2022年河北省衡水中學高考物理二調試卷（附答案詳解）

2022年河北省衡水中學高考物理二調試卷

1.目前第24屆冬季奧林匹克運動會正在我國北京市如火如茶地舉行。在新冠疫情肆虐

全球的背景下，北京冬奧會的如期舉辦，再次彰顯了中國的決心、高效與活力，如

圖為四個冬奧運動項目中運動員運動的一些場景，下列有關說法正確的是（）

甲：花樣滑冰乙：冰壺丙：自由式滑雪T：速度滑冰

A.在研究甲圖中的運動員完成某項技術動作時，可以把運動員看成質點

B.在乙圖中運動員用冰壺刷刷冰的目的是減少冰壺與冰面的摩擦力

C.丙圖中的處于空中的運動員，在上升過程為超重狀態(tài)，下降過程則為失重狀態(tài)

D.丁圖中速度滑冰項目比的是運動員的平均速度大小，第一名則平均速度最大

2.某小船在河寬為d,水速恒定為u的河中渡河，第一次用最短時間從渡口向對岸開去,

此時小船在靜水中航行的速度為％,所用時間為“；第二次用最短航程渡河從同一

渡口向對岸開去，此時小船在靜水中航行的速度為外，所用時間為12,結果兩次恰

好抵達對岸的同一地點，則（）

A.第一次所用時間h=?B.第二次所用時間t2

V2

C.兩次渡河的位移大小為患D.兩次渡河所用時間之比?=尊

V1t2說

3.高層樓房發(fā)生了火災，消防員及時趕到，用多個高

壓水槍同時進行滅火?？吭谝黄鸬募?、乙兩個相同

高壓水槍，噴出的水落到著火點的同一位置上，如

圖所示。已知甲、乙噴出的水初速大小相同且水跡

處于同一豎直面內，忽略水受到的空氣阻力，則（）

A.到達著火點時，甲噴出的水的速率較大

B.到達著火點時，乙噴出的水速度的方向可能水平

C.到達著火點時，甲噴出的水速度的方向可能水平

D.從噴出到著火點，乙噴出的水運動的時間較長

4.如圖所示，豎直平面內相距28a的4、B兩點（4B水

平）均固定有電荷量為Q的正點電荷，半徑為a的光滑

絕緣細圓管（圓管的大小不計）固定在4、B兩點間，其圓心。位于2B的中點，細管與

4B以及4B中垂線的交點分別為C、E、D、F。一電荷量為q的帶負電小球（視為質

點）在圓管內沿順時針方向運動，以大小為J礪（g為重力加速度大小）的速度通過。

點時，小球恰好對細管無壓力。靜電力常量為匕不計空氣阻力。下列說法正確的

是（）

A.小球通過尸點時的速率為戰(zhàn)面

B.小球的質量為墨

C.小球通過C、E兩點時的合力相同

D.小球在C點的電勢能大于其在E點的電勢能

5.表面光滑的四分之一圓柱體緊靠墻角放置，其橫截面如\p

圖所示。細繩a、b一端固定在豎直墻面上同一點P,另Q/\

y/b

一端分別連接小球4B,4、B兩球均在柱體上保持靜

止。已知a的長度為b的2倍，4的質量為B的2倍。則a、

b的拉力之比為（

C.2

D.4

6.某興趣小組想利用小孔成像實驗估測太陽的密度.設計如圖所示

的裝置，不透明的圓桶一端密封，中央有一小孔，另一端為半透yry

明紙.將圓桶軸線正對太陽方向，可觀察到太陽的像的直徑為d.已

知圓桶長為L,地球繞太陽公轉周期為T.估測太陽密度的表達式為二

（）X

247rL3

GT2d3

37rL3

GT2d3

37rd3

GT2L3

67rd3

GT2L3

7.將一半徑為lm、電阻R=兀（0）重力未知的金屬閉合圓環(huán)用一帶有力傳感器的細線

懸掛于天花板的。點，同時在圓環(huán)圓心等高點的上方加一按8=2+kt（k未知且為

恒量，式中各量的單位均為國際單位）隨時間逐漸增大的磁場如圖甲所示，現(xiàn)發(fā)現(xiàn)

