2022年湖北省襄陽四中高考物理四模試卷（附答案詳解）

2022年湖北省襄陽四中高考物理四模試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.目前，我們學習過的核反應有4種類型：核衰變、核裂變、核聚變和人工核轉(zhuǎn)變。

下列方程屬于衰變類型的是（）

A.liNa->i2M5+-ieB.ll5u+onT繆Xe+需Sr+2jn

C.^F+iHe-當Ne+^HD.jH+lH￡He+^n

2.我國空降部隊在抗震救災過程中多次建立功勛，這與傘兵

們平時嚴格的訓練是分不開的。一傘兵從高空懸停的直升

機上無初速度下落，5s后打開降落傘。規(guī)定豎直向下為正

方向，其沿豎直方向運動的速度一時間圖像如圖所示，下

列說法正確的是（）

A.。?5s內(nèi)傘兵處于完全失重狀態(tài)

B.打開降落傘瞬間，傘兵處于超重狀態(tài)

C.傘兵下落50nl時速度小于90km//i

D.5?9s內(nèi)傘兵所受的合力越來越大

3.高考前學校為高三學生舉行趣味運動會，一名學生手持網(wǎng)

球拍托球沿某一段水平直線勻加速跑動，設球拍和球的質(zhì)

量分別為M、m,球拍平面和水平面之間的夾角為。，球

拍與球保持相對靜止，它們間的摩擦力及空氣阻力不計,

則（）

A.球拍對球的作用力為mg

B.運動員的加速度為gtan。

C.運動員對球拍的作用力為（M4-m）gcosQ

D.若加速度大于gsin。，球一定沿球拍向上運動

4.水平放置的平行帶電金屬板間存在勻強電場，同位素秘He和

的原子核先后以相同的速度，從同一位置P沿垂直于電P7

場的方向射入勻強電場中，并最終都運動到下金屬板。不

計粒子的重力，已知狙e和細e的原子核質(zhì)量之比為3：4,帶電量之比1：1,則初e、

/He的原子核從P點運動到下金屬板的過程中沿初速度方向發(fā)生的位移之比為（）

A.3：4B.4：3C.2：V3D.V3：2

5.高速公路上的標志牌都使用“回歸反光膜”，這種膜是用鋁板

玻兩球

球體反射元件制成的。如圖所示，反光膜內(nèi)均勻分布著球.

形的細玻璃珠，所用玻璃的折射率為1.6,入射的車燈光線一—S-d

經(jīng)玻璃珠折射一反射T折射后恰好和入射光線平行，則光

進入玻璃珠后的折射角的正弦值為（）

A.0.96B.0.8C.0.6D.0.3

6.兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度大小>8''

:???:

B=0.2T,方向與紙面垂直，邊長L=0.1m、總電>?<

?:e.e:

阻R=0.050的正方形導線框abed位于紙面內(nèi)，cd：???：

邊距磁場邊界L,如圖所示，己知導線框一直向右做［：］

勻速直線運動，cd邊于t=1s時刻進入磁場，以初.小富?二

r

工Ti：

始位置為計時起點，規(guī)定：電流沿順時針方向時的

電動勢E為正，磁感線垂直紙面向外時磁通量。為正。則以下關于線框中的感應電

動勢E、磁通量⑦、感應電流I和安培力F隨時間變化的圖象中正確的是（）

7.從高H處的一點。先后平拋兩個小球1和2,球1恰好直接越過豎直擋4落到水平地面

上的B點，球2與地碰撞n次后恰好越過同一豎直擋板后也落于B點。設球2與地面的

二、多選題（本大題共4小題，共16.（）分）

第2頁，共20頁

8.如圖所示，三個質(zhì)點a、b、c的質(zhì)量分別為nii、m2^M（M

遠大于mi及tn?），在萬有引力作用下，a、b在同一平面內(nèi)

