑塊動(dòng)能變化與合外力對(duì)它

所做功的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)原理表達(dá)式為（用F、L、“、d、t表示）。如果通過(guò)描點(diǎn)作出線

性圖象，研究滑塊動(dòng)能變化與合外力對(duì)它所做功的關(guān)系，處理數(shù)據(jù)時(shí)應(yīng)作出的圖象

是（請(qǐng)?zhí)顚?xiě)選項(xiàng)前對(duì)應(yīng)的字母）。

A.作出t-F圖象

8.作出t2-F圖象

C作出t2-g圖象

。.作出：-盾圖象

10.圖甲是一個(gè)多用電表，圖乙是多用電表的簡(jiǎn)化電路圖，電流擋的兩個(gè)量程為10mA和

3mA,電壓擋的兩個(gè)量程為10V和4V,表盤(pán)如圖丙所示。

（1）在測(cè)量電阻時(shí)，要用到圖甲中的選擇開(kāi)關(guān)K和部件S、T。請(qǐng)完成下列測(cè)量步驟：

①旋動(dòng)部件,使指針對(duì)準(zhǔn)電流的“0”刻度線。

②將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋適當(dāng)?shù)谋堵饰恢谩?/p>

③將插入“十”“-”插孔的兩表筆短接，旋動(dòng)部件,使指針對(duì)準(zhǔn)電阻的刻

度線（選填“0”或“8”）。

（2）對(duì)于圖乙，下列說(shuō)法正確的是（請(qǐng)?zhí)顚?xiě)選項(xiàng)前面對(duì)應(yīng)的字母）。

A.A表筆應(yīng)為黑表筆，B表筆應(yīng)為紅表筆

5當(dāng)選擇開(kāi)關(guān)K旋到“1”時(shí)，對(duì)應(yīng)的是電流擋，量程為3nM

C.當(dāng)選擇開(kāi)關(guān)K旋到位置“5”測(cè)量時(shí)，4表筆應(yīng)接電勢(shì)高的點(diǎn)

D當(dāng)選擇開(kāi)關(guān)K旋到位置“3”時(shí)是電阻擋。某同學(xué)測(cè)量一電阻時(shí)，由于粗心將紅、

黑表筆插反，這對(duì)最終的測(cè)量結(jié)果沒(méi)有影響

（3）當(dāng)圖乙中的選擇開(kāi)關(guān)K旋到“3”時(shí)，內(nèi)部電源電動(dòng)勢(shì)為4.5匕歐姆調(diào)零后，在4、

B兩表筆之間接入一個(gè)待測(cè)電阻，發(fā)現(xiàn)表頭G剛好半偏，則4、B之間所接的電阻為

n,對(duì)應(yīng)的倍率為（選填“xl”、“X10”、“X100”、“xlk”）。

11.2022年北京冬奧會(huì)的成功舉辦，極大地激發(fā)了廣大群眾的冰雪運(yùn)動(dòng)熱情。如圖甲

所示為某地冰壺比賽的場(chǎng)地示意圖，冰道水平。已知冰壺的質(zhì)量為20的，營(yíng)壘區(qū)

的半徑為1.8m,投擲線中點(diǎn)與營(yíng)壘區(qū)中心。的距離為30m。設(shè)冰壺與冰面間的動(dòng)摩

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擦因數(shù)〃1=0.008,用毛刷擦冰面后動(dòng)摩擦因數(shù)減為〃2=0004。在某次比賽中，

若冰壺在發(fā)球區(qū)受到運(yùn)動(dòng)員沿中心線PO方向推力作用的時(shí)間t=10s,冰壺a在投

擲線中點(diǎn)處以%=2.0m/s的速度沿中心線P?；?。不計(jì)冰壺自身的大小，g取

10m/s2,求:

(1)冰壺在發(fā)球區(qū)受到運(yùn)動(dòng)員沿中心線方向作用力的沖量大小為多少？

(2)如果在中心線P。上已經(jīng)靜止著一個(gè)相同的冰壺8,冰壺B距營(yíng)壘區(qū)中心。的距離

為0.9m,如圖乙所示。若要使冰壺A能夠沿中心線尸。將B撞出營(yíng)壘區(qū)，則運(yùn)動(dòng)員用

毛刷擦冰面的長(zhǎng)度至少為多少？(設(shè)冰壺之間的碰撞時(shí)間極短，且無(wú)機(jī)械能損失)

