2022年上海市崇明區(qū)高三年級(jí)下冊(cè)高考與等級(jí)考二模物理試卷含詳解

2022學(xué)年第二學(xué)期等級(jí)考第二次模擬考試試卷

高三物理

考生注意：

1、滿分100分，時(shí)間60分鐘。

2、本卷分設(shè)練習(xí)卷和答題紙。練習(xí)卷包括三部分，第一部分為選擇題，第二部

分為填空題，第三部分為綜合題。

3、答題前，務(wù)必在答題紙上填寫(xiě)姓名等在指定位置上。作答必須涂或?qū)懺诖痤}

紙上，在練習(xí)卷上作答一律不得分。第一部分的作答必須涂在答題紙上相應(yīng)的

區(qū)域，第二、三部分的作答必須寫(xiě)在答題紙上與練習(xí)題號(hào)對(duì)應(yīng)的位置。

一、選擇題（共40分。第1一8小題，每小題3分，第9—12小題，每小題4

分。每小題只有一個(gè)正確答案。）

1.下列物理概念的建立，其思想方法與建立“自由落體運(yùn)動(dòng)”模型相似的是（）

A.瞬時(shí)速度B.點(diǎn)電荷C.電場(chǎng)強(qiáng)度D.加速度

2.銀河系中存在大量的放射性同位素鋁26,其衰變方程為Al→；；Mg+Y,則Y是（）

A.氮核B.中子C.質(zhì)子D.正電子

3.下列現(xiàn)象屬于α粒子散射實(shí)驗(yàn)中觀察到，且據(jù)此現(xiàn)象得出原子核式結(jié)構(gòu)的是（）

A.半數(shù)α粒子仍按原方向前進(jìn)，半數(shù)α粒子發(fā)生較大角度偏轉(zhuǎn)

B.少數(shù)α粒子仍按原方向前進(jìn)，多數(shù)α粒子發(fā)生較大角度偏轉(zhuǎn)

C.絕大多數(shù)α粒子發(fā)生超過(guò)90。的較大角度偏轉(zhuǎn)，甚至被彈回

D.極少數(shù)α粒子發(fā)生超過(guò)90。的大角度偏轉(zhuǎn)，個(gè)別甚至被彈回

4.如圖在雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，光源S到兩縫S∣、邑距離相等，用綠色光實(shí)驗(yàn)可觀察屏上出現(xiàn)

條紋。為增大屏上的條紋間距，下列方法可行的是（）

A.僅稍微向下移動(dòng)光源SB.僅增大雙縫，、邑間距

C.僅增大屏到雙縫的距離D.僅改換用頻率更高色光

5.如圖所示，一定質(zhì)量的氣體從狀態(tài)。沿圖線變化到狀態(tài)6,則氣體可能（)

A.溫度升高B.內(nèi)能增大

C.溫度降低D.內(nèi)能不變

6.如圖為車庫(kù)出入口采用的曲桿道閘，道閘由轉(zhuǎn)動(dòng)桿OP與橫桿PQ鏈接而成，P、Q為橫

桿的兩個(gè)端點(diǎn)。在道閘抬起過(guò)程中，桿PQ始終保持水平,則在抬起過(guò)程中P和。兩點(diǎn)（）

B.線速度相同，角速度不同

C.線速度不同，角速度相同

D.線速度不同，角速度不同

7.兩架無(wú)人機(jī)“、b同時(shí)從同一地點(diǎn)豎直向上直線飛行，速度V隨時(shí)間f變化的關(guān)系如圖所

B.15s時(shí)，a、b處于同一高度

C.10s~30s,α處于超重狀態(tài)D.0~30s,a、b的平均速度相等

8.一汽車啟動(dòng)前四個(gè)輪胎的胎壓如圖甲所示。發(fā)現(xiàn)行駛一段時(shí)間后胎壓如圖乙所示，設(shè)輪

胎容積不變，則乙圖所示時(shí)刻相比于圖甲所示時(shí)刻，輪胎內(nèi)氣體的溫度變化最小是（）

試卷第2頁(yè)，共8頁(yè)