繞c沿逆時針方向做勻速圓周運動。已知軌道半徑之比為

心：8=1：4,則下列說法中正確的有（）

A.a、b運動的周期之比為7；：Tb=1：8

B.a、b運動的周期之比為兀：Tb=1：4

C.從圖示位置開始，在b轉(zhuǎn)動一周的過程中，a、b、c共線12次

D.從圖示位置開始，在b轉(zhuǎn)動一周的過程中，a、b、c共線14次

9.如圖所示，甲為一臺小型發(fā)電機構造示意圖，線圈逆時針轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的電動勢隨時

間變化的正弦規(guī)律如圖乙所示，發(fā)電機線圈內(nèi)阻為10,外接電阻為50,則下列說

法中正確的為（）

A.電壓表的示數(shù)為6V

B.在0.01s時刻，穿過線圈的磁通量最大

C.通過電阻的電流方向1秒鐘改變50次

D.線圈每轉(zhuǎn)一周電阻R上產(chǎn)生焦耳熱0.1/

10.一列簡諧橫波沿x軸傳播，在t=0.125s時的波形如圖甲所示，M、N、P、Q是介質(zhì)

中的四個質(zhì)點，已知N、Q兩質(zhì)點平衡位置之間的距離為如圖乙所示為質(zhì)點P

的振動圖象。下列說法正確的是（

A.該波的波速為120m/s

B.該波沿x軸正方向傳播

C.質(zhì)點P的平衡位置位于％=3/n處

D.從t=0.125s開始，質(zhì)點Q比質(zhì)點N早京s回到平衡位置

11.“風洞實驗”指在風洞中安置飛行器或其他物體模型，研究氣體流動及其與模型的

相互作用，以了解實際飛行器或其他物體的空氣動力學特性的一種空氣動力實驗方

法。在如圖所示的矩形風洞中存在大小恒定的水平風力，現(xiàn)有一小球從M點豎直向

上拋出，其運動軌跡大致如下圖所示，其中M、N兩點在同一水平線上，0點為軌

跡的最高點，小球在M點動能為刃，在。點動能為16/,不計空氣阻力，下列說法正

確的是()

A.小球的重力和受到的風力大小之比為4：3

B.小球落到N點時的動能為73/

C.小球在上升和下降過程中機械能變化量之比為1：3

D.小球從M點運動到N點過程中的最小動能為5.76/

三、實驗題(本大題共2小題，共16.0分)

12.某同學通過兩種方法測量量程為31/的電壓表的內(nèi)阻。

(1)先用多用電表的歐姆擋“X100”擋直接測量電壓表的內(nèi)阻，電壓表、多用電表

的示數(shù)分別如圖甲、乙所示，則電壓表的示數(shù)為V,內(nèi)阻為0。

(2)再進一步精確測量電壓表的內(nèi)阻的電路圖如圖丙所示，圖中電阻箱R的最大電阻

為99990,定值電阻r的阻值為5000,電源E的內(nèi)阻不計。連接好電路后調(diào)節(jié)電阻

箱R的阻值，使得電壓表的指針滿偏，記下此時電阻箱R的阻值％=9000；然后調(diào)

第4頁，共20頁

節(jié)電阻箱R的阻值，使得電壓表的指針半偏，記下此時電阻箱R的阻值/?2=46000,

則電壓表的內(nèi)阻心=0。

13.某同學設計出如圖1所示的實驗裝置來驗證機械能守恒定律。讓小球自由下落，下

落過程中小球的球心經(jīng)過光電門1和光電門2,光電計時器記錄下小球通過光電門的

時間At1、At2,已知當?shù)氐闹亓铀俣却笮間。

。二g電磁鐵

?g光電門1

cWH光電門2

1gL

UU

圖1

(1)該同學先用螺旋測微器測出小球的直徑如圖2所示，則其直徑d=mm.

