2022年單招物理試題

2022年單招物理試題

1.A、B兩個物體在同一直線上做勻變速直線運動,

們的速度時間圖象如圖所示，則（）

A.0~6s內(nèi)A、B兩物體運動方向相反

B.在0—4s內(nèi)A、B兩物體的位移相同

C.在t=4s時.A、B兩物體的速度相同

D.A物體的加速度比B物體的加速度大

2.如圖所示。彈簧左端固定，右端自由伸長到。點并系住物體加現(xiàn)將彈簧壓縮

到力點，然后釋放,物體一直可以運動到8點。如果物體受到的阻力恒定，則（）

A.物體從4到晚加速后減速

B.物體從/到劭口速運動，從鹿U夕減速運動

C.物體運動到。點時所受合力為零二一

D.物體從力到幽過程加速度逐漸減小J________jj

AO

3.從氣體分子熱運動的觀點分析判斷，下列現(xiàn)象中不可能發(fā)生的是（）

A.一定質量的理想氣體，保持氣體的溫度不變，體積越大，壓強越小

B.一定質量的理想氣體，保持氣體的體積不變，溫度越高，壓強越大

C.一定質量的理想氣體，保持氣體的壓強不變，溫度越高，體積越大

D.一定質量的理想氣體，氣體的溫度升高，體積減小，壓強減小

4.如圖所示，一束復色光從空氣中沿半圓形玻璃磚半徑方

向射入，從玻璃磚射出后分成a、b兩束單色光。則（

A.玻璃磚對a光的折射率為小

B.玻璃磚對a光的折射率為1.5

C.b光的頻率比a光的小

D.b光在玻璃中的傳播速度比a光的大

5.在勻強磁場中某處P放一個長度為L=20cm、通電電流1=0.5A的直導線,

測得它受到的最大磁場力F=1.0N,其方向豎直向上，現(xiàn)將該通電導線從磁場

撤走，則P處磁感應強度為（）

A.零

B.10T,方向豎直向上

C.0.1T,方向豎直向下

D.10T,方向肯定不沿豎直向上的方向

6.如圖所示，某電場的電場線分布關于y軸（沿豎直方向）對稱,

0、M、N是y軸上的三個點，且0M=MN.P點在y軸右側，M

±ON.則（）

A.M點的電勢比P點的電勢高

B.將負電荷由0點移動到P點，電場力做正功

C.M、N兩點間的電勢差大于0、M兩點間的電勢差

D.在0點靜止釋放一帶正電粒子，該粒子將沿y軸做直線運動

7.如圖電路中，當滑動變阻器的滑片P向上端a滑動過程

中，兩表的示數(shù)情況為（）

A.電壓表示數(shù)增大，電流表示數(shù)減少

B.電壓表示數(shù)減少，電流表示數(shù)增大

C.兩電表示數(shù)都增大

D.兩電表示數(shù)都減少

8.如圖所示，兩個相同的燈泡（燈泡電阻不隨溫度變化），分別接在理想變壓器

的原副線圈上，已知原副線圈匝數(shù)比/?："=2：1,電源電壓為

A.通過A、B燈的電流之比/八：乙=2:1

B.燈泡A、B兩端的電壓之比"八：UB=2:1

C.燈泡A、B消耗的功率之比PA：PB=\：\

D.燈泡A、B兩端的電壓分別為：U，U=Lu

A5B5

9.飛行員進行素質訓練時，抓住秋千桿由水平狀態(tài)開始下擺，

到達豎直狀態(tài)的過程如圖所示，飛行員受重力的瞬時功率變化

情況是（）

A.一直增大

B.一直減小

C.先增大后減小

D.先減小后增大

10.人造衛(wèi)星繞地球做圓周運動，因受大氣阻力作用，它近似做半徑逐漸變化的

圓周運動則（）

A.它的動能逐漸減小

B.它的軌道半徑逐漸減小

C.它的運行周期逐漸變大

D.它的向心加速度逐漸減小

二、填空題.（每小題2分，共6題，合計12分）

11.現(xiàn)有一合金制成的圓柱體.為了測量合金的電阻率，現(xiàn)用螺旋測微器和游標卡

尺進行測量，得到的示數(shù)如圖（a）和圖（b）所示.由圖讀得圓柱體的直徑是

mm,長度為cm.

12.鈾核裂變的核反應方程是：^U+'n^'Ba+^Kr+^X,這個核反應方程中的

9205636…一”

X表示O這個核反應釋放出大量核能.已知235（；、⑷氏/、92長八X、

925636

的質量分別為m、恤、機3、加4,真空中的光速為C,這個核反應中釋放的核能

A￡=?

13.如圖所小，甲木塊的質量為犯=2kg.以v=4zn/s的

速度沿光滑水平地面向前運動.正前方有一靜止的、質

量為嗎=3kg的乙木塊上連有一輕質彈簧。則甲木塊與

彈簧接觸后彈簧獲得的最大彈性勢能為J，乙

木塊收到的沖量/=NS.

14.如圖所示，電源電動勢E=10V,內(nèi)阻r=lC,電阻

曷=3。，電容C=30M.閉合開關S,且穩(wěn)定后通過用的電

流大小4然后將開關S斷開，求這以后流過R

的總電量______C.

