2022年四川省成都市高考物理三診試卷附答案詳解

2022年四川省成都市高考物理三診試卷

1.如圖（a）,陰極K和陽極4是密封在真空玻璃管中的兩個(gè)電極，K受光照時(shí)能夠發(fā)射

出光電子，滑動(dòng)變阻器可調(diào)節(jié)K、4之間的電壓。分別用藍(lán)光、弱黃光、強(qiáng)黃光照

射K時(shí)，形成的光電流/（G表示數(shù)）與電壓U（V表示數(shù)）的關(guān)系如圖（b）,則圖中a、氏

c光依次為（）

?(?)K(b)

A.藍(lán)光、弱黃光、強(qiáng)黃光B.弱黃光、藍(lán)光、強(qiáng)黃光

C.強(qiáng)黃光、藍(lán)光、弱黃光D.藍(lán)光、強(qiáng)黃光、弱黃光

2.如圖，。是等邊三角形ABC的垂心，三個(gè)電荷量絕對(duì)值相等的

點(diǎn)電荷分別固定在4、B、C三點(diǎn)、。以無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零，己o

知4處正電荷在。點(diǎn)的電勢(shì)為3、電場強(qiáng)度大小為E。則。點(diǎn)的8。?（

?Q'Q

電勢(shì)和電場強(qiáng)度大小分別為（）

A.a和2EB.一⑴和2EC.一卬和3ED.和0

3.如圖，傾角為。且表面光滑的斜面固定在水平地面上，輕繩跨過光滑定滑輪，一端

連接物體a,另一端連接物體b,b與物體c之間連接輕彈簧，a與地面接觸且a、b、

c均靜止。已知b、c的質(zhì)量均為zn,重力加速度大小為g。則（）

A.a的質(zhì)量可能小于2msinJ

B.剪斷豎直繩后瞬間，b的加速度大小為2gsinJ

C.剪斷豎直繩后瞬間，c的加速度大小為gsin。

D.剪斷豎直繩后的一小段時(shí)間內(nèi)，b、c的距離變大

4.發(fā)電站通過升壓變壓器和降壓變壓器給某用戶端供電，發(fā)電機(jī)組輸出交變電壓的有

效值恒定，輸電線總電阻r保持不變。當(dāng)用戶端用電器增加后（）

A.若滑片P位置不變，則輸電線上損失的功率變大

B.若滑片P位置不變，則用戶端電壓升高

C.若將滑片P上移，則用戶端電壓可能不變

D.若將滑片P下移，則輸電線上損失的功率可能減小

5.如圖，游樂園中某海盜船在外力驅(qū)動(dòng)下啟動(dòng)，某時(shí)刻撤去

驅(qū)動(dòng)力，此后船自由擺動(dòng)，當(dāng)懸臂。4水平時(shí)，船的速度

恰好為零。若4B、C處質(zhì)量相等的乘客始終相對(duì)船靜止，

且以相同的半徑隨船擺動(dòng)，擺動(dòng)裝置（含乘客）的重心位于

圓弧AC的中點(diǎn)B,4Aoe=60。，不計(jì)一切阻力，重力加速度大小為g,則海盜船在

自由擺動(dòng)過程中（）

A.水平時(shí)，船對(duì)C處乘客的作用力為零

B.04水平時(shí)，8處乘客的加速度大小為CZB=0.5g

C.4處乘客從圖示位置運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過程中，始終處于失重狀態(tài)

D.A、B處乘客分別運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，船對(duì)乘客豎直方向的作用力大小之比為詈=今

FB2

6.如圖，2022年1月22日，位于同步軌道的中國“實(shí)踐21號(hào)”衛(wèi)星將一顆位于同步軌

道的失效的“北斗2號(hào)”衛(wèi)星拖拽至距地面更遠(yuǎn)的“墓地軌道”（可視為圓軌道），

此后“實(shí)踐21號(hào)”又回歸同步軌道，這標(biāo)志著中國能夠真正地球意義上實(shí)現(xiàn)“太空

垃圾清理”。下列說法正確的是（）

A.“實(shí)踐21號(hào)”拖拽“北斗2號(hào)”離開同步軌道時(shí)需要點(diǎn)火加速

B.“實(shí)踐21號(hào)”完成拖拽任務(wù)后離開“墓地軌道”時(shí)需要點(diǎn)火加速

C.“北斗2號(hào)”在同步軌道的速度大于它在“墓地軌道”的速度

D.“北斗2號(hào)”在“墓地軌道”的運(yùn)行周期小于24小時(shí)

