2022年云南省曲靖二中高考物理三模試卷（附答案詳解）

2022年云南省曲靖二中高考物理三模試卷

1.下列說(shuō)法正確的是()

A.相同頻率的光照射到不同的金屬上，逸出功越大，出射的光電子最大初動(dòng)能越小

牡核銘衰變成鎂核豺放出一個(gè)中子，并伴隨著放出光子

B.47Tl4pa,y

C.根據(jù)玻爾理論，氫原子輻射出一個(gè)光子后能量減小，核外電子運(yùn)動(dòng)的加速度減小

D.比結(jié)合能越小表示原子核中的核子結(jié)合得越牢靠，原子核越穩(wěn)定

2.北京時(shí)間2021年8月1日，東京奧運(yùn)會(huì)男子100米半決賽中，蘇炳添(Su)和羅尼貝克

(Baker)都跑出了9秒83的好成績(jī)，打破了亞洲紀(jì)錄。兩人比賽中的分段用時(shí)統(tǒng)計(jì)

如表：由以上信息判斷：下列哪一個(gè)圖最能反映兩位運(yùn)動(dòng)員比賽過(guò)程的速度-時(shí)間

關(guān)系？()

用時(shí)(秒)

參賽選手0-30米30-60米60-80米80-100米0-100米

蘇炳添(Su)3.732.561.741.809.83

羅尼貝克(Ba/cer)3.822.551.691.779.83

3.如圖所示，高考倒計(jì)時(shí)數(shù)字貼通過(guò)磁性貼在金屬板上,心.距離高考僅剩

時(shí)刻提醒著同學(xué)們高考在即，關(guān)于吸在金屬板上的某

004009

個(gè)數(shù)字貼受力情況，下列說(shuō)法正確的是()?的Ip

A.數(shù)字貼受到三個(gè)力的作用

B.數(shù)字貼磁性越強(qiáng)越不容易取下，故磁性越強(qiáng)的數(shù)字貼受的摩擦力越大

C.金屬板對(duì)數(shù)字貼的磁力和金屬板對(duì)數(shù)字貼的彈力是一對(duì)平衡力

D.數(shù)字貼對(duì)金屬板的磁力與金屬板對(duì)數(shù)字貼的彈力是一對(duì)相互作用力

4.2021年10月1611,長(zhǎng)征二號(hào)F遙十三運(yùn)載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點(diǎn)火起飛，托舉

載有翟志剛、王亞平、葉光富3名航天員的神舟十三號(hào)載人飛船進(jìn)入太空，神舟十

三號(hào)飛船運(yùn)行軌道距地面的高度為400km。若神舟十三號(hào)飛船做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，引

力常量為G,地球半徑為6400k?n,地球表面的重力加速度g取lOm/s?。則()

A.神舟十三號(hào)飛船內(nèi)的宇航員不受重力作用

B.神舟十三號(hào)飛船繞地球運(yùn)動(dòng)的速度約為8.0/OTI/S

C.若神舟十三號(hào)飛船繞地球運(yùn)動(dòng)的周期為7,則地球的密度為言

D.神舟十三號(hào)飛船在軌道上運(yùn)行的向心加速度約為8.9m/s2

5.如圖所示，豎直光滑桿固定不動(dòng)，套在桿上的輕彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊

向下壓縮彈簧至離地高度/i=0.1m處，滑塊與彈簧不拴接.現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通

過(guò)傳感器測(cè)量到滑塊的速度和離地高度九并作出滑塊的動(dòng)能a-八圖象，其中九=

0.18m時(shí)對(duì)應(yīng)圖象的最頂點(diǎn)，高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余為

曲線，取g=10m/s2,由圖象可知()

A.滑塊的質(zhì)量為0.18kgB.彈簧的勁度系數(shù)為10N/m

C.滑塊運(yùn)動(dòng)的最大加速度為40m/s2D.彈簧的彈性勢(shì)能最大值為0.7/

6.圖(a)是一款無(wú)線充電手機(jī)的實(shí)物圖，圖(b)是其原理圖。送電線圈接電源。受電線

圈接手機(jī)電池，則()

圖(a)圖(b)

A.若送電線圈接直流電源，則受電線圈中將產(chǎn)生不變的電流

B.若送電線圈接正弦交流電，則受電線圈中將產(chǎn)生周期性變化的電流

C.當(dāng)送電線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)如圖(b)所示且逐漸變大時(shí)，受電線圈將產(chǎn)生向下的感應(yīng)磁場(chǎng)

