2022年湖北省卓越高中千校聯(lián)盟高考物理模擬試卷（附答案詳解）

2022年湖北省卓越高中千校聯(lián)盟高考物理模擬試卷

1.如圖為a、b、c三種單色光在同一光電效應(yīng)裝置中測(cè)得的光電流和電壓的關(guān)系。a、

b、c三種光分別在同一雙縫干涉儀中得到的條紋間距分別為4%、4與和〃乙，貝K）

C.4xc>Axb>AxaD.Axc<Axb<Axa

2.如圖所示，飛船從軌道1上的P點(diǎn)沿虛線變軌至軌道

2上的Q點(diǎn)，然后沿軌道2運(yùn)動(dòng)。若飛船在兩軌道上

都做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，不考慮飛船在變軌過(guò)程的質(zhì)量

變化，則（）

A.飛船在P點(diǎn)減速才能由軌道1變軌到軌道2

B.飛船在軌道2上的動(dòng)能比在軌道1上的動(dòng)能大

C.飛船在軌道2上的周期比在軌道1上的周期小

D.飛船在軌道2上的機(jī)械能比在軌道1上的機(jī)械能大

3.如圖，在真空中一條豎直方向的電場(chǎng)線上有兩點(diǎn)M和N。一帶正電的小

球在M點(diǎn)由靜止釋放后沿電場(chǎng)線向下運(yùn)動(dòng)，到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度恰好為零。?M

則（）

A.N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向向下

B.M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度,N

C.質(zhì)點(diǎn)在N點(diǎn)所受到的合力一定為零?

D.小球在M點(diǎn)的電勢(shì)能小于在N點(diǎn)的電勢(shì)能

4.一定質(zhì)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)，其壓強(qiáng)

p與溫度t的關(guān)系圖像如圖所示，下列判斷正確的是（）

A.氣體在a狀態(tài)時(shí)的體積小于在b狀態(tài)時(shí)的體積

B.氣體在狀態(tài)a時(shí)的內(nèi)能大于它在狀態(tài)陰寸的內(nèi)能

C.氣體在過(guò)程ab中一定吸收熱量

D.氣體在過(guò)程ca中向外界放出的熱量小于外界對(duì)氣體做的功

5.如圖甲所示，理想變壓器原線圈接入圖乙所示的交變電壓，副線圈電路中Ro為定值

電阻，R是滑動(dòng)變阻器。原、副線圈的匝數(shù)之比為10：1,匕和％是理想交流電壓

表，示數(shù)分別用U1和出表示；公和4是理想交流電流表，示數(shù)分別用A和/2表示。

則（）

A.t=0.01s時(shí)，電壓表匕的示數(shù)內(nèi)此時(shí)為零

B.滑片P向下滑動(dòng)過(guò)程中，A/的數(shù)值變大

C.滑片P向下滑動(dòng)過(guò)程中，華的數(shù)值變大

12

D.滑片P向下滑動(dòng)過(guò)程中，R消耗的功率變大

6.2022年2月4日，北京冬奧會(huì)盛大開(kāi)幕。跳臺(tái)滑雪是冬奧會(huì)的重要競(jìng)技項(xiàng)目。如圖

所示，一名跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)一段加速滑行后從。點(diǎn)水平飛出。該運(yùn)動(dòng)員兩次試

滑分別在斜坡上的“、N兩點(diǎn)著陸。已知0M=MN,斜坡與水平面的夾角為。，不

計(jì)空氣阻力，運(yùn)動(dòng)員（含裝備）可視為質(zhì)點(diǎn)，則該運(yùn)動(dòng)員兩次試滑（）

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A.著陸在M、N點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的方向不同

B.著陸在M,N點(diǎn)時(shí)動(dòng)能之比為1：V2

C.著陸在M、N點(diǎn)兩過(guò)程時(shí)間之比為1：V2

D.著陸在M、N點(diǎn)兩過(guò)程離斜坡面最遠(yuǎn)距離之比為1：V2

7.智能手機(jī)中的電子指南針利用了重力傳感器和霍爾元件來(lái)確定地磁場(chǎng)的方向。某個(gè)