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7.如圖，長木板4B靜止在光滑水平地面上，連接在B端固定擋板上的輕彈簧靜止時(shí),

其自由端位于木板上P點(diǎn)，AP=Im,現(xiàn)讓一可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊以"=2m/s的初

速度水平向左滑上木板4端。當(dāng)鎖定木板時(shí)，滑塊壓縮彈簧后剛好能夠返回到4P的

中點(diǎn)。。已知滑塊和木板的質(zhì)量均為m=1kg,滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=

0.1,彈簧的形未變過彈性限度，重力加速度大小g=10m/s2。下列判定正確的是

()

A.鎖定木板時(shí)，彈簧縮短過程中的最大彈性勢(shì)能為1/

B.鎖定木板時(shí)，彈簧的最大壓縮量為0.25m

C.若不鎖定木板，則滑塊相對(duì)木板靜止的位置可能在P點(diǎn)左側(cè)

D.若不鎖定木板，則滑塊相對(duì)木板靜止的位置恰好在P點(diǎn)

8.如圖，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)(含邊界)有方向垂直面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的勻

強(qiáng)磁場，為位于磁場下邊界的粒子收集板，磁場左側(cè)邊界與相距9處有一粒

子源S,以不同速率沿平行于MN的方向射入大量質(zhì)量均為zn、電荷量均為q的粒子，

部分粒子能夠打收集板上。不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用，貝心)

.???.XX.???..

S一8

XXXXX\

:XX.XX；

MON

A.粒子帶正電

B.到達(dá)收集板上。點(diǎn)的粒子在磁場中的速度偏轉(zhuǎn)角為30。

C.到達(dá)收集板的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為北

D.到達(dá)收集板的粒子的速度最大值為竺詠

m

9.一實(shí)驗(yàn)小組用圖(a)所示裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。裝置中，小車P前端有橡皮泥，后

端連著紙帶，紙帶穿過打點(diǎn)周期為0.02s的打點(diǎn)計(jì)時(shí)器。

(1)在長木板右端下面放墊塊的目的是。

(2)放墊塊并達(dá)成目的后，接通電源，輕推小車P使之運(yùn)動(dòng)，P運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，與

靜止的小車Q相碰，碰后兩車粘合在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，兩車碰撞前后打出的紙帶如圖

（匕）所示。測得小車P（包括橡皮泥）的質(zhì)量nip=0.60kg,小車Q的質(zhì)量EQ=0.40kg。

由以上數(shù)據(jù)求得兩車組成的系統(tǒng)碰前總動(dòng)量為kg-m/s,碰后總動(dòng)量為

kg-m/s（結(jié)果保留3位小數(shù)）。

（3）實(shí)驗(yàn)結(jié)論為：在誤差允許的范圍內(nèi)，。

10.欲測量一個(gè)未知電阻R,的阻值。

（1）某同學(xué)先用萬用表歐姆“X10”擋粗測。測量中，表盤指針位置如圖（a）,其示

（2）為了準(zhǔn)確測出心的阻值，實(shí)驗(yàn)室提供了以下器材：

A.電池組（電動(dòng)勢(shì)3V,內(nèi)阻很?。?；

B.電流表（量程100m4,內(nèi)阻以1約10）;

C.電流表（量程25巾4內(nèi)阻弓2=4。）；

D電流表（量程lnM，內(nèi)阻心3=1000）；

E.電阻箱（阻值0?9999.90）:

F.滑動(dòng)變阻器（阻值0?10。）；

G.開關(guān)一只，導(dǎo)線若干。

①根據(jù)提供的器材，該同學(xué)設(shè)計(jì)了圖（b）所示的電路。其中，為表應(yīng)選（填器

材序號(hào)字母）。

②要使圖（b）所示虛線框中改裝后的電表的量程為3人4表應(yīng)選（填器材序

號(hào)字母），且該同學(xué)應(yīng)將電阻箱接入電路的電阻調(diào)到_____0。

③完成以上工作后，該同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中測出了多組&表和&表的示數(shù)A和與，由這些

數(shù)據(jù)得到了圖（c）所示的/2-人圖像。利用圖像求得被測電阻的阻值為

Rx=12（結(jié)果取3位有效數(shù)字）。

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11.北京2022年冬奧會(huì)的成功舉辦掀起了全民冰雪運(yùn)