D.當(dāng)送電線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)如圖(b)所示且逐漸變小時(shí)，受電線圈將產(chǎn)生向下的感應(yīng)磁場(chǎng)

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7.粗糙的水平面上取。點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右建立工軸，空間存在沿久軸方向的電場(chǎng)。

且x軸上各點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度分布如圖所示。今有一帶電量為+q,質(zhì)量為m的小滑塊

從。點(diǎn)以初動(dòng)能3qEoX（）沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)且最終停在x=5&處，小滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)受到

的阻力恒定，下列說(shuō)法正確的是（）

A.x=0與x=之間的電勢(shì)差為2Eo出

B.小滑塊能達(dá)到的最大速度為但還

Ym

C.小滑塊運(yùn)動(dòng)到久=3和時(shí)電勢(shì)能減少3qEo%o

D.小滑塊與水平面間由于摩擦產(chǎn)生的總熱量為5q&）Xo

8.如圖所示，兩條粗糙平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水fB

平面夾角為氏導(dǎo)軌間的距離為，，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，

磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌所在平面垂直，將兩J

根相同的導(dǎo)體棒ab、cd置于導(dǎo)軌上不同位置，兩者始

終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，兩棒間的距離足夠大，已知

兩棒的質(zhì)量均為m、電阻為R,某時(shí)刻給好棒沿導(dǎo)軌向下的瞬時(shí)沖量/o，已知兩導(dǎo)

體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=tanJ,在兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)的過(guò)程中（）

A.兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后兩棒間的距離均勻減小

B.回路中產(chǎn)生的熱量生

4m

C.當(dāng)導(dǎo)體棒cd的動(dòng)量為:/o時(shí)，導(dǎo)體棒ab的速度大小為普

4u47n

D.當(dāng)導(dǎo)體棒cd的動(dòng)量為時(shí)，導(dǎo)體棒協(xié)的加速度大小為冷

4u4m2/?

9.利用如圖所示的裝置可測(cè)量滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃，傾角?？烧{(diào)的斜面底端P

點(diǎn)連接一半徑為21的豎直圓弧，斜面底端為圓弧最低點(diǎn)，在P點(diǎn)處固定一個(gè)壓力傳

感器（可測(cè)量滑塊對(duì)圓弧軌道最低點(diǎn)的壓力）和量角器，且使量角器刻度盤的圓心與

P點(diǎn)重合，水平直徑與圓弧底端切線重合，滑塊質(zhì)量為重力加速度為g,忽略滑

塊到達(dá)底端的機(jī)械能損失：

（1）改變。，每次將同一小滑塊均從斜面上距P點(diǎn)的水平距離為，處?kù)o止釋放，滑塊克

服摩擦力所做的功（填“相同”或“不同”）。

(2)記錄每次實(shí)驗(yàn)的角度。和相應(yīng)的力傳感器的示數(shù)F,則二者滿足的等量關(guān)系為

(用4、。、m、g表示)。

(3)以尸為縱坐標(biāo)，tanJ為橫坐標(biāo)，描繪出F-tan。圖像，若該圖像的斜率為鼠縱

截距為b,則滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(用人b表示)。

10.在新冠肺炎疫情防控時(shí)期，我們經(jīng)常需要測(cè)量體溫，某同學(xué)利用老師提供的一熱敏

電阻(阻值隨溫度的升高線性增加)設(shè)計(jì)了一個(gè)簡(jiǎn)易電子測(cè)溫裝置，他進(jìn)行了如下操

作：

(1)由于該同學(xué)不知熱敏電阻的詳細(xì)參數(shù)，為了測(cè)量熱敏電阻R阻值隨溫度變化的關(guān)

系，該同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖1所示的電路，他們的實(shí)驗(yàn)步驟如下。

①先將單刀雙擲開(kāi)關(guān)S擲向1,調(diào)節(jié)熱敏電阻的溫度G，記下電流表的相應(yīng)示數(shù)小

②然后將單刀雙擲開(kāi)關(guān)S擲向2,調(diào)節(jié)電阻箱使電流表的讀數(shù)為_(kāi)_____記下電阻

箱相應(yīng)的示數(shù)/；

③逐步升高溫度的數(shù)值，每一溫度下重復(fù)步驟①②；

④根據(jù)實(shí)驗(yàn)測(cè)得的數(shù)據(jù)，作出了R隨溫度t變化的圖像如圖2所示。

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(2)設(shè)計(jì)電子測(cè)溫裝置，實(shí)驗(yàn)室提供了如下器材：