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拉力傳感器的示數(shù)變化如圖乙所示。不考慮金屬圓環(huán)的形變和電阻的變化，整個研

究過程細線未斷且圓環(huán)始終處于靜止狀態(tài)。則以下說法正確的是()

圖甲圖乙

A.金屬環(huán)的重力為6N

B.k值為377s

C.0-2s時間內金屬環(huán)的功率為兀(W)

D.0-2s時間內通過金屬環(huán)某一截面的電荷量為27r(C)

8.如圖甲，一質量為m的小物塊以初動能&)向右滑上足夠長的水平傳送帶上，傳送帶

以恒定速度逆時針轉動。小物塊在傳送帶上運動時，小物塊的動能a與小物塊的位

移x關系a-%圖像如圖乙所示，傳送帶與小物塊之間動摩擦因數(shù)不變，重力加速

度為g。貝|J()

圖甲

圖乙

A.小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為熹

zmgxQ

B.從小物塊開始滑動到與傳送帶達到共同速度所需時間為回

q2%

C.整個過程中物塊與傳送帶間產生的熱量為

D.整個過程中傳送帶電動機多消耗的電能為

9.如圖所示，圖甲為氫原子的能級圖，大量處于n=3激發(fā)態(tài)的氫原子躍遷時，發(fā)出

頻率不同的大量光子，其中頻率最高的光子照射到圖乙電路中光電管陰極K上時,

電路中電流隨電壓變化的圖像如圖丙所示。下列說法正確的是()

A.光電管陰極K金屬材料的逸出功為7.0eV

B.這些氫原子躍遷時共發(fā)出3種頻率的光

C.若調節(jié)滑動變阻器滑片能使光電流為零，則可判斷圖乙中電源右側為正極

D.氫原子躍遷放出的光子中共有2種頻率的光子可以使陰極K發(fā)生光電效應現(xiàn)象

10.如圖所示，一傾角為。=30。的光滑斜面與半徑為R的光滑;圓弧在最高點對接，斜

面固定在水平地面上，圓弧最低點與水平地面相切。質量分別為m和M的物塊4與8（

可視為質點）通過跨過斜面頂端光滑定滑輪的輕繩（長為1.5R）連接。初始時輕繩伸

直，將物塊B由圓弧的最高點靜止釋放，當物塊B到達圓弧最低點時，物塊4的速度

為處,重力加速度為g,則以下說法正確的是（）

A.物塊B到達圓弧最低點時速度大小也為北

B.當物塊8到達圓弧最低點時，物塊A的速度最大

C.輕繩對物塊4做的功為gm詔+號mgR

D.物塊B經過圓弧最低點時受到的支持力小于Mg+2Mm

11.在探究物體質量一定時加速度與力的關系實驗中，某同學做了如圖甲所示的實驗改

進，在調節(jié)桌面水平后，添加了用力傳感器來測則細線中的拉力。（g=10m/s2）

（1）實驗得到如圖乙所示的紙帶，已知打點計時器使用的交流電源的頻率為50Hz,

相鄰兩計數(shù)點之間還有四個點未畫出，由圖中的數(shù)據可知，小車運動的加速度大小

是m/s2（結果保留3位有效數(shù)字）。

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(2)由實驗得到小車的加速度a與力傳感器示數(shù)尸的關系如圖丙所示，則小車與軌道

丙

(3)該同學不斷增加砂子質量重復實驗，發(fā)現(xiàn)小車的加速度最后會趨近于某一數(shù)值,

從理論上分析可知，該數(shù)值應為m/s2.