15.圖是一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在f=0時的波形

圖.波的傳播速度為4m/s。則質點P此刻的振動方向為

;經(jīng)過加=0.6$,質點P通過的路程為m.

16.如圖所示，一定質量的某種理想氣體由狀態(tài)A變?yōu)闋顟B(tài)B

A、8量狀態(tài)的相關參量數(shù)據(jù)已標于壓強-體積圖像上，該氣

體由Af6的過程中對外做功400J,則此過程中氣體內(nèi)能增

加了—?/,從外界吸收了?/熱量.

三.計算題.（第17題8分，第18題10分，合計18分）

17.如圖所示，半徑R=0.9帆的四分之一圓弧光滑軌道豎直放置.圓弧最低點B與

長為L=1機的水平面相切于B點,8C離地面高力=0.8〃?.質量加=1.0依的小滑塊

從圓弧頂點。由靜止釋放.已知滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)片0.1（不計空氣

阻力，取g=lOm/s?）.求：

（1）.小滑塊剛到達圓弧軌道的8點時對軌道的壓力；

（2）.小滑塊落地點距C點的距離.

18.如圖所示，在傾角以30。的光滑斜面上，有一垂直于斜面向下的有界勻強磁場

區(qū)域PQMN,磁場區(qū)域寬度L=0.1m.將一匝數(shù)”=10匝、質量m=0.02依、邊長

L=0.1〃?、總電阻R=0.4。的正方形閉合線圈仍〃由靜止釋放，釋放時外邊水平，

且到磁場上邊界PQ的距離也為L,當時邊剛進入磁場時，線圈恰好勻速運

動.(g=10/n/52).求：

(1)必邊剛進入磁場時，線圈所受安培力的大小及方向；

(2)外邊剛進入磁場時，線圈的速度及磁場磁感應強度B的大??；

(3)線圈穿過磁場過程產(chǎn)生的熱量.

1.如圖所示,桌面上固定一個光滑豎直擋板，現(xiàn)將一個長方形物塊A與截面為三角形的墊塊

B疊放在一起，用水平外力F緩緩向左推動B,使A緩慢升高，設各接觸面均光滑，則該過程

中（）

A.A和B均受三個力作用而平衡B.A對B的壓力越來越大

C.B對桌面的壓力越來越大D.推力F的大小恒定不變

【考點】共點力平衡的條件及其應用.

【分析】先以A和B為研究對象，分析受力情況，根據(jù)平衡條件，運用圖解法得到B對A的

彈力和擋板對A的彈力如何變化，再對整體研究，分析推力F和桌面的支持力如何變化.

【解答】解：A、先以A為研究對象，分析受力情況：重力、墻的彈力和斜面的支持力三個力，

B受到重力、A的壓力、地面的支持力和推力F四個力.故A錯誤.

B、當B向左移動時，B對A的支持力和墻對A的支持力方向均不變，根據(jù)平衡條件得知，

這兩個力大小保持不變.則A對B的壓力也保持不變.

對整體分析受力如圖所示，由平衡條件得知，F(xiàn)=N1,擋板對A的支持力N1不變，則推力F

恒定不變.桌面對整體的支持力N=G總，保持不變.則B對桌面的壓力不變.故BC錯誤，

D正確.

故選：D

【點評】本題首先要對A受力分析，根據(jù)共點力平衡條件分析A受力情況，再運用整體法研

究桌面的支持力和推力如何變化.

2.如圖所示，BOD是半圓的水平直徑，0C為豎直半徑，半圓半徑為R,A在B點正上方高

R處，現(xiàn)有兩質量相等小球分別從A、B兩點以一定初速度水平拋出，分別擊中半圓上的D點

和C點，已知B球擊中C點時動能為E,不計空氣阻力，則A球擊中D點時動能為（）

_85.

A.旄EB.2EC.5ED.7E

【考點】功能關系.

【分析】兩個小球都做平拋運動，根據(jù)平拋運動的基本公式求出初速度，再分別對兩球的運動

過程，應用動能定理列式求解.

12

【解答】解：兩個小球都做平拋運動，下落的高度相同都是R,根據(jù)R=2g.可知，運動的

（2R

時間為：t=Vg

根據(jù)圖象可知，A球運動的水平位移為2R,則A球的初速度為：-2§h,

B球的水平位移為R,則B球的初速度為：點二二4金，

12

A球從A到D的過程中，根據(jù)動能定理得：EkD^gR+Q^A”mgR①，

125

B球從B到C的過程中，根據(jù)動能定理得:E=m§R+7mvB=7mgR,

由①②得：kD-5n'，故C正確.

故選：C

【點評】本題主要考查了動能定理以及平拋運動基本公式的直接應用，解題的關鍵是要能根據(jù)

圖象得出兩個小球下落的高度和水平位移，難度適中.

3.如圖所示，虛線AB和CD分別為橢圓的長軸和短軸，相交于0點，兩個等量異號點電荷

分別位于橢圓的兩個焦點M、N上.下列說法中正確的是（）

A.A、B兩點的電場強度相同

B.。點的電場強度為零

C.C點的電勢高于D點的電勢

D.將正電荷qO沿C、D連線從C移到D的過程中，電勢能先減少后增加

【考點】電勢差與電場強度的關系.

