2022年河北省普通高中高考物理模擬試卷（三）（等級考）（附答案詳解）

2022年河北省普通高中高考物理模擬試卷（三）（等級考）

1.如圖所示，2、B兩個(gè)小球靜止在光滑水平地面上，用輕彈簧連接，4、B兩球的質(zhì)

量分別為0.4kg和1.2kg?，F(xiàn)使4球獲得向右的瞬時(shí)速度"=6?n/s。已知彈簧始終在

其彈性限度之內(nèi)，則在4B兩球運(yùn)動(dòng)的過程中（）

V

A.B球的最大速度大小為1.5m/s

B.B球速度最大時(shí)，4球的速度大小為3m/s,方向水平向左

C.4球速度為0時(shí)，4、B組成的系統(tǒng)動(dòng)能損失最大

D.4球加速度為0時(shí)，B球的速度最大

2.如圖所示，兩根相同的輕質(zhì)彈簧一端分別固定于M、N兩點(diǎn)，另一端分別與輕繩OP、

OQ連接于。點(diǎn)?，F(xiàn)用手拉住OP、OQ的末端，使OM、ON兩彈簧長度相同（均處于

拉伸狀態(tài)），且分別保持水平、豎直。最初OP豎直向下，OQ與OP成120。夾角?，F(xiàn)

使OP、OQ的夾角不變，在保持。點(diǎn)不動(dòng)的情況下，將OP、OQ沿順時(shí)針方向緩慢旋

轉(zhuǎn)70。。已知彈簧、輕繩始終在同一豎直平面內(nèi)，則在兩輕繩旋轉(zhuǎn)的過程中（）

B.OQ上的作用力一直減小

C.OP上的作用力先增大后減小

D.OQ旋轉(zhuǎn)至水平位置時(shí)，OQ上作用力最大

3.如圖所示，斜面NP與水平面。P在P點(diǎn)連接，斜面OQ傾角為。，與。P連接于。點(diǎn)。

將質(zhì)量為徵的光滑小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）由斜面NP上的N點(diǎn)靜止釋放，小球經(jīng)。點(diǎn)水平

飛出后落到斜面OQ上的K點(diǎn)。已知斜面及水平面均固定,NP之間的高度差為0、

K之間的高度差為無，重力加速度為g,忽略空氣阻力。貝心）

N

A.小球在K點(diǎn)處速度的方向與水平方向的夾角為2。

B.。、K之間的距離為+tan?。

C.小球落到K點(diǎn)時(shí)的速度大小為l2gh+-^-

D.小球經(jīng)過P點(diǎn)前后損失的機(jī)械能為mg”-喘%

H七V

EO/

4.如圖所示為玻爾原子理論的氫原子能級圖，下列說法8

5二4

正確的是（）os.5

4,65

3L1

A.大量處于ri=5能級的氫原子向基態(tài)躍遷，最多可以發(fā)-5

出20種不同頻率的光

234

B.處于71=2能級的氫原子其電勢能比處于71=3能級的

氫原子的電勢能小

C.若氫原子由九=4能級分別直接躍遷至n=3和ri=2]_]36

能級時(shí)所發(fā)出光的波長為乙和小，則%<%

D.用光子能量為12.5。的光照射大量處于基態(tài)的氫原子，此過程中氫原子最多可以發(fā)

出3種不同頻率的光

5.如圖甲所示，傾角為30。足夠長的斜面固定在水平地面上，t=0時(shí)刻質(zhì)量為小的光

滑物塊由斜面底端以一定的初速度。沖上斜面。以水平地面為零勢能面，物塊的重

力勢能E,隨位移力變化的關(guān)系如圖乙所示。已知物塊位移為x=2.56時(shí)速度為0,

取g=10m/s2,則（）

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A.物塊的質(zhì)量為0.3kg

B.當(dāng)x=1.5小時(shí)，物塊的速度大小為VTUm/a

C.物塊的重力勢能與動(dòng)能相等時(shí)，物塊的位移大小為0.75小

D.當(dāng)x=2m時(shí)，物塊的動(dòng)能為31

6.如圖所示，真空中a、b兩點(diǎn)分別固定電荷量為+q、-q的點(diǎn)電荷，以a、b連線中點(diǎn)

。為圓心的圓與a、6連線的中垂線cd交于K點(diǎn)。圓上的四個(gè)點(diǎn)M、N、Q、P為矩形

的四個(gè)頂點(diǎn)，且MP平行于cd。則下列說法不正確的是（）

?■O

ab

A.M,Q兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相同

B.P、N兩點(diǎn)電勢相等

C.電性為負(fù)的試探電荷位于K點(diǎn)時(shí)的電勢能小于其位于M點(diǎn)時(shí)的電勢能

D.電性為正的試探電荷（不計(jì)重力）沿OK方向以一定的速度射出，該電荷將做勻速直線

運(yùn)動(dòng)

7.如圖所示，傾角為30。的斜面固定在水平地面上，其底端N與光滑的水平地面平滑

連接，N點(diǎn)右側(cè)有一豎直固定擋板。質(zhì)量為0.8kg的小物塊b靜止在地面上，現(xiàn)將質(zhì)