甲乙

A.左前輪胎內(nèi)的氣體B.右前輪胎內(nèi)的氣體

C.左后輪胎內(nèi)的氣體D.右后輪胎內(nèi)的氣體

9.一列簡(jiǎn)諧橫波沿X軸方向傳播，某時(shí)刻波形圖如圖所示，此后質(zhì)點(diǎn)N比質(zhì)點(diǎn)”先回到平

衡位置，時(shí)間差為0.4s。則（）

A.波沿X軸正方向傳播，波速為IOmzSB.波沿X軸負(fù)方向傳播，波速為IOm/s

C.波沿X軸正方向傳播，周期為0.6sD.波沿X軸負(fù)方向傳播，周期為L(zhǎng)Os

10.如圖，兩條平行長(zhǎng)直導(dǎo)線。和6固定在光滑的絕緣水平桌面上，均通以電流。矩形金屬

線框位于兩條導(dǎo)線的正中間，通以逆時(shí)針?lè)较虻碾娏?。若線框在a、b產(chǎn)生的磁場(chǎng)作用下靜

止，則“、。的電流可能是（）

a

b

A.大小相等，方向相同B.大小不等，方向相同

C.大小相等，方向相反D.大小不等，方向相反

H,兩個(gè)完全相同的通電圓形線圈1、2平行放置，兩線圈的圓心0/、02的連線與圓面垂直，

如圖所示.當(dāng)兩線圈中通以方向、大小都相同的恒定電流時(shí)，。/點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8/。

若保持線圈1中的電流及線圈2中的電流大小不變，僅將線圈2中電流反向，。/點(diǎn)的磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,則線圈1中的電流在。2產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）

12.如圖所示，兩條光滑的不計(jì)電阻的金屬導(dǎo)軌平行固定在斜面上，導(dǎo)軌所在區(qū)域存在勻強(qiáng)

磁場(chǎng)，導(dǎo)軌上端連接電阻上在不加其他外力的情況下，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌下滑，棒始終與導(dǎo)軌

接觸良好，且平行于斜面底邊，則在下滑過(guò)程中，導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電流/、穿過(guò)棒與導(dǎo)軌圍

成的閉合回路的磁通量①隨時(shí)間r變化的關(guān)系不可能是（）

二、填空題（共20分）

13.已知鈉的極限頻率是6.0XloMHz,真空中波長(zhǎng)為3.0xl0ln的紫外線打到金屬鈉的表面

時(shí)一發(fā)生光電效應(yīng)（選填"能''或"不能”），是因?yàn)椤?/p>

14.足球運(yùn)動(dòng)員訓(xùn)練罰點(diǎn)球，足球放置在球門(mén)中央的正前方。點(diǎn)。兩次射門(mén)，足球分別斜

向上打在水平橫梁上的八人兩點(diǎn)，”為橫梁中點(diǎn)，如圖所示。已知兩次球被踢出時(shí)的速度

大小均為山，不計(jì)空氣阻力，則足球到達(dá)。、8的速度（選填“相同”或"不相同”），

試卷第4頁(yè)，共8頁(yè)

足球到達(dá)“、〃的動(dòng)能之比為

15.一根長(zhǎng)玻璃管豎直插入面積足夠大的水銀槽中并固定，玻璃管內(nèi)外水銀面相平，管中一

個(gè)質(zhì)量不計(jì)的光滑活塞封閉一段長(zhǎng)L=50cm的氣體，起初氣體的溫度Z=300K?，F(xiàn)緩慢提

拉活塞上升15Cm為止，則此時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)..外界大氣壓（選填"大于”、"等于"

或“小于”）。而后固定活塞，改變氣體溫度，當(dāng)氣體長(zhǎng)度仍為50Cm時(shí)，封閉氣體的溫度為

K.己知外界大氣壓Po=75cmHg。

16.A、B兩顆衛(wèi)星在同一平面內(nèi)沿同一方向繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，它們之間的距離Ar

隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示，不考慮A、B之間的萬(wàn)有引力，已知地球的半徑為0.8r,衛(wèi)星

A的線速度大于B的線速度，則圖中的時(shí)間7；A的周期（選填“大于”、”等于”或“小

17.如圖甲所示，一圓心為。的圓形區(qū)域ABC。處于平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，其半徑

H=O.Im。M為圓弧上一點(diǎn)，若半徑OM沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，。為OM從OA開(kāi)始旋轉(zhuǎn)的角