(2)為了驗證機械能守恒定律，該實驗還需要測量下列哪些物理量_____(填選項序

號)。

A.小球的質(zhì)量m

A光電門1和光電門2之間的距離力

C小球從光電門1到光電門2下落的時間t

(3)小球通過光電門1時的瞬時速度%=(用題中所給的物理量符號表示)。

(4)保持光電門1位置不變，上下調(diào)節(jié)光電門2,多次實驗記錄多組數(shù)據(jù)，作出彘隨

八變化的圖像如圖3所示，如果不考慮空氣阻力，若該圖線的斜率々=,就可

以驗證小球下落過程中機械能守恒。

(5)考慮到實際存在空氣阻力，設小球在下落過程中平均阻力大小為/,根據(jù)實際數(shù)

據(jù)繪出的看隨八變化的圖像的斜率為k(/c＜自)，則實驗過程中所受的平均阻力,

與小球重力mg的比值￡=(用k、/q表示)。

四、計算題(本大題共3小題，共40.()分)

14.某物理社團受“蛟龍?zhí)枴陛d人潛水器的啟發(fā)，設計了一個測定水深的深度計。如圖，

導熱性能良好的汽缸I、II內(nèi)徑相同，長度均為L,內(nèi)部分別有輕質(zhì)薄活塞4、B,

活塞密封性良好且可無摩擦左右滑動，汽缸I左端開口。外界大氣壓強為p。，汽缸

n內(nèi)通過活塞4封有壓強為P。的氣體，汽缸n內(nèi)通過活塞B封有壓強為3p。的氣體,

一細管連通兩汽缸，初始狀態(tài)4、B均位于汽缸最左端。該裝置放入水下后，通過力

向右移動的距離可測定水的深度。已知P。相當于10m高的水柱產(chǎn)生的壓強，不計水

溫變化，裝置的內(nèi)徑遠小于水的深度，被封閉氣體視為理想氣體。

(1)當4向右移動與時，求該深度計所處位置水的深度八;

(2)求該深度計能測量的最大水深九根。

15.在%Oy坐標系中有勻強電場和勻強磁場，y軸為兩種場的分界線。電場、磁場方向

如圖所示，y軸上P、Q兩點的縱坐標分別為0.5L和L。在坐標原點。處有一粒子源，

能夠向y軸右側(cè)各方向發(fā)射質(zhì)量為機、電荷量為q的帶正電荷的粒子(粒子重力不計),

所發(fā)射的正電荷最大速度為%。帶電粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，最遠能夠到達y軸上的Q點;

從P點垂直y軸進入電場的粒子與工軸交點橫坐標為一，

(1)求勻強磁場的磁感應強度大小B；

(2)求勻強電場的電場強度大小E；

(3)從P點垂直y軸進入電場的粒子，求從。點出發(fā)到第一次到達x=-q所經(jīng)歷的時

間。

如圖所示，在足夠大的水平地面上有一質(zhì)量M=2kg的靜止長木板，長木板的左端放置

一質(zhì)量m=1kg的物體4,距長木板的右端匕=27n處放置質(zhì)量與物體A相等的另一物體

B(物體B底面光滑)。在t=0時刻對物體4施加一水平向右的恒定推力F=6N,同時給

物體B一向右的瞬時速度%=2m/s,已知長木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)%=0.05,

第6頁，共20頁

物體4與長木板間的動摩擦因數(shù)42=0.4,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，長木板的長