打點計時器力傳感器

，

山

接交流

電源

甲

12.為了更準確的測出電阻勺的值，乙同學設計了如圖所示的電路圖，圖中R。是保護

電阻，燈是電阻箱，R是滑動變阻器，&和%是電流表，E是電源。實驗具體步驟

①連接好電路，將滑動變阻器R調到最大;

②閉合S,調節(jié)電阻箱％和滑動變阻器R,使a表的示數(shù)為一適當值記下此時

電阻箱的阻值&和/表的示數(shù)，2；

③保持4的值不變，重復調節(jié)電阻箱長和滑動變阻器R，得到多組阻值&和4表的

示數(shù)辦，并畫出此與的關系圖像如圖所示。

(1)已知治一力圖像的斜率為上，縱截距為4則Rx=；電流表4的內阻R4=

(用小b、Ro、k表示)。

(2)由于電流表的內阻也不能忽略，用這種方法得到的電阻的測量值q與真實值R4

相比較，RxR其(選填“>”、“<”或“=”)。

13.如圖甲所示，質量為M=1.0勸的平板小車C靜止在光滑的水平面上，在t=0時，

質量為2.0kg的物塊4與質量為1.0kg的物塊B同時從左右兩端水平沖上小車，1.0s內

它們的"一t圖像如圖乙所示，(g取lOm/s?)求：

(1)物塊4和B與平板小車之間的動摩擦因數(shù)心、林B；

(2)要使4、8在整個運動過程中不會相碰，車的長度至少為多少。

6.0A

c3.0

0

^1.02.03.CHT/S

-3.0￡>

甲乙

14.如圖所示，在平面直角坐標系xoy的第二象限內有平行于y軸的勻強電場，電場強

度大小為E,方向沿y軸正方向。在第一、四象限內有一個圓形邊界的勻強磁場區(qū)

域，邊界過坐標原點0,且與y軸相切，圓心為。［,圓內有方向垂直于xoy平面向里

的勻強磁場，磁感應強度大小為一帶負電的粒子(不計重力)，以速度為孫從第

二象限的P點，沿平行于萬軸正方向射入電場，通過坐標原點。進入第四象限，射出

磁場時速度方向沿y軸負方向。已知P點的坐標為(-求：

(1)帶電粒子的比荷2

(2)圓形磁場區(qū)域的半徑R；

(3)若改變P點的位置坐標(仍在第二象限內)和進入電場時的初速度大小(不改變方

向)，粒子經0點進入磁場后仍能沿y軸負方向射出磁場，試寫出滿足條件的P點的

位置坐標方程。

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15.下列說法中不正確的是()

A.單晶體和多晶體都有固定的熔點

B.浸潤現(xiàn)象中，附著層里的分子比液體內部稀疏

C.水的飽和汽壓隨溫度的升高而增大，且增大得越來越快

D.當人們感到干燥時，空氣的相對濕度一定較小

16.如圖所示為長慶胡同某住宅小區(qū)二次供水系統(tǒng)示意圖，壓力罐甲、乙與水泵連接,

兩罐為容積相同的圓柱體,底面積為0.6m2,高為0.8m,開始兩罐內只有壓強為1.0x

105pa的氣體，閥門占、/關閉，現(xiàn)啟動水泵向甲罐內注水，當甲罐內氣壓達到2.4x

105pa時，水泵停止工作，當甲罐內氣壓低于1.5xl05pa時，水泵啟動，求：

(1)甲罐內氣壓達到2.4xl()5pa時，注入水的體積；

(2)打開閥門Ki，水流入乙罐，達到平衡前水泵是否啟動。

17.如圖為某同學用一束激光射入正三角形玻璃磚的光路圖,

由于疏忽，他忘記標記光路方向，同時手上也沒有量角

器。已知圖中/4BC為正三角形玻璃磚邊界，a、b、c為

邊界中點，且光束1與光束2平行。則下列說法正確的為

()

A.光束2為入射光

B.該激光在玻璃磚中的折射率為1.5

C.光束3的光強大于光束1、2的光強之和

D.無論如何改變入射角，總有光線從玻璃磚中射出

18.一列簡諧橫波在某介質中沿直線傳播，傳播速度為30m/s,振幅為10cm。某時刻

開始計時，0,8s時刻介質中的部分波形如圖甲所示，圖乙為介質中某質點P的振動

圖像。求：

(1)該列波的波長和傳播方向;

(2)質點P平衡位置的x坐標。

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：力、甲圖中，研究運動員某項技術時，不能忽略運動員的大小和形狀，不

可以把運動員看成質點，故A錯誤；

8、乙圖中，冰壺刷冰的目的是減小摩擦力，從而更好的控制冰壺的運動方向，故8正

確；

C、丙圖中，處于空中的運動員，上升過程是減速上升，加速度向下，此時處于失重狀

態(tài)，下降過程中是加速下降，加速度向下仍處于失重狀態(tài)，故C錯誤；

￡＞、丁圖中速度滑冰項目比的是運動員的平均速率大小，第一名則平均速率最大，故。

錯誤。

故選：B.