度，例點(diǎn)的電勢(shì)9隨6變化的關(guān)系如圖乙所示。則將帶電量為-LOXloT°C的電荷山4點(diǎn)沿圓

弧逆時(shí)針移到C點(diǎn)，電場(chǎng)力（選填"不做功”、”一直做正功”、“一直做負(fù)功”、”先做

正功后做負(fù)功”或“先做負(fù)功后做正功”），電勢(shì)能變化了

三、綜合題（共40分）

【注意：第19、20題在列式計(jì)算、邏輯推理以及回答問(wèn)題過(guò)程中，要求給出必

要的圖示、文字說(shuō)明、公式、演算等】

18.用單擺測(cè)重力加速度實(shí)驗(yàn)中，

（1）同學(xué)甲有如下操作，其中正確的操作是（）

A.測(cè)量擺長(zhǎng)時(shí)把擺線懸掛并拉緊

B.測(cè)懸點(diǎn)到擺球頂點(diǎn)的線長(zhǎng)作為擺長(zhǎng)

C.把擺球從平衡位置拉起至擺角約4。釋放

D.擺球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)啟動(dòng)秒表計(jì)時(shí)

E.擺球每經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)記錄一次作為全振動(dòng)次數(shù)

（2）該同學(xué)改進(jìn)測(cè)量方法后，多次測(cè)量得到數(shù)據(jù)見(jiàn)表。除了第1組外，其中一組數(shù)據(jù)偏差

較大，它是第組，可以刪除。根據(jù)各組數(shù)據(jù)求重力加速度，然后求得到當(dāng)?shù)氐?/p>

重力加速度，其中第1組數(shù)據(jù)計(jì)算得重力加速度為m∕s2（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。

全振動(dòng)次

數(shù)據(jù)擺長(zhǎng)全振動(dòng)〃次所周期

數(shù)

組L/m用的時(shí)間f/sTIS

n

11.003060.62.02

20.953059.41.98

30.903054.71.82

40.853055.71.86

50.803054.51.82

試卷第6頁(yè)，共8頁(yè)

（3）同學(xué)乙實(shí)驗(yàn)時(shí)將人工記錄振動(dòng)次數(shù)改為自動(dòng)記錄，如圖A所示的裝置，擺球在垂直紙

面的平面內(nèi)擺動(dòng)，在擺動(dòng)最低點(diǎn)的左、右兩側(cè)分別放置光敏電阻與某一自動(dòng)記錄儀相連、激

光光源，記錄儀顯示的光敏電阻阻值R隨時(shí)間f變化的關(guān)系如圖B所示，則該單擺的振動(dòng)周

期為。若保持懸點(diǎn)到小球頂點(diǎn)的線長(zhǎng)不變，改用直徑小些的球進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，則該單擺

的周期將（選填“變大”、“不變”或"變小”）。

19.如圖所示，豎直平面內(nèi)的固定軌道ABC由長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平軌道AB和光滑的四分之一圓

弧軌道BC組成，AB和BC在B處相切。一質(zhì)量為機(jī)的運(yùn)動(dòng)員踩著滑板從A端以初速度如

沖上水平軌道AB,沿軌道恰滑至C端，又沿CB弧滑下后停在水平軌道AB的中點(diǎn)。不計(jì)空

氣阻力，重力加速度為g。求：

（1）運(yùn)動(dòng)員在水平軌道的加速度“大??；

（2）運(yùn)動(dòng)員滑到B處時(shí)的速度V大??；

（3）圓弧軌道的半徑R；

（4）若增大運(yùn)動(dòng)員的初速度，沖上軌道后可以達(dá)到的最大高度是1.5R,分析說(shuō)明他能否停

在水平軌道AB上。

20.如圖所示，一傾角α=37。的光滑固定斜面的頂端放有質(zhì)量M=O.06kg的電阻不計(jì)的U

形導(dǎo)體框。一阻值R=3C、質(zhì)量加=0.02kg的金屬棒CQ的兩端置于導(dǎo)體框上，與導(dǎo)體框

構(gòu)成矩形回路CDEF,EF與斜面底邊平行，長(zhǎng)度L=0.6m0初始時(shí)CD與EF相距SO=（）.4m,

金屬棒與導(dǎo)體框同時(shí)由靜止開(kāi)始下滑，金屬棒下滑距離s∣=7?m后進(jìn)入一方向垂直于斜面向

Io

上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=IT的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊界（圖中虛線）與斜面底邊平行。金