A干電池，電動(dòng)勢(shì)為1.5V,內(nèi)阻不計(jì)；

8.靈敏毫安表，量程10WL4,內(nèi)阻以為100；

C.滑動(dòng)變阻器治；

開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干。

該同學(xué)計(jì)劃設(shè)計(jì)測(cè)溫范圍為0久?50冤，設(shè)計(jì)了如圖3所示的電路圖，并進(jìn)行了如下

操作：

①調(diào)節(jié)熱敏電阻的溫度為0。&調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R,使毫安表指針滿偏后保持滑動(dòng)

變阻器％阻值不變；

②寫出毫安表的電流值/(A)和溫度tfC)的關(guān)系式；

③根據(jù)關(guān)系式將毫安表刻度盤上的電流值改寫為溫度值；

④若干電池用久了其電源電動(dòng)勢(shì)不變，而其內(nèi)阻變大，無(wú)法忽略不計(jì)，保持此不

變。測(cè)量結(jié)果將會(huì)(填“偏大”“偏小”或“不變”)。

11.如圖，在x軸上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外：在x

軸下方存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與xOy平面平行，且與x軸成45。夾角。一質(zhì)量為m、

電荷量為q(q>0)的粒子以初速度％從y軸上的P點(diǎn)沿y軸正方向射出，一段時(shí)間后

進(jìn)入電場(chǎng)，進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度方向與電場(chǎng)方向相反：又經(jīng)過(guò)一段時(shí)間%,磁場(chǎng)的方

向變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蚶?，大小不變。不?jì)重力。

(1)求粒子從P點(diǎn)出發(fā)至第一次到達(dá)x軸時(shí)所需時(shí)間。

(2)若要使粒子能夠回到P點(diǎn)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值。

12.如圖所示，一粗糙的水平平臺(tái)左端固定一輕質(zhì)彈簧，在平臺(tái)最右端并排靜止放置可

視為質(zhì)點(diǎn)的兩個(gè)小物塊4和8,質(zhì)量=0.2kg,mB=OAkg,4、B間夾有少量炸

藥。在平臺(tái)右側(cè)緊挨著平臺(tái)的水平地面上靜止放置一質(zhì)量為Tn。=0.2kg的木板C,

木板C的上表面與平臺(tái)在同一水平面上，其高度h=0.2m,長(zhǎng)度L=lm,物塊B與

木板C上表面、地面與木板C下表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為%=0.4,^2=0.1.某時(shí)

刻炸藥爆炸，力、B分別沿水平方向運(yùn)動(dòng)，物塊4壓縮彈簧后被彈回并恰好停在爆炸

前的位置，且彈簧被壓縮過(guò)程中的最大彈性勢(shì)能為%=4.05/；物塊B最終落到地

面上。重力加速度為g=lOm/sz.求

（1）物塊B從木板C上表面飛出至落到地面上所經(jīng)歷的時(shí)間;

（2）爆炸后瞬間，物塊B的速度大小;

（3）物塊B剛落到地面時(shí)與木板C右端的水平距離。

左右

///////////

13.一定量的理想氣體從狀態(tài)a開(kāi)始，經(jīng)歷三個(gè)過(guò)程ab、be、ca回到原狀態(tài)，其p-U圖

像如圖所示，由圖像可知：b和c兩個(gè)狀態(tài)比較，b狀態(tài)中容器壁單位面積單位時(shí)間

內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)較（“多”或“少”）；若經(jīng)歷ca過(guò)程氣體的內(nèi)能

減少了20/,則該過(guò)程氣體放出的熱量為

r/(xio-3m3)

14.如圖所示為某興趣小組設(shè)計(jì)的一種氣壓型“體積測(cè)量?jī)x”的工作原理示意圖，該測(cè)

量?jī)x可以測(cè)量不規(guī)則物體的體積?；饓簹馔玻┖虰（測(cè)量罐）均為高L、橫截面積為S的

導(dǎo)熱汽缸（傳感器體積忽略不計(jì)），中間用體積可忽略不計(jì)的細(xì)管連接，C為質(zhì)量也、

潤(rùn)滑良好且厚度不計(jì)的密閉活塞，將缸內(nèi)的理想氣體（氮?dú)猓┓忾]。當(dāng)外界大氣壓為

Po=F，環(huán)境溫度為27久時(shí)，活塞正好在壓氣筒4的頂部。現(xiàn)在C活塞上放置一

質(zhì)量為5nl的重物，活塞緩慢下移，待缸內(nèi)溫度再次和環(huán)境溫度相等時(shí)，測(cè)量活塞

壓氣筒潸量岸

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①放置重物之前，缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)Pi;

