2022年廣東省普通高中高考物理沖刺試卷（三）（附答案詳解）

2022年廣東省普通高中高考物理沖刺試卷（三）

1.如圖所示，一物體從九高度處以某一初速度水平拋出，從拋出至落地過程中，物體

在水平方向的位移為x,已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則該過程的運(yùn)動(dòng)時(shí)

間為（）

2.如圖所示，在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場中，有相距為L的4B兩點(diǎn)，其連線與電場

強(qiáng)度方向的夾角為仇4、B兩點(diǎn)間的電勢差UAB=力?，F(xiàn)將一根長為L的細(xì)金屬棒

沿4B連線方向置于該勻強(qiáng)電場中，此時(shí)金屬棒兩端的電勢差=4，則（）

A.U1=U2=ELcosdB.Ur=U2=-ELcosO

c.Ui=ELcosd,U2=oD.%=-ELcosd,U2=ELcosO

3.街頭變壓器給用戶供電的示意圖如圖.變壓器的輸入電壓是市電網(wǎng)的電壓，非常穩(wěn)

定，輸出電壓通過輸電線輸送給用戶，輸電線的電阻用品表示，滑動(dòng)變阻器R表示

用戶用電器的總電阻，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向下移動(dòng)時(shí)，下列說法正確的是（）

A.匕表的示數(shù)減小B.%表的示數(shù)減小

C.&表的示數(shù)增大D.%表的示數(shù)增大

4.2021年10月16日。時(shí)23分，搭載神舟十號(hào)載人飛船的長征二號(hào)尸遙十三運(yùn)載火箭,

在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點(diǎn)火發(fā)射，約582秒后，神舟十三號(hào)載人飛船與火箭成功分離,

進(jìn)入預(yù)定軌道，順利將翟志剛、王亞平、葉光富3名航大員送入太空.10月16日6時(shí)

56分，載人飛船與中國空間站組合體完成自主快速交會(huì)對(duì)接空間站組合體在離地

400km左右的橢圓軌道上運(yùn)行，如圖所示，11月8日，經(jīng)過約6.5小時(shí)的出艙活動(dòng)，

神舟十三號(hào)航天員乘組密切協(xié)同，圓滿完成出艙活動(dòng)全部既定任務(wù)，同時(shí)，在完成

任務(wù)的過程中，航天員發(fā)現(xiàn)在空間站內(nèi)每隔大約1.5小時(shí)就能看到一次日出，不計(jì)

一切阻力，組合體則根據(jù)題中所給信息，以下判斷正確的是（）

組合體

A.航天員在出艙工作時(shí)處于超重狀態(tài)

B.空間站組合體運(yùn)動(dòng)到近地點(diǎn)時(shí)的加速度近地點(diǎn)（（地球）遠(yuǎn)地點(diǎn)）最小

C.空間站組合體的橢圓軌道半長軸小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑

D.空間站組合體沿橢圓軌道由近地點(diǎn)向遠(yuǎn)地點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，機(jī)械能不守恒

5.圖甲是“探究光電效應(yīng)“的實(shí)驗(yàn)電路圖，光電管截止電壓U.隨入射光頻率v的變化

規(guī)律如圖乙所示，下列判斷正確的是（）

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A.入射光的頻率v不同時(shí)，截止電壓外不同

B.入射光的頻率v不同時(shí)，4-v圖像的斜率不同

C.圖甲所示電路中，當(dāng)電壓增大到一定數(shù)值時(shí)，電流表的示數(shù)將達(dá)到飽和電流

D.只要入射光的光照強(qiáng)度相同，光電子的最甲乙大初動(dòng)能就一定相同

6.如圖所示的是赤道上的帶有尖頂?shù)慕ㄖ?，高聳的尖頂?shí)

