2022年湖南省邵陽(yáng)市新寧縣崀山培英學(xué)校高考物理三模試卷（附答案詳解）

2022年湖南省邵陽(yáng)市新寧縣度山培英學(xué)校高考物理三模

試卷

1.日本特?cái)z片奧特曼風(fēng)靡世界幾十年，其拍攝過(guò)程采用微縮景觀的方法進(jìn)行拍攝。設(shè)

某次拍攝中“景觀”被等比例縮小25倍進(jìn)行拍攝，拍攝時(shí)一石塊從1.8m處落下，

為了防止放映時(shí)穿幫，在放映時(shí)應(yīng)（）

A.慢放25倍B.快放25倍C.慢放5倍D.快放5倍

2,太陽(yáng)帆飛行器是利用太陽(yáng)光獲得動(dòng)力的一種航天器，其原理是光子在太陽(yáng)帆表面反

射的過(guò)程中會(huì)對(duì)太陽(yáng)帆產(chǎn)生一個(gè)沖量.若光子垂直太陽(yáng)帆入射并反射，其波長(zhǎng)為入,

普朗克常量為八，則它的沖量大小為（）

4/1

T

3.某汽車(chē)后備箱內(nèi)安裝有撐起箱蓋的裝置，它主要由汽缸和活塞

組成。開(kāi)箱時(shí)，密閉于汽缸內(nèi)的壓縮氣體膨脹，將箱蓋頂起，斗半二

如圖所示。在此過(guò)程中，若缸內(nèi)氣體與外界無(wú)熱交換，忽略氣

體分子間相互作用，則（）

A.缸內(nèi)氣體對(duì)外做功，分子的平均動(dòng)能減小

B.缸內(nèi)氣體對(duì)外做功，內(nèi)能增大

C.外界對(duì)缸內(nèi)氣體做功，分子的平均動(dòng)能增大

D.外界對(duì)缸內(nèi)氣體做功，內(nèi)能減小

4.如圖所示，小球在半徑為R的光滑球面上的4、B之間作小角產(chǎn)

度的往返運(yùn)動(dòng)，則（）

A.小球的質(zhì)量越大，其振動(dòng)的頻率越大R

B.。4、。8之間夾角越小，小球振動(dòng)的頻率越小

C.球面半徑R越大，小球振動(dòng)的頻率越小

D.將整個(gè)裝置移至我國(guó)空間站“天和”核心艙中，小球振動(dòng)的頻率減小

5.當(dāng)空氣中的電場(chǎng)強(qiáng)度超過(guò)E。時(shí)，空氣會(huì)被擊穿.給半徑為R的孤立導(dǎo)體球殼充電,

球殼所帶電荷量的最大值為Q，己知靜電力常量為鼠則。為（）

A.叱B4內(nèi)2D.第

6.在圖甲所示電路中，理想變壓器原、副線(xiàn)圈的匝數(shù)之比為10：1,電阻匕、/?2的阻

值分別為50、6。，電壓表和電流表均為理想電表。若接在變壓器原線(xiàn)圈的輸入端

的電壓如圖乙所示（為正弦曲線(xiàn)的一部分），則下列說(shuō)法正確的是（）

A.電壓表的示數(shù)為25.1VB.電流表的示數(shù)為

C.變壓器的輸入功率為11夜IVD.變壓器的輸出功率為11小

7.如圖所示，光滑的三角形框架04B豎直固定在墻上，夾角。為30。，兩個(gè)相同的金屬

小環(huán)C、。分別套在04、。8上，環(huán)C和D用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩連結(jié)，初始時(shí)C環(huán)在水平外

力控制下靜止，C、。狀態(tài)如圖，0C=L,0A,。8很長(zhǎng)，現(xiàn)使C環(huán)緩慢向左移動(dòng),

則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A.C受支持力一直增大B.繩拉力一直增大

C.。受桿的彈力先減小后增大D.C移動(dòng)的距離可能為1.1L

8.2020年7月23日，我國(guó)首次火星探測(cè)任務(wù)“天問(wèn)一號(hào)”探測(cè)器，

在中國(guó)文昌航天發(fā)射場(chǎng)，應(yīng)用長(zhǎng)征五號(hào)運(yùn)載火箭送入地火轉(zhuǎn)移軌

道?；鹦蔷嚯x地球最遠(yuǎn)時(shí)有4億公里，最近時(shí)大約0.55億公里。

由于距離遙遠(yuǎn)，地球與火星之間的信號(hào)傳輸會(huì)有長(zhǎng)時(shí)間的時(shí)延。

當(dāng)火星離我們最遠(yuǎn)時(shí)，從地球發(fā)出一個(gè)指令，約22分鐘才能到達(dá)火星。為了節(jié)省燃

料，我們要等火星與地球之間相對(duì)位置合適的時(shí)候發(fā)射探測(cè)器。受天體運(yùn)行規(guī)律的

影響，這樣的發(fā)射機(jī)會(huì)很少。為簡(jiǎn)化計(jì)算，已知火星的公轉(zhuǎn)周期約是地球公轉(zhuǎn)周期

的1.9倍，認(rèn)為地球和火星在同一平面上、沿同一方向繞太陽(yáng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如