動(dòng)熱潮。圖為某跳臺(tái)滑雪賽道簡化示意圖，助滑坡

48的豎直高度為兒著陸坡BC連線與水平方向的夾

角為45。。一質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員(包括裝備)從4點(diǎn)靜

止下滑，經(jīng)B點(diǎn)以大小為再的速度水平飛出，最

終在。點(diǎn)著陸。運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力,重力加速度大小為g。求:

(1)從A到B的過程中，運(yùn)動(dòng)員克服阻力做的功；

(2)8、。之間的距離；

(3)運(yùn)動(dòng)員著陸前瞬間的速度大小。

12.如圖，兩根足夠長且電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌與地面均成37。角放置，區(qū)域I和n

以PQ為邊界，分別存在足夠大的垂直兩導(dǎo)軌所在平面向下及平行導(dǎo)軌向上的勻強(qiáng)

磁場，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B=2To質(zhì)量分別為M=3kg、m-1kg的導(dǎo)體棒

ab,cd相距s=6m放置在區(qū)域/的導(dǎo)軌上，兩棒的電阻均為R=10,兩棒的長度和

導(dǎo)軌的間距均為L=lm?區(qū)域I的導(dǎo)軌光滑，區(qū)域n的導(dǎo)軌與必棒間的動(dòng)摩擦因

數(shù)〃=0.5且與cd棒無摩擦。同時(shí)由靜止釋放兩棒，帥棒進(jìn)入?yún)^(qū)域口后恰好做勻加

速直線運(yùn)動(dòng)。PQ//ab//cd,棒與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度大小g=l(hn/s2,

sin370=0.6o

(l)ab棒到達(dá)PQ前，求ab和cd棒的加速度大小；

(2)求ab棒的釋放處與PQ的距離；

(3)從釋放兩棒開始，經(jīng)多長時(shí)間，兩棒在相遇前相距最遠(yuǎn)？

13.下列說法正確的是()

A.溫度升高，分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能增大，但并非所有分子的速率都增大

B.10CTC的水變成100汽的水蒸氣的過程中，分子勢(shì)能將增大

C.氣體很容易充滿整個(gè)容器，這是分子間存在斥力的宏觀表現(xiàn)

D.有規(guī)則外形的物體是晶體，沒有確定幾何外形的物體是非晶體

E.熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體

14.如圖，一定質(zhì)量的理想氣體用活塞封閉在固定的圓柱a：---

型氣缸內(nèi)，不計(jì)活塞與缸壁間的摩擦?，F(xiàn)緩慢降低氣

理斗、體^=3

體的溫度使其從狀態(tài)a出發(fā)，經(jīng)等壓過程到達(dá)狀態(tài)b,11.

即刻鎖定活塞，再緩慢加熱氣體使其從狀態(tài)b經(jīng)等容

過程到達(dá)狀態(tài)c。己知?dú)怏w在狀態(tài)a的體積為4V、壓強(qiáng)為p、溫度為％,在狀態(tài)b的

體積為V,在狀態(tài)c的壓強(qiáng)為4p。求：

(1)氣體在狀態(tài)b的溫度；

(2)從狀態(tài)a經(jīng)b再到c的過程中，氣體總的是吸熱還是放熱，吸收或放出的熱量為多

少？

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15.t=0時(shí)刻，坐標(biāo)原點(diǎn)。處的波源開始做振幅為2cm的簡諧運(yùn)動(dòng)，其形成的簡諧橫波

在t=0.35s時(shí)刻的波形如圖所示，此刻波源。的位移為y=-1cm,波剛好傳播到

4(761,0)點(diǎn)。則：

①波源的起振方向沿y軸(選填“正”或“負(fù)”)方向，該波的波速為

_____cm/s；

②在0?1.25s內(nèi)，4處質(zhì)點(diǎn)比B(19cm,0)處質(zhì)點(diǎn)多通過的路程an。

如圖，4BDEF是某玻璃棱鏡的橫截面，它由直角三角形4BD和矩

形力DEF構(gòu)成，AF和DE邊表面鍍銀(僅考慮反射)，一光線平行于

4。從48邊上M點(diǎn)射入棱鏡。已知真空中的光速為c,BD=L,

AM=^-L,AF=^-L,NB=90°,^BAD=30°,玻璃的折射

率《=我。求：

(1)光線在M點(diǎn)發(fā)生折射的折射角大??；

(2)光線從M點(diǎn)到第一次射出棱鏡經(jīng)歷的時(shí)間。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：設(shè)遏止電壓為4，由動(dòng)能定理可得：eUc=Ek=hv-%,對(duì)于同一種金