質(zhì)是避雷針，當(dāng)帶有負(fù)電的烏云經(jīng)過避雷針上方時(shí)，避雷

針開始放電形成瞬間電流，烏云所帶負(fù)電荷通過避雷針流

入大地。則地磁場對(duì)避雷針的作用力的方向?yàn)椋ǎ?/p>

A.正東

B.正西

C.正南

D.正北

7.水刀切割具有精度高，無熱變形、無毛刺，無需二次加工以及節(jié)約材料等特點(diǎn)，因

而得到廣泛應(yīng)用。某水刀切割機(jī)床如圖所示，若橫截面直徑為d的圓柱形水流垂直

射到要切割的鋼板上，碰到鋼板后水的速度減為零。已知水的流量（單位時(shí)間流出

水的體積）為Q，水的密度為p，則鋼板受到水的平均沖力大小為（）

8.如圖所示，質(zhì)量不等的4、8兩個(gè)物塊分別以大小不同的初速度在水平面上運(yùn)動(dòng),

已知兩物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則下列說法正確的是（）

A.質(zhì)量大的物塊運(yùn)動(dòng)的位移大B.質(zhì)量大的物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長

C.初速度大的物塊運(yùn)動(dòng)的位移大D.初速度大的物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長

9.如圖所示，4物體套在光滑的豎直桿上，8物體放置在粗糙的水平桌面上，4、B兩

物體用一跨過定滑輪的細(xì)繩連接.4、B的質(zhì)量均為粗，初始時(shí)細(xì)繩水平?，F(xiàn)將4物

體從P點(diǎn)由靜止釋放，下落到Q點(diǎn)時(shí)（B未撞到滑輪），其速度大小為〃P、Q之間的

高度差為/I，此時(shí)連接4物體的細(xì)繩與水平方向夾角為仇重力加速度為g,則在此

過程中（）

A.4物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

B.4物體到Q點(diǎn)時(shí)，B物體的速度大小為usinO

C.B物體克服摩擦做的功為mg/i-|mv2-|mv2sin20

D.B物體增加的動(dòng)能等于4物體減少的機(jī)械能

10.如圖所示，一質(zhì)量為zn,邊長為a的均勻正方形導(dǎo)線框4BCD放在光滑絕緣的水平面

上.現(xiàn)線框以速度"水平向右進(jìn)入邊界為MN的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為B,方向垂直于紙面向外，AB//MN,最終線框靜止在水平面上，則下列說法正

確的是（）

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M

A.4B邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，4、B間的電勢差為

B.AB邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，A,B間的電勢差為Bau

C.整個(gè)過程中，通過線框橫截面的電荷量為詈

D.整個(gè)過程中，線框產(chǎn)生的熱量為:m盧

11.某同學(xué)用如圖所示的裝置驗(yàn)證小球在向下擺動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，細(xì)線一端固定在

天花板上的。點(diǎn)，另一端連接小球，在0點(diǎn)的正下方有一根可以達(dá)到很高溫度的電

熱絲，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,電熱絲實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①測出小球的直徑。，再讓小球處于自然懸掛狀態(tài)，測出細(xì)線的長度為3小球下

端距水平地面的高度為八；

②將小球向左拉離平衡位置，測出球心與電熱絲的水平距離為x,接通電熱絲電源

開關(guān)，使電熱絲達(dá)到很高的溫度；

③由靜止釋放小球，使小球在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線立

即被電熱絲燒斷（不計(jì)細(xì)線燒斷時(shí)的能量損失）；

④燒斷細(xì)線后，小球水平拋出，測得小球拋出后的水平位移為s。

完成下列問題：

（1）本實(shí)驗(yàn)所用器材有：細(xì)繩、小球，電熱絲和（填選項(xiàng)前的字母）；

A.游標(biāo)卡尺

A刻度尺

C.天平

（2）燒斷細(xì)線瞬間，小球的速度表達(dá)式為%=；（用已知和測量物理量的符號(hào)

表示）

（3）驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式為。（用已知和測量物理量的符號(hào)表示）

/////

L

?77〃"力77

12.某同學(xué)準(zhǔn)備自己動(dòng)手制作一個(gè)歐姆表，可以選擇的器材如下：

①電池E（電動(dòng)勢和內(nèi)阻均未知）

②表頭團(tuán)（刻度線清晰，但刻度值不清晰，量程/g未知，內(nèi)阻未知）

③電壓表回（量程為1.5匕內(nèi)阻&=10000）

④滑動(dòng)變阻器％（0?100）

⑤電阻箱;?2（。?1000。）

⑥開關(guān)一個(gè)，理想導(dǎo)線若干

（1）為測量表頭回的量程，該同學(xué)利用所給器材設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路。閉合開關(guān),

調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器&的滑片至中間位置附近某處，當(dāng)電阻箱阻值調(diào)到40。時(shí)，表頭恰

好滿偏，此時(shí)電壓表V的示數(shù)為1.5匕將電阻箱阻值調(diào)到1300,微調(diào)滑動(dòng)變阻器R

的滑片位置，使電壓表團(tuán)的示數(shù)仍為1.5叭發(fā)現(xiàn)現(xiàn)此時(shí)表頭國的指針指在如圖乙所

示位置。由以上數(shù)據(jù)可得表頭回的內(nèi)阻Rg=表頭團(tuán)的量程%=mA.