圖所示。根據(jù)上述材料，結(jié)合所學(xué)知識(shí)，判斷下列說(shuō)法正確的是（）

A.當(dāng)探測(cè)器加速后剛離開(kāi)力處的加速度與速度均比火星在軌時(shí)的要大

B.當(dāng)火星離地球最近時(shí)，地球上發(fā)出的指令需要約10分鐘到達(dá)火星

C.如果火星運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，地球恰好在4點(diǎn)時(shí)發(fā)射探測(cè)器，那么探測(cè)器將沿軌跡AC運(yùn)動(dòng)到

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C點(diǎn)時(shí)，恰好與火星相遇

D.下一個(gè)發(fā)射時(shí)機(jī)需要再等約2.7年

9.“巴羅輪”的示意圖如圖所示，下邊緣浸入水銀槽中的鋁盤(pán)置于蹄形磁鐵的磁場(chǎng)中,

可繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)。當(dāng)轉(zhuǎn)軸、水銀槽分別與電源的正負(fù)極相連時(shí)，鋁盤(pán)開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)，下列

B.只改變磁場(chǎng)方向，鋁盤(pán)的轉(zhuǎn)動(dòng)方向改變

C.只改變電流方向，鋁盤(pán)的轉(zhuǎn)動(dòng)方向改變

D.同時(shí)改變磁場(chǎng)方向與電流方向，鋁盤(pán)的轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變

10.我們有時(shí)候可以觀察到太陽(yáng)周?chē)拿髁凉鈺炄?，如圖1所示。這種光學(xué)現(xiàn)象是由太

陽(yáng)光線(xiàn)在卷層云中的冰晶折射而產(chǎn)生的，其色彩排序?yàn)閮?nèi)紅外紫。為了理解光暈現(xiàn)

象，我們將問(wèn)題簡(jiǎn)化為二維。如圖3為一束紫光在冰晶上的折射光線(xiàn)，4表示冰晶

上的入射角，。2表示為經(jīng)過(guò)第一界面的折射角，M表示為光線(xiàn)離開(kāi)晶體的折射角，

以及即表示為入射和出射光線(xiàn)之間的偏轉(zhuǎn)角。假設(shè)冰晶可以在二維上看成一個(gè)正六

邊形且不考慮其他的反射、折射。則以下說(shuō)法中正確的是（）

圖1太閑周?chē)?guó)的光量圖2量■的形成S3由冰晶折射的光

A.在冰晶內(nèi)紅光的波長(zhǎng)比紫光短

B.若圖3中紫光滿(mǎn)足a=00=60。，則可知冰晶對(duì)該光折射率n=V3

C.對(duì)于從”點(diǎn)以相同入射角入射的光線(xiàn)，紅光的偏轉(zhuǎn)角如比紫光的偏轉(zhuǎn)角如大

D.若紅光和紫光均能使同一金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)，則紫光對(duì)應(yīng)的光電子初動(dòng)能一定比紅

光的大

11.如圖甲所示，abed是匝數(shù)為100匝、邊長(zhǎng)為10cm、總電阻為0.10的正方形閉合導(dǎo)

線(xiàn)圈，放在與線(xiàn)圈平面垂直的圖示勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如

圖乙所示。則以下說(shuō)法正確的是（）

A.導(dǎo)線(xiàn)圈中產(chǎn)生的是正弦式交變電流

B.在t=2.5s時(shí)導(dǎo)線(xiàn)圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為2p

C.在0?2s內(nèi)通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)橫截面的電荷量為10C

D.在t=1s時(shí)導(dǎo)線(xiàn)圈內(nèi)電流的瞬時(shí)功率為10小

12.如圖所示，機(jī)場(chǎng)將貨物用與水平面成0=30。角的傳送帶送比

到貨倉(cāng)，傳送帶以u(píng)=2m/s的速度順時(shí)針運(yùn)行，地勤人員

將一質(zhì)量m=1kg的貨物以初速度%=4m/s從底部滑上

傳送帶，貨物恰好能到達(dá)傳送帶的頂端。已知物塊與傳動(dòng)帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=

取重力加速度g=10m/s2,下列說(shuō)法正確的是（）

A.傳送帶從底端到頂端的長(zhǎng)度是1m

B.物體在傳動(dòng)帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為1.25s

C.物塊在傳送帶上留下的劃痕為1.25TH

D.物體在傳動(dòng)帶上向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量為3.75/

13.某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)驗(yàn)證加速度a與物體所受合力F及質(zhì)量m關(guān)系的實(shí)驗(yàn)，圖甲為實(shí)驗(yàn)

裝置簡(jiǎn)圖。（交流電的頻率為50Hz）

（1）圖乙為某次實(shí)驗(yàn)得到的紙帶，根據(jù)紙帶可求出小車(chē)的加速度大小為m/s2o

（計(jì)算結(jié)果保留二位有效數(shù)字）

（2）保持小車(chē)的質(zhì)量不變，改變桶內(nèi)祛碼的質(zhì)量，某位同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)分別作出