智能手機(jī)中固定著一個(gè)矩形薄片霍爾元件.四個(gè)電極分別為E、F、M、N,薄片厚度

為兒在E、F間通入恒定電流/同時(shí)外加與薄片垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)8,M、N間的電壓

為4,已知半導(dǎo)體薄片中的載流子為正電荷，電流與磁場(chǎng)的方向如圖所示?單位體

8.如圖所示，甲、乙兩列簡(jiǎn)諧橫波在同種均勻介質(zhì)中傳播，t=0時(shí)刻兩列波恰好在

坐標(biāo)原點(diǎn)相遇，已知甲波沿x軸正方向傳播，頻率為5Hz；乙波沿x軸負(fù)方向傳播,

則()

A.甲波在該介質(zhì)中傳播的周期為0.2s

B.乙波在該介質(zhì)中傳播的波速為20m/s

C.甲、乙兩波均傳播到x=0處后，該處質(zhì)點(diǎn)始終位于平衡位置

D.甲、乙兩波均傳播到X=2M處后，該處質(zhì)點(diǎn)的振幅為30cm

9.如圖，懸掛甲物體的細(xì)線拴牢在一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩上。點(diǎn)處；繩的一端通過(guò)光

滑的定滑輪與物體丙相連，另一端通過(guò)光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質(zhì)

量相等。系統(tǒng)平衡時(shí)，。點(diǎn)兩側(cè)繩與豎直方向的夾角分別為a和0。若6=55°,則（）

A.a>/?B.a</?

C.丙的質(zhì)量小于甲的質(zhì)量D.丙的質(zhì)量大于甲的質(zhì)量

10.如圖，兩根足夠長(zhǎng)的固定的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離

為八導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒1和2,構(gòu)成矩形回路。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m,

電阻皆為R,回路中其余部分的電阻可不計(jì)，在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8。初始棒2靜止，棒1有指向棒2的初速度分。若兩導(dǎo)體棒

在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，貝M）

C.棒1兩端電壓的最大值為BL%D.棒2產(chǎn)生的最大熱量O為詔

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11.足夠長(zhǎng)的傳送帶水平放置，在電動(dòng)機(jī)的作用下以速度方逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一質(zhì)量為

加的小煤塊以速度打滑上水平傳送帶的左端，且%>%。小煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩

擦因數(shù)〃，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是()

A.煤塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為絲浮

B.煤塊在傳送帶上的痕跡長(zhǎng)為啥

C.傳送帶與煤塊摩擦產(chǎn)生的熱量為(譜-諾)

D.傳送帶克服煤塊的摩擦力做功為+為)

12.用如圖所示的裝置測(cè)量滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)。將長(zhǎng)木板固定在水平桌面上,

木板左端固定一個(gè)擋板，輕質(zhì)彈簧與擋板固定連接，右端自由伸長(zhǎng)在。點(diǎn)；在。點(diǎn)

右側(cè)的B、C位置各安裝一個(gè)光電門。先用米尺測(cè)得B、C兩點(diǎn)間距離X,再用帶有

遮光片的滑塊壓縮彈簧到某位置4靜止釋放，和計(jì)算機(jī)連接的光電門測(cè)量出遮光

片經(jīng)過(guò)B、C兩處的光電門的遮光時(shí)間及1、加2,用游標(biāo)卡尺測(cè)得遮光片的寬度為d，

重力加速度為g。

(1)計(jì)算滑塊經(jīng)過(guò)光電門B時(shí)速度大小的表達(dá)式是o

(2)滑塊在水平木板上的加速度大小為。

(3)滑塊與水平長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為o

A。8/C

長(zhǎng)木及

13.如圖1所示為一個(gè)多用電表歐姆擋內(nèi)部電路示意圖。電流表滿偏電流1mA、內(nèi)阻10。；

電池電動(dòng)勢(shì)1.5V、內(nèi)阻10；

圖1圖3

(1)圖1中表筆a為_(kāi)____色(選填“紅”或“黑”)。調(diào)零電阻R?？赡苁窍旅鎯蓚€(gè)滑

動(dòng)變阻器中的(填選項(xiàng)序號(hào))。

A.電阻范圍0?2000

8.電阻范圍0?20000

(2)在進(jìn)行歐姆調(diào)零后，正確使用該多用電表測(cè)量某電阻的阻值，電表讀數(shù)如圖2所

示，被測(cè)電阻的阻值為_(kāi)____n；

(3)如圖3所示，某同學(xué)利用定值電阻&給歐姆表增加一擋位“X10”，則定值電阻

&=________0。(結(jié)果保留1位小數(shù))