（2）該同學(xué)接著用上述器材測量該電池E的電動(dòng)勢和內(nèi)阻，測量電路如圖丙所示，電

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阻箱&的阻值始終調(diào)節(jié)為10000，圖丁為測出多組數(shù)據(jù)后得到的U-/圖線(U為電

壓表回的示數(shù)，/為表頭團(tuán)的示數(shù))。根據(jù)電路圖及圖線，可得被測電池的電動(dòng)勢

E=V,內(nèi)阻r=0。(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)

13.如圖所示，粗糙斜面SB的傾角a=37。，48與光滑的水平面BC平滑連接，在C處利

用擋板固定一個(gè)水平輕彈簧，一個(gè)質(zhì)量m=2kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))自斜面上的4

點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)t=1s到達(dá)斜面底端B點(diǎn)時(shí)的速度大小=2.0m/s,取sin37。=

0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2?求：

(1)4點(diǎn)距水平面的高度九。

(2)物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃。

(3)在物體與彈簧第一次作用的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能Ep。

14.如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

B,MN上方有范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，電場邊界與磁場區(qū)域的最高處相切于。點(diǎn),

電場強(qiáng)度大小為E、方向垂直MN向下。在磁場區(qū)域的最低點(diǎn)P處有一粒子源，它能

向紙面內(nèi)各個(gè)方向發(fā)射速率相等的帶正電粒子，粒子的比荷為k(質(zhì)量m、電荷量q均

未知)，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用。

(1)要使沿PO方向射入磁場的粒子不能進(jìn)入電場，求粒子的速率應(yīng)滿足的條件。

(2)若粒子的速率為％=從P點(diǎn)沿某方向射入磁場的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的

時(shí)間最長，求這些粒子進(jìn)入電場后，在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)與邊界MN的最大距離心

（3）若粒子的速率為以=gkBR，從P點(diǎn)射入磁場的粒子，離開磁場后沿不同方向

射入電場。某些粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長，求這些粒子從P點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)至剛好回

到磁場經(jīng)歷的時(shí)間t。

15.人民教育出版社出版的高中物理選修3-5教材封面的插圖如圖，它是通過掃描隧

道顯微鏡拍下的照片：48個(gè)鐵原子在銅的表面排列成圓圈，構(gòu)成了“量子圍欄”。

為了估算鐵原子直徑，某同學(xué)查到以下數(shù)據(jù)：鐵的密度p=7.8xl03kg/m3,鐵的

摩爾質(zhì)量M=5.6x10-2kg/mol,阿伏加德羅常數(shù)N.=6.0x1023o若將鐵原子簡

化為球體模型，則鐵原子直徑的表達(dá)式為d=（用題中所給字母表示），由查

出的數(shù)據(jù)，求得鐵原子直徑約為m（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）。

16.如圖所示，一個(gè)底部有加熱裝置的圓柱形汽缸豎直放置在水

平地面上，質(zhì)量為加、橫截面積為S,厚度不計(jì)的活塞到汽缸___

底部的距離為汽缸高度的|,活塞下部封閉溫度為T的理想氣

體.已知重力加速度為g,外界大氣壓強(qiáng)恒為詈，忽略一切摩像班

擦.現(xiàn)封閉氣體的溫度T不變，在活塞上表面緩慢倒入沙子使

活塞到汽缸底部的距離變?yōu)槠赘叨鹊?求需要倒入沙子的質(zhì)量小1。

17.某橫波在介質(zhì)中傳播，t=0時(shí)刻波傳播到％軸上的質(zhì)點(diǎn)B時(shí)，所形成的波形如圖所

示，則。點(diǎn)開始振動(dòng)時(shí)振動(dòng)方向（選填“向上”或“向下”），若已知計(jì)時(shí)開

始后，則質(zhì)點(diǎn)4在t=0.3s時(shí)第二次出現(xiàn)在平衡位置，該簡諧橫波的波速等于

__m/so

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18.由透明體做成的三棱柱，橫截面為直角三角形，其中4B4C=