量為0.4刖的小物塊a由斜面上的M點(diǎn)靜止釋放。已知MN=1.5m,a、b與斜面之間

的動(dòng)摩擦因數(shù)均等為，a、b碰撞時(shí)間極短，碰后黏在一起運(yùn)動(dòng)不再分開，a、b整

體與擋板碰撞過程中無機(jī)械能損失。取g=10rn/s2,貝l］（）

a

一...口,

A.物塊a第一次運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為3.6/

B.a、b碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為0.6/

C.6與擋板第一次碰撞時(shí)，擋板對b的沖量大小為1.2N-s

D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，b在斜面上運(yùn)動(dòng)的路程為0.25m

8.宇宙中存在一些由遠(yuǎn)離其他恒星的星體組成的系統(tǒng)，通常g

/、

可忽略其他星體對它們的引力作用。如圖所示，質(zhì)量均為/\

?、

加的三顆星體a、b、c的球心位于邊長為L的等邊三角形的/\

三個(gè)頂點(diǎn)上，繞某一共同的圓心0（圖中未畫出）在三角形bo------------------1?

所在的平面內(nèi)做角速度相同的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知引力常量為G。下列說法不正確

的是（）

A.星體a做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為|L

B.星體b所受的萬有引力大小為誓

C.星體c做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小為后

D.星體a做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為包E

3mNG

9.如圖甲所示，一小型交流發(fā)電機(jī)線圈的匝數(shù)為100,面積為1巾2,其電阻忽略不計(jì)；

a、b兩端與理想變壓器相連，％為定值電阻，夫2為滑動(dòng)變阻器，電容器的電容為C,

P、Q為其上、下極板。t=0時(shí)刻，線圈繞垂直于N、S兩極間磁場（可視為勻強(qiáng)磁

場）的水平軸。。'勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢e隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。

已知電容器的電容越大，交流電的頻率越高，電容器對交流電的阻礙作用越小，電

容器始終正常工作。下列說法不正確的是（）

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A.N、S兩極間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為67

1007T

B.若僅將P板上移，則通過滑動(dòng)變阻器的電流將增大

C.若僅將P板上移，則a、b兩端的輸入功率將減小

D.若僅將滑動(dòng)變阻器的阻值增大，則定值電阻的電功率將增大

10.如圖所示，電阻不計(jì)的兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面

內(nèi)，導(dǎo)軌上、下兩端分別連接阻值為%=0.612,R2=1.2。的

定值電阻，兩導(dǎo)軌之間的距離為L=矩形區(qū)域abed內(nèi)存

在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=17、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,

ab、cd之間的距離為七=1,5巾。在cd下方有一垂直于導(dǎo)軌、

長為L的導(dǎo)體棒MN,其質(zhì)量為m=2kg,電阻為r=0.10,

最初MN與cd之間的距離為七=2m,導(dǎo)體棒在豎直向上的恒

力F=28N的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)。已知MN與導(dǎo)軌始終垂

直且接觸良好，取g=l（hn/s2。則導(dǎo)體棒MN在磁場中運(yùn)動(dòng)

的過程中（）

A.導(dǎo)體棒MN兩端的電勢差UMN=08U

B.導(dǎo)體棒MN的熱功率為6.4W

C.此上產(chǎn)生焦耳熱的最大值為8/

D.流過7?2的電荷量的最大值為1C

11.用如圖甲所示裝置研究平拋運(yùn)動(dòng)。實(shí)驗(yàn)操作如下：

a.將白紙和復(fù)寫紙固定在豎直的背板上；

b.將鋼球由斜槽上某一位置處靜止釋放，落在可上下調(diào)節(jié)的水平擋板N上；（擋板N

靠近背板一側(cè)較低，鋼球落在擋板上時(shí)，鋼球側(cè)面會(huì)在白紙上留下印記）

c.上下調(diào)節(jié)擋板N,重復(fù)步驟b,在白紙上記錄鋼球所經(jīng)過的多個(gè)位置；

d.,就得到鋼球做平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡。

1020304050

甲乙

(1)請將操作d補(bǔ)充完整。

(2)實(shí)驗(yàn)中，必須滿足的條件有。(填正確答案標(biāo)號)

4斜槽軌道末端水平

R斜槽軌道光滑

C.擋板高度等間距變化

D每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球

(3)通過實(shí)驗(yàn)，記錄了鋼球在運(yùn)動(dòng)途中的三個(gè)位置，如圖乙所示，則該鋼球在4點(diǎn)速

度的大小為m/s,鋼球拋出點(diǎn)位置的坐標(biāo)為。(取g=lOm/s?)