屬其逸出功憶不變，可知，遏止電壓與入射光的頻率有關(guān)。對(duì)于一定頻率的光，無論

光的強(qiáng)弱如何，截止電壓都是一樣的，故a、c是同種顏色的光，在光的頻率不變的情況

下，入射光越強(qiáng)，飽和電流越大，a為強(qiáng)黃光，c為弱黃光。b的遏止電壓最大，故b光

的頻率最大，為藍(lán)光。故A8O錯(cuò)誤，C正確；

故選：C。

光電流存在飽和值，飽和光電流強(qiáng)度隨入射光強(qiáng)度的增大而增大；利用光電效應(yīng)方程和

遏止電壓表達(dá)式分析判斷光的頻率。

光電效應(yīng)具有以下規(guī)律：①任何金屬都有截止頻率，只有入射光頻率大于截止頻率時(shí)，

金屬才產(chǎn)生光電效應(yīng)；②當(dāng)入射光頻率一定時(shí)，光電流強(qiáng)度隨入射光強(qiáng)度的增大而增

大：③愛因斯坦光電效應(yīng)方程氏=hvv-%；④光電效應(yīng)具有瞬時(shí)性。掌握上述規(guī)律，

是作答光電效應(yīng)問題的關(guān)鍵。

2.【答案】B

【解析】解：由已知和正負(fù)點(diǎn)電荷電場和電勢(shì)特點(diǎn)可知，8、C兩點(diǎn)的負(fù)點(diǎn)電荷在。處的

電勢(shì)為*8=Wc=-9，則。點(diǎn)的電勢(shì)為Wo=9+(-⑴)+(-9)=一仍兩個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷

在。處的場強(qiáng)大小為琦=Ec=E,方向如圖所示：

X

y

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則。點(diǎn)合場強(qiáng)為EO=E+2ECOS6(T=2E,故B正確，AC。錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)正、負(fù)點(diǎn)電荷電荷和電場強(qiáng)度的特點(diǎn)，在距離相等的位置，等量正負(fù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的

電勢(shì)互為相反數(shù)，而場強(qiáng)大小相等，方向相反，求電勢(shì)的標(biāo)量和，場強(qiáng)的矢量和。

本題考查點(diǎn)電荷的電勢(shì)和場強(qiáng)以及電勢(shì)的標(biāo)量和、場強(qiáng)的矢量和。場強(qiáng)的矢量和滿足平

行四邊形定則，本題用正交分解法最好。

3.【答案】B

【解析】解：4、a的質(zhì)量最小時(shí)a與地面相互作用力為零，且能夠使整體保持靜止，此

時(shí)有：mag=2mgsin6,解得：ma=2msin9,所以a的質(zhì)量不可能小于2znsin。，故A

錯(cuò)誤；

B、設(shè)開始時(shí)彈簧彈力為T,對(duì)c根據(jù)平衡條件可得：T=mgsin9；

剪斷豎直繩后瞬間，彈簧彈力不發(fā)生變化，根據(jù)牛頓第二定律可得b的加速度大小為：

a=T1mg^=2mgsine=g<故正確；

mm

C、剪斷豎直繩后瞬間，彈簧彈力不發(fā)生變化，c的加速度大小為零，故C錯(cuò)誤；

￡>、剪斷豎直繩后的一小段時(shí)間內(nèi)，b沿斜面向下加速運(yùn)動(dòng)的加速度比c大，相同時(shí)間內(nèi)

b向下運(yùn)動(dòng)的位移為c大，6、c的距離變小，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)平衡條件求解a的最小質(zhì)量；對(duì)c根據(jù)平衡條件求解彈簧彈力，剪斷豎直繩后瞬間，

彈簧彈力不發(fā)生變化，根據(jù)牛頓第二定律可得匕的加速度大小和c的加速度大??；根據(jù)下

滑過程中加速度大小分析b和c之間的距離變化情況。

本題主要是考查牛頓第二定律之瞬時(shí)性問題，關(guān)鍵是弄清楚三個(gè)物體的受力情況，知道

彈簧彈力不發(fā)生突變的原因，能夠根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行解答。

4.【答案】A

【解析】解：AB,若滑片P位置不變，當(dāng)用戶端用電器增加后，用戶端總功率變大，發(fā)