30°,如圖所示，AC面鍍膜，經(jīng)透明體射到AC面的光只能反

射?，F(xiàn)有一束光從4B面的。點(diǎn)垂直4B面射入透明體，經(jīng)4c面

的E點(diǎn)反射后從BC面射出透明體，出射光線與BC而成30。角。

求該透明體的折射率。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：在豎直方向上，物體做自由落體運(yùn)動(dòng)，則

h=1gt2

解得：t=后,故3正確，ACD錯(cuò)誤；

故選：B..

根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的物體在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

本題主要考查了平拋運(yùn)動(dòng)的相關(guān)應(yīng)用，理解平拋運(yùn)動(dòng)在不同方向的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)

學(xué)公式即可完成分析，屬于基礎(chǔ)題型。

2.【答案】C

【解析】解：由題，已知人B兩點(diǎn)間的距離為L及4B連線與電場方向的夾角為則這

兩點(diǎn)沿電場方向的距離d=Leos。，4、8兩點(diǎn)間的電勢差Ui=Ed=ELcos。。金屬棒放

在電場中產(chǎn)生靜電感應(yīng)現(xiàn)象，最終靜電平衡時(shí)，整個(gè)金屬棒是一個(gè)等勢體，故金屬棒兩

端的電勢差4=0。故C正確，A3。錯(cuò)誤。

故選：C?

己知?jiǎng)驈?qiáng)電場的場強(qiáng)為E,力、B兩點(diǎn)間的距離為L及ab連線與電場方向的夾角為仇根

據(jù)公式U=Ed,求出兩點(diǎn)沿電場方向的距離d,再求解電勢差%.金屬棒放在電場中產(chǎn)生

靜電感應(yīng)現(xiàn)象，最終靜電平衡時(shí)，整個(gè)金屬是一個(gè)等勢體，U2=0.

本題首先要想到勻強(qiáng)電場中電勢差與場強(qiáng)的關(guān)系式。=Ed,正確理解d的含義：兩點(diǎn)沿

電場方向的距離.其次要掌握靜電平衡狀態(tài)的特點(diǎn).

3.【答案】C

【解析】解：AD,理想變壓器的輸出電壓是由輸入電壓和匝數(shù)比共同決定的，雖然滑

動(dòng)變阻器的滑片P向下移動(dòng)，可輸入電壓與匝數(shù)比不變，所以副線圈的輸出電壓也不變，

因此匕表和匕表的示數(shù)不變，故AO錯(cuò)誤；

BC、當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)時(shí)，用戶用電器的總電阻減小，即副線圈電路的總

電阻減小，由歐姆定律可知,42表的示數(shù)增大，由于變壓器的輸入功率和輸出功率相等，

輸出功率增大，原線圈的輸入功率增大，因輸入電壓不變，所以輸入電流增大，久表的

示數(shù)，故8錯(cuò)誤，C正確；

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故選：c。

副線圈的電壓由原線圈的電壓和匝數(shù)比共同決定；

根據(jù)電阻的變化分析出副線圈的電學(xué)物理量變化，結(jié)合原副線圈的匝數(shù)比關(guān)系完成分析。

本題主要考查了變壓器的構(gòu)造和原理，理解原副線圈兩端匝數(shù)比和電學(xué)物理量的關(guān)系，

結(jié)合閉合電路的歐姆定律即可完成分析。

4.【答案】C

【解析】解：4、航天員在出艙工作時(shí)，萬有引力提供向心力，處于完全失重狀態(tài)，故

A錯(cuò)誤；

B、由牛頓第二定律知

則空間站組合體到近地點(diǎn)時(shí)的加速度最大，故8錯(cuò)誤；

C、同步衛(wèi)星的軌道半徑約三萬六千多公里，大于空間站組合體的橢圓軌道半長軸，故

C正確；

。、空間站組合體繞地球運(yùn)動(dòng)過程僅受地球的萬有引力，機(jī)械能守恒，故。錯(cuò)誤；

故選：Co

根據(jù)牛頓第二定律和萬有引力定律分析加速度大?。唤Y(jié)合同步衛(wèi)星的軌道半徑對(duì)比即可;