了加速度a隨合力戶(hù)的變化圖線(xiàn)如圖丙所示，圖線(xiàn)上部出現(xiàn)了彎曲并偏離原來(lái)的直

線(xiàn)，其主要原因是；若從小車(chē)中取出祛碼放入桶中，并以桶、桶中的祛碼、

車(chē)和車(chē)中的祛碼整體為研究對(duì)象，圖線(xiàn)上部（填“會(huì)”或“不會(huì)”灣曲。

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14.為將一只毫安表做量程3nM，內(nèi)阻約幾十歐姆)改裝成量程

為1.5U的電壓表，實(shí)驗(yàn)室提供了下列器材：電源E(電動(dòng)勢(shì)

約6V,內(nèi)阻不計(jì))；滑動(dòng)變阻器&(0?500；滑動(dòng)變阻器

R2(0?5/CO);電阻箱R(0?999.90);開(kāi)關(guān)兩個(gè)、導(dǎo)線(xiàn)若干。

某同學(xué)先按圖示電路連接線(xiàn)路，測(cè)量表4的內(nèi)阻。他的操

作步驟如下:

a.將滑動(dòng)變阻器的阻值調(diào)到最大，閉合SI后調(diào)節(jié)變阻器的阻值，使表4的指針滿(mǎn)偏；

b.閉合52,保持變阻器的阻值不變，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使表4的指針偏轉(zhuǎn)到量程

的?立置；

c.記下R的阻值為30.00.

(1)上述實(shí)驗(yàn)中，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用(選填或“/?2”)；

(2)表4的內(nèi)阻測(cè)量值伍=僅此測(cè)量值(選填“大于”、“等于”或

“小于)表4內(nèi)阻的真實(shí)值。

(3)若取表4內(nèi)阻的測(cè)量值也進(jìn)行計(jì)算，為達(dá)成改裝的目的，可將表4與電阻箱R

選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”),且將電阻箱R的阻值調(diào)到2

15.如圖為某一定質(zhì)量理想氣體狀態(tài)變化的p-V圖象，AB,BC為直線(xiàn)，對(duì)應(yīng)狀態(tài)的壓

強(qiáng)P、體積U均已在圖中標(biāo)出。己知?dú)怏w在狀態(tài)4時(shí)的溫度為T(mén)o,由狀態(tài)4到狀態(tài)C的

內(nèi)能增加量為4U,求：

①狀態(tài)4到狀態(tài)C過(guò)程中吸收的熱量Q；

②狀態(tài)4到狀態(tài)B過(guò)程中的最高溫度7。

16.如圖所示，半徑為R的光滑絕緣環(huán)形軌道豎直放置，在圓軌道的最低點(diǎn)8處固定一

帶電小球，另有質(zhì)量為m的帶電小球(圖中未畫(huà)出)穿在圓環(huán)上，從4點(diǎn)(水平最右端

)處無(wú)初速釋放。若小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)獲得最大速度，其大小為加，且N40C=30%

求：

(1)小球從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力所做的功;

(2)小球在4點(diǎn)的加速度。

B

17.陽(yáng)光明媚的中午，小明同學(xué)把一塊長(zhǎng)木板放在院子里，調(diào)整傾斜角度，使陽(yáng)光剛好

和木板垂直。在斜面頂端固定一個(gè)彈射裝置，把一個(gè)質(zhì)量為0.1kg的小球水平彈射

出來(lái)做平拋運(yùn)動(dòng)。調(diào)整初速度大小，使小球剛好落在木板底端。然后使用手機(jī)連續(xù)

拍照功能，拍出多張照片記錄小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程。通過(guò)分析照片，小明得出：小球的飛

行時(shí)間為0.4s；小球與其影子距離最大時(shí)，影子4距木板頂端和底端的距離之比約

為7：9,如圖所示。取g=10m/s2o

(1)求飛行過(guò)程中，重力對(duì)小球做的功；

(2)簡(jiǎn)要說(shuō)明，小球與影子距離最大時(shí)，剛好是飛行的中間時(shí)刻；

(3)估算木板長(zhǎng)度。

半徑為R和3的同軸柱形金屬網(wǎng)橫截面如圖所示，給兩金

屬網(wǎng)接在電壓為U的恒壓電源上，兩網(wǎng)之間產(chǎn)生徑向的電

場(chǎng)，在半徑為R(較大的金屬網(wǎng)外)和2R之間的區(qū)域內(nèi)，存

在軸向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為小、電荷量為q(q>0)的粒

子從軸心。處以速度為沿半徑方向運(yùn)動(dòng)，經(jīng)小金屬網(wǎng)的M

點(diǎn)后再經(jīng)過(guò)時(shí)間及到達(dá)大金屬網(wǎng)上的N點(diǎn)。不計(jì)粒子重力,

設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)中未碰到金屬網(wǎng)上。

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(1)若使粒子不能從磁場(chǎng)區(qū)域的外邊界射出，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿(mǎn)足什么條件？

(2)調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，使粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為求粒子連續(xù)兩次經(jīng)過(guò)N