(4)若該歐姆表?yè)Q了一個(gè)電動(dòng)勢(shì)為1.5V、內(nèi)阻為100的電池，調(diào)零后測(cè)量某電阻的阻

值，其測(cè)量結(jié)果。(選填“偏大”“偏小”或“準(zhǔn)確”)

14.如圖，三棱鏡的截面為等邊三角形△ABC,該三角形的邊長(zhǎng)為/,在此截面內(nèi)入射

光線從4B的中點(diǎn)以入射角i1=45。射入，進(jìn)入棱鏡后光線直接射到AC邊，并以出射

角^=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。

15.如圖，質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從4點(diǎn)以水平初速度孫平拋，小球4恰好沿B點(diǎn)

的切線方向進(jìn)入豎直平面內(nèi)半徑為R的;光滑絕緣圓弧形軌道BCD。在。點(diǎn)右側(cè)存在

方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未標(biāo)出)，電磁場(chǎng)中豎直

平面內(nèi)有一半徑也為R的理想圓形屏蔽區(qū)，其圓心到。點(diǎn)的距離為2R,屏蔽區(qū)的圓

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心。與水平線BD等高。小球在電磁場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g,不計(jì)

空氣阻力，不計(jì)小球運(yùn)動(dòng)引起的電磁場(chǎng)變化。求：

(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?/p>

(2)小球4經(jīng)過(guò)軌道最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；

(3)為使小球4能進(jìn)入電磁場(chǎng)屏蔽區(qū)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為多大？

16.如圖，A球與輕彈簧左端相連，B球與輕彈簧右端接觸但不相連，在光滑的水平直

軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài)。右邊有一小球C在軌道上沿B4連線以速度火射向B球，C與B

發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個(gè)整體。，碰撞時(shí)間極短，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。已知

4、B、C三球的質(zhì)量分別為2m、gm、在此后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中。

(1)0與B碰撞損失的機(jī)械能；

(2)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A球的速度；

(2)若開(kāi)始時(shí)在A球左側(cè)某位置固定一塊擋板(圖中未畫出)，在。球與彈簧分離前使

4球與擋板發(fā)生碰撞，并在碰后立即將擋板撤走，設(shè)4球與擋板碰撞時(shí)間極短，碰

后4球速度大小不，但方向相反，試求出此后彈簧的彈性勢(shì)能最大值的范圍。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：根據(jù)愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程和動(dòng)能定理可得：

eU=Ekm=hv-W0

結(jié)合圖像可知，Vb>vc>va

則三種光的波長(zhǎng)大小關(guān)系為：

<Ac<A.a

根據(jù)波長(zhǎng)的計(jì)算公式=?可知，Axa>Ax>Axb,故A正確，錯(cuò)誤；

故選：Ao

先根據(jù)光電效應(yīng)方程結(jié)合圖像分析出光的頻率大小關(guān)系，進(jìn)而得到光的波長(zhǎng)大小關(guān)系，

利用雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中的波長(zhǎng)計(jì)算公式完成分析。

本題主要考查了光電效應(yīng)方程的相關(guān)應(yīng)用，結(jié)合圖像得出頻率的高低，同時(shí)根據(jù)雙縫干

涉實(shí)驗(yàn)的計(jì)算公式即可完成解答。

2.【答案】D

【解析】解：4飛船在P點(diǎn)加速離心才能由軌道1變軌到軌道2,故A錯(cuò)誤；

A根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可得G等=mJ,解得：〃=秒，可知飛船在軌道2上的

速度比在軌道1上的速度小，根據(jù)動(dòng)能的表達(dá)式康=［巾"2可知飛船在軌道2上的動(dòng)能比

在軌道1上的動(dòng)能小，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可得G罌誓r,解得周期：T=2兀島,可知飛船在