【分析】根據(jù)等量異種電荷電場線和等勢面分布特點，可以比較A與B,C與D電勢、場強

關系及0、B電勢高低;根據(jù)電場線疏密可知，在M、N之間0點場強最小；結合等量異種

點電荷的連線上中垂線的特點分析該中垂線的電勢與試探電荷的電勢能.

【解答】解：A、根據(jù)等量異種電荷電場線的特點可知，A點場強的方向向左，B點場強的方

向向左，然后結合庫侖定律可知，兩點場強的大小相等.故A正確；

B、根據(jù)等量異種電荷電場線的特點可知，。點場強的方向向右，不是。.故B錯誤；

C、根據(jù)等量異種電荷電場線、等勢面分布特點知，0CD在同一條等勢線上，所以D點電勢

等于C點電勢.故C錯誤.

D、根據(jù)等量異種電荷電場線、等勢面分布特點知，0CD在同一條等勢線上，所以D點電勢

等于C點電勢，試探電荷從0處移到C處電場力不做功.電勢能始終不變.故D錯誤

故選：A

【點評】該題考查常見的電場特點，這類問題要巧妙利用電場線、等勢面分布對稱性的特點，

再根據(jù)電場線方向判斷電勢高低，電場線的疏密判斷場強的大小.

4.如圖所示，邊長為21的正方形虛線框內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個邊長為I的正

方形導線框所在平面與磁場方向垂直，導線框的一條對角線和虛線框的一條對角線恰好在同一

直線上.從t=0開始，使導線框從圖示位置開始以恒定速度沿對角線方向移動進入磁場，直

到整個導線框離開磁場區(qū)域.用I表示導線框中的感應電流（逆時針方向為正），則下列表示

I-t關系的圖線中，正確的是（）

【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；右手定則.

【分析】根據(jù)感應電流大小和方向，將選項逐一代入，檢查是否符合題意來選擇.

【解答】解：A、B,導線框完全進入磁場后，沒有感應電流產(chǎn)生.故A、B均錯誤.

C、進入和穿出磁場過程，線框有效切割長度變化，感應電動勢和感應電流在變化，故C

錯誤.

D、線框進入磁場過程，有效切割長度L均勻增大，感應電動勢E均勻增大，感應電流I均

勻增大.穿出磁場過程，有效切割長度L均勻減小，感應電動勢E均勻減小，感應電流I均勻

減小，兩個過程電流方向相反.故D正確.

娟D

【點評】本題采用的是排除法.做選擇題常用方法有直判法、排除法、代入法、特殊值法、圖

象;去等等.

5.如圖1所示，小物塊靜止在傾角8=37。的粗糙斜面上.現(xiàn)對物塊施加一個沿斜面向下的推

力F,力F的大小隨時間t的變化情況如圖2所示，物塊的速率v隨時間t的變化規(guī)律如圖3

所示,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8),下列說法正確的是()

A.物塊的質量為1kg

B.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.75

C.Is-3s時間內(nèi)力F做功的平均功率為0.32W

D.0-3s時間內(nèi)物體克服摩擦力做的功為6.4J

【考點】功率、平均功率和瞬時功率；功的計算.

【分析】由F-1圖象求出力的大小，由v-1圖象判斷物體的運動狀態(tài)，

應用牛頓第二定律、平衡條件與滑動摩擦力公式求出物塊的質量與動摩擦因數(shù)；

由運動學公式求出物塊的位移，由功的計算公式求出功，由功率公式可以求出功率

【解答】解：A、由速度圖象知在1~3s時間內(nèi)，物塊做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：

O.8+mgsin0-|jmgcos0=ma,

0.8-0

由v-1圖象可知,力口速度:a=3-1m/s2=0.4m/s2.

在3~4s時間內(nèi)，物塊做勻速直線運動，由平衡條件得：

|jmgcos0-mgsin9=0.4N,

解得：m=lkg,p=0.8,故A正確，B錯誤;

C、由v-1圖象可知，0~Is時間內(nèi)，物塊靜止，力F不做功，1~3s時間內(nèi)，力F=0.8N,

出紅

物塊的位移x=2x0.4x22m=0.8m,1~3s內(nèi)力F做功的平均功率為:P=t=T3

0.8X0.8

=2W=O.32W,故C正確；

D、0~3s時間內(nèi)物體克月睇擦力做的功為：Wf=pmgcos0?x=O.8xlxlOxcos37°x

0.8=5.12J,故D錯誤.

故選：AC

【點評】本題是與圖象綜合的問題，關鍵是正確地受力分析，運用牛頓第二定律和共點力平衡

進行求解.

6.如圖所示，“嫦娥二號"衛(wèi)星在月球引力作用下，先在軌道A繞月球做勻速圓周運動，軌

道A距月球表面的高度為hA,運動的周期為TA,在P和Q處兩次變軌后最終進入繞月球做

勻速圓周運動的軌道B,軌道B距月球表面的高度為hB,運動的周期為TB,已知引力常量為

G.下列說法正確的是（）

A.衛(wèi)星沿橢圓軌道運動經(jīng)Q處的加速度大于沿圓軌道B運動經(jīng)Q處的加速度

B.僅利用以上條件可求出月球的質量

C.衛(wèi)星在軌道P處變軌后運動的速率變小

D.衛(wèi)星在軌道A上運動的速率大于在軌道B上運動的速率

【考點】萬有引力定律及其應用.