②不規(guī)則物體的體積V。

15.如圖所示,兩列簡(jiǎn)諧橫波分別沿x軸正方向和負(fù)方向傳播，兩波源分別位于x=-2m

和x-12m處，兩列波的傳播速度均為。-4m/s,兩波源的振幅均為A-2cm。圖

示為t=0時(shí)刻兩列波的圖象(傳播方向如圖所示)，此時(shí)刻平衡位置處于x=2nl和

%=8根的P、Q兩質(zhì)點(diǎn)剛開(kāi)始振動(dòng)。質(zhì)點(diǎn)M的平衡位置處于x=56處，則下列正確

的是()

A.t=0.75s時(shí)刻，兩列波開(kāi)始相遇

B.t=0.75s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P、Q都運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)

C.t=ls時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)M的位移為4cm

D.t=Is時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)Q的速度最大

E.質(zhì)點(diǎn)P、Q的起振方向都沿y軸負(fù)方向

16.如圖，三棱鏡的截面為等邊三角形A4BC,該三角形的邊長(zhǎng)為I,在此截面內(nèi)入射

光線從的中點(diǎn)以入射角&=45。射入，進(jìn)入棱鏡后光線直接射到力C邊，并以出射

角G=45。射出。真空中光速為c。求：

(1)出射光線相對(duì)入射光線偏轉(zhuǎn)角；

(2)光線在三棱鏡中傳播的時(shí)間。

B

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4、根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=好-W知，勿越大出射的光電子最大初動(dòng)能

Ekm越小，故A正確；

B、根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒知，牡核簫,Th,衰變成鍥核鴕，「直放出一個(gè)電子,

故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)玻爾理論，氫原子輻射出一個(gè)光子后能量減小，軌道半徑減小，庫(kù)侖力增大，

電子的加速度增大，故C錯(cuò)誤；

。、比結(jié)合能越大，將核子分解需要的能量越大，原子核中核子結(jié)合得越牢固，原子核

越穩(wěn)定，故。錯(cuò)誤；

故選：4。

根據(jù)光電效應(yīng)方程得出最大初動(dòng)能與入射光頻率的關(guān)系；根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒

判斷核反應(yīng)過(guò)程釋放的是什么粒子：根據(jù)玻爾理論分析電子加速度的變化；由結(jié)合能的

意義分析原子核的穩(wěn)定性。

本題主要考查了光電效應(yīng)方程、衰變以及玻爾理論等，解題時(shí)注意夕衰變時(shí)，其電子來(lái)

自原子核，不是核外電子，比結(jié)合能越大，原子核中核子結(jié)合得越牢固，原子核越穩(wěn)定。

2.【答案】C

【解析】解：蘇炳添0-30米的用時(shí)3.73s的速度大于羅尼貝克的速度，30-60米用時(shí)

2.56s,其速度與羅尼貝克的速度相差不大，60-100米的用時(shí)多于羅尼貝克用時(shí)，這

一階段速度小于羅尼貝克的速度，最能反映兩位運(yùn)動(dòng)員比賽過(guò)程的速度-時(shí)間關(guān)系是C

項(xiàng)，故A3。錯(cuò)誤，C正確。

故選：C。

根據(jù)表格給出的數(shù)據(jù)，分析各段位移蘇炳添和羅尼貝克的速度關(guān)系，再分析即可。

本題要能根據(jù)位移與時(shí)間之比分析速度關(guān)系，考查學(xué)生從圖表數(shù)據(jù)轉(zhuǎn)化到圖像數(shù)據(jù)的能

力。

3.【答案】C

【解析】解：4數(shù)字貼受到重力、磁鐵吸力、支持力、摩擦力四個(gè)力的作用，故A錯(cuò)誤；

8.因?yàn)閿?shù)字貼受力平衡，則在豎直方向上數(shù)字貼受的摩擦力為靜摩擦力等于重力，故摩

擦力不變，故B錯(cuò)誤；

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C.金屬板對(duì)數(shù)字貼的磁力和金屬板對(duì)數(shù)字貼的彈力等大反向，作用于數(shù)字貼上是一對(duì)平