軌道2上的周期比在軌道1上的周期大，故C錯(cuò)誤；

D由4選項(xiàng)可知，飛船在P點(diǎn)加速離心才能由軌道1變軌到軌道2,故除了萬(wàn)有引力外，

有其他力對(duì)飛船做正功，則飛船在軌道2上的機(jī)械能比在軌道1上的機(jī)械能大，故。正

確。

故選：Do

飛船在P點(diǎn)加速離心才能由軌道1變軌到軌道2；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得到線速度表

達(dá)式，結(jié)合動(dòng)能定理分析動(dòng)能大小；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得到周期的表達(dá)式分析周

期的大小；根據(jù)功能關(guān)系分析機(jī)械能的大小。

本題主要是考查萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心

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力結(jié)合向心力公式進(jìn)行分析。

3.【答案】D

【解析】解：4由題意可知，小球在N點(diǎn)受到的電場(chǎng)力方向向上，小球帶正電，所以N點(diǎn)

的電場(chǎng)強(qiáng)度方向向上，故4錯(cuò)誤；

B.小球從M點(diǎn)由靜止釋放后運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)速度恰好是零，可知小球的速度先增大后減小,

則有受重力與電場(chǎng)力的合力方向先向下后向上，說(shuō)明小球在M點(diǎn)受電場(chǎng)力小于重力，因

此M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故8錯(cuò)誤：

C.小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，受重力與電場(chǎng)力的合力方向先向下后向上，速度最大時(shí)合力

等于零，所以質(zhì)點(diǎn)在N點(diǎn)所受到的合力一定不是零，故C錯(cuò)誤；

D小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，因電場(chǎng)力方向向上，一直對(duì)小球做負(fù)功，小球的電勢(shì)能一直

增加，因此小球在M點(diǎn)的電勢(shì)能小于在N點(diǎn)的電勢(shì)能，故。正確。

故選：D?

由電場(chǎng)力方向判斷電場(chǎng)強(qiáng)度方向，由運(yùn)動(dòng)情況分析受力情況，并進(jìn)一步得到電場(chǎng)強(qiáng)度關(guān)

系，結(jié)合電場(chǎng)力做功，分析電勢(shì)能變化情況。

本題考查靜電場(chǎng)，學(xué)生需結(jié)合運(yùn)動(dòng)情況及能量觀綜合解答。

4.【答案】C

【解析】解：4、根據(jù)圖片可知，若橫軸選用熱力學(xué)溫標(biāo)，則對(duì)應(yīng)的p-7圖像會(huì)過(guò)原點(diǎn)，

由此可知，此變化過(guò)程為等容過(guò)程，故A錯(cuò)誤；

B、氣體在狀態(tài)a時(shí)的溫度低于在狀態(tài)b時(shí)的溫度，所以氣體在狀態(tài)a的內(nèi)能小于在狀態(tài)b

的內(nèi)能，故B錯(cuò)誤；

C、ab為等容過(guò)程，因?yàn)槲?0,溫度升高，氣體內(nèi)能增加，即/U>0,根據(jù)熱力學(xué)第

一定律ZU=Q+W可知，氣體在過(guò)程ab一定吸收熱量，故C正確；

O、ca為等壓過(guò)程，氣體溫度降低，內(nèi)能減小，根據(jù)蓋一呂薩克定律可知?dú)怏w體積減小，

外界對(duì)氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體在過(guò)程ca中向外界放出的熱量大于外

界對(duì)氣體做的功，故。錯(cuò)誤；

故選：Co

根據(jù)圖像得出氣體的狀態(tài)參量的變化，結(jié)合熱力學(xué)第一定律分析出氣體的吸放熱和做功

情況。

本題主要考查了熱力學(xué)定律的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)圖像結(jié)合一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程

分析出氣體狀態(tài)參量的變化，結(jié)合熱力學(xué)第一定律即可完成解答。

5.【答案】B

【解析】解：4、電表的示數(shù)為交流電的有效值，電壓表匕示數(shù)應(yīng)為220V,故A錯(cuò)誤；

B、當(dāng)滑片向下滑的過(guò)程中，副線圈中連入電路中的電阻變小，電流增大，功率增大。

那么原線圈中的功率UJi也增大，故B正確：

C、滑片向下滑的過(guò)程中，副線圈中連入電路中的電阻變小，即氏潮=貸也減小，故C

錯(cuò)誤；

當(dāng)滑片向下滑的過(guò)程中，電阻R變小，但副線圈電壓/不變，電流L增大，所以治兩

端電壓增大，所以R兩端電壓減小，由于兩個(gè)阻值大小不定所以功率不能判斷，故。錯(cuò)

誤。

故選：B.