12.在xOy坐標(biāo)系內(nèi)第二象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)，

電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E；第四象限存在垂直X”平面向0,

內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；在直線OP上的4、‘一末'一一

C之間有同種帶正電粒子以不同的初速度沿x軸正方

向連續(xù)射出，均能打到。點(diǎn),4點(diǎn)和C點(diǎn)出發(fā)的帶電粒子經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后分別在x軸

上的F點(diǎn)、。點(diǎn)射出磁場(chǎng)，且在尸點(diǎn)射出的粒子在。點(diǎn)的速度方向與y軸負(fù)方向成30。0

已知帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,OD=L,0F=2L,不計(jì)帶電粒子的重力。

求：

(1)從F點(diǎn)射出磁場(chǎng)的粒子在。點(diǎn)時(shí)的速度打；

(2)從C點(diǎn)射出的粒子到達(dá)。點(diǎn)的時(shí)間；

(3)在第四象限y=-且L處放一與％軸平行的擋板，能擋住在4、C之間發(fā)射的上述

6

粒子，則擋板的最小長(zhǎng)度Ax為多少。

13.一定質(zhì)量的理想氣體，由初始狀態(tài)A開(kāi)始，按圖中箭頭所示的方P川

向進(jìn)行了一系列狀態(tài)變化，最后又回到初始狀態(tài)4,即A

CT4（其中BC與縱軸平行，C4與橫軸平行），這一過(guò)程稱(chēng)為一

個(gè)循環(huán)。在這一循環(huán)中，對(duì)于該氣體，下列說(shuō)法正確的有（）

A.從狀態(tài)4變化到狀態(tài)B,分子的平均動(dòng)能增大

B.從狀態(tài)B變化到狀態(tài)C,氣體的內(nèi)能減小

C.從狀態(tài)C變化到狀態(tài)4氣體吸收熱量

D.從狀態(tài)B變化到狀態(tài)C,分子的平均動(dòng)能逐漸減小

E.從狀態(tài)4變化到狀態(tài)8,氣體放出熱量

14.籃球內(nèi)部容積為7.53環(huán)境溫度為27匕大氣壓強(qiáng)為1.0atm（lat7n=1.0x105Pa）,

打氣前球內(nèi)氣壓等于外界大氣壓強(qiáng)，某同學(xué)用手持式打氣筒每打一次氣能將0.5L、

l.Oatm的空氣打入球內(nèi)，當(dāng)球內(nèi)氣壓達(dá)到時(shí)停止打氣。

。）已知溫度為0℃、壓強(qiáng)為l.Oatm標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體的摩爾體積為％=22AL/mol,

求打氣前該籃球內(nèi)空氣的分子數(shù)n（取阿伏伽德羅常數(shù)NA=6.0x1023mor1,計(jì)算結(jié)

果保留兩位有效數(shù)字）；

3）要使籃球內(nèi)氣壓達(dá)到求需打氣的次數(shù)N（設(shè)打氣過(guò)程中氣體溫度不變）。

15.一列簡(jiǎn)諧橫波，在t=0.6s時(shí)刻的圖象如圖甲所示，此時(shí)，P、Q兩質(zhì)點(diǎn)的位移均為

-1cm,波上4質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象如圖乙所示，則以下說(shuō)法正確的是（）

A.這列波沿x軸正方向傳播

B.這列波的波速是gm/s

C.從t=0.6s開(kāi)始，緊接著的Zt=0.6s時(shí)間內(nèi)，4質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的路程為10m

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D.從t=0.6s開(kāi)始，質(zhì)點(diǎn)P比質(zhì)點(diǎn)Q早0.4s回到平衡位置

E.若該波在傳播過(guò)程中遇到一個(gè)尺寸為10m的障礙物不能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象

16.2022年2月4日舉辦的北京冬奧會(huì)開(kāi)幕式令世界沸

騰。在這場(chǎng)感覺(jué)、聽(tīng)覺(jué)、視覺(jué)交織融合的饕餐盛宴

背后，最大的“功臣”非LED顯示技術(shù)莫屬。發(fā)光

二極管(LED)可高效地將電能轉(zhuǎn)化為光能，在照明、

平板顯示、醫(yī)療器件等領(lǐng)域具有廣泛的用途。有一種發(fā)光二極管，它由半徑為R的

半球體介質(zhì)4BC和發(fā)光管芯組成，管芯發(fā)光區(qū)域是半徑為r的圓面PQ,其圓心與半

球體的球心0重合，過(guò)球心的橫截面如圖所示。圖中發(fā)光圓面發(fā)出的某條光線射向

力點(diǎn),入射角為30。,折射角為45。。

①求半球體介質(zhì)對(duì)光的折射率及光從該介質(zhì)射入空氣中的臨界角；

5)為使從發(fā)光圓面PQ射向半球面上所有的光都不會(huì)發(fā)生全反射，管芯發(fā)光區(qū)域面

積最大值為多少？

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：人結(jié)合氫原子能級(jí)的特點(diǎn)與玻爾理論可知，氫原子從能級(jí)3躍遷到能級(jí)2