12.如圖甲所示的電路中，a、b兩端接有輸出電流恒為的電流源，品為定值電阻，Rp

為滑動(dòng)變阻器。某同學(xué)欲利用該電路測定及Ro的數(shù)值，他將理想電流表接入電路

之中，改變Rp的阻值，記錄多組電流、電壓的數(shù)值，得到了如圖乙所示的U-/關(guān)

系圖線?；卮鹣铝袉栴}：

甲乙

⑴電流表應(yīng)接在甲圖中(填“4”“8”或“C”)處。

(2)由乙圖可得Ro=12,10=Ao

(3)若實(shí)驗(yàn)中電壓表不理想，則的測量值_____其真實(shí)值；a的測量值______其

真實(shí)值。(均填“大于”“小于”或“等于”)

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13.下暴雨時(shí)，有時(shí)會(huì)發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害。某地有一傾角為37。、底端

為B的斜坡4B,其右側(cè)為寬30nl的水平長直公路，B、C為公路的左右邊緣，公路

右側(cè)有一傾角也為37。的斜坡CD。斜坡上4處有一質(zhì)量為500kg的石塊a,C處有一

質(zhì)量為300kg的石塊b,a、b均處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示。某次特大暴雨后，t=0時(shí)

亥Ua由靜止開始運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后a與b發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后b恰好落在D

點(diǎn)。已知開始時(shí)4B之間的豎直高度自=125m,C、。之間的豎直高度飽=45m；

a與斜坡4B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2，a與公路間的摩擦力、a、b所受空氣阻力均忽

略不計(jì)。a、b均可視為質(zhì)點(diǎn)，斜坡4B底端與公路面平滑連接，取g=l(hn/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

(l)a、b相碰撞的時(shí)刻t。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)

(2?落在。點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。

(3)a、b碰撞過程中b對a的沖量。

14.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第一、二象限內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)

磁場，第四象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B及電場強(qiáng)度E的大小

均未知。t=0時(shí)刻，一帶負(fù)電的粒子以大小為"的速度從y軸上的P點(diǎn)(0,L)沿與y軸

負(fù)方向成30。角平行于%。〉平面射入第二象限。粒子第一次穿過%軸時(shí)經(jīng)過。點(diǎn)，第

二次和第五次穿過x軸時(shí)經(jīng)過同一點(diǎn)N(圖中未畫出)。已知粒子的質(zhì)量為電荷量

大小為(不計(jì)粒子的重力。求：

(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。

(2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小。

(3)粒子從t=0時(shí)刻至第(2n+1)次穿過x軸時(shí)的坐標(biāo)及所用的時(shí)間。(n=0,1,2,...)

15.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷過程atb、btc、ctd、dta

回到狀態(tài)a。已知da的延長線過原點(diǎn)且與be平行。a、b、c、d的部分狀態(tài)參量如圖

所示。已知狀態(tài)a氣體的壓強(qiáng)為pi。6re過程氣體的壓強(qiáng)不斷(填“增大”

或“減小”)；氣體在狀態(tài)c時(shí)的壓強(qiáng)為。

16.如圖所示，容積為力的汽缸由導(dǎo)熱材料制成，質(zhì)量

不計(jì)的活塞將汽缸分成容積相等的4B兩部分，汽

缸4部分通過帶有閥門的細(xì)管與容積為多、導(dǎo)熱性良

好的汽缸C相連。開始時(shí)閥門關(guān)閉，4B兩部分氣

體的壓強(qiáng)均為Po,C內(nèi)氣體壓強(qiáng)為4p°。現(xiàn)將閥門打

開，當(dāng)活塞穩(wěn)定后，再將閥門關(guān)閉。已知4、B、C內(nèi)為同種理想氣體，細(xì)管及活塞

的體積均可忽略，外界溫度保持不變，活塞與汽缸之間的摩擦力不計(jì)。求：

(1)活塞穩(wěn)定后，A部分氣體的壓強(qiáng)。

(2)活塞穩(wěn)定后，C中剩余氣體的質(zhì)量與最初C中氣體質(zhì)量之比。

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17.如圖所示，振動(dòng)周期均為4s,振幅分別為3cm、5cm的波源SI、S2分別位于％軸上