在研究的問題中，物體的形狀、大小及物體上各部分運動的差異是次要或不起作用的因

素，就可以把物體看做一個質點，研究運動員某項技術時，不能忽略運動員的大小和形

狀，不可以把運動員看成質點；

冰壺刷冰的目的是減小摩擦力；

加速度向上是超重狀態(tài)，加速度向下是失重狀態(tài)；

平均速率是路程與時間的比值；平均速度是位移與時間的比值，滑冰項目比的是運動員

的平均速率大小。

明確什么時候物體能被看成質點，知道失重和超重的概念，會判斷失重超重狀態(tài)，知道

平均速度和平均速率的概念。

2.【答案】D

【解析】解：4兩次渡河時如圖渡河最短時間

圖1圖2

dfi

t=T，所以h=2，故A錯誤；

“靜火

A第一次渡河有=蔡，第二次渡河時有：=sinaf

所以」一=—,

cosav2

第二次渡河時間為：12=/，故B錯誤；

C.根據圖形可知兩次位移之比為1：1,故C錯誤；

D兩次時間之比F=把絲=,故。正確；

“打光

故選：Do

(1)當靜水速的方向與河岸垂直時，渡河時間最短，最短時間t

(2)當合速度的方向與靜水速的方向垂直時，船的航程最短；

解決該題的關鍵是明確兩次渡河的過程，知道時間的求解方法，知道最短渡河時間的物

理特征；

3.【答案】B

【解析】解：4、由題意可知，忽略水受到的空氣阻力，水噴出后只受重力作用，水的

機械能守恒，由于水從同一位置噴出且甲、乙噴出的水初速大小相同，則水噴出時的機

械能相等，由機械能守恒定律可知，到達著火點時甲、乙噴出的水速率相等，故A錯誤：

3、水噴出后做斜上拋運動，可以分解為水平方向的勻速直線運動與豎直方向的豎直上

拋運動，由圖示可知，乙噴出出的水到達著火點時可能到達最高點，水的豎直分速度可

能為零，水的速度方向可能沿水平方向，故B正確；

C、由圖示可知，甲噴出的水到達著火點時處于下落過程，豎直方向與水平方向速度都

不為零，水的速度方向斜向右下方，不可能沿水平方向，故C錯誤；

。、水噴出后做斜上拋運動，在豎直方向做豎直上拋運動，由圖示可知，甲噴出的水到

達的最高點的高度大于乙噴出的水到達最高點到達的高度，甲噴出的水到達著火點時的

運動時間較長，故。錯誤。

故選：B。

忽略空氣阻力，噴出的水在運動過程中只受重力作用，水的機械能守恒，應用機械能守

恒定律判斷到達著火位置時的速度大小關系；水噴出后做斜上拋運動，根據圖示情景應

用運動學公式分析答題。

知道水噴出后做斜上拋運動，根據圖示分析清楚水的運動過程是解題的前提，應用機械

能守恒定律與斜拋運動規(guī)律即可解題。

4.【答案】B

【解析】解：CD、CE兩點高度相同，重力勢能相同，并且C、E兩點關于。點對稱，故

小球電勢能相同，由能量守恒可知，小球在C、E兩點速度相同，故需要的向心力大小

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相同，故小球通過C、E兩點時的合力大小相同，但方向不同，故CD錯誤；