【分析】根據(jù)萬有引力的大小，結合牛頓第二定律比較加速度的大小.在軌道A和軌道B上,

根據(jù)萬有引力提供向心力分別列出方程，聯(lián)立求出月球的質量.根據(jù)衛(wèi)星變軌的原理判斷在P

處速度是增大還是減小.根據(jù)萬有引力提供向心力得出線速度與軌道半徑的關系，從而比較速

率的大小.

【解答】解：A、衛(wèi)星在橢圓軌道Q處和圓軌道Q處所受的萬有引力大小相等，結合牛頓第

二定律知，加速度大小相等，故A錯誤.

G-2=ro（R+hA

B、在軌道A,根據(jù)萬有引力提供向心力有：（R+hA）"TA，在軌道B,有：

rMm皿1兀2

G-------2^inkR+nB）---

（R+hB）-TB,聯(lián)立可以得出月球的質量和月球的半徑,故B正確.

C、衛(wèi)星在軌道P處變軌時，需減速，使得萬有引力大于向心力，做近心運動，故C正確.

cMmv2Ipu

D、根據(jù)r得，v=Yr,由于衛(wèi)星在軌道A上的軌道半徑大于衛(wèi)星在軌道B上的軌

道半徑,則在軌道A上的速率小于在軌道B上運動的速率，故D錯誤.

故選：BC.

【點評】解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力這一解題思路，以及知道衛(wèi)星變軌的原理,

并能靈活運用，難度中等.

7.如圖所示，一足夠長的光滑平行金屬軌道，其軌道平面與水平面成。角，上端用一電阻R

相連，處于方向垂直軌道平面向上的勻強磁場中.質量為m、電阻為r的金屬桿ab,從高為

h處由靜止釋放，下滑一段時間后，金屬桿開始以速度v勻速運動直到軌道的底端.金屬桿始

終保持與導軌垂直且接觸良好，軌道電阻及空氣阻力均可忽略不計，重力加速度為g.則（）

A.金屬桿加速運動過程中的平均速度小于2

B.金屬桿加速運動過程中克服安培力做功的功率小于勻速運動過程中克服安培力做功的功率

h_1_2

C.整個運動過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為“2mv

vgsin8

D.當金屬桿的速度為5時，它的加速度大小為一2~

【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律；焦耳定律.

【分析】本題應根據(jù)安培力與速度的關系分析金屬棒的運動情況.金屬桿在加速運動中加速度

v

不斷減小，根據(jù)速度圖象分析可知平均速度大于5；加速運動過程中金屬桿克服安培力做功的

RB2TL2v2

功率等于R+r,與速率v的平方成正比，小于勻速運動過程中克服安培力做功的功率；

1V

整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh-彳mv2,大于電阻R產(chǎn)生的焦耳熱；速度為5時，安培力

22V

BL號

的大小為R+R，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度.

【解答】解：A、若金屬桿勻加速運動,則平均速度為2.實際上金屬桿加速運動中加速度不

斷減小，速度-時間圖象的斜率不斷減小，在相同時間內(nèi)金屬桿通過的位移大于勻加速運動通

過的位移，則金屬桿的平均速度大于勻加速運動的平均速度2.故A錯誤.

Bn2TL2v2

B、金屬桿克服安培力做功的功率等于P=F安v=R+r,與速率v的平方成正比，由于勻

速運動時速度最大，則知加速運動過程中金屬桿克服安培力做功的功率小于勻速運動過程中克

服安培力做功的功率.故B正確.

c、整個運動過程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱為呢h-2111V,所以R上產(chǎn)生的熱量小于

也一會C故c鐲吳.

B2L2V

D、勻速運動時，金屬桿的速度大小為v,所受的安培力大小為F安=R+r,此時有

BR2TL2vyR2T2BLv

mgsine=R+r;當金屬桿的速度為5時，它所受的安培力大小為F安'=R+r

=R+R=2mgsinB,根據(jù)牛頓第二定律得mgsinO-F安'=ma,聯(lián)立解得

gsin8

a=―2—.故D正確.

故選：BD

RD2TL2V2

【點評】解決這類問題的關鍵時分析受力情況，掌握安培力的表達式F安=R+r,進一步

確定運動性質，并能正確判斷各個階段及全過程的能量轉化情況.

8.如圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為1:5,原線圈兩端的電壓如圖乙所示.氯泡

在兩端電壓達到100V時開始發(fā)光.下列說法中正確的是（）

A.圖乙中電壓的有效值為10衣丫

B.關斷開后，電壓表的示數(shù)變大

C.開關斷開后，變壓器的輸出功率不變

D.開關接通后，窗泡的發(fā)光頻率為50Hz

【考點】變壓器的構造和原理；電功、電功率.

【分析】根據(jù)電壓與匝數(shù)程正比，電流與匝數(shù)成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐

項分析即可得出結論.