根據(jù)機(jī)械能守恒條件分析空間站組合體繞地球運(yùn)動(dòng)過程機(jī)械能是否守恒。

本題考查萬有引力定律的應(yīng)用，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度大小，根據(jù)機(jī)械能守恒條

件分析機(jī)械能是否守恒

5.【答案】A

【解析】解：4、根據(jù)公式瓦愜=九丫-%可知，入射光的頻率不同時(shí)，電子的最大初

動(dòng)能不同，又

eUc=Ekm

得：4=絲—也

課件入射光的頻率v不同時(shí)，截止電壓也不同。故A正確；

由上述分析可知，4=把-也

ee

則Uc-v圖像的斜率保持不變，故B錯(cuò)誤;

C、圖甲所示電路中，當(dāng)電壓增大到一定數(shù)值時(shí)，光電流為零，此時(shí)的電壓為截止電壓，

不會(huì)達(dá)到飽和電流，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)公式取恒=成-%可知，光電子的最大初動(dòng)能與入射光的光照強(qiáng)度無關(guān)，故。

錯(cuò)誤；

故選：4。

根據(jù)愛因斯坦的光電效應(yīng)方程結(jié)合動(dòng)能定理得出截止電壓的影響因素，結(jié)合圖像的斜率

特點(diǎn)完成分析；

正確理解光電效應(yīng)中飽和光電流和初動(dòng)能的影響因素。

本題主要考查了光電效應(yīng)方程的相關(guān)應(yīng)用，熟悉公式，理解圖線的物理意義，分清最大

初動(dòng)能和飽和光電流的影響因素即可完成分析。

6.【答案】B

【解析】解：當(dāng)帶有負(fù)電的烏云經(jīng)過避雷針上方時(shí)，避雷針開始放電形成瞬間電流，負(fù)

電電荷從上而下通過避雷針，所以電流的方向?yàn)閺南露?；赤道處的磁場的方向從南?/p>

北，根據(jù)左手定則，安培力的方向向正西，故8正確，AC。錯(cuò)誤。

故選：B。

明確左手定則的內(nèi)容和磁場的方向，根據(jù)左手定則即可確定地磁場對(duì)避雷針的作用力的

方向。

解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則判斷安培力的方向，明確負(fù)電荷定向移動(dòng)的方向?yàn)殡娏鞯?/p>

反方向。

7.【答案】D

【解析】解：設(shè)t時(shí)間內(nèi)有體積為V的水打在鋼板上，則這些水的質(zhì)量為

m—pV=pSvt=^nd2pvt

以這部分水為研究對(duì)象，它受到鋼板的作用力為F,以水運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量

定理得：

Ft=0—mv

解得：F=-^nd2pv2

水流速度為

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根據(jù)牛頓第三定律可知，鋼板受到水的沖力為

F=有，故。正確，ABC錯(cuò)誤；

7rdz

故選：。。

根據(jù)動(dòng)量定理結(jié)合牛頓第三定律分析出鋼板受到的水的平均沖力。

本題主要考查了動(dòng)量定理的相關(guān)應(yīng)用，熟悉動(dòng)量定理的應(yīng)用即可完成分析，屬于基礎(chǔ)題

型。

8.【答案】CD

【解析】解：根據(jù)牛頓第二定律得：

iimg

a=—=^

由此可知，物體的加速度和物體的質(zhì)量無關(guān)

根據(jù)速度一時(shí)間公式可知，t=1=石，根據(jù)位移一時(shí)間公式可知，x=F=4,故

AB錯(cuò)誤，CO正確；

故選：CD。

根據(jù)牛頓第二定律得出物體的加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出位移和時(shí)間的大小關(guān)系。

本題主要考查了牛頓第二定律的相關(guān)應(yīng)用，同時(shí)結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可完成分析，難度不

大。

9.【答案】BC

【解析】解：4、滑塊4下滑時(shí)，豎直方向受重力和

細(xì)繩拉力的豎直分量，因細(xì)繩拉力的豎直分量是變

化的，則滑塊4所受的合力不是恒力，則4的加速度

不是恒量，即4不是勻加速下滑，故A錯(cuò)誤；

B、若滑塊a的速度為外則由速度的分解可知，滑

塊B的速度為公山氏故8正確;