衡力，故C正確，

D數(shù)字貼對(duì)金屬板的磁力和金屬板對(duì)數(shù)字貼的磁力是一對(duì)相互作用力，。錯(cuò)誤。

故選：C。

根據(jù)對(duì)數(shù)字貼的受力分析，結(jié)合平衡狀態(tài)得出摩擦力的變化趨勢(shì)；

理解一對(duì)相互作用力和一對(duì)平衡力的概念即可。

本題主要考查了物體的受力分析，理解一對(duì)平衡力和一對(duì)相互作用力的區(qū)別，根據(jù)物體

的平衡狀態(tài)即可完成分析。

4.【答案】D

【解析】解：力、神舟十三號(hào)飛船內(nèi)的宇航員受到重力作用，以提供他們繞地球做勻速

圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，故A錯(cuò)誤；

B、第一宇宙速度7.9km/s是物體繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最大環(huán)繞速度，神舟十三號(hào)

飛船繞地球運(yùn)動(dòng)的速度一定小于7.9km/s,故B錯(cuò)誤；

C、設(shè)地球質(zhì)量為神州十三號(hào)質(zhì)量為若神舟十三號(hào)飛船繞地球運(yùn)動(dòng)的周期為T,

根據(jù)牛頓第二定律有G嬴=m某（R+①

根據(jù)密度公式有"=P-7TR3

聯(lián)立以上兩式可得地球的密度為p=嘿祟

故C錯(cuò)誤；

。、設(shè)神舟十三號(hào)飛船在軌道上運(yùn)行的向心加速度大小為a,根據(jù)牛頓第二定律有

GMm=ma

(R+h)2

當(dāng)神舟十三號(hào)在地球表面上待發(fā)射時(shí)，其所受萬(wàn)有引力等于重力，即簧=mg

聯(lián)立以上兩式可得a=8.9m/s2

故。正確。

故選：Do

神舟十三號(hào)飛船內(nèi)的宇航員受到重力作用，第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度；根據(jù)地球

表面的物體受到的重力等于萬(wàn)有引力GWM=mM（R+/i）,可解得地球的質(zhì)量M,進(jìn)

而解得密度；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力解得加速度。

本題要掌握第一宇宙速度的定義，正確利用萬(wàn)有引力公式列出第一宇宙速度的表達(dá)式;

同時(shí)注意萬(wàn)有引力提供向心力的應(yīng)用.

5.【答案】C

【解析】解：4、在從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)，AEk=AEP=mgAh,圖線的斜率絕對(duì)

值為：4=贊=O,、=2N=mg,則m=0.2kg,故A錯(cuò)誤；

An0.35—0.2

B、在a-九圖象中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2m上升到0.35m

范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，說(shuō)明滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)所受作用力

為恒力，所以從h=0.2m,滑塊與彈簧分離，彈簧的原長(zhǎng)的0.2m,當(dāng)彈簧彈力等于重

力時(shí)，物塊的速度最大，B根據(jù)圖象可知，此時(shí)h=0.18m,則有：mg-kAx,解得：

2

k~n=100N/m,故8錯(cuò)誤；

U.Z-U.lo

c、滑塊靜止釋放后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧彈力等于重力時(shí)，加速度為0,

物塊的速度最大，所以物塊在釋放瞬間加速度最大.由牛頓第二定律可得：ama*=

53=(0.2-0.1)X1000.2X10=S2,故c正確；

m0.2

。、根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時(shí)，增加的重力勢(shì)能即為彈簧最

大彈性勢(shì)能，所以Epm=mg/h=0.2x10x(0.35—0.1)=0.5/,故。錯(cuò)誤.

故選：Ce

根據(jù)外一/i圖象的斜率表示滑塊所受的合外力，高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為

直線，其余部分為曲線，結(jié)合能量守恒定律求解。注意直線過(guò)程中彈力應(yīng)為零是解題的

關(guān)鍵。

根據(jù)Ek-h圖象的斜率表示滑塊所受的合外力，高度從0.2m上升到0.35/n范圍內(nèi)圖象為

直線，其余部分為曲線，說(shuō)明九=0.2小，滑塊與彈簧分離，彈簧的原長(zhǎng)的0.2m,當(dāng)彈

簧彈力等于重力時(shí)，物塊的速度最大，根據(jù)平衡條件求出k.物塊在釋放瞬間加速度最大,

由牛頓第二定律可求最大加速度.根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知滑塊上升至最大高度時(shí)，增

加的重力勢(shì)能即為彈簧最大彈性勢(shì)能.