【解答】解：A、對乙圖分析，0.01s內(nèi)交流電的有效值為U=20V，根據(jù)有效值的定義可知，

112T喘

R2=-F,解得：U有=10近V,故A正確；

B、由于輸入電壓決定了輸入電壓，與負載無關，故電壓表示數(shù)不變，故B錯誤;

U2

c、開關斷開后，總電阻增大，則根據(jù)P=玉"可知，輸出功率減小，故C錯誤；

D、根據(jù)線圈匝數(shù)之比等于電壓之比可知，副線圈最大值為100伍,完泡電壓超過100V時

才能發(fā)光，由圖可知，一個周期內(nèi)發(fā)光的次數(shù)一次，故其發(fā)光頻率與交流電的頻率相同，故發(fā)

光頻率為50Hz,故D正確.

故選：AD.

【點評】本題主要考查變壓器的知識，要能對變壓器的最大值、有效值、瞬時值以及變壓器變

壓原理、功率等問題徹底理解.

三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分.第22題~第32題為必考題，每個試題考生都

必須作答，第33~40為選考選考題，考生根據(jù)要求作答.（一）必考題（共129分）

9.某學習小組用圖甲所示的實驗裝置探究"動能定理".他們在氣墊導軌上安裝了一個光電

門B,滑塊上固定一遮光條，滑塊用細線繞過氣墊導軌左端的定滑輪與力傳感器相連，傳感器

下方懸掛鉤碼，每次滑塊都從A處由靜止釋放.

（1）某同學用游標卡尺測量遮光條的寬度d,如圖乙所示，則d=2.30mm.

（2）下列實驗要求中不必要的一項是A（請?zhí)顚戇x項前對應的字母）.

A.應使滑塊質量遠大于鉤碼和力傳感器的總質量

B.應使A位置與光電門間的距離適當大些

C.應將氣墊導軌調至水平

D.應使細線與氣墊導軌平行

(3)實驗時保持滑塊的質量M和A、B間的距離L不變，改變鉤碼質量m,測出對應的力

傳感器的示數(shù)F和遮光條通過光電門的時間t,通過描點作出線性圖象，研究滑塊動能變化與

合外力對它所做功的關系，處理數(shù)據(jù)時應作出的圖象是C(請?zhí)顚戇x項前對應的字母).

A.作出"t-F圖象"B.作出"t2-F圖象"

——-p2

C.作出"t2-F圖象"D.作出"t圖象"

【考點】探究功與速度變化的關系.

【分析】(1)游標卡尺讀數(shù)結果等于固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，不需要估讀；

(2)從實驗原理和實驗誤差角度分析操作的步驟；

(3)根據(jù)運動學公式計算加速度，根據(jù)牛頓第二定律F=Ma計算表達式，從而確定處理數(shù)據(jù)

時應作什么圖象.

【解答】解：(1)由圖知第5條刻度線與主尺對齊，d=2mm+6x0.05mm=2.30mm;

(2)A、拉力是直接通過傳感器測量的，故與小車質量和鉤碼質量大小關系無關，故A不必

要；

B、應使A位置與光電門間的距離適當大些，有利于減小誤差，故B是必要的；

C、應將氣墊導軌調節(jié)水平，保持拉線方向與木板平面平行,這樣拉力才等于合力，故CD是

必要的；

本題選不必要的，

故選：A.

工

(3)根據(jù)牛頓第二定律得a=1T,

Md2

解得：12=赤

1

2—

所以研究滑塊的加速度與力的關系，處理數(shù)據(jù)時應作出產(chǎn)圖象或作出t2-F圖象，故C正確.

故選：C

故答案為：(1)2.30;(2)A;(3)C

【點評】本題要知道滑塊經(jīng)過光電門時的瞬時速度可近似認為是滑塊經(jīng)過光電門的平均速

度.要求能夠根據(jù)實驗原理分析操作的合理性.

10.LED綠色照明技術已經(jīng)走進我們的生活.某實驗小組要精確測定額定電壓為3V的LED

燈正常工作時的電阻，已知該燈正常工作時電阻大約500Q,電學符號與小燈泡電學符號相同.

實驗室提供的器材有：

A.電流表A1(量程為0至50mA,內(nèi)阻RA1約為3Q)

B.電流表A2(量程為0至3mA,內(nèi)阻RA2=15fi)

C.定值電阻R1=697Q

D.定值電阻R2=19850

E.滑動變阻器R（0至20Q）一只

F.電壓表V（量程為0至12V,內(nèi)阻RV=lkQ）

G.蓄電池E（電動勢為12V,內(nèi)阻很?。?/p>

F.開關S一只

（1）如圖所示，請選擇合適的器材，電表1為F，電表2為B，定值電阻為

D.（填寫器材前的字母編號）

（2）將采用的電路圖補充完整.

I2（R2+RA2）

--12

（3）寫出測量LED燈正常工作時的電阻表達式Rx=RV（填字母），當表達

式中的12（填字母）達到1.5mA，記下另一電表的讀數(shù)代入表達式，其結果為LED

燈正常工作時電阻.

電表1

定金電叵電及2

【考點】伏安法測電阻.

【分析】滑動變阻器阻值遠小于LED的電阻，所以滑動變阻器采用分壓式接法.LED燈的額

定電壓為3V,題目所給的電壓表量程太大，測量不準確，需通過電流表和定值電阻改裝一個

電壓表，因為通過LED的電流較小，可以用題目中的電壓表當電流表使用.根據(jù)閉合電路歐

姆定律求出LED正常工作時的電阻，根據(jù)歐姆定律得出LED電壓為3V時，得到LED的電阻.