輻射出的光子的能量小于從能級(jí)2躍遷到能級(jí)1輻射出的光子的能量，根據(jù)波長(zhǎng)與頻率成

反比，則從能級(jí)3躍遷到能級(jí)2輻射出的光子的波長(zhǎng)大于從能級(jí)2躍遷到能級(jí)1輻射出的

光子的波長(zhǎng)，故A正確；

8、平均結(jié)合能反應(yīng)原子核的穩(wěn)定的程度，在原子核中，平均結(jié)合能越大表示原子核中

的核子結(jié)合得越牢固，故8錯(cuò)誤；

C、經(jīng)過(guò)1次a衰變和1次口衰變后，則質(zhì)量數(shù)減小4,而中子減小1,因此把8〃（鈾）衰變?yōu)?/p>

$4pa（鍥）要經(jīng)過(guò)1次a衰變和1次夕衰變，故C錯(cuò)誤；

。、根據(jù)光電效應(yīng)方程可知光電子的最大初動(dòng)能與入射光的強(qiáng)度無(wú)關(guān)，所以，增大紫外

線的照射強(qiáng)度時(shí)，從鋅板表面逸出的光電子的最大初動(dòng)能不變，故。錯(cuò)誤。

故選:4。

根據(jù)玻爾理論分析躍遷；原子核經(jīng)過(guò)一次a衰變，電荷數(shù)減小2,質(zhì)量數(shù)減小4,經(jīng)過(guò)一

次0衰變后電荷數(shù)增加1,質(zhì)量數(shù)不變；平均結(jié)合能反應(yīng)原子核的穩(wěn)定的程度；光電子

的最大初動(dòng)能與入射光的強(qiáng)度無(wú)關(guān)?

本題考查了能級(jí)的躍遷、比結(jié)合能、衰變和光電效應(yīng)等知識(shí)點(diǎn)，比較簡(jiǎn)單，只有對(duì)教材

熟悉，就能輕松解決。

2.【答案】B

【解析】解：4設(shè)橢圓環(huán)月軌道的半長(zhǎng)軸為a,近圓形環(huán)月軌道半徑為r,根據(jù)開(kāi)普勒

第三定律可得:另喂,

因r<a,則在圓形軌道上運(yùn)行的周期小于在橢圓環(huán)月軌道上

運(yùn)行的周期，故A錯(cuò)誤;

8、因“剎車(chē)”的距離忽略不計(jì)，故在近月點(diǎn)“剎車(chē)”瞬間前后探測(cè)器的位置相同，可

知此瞬間前后探測(cè)器受到的月球的萬(wàn)有引力不變，由牛頓第二定律可知，探測(cè)器的加速

度等于萬(wàn)有引力除以探測(cè)器的質(zhì)量，則在近月點(diǎn)“剎車(chē)”瞬間前后的加速度不變，故B

正確；

C、在近圓形軌道上，由萬(wàn)有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：G^=m^,

*r

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解得環(huán)繞速度：=1585m/s=1.585km/s，故C錯(cuò)

誤；

。、探測(cè)器在近月點(diǎn)“剎車(chē)”從橢圓環(huán)月軌道變?yōu)榻鼒A形環(huán)月軌道的過(guò)程需要減速，克

服阻力做功，由功能關(guān)系可知，此過(guò)程探測(cè)器的機(jī)械能減少，而探測(cè)器在橢圓環(huán)月軌道

和近圓形環(huán)月軌道運(yùn)行時(shí)都只受萬(wàn)有引力，機(jī)械能均守恒，故在橢圓環(huán)月軌道的機(jī)械能

大于在近圓形環(huán)月軌道的機(jī)械能，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)開(kāi)普勒第三定律比較在兩軌道上運(yùn)行的周期關(guān)系；因“剎車(chē)”的距離忽略不計(jì)，故