屬棒在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)，直到離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域。當(dāng)金屬棒離開(kāi)磁場(chǎng)的瞬間，導(dǎo)體框的EF邊

恰好進(jìn)入磁場(chǎng),并在勻速運(yùn)動(dòng)一段距離后開(kāi)始加速。已知金屬棒與導(dǎo)體框之間始終接觸良好。

重力加速度g=10m∕s2,sin37o=0.6,cos37°=0.8°

（1）寫(xiě)出金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)棒中的感應(yīng)電流的方向；

（2）求金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的安培力；

（3）求金屬棒與導(dǎo)體框之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；

（4）求導(dǎo)體框在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服安培力做的功。

試卷第8頁(yè)，共8頁(yè)

1.B

【詳解】

“自由落體運(yùn)動(dòng)''模型是理想模型，而“點(diǎn)電荷''模型也是理想物理模型。

故選B。

2.D

【詳解】

根據(jù)衰變方程可知，Y的質(zhì)量數(shù)為0,電荷數(shù)為+1,所以Y是正電子，故D正確，ABC錯(cuò)

誤。

故選D。

3.D

【詳解】

α粒子散射實(shí)驗(yàn)中觀察到極少數(shù)α粒子發(fā)生超過(guò)90。的大角度偏轉(zhuǎn)，個(gè)別甚至被彈回，據(jù)此

現(xiàn)象得出原子核式結(jié)構(gòu)?

故選D。

4.C

【詳解】

雙縫干涉條紋間距滿足

Lλ

?λx=--

d

A.僅稍微向下移動(dòng)光源S,S到5/的距離將略大于到S2的距離，根據(jù)幾何關(guān)系可知，此時(shí)

從S發(fā)出的光經(jīng)過(guò)S/和S2后到達(dá)光屏?xí)r在。點(diǎn)略向上的位置才能滿足光程差為零，同理可

知其他滿足干涉增強(qiáng)和干涉減弱的特定光程差位置也將略微上移，即光屏上干涉條紋整體略

微上移，但條紋間距不變，故A不符合題意；

B.僅增大雙縫S2間距，即d增大，可知條紋間距減小，故B不符合題意；

C.僅增大屏到雙縫的距離，即L增大，可知條紋間距增大，故C符合題意；

D.僅改換用頻率更高色光，即2減小，可知條紋間距減小，故D不符合題意。

故選C。

5.C

【詳解】

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程

答案第1頁(yè)，共12頁(yè)

也=C

T

可知

P=CT-

V

所以圖像上各點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率與溫度成正比，則一定質(zhì)量的氣體從狀態(tài)“沿圖線變化到

狀態(tài)〃過(guò)程中圖像上各點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率逐漸減小，故氣體溫度逐漸降低，內(nèi)能減小。

故選C。

6.A

【詳解】

由于在尸點(diǎn)繞。點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，桿PQ始終保持水平，即P、Q兩點(diǎn)始終相對(duì)靜止，

故可知兩點(diǎn)的線速度相同，角速度也相同。

故選A。

7.D

【詳解】

A.兩架無(wú)人機(jī)小。同時(shí)從同一地點(diǎn)豎直向上直線飛行，0~20s內(nèi)，由。圖像與時(shí)間軸圍成

面積比6的大，即。的位移大，”在方的上方，A錯(cuò)誤；

B.0~15s內(nèi)，由“圖像與時(shí)間軸圍成面積比6的大，即α的位移大，“在6的上方，B錯(cuò)誤；

C.圖像的斜率表示加速度，10s~30s,“的加速度向下，“處于失重狀態(tài)，C錯(cuò)誤；

D.0~30s,〃、人的圖像與時(shí)間軸圍成面積相同，即位移相同，時(shí)間相同，所以平均速度相

等，D正確。

故選Do

8.C

【詳解】

輪胎容積不變，由查理定律可知

P=P

T-τ+?τ

解得

P

左前輪胎內(nèi)的氣體溫度變化

答案第2頁(yè)，共12頁(yè)

右前輪胎內(nèi)的氣體溫度變化

ΔT;

-244

左后輪胎內(nèi)的氣體溫度變化

M=盤(pán)