【解答】解：(1)(2)要精確測定額定電壓為3V的LED燈正常工作時的電阻，需測量

LED燈兩端的電壓和通過LED燈的電流，

由于電壓表的量程較大，測量誤差較大，不能用已知的電壓表測量LED兩端的電壓，可以將

電流表A2與定值電阻串聯(lián)改裝為電壓表測量電壓；

%ED額3V

改裝電壓表的內(nèi)阻：R=&2滿偏=0.003A=10000,A2的內(nèi)阻為15Q,則定值電阻應選D;

U3

LED燈正常工作時的電流約為1=m=兩=6mA左右，電流表的量程較小，電流表不能精確

測量電流，可以用電壓表測量電流；

因為滑動變阻器阻值遠小于LED的電阻，所以滑動變阻器采用分壓式接法.電路圖如圖所示，

由以上分析可知，電表1為F,電表2為B,定值電阻為D.

U

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律知，燈泡兩端的電壓U=I2(R+RA2),通過燈泡的電流1=即

12(R2+RA2)

u--1

-12,所以LED燈正常工作時的電阻RX=1=RV2

改裝后的電壓表內(nèi)阻為RV=1985+15Q=2000Q,則當I2=1.5mA時，LED燈兩端的電壓為

3V,達到額定電壓，測出來的電阻為正常工作時的電阻.

I2(R2+RA2)

--12

故答案為：(1)F;B;D;(2)電路圖如圖所示;(2)RV;12;1.5mA.

【點評】本題的難點在于電流表的量程偏小，無法測電流，電壓表的量程偏大，測量電壓偏大，

最后需通過改裝，用電流表測電壓，電壓表測電流.

11.(12分)(2016?西寧校級模擬)如圖所示，有一長度x=lm、質量M=10kg的平板小

車，靜止在光滑的水平面上，在小車一端放置一質量m=4kg的小物塊，物塊與小車間的動摩

擦因數(shù)R=0.25,要使物塊在2s內(nèi)運動到小車的另一端，求作用在物塊上的水平力F是多少？

(g取10m/s2)

1*1,-

【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系.

【分析】以小車為研究對象，由牛頓第二定律求出加速度，根據(jù)勻加速直線運動位移時間公式

求出小車的位移，以物塊為研究對象，由牛頓第二定律求出物塊的加速度，根據(jù)勻加速直線運

動位移時間公式求出物塊的位移，兩者運動時間相等且位移之差為車長X,根據(jù)位移列方程即

可求解.

【解答】解：小車和物塊的運動情況如圖所示，在物塊運動到小車右端的過程中，小車發(fā)生的

位移為X1,物塊發(fā)生的位移為x2,取向右為正，以小車為研究對象，由牛頓第二定律得:

|jmg=Mal…①

由勻變速運動的公式得：

xl=2alt2…②

以物塊為研究對象，由牛頓第二定律得：

F-pmg=ma2...（3）

由勻變速運動的公式得：x2=2a2t2…④

由題意得：

x2-xl=x…⑤

由①②③④⑤帶入數(shù)據(jù)得：F=16N

答：施加在小物塊上的水平向右的拉力大小應為16N.

【點評】本題是木塊在小車滑動的類型，采用隔離法進行研究，要正確分析物體的受力情況,

關鍵要抓住位移之間的關系，運用運動學公式和牛頓第二定律結合進行求解.

12.（20分）（2016?西寧校級模擬）如圖所示，M、N為中心開有小孔的平行板電容器的

兩極板，相距為D,其右側有一邊長為2a的正三角形區(qū)域，區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁

場，在極板M、N之間加上電壓U后，M板電勢高于N板電勢.現(xiàn)有一帶正電的粒子，質

量為m、電荷量為q,其重力和初速度均忽略不計，粒子從極板M的中央小孔S1處射入電

容器，穿過小孔S2后從距三角形A點Fa的P處垂直AB方向進入磁場，試求：

(1)粒子到達小孔S2時的速度；

(2)若粒子從P點進入磁場后經(jīng)時間t從AP間離開磁場，求粒子的運動半徑和磁感應強度

的大??；

(3)若粒子能從AC間離開磁場，磁感應強度應滿足什么條件？

【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動.

【分析】(1)粒子在加速電場中，電場力做功，由動能定理求出速度v,根據(jù)運動學公式求

出所以時間.

(2)粒子從進入磁場到從AD間離開，根據(jù)半徑公式，周期公式結合幾何關系即可求解；

(3)粒子從進入磁場到從AC間離開，畫出運動軌跡，找出臨界狀態(tài)，根據(jù)半徑公式結合幾

何關系即可求解；

12

【解答】解：(1)帶電粒子在電場中運動時，由動能定理得，qU=2，

國

解得粒子進入磁場時的速度大小為v=Vm

(2)粒子的軌跡圖如圖所示,粒子從進入磁場到AP間離開,由牛頓第二定律可得,

qvB-irr-z-

兀R

粒子在磁場中運動的時間為仁一丁，

42qUin

由以上兩式可得軌道半徑R=rm'

兀m

磁感應強度B=Qt.