A、。和F兩點關于。點對稱，故小球電勢能相同，小球從。到F過程中只有重力做功，故

mg-2a=解得咋=J7ga,故A錯誤；

B、由幾何關系可知4。=BD=2a,乙4DB=120°,

由平行四邊形定則，可知小球在。點時得電場力（q為帶負電小球）&=FAD=FDE=

券會=黑，方向向下，在。點，合力提供向心力mg+”,=鬻，

聯(lián)立解得小球的質量為加=梟，故B正確；

故選：B。

CE兩點高度相同，重力勢能相同，并且C、E兩點關于。點對稱，結合圓周運動規(guī)律可

分析合力情況；小球從。到F過程中只有重力做功，可解得F點速度；根據點電荷電場力

公式結合牛頓第二定律可解得質量。

本題考查電勢能與電場力做功，解題關鍵掌握小球運動狀態(tài)的分析，結合對應的運動學

規(guī)律與牛頓第二定律可解答。

5.【答案】D

【解析】解：A球受力如圖，因4平衡，貝IL4的重力，a的拉力、柱體的支持力、構成閉

合的三角形。由幾何關系知

同理可得

mpg_F&

OP—ib

解得

里=4

Fb

故ABC錯誤，。正確

故選：Do

根據兩物體的受力分析，根據矢量三角形，力和對應長度的相似比可解得ab拉力的比。

本題考查共點力平衡的應用，解題關鍵掌握相似比的應用，注意對小球的受力分析與力

對應的長度。

6.【答案】A

【解析】解：設太陽的半徑為R,太陽到地球的距離為幾

根據三角形相似，由幾何關系可知，貝IJ：?=1解得：/?=穿。

地球繞太陽做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，設太陽質量為M,地球質量為m,

m.iGMm4TT2

則：—=mr—

體積廿=3兀腔

由密度公式p=2

解得：p=黑。

LGT2d3

故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

根據三角形相似，結合萬有引力提供向心力，可分析該題。

本題考查小孔成像原理，主要用到三角形相似和萬有引力提供向心力等知識，屬于基本

題型。

7.【答案】C

【解析】解：48.設金屬圓環(huán)半徑為r,根據法拉第電磁感應定律可得金屬圓環(huán)產生感應

電動勢

△B邛1

E=-----=-Ttk

At2

由閉合電路歐姆定律可知感應電流為

/=-

R

金屬圓環(huán)產生安培力的有效長度為L=2r,由左手定則可知安培力方向向下，由受力平

衡可得

F=mg+BIL

聯(lián)立解得：F=k2t+2k+mg

由圖乙可知，t=0時

2k+mg—6

直線的斜率

第12頁，共22頁

k2=笠。/s=4N/s

聯(lián)立可得

mg=2N,k=2T/s

故AB錯誤；

C.O-2s時間內金屬環(huán)的功率為

P=12R=+x兀=?t(W)