度L=5m,取重力加速度大小g=10m/s2,物體4、B均可視為質(zhì)點。

F_-far

,zzzzzzzzzzzzzzzzzzzzz>/zzzJzzzz

(1)求￡=0時刻長木板的加速度大小；

(2)求物體A、B在長木板上相撞的時刻九；

(3)若在t2=2s時刻撤去推力尸，求物體4B在長木板上運動過程中二者相距最近時的

距離d。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：力、給Na-移Mg+與e是夕哀變，故A正確；

B、笏U+H-探Xe+器Sr+2H是核裂變反應，故8錯誤；

C、黑F+fHet給Ne+帽是原子核的人工轉(zhuǎn)變，故C錯誤；

。、出+出/He+凱是核聚變反應，故。錯誤；

故選：Ao

理解衰變、裂變和聚變的相關概念并結(jié)合選項完成分析。

本題主要考查了原子核的人工轉(zhuǎn)變、衰變、裂變和聚變等物理學概念，理解改變并能夠

結(jié)合選項完成分析即可。

2.【答案】B

【解析】解：力、由圖可知，在0?5s時間傘兵做勻加速直線運動，加速度為a=ym/s2=

8m/s2,不是完全失重狀態(tài)，故A錯誤；

8、由圖可知，在5s?9s時間傘兵向下做減速運動，所以打開降落傘瞬間，加速度的方

向向上，處于超重狀態(tài)，故8正確；

C、傘兵下落50m時;at?——50m,解得t=皿^s，此時速度v=at=8x皿^m/s=

20V2>25m/s=90km/h,故C錯誤；

。、由圖可知，在5s?9s時間傘兵向下做減速運動，加速度越來越小，即所受的合力越

來越小，故。錯誤。

故選：B。

速度-時間圖象傾斜的直線表示物體做勻加速直線運動，其加速度不變。根據(jù)斜率表示

加速度，分析物體的受力情況。

本題根據(jù)斜率表示加速度判斷加速度的變化，進而判斷受合力的變化情況。

3.【答案】B

【解析】解：力、球拍與球保持相對靜止，球受重力與球拍對球的作用力，合力水平向

左，受力分析如圖所示，F(xiàn)為球拍對球的作用力，顯然F>mg

B、如圖所示=器，所以a=gtan。，由于運動員與球一起運動，故

me

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B正確;