在近月點(diǎn)“剎車(chē)”瞬間前后探測(cè)器的位置相同，根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度的變化；

在近圓形軌道上，由萬(wàn)有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解環(huán)繞速度大??；探測(cè)

器在近月點(diǎn)“剎車(chē)”從橢圓環(huán)月軌道變?yōu)榻鼒A形環(huán)月軌道的過(guò)程需要減速，克服阻力做

功，由功能關(guān)系判斷機(jī)械能的變化。

本題考查了萬(wàn)有引力定律在天體運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用。環(huán)繞同一中心天體運(yùn)動(dòng)，比較不同軌道

周期關(guān)系時(shí)，應(yīng)用開(kāi)普勒第三定律比較便捷。衛(wèi)星變軌問(wèn)題可通過(guò)圓周運(yùn)動(dòng)的離心與向

心運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)思考問(wèn)題。

3.【答案】C

【解析】解：4、連接4C,則。為4c4中點(diǎn)，4、B、C三/

點(diǎn)的電勢(shì)分別為6V、12V、18V,則。點(diǎn)電勢(shì)為12V,BD//

為等勢(shì)面，電場(chǎng)線如圖所示，斜向下。粒子從B點(diǎn)射入，：：

4點(diǎn)射出，則粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；：：

B、由題意得：AC=10cm=0.1m,由（/=Ed,則E=，=__.A.—

=120V/m,故8錯(cuò)誤；/

a對(duì)粒子從B到4由動(dòng)能定理，得：電場(chǎng)力做正功為卬=0〃8=60叭則粒子電勢(shì)能

減小，動(dòng)能增大，粒子到達(dá)4點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為6el/+6eU=12eV,故C正確；

D、粒子想要經(jīng)過(guò)C點(diǎn)需要克服電場(chǎng)力做功6elZ,粒子的初動(dòng)能為6eV,則粒子必須沿電

場(chǎng)線方向斜向上才能到達(dá)與C點(diǎn)等勢(shì)的位置，此時(shí)末速度為零，粒子不能到達(dá)C點(diǎn)，故。

錯(cuò)誤。

故選：Co

在勻強(qiáng)電場(chǎng)中沿著相同方向前進(jìn)相同距離電勢(shì)的降落相等，據(jù)此畫(huà)出等勢(shì)面，然后結(jié)合

動(dòng)能定理和曲線運(yùn)動(dòng)的條件進(jìn)行分析即可。

本題考查粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是求出各個(gè)點(diǎn)的電勢(shì)，畫(huà)出等勢(shì)面和電場(chǎng)線進(jìn)

行分析，不難。

4.【答案】C

【解析】解：小要使重物做離心運(yùn)動(dòng)，"、N接觸，則4端應(yīng)靠近圓心，因此安裝時(shí)A端

比B端更遠(yuǎn)離氣嘴，故A錯(cuò)誤；

8、轉(zhuǎn)速越大，所需向心力越大，彈簧拉伸的越長(zhǎng)，M、N接觸時(shí)燈就會(huì)發(fā)光，不能說(shuō)

重物受到離心力作用，故B錯(cuò)誤；

C、燈在最低點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)彈一mg=m32r

解得：3=但-幺因此增大重物的質(zhì)量可使LED燈在較低轉(zhuǎn)速下也能發(fā)光，故C正

\mrr

確；

D、燈在最低點(diǎn)時(shí)，&-mg=

燈在最高點(diǎn)時(shí)，弓+mg=

勻速行駛時(shí)，在最低點(diǎn)時(shí)彈簧對(duì)重物的彈力大于在最高點(diǎn)時(shí)對(duì)重物的彈力，因此勻速行

駛時(shí)，若LED燈轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)能發(fā)光，則在最高點(diǎn)時(shí)不一定能發(fā)光，故。錯(cuò)誤；

故選：Co

根據(jù)半徑的大小關(guān)系結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)分析出4、8端的安裝方式；

離心力不屬于性質(zhì)力，在受力分析的時(shí)候不能說(shuō)受到離心力作用；

根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)公式計(jì)算出角速度和重物質(zhì)量的關(guān)系并完成分析；