6.【答案】BC

【解析】解：4若送電線圈中的電流為周期性變化的直流電源，則受電線圈也會(huì)產(chǎn)生周

期性變化的電流。故A錯(cuò)誤；

8.若送電線圈接正弦交流電，則受電線圈中將產(chǎn)生周期性變化磁場(chǎng)，產(chǎn)生周期性變化的

電流。故8正確；

C.當(dāng)送電線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)如圖(b)所示且逐漸變大時(shí)，根據(jù)楞次定律，受電線圈將產(chǎn)生

第10頁(yè)，共18頁(yè)

向下的感應(yīng)磁場(chǎng)。故C正確；

D當(dāng)送電線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)如圖(b)所示且逐漸變小時(shí)，根據(jù)楞次定律，受電線圈將產(chǎn)生

向上的感應(yīng)磁場(chǎng)。故。錯(cuò)誤。

故選：BC。

根據(jù)電流的特點(diǎn)分析出磁通量的變化，結(jié)合楞次定律分析出感應(yīng)電流的特點(diǎn)：

根據(jù)磁場(chǎng)的變化特點(diǎn)分析出受電線圈產(chǎn)生的感應(yīng)磁場(chǎng)方向。

本題主要考查了楞次定律的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)楞次定律分析出感應(yīng)電流的方向即可，難度

不大。

7.【答案】AD

【解析】解：4由題意得，x=0與x=5%之間的電勢(shì)差為2E°&+gx2E。x2x0-|x

2E0x2x0=2Eoxo,故A正確；

8.由動(dòng)能定理得2qEo%o-/X5x0=0-3qEoxQ

解得/=qE0

可知滑塊運(yùn)動(dòng)到x=2x0時(shí)速度最大,根據(jù)動(dòng)能定理得：2qEoxo+|xq(2E0+E0)xx0-

/?2x0=^mv^-3qEoxo

解得外=3百

故B錯(cuò)誤；

CD.由功能關(guān)系得ZEp=2qE0x0+^q-2E0X2Ko=小滑塊運(yùn)動(dòng)到x=3g時(shí)電

勢(shì)能減少4qE()Xo，小滑塊與水平面間由于摩擦產(chǎn)生的總熱量為Q=/x5x0=5qEoxo,

故C錯(cuò)誤，。正確；

故選：ADo

由圖象的面積表示電勢(shì)差；由動(dòng)能定理可求滑塊的最大速度大??；根據(jù)功能關(guān)系分析解

答。

本題的關(guān)鍵是要明確圖象的物理意義，從而讀取有用的信息，結(jié)合動(dòng)能定理等物理規(guī)律

分析。

8.【答案】BCD

【解析】解：力、由于〃=tan。，可知mgsin。=〃7ngeos。，且兩棒受的安培力等大反

向，可知系統(tǒng)所受外力之和為零，因此導(dǎo)體棒ab和cd組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。兩棒達(dá)到

穩(wěn)定狀態(tài)后，兩棒做速度相同的勻速直線運(yùn)動(dòng)，兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后兩棒間的距離不變，

故A錯(cuò)誤；

B、某時(shí)刻給帥棒沿導(dǎo)軌向下的瞬時(shí)沖量/(),設(shè)此時(shí)ab棒為火，兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后兩

棒速度為"，由動(dòng)量定理/()=nW。，得見(jiàn)-3根據(jù)動(dòng)量守恒定律得nr%=2nw,得。-梟

由能量守恒定律得，回路中產(chǎn)生的熱量Q=|mvg2mv2=xmX(^)2-1x

27nx(正產(chǎn)=生，故B正確；

v2m74m

CD、當(dāng)導(dǎo)體棒cd的動(dòng)量為；/o時(shí)，設(shè)導(dǎo)體棒cd速度為丹，導(dǎo)體防速度為%,則％=孤=上,

由動(dòng)量守恒定律/o=，+nw2,得。2=非，由法拉第電磁感應(yīng)定律，當(dāng)導(dǎo)體棒Cd的動(dòng)

量為時(shí)，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=E%—B/%,由歐姆定律得，/=。=黑，當(dāng)導(dǎo)

體棒cd的動(dòng)量為，o時(shí)，對(duì)導(dǎo)體棒ab由牛頓第二定律得mgsEJ-fimgcosO+BIl=ma,

解得Q=受學(xué)，故C、。正確；

4m2/?