點(diǎn)的時(shí)間間隔。

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律有

即t-ocy/h,

由于縮小25倍拍攝，則影片中石塊下落的高度應(yīng)該是1.8m的25倍，

所以為防止穿幫，放映的時(shí)間應(yīng)該是拍攝過(guò)程中石塊實(shí)際下落時(shí)間的5倍，即慢放5倍速

度播放，故C正確，ABO錯(cuò)誤。

故選:Co

根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的位移一時(shí)間關(guān)系式分析運(yùn)動(dòng)的時(shí)間關(guān)系，再對(duì)比實(shí)際的時(shí)間判斷播

放速度。

本題是對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)的考查，注意縮小的比例之間的關(guān)系。

2.【答案】B

【解析】解：根據(jù)公式4=g,可得入射光子的動(dòng)量為：p=2,規(guī)定入射光子的動(dòng)量方

向?yàn)檎较?，則反射光子的動(dòng)量為：P'=-p根據(jù)動(dòng)量定理得：/=42=2'-2=-與-

7=-^負(fù)號(hào)表示沖量的方向與初動(dòng)量的方向相反，所以它的沖量大小為半，故3正

AAA

確，ACO錯(cuò)誤。

故選：Bo

根據(jù)公式2=；,規(guī)定入射光子的動(dòng)量方向?yàn)檎较颍Y(jié)合動(dòng)量定理求解它的沖量大小。

本題以太陽(yáng)帆飛行器是利用太陽(yáng)光獲得動(dòng)力的一種航天器為背景，考查了動(dòng)量定理在實(shí)

際問(wèn)題中的應(yīng)用，要明確光子的動(dòng)量公式，注意應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)要規(guī)定正方向。

3.【答案】A

【解析】解：缸內(nèi)氣體體積變大，對(duì)外做功，缸內(nèi)氣體與外界無(wú)熱交換，可知?dú)怏w的內(nèi)

能減小，溫度降低，則分子的平均動(dòng)能減小，故A正確，BCO錯(cuò)誤；

故選：力。

根據(jù)氣體體積變化分析出氣體的做功特點(diǎn)，結(jié)合熱力學(xué)第一定律分析出氣體的內(nèi)能變化,

由此得出溫度的變化和分子平均動(dòng)能的變化。

本題主要考查了熱力學(xué)第一定律的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析出氣體的內(nèi)能和

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溫度的變化，由此得出氣體平均動(dòng)能的變化即可。

4.【答案】C

【解析】解：ABC,由于小球擺動(dòng)角度很小可看作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，可看作單擺模型進(jìn)行處理，

即小球振動(dòng)周期為7=2兀則小球振動(dòng)的頻率為/="=《Jj,可見(jiàn)小球振動(dòng)的頻

率只與g和R有關(guān)，在同一地點(diǎn)R越大，小球振動(dòng)的頻率越小，故A8錯(cuò)誤、C正確；

。、將整個(gè)裝置移至我國(guó)空間站“天和”核心艙中，小球在完全失重情況下，重物不能

下落，該實(shí)驗(yàn)不能進(jìn)行，故。錯(cuò)誤；

故選：Co

根據(jù)單擺周期公式可知振動(dòng)頻率與擺長(zhǎng)有關(guān)，失重狀態(tài)此實(shí)驗(yàn)不能進(jìn)行。

本題主要考查單擺周期公式各物理量的意義的理解，學(xué)生需熟練掌握單擺周期公式并深

刻理解物理意義。

5.【答案】B

【解析】解：均勻帶電球殼對(duì)殼外某點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，可以看做紀(jì)中在球殼中心的點(diǎn)電荷對(duì)球

殼外某點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，由

p一絲

E。一港

解得：Q=里，故B正確，ACO錯(cuò)誤；

k

故選：B。

均勻帶電球殼對(duì)殼外某點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，可以看做紀(jì)中在球殼中心的點(diǎn)電荷對(duì)球殼外某點(diǎn)的場(chǎng)

強(qiáng)，結(jié)合場(chǎng)強(qiáng)的計(jì)算公式完成分析。

本題主要考查了點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式，要理解均勻帶電球殼在球殼外產(chǎn)生的電場(chǎng)與點(diǎn)電荷

產(chǎn)生的電場(chǎng)是相同的，熟練掌握?qǐng)鰪?qiáng)公式即可完成分析。

6.【答案】D

【解析】解：4交變電流中理想電表的示數(shù)為有效值。%效*0.02初2*0.01.其中

箸匕解得原線(xiàn)圈的有效值為110匕又原副線(xiàn)圈之比為10：1,且原副線(xiàn)圈電壓比與線(xiàn)