C、B物體克服摩擦做的功為做的功為zng/i-'加后一如血而仇故C正確；

。、由能量關(guān)系可知，4物體減少的機(jī)械能等于B克服摩擦力做功與增加的動(dòng)能之和，

故。錯(cuò)誤。

故選：BCo

a下滑過程中分析繩子上拉力的變化，從而明確a的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解

規(guī)律求出B的速度；再根據(jù)功能關(guān)系即可確定重力勢能與動(dòng)能的關(guān)系，并求出克服摩擦

力所做的功。

該題的關(guān)鍵是用好系統(tǒng)動(dòng)能定理以及運(yùn)動(dòng)的合成和分解這兩個(gè)知識(shí)點(diǎn)，要注意4與8的

速度沿著繩子方向的分速度是相等的。

10.【答案】ACD

【解析】解：AB,線框剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框4B邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E=Bav,AB^]

的電勢差是外電壓，根據(jù)電路的特點(diǎn)，則有：UAB=\E=\Bav,故A正確，8錯(cuò)誤；

C、整個(gè)過程中，通過線框橫截面的電荷量為：q=7t

規(guī)定線框的速度方向?yàn)檎较?，?duì)線框，根據(jù)動(dòng)量定理得：-B7at=0-nw

聯(lián)立解得整個(gè)過程中，通過線框橫截面的電荷量為：q=詈,故C正確；

。、根據(jù)能量守恒定律，可得整個(gè)過程線框中產(chǎn)生的熱量等于線框動(dòng)能的減少量，即Q=

|mv2,故。正確。

故選：ACD?

線框剛進(jìn)入磁場時(shí)，4B間的電勢差是外電壓，根據(jù)E=B如和電壓分配關(guān)系求4B間的

電勢差；由動(dòng)量定理和q=/t求通過線框橫截面的電荷量；由能量守恒定律求熱量。

本題考查電磁感應(yīng)問題，對(duì)于電磁感應(yīng)問題，研究思路常常有兩條：一條從力的角度，

重點(diǎn)是分析安培力；另一條是能量，分析能量如何轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵。

11.【答案】ABs居2L+D-7（2L+D）2-4x2=總

【解析】解：（1）小球的質(zhì)量在驗(yàn)證等式中可以消掉，不需要測量；實(shí)驗(yàn)中需要用刻度

尺測量懸線長度，用游標(biāo)卡尺測金屬球的直徑0,故選：AB.

（2）燒斷細(xì)線后小球做平拋運(yùn)動(dòng)：

水平方向，s=vot

豎直方向，h=^gt2

聯(lián)立解得：幾=s聆。

（3）設(shè)開始釋放小球時(shí)細(xì)線與豎直方向夾角為從開始釋放小球，到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn),

若機(jī)械能守恒，則有：

+9（1-cos。）咯

第14頁，共20頁

L+2

整理得到：2L+?！狫(2L+D)2-4尤2=

故答案為：(1)AB；(2)s居;(3)2L+D-yj(2L+D)2-4x2=

(1)依據(jù)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)原理，確定還需要的測量工具；

(2)依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，即可求解平拋運(yùn)動(dòng)的速度；

(3)根據(jù)幾何關(guān)系求最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的高度差，從而求得動(dòng)能的增加量與重力勢能減少

量，進(jìn)而能寫出要驗(yàn)證的表達(dá)式。

考查驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用，對(duì)于實(shí)驗(yàn)問題，關(guān)鍵是明確實(shí)驗(yàn)原理，根據(jù)物理規(guī)律

列出相應(yīng)方程，然后求解討論即可。

12.【答案】20253.020

【解析】解：(1)由圖乙所示表盤可知，表盤30分度，其示數(shù)為：算/g=|%，

電壓表示數(shù)為：U=1.5V,由歐姆定律可知：U=/(Rg+/?2)

即：U=/g(Rg+40),U=￥g(Rg+130)

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得表頭團(tuán)的內(nèi)阻為：Rg=20P,表頭回的量程為：Ig=25mA