故選：BCD。

根據(jù)導(dǎo)體棒的受力特點(diǎn)分析出導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)類型和穩(wěn)定時(shí)候的速度情況，由此分析出兩

棒間的距離變化；根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得出回路中產(chǎn)生的熱量；根據(jù)動(dòng)量

定理分析出導(dǎo)體棒的速度，結(jié)合安培力的計(jì)算公式和牛頓第二定律得出加速度。

本題主要考查了電磁感應(yīng)定律的相關(guān)應(yīng)用，要熟悉感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算，由此分析出安培

力的變化，解題的關(guān)鍵點(diǎn)是理解電磁感應(yīng)中動(dòng)量守恒定律的用法，特別是用好累積效應(yīng)

完成分析。

9.【答案】相同F(xiàn)=mgtand+(1-Qmg口=1"

【解析】解：(1)每次滑塊下滑時(shí)克服摩擦力做的功為W=fimgcos0^=nmgl

故滑塊克服摩擦力所做的功相同。

(2)滑塊下滑過(guò)程據(jù)動(dòng)能定理可得mg/tanO-W=|mv2

在最低點(diǎn)P,由動(dòng)能定理可得F—mg=若

聯(lián)立解得F=mgtand+(1-Qmg

(3)對(duì)比F-tern。函數(shù)關(guān)系可知，圖像的斜率為k=mg

縱軸截距為b=(1-Qmg

聯(lián)立解得滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=1-3

第12頁(yè)，共18頁(yè)

故答案為：(1)相同；(2)F=mgtcm。+(1-〃)?ng

(1)根據(jù)功的計(jì)算公式結(jié)合幾何關(guān)系完成分析；

(2)根據(jù)動(dòng)能定理得出。和F的等量關(guān)系；

(3)根據(jù)圖像的截距得出〃的表達(dá)式。

本題主要考查了測(cè)量摩擦力因素的實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，結(jié)合動(dòng)能

定理和圖像的特點(diǎn)完成分析即可，難度不大。

10.【答案】3=急偏大

【解析】解：(1)②實(shí)驗(yàn)采用替代法，將開(kāi)關(guān)S與2端閉合，調(diào)節(jié)電阻箱使電流表的讀數(shù)

為h；

(2)②由圖乙可知R隨溫度t變化的關(guān)系為

R=100+3t

熱敏電阻的溫度為1C時(shí)，熱敏阻值為100。電流表滿偏，根據(jù)歐姆定律，則有

1=―--

R+/?.+%

解得：R]=40。

,,E0.5

故/r=

“7(-1-0-0--+-3-t-)-+--R--n-+--R--i=--5-0-4---t,

④若干電池用久了其電源電動(dòng)勢(shì)不變，而其內(nèi)阻變大，無(wú)法忽略不計(jì)，保持治不變，

則在某溫度下，根據(jù)閉合電路歐姆定律，電流測(cè)量值偏小，對(duì)應(yīng)測(cè)量的溫度結(jié)果偏大。

故答案為：(1)②人(2)②/=急④偏大

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析實(shí)驗(yàn)操作；

(2)根據(jù)電阻隨溫度t變化關(guān)系和閉合電路歐姆定律可得電流值和溫度的關(guān)系式；根據(jù)閉

合電路歐姆定律分析實(shí)驗(yàn)誤差。

本題關(guān)鍵是根據(jù)閉合電路歐姆定律列式得到電流與電阻關(guān)系式，然后再結(jié)合電阻與溫度

關(guān)系圖像分析求解。

11.【答案】解：(1)帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為R,運(yùn)動(dòng)周期為T,

洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：q%B=rn胃，

粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：7=詈，

由題意可知，粒子第一次到達(dá)x軸時(shí)，運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的角度為：兀，

4

所需時(shí)間ti為：ti=1T,解得：公=遇；

(2)粒子進(jìn)入電場(chǎng)后，先做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減小為0,

然后沿原路返回做勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)x軸時(shí)速度大小仍為北，

設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t2,加速度大小為a，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,

at2

由牛頓第二定律得：qE=ma,v0=|2＞解得：J=舞，

根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點(diǎn)，必須滿足今之7。，

解得，電場(chǎng)強(qiáng)度最大值：E=誓.