圈比的關(guān)系有：金=*；所以副線(xiàn)圈電壓表示數(shù)為11K故A錯(cuò)誤。

A副線(xiàn)圈電壓為11匕電阻為凡+/?2=11Q由公式P=丫可得副線(xiàn)圈的功率為11勿.由

R

變壓器原副線(xiàn)圈功率相等可得P出=11W?由公式P團(tuán)（7?/,且原線(xiàn)圈電壓有效值為110U

可得原線(xiàn)圈中電流表示數(shù)為0.14故B錯(cuò)誤。

C.由B選項(xiàng)中的計(jì)算可知輸入功率等于輸出功率，即回P,%回故C錯(cuò)誤。

D.由B選項(xiàng)中的計(jì)算可知輸入功率等于輸出功率，即P人回P用團(tuán)11〃.故。正確。

故選：D。

交變電流中理想電表的示數(shù)是有效值。

有效值的理解及計(jì)算。

變壓器輸入功率與輸出功率的關(guān)系。

變壓器原副線(xiàn)圈的電壓比與線(xiàn)圈匝數(shù)比的關(guān)系。

本題難點(diǎn)在于對(duì)有效值的理解及計(jì)算。要掌握理解變壓器的工作原理及相關(guān)的計(jì)算。

7.【答案】D

【解析】解：BC.對(duì)。單獨(dú)進(jìn)行受力分析可知，。受到重力，繩子的拉力以及桿子的彈力。

在C環(huán)緩慢向左移動(dòng)的過(guò)程中，C受到的重力不變，桿子給的彈力的方向垂直于桿，如

圖所示，

①②

題意可知三個(gè)力處于平衡狀態(tài)?？芍渲欣K子的拉力Fi由豎直向上偏右，慢慢變?yōu)樨Q直

向上偏左，一直增大。桿子給的彈力先減小為0,然后再增大，方向由豎直向上偏左，

減為0,然后豎直向下偏右，故8c正確；

D圖中可知拉力&的方向不可能到垂直于桿。垂直于桿時(shí)，有OC=焉；=2L

初始時(shí)，OC為3故運(yùn)動(dòng)距離小于L,故。錯(cuò)誤；

A.對(duì)C、。整體進(jìn)行受力分析，受重力，桿子的彈力，外力。在豎直方向上，重力與C,

。受到的彈力豎直方向分力平衡。C受到的彈力豎直向上，由上面分析可知，。受到的桿

子彈力豎直分力先向上，慢慢減小，然后豎直分力向下，慢慢增大。所以C受到的彈力

一直增大，故A正確；

本題選錯(cuò)誤的，

第10頁(yè)，共20頁(yè)

故選：Do

分別對(duì)C和。受力分析，根據(jù)受力平衡分析受到的力的變化規(guī)律，對(duì)C。整體受力分析，

判斷彈力的變化。

本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題，解答此類(lèi)問(wèn)題的一般步驟是：確定研究對(duì)象、進(jìn)

行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后

在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。

8.【答案】A

【解析】解：4、當(dāng)探測(cè)器加速后剛離開(kāi)4處，萬(wàn)有引力提供向心力可知：6粵=ma=―,

r/r

解得：a=G^,探測(cè)器4處距太陽(yáng)距離較小，則加速度較大。

rz

由上還可得到探測(cè)器在a處做圓周運(yùn)動(dòng)的線(xiàn)速度：v=J號(hào),探測(cè)器a處距太陽(yáng)距離較小，

探測(cè)器在4處做圓周運(yùn)動(dòng)的線(xiàn)速度。比火星在軌的線(xiàn)速度大，探測(cè)器加速后剛離開(kāi)4處速

度比探測(cè)器在4處做圓周運(yùn)動(dòng)的線(xiàn)速度V大。

因此當(dāng)探測(cè)器加速后剛離開(kāi)4處的速度均比火星在軌時(shí)的要大，故A正確；

B、火星距離地球最遠(yuǎn)時(shí)有4億公里，從地球發(fā)出一個(gè)指令，約22分鐘才能到達(dá)火星，

最近時(shí)大約0.55億公里，因?yàn)橹噶顐鞑ニ俣认嗤?，則時(shí)間：t=學(xué)xt遠(yuǎn)=竽x22min=

3.025mm,故8錯(cuò)誤；

C、根據(jù)開(kāi)普勒第三定律￡=c可知，火星與探測(cè)器的公轉(zhuǎn)半徑不同，則公轉(zhuǎn)周期不相

T2

同，因此探測(cè)器與火星不能在C點(diǎn)相遇，c錯(cuò)誤；

。、地球的公轉(zhuǎn)周期為1年，火星的公轉(zhuǎn)周期約是地球公轉(zhuǎn)周期的1.9倍，兩者的角速度

之差為43=與一尊=答，則地球再一次追上火星的用時(shí)為=2.1年，。錯(cuò)誤。

11.91.9A0)

故選：4。

根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，寫(xiě)出加速度與速度的表達(dá)式進(jìn)行比較；

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算地球最近處上發(fā)出的指令到達(dá)火星的時(shí)間；

火星與探測(cè)器的公轉(zhuǎn)半徑不同，則公轉(zhuǎn)周期不相同，因此探測(cè)器與火星不能在C點(diǎn)相遇；

由上=看計(jì)算地球再一次追上火星的時(shí)間。

Ao)

本題考查了天體環(huán)繞地球運(yùn)動(dòng)的相關(guān)問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是能用萬(wàn)有引力定律和開(kāi)普勒第