x=-4爪和％=14zn處。t=0時(shí)刻兩波源開始振動(dòng)，產(chǎn)生同種類型沿x軸相向傳播

的簡諧橫波。已知SI的起振方向向上，52的起振方向向下，波源S］振動(dòng)產(chǎn)生的波的

波長為6m。t=4s時(shí)，x=12nl處的質(zhì)點(diǎn)加速度方向向（填“上”或“下”）；

x=27n處為振動(dòng)（填“加強(qiáng)”或“減弱”）點(diǎn)，該處質(zhì)點(diǎn)的振幅為cm。

S\&

，?I------------------1------------------1------------------1—?一■1---------A

-40481216x/m

如圖所示，三角形2BC為三棱鏡的截面圖，ZC=90°,Z.B=30。，8c邊與水平面平行，

。、D分別為AC、AB兩邊的中點(diǎn)，AC邊長為L。位于截面所在平面內(nèi)的一束單色光，與

水平方向成io=60。角由。點(diǎn)入射，折射光線由BC邊上的E點(diǎn)射出，S.OC=CE.當(dāng)光在

。點(diǎn)的入射角減小至某一值時(shí)，折射光線在BC邊上的F點(diǎn)（圖中未畫出）恰好發(fā)生全反射。

真空中光速為以

（1）求該棱鏡對該單色光的折射率小

（2）光在F點(diǎn)發(fā)生全反射時(shí)，求4C邊上的入射角及光由。點(diǎn)傳播至F點(diǎn)所用的時(shí)間。

答案和解析

1.【答案】BD

【解析】解：AB,從開始至彈簧第一次恢復(fù)原長的過程中，B球一直加速，之后B球開

始減速，則彈簧第一次恢復(fù)原長時(shí)B球的速度最大，設(shè)B球的最大速度大小為玲，此時(shí)a

球的速度為以。取水平向右為正方向，根據(jù)兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒分別

2

為:mAv=mAvA+mBvB,^mAv=如4若解得力=-3m/s,vB=3m/s,

即B球速度最大時(shí)，4球的速度大小為3zn/s,方向水平向左，故A錯(cuò)誤，8正確。

C、當(dāng)4、B兩球速度相同時(shí)，彈簧的彈性勢能最大，4、B組成的系統(tǒng)動(dòng)能損失最大，

設(shè)此時(shí)兩球的速度為"'，由動(dòng)量守恒定律得：mAv=(mA+m^v',解得M=2m/s,故

C錯(cuò)誤；

D、彈簧第一次恢復(fù)原長時(shí)8球的速度最大，此時(shí)4球的加速度為0,故。正確。

故選：BDo

彈簧第一次恢復(fù)原長時(shí)8球的速度最大，根據(jù)兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒求

解B球的最大速度以及此時(shí)4球的速度。當(dāng)兩球速度相同時(shí)，4B組成的系統(tǒng)動(dòng)能損失

最大。B球的速度最大是地，根據(jù)牛頓第二定律分析4球的加速度。

本題是含有彈簧的類型，要運(yùn)用動(dòng)態(tài)思想認(rèn)真分析兩球的運(yùn)動(dòng)過程，知道彈簧第一次恢

復(fù)原長時(shí)B球的速度最大，當(dāng)4B兩球速度相同時(shí)，彈簧的彈性勢能最大。

2.【答案】A

【解析】解：初狀態(tài)系統(tǒng)平衡時(shí)，兩彈簧彈力相等，合力與兩彈簧夾45。斜向左上方，

則由。點(diǎn)受力平衡知：OP、OQ兩繩拉力合力斜向下與OP夾45。角。

保持。點(diǎn)不動(dòng)，則兩彈簧伸長狀態(tài)不變，合力不變，

將OP、OQ沿順時(shí)針方向緩慢旋轉(zhuǎn)70。，此過程OP、OQ合力不變，兩力夾角不變，用紅

線表示OQ拉力，紫線表示。P拉力，

根據(jù)力的三角形法則可作圖如下：

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由圖可以看出，在旋轉(zhuǎn)70。的過程中，

表示OP的拉力TOP長度一直在減小，說明。P上的作用力一直減??；

表示。Q的拉力長度線增大后減小，說明上的作用力先增大后減?。?/p>

當(dāng)0Q旋轉(zhuǎn)至水平位置時(shí)，0Q對應(yīng)的圓周角為：180°-60°-45°=75°<90°,

說明此時(shí)。Q拉力不是最大值。故A正確，錯(cuò)誤。

故選：2。

系統(tǒng)受力平衡，在轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，根據(jù)動(dòng)態(tài)平衡分析力的變化情況，注意結(jié)合力的變化

特點(diǎn)分析。

本題是動(dòng)態(tài)平衡的問題，注意在變化的過程中OP、0Q的夾角不變，結(jié)合圓來分析變化

規(guī)律。

3.【答案】CD

【解析】解：4小球在K點(diǎn)處速度的方向與水平方向的夾角為a,貝lkcma=2tcme,故

A錯(cuò)誤；

B、0、K之間的距離為s=V為+久2,又知所以s=+tan?。,故8錯(cuò)

xtan0

誤；

2

C、根據(jù)機(jī)械能守恒，小球落到K點(diǎn)時(shí)的速度大小為"=J詔+2gh,h=\gt,x=vot,

tand=2,聯(lián)立解得u=l2gh+^-，故C正確；

X7y2tan20

。、小球經(jīng)過P點(diǎn)前后損失的機(jī)械能為ZE=mgH-=mgH-噌篝，故D正確。

故選：CDo

小球離開。點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，落在K點(diǎn)時(shí)，豎直位移與水平位移之比等于tcm。，

本題物體運(yùn)動(dòng)過程較復(fù)雜，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用平拋

運(yùn)動(dòng)規(guī)律、機(jī)械能守恒定律可以解題，本題有一定的難度。

4.【答案】AB

【解析】解：4大量處于幾=5能級的氫原子向基態(tài)躍遷，最多可以發(fā)出量=20種不

同頻率的光，故A正確；

B、氫原子從n=3躍遷到幾=2的能級時(shí)，輻射光子，電子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑減小，電場