故C正確；

D.O-2s時間內通過金屬環(huán)某一截面的電荷量為

q=IAt=-X2C=-X2C=2C,

[22

故。錯誤。

故選：Co

由電磁感應、歐姆定律及受力分析求解直線斜率及重力，功率公式及電荷量公式分析即

可。

本題考查電磁感應，學生需熟練掌握感應電動勢公式，綜合求解。

8.【答案】BC

【解析】解：4、由圖乙可知，Ek-X圖像的斜率『表示合外力的大小，小物塊向右滑,

x0

合外力為〃mg,得〃=懸~，故4錯誤；

myXQ

B、根據題意作圖，

由圖像可知，小物塊做勻變速直線運動且共速前加速度不變，全程可看為勻減速，即

-v=v0-ngt,又Eo=：皿詔，聯(lián)立解得《=叵豆，故8正確；

N4NY2￡,o

C、由圖像可知，產生的熱量Q△x為物塊與傳送帶的相對位移(即圖中的

陰影面積)，故Q=；m3o+v)2即Q=：殳，故C正確；

D、整個過程中電動機多消耗的電能為AEnQ+AEk，故△E=|E°,故。錯誤；

故選:BC。

由圖線的斜率表示小物塊所受的合力大小，可求動摩擦因數(shù)。

由直線運動的規(guī)律可求物塊的共同速度。

物塊與傳送帶之間產生的熱量等于摩擦力與相對位移的乘積。

電動機多消耗的電能轉化為熱能與小物塊動能之和。

明確圖像斜率表示的意義，根據題意正確作出u-t圖象，從圖像中讀出加速度，位移，

知道相對位移表示的意義。

9.【答案】BD

【解析】解：4、由圖甲可知光子的能量E=—1.51eU-(—13.6elQ=12.09eU,由圖

丙可知遏止電壓為7乙所以光電子的初動能a=eU=7eV,所以金屬材料的逸出功

W=E-Ek=5.09eV,故A錯誤。

B、由排列組合的規(guī)律可知，處于n=3激發(fā)態(tài)的氫原子躍遷時能夠發(fā)出3種頻率的光，

故8正確。

C、光電子由陰極K向對面的極板運動，形成的電流在圖乙中從右向左流動，要阻止該

電流，需要施加反向電壓，即電源左側應該為正極，故C錯誤。

。、只要光子的能量大于5.09eU,就可以使陰極K發(fā)生光電效應，由圖甲可知分別由n=3

和n=2能級向基態(tài)躍遷產生的2種頻率的光子滿足要求，故。正確。

故選：BD。

利用愛因斯坦光電效應方程和圖丙中的遏止電壓求逸出功；利用玻爾理論求躍遷發(fā)光的

頻率種類；利用光電管電路中反向電壓判斷電源的正負極；利用入射光光子能量大于逸

出功，判斷能發(fā)生光電效應的光子種類個數(shù)。

本題綜合考查光電效應中的逸出功、遏止電壓、光電管電路，以及玻爾理論中的原子躍

遷。掌握相關規(guī)律，是作答此類問題的關鍵。

10.【答案】CD

【解析】解：4、如圖1所示，設物塊B滑至圓弧最低點時的速度為/將其分解為沿繩

方向的速度％和垂直繩方向的速度。2，其中分速度%=幾，由幾何關系可得：V=

二;=夜%，故A錯誤；

第14頁，共22頁

B、在物塊B沿圓弧向下運動時，由于物塊B的重力沿輕繩方向的分力越來越小，而物塊

力、B的質量關系未知，因此物塊4有可能先加速后減速，則物塊8到達圓弧最低點時，

物塊4的速度不一定最大，故8錯誤；

C、輕繩對物塊4做的功等于其機械能的增加量，即勿=綱詔+mg&Rsin30。=

|mvQ+^-mgR,故C正確；

D、對滑至圓弧最低點的物塊B進行受力分析如圖2所示，由牛頓第二定律可得F+A-

Mg=My,解得：F=Mg+2M？-7;<Mg+2M?,故。正確。

故選：CD。

根據運動的合成與分解求解物塊8到達圓弧最低點時速度大小；根據拉力大小分析速度

最大的位置；輕繩對物塊4做的功等于其機械能的增加量；由牛頓第二定律結合向心力

的計算公式進行解答。

本題主要是考查了動能定理；運用動能定理解題時，首先要選取研究過程，然后分析在

這個運動過程中哪些力做正功、哪些力做負功，初末動能為多少，根據動能定理列方程

解答.