三定律列式求解。

9.【答案】BCD

【解析】解：4鋁盤(pán)、水銀與電源構(gòu)成一個(gè)閉合回路，鋁盤(pán)中有電流，由左手定則可知，

鋁盤(pán)受到的安培力的方向與盤(pán)的半徑垂直，且沿逆時(shí)針?lè)较?，則鋁盤(pán)沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng),

故A錯(cuò)誤；

BCD.安培力方向與電流方向和磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向都有關(guān)，只改變磁場(chǎng)的方向，由左手

定則可知，鋁盤(pán)受到的安培力方向?qū)⑴c開(kāi)始時(shí)相反，所以鋁盤(pán)的轉(zhuǎn)動(dòng)方向改變，故B正

確；電流方向反向，由左手定則可知，安培力方向反向，鋁盤(pán)的轉(zhuǎn)動(dòng)方向反向，故C

正確；由左手定則可知，將電流及磁場(chǎng)方向同時(shí)改變，鋁盤(pán)受力方向不變，鋁盤(pán)的轉(zhuǎn)動(dòng)

方向不變，故。正確。

故選：BCD.

通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中受安培力作用，安培力方向可以由左手定則判斷；安培力方向與電流

方向和磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向都有關(guān)。

本題主要考查安培力方向的判斷：讓磁感線(xiàn)穿過(guò)手心，四指指向電流方向，則拇指所指

的方向就是安培力的方向，本題要先判斷出電流的方向。

10.【答案】BD

【解析】解：4根據(jù)n=；,A=^可得4=3,由于紅光的折射率小于紫光的折射率，

紅光的頻率小于紫光的頻率，則紅光的波長(zhǎng)大于紫光的波長(zhǎng)，故A錯(cuò)誤；

區(qū)圖3中紫光滿(mǎn)足以=%=60°,根據(jù)幾何關(guān)系可知%=30°

則折射率為

兀=鬻，代入數(shù)據(jù)解得：n=遍故B正確；

5111172

C.紅光的折射率小于紫光的折射率，則紅光的偏轉(zhuǎn)角如比紫光的偏轉(zhuǎn)角如小，故C錯(cuò)

、口

慶；

。.根據(jù)光電效應(yīng)方程有a=九可知，由于紅光頻率小于紫光頻率，則紅光和紫光

均能使同一金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)，則紫光對(duì)應(yīng)的光電子初動(dòng)能一定比紅光的大，故。正確。

故選:BD。

根據(jù)n=%2=］可得4=3可知波長(zhǎng)的關(guān)系，由折射定律和紅光和藍(lán)光的折射率進(jìn)行

分析，根據(jù)光電效應(yīng)方程有&=/w-%可知初動(dòng)能大小。

本題主要考查了折射定律，解題關(guān)鍵在于利用折射定律分析出兩個(gè)出射角與入射角的變

化關(guān)系。

第12頁(yè)，共20頁(yè)

11.【答案】BD

【解析】解：4B.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=nS*,0?2s和2?3s的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化

At

率分別為翳=|T/s=IT/s,翳=jr/s=2T/s

代入數(shù)據(jù)可以得到均=IV,E2=2V,所以不是正弦交流電，t=2.5s時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為2V,

A錯(cuò)誤，3正確；

C.感應(yīng)電流A=^=10A,電荷量qi=lrAtx=10x3C=20C,故C錯(cuò)誤；

D.t=Is時(shí)導(dǎo)線(xiàn)圈內(nèi)電流的瞬時(shí)功率P=/1Ei=10x1W=10W,故。正確。

故選：BD。

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算出不同階段的電動(dòng)勢(shì)的大小，結(jié)合電流的定義式和功率的

計(jì)算公式完成解答。

本題主要考查了法拉第電磁感應(yīng)定律，熟悉公式并代入數(shù)據(jù)解答即可，整體難度不大。

12.【答案】BD

【解析】解：AB,B物體剛滑上傳送帶，物體相對(duì)傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，受到摩擦力沿傳送