對(duì)比燈在最低點(diǎn)和最高點(diǎn)的速度關(guān)系并完成分析。

本題以自行車(chē)相關(guān)的圓周運(yùn)動(dòng)為考查背景，讓學(xué)生感受到物理在生活中的用處，熟練掌

握受力分析及向心力公式即可完成分析。

5.【答案】C

【解析】解：4電流的周期為7=0.4s,故磁體的轉(zhuǎn)速為《=髀高r/s=2.5r/s,故

A錯(cuò)誤；

B、通過(guò)乙圖可知電壓的最大值為12匕故有效值0=母=強(qiáng)U=6近人故B錯(cuò)誤；

第10頁(yè)，共20頁(yè)

C>周期T=0.4s,故3=k=；^rad/s=5TTrad/s,故電壓的表達(dá)式為［/=

I0.4

12sin5nt（y'）,故C正確；

。、電容器的擊穿電壓為交流電的最大值，而交流電的最大值大于電容器的擊穿電壓，

故不可以將擊穿電壓為6位U的電容器接在線圈兩端，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

根據(jù)u-t圖象判斷出電流的最大值與周期，明確交流電的最大值和有效值間的關(guān)系，

知道電容器的擊穿電壓為交流電的最大值。

根據(jù)相對(duì)性來(lái)分析與解決問(wèn)題，即可判斷出感應(yīng)電壓的大小變化,及轉(zhuǎn)速與周期的關(guān)系。

6.【答案】BC

【解析】解：4、小物塊從4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧不斷被壓縮，彈簧的彈性勢(shì)能

逐漸增大，則知小物塊在B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最小.故A錯(cuò)誤.

B、根據(jù)圖象的斜率等于加速度，可知物體在段運(yùn)動(dòng)的加速度為a=2.5m/s2<

gsin30°,說(shuō)明物塊受到滑動(dòng)摩擦力作用.

小物塊從4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧的彈力和滑動(dòng)摩擦力對(duì)物塊做負(fù)功，則小物塊

機(jī)械能不斷減少.故8正確.

C、小物塊第一次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin300-f=ma.；小物塊第

二次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)有mgsin30。+/=ma2：則知小物塊第一次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的加速度值小于第

二次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的加速度值.故C正確.

。、小物塊從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，由圖象的斜率變化知,加速度先減小后反向增大，

故。錯(cuò)誤.

故選：BC

彈簧的彈性勢(shì)能與彈簧的形變量有關(guān)，形變量越大，彈性勢(shì)能越大.除了重力做功以外

的力對(duì)物體做功將引起物體機(jī)械能的變化.由牛頓第二定律分析加速度的變化.

此題的關(guān)鍵要分析清楚物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程，知道速度時(shí)間圖象的斜率表示物塊的加速度，應(yīng)

用牛頓第二定律、能量守恒定律解決這類(lèi)問(wèn)題.

7.【答案】CD

【解析】解：4、ad棒向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)

電流，ad棒和be棒都受到向右的安培力，故兩金屬棒組成的系統(tǒng)合外力不為零，系統(tǒng)

的動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；

BC、ad棒向左做減速運(yùn)動(dòng)，be棒向右做加速運(yùn)動(dòng)，兩棒速度相等時(shí)，回路中的磁通量

不變，不再產(chǎn)生電流，兩棒均不受安培力作用，做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度大小為以向右

為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得

對(duì)ad棒一F/t=mv—mv0

對(duì)be棒F[t-2mv—0

整理可得u

即兩棒達(dá)到穩(wěn)定時(shí)速度大小均為[%，故B錯(cuò)誤，C正確；

。、根據(jù)能量守恒定律可知

Q+-mv4---2mv￡=-mv^

又ad棒產(chǎn)生的總焦耳熱和be棒中的相等，故有ad棒產(chǎn)生的總焦耳熱

Qad=W

聯(lián)立可得Qad=7mv0

o

故。正確。

故選:CD.

4、根據(jù)右手定則，結(jié)合左手定則可知金屬棒的受力方向，進(jìn)而根據(jù)動(dòng)量守恒定律的條

件判斷該項(xiàng)；

BC,分析兩棒的運(yùn)動(dòng)情況，進(jìn)而分析兩棒的受力；結(jié)合動(dòng)量定理分析兩棒達(dá)到穩(wěn)定時(shí)

速度的大小；

。、根據(jù)能量守恒定律，結(jié)合題意求出ad棒產(chǎn)生的總焦耳熱。

在分析兩棒組成的系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒時(shí)，要注意根據(jù)題意分析兩棒的受力情況；本題

中兩棒的受力方向相同，合外力不為零，故該系統(tǒng)動(dòng)量不守恒。

8.【答案】CD

【解析】解：AB,對(duì)兜籃、王進(jìn)及攜帶的設(shè)備整體受力分析如圖所N八

示，X.