c、根據(jù)受力示意圖可知，運動員對球拍的作用力為趙喑，故C錯誤，

cos6

D、如果加速度大于a>gsinb,加速度沿斜面的加速度為g=acosO>gsinOcosO,只

有&大于gsinJ時球才會沿球拍向上運動，故。錯誤

故選：B。

先對小球、球與球拍受力分析，在作出力的矢量三角形即可求解

本題考查受力分析與矢量三角形的靈活應用以及加速度的分解，注意基本知識的儲備。

4.【答案】D

【解析】解：平行電場方向受到電場力，做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)位移時

間關系公式，有：y=gat2,x=vt

根據(jù)牛頓第二定律，有：qE=ma,

聯(lián)立解得：x=v延

\qE

則Xi：x2=V3：2

故。正確，A8C錯誤。

故選：Do

帶電粒子僅受電場力做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動公式分析解答。

帶電粒子做類平拋運動，解題關鍵掌握類平拋運動的規(guī)律，注意加速度的計算。

5.【答案】C

【解析】解：由題意分析：光線照射在玻璃球上，最終能沿原方向相反方向射出，說明

入射光路與出射光路平行對稱，作出平行返回的光線的光路如圖，

由幾何關系知，出射光線與入射光線平行的條件為：%=2%

聯(lián)立根據(jù)數(shù)學知識解得：sind2=0.6

故ABD錯誤，C正確

故選：Co

由題，光線照射在玻璃珠上，出射光線與入射光平行反向，說明入射光路與出射光路對

稱，作出光路圖，由幾何知識得到入射角。1與折射角%的關系，由幾=鬻解得。

sint72

本題的解題關鍵是抓住光路的對稱性，畫出光路圖，再通過幾何關系確定入射角與折射

角的關系，進行求解。

6.【答案】B

【解析】解：線框從圖中所示位置開始向右做勻速運動，t=ls時開始進入磁場，所以

線框的速度"=-=4m/s=O.lm/s

4、在0-1s時間內(nèi)，線框處在磁場之外，磁通量6=0；

在Is-2s時間是線框進入磁場的過程，磁通量逐漸增大，t=2s時線框剛好完全進入磁

場區(qū)域，磁通量最大%=BL2=0.2x0.12Wb=2x10~3Wb

在2s-3s時間是線框離開磁場的過程，磁通量逐漸減小，t=3s時線框剛好完全離開磁

場區(qū)域，磁通量減小為0,故A錯誤；

BCD、在Is-2s時間是線框勻速進入磁場的過程，

線框進入磁場區(qū)域的過程中的電動勢為瓦=BLv=0.2x0.1x0.1K=2x10-3^,回路

中的電流人=2=它四二4=0.04/1,

1R0.05

根據(jù)楞次定律可判斷電流方向為順時針方向，電動勢和電流均為正值；

邊框所受安培力F=BIL=0.2X0.04X0.1N=8x10』,根據(jù)左手定則可知安培力

方向水平向左

同理可得：在2s-3s時間是線框離開磁場的過程，

其電動勢E2=E]=2x10-3了，回路中的電流=h=0.044,

根據(jù)楞次定律可判斷電流方向為逆時針方向，電動勢為負值值，

邊框所受安培力尸=BIL=0.2x0.04x0.1N=8x10』,根據(jù)左手定則可知安培力

方向水平向左，故B正確，CC錯誤。

故選：B。

由題意求出線框向右勻速運動的速度大小，線框以速度“勻速穿過磁場區(qū)域，穿過線框

的磁通量由磁場與面積決定，而面積卻由線框?qū)挾扰c位移決定，但位移是由速度與時間

決定，所以磁通量是磁場、線框?qū)挾?、速度及時間共同決定；

由于線框勻速穿過磁場，因此在進入或離開磁場時，根據(jù)由楞次定律判斷感應電流方向，

第10頁，共20頁

確定出電動勢的方向.由6=8幾求出感應電動勢，由歐姆定律求出電流，線框切割磁

感線產(chǎn)生的電動勢大小和感應電流大小相等，但方向相反；

線框中有感應電流，則由左手定則可確定安培力的方向，通過安培力公式可得出力的大

小。

電磁感應與圖象的結(jié)合問題，在解題時涉及的內(nèi)容較多，同時過程也較為復雜，故在解

題時要靈活，可以選擇合適的解法，如排除法等進行解答，本題難度較大。

7.【答案】A

【解析】解：如圖所示，設球1的初速度為。1，球2的初速度為外，設2平拋第一次運動

的水平位移為通，由幾何關系和對稱性可知1的水平位移為x=(2n+l)x0?

球1從。點飛到B點的運動時間為：t=居，球1從。點飛到B點在水平方向有：%t=

(2n+I)%。①

由對稱性可知，球2從0點飛到B點時間t2是球1從。點飛到B點的運動時間G的(2n+1)

倍，則兩球在水平方向有：

V^t=V2(2(2)

且tz=(2n+l)t...③

故:%=(2n+l)v2,

2

剛好能過M點，對球1：H-h=^gt',xNM=v1t\

聯(lián)立以上可解得力=簫"，故A正確，BCO錯誤。

171十

故選：Ao

根據(jù)％=[gt2和X="判斷兩小球都能落在B點和剛好能過M點的位移與時間關系。

分析兩小球的運動軌跡的特點，找出對稱關系、幾何關系以及等時關系式，列出式子是

求解的關鍵.從以上的實例分析中我們看到，發(fā)現(xiàn)事物的對稱性并利用運動的對稱性去

分析處理問題，可以大大地簡化分析處理問題的過程.