右后輪胎內(nèi)的氣體壓強(qiáng)變化

則

ΔT;<ΔΓ<?τ;<ΔT;

所以輪胎內(nèi)氣體的溫度變化最小是左后輪胎內(nèi)的氣體。

故選C。

9.B

【詳解】

某時(shí)刻波形圖如圖所示，此后質(zhì)點(diǎn)N比質(zhì)點(diǎn)M先回到平衡位置，說(shuō)明質(zhì)點(diǎn)N沿y軸負(fù)方向

運(yùn)動(dòng)，則該波沿X軸負(fù)方向傳，且波從N傳播到M需要0.4s,則

V=—=-~-m/s=10m∕s

t0.4

故選B,,

10.C

【詳解】

A.若“、〃電流大小相等，方向向左，根據(jù)安培定則以及磁場(chǎng)疊加可知，在線框上邊所在

處的磁場(chǎng)方向垂直與紙面向外，在線框下邊所在處的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定

則，線框上邊所受的安培力向上，下邊所受的安培力也向上，則線框不能處于靜止?fàn)顟B(tài)，同

理電流大小相等，方向向右線框也不能靜止，A錯(cuò)誤；

B.通以大小不等的電流，方向相同，若α導(dǎo)線電流大于6導(dǎo)線電流，根據(jù)右手定則和場(chǎng)強(qiáng)

疊加原理，可能使得線框上邊與下邊磁場(chǎng)相反，電流也相反，安培力方向相同，不平衡；也

可能上下邊所處的磁場(chǎng)方向相同，但通過(guò)通電直導(dǎo)線感應(yīng)磁場(chǎng)分布的特點(diǎn)可知，上邊的磁場(chǎng)

強(qiáng)度大于下邊的磁場(chǎng)強(qiáng)度，線框的上下邊電流相同，故線框上邊安培力大于下邊安培力，受

力不平衡，若α導(dǎo)線電流小于人導(dǎo)線電流，同理分析，B錯(cuò)誤；

C.若電流大小相等，。的電流向左，6的電流向右，由右手螺旋定則和場(chǎng)強(qiáng)疊加原理可知上

答案第3頁(yè)，共12頁(yè)

下邊所處的磁場(chǎng)強(qiáng)度大小和方向都相同，電流相反，安培力等大反向，故受力平衡，C正確；

D.若電流大小不相等，”的電流向左，6的電流向右，由右手螺旋定則和場(chǎng)強(qiáng)疊加原理可

知上下邊所處的磁場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，大小不等，電流相反等大，安培力反向不等大，故受力

不平衡，D錯(cuò)誤。

故選Co

H.C

【詳解】

設(shè)線圈1中的電流和線圈2中的電流在O/處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為瓦、Bb,則當(dāng)兩

電流同向時(shí)有

Bl=Ba+Bb

當(dāng)二者反向時(shí)

Bz=Bll-Bb

可解得

根據(jù)對(duì)稱性，線圈2在0/處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與線圈1在。2處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

相等，所以線圈1中的電流在02產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于"尹。

故選C。

12.AD

【詳解】

AB.導(dǎo)體棒下滑過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為

BLv

rI=-----

R

根據(jù)牛頓第二定律可得

mgsinθ—BIL=ma

可得

當(dāng)4>0時(shí)，隨著速度的增大，加速度逐漸減小為0,此后導(dǎo)體棒速度保持不變，則UT圖像

的斜率逐漸減小為0;當(dāng)。<0時(shí)，隨著速度的減小，加速度逐漸減小為0,此后導(dǎo)體棒速度

保持不變，貝卜T圖像的斜率逐漸減小為0;當(dāng)a=0時(shí)，導(dǎo)體棒速度保持不變，則VT圖像

答案第4頁(yè)，共12頁(yè)

的斜率為0。因/與V成正比，貝I"T圖像與VT圖像相似，故A不可能，符合題意，B可

能，不符合題意；

CD.XT圖像的斜率表示速度，當(dāng)導(dǎo)體棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后勻速運(yùn)動(dòng)