(3)粒子從進入磁場到從AC間離開，若粒子恰能到達BC邊界，如圖所示，設此時的磁感

應強度為B1,根據(jù)幾何關系有此時粒子的軌道半徑為Rl=2asin60°,

qvBi=:

由牛頓第二定律可得，

B/6qUm

由以上兩式可得尸3qa

粒子從進入磁場到從AC間離開，若粒子恰能到達AC邊界，如圖所示，設此時的磁感應強度

為B2,

qvB2=nrr-

由牛頓第二定律可得，K2,

(2~h/^)V2qUm

由以上兩式解得^2^^.

~V6qUm(2+V^R2qUm

綜上所述要使粒子能從AC間離開磁場，磁感應強度應滿足：3qa飛F部一

阿

答：(1)粒子到達小孔S2時的速度為丫m.

42qUm.m

(2)粒子的運動半徑為冗m',磁感應強度的大小為不.

V6qUm(2+V3){2qUm

(3)磁感應強度應滿足3qa蔡.

【點評】本題是帶電粒子在組合場中運動的問題，粒子在磁場中做勻速圓周運動，要求同學們

能畫出粒子運動的軌跡，能根據(jù)半徑公式，周期公式結合幾何關系求解，難度較大.

【物理-選修3-3】(15分)

13.下列說法正確的是()

A.布朗運動雖不是分子運動，但它證明了組成固體顆粒的分子在做無規(guī)則運動

B.液體表面分子間距離大于液體內(nèi)部分子間的距離

C.擴散現(xiàn)象可以在液體、氣體中進行，不能在固體中發(fā)生

D.隨著分子間距增大，分子間引力和斥力均減小，分子勢能不一定減小

E.氣體體積不變時，溫度越高，單位時間內(nèi)容器壁單位面積受到氣體分子撞擊的次數(shù)越多

【考點】布朗運動；擴散.

【分析】解答本題應該掌握：布朗運動特點以及物理意義；液體分子距離特點以及分子勢能和

分子距離之間關系；分子力隨分子之間距離變化關系；一定質量的理想氣體的內(nèi)能只與溫度有

關.氣體的壓強與分子平均動能和分子數(shù)密度有關.

【解答】解：A、布朗運動是懸浮在液體中固體微粒的無規(guī)則運動，是由大量分子撞擊引起的,

反應了液體分子的無規(guī)則運動，故A錯誤；

B、液體表面層的分子間距離近似等于rO,內(nèi)部分子之間距離小于rO,分子距離為rO時分子

勢能最小，所以液體的內(nèi)部分子間比液體表面層的分子間有更大的分子勢能，故B正確.

*擴散現(xiàn)象可以在液體、氣體中進行，也能在固體中發(fā)生，故C錯誤；

D、分子間距離增大時，分子間的引力和斥力都減小，但是它們合力的變化卻不一定，如分子

之間距離從小于rO位置開始增大，則分子力先減小后增大再減小.故D正確；

PV

E、氣體體積不變時，溫度越高，由于=C知，氣體的壓強越大，由于單位體積內(nèi)氣體分子數(shù)

不變，分子平均動能增大，所以單位時間內(nèi)容器壁單位面積受到氣體分子撞擊的次數(shù)越多.故

E正確.

故選：BDE.

【點評】本題考查了分子動理論和液晶的有關知識，大都需要記憶理解，注意在平時訓練中加

強練習.

14.(10分)(2016?吉林四模)U形管兩臂粗細不等開口向上，封閉的粗管橫截面積是開

口的細管的三倍，管中裝入水銀，大氣壓為76cmHg.開口管中水銀面到管口距離為11cm,

且水銀面比封閉管內(nèi)高4cm,封閉管內(nèi)空氣柱長為11cm,如圖所示.現(xiàn)在開口端用小活塞

封住，并緩慢推動活塞，使兩管液面相平，推動過程中兩管的氣體溫度始終不變，試求：

(1)粗管中氣體的最終壓強；

(2)活塞推動的距離.

【考點】理想氣體的狀態(tài)方程.

【分析】以粗管封閉氣體為研究對象，氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可求得最終

壓強；

再以左管氣體為研究對象，氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可求得氣體體積，從而

可得活塞推動的距離.

【解答】解：設左管橫截面積為S,則右管橫截面積為3S,

(1)以右管封閉氣體為研究對象，

Pl=80cmHg,Vl=llx3S=33S

V2=10x3S=30S

等溫變化：P1?V1=P2?V2

80x33S=P2.30S

P2=88cmHg

（2）以左管被活塞封閉氣體為研究對象，

Pl=76cmHg,V1=11S,P2=88cmHg

等溫變化：P1?V1=P2.V2

V2=9.5Scm

活塞推動的距離：L=ll+3-9.5=4.5cm

答：（1）粗管中氣體的最終壓強為88cmHg;

（2）活塞推動的距離為4.5cm.

【點評】本題關鍵確定封閉氣體的初末狀態(tài)的氣壓、溫度、體積，然后結合理想氣體狀態(tài)方程

列式后聯(lián)立求解.