帶向下，將勻減速上滑，直至與傳送帶等速，設(shè)物體上滑的加速度大小為的，

由牛頓第二定律得mgsinO+nmgcosd=max

代入數(shù)據(jù)得：的=8m/s2

則物體相對(duì)傳送帶勻減速上滑，直至與傳送帶等速的時(shí)間為亢=寧=—S=0.25s

Uj-o

物塊沿傳送帶向上的位移為Xi=為『1=等X0.25m=0.75m

物塊與傳送帶相對(duì)靜止瞬間，由于最大靜摩擦力/="mgcosO<nigsm。，相對(duì)靜止?fàn)?/p>

態(tài)不能持續(xù)，物體速度會(huì)繼續(xù)減小，此后，物體受到摩擦力沿傳送帶向上，但合力沿傳

送帶向下，故繼續(xù)勻減速上升，直至速度為0,令此時(shí)物體減速上升的加速度大小為。2,

由牛頓第二定律得mgs-iimgcosO=ma2

2

代入數(shù)據(jù)得：a2=2m/s

由于貨物恰好能到達(dá)傳送帶的頂端，則物體到達(dá)傳送帶頂端速度減為零且時(shí)間為灰=

物體沿傳動(dòng)帶向上運(yùn)動(dòng)的位移為&=32=|xlm=1加,物塊在傳送帶上的時(shí)間為t=

G+七=0?25+Is=1.25s,傳送帶從低端到頂端的長(zhǎng)度L=仇=2.5m,故4錯(cuò)誤，B

正確；

C、物塊減速到與傳送帶速度相等過(guò)程傳送帶的位移大小X傳送帶1="1=2x0.25m=

0.5m

物塊與傳送帶速度相等后運(yùn)動(dòng)過(guò)程傳送帶的位移大小X仔送帶2=戊2=2X1771=2m

物塊速度與傳送帶速度相等前運(yùn)動(dòng)過(guò)程物塊對(duì)于傳送帶的位移大小公=%-

x傳送帶、=0.75—O.STTI.=0.25?71

物塊速度與傳送帶速度相等后運(yùn)動(dòng)過(guò)程物塊對(duì)于傳送帶的位移大小心2=X傳送帶2一

%2=2—lm=Im>

物體速度與傳送帶速度相等后向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊與傳送帶上留下的劃痕與第一階段

減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃痕重合，因此物塊在傳送帶上留下劃痕的長(zhǎng)度L=L2=1m,故C錯(cuò)誤；

D、物塊從滑上傳送帶到滑離傳送帶的過(guò)程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q="rngcosO(Li+

么2)=gx1x10x當(dāng)(0.25+1)；=3.757；故。正確。

故選：BD。

分析清楚物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用牛頓第二定律求出物塊的加速度，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出

物塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間、傳送帶的長(zhǎng)度與物體在傳送帶上留下痕跡的長(zhǎng)度；求出物塊相對(duì)傳送

帶滑行的距離，然后求出摩擦產(chǎn)生的熱量。

本題關(guān)鍵是明確物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，關(guān)鍵是分階段求解加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公

式列式結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行解答。

13.【答案】3.2桶和祛碼的質(zhì)量沒(méi)有遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量不會(huì)

【解析】解：(1)從b圖中看出相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)間間隔為0.04s,利用逐差法得a=

(6.70+6.19-5.17-5.68)X10-2

m/s2=3.2m/s2o

4X0.042

(2)設(shè)小車(chē)的質(zhì)量為桶和祛碼的質(zhì)量為根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)桶和祛碼mg-F拉=

ma,對(duì)小車(chē)Ff=Ma,解得尸拉=黑=罩，當(dāng)m<<M時(shí)，即當(dāng)祛碼和小桶的總重

M

力要遠(yuǎn)小于小車(chē)的重力，繩子的拉力近似等于桶和祛碼的總重力。從圖像上可以看出：

F從0開(kāi)始增加，桶和祛碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于車(chē)的質(zhì)量，慢慢的桶和祛碼的重力在增加，那

么在后面桶和祛碼的質(zhì)量就沒(méi)有遠(yuǎn)小于車(chē)的質(zhì)量，那么繩子的拉力與桶和祛碼的總重力

相差就變大。所以原因是桶和祛碼的質(zhì)量沒(méi)有遠(yuǎn)小于車(chē)的質(zhì)量。

設(shè)張力為7,對(duì)桶和祛碼F-T=ma,對(duì)小車(chē)7=Ma,由以上兩式得a=會(huì)，整體質(zhì)

M+m

量不變，所以a與尸成正比，所以圖線(xiàn)上部不會(huì)發(fā)生彎曲。

第14頁(yè)，共20頁(yè)

故答案為：3.2；桶和祛碼的質(zhì)量沒(méi)有遠(yuǎn)小于車(chē)的質(zhì)量；不會(huì)。

紙帶求加速度應(yīng)用逐差發(fā)：實(shí)驗(yàn)中應(yīng)滿(mǎn)足桶與祛碼總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)質(zhì)量，隨著祛碼的

增加，使前提條件不滿(mǎn)足而出現(xiàn)誤差。

本題考查了紙帶的數(shù)據(jù)處理，實(shí)驗(yàn)中需滿(mǎn)足的條件及出現(xiàn)誤差的根本原因，學(xué)生對(duì)實(shí)驗(yàn)

理解不深刻，誤差原因一知半解易出現(xiàn)錯(cuò)誤。

14.【答案】R230小于串聯(lián)470

【解析】解：(1)豪安表A的量程3nM,則電路中的最大電流為3巾力，電路的最小電阻為

故滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用/?2；

(2)實(shí)驗(yàn)中用半偏法測(cè)電表的內(nèi)阻，所以R的阻值即為電表的測(cè)量值，則表4的內(nèi)阻測(cè)量

值：RA=30/2

由于閉合S2，電阻箱R并入電路，電路的總電阻變小，干路電流變大，而流過(guò)毫安表的

電流為滿(mǎn)偏的一半，所以流過(guò)電阻箱R的電流大于滿(mǎn)偏的一半，根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)，