8.【答案】AD

【解析】

【分析】

本題根據(jù)向心力來源列式，即可求出周期之比；第二問中，可以以質(zhì)點b、c系統(tǒng)為

參考系，則a質(zhì)點轉(zhuǎn)動7圈，共線14次。

質(zhì)點a、b均在c點的萬有引力的作用下繞c做圓周運動，由?引=/而，可求出

周期比，每多轉(zhuǎn)半圈，三質(zhì)點共線一次，可先求出多轉(zhuǎn)半圈的時間，與總時間相比，得

出三點共線次數(shù)。

【解答】

AB.萬有引力提供向心力，則有：G=mi%梟，G詈=2rb導；

所以Ta：Tb=1：8；故A正確，B錯誤；

TT

CD.設每隔時間t,a>b共線一次，則（3°—3匕）￡=兀,所以t=-Q—3b；

故：n='=T叱-%）=T怎）=14,故C錯誤,力正確。

故選ADo

9.【答案】BD

【解析】解：力、根據(jù)乙圖可知，線圈轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應電動勢最大值Em=6注心有效

值E=.=華”=6v,電壓表示數(shù)〃=J_E=<X6V=5V,故A錯誤；

V2V2R+r5+1

B、在0.01s時亥“，產(chǎn)生的感應電動勢為零，此時線圈位于中性面位置，穿過線圈的磁通

量最大，故8正確；

C、一個周期內(nèi)電流方向改變2次，故1s內(nèi)電流的方向改變次數(shù)為n=2x/=2x急次

=100次，故C錯誤；

D、線圈每轉(zhuǎn)一周電阻R上產(chǎn)生焦耳熱Q=二x0.02/=0.1/,故。正確；

故選：BD。

由圖讀出電動勢的最大值，求出有效值，根據(jù)歐姆定律求出外電壓的有效值，在一個周

期內(nèi)電流方向改變2次，根據(jù)Q=9T求得產(chǎn)生的熱量。

交流電的電壓、電流、電動勢等等物理量都隨時間作周期性變化，但電流表電壓表測量

的是有效值，產(chǎn)生的熱量用交流電的有效值計算。

10.【答案】AD

第12頁，共20頁

【解析】解：4、根據(jù)三角函數(shù)的相關知識可知，NQ兩質(zhì)點平衡位置之間的距離為：

n

3AN°“

孫。=7一獲=16m

解得：A=24m

根據(jù)圖乙可知波的周期為7=0.2s

因此波速為f=，=總m/s=120m/s,故A正確；

B、由圖乙可知，t=0.125s時刻，質(zhì)點「沿'軸負方向運動，根據(jù)同側(cè)法可知，該波沿x

軸負方向傳播，故B錯誤：

C、由圖乙可知，在t=0.125s之后，質(zhì)點P第一次位于波峰的時間為t=0.25s,由此可

知波峰為t=0.125s時刻質(zhì)點Q所在處的波峰傳播來的，所以有

V=0.25s-0.125s

解得：xP=1m,故C錯誤；

D、從t=0.125s開始，質(zhì)點Q第一次回到平衡位置所經(jīng)歷的時間為

ti=-=0.05s

4

圖甲中，質(zhì)點Q左側(cè)波形的第一個平衡位置處坐標為

=%Q-：=10m

該振動狀態(tài)第一次傳播到質(zhì)點N所經(jīng)歷的時間為：

,_占_10_1

to=-=—s=—s

,V12012

則戊=t2T1=3s-0.05s=*,即質(zhì)點Q比質(zhì)點N早5s回到平衡位置，故。正確；

故選：AD.