繩。。的拉力為居，與豎直方向的夾角為仇繩CD的拉力為尸2,與豎2/

a

第12頁(yè)，共20頁(yè)

直方向的夾角為a。

根據(jù)幾何知識(shí)知：。+2a=90°,由正弦定理可得急=白=焉石，a增大，9減小，

Olli"O1111Z0111^2'vlJ

則Fl增大，民減小，故AB錯(cuò)誤；

C、兩繩拉力的合力大小等于mg,故C正確；

。、a=30。時(shí)，3=30°,貝U2F2cos30。=mg,可得F2=苧mg，故。正確。

故選:CD.

對(duì)兜籃、王進(jìn)及攜帶的設(shè)備整體受力分析，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合平衡條件進(jìn)行解答。

本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題，解答此類(lèi)問(wèn)題的一般步驟是：確定研究對(duì)象、進(jìn)

行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后

在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。

9.【答案】AC

【解析1解：(1)4、拉力是直接通過(guò)傳感器測(cè)量的，故與小車(chē)質(zhì)量和鉤碼質(zhì)量大小關(guān)系

無(wú)關(guān)，故A不必要；

B、應(yīng)使4位置與光電門(mén)間的距離適當(dāng)大些，有利于減小誤差，故B是必要的；

C、應(yīng)將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平，保持拉線方向與木板平面平行，這樣拉力才等于合力，故

CD是必要的；

本題選不必要的，故選：A.

(3)研究滑塊的受力，根據(jù)動(dòng)能定理可知I,FL=lMv2

利用極短時(shí)間內(nèi)的平均速度表示瞬時(shí)速度，則遮光條通過(guò)光電門(mén)的瞬時(shí)速度：v=7

則：FL=\M(^)2

解得：12=也」

2LF

研究滑塊動(dòng)能變化與合外力對(duì)它做功的關(guān)系，處理數(shù)據(jù)時(shí)應(yīng)作出的圖象為I?-3圖象，

故C正確，AB。錯(cuò)誤。

故答案為：(1)4(2)C

(1)從實(shí)驗(yàn)原理和實(shí)驗(yàn)誤差角度分析操作的步驟；

(2)利用極短時(shí)間內(nèi)的平均速度表示瞬時(shí)速度，根據(jù)動(dòng)能定理列式，從而確定處理數(shù)據(jù)

時(shí)應(yīng)作什么圖象。

此題考查了探究功和速度之間的關(guān)系，要知道滑塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)的瞬時(shí)速度可近似認(rèn)為

是滑塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)的平均速度。要求能夠根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析操作的合理性。

10.【答案】SK0CD1500x100

【解析】解：(1)①多用電表使用之前要進(jìn)行機(jī)械調(diào)零，即用螺絲刀旋動(dòng)機(jī)械調(diào)零旋鈕S,

使指針指在最左端的零刻度線處。

③使用歐姆擋時(shí)，還要?dú)W姆調(diào)零，即將紅黑表筆短接，旋轉(zhuǎn)歐姆調(diào)零旋鈕K,使指針對(duì)