電機(jī)的輸出功率增大，輸電線的電流變大/U=/r?，輸電線兩端承擔(dān)的電壓變大，損耗

的功率增大；發(fā)電機(jī)的輸入電壓不變，升壓變壓器、降壓變壓器的匝數(shù)不變，故用戶端

電壓降低，故4正確，8錯(cuò)誤；

CD、若將滑片P上移，升壓變壓器的副線圈與原線圈的匝數(shù)比變小，發(fā)電機(jī)組輸出交變

電壓的有效值恒定，則副線圈兩端電壓變小。用戶端用電器使用相同功率，則輸電線上

的電流會(huì)更大，輸電線兩端承擔(dān)的電壓更大，損耗的功率更大，則用戶端的電壓更小，

故CD錯(cuò)誤。

故選：Ao

根據(jù)理想變壓器電壓之比等于匝數(shù)之比，輸入電功率取決于負(fù)載功率等知識(shí)點(diǎn)可以分析

AB；當(dāng)滑片P上移原副線圈匝數(shù)之比變小，副線圈電壓變小，保證用戶獲得相同的功率，

故輸電線上電流增大，損耗的功率更多。

該題考查理想變壓器屬于功率與輸出功率之間的關(guān)系，以及原副線圈電壓之比等于匝數(shù)

之比等知識(shí)點(diǎn)，屬于中檔題型。

5.【答案】D

【解析】解：4設(shè)乘客質(zhì)量為機(jī)，根據(jù)力的分解可知，水平時(shí)，船對(duì)C處乘客的作用力

為F=mgcos30。，故A錯(cuò)誤；

B.04水平時(shí)，8處乘客的加速度大小?ngsin60。=小他，解得：aB=y5,故B錯(cuò)誤；

C.處乘客從圖示位置運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過程中，當(dāng)向心加速度在豎直方向的分量大于切向

加速在豎直方向分量時(shí)，處乘客處于超重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤：

D設(shè)整體質(zhì)量為M,處乘客分別運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得

Ir

MgL(cos30°—cos60)0=-Mv1

在最低點(diǎn)，對(duì)4處乘客

FA-mg=m-^

解得

FA=Wmg

B處乘客分別運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得

MgL(1—cos60°)=詔

在最低點(diǎn)，對(duì)B處乘客

FB-mg=m^-

解得

FB=2mg

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可得

FB-2

故o正確。

故選：D。

對(duì)乘客受力分析根據(jù)牛頓第二定律可解得加速度，加速度向上，乘客處于超重狀態(tài)，根

據(jù)動(dòng)能定理結(jié)合牛頓第二定律解答。

本題考查動(dòng)能定理及圓周運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵掌握乘客的受力分析，注意牛頓第二定律在圓

周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用。

6.【答案】AC

【解析】解：AB、根據(jù)衛(wèi)星變軌理論可知，“實(shí)踐21號(hào)”拖拽“北斗2號(hào)”離開同步軌

道時(shí)需要點(diǎn)火加速，“實(shí)踐21號(hào)”完成拖拽任務(wù)后離開“墓地軌道”時(shí)需要點(diǎn)火減速,

故A正確，B錯(cuò)誤；

C。、根據(jù)萬有引力提供向心力可知I：雪=叱=巾與r,解得”=怪，T=叵I

r2rT27r7GM

根據(jù)半徑關(guān)系可知，“北斗2號(hào)”在同步軌道的速度大于它在“墓地軌道”的速度，“北

斗2號(hào)”在“墓地軌道”的運(yùn)行周期大于24小時(shí)，故C正確，。錯(cuò)誤；

故選：AC.

根據(jù)衛(wèi)星變軌知識(shí)分析出在變軌時(shí)的速度變化；

根據(jù)萬有引力提供向心力得出線速度和周期與半徑的關(guān)系，從而完成分析。

本題主要考查了萬有引力定律的相關(guān)應(yīng)用，熟練掌握衛(wèi)星變軌的相關(guān)知識(shí)，結(jié)合向心力

公式聯(lián)立等式即可完成分析。

7.【答案】BD

【解析】解：AB,鎖定木板時(shí)，設(shè)彈簧最大壓縮量為X,根據(jù)功能關(guān)系可得：|mv2=

limg{AP+^AP+2x)

解得：x=0.25m；

彈簧縮短過程中的最大彈性勢(shì)能為埒”根據(jù)功能關(guān)系可得：Epm=〃7ng(x+[4P)

代入數(shù)據(jù)解得：Ep7n=0.75/,故4錯(cuò)誤、8正確;