(2)電壓表心的內(nèi)阻為1000。，電阻箱/?2阻值始終調(diào)節(jié)為I。。。。，

電壓表與電阻箱串聯(lián)，電流相等，所以它們兩端電壓相等，電壓表示數(shù)為U,則路端電

壓為2U,

由圖丙所示電路圖可知，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：E=2U+Ir

整理可得U與/得函數(shù)關(guān)系為：U=|—

由U-/圖象得物理意義，可得：”1.5,；=|^|=^|^n=10/2

即電源電動(dòng)勢為：E=3.0V,r=20/2

故答案為：(1)20,25；(2)3.0,20。

(1)根據(jù)圖示表盤讀出表頭的示數(shù)：根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路圖甲，應(yīng)用歐姆定律求出表頭的滿偏

電流與內(nèi)阻；

(2)根據(jù)圖丙所示電路圖，應(yīng)用閉合電路歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)圖

丁圖象求出電源電動(dòng)勢與內(nèi)阻。

本題考查了測量表頭內(nèi)阻與滿偏電流、求電源電動(dòng)勢與內(nèi)阻，要求學(xué)生分析清楚題意，

根據(jù)電路圖應(yīng)用歐姆定律列式即可解題。

13.【答案】解：(1)物體在斜面上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則得高=等1

代入數(shù)據(jù)解得h=0.6m

(2)物體在斜面上下滑時(shí)的加速度為a=：=ym/s2=2mls2

由牛頓第二定律得

mgsina—^.mgcosa=ma

代入數(shù)據(jù)解得〃=0.5

(3)當(dāng)物體向右壓縮彈簧形變量最大時(shí)，物體的速度減到零，彈簧具有彈性勢能最大，

根據(jù)機(jī)械能守恒定律得

E*12

Ep=2mv

代入數(shù)據(jù)解得：Ep=4/

答：(1)4點(diǎn)距水平面的高度九為0.6m。

(2)物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃為0.5。

(3)在物體與彈簧第一次作用的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能Ep為4人

【解析】(1)物體在斜面上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由位移等于平均速度乘以

時(shí)間可求得4點(diǎn)距水平面的高度九。

(2)由加速度的定義求出物體在斜面下滑時(shí)的加速度，再由牛頓第二定律求動(dòng)摩擦因數(shù)小

(3)物體與彈簧第一次作用過程中，由機(jī)械能守恒定律可求得彈簧具有的最大彈性勢能

Epe

解答本題時(shí)，要理清物體的運(yùn)動(dòng)過程，當(dāng)已知物體的運(yùn)動(dòng)情況求動(dòng)摩擦因數(shù)時(shí)，既可以

根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)合解答，也可以根據(jù)動(dòng)量定理或動(dòng)能定理解答。

14.【答案】解：(1)帶電粒子在磁場中，洛倫茲力提供向心力：qvB=m^,r<R

解得v<kBR

(2)設(shè)最長的粒子軌跡半徑為如圖1,則

qvB=陪，rx=V2/?

設(shè)粒子進(jìn)入電場時(shí)加速度為a,豎直方向分速度為

=-yv=kBR

第16頁，共20頁

2a

qE=ma

解得：%=誓

圖1

(3)設(shè)電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長的粒子運(yùn)動(dòng)半徑為02,如圖2,則

qvB=詈■,r2=

垂直MN進(jìn)入電場的粒子在電場運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長

a+p=2a

r2sina=Reos。

解得a=0=30。

設(shè)粒子在磁場中從P到Q的時(shí)間為ti

1—6-3fcB

設(shè)粒子在QH間往返運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為以

圖2

設(shè)粒子在DH間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為J

2v243BR

則總時(shí)間1=tl+t2+t3=中+—

答：(1)粒子的速率應(yīng)滿足的條件為UWkBR。

(2)這些粒子進(jìn)入電場后，在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)與邊界MN的最大距離為誓。

(3)這些粒子從P點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)至剛好回到磁場經(jīng)歷的時(shí)間為竺唾+出竺。

3kBE

【解析】(1)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。

(2)帶電粒子在電場中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，可用動(dòng)能定理求速度。

(3)根據(jù)粒子做電場磁場的運(yùn)動(dòng)軌跡作圖，分別計(jì)算粒子在電場磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，再

求總時(shí)間。

該題考查了學(xué)生對(duì)帶電粒子在電場和磁場中運(yùn)動(dòng)的綜合性問題，