答：(1)粒子從P點(diǎn)出發(fā)至第一次到達(dá)X軸時(shí)所需的時(shí)間為翳；

(2)若要使粒子能夠回到P點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值為誓.

【解析】(1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律與

粒子的周期公式求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間.

(2)分析清楚粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出電場(chǎng)強(qiáng)度.

本題考查了粒子在磁場(chǎng)與電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的前提與關(guān)

鍵，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程后，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可正確解題.

12.【答案】解：(1)物塊B從木板C上表面飛出做平拋運(yùn)動(dòng)

由九=3g培.................................①

得：t0=0.2s...............................②

(2)設(shè)爆炸后瞬間，物塊4的速度大小為力，物塊4向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為S,物塊4與水

平平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃.由功能關(guān)系可知

一〃2,2S=0--mAvl................................③

l^mAgS=EP..........................................④

爆炸前、后系統(tǒng)4、B動(dòng)量守恒，取向右為正方向，則：mBvB—mAvA-0......⑤

得：Vg=4.5m/s....................................⑥

(3)設(shè)B從C的左端滑到右端過(guò)程中，設(shè)C運(yùn)動(dòng)的距離為Sc

則此過(guò)程中：n-i.vn.Bg-mBaB..........................⑦

得：a8=4m/s2。

1

2

Sc+L=vBt--aBt..............................⑧

對(duì)C,有“iTHsg-g(巾B+mc)=nicac......................⑨

第14頁(yè)，共18頁(yè)

得：2

ac=5m/so

Sc=立產(chǎn)......................................⑩

得：t=gs或t=|s(舍去)

從的上表面水平拋出時(shí)，設(shè)、的速度分別為外、

BCBCovc

vB0=vB-aBt...................................................................................?

vc=a(；t..................................................................................................?

B從C的上表面水平拋出后：

=mcac'...................................................................................?

從的上表面水平拋出后，速度減小到所用時(shí)間：由此可知在平拋

BCC0t'=^>t0,B

過(guò)程中C一直在做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。貝IJB從C的上表面水平拋出后，8、C在水平方向運(yùn)

動(dòng)的距離

XB-VBO^O.................................................................................................?

Xc=vctQ-^ac'tl...................................................................................?

物塊剛落到水平地面時(shí)與木板右端的水平距離

BC4x=xB-

xc...........................................................................?

解得Ax=0.32m

答：

(1)物塊B從木板C上表面飛出至落到地面上所經(jīng)歷的時(shí)間是0.2s；

(2)爆炸后瞬間，物塊B的速度大小是4.5m/s；

(3)物塊B剛落到地面時(shí)與木板C右端的水平距離是0.32m。

【解析】(1)物塊B從木板C上表面飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)下落的高度求運(yùn)動(dòng)時(shí)間。

(2)爆炸前、后系統(tǒng)4、B動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律列式。爆炸后4的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由功

能關(guān)系列式，聯(lián)立可求得爆炸后瞬間物塊B的速度大小。

(3)分析B離開(kāi)C前是否共速，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式通過(guò)計(jì)算作出判斷。物塊B剛

落到地面的過(guò)程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求物塊B剛落到地面時(shí)與木板C右端的水平距離。

解決本題的關(guān)鍵要正確分析物塊的受力情況，通過(guò)計(jì)算分析其運(yùn)動(dòng)過(guò)程，運(yùn)用牛頓第二

定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行研究。

13.【答案】多120

【解析】解：b和c兩個(gè)狀態(tài)比較，根據(jù)圖像可知pU相等，由一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)

方程岸=C可知，b和c兩個(gè)狀態(tài)溫度相等，則分子平均動(dòng)能相等。由于b狀態(tài)壓強(qiáng)較大，

則b狀態(tài)中容器壁單位面積單位時(shí)間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)多；

根據(jù)P—V圖象與U軸所圍的面積表示氣體做功，則c-a過(guò)程，外界對(duì)氣體做功為W=

5

pAV=0.5x10x(3-1)x10-3/=100j

此過(guò)程中，內(nèi)能變化量AU=—20/

根據(jù)熱力學(xué)第一定律ZU=勿+Q,

解得Q=-12O/,即該過(guò)程氣體放出的熱量為120/。

故答案為：多，1207o

分子平均動(dòng)能與溫度有關(guān)，溫度越高，分子平均動(dòng)能越大；氣體的壓強(qiáng)與氣體分子的