力做正功，氫原子的電勢能減小，所以處于71=2能級的氫原子其電勢能比處于71=3能

級的氫原子的電勢能小。故8正確；

C、若氫原子由n=4能級分別直接躍遷至n=3和n=2能級時(shí)所發(fā)出光的波長為乙和小,

g3=后4一岳3=咤，ZIF42=E4-E2=hj-,則%〉乙。故C錯(cuò)誤；

D、若用光子能量為12.5W的光照射大量處于基態(tài)的氫原子，則有￡=-13.6。+

12.5eV=-l.leV,氫原子沒有該能級，所以不能使處于基態(tài)的氫原子躍遷，故。錯(cuò)誤；

故選：ABo

根據(jù)數(shù)學(xué)組合公式盤判斷一群氫原子釋放的光子的種類；氫原子從n=3躍遷到n=2的

能級時(shí)，輻射光子，根據(jù)電場力做功判斷電勢能變化；能級躍遷時(shí)吸收和釋放的能量必

須等于能級差。

解決本題的關(guān)鍵掌握能級間躍遷放出或吸收光子的能量滿足加=Em-以及知道能

級間躍遷輻射的光子能量等于兩能級間的能級差。

5.【答案】B

【解析】解：4根據(jù)昂=mgx?sin30。，物塊的重力勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系中斜率

k=mgsin30°=~J/m,求得m=0.6kg,故A錯(cuò)誤；

B.對物體從久=1.5m到x=2.5m,由動(dòng)能定理可得—山出譏30。(2.5—1,5)=0一2加。?求

得IA/TUTH/S,故B正確：

C.設(shè)位移％處物塊的重力勢能與動(dòng)能相等，mgsin30°(2.5-%)=/小〃又機(jī)械能守恒

mgsin30°(2.5—尤)+|mv2=mgs譏30。(2.5)求得％=1.25m,故C錯(cuò)誤：

。.當(dāng)x=2m時(shí),mgs譏30°(2.5-2)+=mgsin30°(2.5)求得壇=6/,故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

根據(jù)功能關(guān)系進(jìn)行解題，結(jié)合重力勢能的計(jì)算公式與圖像解得物體質(zhì)量，再根據(jù)機(jī)械能

的計(jì)算方法解得CD。

本題考查了能量關(guān)系及動(dòng)能定理，解題的關(guān)鍵是知道結(jié)合圖象進(jìn)行解題，并結(jié)合動(dòng)能定

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理及能量轉(zhuǎn)化解題即可。

6.【答案】BCD

【解析】解：4根據(jù)對稱性和點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式知：正電荷在M點(diǎn)的場強(qiáng)與負(fù)電荷在Q點(diǎn)

的場強(qiáng)相同，正電荷在Q點(diǎn)的場強(qiáng)與負(fù)電荷在M點(diǎn)的場強(qiáng)相同，且兩電荷在M、Q分別產(chǎn)

生的場強(qiáng)夾角相同，根據(jù)電場強(qiáng)度的疊加可知：M、Q兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相同，故A正確；

bed是等量異種點(diǎn)電荷電場中的一條等勢線，在其左側(cè)靠近正電荷區(qū)域電勢高，其右側(cè)

靠近負(fù)電荷區(qū)域電勢低，故P點(diǎn)電勢高于N點(diǎn)電勢，故2錯(cuò)誤；

C由B中分析知，K點(diǎn)電勢低于M點(diǎn)電勢，則負(fù)試探電荷從K點(diǎn)移到M點(diǎn)過程中，電場力

做正功，電勢能減小，所以負(fù)電荷在K點(diǎn)電勢能大于在M點(diǎn)電勢能，故C錯(cuò)誤；

D.電性為正的試探電荷（不計(jì)重力）沿。K方向以一定的速度射出，電荷受向右的電場力

作用而做曲線運(yùn)動(dòng)，故。錯(cuò)誤。

本題選不正確的，故選BC。。

故選：BCD.

由對稱性及點(diǎn)電荷場強(qiáng)分布分析M、Q兩點(diǎn)電場強(qiáng)度關(guān)系，由cd是等量異種點(diǎn)電荷電場

中的一條等勢線，結(jié)合電勢分布特點(diǎn)判斷P、N兩點(diǎn)電勢高低，電場力做正功，電勢能

減小，并進(jìn)一步比較電勢能關(guān)系，初速度與受力方向不一致時(shí)，做曲線運(yùn)動(dòng)。

本題考查靜電場，學(xué)生需熟練掌握等量異種電荷電場線分布，綜合解題。

7.【答案】D

【解析】解：4物塊a第一次運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理

12

mag-MN-sin30°—iimag?MN?cos30°=Eka=-maVQ

代入題中數(shù)據(jù)可得

VQ=3m/s

Eka=18/

故A錯(cuò)誤；

A設(shè)a與匕碰前速度大小為北,碰后二者速度為"，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律

可知

mav0=(ma+mb')v

b碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能

2

4E=|mav^-1(ma+mh)v

解得

v=l.Om/s

AE=1.27

故B錯(cuò)誤；

C.由B分析知，a、b整體與擋板第一次碰撞前的速度即為〃=lm/s,碰撞過程中無機(jī)械

能損失，所以碰后整體速度變?yōu)橄蜃蟮膌m/s,對整體，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量定

理

I=Ap=(ma+mb)v—(jna+mb)(—v)=2(ma+mby)v=2.4N-s

擋板對b的沖量即為對整體的沖量，故C錯(cuò)誤；

Da、b整體靜止在N點(diǎn)，對a、b整體，自碰后至最終停下，由能量守恒

2

-(jna+mb)v=fi(ma+mb)gcosd's

帶入數(shù)據(jù)解得

s=0.25m

故。正確。

故選：Do

根據(jù)動(dòng)能定理解得碰撞前4的速度；根據(jù)動(dòng)量守恒定律解得碰后的速度，根據(jù)動(dòng)量定

理解得b與擋板第一次碰撞時(shí)，擋板對b的沖量大小，根據(jù)能量守恒解得整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，

b在斜面上運(yùn)動(dòng)的路程。

本題考查了動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律和牛頓第二定律的綜合運(yùn)用，理清物塊的運(yùn)動(dòng)