準(zhǔn)最右端的0歐姆線。

(2)4、電流要從紅表筆流進(jìn)，從黑表筆流出，結(jié)合歐姆擋的內(nèi)接電源可知，4是紅表筆，

B是黑表筆，故A錯(cuò)誤；

B、當(dāng)選擇開(kāi)關(guān)K旋到“1”時(shí)，由于表頭跟電阻R1并聯(lián)，所以對(duì)應(yīng)的是電流的最高擋

10mA,故8錯(cuò)誤；

C、當(dāng)選擇開(kāi)關(guān)K旋到位置“5”測(cè)量時(shí)，是電壓最高擋，根據(jù)電表的接線規(guī)則知，紅接

線柱的電勢(shì)高，故C正確；

。、當(dāng)選擇開(kāi)關(guān)K旋到位置“3”時(shí)是電阻擋，雖然兩接線柱接反，只是流過(guò)待測(cè)電阻的

電流方向發(fā)生變化，但不影響測(cè)量值，故D正確。

故選：CD

(3)由題意知，K接3時(shí)用的是歐姆擋，則中值電阻/?力=高7。=15000,根據(jù)歐姆表

的原理知，當(dāng)紅黑表筆接入的電阻為歐姆表的內(nèi)阻時(shí)，電流表的指針半偏，所以此時(shí)接

入的電阻值k=%/,=15000。

由于表盤(pán)正中指示為15,所以此擋的倍率為x100。

故答案為：(1)①S③T、0；(2)CD；(3)1500、X100

(1)多用電表在使用之前要進(jìn)行機(jī)械調(diào)零和歐姆調(diào)零；

(2)要熟悉多用表的原理和結(jié)構(gòu)，及注意事項(xiàng)等判斷操作的正確與否。用歐姆表測(cè)電阻，

應(yīng)選擇適當(dāng)?shù)膿跷?，使指針指在中央刻度線附近，歐姆表?yè)Q擋后要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零;

(3)根據(jù)電流表、電壓表、歐姆表的改裝原理進(jìn)行相關(guān)計(jì)算。

本題考查了多用電表的內(nèi)部結(jié)構(gòu)以及歐姆表?yè)跷坏倪x擇與歐姆表讀數(shù)、歐姆表使用注意

事項(xiàng)等：用歐姆表測(cè)電阻，應(yīng)選擇適當(dāng)?shù)膿跷?，使指針指在中央刻度線附近，歐姆表?yè)Q

擋后要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)。

第14頁(yè)，共20頁(yè)

11.【答案】解：(1)設(shè)推力對(duì)冰壺的沖量大小為/,則根據(jù)動(dòng)量定理有

/—^mgt=mvQ

代入數(shù)值解得：I=56N?s

(2)冰壺4與冰壺B碰撞的過(guò)程中，設(shè)冰壺4碰撞前的速度為以，碰撞后的速度為以'，冰

壺B碰撞后的速度為如'。

規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，有

mvA=mvA'+mvB'

22

如若=^mvA'+^mvB'

聯(lián)立解得：v'A=0,v'B=vA

即冰壺4與冰壺B碰撞后二者的速度相互交換，因此可以將整個(gè)過(guò)程看成為冰壺4一直沿

直線P。運(yùn)動(dòng)到營(yíng)壘區(qū)外的過(guò)程，運(yùn)動(dòng)的總位移為s'=31.8m

根據(jù)動(dòng)能定理，設(shè)將冰壺B恰好撞出營(yíng)壘區(qū)外，運(yùn)動(dòng)員用毛刷擦冰面的長(zhǎng)度為L(zhǎng),則

一%nig(s，-D-N2mgL=0-

代入數(shù)值解得：L=13.6m

答：(1)冰壺在發(fā)球區(qū)受到運(yùn)動(dòng)員沿中心線方向作用的沖量大小為56N-s

(2)運(yùn)動(dòng)員用毛刷擦冰面的長(zhǎng)度至少為13.6m。

【解析】(1)規(guī)定正方向，分析冰壺的受力情況，根據(jù)動(dòng)量定理求解冰壺在發(fā)球區(qū)受到

運(yùn)動(dòng)員沿中心線方向作用的沖量大小.

(2)冰壺4與冰壺B碰撞遵守動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定

律求出碰后兩者的速度，再根據(jù)動(dòng)能定律求解運(yùn)動(dòng)員用毛刷擦冰面的長(zhǎng)度。

本題要理清冰壺的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，把握每個(gè)過(guò)程的物理規(guī)律，知道動(dòng)量定理是求沖量，特別

是變力沖量常用的方法。涉及力在空間的積累效果，往往運(yùn)用動(dòng)能定理研究。

12.【答案】解：(1)尸點(diǎn)射出磁場(chǎng)的粒子半徑為此=言入

粒子在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力有qB%=等

聯(lián)立解得藥=亞史藝

13m

(2)如圖1所示

圖1

粒子從C點(diǎn)射出到0點(diǎn)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為qE=ma

根據(jù)平拋知識(shí)可知，粒子在。點(diǎn)的速度方向與y軸負(fù)方向也成30。角，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)

動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角與4點(diǎn)射出的粒子也相同，由幾何關(guān)系得

&=梟

則

qBw=曙

解得

“皿

乙3m

則七二生詈

聯(lián)立解得：t2=當(dāng)

(3)軌跡如圖2所示

圖2

當(dāng)y=-或L處與X軸平行的擋板恰好與由。到。的圓相切，最短擋板為圖中MN,根據(jù)圖

6

中數(shù)據(jù)可得

OXG=|/?2=yL

GM=-L

2

在三角形1GN中，由勾股定理得

第16頁(yè)，共20頁(yè)