11.【答案】2.401.05.0

【解析】解：(1)相鄰兩計數(shù)點之間還有四個點未畫出，可知相鄰兩計數(shù)點時間間隔為

T=0.02sx5=0.1s

根據逐差法可得小車運動的加速度大小為

28.80—9.61-9.61

x10-2m/s2=2.40m/s2

4T24X0.12

(2)以小車為研究對象，根據牛頓第二定律可得

2F—Ff=Ma

由圖丙可知，當Q=0時，有

Ff=2F=2x0.5N=1.0/V

(3)以小車為對象，根據牛頓第二定律可得

2F—Ff=Ma

由于相同時間內砂桶通過的位移總是小車通過位移的兩倍，可知砂桶的加速度是小車加

速度的兩倍，以砂桶和砂子為對象，根據牛頓第二定律可得

mg—F—m-2a

聯(lián)立可得：

a=2mg-Ff=g_等+Ff

4m+M24m+M

可知隨著rn的增大，小車的加速度最后會趨近于

a=|=yzn/s2=5m/s2

故答案為：(1)2.40；(2)1.0；(3)5.0

(1)根據逐差法計算出小車的加速度；

(2)選小車為研究對象，根據牛頓第二定律計算出動摩擦力；

(3)根據牛頓第二定律分析小車，結合數(shù)學知識分析出加速度的趨近值。

本題主要考查了牛頓第二定律的驗證實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，利用逐

差法計算出小車的加速度，同時結合牛頓第二定律和數(shù)學知識即可完成分析。

12.【答案】kl]—b—kl1—RQ=

【解析】解：③(1)根據電路圖，當電阻箱發(fā)生變化時，干路中的電流發(fā)生變化。由并

聯(lián)電路電壓相等的特點，則有：占=R，所以&=/2-(氏+&+以1)。

<2-/1*0十*1十

結合題意有：b=~(RX+R0+RA2-)k=^,所以&=k/rR.i=-b-k/i-R0。

(2)上述表達式中已經考慮了電流表4的內阻，電流表4的內阻對總電路的電流有影響，

但對支路的電流并不受到影響，所以4內阻對測量值無影響。

故答案為：③⑴砧、-b-kk-Ro；(2)=

(1)由題意可知，寫出長-/2的表達式，由圖象的斜率和截距求出％和&1；

(2)根據串并聯(lián)特征，結合％與4的圖象的斜率含義，依據歐姆定律，即可進行誤差分

析。

考查如何確定電表的方法，緊扣題意是解題的關鍵，理解歐姆定律的應用，掌握串并聯(lián)