規(guī)律，注意動(dòng)量的矢量性。

8.【答案】C

【解析】解：B、每個(gè)星體受到引力大小為其它兩顆星體對它的萬有

引力的合力，對任意一個(gè)星體，受力分析如圖，有:

777.2

FI=F2=G*,

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2

則合力為尸=2Fcos30°=V3G^-,故3錯(cuò)誤；

1Li

2

AD,每個(gè)星體受到的向心力為：F向=F=四味,每個(gè)星體繞中心。做勻速圓周運(yùn)動(dòng)

的半徑丁=曰乙=/3根據(jù)萬有引力提供向心力有巡61=血某廠，解得a的周期：

T=2nI———?故A_D錯(cuò)誤；

73Gm

C、根據(jù)U=與可得c的線速度：v=&故C正確。

T7L

故選：Co

先寫出任意兩個(gè)星體之間的萬有引力，求每一顆星體受到的合力，該合力提供它們的向

心力，然后求出它們的軌道半徑，最后求出角速度、周期和線速度的表達(dá)式，整進(jìn)一步

分析即可得出結(jié)果。

本題主要是考查三星問題，解決該題首先要理解模型所提供的情景，然后能夠列出合力

提供向心力的公式，才能正確解答題目。

9.【答案】C

【解析】解：4、從圖像可知3=年=^rad/s=100兀rad/s

根據(jù)%=NBSoj=100V2V

求得B=±-T,故A錯(cuò)誤；

1007T

B、P板上移，由。=持可知電容變小，電容的容抗變大，流過滑動(dòng)變阻器的電流將變

4nka

小，故2錯(cuò)誤：

C、由8項(xiàng)分析可知，流過滑動(dòng)變阻器的電流變小，由P=/R知，滑動(dòng)變阻器的功率將

減小，而治的電壓不變，其功率不變，

則理想變壓器的輸出功率變小，由=P出可知，帥兩端的輸入功率將減小，故C正

確；

D,原線圈電壓不變，副線圈電壓不變，定值電阻的電功率不變，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢e隨時(shí)間t變化的關(guān)系可知最大電動(dòng)勢的大小，從而可以計(jì)算磁感應(yīng)強(qiáng)度

的大小，根據(jù)電容的變化，判斷容抗變化，以及電流和功率的變化。

本題關(guān)鍵是要掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關(guān)系，明確電容器在交流電

中的作用。

10.【答案】BD

【解析】解：2、導(dǎo)體棒MN在恒力作用下向上勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)進(jìn)入磁場時(shí)速度為〃，根

2

據(jù)動(dòng)能定理可得：Fh2-mgh2=|mv-0

代入可解得：v=4m/s

進(jìn)入磁場時(shí)，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E=

BLv=1x1x4/=4/

電路中％與7?2的并聯(lián)電阻為R=^，代入數(shù)據(jù)解得：R=0.4/2

導(dǎo)體棒MN的電流：/=急=~^―>1=84

導(dǎo)體棒受到的安培力為：F安=BIL=1X8X1N=8N

重力mg=2XION=20N

由于尸=F^+mg

可知進(jìn)入磁場后導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢恒定，電流恒定，則導(dǎo)體棒MN兩端的

電勢差為：

UMN=IR=8X0.4V=3.2V,故A錯(cuò)誤；

B、導(dǎo)體棒MN的熱功率為：P=I2r=82x0.1I￥=6AW,故B正確；

C、導(dǎo)體棒通過磁場所用時(shí)間：t=^=^s=ls

V48

區(qū)上產(chǎn)生焦耳熱的最大值為：Q=畀,

Ri

代入數(shù)據(jù)解得：Q=6.4/,故C錯(cuò)誤；

。、流過7?2的電荷量的最大值為：q=高最?〃，代入數(shù)據(jù)解得：q=ic,故。正確。

故選：BD。

根據(jù)動(dòng)能定理求解導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場時(shí)的速度，由法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合電路連接情況

計(jì)算通過導(dǎo)體棒的電流，根據(jù)安培力的計(jì)算公式求解導(dǎo)體棒受到的安培力大小，根據(jù)受

力情況可知進(jìn)入磁場后導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)歐姆定律計(jì)算MN兩端電壓；根據(jù)電功率

的計(jì)算公式求解導(dǎo)體棒MN的熱功率；求出導(dǎo)體棒通過磁場所用時(shí)間，根據(jù)焦耳定律求

解區(qū)上產(chǎn)生焦耳熱的最大值，根據(jù)電荷量的計(jì)算公式求解流過此的電荷量的最大值。

對于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中涉及電路問題的分析方法是：確定哪部分相當(dāng)于電源，根據(jù)電路連

接情況，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律、以及電功率的計(jì)算公式列方

程求解。

第16頁，共24頁

11.【答案】斜槽水平末端處鋼球球心在白紙上的投影點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)。，過。點(diǎn)畫出豎直