CD、取向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知：mv=2mv^

解得："共=lm/s

此過程中彈簧最大壓縮量為x',則有：+AP）=|mv2-1x27n喙

代入數(shù)據(jù)解得：x'=0

所以滑塊相對(duì)木板靜止的位置在P點(diǎn)，故C錯(cuò)誤、。正確。

故選：BD。

根據(jù)功能關(guān)系求解彈簧最大壓縮量，再求出彈簧最大彈性勢(shì)能；

根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解速度相同時(shí)的速度大小，根據(jù)能量守恒定律求解此過程中彈簧最

大壓縮量，由此分析。

本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律；對(duì)于動(dòng)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(shí)要首先確定一個(gè)正

方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程

求解。

8.【答案】CD

【解析】解：4粒子平行于MN的方向射入磁場后，根據(jù)題意可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)，根

據(jù)左手定則可知，粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；

B.粒子源S距離MN相距與可知SO與水平面的夾角為30。，

X,X

B

XX

xvx

根據(jù)幾何關(guān)系可知到達(dá)收集板上。點(diǎn)的粒子在磁場中的速度偏轉(zhuǎn)角為60。，故8錯(cuò)誤；

C.到達(dá)收集板在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間的粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角最大，由幾何關(guān)系可知,

偏轉(zhuǎn)角最大的為兀，故到達(dá)收集板的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為

.--.IlIII

解得：t=豆

第12頁，共20頁

故C正確；

。帶點(diǎn)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)有

r>V2

qvB=m—

解得：〃=絲

m.

到達(dá)收集板的粒子的速度最大值對(duì)應(yīng)的軌道半徑最大，即到達(dá)N的離子速度最大，由幾

何關(guān)系得

r2=(r—2+(/?4-Rcos30°y

聯(lián)立解得：”=竺包酬，

m

即到達(dá)收集板的粒子的速度最大值為"汕，故￡>正確，

m

故選：CD.

根據(jù)左手定則判斷粒子電性；根據(jù)幾何關(guān)系可知到達(dá)收集板上。點(diǎn)的粒子在磁場中的速

度偏轉(zhuǎn)角；到達(dá)收集板在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間的粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角最大；到達(dá)收

集板的粒子的速度最大值對(duì)應(yīng)的軌道半徑最大。

帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中勻速圓周運(yùn)動(dòng)問題，關(guān)鍵是畫出粒子圓周的軌跡，往往用數(shù)學(xué)知

識(shí)求半徑。

9.【答案】平衡小車受到的摩擦力0.6240.620P、Q組成的系統(tǒng)，碰撞前后動(dòng)量守恒

【解析】解：(1)本實(shí)驗(yàn)是驗(yàn)證驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，故需要碰撞前后系統(tǒng)所受的合外力

為零，故長木板右端下面放墊塊的目的是使小車重力的下滑分力等于小車受到的摩擦力;

(2)碰前小車Q靜止，速度為零；由圖(b)可知，4。段小車的速度較快，一定是兩車碰撞

之前；而E/段速度較小為碰后的過程；由平均速度可求得：小車P碰前的速度為

20.8X10-3

Xm/s=1.04m/s

%=70.02

則碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)量為

Pi=MpUi=0.60x1.04kg?m/s=0.624kg?m/s

碰撞后P、Q共速，則碰撞后的速度為

-3

X，12.4X10/n,

v2=y=———m/s=0.62m/s

則碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)量為

P2=(mP+HIQM=(0.60+0.40)x0.62kg?m/s=0.620kg?m/s；

(3)通過分析碰撞前后系統(tǒng)的總動(dòng)量，可得出：在誤差允許的范圍內(nèi)，P、Q組成的系統(tǒng)，

碰撞前后動(dòng)量守恒。

故答案為：⑴平衡小車受到的摩擦力；(2)0.624；0.620；⑶P、Q組成的系統(tǒng),碰撞

前后動(dòng)量守恒

(1)明確實(shí)驗(yàn)原理，知道本實(shí)驗(yàn)兩小車應(yīng)滿足動(dòng)量守恒的條件，所以需要平衡摩擦力；

(2)物體發(fā)生的位移與發(fā)生這些位移所用時(shí)間的比值等于勻速運(yùn)動(dòng)的物體在該段時(shí)間內(nèi)

的速度，由動(dòng)量定義式求出動(dòng)量；

(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)中得出的前后的總動(dòng)量大小關(guān)系，明確在誤差允許的范圍內(nèi)總動(dòng)量守恒。

本題考查驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)，要注意根據(jù)碰撞之后共同勻速運(yùn)動(dòng)的速度小于碰撞

之前P獨(dú)自運(yùn)動(dòng)的速度，確定CD應(yīng)在碰撞之前，DE應(yīng)在碰撞之后，是解決本題的突破

口。同時(shí)注意明確動(dòng)量守恒定律的驗(yàn)證方法。

10.【答案】120CD2900.0122

【解析】解：(1)示數(shù)為12Xion=1200；

(2)①要準(zhǔn)確測量燈的阻值，Ai表內(nèi)阻必須已知，電壓最大為3V,通過的最大電流為加=

乎=彘=25血4故選C；

②改裝電壓表時(shí)，表頭內(nèi)阻需已知，故B不能選，所以&表應(yīng)選。，電阻箱接入電路

的阻值為

R=%一白3=”」-100。=2900.012.