解得

,V21.1,

Ax=-L—L

62

答：(1)從尸點(diǎn)射出磁場(chǎng)的粒子在。點(diǎn)時(shí)的速度為有詈；

(2)從C點(diǎn)射出的粒子到達(dá)。點(diǎn)的時(shí)間為酷;

(3)在第四象限y=-處放一與工軸平行的擋板，能擋住在人C之間發(fā)射的上述粒子,

則擋板的最小長(zhǎng)度為包L-工人

62

【解析】(1)粒子在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力可解得從F點(diǎn)射出磁場(chǎng)的粒子在0點(diǎn)時(shí)的

速度；

(2)粒子從C點(diǎn)射出到。點(diǎn)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系

解得；

(3)分解粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系解答。

本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵掌握類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和

勻速圓周運(yùn)動(dòng)中洛倫茲力提供向心力的應(yīng)用，同時(shí)注意幾何關(guān)系的建立。

13.【答案】ABD

【解析】解：4、由圖象可知4到B,氣體的壓強(qiáng)體積都變大，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可

知溫度升高，分子平均動(dòng)能增大，故A正確；

3、8到C,氣體做的是等容變化，不做功，又壓強(qiáng)減小，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知溫

度降低，其內(nèi)能減小，故8正確；

C、C到4氣體做的是等壓變化，體積減小，外界對(duì)氣體做功，即W>0,根據(jù)理想氣

體狀態(tài)方程可知溫度降低，則內(nèi)能減小，即△〃<(),由熱力學(xué)第一定律可知，氣體應(yīng)

放熱，故C錯(cuò)誤；

D、B到C,氣體做的是等容變化，又壓強(qiáng)減小，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知溫度降低，

則分子平均動(dòng)能減小，故。正確；

E、由圖象可知4到B,氣體的壓強(qiáng)體積都變大，氣體對(duì)外界做功，即W<0；根據(jù)理想

氣體狀態(tài)方程可知溫度升高，則氣體內(nèi)能增加，B|IAU>0；根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，

氣體應(yīng)吸熱，故E錯(cuò)誤；

故選：ABD.

4到B,氣體的壓強(qiáng)體積都變大，B到C,氣體做的是等容變化，C到4,氣體做的是等壓

變化，根據(jù)氣體的不同的變化過(guò)程，結(jié)合理想氣體狀態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律逐項(xiàng)分析。

利用熱力學(xué)第一定律判斷氣體的內(nèi)能變化的時(shí)候要注意做功”和熱量Q的符號(hào)，對(duì)外做

功和放熱為負(fù)的，對(duì)氣體做功和吸熱為正的。

14.【答案】解：⑴打氣前，對(duì)籃球內(nèi)的氣體，初態(tài):匕=7.53A=(273+27)K=300K

末態(tài)：V2=?,T2=273K

根據(jù)蓋一呂薩克定律可得：7=7-解得彩=6.825L

12

故打氣前該籃球內(nèi)空氣的分子數(shù)n=看xM=翳x6.0x1。23個(gè)=18*1023個(gè)

(4)把氣球內(nèi)的氣體和打入的氣體作為整體，初態(tài)：p3=Po，匕=(7.5+0.5NR

末態(tài)：p4=L6atm,V4=7.5L

根據(jù)玻意耳定律可得：p3V3=P4%，解得N=9

答：⑴己知溫度為0。配壓強(qiáng)為l.Oatni標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體的摩爾體積為％=22.4L/m。/,

打氣前該籃球內(nèi)空氣的分子數(shù)n為1.8x1023個(gè)；

⑻要使籃球內(nèi)氣壓達(dá)到L6atm,需打氣的次數(shù)N為9次。

【解析】⑷把氣球內(nèi)的氣體轉(zhuǎn)化為標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下的體積，根據(jù)氣體物質(zhì)的量求得分子個(gè)

數(shù)；

(")把打入的氣體和氣球原來(lái)的氣體作為整體，做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律即可求得。

分析清楚氣體狀態(tài)變化過(guò)程、求出氣體狀態(tài)參量是解題的前提；應(yīng)用蓋-呂薩克定律與

玻意耳定律即可解題；阿伏加德羅常數(shù)是聯(lián)系宏觀量與微觀量的橋梁。

15.【答案】ABDE

【解析】