的y軸和水平的％軸；去下坐標(biāo)紙，用平滑的曲線把這些印跡連接起來AD等(0,10cm)

【解析】解：(1)斜槽水平末端處鋼球球心在白紙上的投影點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)。，過。點(diǎn)畫出

豎直的y軸和水平的％軸；去下坐標(biāo)紙，用平滑的曲線把這些印跡連接起來，就得到鋼球

做平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡。

(2)48、斜槽軌道不一定需要光滑，但未端一定要水平，才能保證是平拋運(yùn)動(dòng)，故A正

確，B錯(cuò)誤；

C、擋板只要能記錄下小球下落在不同高度的不同位置即可，不需要等間距變化，故C

錯(cuò)誤；

。、為了保證小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度相等，小球每次應(yīng)從斜槽的同一位置由靜止釋放,

故D正確；

故選：AD.

(3)坐標(biāo)紙上每一小格長為L=5cm=0。5加，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落

體運(yùn)動(dòng)，由

Ay=2L=gt2

可得：t=0.1s,

平拋運(yùn)動(dòng)的初速度

3L3X0.05,yl,

v0=—=qim/s=1.5m/s

B點(diǎn)豎直方向上的分速度

Z4C_818X0.05.Q八/

%2t-2t—7Ms=2.0m/s

則4點(diǎn)豎直方向上的分速度

vAy=vBy—gt=2m/s—10xO.lm/s=I.Om/s

鋼球在/點(diǎn)速度的大小為

22

vA=+說y=V1.5+1.0m/s=產(chǎn)m/s

小球運(yùn)動(dòng)從拋出到8點(diǎn)的時(shí)間

VBy2.0

t”R=-0-=—10s=0.2s

從拋出到B點(diǎn)的水平位移

x=votB=1.5x0.2m=0.3m=30cm

豎直位移

y=|g詒=|x10x0.22=0.2m=20cm

設(shè)小球拋出點(diǎn)的置坐標(biāo)為則

%0+%=%，

y0+y=yB

將B點(diǎn)坐標(biāo)值代入可得

%0=0,

y0=10cm,

即鋼球拋出點(diǎn)位置的坐標(biāo)為(0,10cm)。

故答案為：(1)斜槽水平末端處鋼球球心在白紙上的投影點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)。，過。點(diǎn)畫出豎

直的y軸和水平的x軸；去下坐標(biāo)紙，用平滑的曲線把這些印跡連接起來(2)40(3)當(dāng),

(0,10cm)

(1)(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理和實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析；

(3)根據(jù)/y=gX求出相鄰兩點(diǎn)的時(shí)間間隔，根據(jù)水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)求出平拋

運(yùn)動(dòng)的初速度，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出B點(diǎn)和4點(diǎn)在豎直方向上的分速度，根據(jù)

與、=以求出運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間，得出水平位移和豎直位移，從而求出拋出點(diǎn)的位置坐

標(biāo)。

解決本題的關(guān)鍵掌握平拋運(yùn)動(dòng)水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，靈活運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

進(jìn)行求解，并理解矢量的合成法則的應(yīng)用，注意單位的換算。

12.【答案】C401.0小于小于

【解析［解：(1)為測恒流源的電流，電流表應(yīng)接在圖甲中的C處。

(2)當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為零時(shí)，定值電阻被短路，流過電流表的電流為由

圖乙所示圖象可知：=當(dāng)流過滑動(dòng)變阻器的電流為零時(shí)，流過島的電流為6

由圖乙所示圖象可知，此時(shí)&兩端電壓U=40U,由歐姆定律得：U=/()Ro，代入數(shù)據(jù)

解得：Ro=400。

(3)如果電壓表不是理想電壓表，由于電壓表的分流作用當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值

為零時(shí)，流過電流表的電流小于因此的測量值小于真實(shí)值；同理，由于電壓表分

流作用，流過Ro的電流小于A)，由歐姆定律可知，&的測量值小于真實(shí)值。

故答案為：(1)C；(2)40；1.0；(3)小于；小于。

根據(jù)圖示圖象與實(shí)驗(yàn)原理確定電流表的位置；根據(jù)圖示圖象求出定值電阻與恒定電流；

根據(jù)圖示電路圖分析實(shí)驗(yàn)誤差。

理解實(shí)驗(yàn)原理、分析清楚電路結(jié)構(gòu)是解題的前提與關(guān)鍵，根據(jù)電路圖與圖示圖象即可解

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題。

13.【答案】(l)a下滑到B過程，設(shè)a加速度為由,末速度為孫，時(shí)間為“，由牛頓第二

定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律

magsin37°—iimagcos37°=maa1

h_1,2

sin37°.2ali

a從B運(yùn)動(dòng)至［Jc過程，時(shí)間為力2有

力2=%

則從Q開始運(yùn)動(dòng)到a、b相碰撞經(jīng)歷時(shí)間為

t+力2

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：t=17.9s

(2)碰后b做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)碰后匕的速度為外，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有