特點，注意誤差與錯誤的區(qū)別，理解圖象的斜率含義。

13.【答案】解：(1)由u-t圖像可知，斜率表示加速度，在0?1s內，物體4B的加速

度大小相等，

第16頁，共22頁

均為a=*=\m/s2~3m/s2

根據牛頓第二定律得加速度大小滿足

對4有〃4機49=mAa

對B有〃=mBa

解得〃A=MB=0.3；

(2)0?1.0s內，物體4B所受的滑動摩擦力大小分別為

fA=nAmAg=0.3x2.0xION=6N,方向水平向左；

林

fB=B0g=0.3x1.0xION=3N,方向水平向右；

所以小車C所受的合力為

F=fA-fB=6N-3N=3N,方向水平向右

因此在0?1s內，小車C向右做勻加速直線運動，加速度為

%=￡=Yom/s2~3m/s2

通過的位移為

2

xc=|actf=1x3xlm=1.5m

t=Is末C的速度為

vc—actr=3xIm/s—3m/s

在0?Is內4、8的位移大小分別為

VAQ+V,6.0+3.0y.i-

x=-------1=---------xIm=4.5m

8A21i2

xB=等0=|xIm=1.5m

由圖知：￡=Is時4、C的速度相同，之后AC一起向右做勻減速運動，加速度大小為

片22

aAC==—m/s=lm/s

-M+mA1+2//

設再經過時間F三者速度相同，共同速度為"，則有

lrr

v=v—aACt=aBt

由以上分析可知而=Q=3m/s2

代入數(shù)據解得

t'=-s,v'=-m/s

44/

從t=1s到共速的過程，4c的位移大小為

B的位移大小為

9

,Vf,7327

xB=-t=~x-m=——m

a22432

故要使人B在整個運動過程中不會相碰，車的長度至少為

63

L=xA-xc+XB+xc+xAC-x'B=xA+xB+xAC-x'B=4.5m+1.5m+—m-

27

—m=7.125m。

32

答：(1)物塊4和B與平板小車之間的動摩擦因數(shù)〃4、劭都為03

(2)要使4、B在整個運動過程中不會相碰，車的長度至少為7.125m。

【解析】速度一時間圖像的斜率表示加速度，斜率的正負表示方向，絕對值表示加速度

大小，圖線與坐標軸所圍面積表示位移，時間軸下方表示位移方向與正方向相反；分別

對4、B、C受力分析，根據牛頓第二定律列方程求解，在相對運動過程中，以地面為參

考系，運用勻變速直線運動的速度一時間關系，平均速度公式，圖像面積綜合分析得出

各自的位移大小，根據位置關系求車長的最小值。

本題考查牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律，涉及相對運動，過程較為復雜選擇合

適的研究對象進行準確的受力分析代入相關的公式進行計算尤為重要。

14.【答案】解：(1)從P到。過程中，粒子

做類平拋運動，水平、豎直方向分別滿足：

2近L~vot

1,

L=-at2

2

根據牛頓第二定律可得：qE=ma

聯(lián)立可解得：?=區(qū)；

m6EL

(2)設粒子經過。點時的速度大小為外方向與x軸正方向間的夾角為則：tanB=血=

2

V3

3

解得。=30°

則粒子進入磁場的速度大小為：“辿卬

COS03U

粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示，

根據洛倫茲力提供向心力，有：qvB=my

由幾何關系知：R=r

聯(lián)立可解得：/?=警；

(3)設滿足條件P點坐標為(x,y),粒子初速度為V,則:

第18頁，共22頁

X=v't,

12

y=2at

由分析可知，粒子出磁場時速度方向均沿y軸負方向，需滿足r=R

則粒子通過。點的速度大小必為》=苧%，

由平行四邊形定則可得小+討=病

又%=at

聯(lián)立可解得：

/y+S4y=4L

答：(1)帶電粒子的比荷為星；

6EL

(2)圓形磁場區(qū)域的半徑為陰；

丫2

(3)滿足條件的P點的位置坐標方程為y+^=4Lo

【解析】(1)從P到。過程中，粒子做類平拋運動，根據類平拋運動的規(guī)律求解；

(2)求出粒子進入磁場時速度大小和方向，根據幾何關系求解粒子在磁場中運動的軌跡

半徑，再根據洛倫茲力提供向心力求解；

(3)設滿足條件P點坐標為(x,y),分析粒子的運動情況，得到軌跡半徑滿足r=R,由平

行四邊形定則求解滿足條件的P點的位置坐標方程。

對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據幾何關系求半徑，

結合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據周期公式結合軌跡對應的圓心角求時間；對

于帶電粒子在電場中運動時，一般是按類平拋運動或勻變速直線運動的規(guī)律進行解答。

15.【答案】B

【解析】解：力、單晶體和多晶體都有固定的熔點，所以固定熔點是判斷是否為晶體的

重要依據，故A正確；

B、浸潤現(xiàn)象中，附著層里的分子比液體內部密集，不浸潤現(xiàn)象中，附著層里的分子比

液體內部稀疏，故8錯誤；

C、飽和汽壓與液體種類和溫度有關，水的飽和汽壓隨溫度的升高而增大，且增大得越

來越快，故C正確；

。、在一定氣溫條件下，大氣中相對濕度越小，水汽蒸發(fā)也就越快，人就越感到干燥，

故當人們感到干燥時，空氣的相對濕度一定較小，故。正確。

本題選擇不正確的，

故選：B。

固定熔點是判斷是否為晶體的重要依據；浸潤現(xiàn)象中，附著層里的分子比液體內部密集;

飽和汽壓與液體種類和溫度有關；根據相對濕度的定義判斷：根據熔化熱的定義判斷。

本題主要考查了晶體、浸潤現(xiàn)象、飽和汽壓、相對濕度、熔化熱等熱學基礎知識，解題

關鍵在于熟記以上知識點并且正確運用。

16.【答案】解：(1)取甲內氣體為研究對象，由玻意耳定律有P°LoS=Pi^S

則注入水的體積為喉=L0S-L.S

聯(lián)立解得U水=0.28m3

(2)打開開關后兩罐液面相平，罐內氣體高度乙2=乞/

對甲氣罐由玻意耳定律PoLoS=尸包2s

解得p'21.41X105Pa

因氣壓P'<1.5x105pa,則水泵啟動。

答：(1)甲罐內氣壓達到2.4x105pa時，注入水的體積為0.28巾3；

(2)打開閥門勺，水流入乙罐，達到平衡前水泵已經啟動。