根據(jù)圖甲得出波長，結(jié)合波長和波速的關系完成解答；

根據(jù)同側(cè)法分析出波的傳播方向；

根據(jù)橫波在水平方向的運動特點計算出質(zhì)點P的平衡位置；

分別計算出不同質(zhì)點回到平衡位置的時間再作差即可。

本題主要考查了橫波圖像的相關應用，根據(jù)圖片得出周期、波長等物理意義，熟悉橫波

在不同方向的運動特點，結(jié)合運動學公式即可完成分析。

11.【答案】BCD

【解析】解：力、設風力大小為尸，小球重力大小為mg,。、M兩點間的水平距離為今，

豎直距離為九，根據(jù)豎直上拋規(guī)律有：

對小球從運動到。點過程，根據(jù)動能定理有

FXi-mgh=Ek0-EkM

由題意可知

=9j,

根據(jù)牛頓第二定律可得小球在水平方向的加速度大小為：

a=―m,

小球從M運動到。所用時間為

9,

根據(jù)運動學公式有

14-2

L=二2Qt，

聯(lián)立解得：

F_4

mg3,

故A錯誤；

B、MN兩點間水平距離

x=|a(2t)2

設小球落到N點時的動能為&1，根據(jù)動能定理有

Fx-Ekl一;m詔

聯(lián)立解得：En=73/,

故8正確；

C、設0、N兩點間的水平距離為不，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律的推論可知

￡1_1

“33

根據(jù)功能關系可知，小球運動過程中，風力對小球做的功等于其機械能的變化量，則小

球在上升和下降過程中機械能變化量之比為

絲1=堊1=工

峰FX23'

故C正確；

。、小球在重力和風力的合力場中做類斜拋運動，當小球速度方向與合力方向垂直時動

能最小，根據(jù)前面分析可知合力與豎直方向的夾角的正切值為

第14頁，共20頁

4

tand=-

3

根據(jù)速度的合成與分解可得小球從M點運動到N點過程中的最小速度為

.?4

vm=vosin0=-v0,

解得最小動能為

Ekm=25=5.76/，

故。正確。

故選：BCD。

小球在豎直方向上做豎直上拋運動，根據(jù)對稱性分析從M點至。點和從。點至N點的運動

時間相等；小球在水平方向上做初速為零的勻加速運動，由運動學公式位移公式，運用

比例法求出/與小之比，分別研究M到。和。到N水平方向的分運動，由動能定理求解可

得到小球落到N點時的動能；根據(jù)功的計算公式求解風力做功之比；求出風力和重力的

大小關系，根據(jù)速度的合成與分解求解最小的速度，由此得到小球動能的最小值.

本題考查帶電小球在復合場中的運動，注意將小球按照豎直方向和水平方向進行分解,

在解決B點動能時要注意結(jié)合運動學和動能定理進行求解，不能分方向列出動能定理,

因為動能定理為標量性方程，不能分解。

12.【答案】2.0022002300

【解析】解：⑴電壓表的最小分度為0.W,應估讀到0.01匕故電壓表的示數(shù)為2.00匕

根據(jù)多用電表的讀數(shù)規(guī)則可知，電壓表的內(nèi)阻為22x100/2=22000。

(2)設電壓表滿偏時電流為/，則電壓表半偏時電流為g由閉合電路歐姆定律可得：

E=/(/?!/+R]+r)

I

E=+R2+r)