UgA*5IXIO』，

③根據(jù)歐姆定律得/2(R+53)=/1心2+之)，整理得/2=胃膏/1，根據(jù)數(shù)學(xué)正比例函

數(shù)可得圖像的斜率為k=2nb4=0.042

"Jrra?辦+/JR+rA320.0mA-10.0mA

代入數(shù)據(jù)解得&=1220。

故答案為：(1)120；(2)①C;②D,2900.0；③122。

(1)歐姆表讀數(shù)為表盤讀數(shù)乘以倍率；(2)本實(shí)驗(yàn)，所選兩個(gè)電流表都必須知識(shí)內(nèi)阻，因

此排出4電流表，已知最大電壓和被測電阻的估計(jì)值通過歐姆定律計(jì)算通過的最大電流

判斷所選電流表，另一個(gè)自然得出所選；根據(jù)已知和歐姆定律可以計(jì)算電阻箱的阻值;

由歐姆定律得出兩個(gè)電流表的關(guān)系式，根據(jù)圖像的斜率求出被測電阻。

本題考查歐姆表讀數(shù)和根據(jù)提供電表通過計(jì)算選擇合適的電表測量電阻，需綜合運(yùn)用串

并聯(lián)電阻規(guī)律和歐姆定律判斷。

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11.【答案】解：（1）從A到B的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mgh-Wf=\mvl-0

解得叼=^mgh

（2）從B到D,運(yùn)動(dòng)員做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向ssin45。=

豎直方向：scos45°=^gt2

聯(lián)立解得1=聆，s=3標(biāo)

（3）著陸前瞬間，vy=gt=gx=J6gh

達(dá)到。點(diǎn)的速度為%=J理+藥,解得小=

答：（1）從4到B的過程中，運(yùn)動(dòng)員克服阻力做的功為:mgh；

（2）8、D之間的距離為3同；

（3）運(yùn)動(dòng)員著陸前瞬間的速度大小為J孚。

【解析】（1）從4到B,根據(jù)動(dòng)能定理求得克服摩擦力做功；

（2、3）從B到D,運(yùn)動(dòng)員做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求得。

本題主要考查了動(dòng)能定理和平拋運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是正確的選取過程，抓住平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)即

可。

12.【答案】解：（1）昉棒到達(dá)PQ前，兩棒均在區(qū)域I中，回路中磁通量變化為零，故

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，兩棒均做加速度相同的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a,由牛頓

第二定律有：

mgsin37°=mat

代入數(shù)據(jù)解得的=6m/s2

（2）ab棒在區(qū)域n中恰好做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，表明其受到的安培力恒定，即回路中電流

恒定，故cd棒切制磁感線的速度恒定，所以cd棒一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)。

設(shè)cd棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度（也是ab棒剛好到達(dá)PQ的速度）大小為"，ab棒釋放點(diǎn)與PQ的距

離為其。

cd棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv

回路中的電流為：/=。

cd棒受到的安培力為：F=BIL

對(duì)cd棒，由力的平衡條件有：mgsin370-F

聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得：v=3m/s

對(duì)ab棒，由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：戶=2%%

代入數(shù)據(jù)解得：x=0.75m,F=6N

(3)ab棒在區(qū)域I中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：公=機(jī)="=0-5s

ab棒到達(dá)PQ后的過程可分為兩段：

①過程1,從ab棒位于PQ至cd棒到達(dá)PQ。由右手定則可知ab棒中電流方向從b到a,由

左手定則可知ab棒受到的安培力方向垂直軌道平面向下。

設(shè)ab棒在區(qū)域H中的加速度為a2,由牛頓第二定律得：Mgsin37°-+Mgcos37°)=

Ma2

解得股=lm/s2

此過程的時(shí)間為t2=；=?s=2s

cd棒剛到達(dá)PQ處時(shí)ab棒的速度為M=V+a2t2

解得M=5m/s

②過程2,從cd棒到達(dá)PQ至兩棒共速。

對(duì)ab棒，由牛頓第二定律有：Mgsin370-fiMgcos37°=Ma3

代入數(shù)據(jù)得：a3=2mls2

cd棒進(jìn)入?yún)^(qū)域口后經(jīng)過時(shí)間t3兩棒共速，共速時(shí)相距最遠(yuǎn)，故有：v+ait3=v'+a3t3