時(shí)，XT圖像是斜率逐漸增大的曲線，最后變成斜率不變的直線；當(dāng)導(dǎo)體棒先做加速度逐漸

減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，XT圖像是斜率逐漸減小的曲線，最后變成斜率不變的

直線；當(dāng)導(dǎo)體棒一直做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，XT圖像是一條傾斜直線。由磁通量的定義可知，穿過(guò)

棒與導(dǎo)軌圍成的閉合回路的磁通量為

Φ=BLx

所以中與X成正比，那么①T圖像與XT相似，故C可能，不符合題意，D不可能，符合

題意。

故選ADo

13.能此紫外線的頻率為106Hz,大于鈉的極限頻率

【詳解】

1]⑵由

c-λv

解得

3×108

一=Hz=IO15Hz

23.0×10^7

故其頻率大于鈉的極限頻率，這種紫外線打到金屬鈉的表面時(shí)，能發(fā)生光電效應(yīng)。

14.不相同1:1

【詳解】

在不計(jì)空氣阻力的情況下，足球兩次被以相同的速度踢出后分別到達(dá)同一高度的“、6

兩點(diǎn)，則根據(jù)能量守恒可知，上升的高度相同，則由動(dòng)能轉(zhuǎn)化的重力勢(shì)能相同，則可知足球

到達(dá)6兩點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相同，即動(dòng)能之比為1:1,但由于Qa連線和0〃連線的方向不同，即

足球在到達(dá)4、人兩點(diǎn)時(shí)的速度方向不同，而速度是矢量，因此足球在到達(dá)4、匕兩點(diǎn)時(shí)的速

度不同。

15.小于240

【詳解】

IU緩慢提拉活塞上升，被封氣體溫度不變，體積增大，則壓強(qiáng)減小，由于活塞質(zhì)量不計(jì),

原來(lái)氣體壓強(qiáng)等于大氣壓強(qiáng)，所以活塞上升后被封氣體壓強(qiáng)小于大氣壓強(qiáng)；

答案第5頁(yè)，共12頁(yè)

[2]當(dāng)氣體長(zhǎng)度最終仍為50Cm時(shí)，從水銀槽進(jìn)入玻璃管的水銀增加了15cm,由理想氣體狀

態(tài)方程

τi~τi

其中

P1=p0=75cmHg,匕=50S,Γ∕=300K,P3=Po-15=60CmHg，=505

代入可得

7>=240K

16.大于16：1

【詳解】

⑴設(shè)衛(wèi)星A的軌道半徑為砍，衛(wèi)星B的軌道半徑為RB,結(jié)合圖像有

RB-RA=3r,RB+RA=5-

解得

RA=，品=4，?

設(shè)衛(wèi)星A繞地球做勻速圓周的周期為T(mén)A,則有

CMm4"

GL小

解得

W/?/

T=

AGM

設(shè)衛(wèi)星B繞地球做勻速圓周的周期為7?,則有

「Mm4/

KB，B

解得

由圖像可知每經(jīng)過(guò)Z=T,兩衛(wèi)星再一次相距最近，則有

生*7=2萬(wàn)

TATK)

答案第6頁(yè)，共12頁(yè)

解得

7

τ?=-T

?8

則圖中的時(shí)間7大于A的周期。

Mm

[2]由GF=W∞,解得衛(wèi)星的加速度

GM

a=——

R2

A、B衛(wèi)星的加速度之比為

13A：(IB=RB°：R,J=16：1

17.先做負(fù)功后做正功-2√3×IO-10J##-3.464×i?10J

【詳解】

[1]由乙圖可知，從A點(diǎn)沿逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)先降低再升高，而負(fù)電荷在電

勢(shì)越低的地方電勢(shì)能越大，故可知，將帶電量為-1。XlOTOe的電荷由4點(diǎn)沿圓弧逆時(shí)針移到

C點(diǎn)的過(guò)程中電荷的電勢(shì)能先增加后減小，即電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功。

⑵由圖乙可得A點(diǎn)的電勢(shì)能為

EM=例=TXIO-K)x(3-K)J

C點(diǎn)的電勢(shì)能為

10

Epc=qφc=-?×]?×(3+√3)J

則可得

IO,O

AEp=Epc-Ep4=-1×1O^[(3+^)-(3-^)]J=-2√3×1O^J

18.CD##DC3平均值9.682t0變小

【詳解】

(I)[1]A.測(cè)量擺長(zhǎng)時(shí)需把擺球處于自由下垂?fàn)顟B(tài)時(shí)測(cè)量，A錯(cuò)誤；

B.測(cè)懸點(diǎn)到擺球中心的線長(zhǎng)作為擺長(zhǎng)，B錯(cuò)誤；

C.單擺作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)要求擺角小于5。，把擺球從平衡位置拉起至擺角約4。釋放可以,C正確；