Ry=23000。

故答案為：(1)2.00；2200；(2)2300。

(1)根據(jù)電壓表和多用電表的讀數(shù)規(guī)則分析。

(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律分析列式。

本題考查閉合電路歐姆定律，涉及到電壓表和多用電表的讀數(shù)問題，目的是考查學生的

實驗能力，靈活運用歐姆定律解題是關鍵。

13.【答案】6.200警甘

【解析】解：(1)圖2所示螺旋測微器分度值為O.Olnun,測得小球的直徑d=6/mn+

O.O1x20.0mm=6.200mm；

(2)為了驗證機械能守恒定律，則有mg/i=；

A.由上式可知，小球的質(zhì)量m不需要測量，故4錯誤；

區(qū)光電門1和光電門2之間的距離h需要測量，故B正確；

C小球從光電門1到光電門2下落的時間t不需要測量，故C錯誤；

故選：B；

(2)小球通過光電門1時的瞬時速度可近似等于平均速度，則有%=2；

⑶由

mgh|mv2—

可得

⑷2)2d2(g)Z

由此可知，若該圖線的斜率

就可以驗證小球下落過程中機械能守恒。

(4)合隨力變化的圖像的斜率為匕即

設小球在下落過程中平均阻力大小為/，則

故k=

聯(lián)立解得：裔=若。

故答案為：(1)6.200(2)8(3)親(4瑤⑸鏟

ZJ11U

(1)根據(jù)螺旋測微器讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；

(2)該題利用自由落體運動來驗證機械能守恒，因此需要測量物體自由下落的高度無，以

及物體通過光電門的速度大小，在測量速度時我們利用小球通過光電門的平均速度來代

替瞬時速度，因此明白了實驗原理即可知道需要測量的數(shù)據(jù)；

(3)利用平均速度法求解到達光電門時的速度；

第16頁，共20頁

(4)根據(jù)機械能守恒列出七和八的關系式，分析圖象的斜率的表達式；

(5)根據(jù)牛頓第二定律列式分析即可。

解決本題需熟練掌握實驗原理，根據(jù)實驗原理分析所要測的物理量，掌握機械能守恒的

表達式和瞬時速度的求解方法。

14.【答案】解：(1)當4向右移動L/3時，設B不移動

對汽缸I內(nèi)氣體，由玻意耳定律得：p0SL=PiSxg

解得:Pi=|PO

而此時B中氣體的壓強為3Po>Pi，故8不動

由Pi=p0+ph

解得：水的深度Ph=Pi-Po=TPO，故h=5m；

(2)該裝置放入水下后，由于水的壓力4向右移動，汽缸I內(nèi)氣體壓強逐漸增大，當壓強

增大到大于3Po后B開始向右移動，當4恰好移動到缸底時所測深度最大，此時原汽缸I

內(nèi)氣體全部進入汽缸口內(nèi)，設B向右移動x距離，兩部分氣體壓強為22,活塞橫截面積

為S

對原I內(nèi)氣體，由玻意耳定律得：PQSL=p2Sx

對原II內(nèi)氣體，由玻意耳定律得：3p0SL=pzS(L-％)

又p2=Po+Phm

聯(lián)立解得Phm=3p0,故九機=30m?

答：(1)當4向右移動，時，求該深度計所處位置水的深度九為5m；

(2)求該深度計能測量的最大水深;un為30m。

【解析】(1)假設B不動，根據(jù)玻意爾定律可明確壓強大小，從而確定B是否變化，進而

求出壓強大小，再由壓強公式即可確定水的深度；

(2)當4恰好移動到缸底時所測深度最大，分別對/、〃內(nèi)氣體進行分析，根據(jù)玻意爾定

律可確定壓強，從而求出水的深度。

本題考查玻意爾定律的應用和壓強的計算，要注意明確研究對象的正確選擇，在解題時

應分別對兩部分氣體進行分析求解。

15.【答案】解：(1)由題意并根據(jù)幾何關系可知，沿軸正方向以最大速度為發(fā)射的粒子

能夠打在Q點，此時其在磁場中運動的半徑為

r=-

u02

根據(jù)牛頓第二定律有q%B=小璉

r0

聯(lián)立解得，8=竽

qL

(2)從P點垂直y軸進入電場的粒子在磁場中的運動半徑為

?_ro

ri-T

則該粒子的速度大小為

1

巧=”0

粒子進入電場后中做類平拋運動，其加速度大小為

。=歿

m

在X軸方向上有

合小

在y軸方向上有

-=-atf

221

聯(lián)立解得，E=警；

4qL

(3)從P點垂直y軸進入電場的粒子在磁場中運動時間為

71TlnL

&=--=--

V12v0

在電場中運動時間為

該粒子從。點出發(fā)到第一次到達X=-，所經(jīng)歷的時間為

._..._nL2L

t=亡1+七2=7-----H~~

如

o3v0

答：(1)勻強磁場的磁感應強度大小為鬻；

qL

(2)勻強電場的電場強度