可知電阻箱R的阻值小于毫安表的內(nèi)阻，即測(cè)量值小于表4內(nèi)阻的真實(shí)值；

(3)應(yīng)把毫安表與電阻箱串聯(lián)，改裝成電壓表，量程為1.5V,則有U=/g(/?4+R),則

將電阻箱R的阻值調(diào)到，R=470/2

故答案為：(1)&；(2)30,小于;(3)串聯(lián)，470

(1)根據(jù)最大電流可解得滑動(dòng)變阻器阻值；

(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析判斷；

(3)根據(jù)電表的改裝原理分析解答。

本題考查半偏法測(cè)電流表電阻，解題關(guān)鍵掌握電表的改裝原理，注意實(shí)驗(yàn)原理與操作的

理解。

15.【答案】解：①在p-U圖像中，圖像與橫軸所圍面積表示氣體對(duì)外做功，故W=：x

(Po+2p0)x%+Pox%=|po%

根據(jù)熱力學(xué)第一定律AU=-W+Q可得：Q=4U+勿=4U+|p0V0

②從4到B,PA=2p0,VA=%,又二=7°，氣體體積為匕時(shí)氣體壓強(qiáng)為:Px=3Po-段左,

由理想氣體狀態(tài)方程可得：空=華，解得及「舞仁苧)耳華飛，當(dāng)/=當(dāng)時(shí)，

lAlx02

x2povo

溫度最高，解得：Tmax=\T0

答：①狀態(tài)4到狀態(tài)C過(guò)程中吸收的熱量Q為AU+：Po%；

②狀態(tài)4到狀態(tài)B過(guò)程中的最高溫度T為3To。

【解析】①在P-V圖像中，圖像與橫軸所圍面積表示氣體做功，結(jié)合熱力學(xué)第一定律

求得吸熱；

②由一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程可知，當(dāng)pV最大時(shí)，溫度最高，由圖得到pV的最大

值，由氣態(tài)方程求解最高溫度。

本題體主要考查了熱力學(xué)第一定律和一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程，明確在p-V圖像

中，所圍面積表示氣體做功，會(huì)利用二次函數(shù)求得極值。

16.【答案】解：（1）設(shè)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為W,由動(dòng)能定理可

得：

mgRsin30°+W=說(shuō)—0

解得：W=^mv^-^mgR

（2）小球在C點(diǎn)速度最大，即此時(shí)沿速度方向（切線(xiàn)方向）合力為零，設(shè)此時(shí)的庫(kù)侖力為七，

則切線(xiàn)方向有

mgcos300—Fccos300=0

解得：Fc=mg

由幾何關(guān)系可知

rBC=R，丁BA=V2/?

設(shè)小球在4點(diǎn)時(shí)庫(kù)侖力大小為自，由F=*可知

1

rb=-Fn--1mq

cA2cJ2d

小球在4點(diǎn)時(shí)速度為零，因此向心加速度為零即須=0,沿切線(xiàn)方向

mg—FACOS45°=ma

又小球在4的加速度為

2

aA=yja^+a

解得：%=（1-號(hào)）9

方向豎直向下。

第16頁(yè)，共20頁(yè)

答：(1)小球從4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力所做的功為3m夠-[mgR；

(2)小球在4點(diǎn)的加速度為(1一f)。，方向豎直向下。

【解析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理計(jì)算出電場(chǎng)力的做功；

(2)根據(jù)庫(kù)侖定律計(jì)算出庫(kù)侖力的大小，同時(shí)結(jié)合幾何關(guān)系和牛頓第二定律計(jì)算出小球

的加速度。

本題主要考查了動(dòng)能定理的相關(guān)應(yīng)用，在分析過(guò)程中涉及到了受力分析，特別是幾何關(guān)

系的應(yīng)用，對(duì)學(xué)生的數(shù)學(xué)知識(shí)有一定要求，整體難度中等。

17.【答案】解：(1)小球做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)

位移一時(shí)間公式，可得九=~gt2=|x10x0.42m=0.8m

根據(jù)功的公式，可得飛行過(guò)程中，重力對(duì)小球做的功為唯=巾9h=0」x10x0.8/=

0.87

(2)經(jīng)過(guò)分析可知，當(dāng)小球與影子距離最大時(shí)，此時(shí)小球的速度方向與斜面平行，即速

度方向與水平方向的夾角為。，此時(shí)豎直方向的速度為%=votand

當(dāng)小球落到斜面底端時(shí)，此時(shí)小球位移與水平方向的夾角為仇此時(shí)速度方向與水平方

向的夾角為a,根據(jù)位移夾角與速度夾角的關(guān)系可知tcma=2tan0

此時(shí)豎直方向的速度為%'=votana=2votan0

根據(jù)豎直方向的速度一時(shí)間公式可得言=霍=崇舞=5

VyfZVotanaz

則有m=I

故小球與影子距離最大時(shí)，剛好是飛行的中間時(shí)刻

(3)將小球的速度分解到沿斜面方向上和垂直于斜面方向上，將小球的加速度分解到沿

斜面方向上和垂直于斜面方向上。

則在沿斜面方向上，小球的初速度為為cos。，方向沿斜面向下，加速度為gs)。，方向

沿斜面向下。

由題意可知04AB=7：9

則有04：0B=7：16

可得。4=VQCOSO^+^gsin9tl