D.擺球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)產(chǎn)生的時(shí)間誤差小，在該位置啟動(dòng)秒表計(jì)時(shí)，D正確；

E.從最低點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí)，擺球每經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)記錄一次，假設(shè)總共記錄〃次，則全振動(dòng)次數(shù)為

E錯(cuò)誤。

答案第7頁(yè)，共12頁(yè)

故選CDo

(2)[2]由圖看出隨著擺長(zhǎng)的減小，周期減小，第3組和第5組周期相同，說(shuō)明第3組數(shù)據(jù)

偏差較大。

[3]根據(jù)各組數(shù)據(jù)求重力加速度，然后對(duì)所以的重力加速度求平均值，得到當(dāng)?shù)氐闹亓铀?/p>

度。

[4]由公式

T

得第1組數(shù)據(jù)計(jì)算得重力加速度為

g=-tπ-^=9.68m∕s2

(3)[5]單擺在一個(gè)周期內(nèi)經(jīng)過(guò)平衡位置兩次，由圖知兩次時(shí)間間隔為2f°,故該單擺的振

動(dòng)周期為九。

[6]由周期

改用直徑小些的球進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，則擺長(zhǎng)減小，該單擺的周期將變小。

19.(1)“=生；⑵?;(3)3；⑷能，理由見(jiàn)解析

3L36g

【詳解】

(1)根據(jù)題意，設(shè)運(yùn)動(dòng)員和滑板整體的質(zhì)量為町，在水平面上受到的摩擦力為了,對(duì)整個(gè)

過(guò)程，由動(dòng)能定理有

-小+撲吟"舊

解得

在水平面上，由牛頓第二定律有

f=町q

解得

答案第8頁(yè)，共12頁(yè)

(2)根據(jù)題意，從A→8過(guò)程中，由動(dòng)能定理有

(3)根據(jù)題意可知，從B→C過(guò)程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律有

6g

(4)根據(jù)題意，設(shè)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)速度為匕，由機(jī)械能守恒定律有

12

-/W1V2=ZnIg1.5/?

假設(shè)運(yùn)動(dòng)員能停在水平軌道上，由動(dòng)能定理有

1,

-A=O--W1V2

聯(lián)立解得

,3

L=—L<L

4

可見(jiàn)他能停在水平軌道上。

20.(1)。到C；(2)0.18N,方向沿斜面向上；(3)0.375；(4)0.083J

【詳解】

(1)金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)棒中的感應(yīng)電流的方向由。到Co

(2)由于斜面光滑，所以導(dǎo)體框與金屬棒由靜止開(kāi)始同步勻加速下滑，以整體為研究對(duì)?象,

則由牛頓第二定律

mL<gsma=mιta∣

a∣=gsina=10×0.6m∕s2=6m∕s2

當(dāng)金屬棒CQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度達(dá)到

vι=y∣2alslm∕s=1.5m∕s

此時(shí)CO棒切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

答案第9頁(yè)，共12頁(yè)

E∣=BLv∣=l×0.6×1.5V=0.9V

回路中的感應(yīng)電流為

//=—=0.3A

R

CD棒受到的安培力

Fi=BI1L=1×0.3×0.6N=0.18N

方向沿斜面向上。

（3）由于CD棒與導(dǎo)體框原來(lái)同步向下勻加速，現(xiàn)CO棒進(jìn)入磁場(chǎng)受到沿斜面向上的安培

力，且做勻速直線運(yùn)動(dòng)，因此CO棒必定相對(duì)導(dǎo)體框向上運(yùn)動(dòng)，受導(dǎo)體框?qū)λ匦泵嫦蛳碌?/p>

滑動(dòng)摩擦力，設(shè)8的質(zhì)量為〃?，CZ）勻速穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)受到導(dǎo)體框的滑動(dòng)摩擦力為力則此過(guò)

程中C。棒受力如圖

由共點(diǎn)力的平衡條件有