【物理--選修3-4】（15分）

15.（2016?西寧校級模擬）一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t=0時波形圖如圖中實線所示,

此時波剛好傳到c點;t=0.6s時波恰好傳到e點，波形如圖中虛線所示，a、b、c、d、e是

介質中的質點.下列說法正確的是（）

A.這列波的周期為T=0.8s

B.當t=0.6s時質點a速度沿y軸負方向

C.質點c在這段時間內(nèi)沿x軸正方向移動了3m

D.質點d在這段時間內(nèi)通過的路程為20cm

E.t=0.6s時，質點e將要沿v軸正方向運動

【考點】波長、頻朝口波速的關系；橫波的圖象.

【分析】由兩列波的波形圖可得兩波形相距的時間與周期的關系，可求得周期，運用波形平移

法判斷質點a和e的速度方向.質點c只上下振動，不向前移動.根據(jù)時間與周期的關系求

質點d在這段時間內(nèi)通過的路程.

【解答】解：A、由題意可知，該波向右傳播，起振的方向向上,波長是入=4m,0.6s的時間

3,3,

內(nèi)傳播的距離是W入,所以有WT=0.6S,則得該波的周期T=0.8s.故A正確.

B、簡諧橫波沿x軸正方向傳播，由波形平移法可知，當t=0.6s時質點a速度沿v軸正方向,

故B錯誤.

C、簡諧橫波沿x軸正方向傳播，質點c只上下振動，不向前移動.故C錯誤.

D、波從c傳到d的時間為WT,所以質點d在這段時間內(nèi)振動了,通過的路程為

S=2A=2xl0cm=20cm,故D正確.

E、該波向右傳播，各個質點的起振方向均向上，所以t=0.6s時，質點e將要沿y軸正方向

運動，故E正確.

故選：ADE

【點評】本題考查對波動圖象的理解能力.知道兩個時刻的波形時，往往應用波形的平移法來

理解，要知道介質中各個質點的起振方向相同，質點只振動，不隨波向前移動.

16.（2016?西寧校級模擬）如圖所示,一束光線以60°的入射角照射到水平放置的平面鏡

M上，反射后在上方與平面鏡平行的光屏上留下一光點P.現(xiàn)將一塊上下表面平行的透明玻

璃磚放到平面鏡M上（如圖中虛線框所示），則從玻璃磚的上表面射入的光線經(jīng)平面鏡反射

后再從玻璃磚的上表面射出，打到光屏上的Q點，Q在P點的左側8?cm處,已知玻璃磚

對光的折射率為'匹.求：光在玻璃磚內(nèi)運動的時間多長？（光在真空中的傳播速度c=3.0x

108m/s）

【考點】光的折射定律.

【分析】先作出光路圖：光從空氣射入透明體，入射角大于折射角，反射時遵守反射定律.根

據(jù)折射定律求出折射角，根據(jù)幾何知識求出透明介質的厚度.由幾何關系求出光在透明介質中

c

通過的路程.光在透明介質中的傳播速度為v=n,再求出光在透明體里運動的時間.

【解答】解：作出光路圖如下圖所示,

設光在射向透明體的入射角為Ct，折射角為P,透明體系的厚度為d,

_sina

根據(jù)折射定律有：n=sinP,

n；_sin600

代入數(shù)值得：Vsin?

解得邙=30。

利用幾何關系有：PQ=2dtana-2dtanp

由吶―/曰8V3=2d>/3-

由題息得：3,

計算得:d=6cm;

c

光在介質中的速度為：v=n,

d

光在透明體中的路程為：s=2cosP

,_s_2dn.-10

光在透明體里的時間為：v-CeosP"0

答：光在玻璃磚內(nèi)運動的時間為8x10-10s.

【點評】本題是幾何光學的問題，首先要作出光路圖，根據(jù)折射定律和幾何知識結合進行研究.

【物理-選修3-5】（15分）

17.（2016?西寧校級模擬）下列說法正確的是（）

210R.210R.

A.83Bi的半衰期是5天，12g830經(jīng)過15天后還有1.5g未衰變

B.按照波爾理論，氫原子核外電子從較小半徑躍遷到較大半徑軌道時，電子的動能增大，原

子總能量增大

C.光電效應和康普頓效應都揭示了光具有粒子性

2382344

D.方程式92U-90Th+2He是重核裂變反應方程

E.普朗克為了解釋黑體輻射現(xiàn)象，第一次提出了能量量子化理論

【考點】裂變反應和聚變反應；光電效應.

【分析】根據(jù)半衰期的次數(shù)，結合1ffzm°宇得出未衰變原子核的質量；根據(jù)電子軌道半徑

的變化，結合庫侖引力提供向心力，得出電子動能的變化；光電效應和康普頓效應說明光具有

粒子性；根據(jù)裂變、聚變、衰變的特點區(qū)分反應方程；普朗克為了解釋黑體輻射現(xiàn)象，第一次

提出能量子的觀點.

【解答】解：A、經(jīng)過15天，即經(jīng)過3個半衰期,根據(jù)時叱石）知，未衰變的質量

1

m=12x_8g=1.5g，故A正確.

22

.ev

■二ID—

B、氫原子核外電子從較小半徑躍遷到較大半徑軌道時，原子能量增大，根據(jù)r，「知，

電子動能減小，故B錯誤.

C、光電效應和康普頓效應揭示了光具有粒子性，故C正確.

2382344

D、方程式92U-90Th+2He是a衰變方程，故D錯誤