代入數(shù)據(jù)得t3=0.5s

所求總時(shí)間t=tl+12+七

解得t=3s

答：(l)ab棒到達(dá)PQ前，ab和cd棒的加速度大小均為6m/s2；

(2)ab棒的釋放處與PQ的距離為0.75m；

(3)從釋放兩棒開始，經(jīng)3s時(shí)間，兩棒在相遇前相距最遠(yuǎn)。

【解析】(l)ab棒到達(dá)PQ前，兩棒均在區(qū)域I中，回路中磁通量變化為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

為零，回路中沒有感應(yīng)電流，兩棒不受安培力，根據(jù)牛頓第二定律求兩棒的加速度大小。

(2)ab棒在區(qū)域II中恰好做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，表明其受到的安培力恒定，即回路中感應(yīng)

電流恒定，cd棒切制磁感線的速度恒定，所以cd棒一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)。對(duì)于cd棒，

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和安培力公式相結(jié)合求出cd棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度，也

就是帥棒剛好到達(dá)PQ的速度。再研究cd棒在區(qū)域I中的運(yùn)動(dòng)過程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求ab棒

的釋放處與PQ的距離。

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(3)ab棒到達(dá)PQ后的過程可分為兩段：①過程1,從ab棒位于PQ至cd棒到達(dá)PQ。②過

程2,從cd棒到達(dá)PQ至兩棒共速。對(duì)ab棒和cd棒，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)

合求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間。

本題中電磁感應(yīng)與力學(xué)知識(shí)的綜合，關(guān)鍵要分析清楚兩棒的運(yùn)動(dòng)情況，把握兩者位移關(guān)

系、速度關(guān)系，結(jié)合電磁感應(yīng)規(guī)律和力學(xué)規(guī)律進(jìn)行處理。

13.【答案】ABE

【解析】解：4、溫度是分子熱運(yùn)動(dòng)劇烈程度的標(biāo)志，溫度升高，分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)

能一定增大，但不是所有分子的速率都增大，故A正確；

B、100汽的水變成100。(：的水蒸氣，水吸收熱量而溫度不變，吸收的熱量轉(zhuǎn)化為分子勢(shì)

能，所以其分子之間的勢(shì)能增加，故B正確；

C、氣體分子間的距離較大，分子間的作用力很小，氣體總是很容易充滿整個(gè)容器，這

是分子熱運(yùn)動(dòng)的宏觀表現(xiàn)，故C錯(cuò)誤：

。、有規(guī)則外形的物體是單晶體，沒有確定的幾何外形的物體是多晶體和非晶體，故。

錯(cuò)誤；

E、根據(jù)熱力學(xué)第二定律，可知熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，故E正確。

故選：ABE.

溫度升高，并非所有分子的速率都增大；水吸收熱量而溫度不變，吸收的熱量轉(zhuǎn)化為分

子勢(shì)能；分子做永不停息的無規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)，使氣體能夠充滿整個(gè)容器；沒有確定的幾何

外形的物體是多晶體和非晶體；根據(jù)熱力學(xué)第二定律判斷。

本題考查了分子平均動(dòng)能、分子勢(shì)能、分子熱運(yùn)動(dòng)、晶體與非晶體、熱力學(xué)第二定律等

熱學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)，要明確溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，同時(shí)要求學(xué)生對(duì)這部分知識(shí)要重視

課本，強(qiáng)化記憶。

14.【答案】解：(1)氣體從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程為等壓變化，根據(jù)蓋一呂薩克定律可得：

竺_上

五一五

解得氣體在狀態(tài)b的溫度為：熱=2

4

(2)從狀態(tài)a到狀態(tài)上活塞對(duì)氣體做的功為：

W=Fx=pSx=p(4K—V)=3pV

氣體從狀態(tài)b到狀態(tài)C的過程為等容變化，由查理定律有：獸=篝

TbTc

解得：Tc=4Tb=To；

從狀態(tài)a經(jīng)b再到c的過程中，由熱力學(xué)第一定律可得：AU=Q+W