九2=5g年

--九-2-=」

tan37°z$

由動(dòng)能定理

fnbgh2+^mbvl=EkD

解得

EkD=1.95X1057

(3)a、6碰撞過程，設(shè)碰后a速度為攻,規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒

mrvQ=mav1+mbv2

對a,由動(dòng)量定理

Iba=爪/1-maV0

代入數(shù)據(jù)可得

Iba=-6x1Q3N-S

即a、b碰撞過程中b對a的沖量大小為6x103N-s,方向水平向左。

答：(l)a、b相碰撞的時(shí)刻為17.9s；

(2)b落在D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為1.95xIO570

(3)a、b碰撞過程中b對a的沖量為6x103N.S,方向水平向左。

【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解得；

(2)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合動(dòng)能定理解得。

(3)根據(jù)動(dòng)量守恒定律結(jié)合動(dòng)量定理解得。

根據(jù)分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程與受力情況、能量轉(zhuǎn)化過程是解題的前提,應(yīng)用動(dòng)能定理、

動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律即可解題；解題時(shí)注意正方向。

14.【答案】解：(1)根據(jù)題意，粒子從P點(diǎn)偏轉(zhuǎn)60。進(jìn)入磁場，由幾何關(guān)系可知圓周運(yùn)動(dòng)

半徑

R=L

洛倫茲力提供向心力，則

c7711產(chǎn)

qvB=

可得：8=登

(2)粒子進(jìn)入電場后做類斜拋運(yùn)動(dòng)，從%軸進(jìn)入磁場，偏轉(zhuǎn)300。再進(jìn)入電場做類平拋運(yùn)動(dòng),

以此類推，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

粒子在此案長中％軸方向不受力而做勻速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)的對稱性和幾何關(guān)系可知

x=2Rcos300=V3L=vsin30°-t0

豎直方向上有

vcos30°=at=—1

m0

聯(lián)立解得：

2商zr_mv2

to=丁E=G

(3)粒子第一次經(jīng)過x軸時(shí)，在磁場中偏轉(zhuǎn)了60。，則時(shí)間為

_T_Tim_TTL

tl=z=標(biāo)=互

第一次經(jīng)過x軸時(shí)的坐標(biāo)為(0,0)

粒子第二次經(jīng)過x軸時(shí)，在電場中偏轉(zhuǎn)了2to時(shí)間，則

t=ti+21=-+—=-(-+4V3)

z21u03vvvv3J

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設(shè)第二次經(jīng)過X軸時(shí)橫坐標(biāo)為%2,則有

x2=2vsin3O°to=243L

則第二次經(jīng)過x軸時(shí)坐標(biāo)為(2BL,0)

由軌跡和幾何關(guān)系可知，粒子第三次經(jīng)過x軸時(shí)，又在磁場中偏轉(zhuǎn)240。，則時(shí)間為

t=tj+21+-7=—+—=-(—+4V3)

351u033vvvk37

第三次經(jīng)過X軸時(shí)坐標(biāo)為(百"0)

同理，第四次經(jīng)過久軸時(shí)的時(shí)間為

t4=ti+2t0+|r+2to=~+8圾

第四次經(jīng)過x軸時(shí)坐標(biāo)為(3次40)

第五次經(jīng)過x軸時(shí)的時(shí)間為

=+=n

上=ti+2t0+-T+2to+.777v^i+8,3)

第五次經(jīng)過x軸時(shí)的坐標(biāo)為(2gL,0)

由不完全歸納法可得粒子從t=0時(shí)刻至第(2n+1)次穿過x軸時(shí)的坐標(biāo)為

%2n+i=V3n(n=0,1,2,3......)

所用的時(shí)間為

t2n+1=;[律(我+4V3)+#](n=0,1,2,3……)

答：(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為登。

2

(2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為最。

(3)粒子從t=0時(shí)刻至第(2幾+1)次穿過無軸時(shí)的坐標(biāo)及所用的時(shí)間為§[幾(1兀+4舊)+

1

-7i](n=0,1,2,3.......)o

【解析】(1)根據(jù)幾何關(guān)系得出半徑的大小，結(jié)合牛頓第二定律得出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?/p>

(2)根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對稱性和粒子在不同方向上的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出場強(qiáng)的大

??；

(3)根據(jù)時(shí)間和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算出每次粒子經(jīng)過x軸時(shí)的坐標(biāo)，結(jié)合數(shù)學(xué)的不完全歸納法

完成分析。

本題主要考查了帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)，理解粒子的受力特點(diǎn)，由此分析出運(yùn)動(dòng)類

型，結(jié)合的難點(diǎn)是利用數(shù)學(xué)的不完全歸納法分析出粒子穿過x軸時(shí)的規(guī)律，對學(xué)生的數(shù)

學(xué)能力要求較高，難度大。

15.【答案】減小|p】

【解析】解：根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程pu=cr可知

T_p

V~C

圖線上各點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)連線的斜率大小可反應(yīng)壓強(qiáng)大小，貝力-C過程圖線上各點(diǎn)與坐

標(biāo)原點(diǎn)連線的斜率逐漸減小，說明氣體壓強(qiáng)逐漸減?。?/p>

設(shè)氣體在狀態(tài)C時(shí)的壓強(qiáng)為P，體積為乙根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程

PbVi="=PdX2.5R=處