在交流電中電表顯示的都是有效值，根據(jù)表達(dá)式知道輸入電壓的有效值，在根據(jù)匝數(shù)與

電壓、電流的比例關(guān)系分析。

本題考查了變壓器的構(gòu)造和原理，同時(shí)考查了電路的動(dòng)態(tài)分析，知道變壓器的變壓和變

流規(guī)律，電表讀數(shù)是有效值。

6.【答案】C

【解析】解：4、斜面的夾角為。，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律速度偏轉(zhuǎn)角的正切值等于位移

偏轉(zhuǎn)角正切值的2倍，即速度偏角的正切值tana=2tan。，所以著陸在M、N點(diǎn)時(shí)動(dòng)量

的方向相同，故A錯(cuò)誤；

B、可得運(yùn)動(dòng)員落到斜面上時(shí)，水平分速度與豎直分速度滿足：%=嬴，豎直方向:

Vy=2gLsin6

落到斜坡上時(shí)該運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能Ek=+哆)=|m(1+1)討=

ZL)乙4tun(7J

mgL(.+l)s譏8所以《=器號(hào)，故8錯(cuò)誤；

C由九=，9士2得1=后，0=R=專,故C正確;

D、水平方向：x=vot,得水平速度之比酗==；xf=%垂直斜面向上分

VONXNtM21V2

速度之比子=誓器=得，著陸在M、N點(diǎn)兩過(guò)程離斜坡面最遠(yuǎn)距離之比為

VJVVo/vSinyV2

_臉

”1_2gcos6P故。錯(cuò)誤;

九2一及一談

2gcos0

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故選：c。

斜面的傾角為位移方向與水平方向的夾角，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的推論可知，速度夾角正切值

等于位移夾角正切值的二倍。

解決本題時(shí)，要關(guān)鍵要抓住運(yùn)動(dòng)員落到斜坡上時(shí)，豎直分位移與水平分位移之比等于斜

坡傾角的正切，來(lái)分析運(yùn)動(dòng)員落在斜坡上時(shí)水平分速度與豎直分速度的關(guān)系，同時(shí)要會(huì)

靈活處理斜面與平拋結(jié)合的問(wèn)題。

7.【答案】B

【解析】解：設(shè)矩形薄片寬度為d,正電荷所受的電場(chǎng)力等于洛倫茲力，則

普=qvB

材料橫截面積為S,則

/=neSv

S=dh

解得：%=置，則%與B、/成正比，與n、八成反比，故8正確，AS錯(cuò)誤；

故選：B。

根據(jù)電荷受到的洛倫茲力和電場(chǎng)力的等量關(guān)系，結(jié)合電流的微觀表達(dá)式得出電壓的表達(dá)

式，并結(jié)合圖像完成分析。

本題主要考查了霍爾效應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)電場(chǎng)力和洛倫茲力的等量關(guān)系即可完成分析,

難度不大。

8.【答案】AD

11

【解析】解：4、根據(jù)周期與頻率的關(guān)系有：T=7=；S=0.2S,故A正確；

J3

B、甲的傳播速度為"=：=總m/s=lOm/s,同一介質(zhì)波的傳播速度相等，所以乙波

的傳播速度也為10m/s,故8錯(cuò)誤；

C、兩列波恰好在坐標(biāo)原點(diǎn)相遇，所以。點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，。點(diǎn)會(huì)做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，故C錯(cuò)

誤；

。、甲波傳到x=2m所需時(shí)間為t=：=^s=0.2s,且向上振動(dòng)，乙波的波長(zhǎng)與甲波波

長(zhǎng)相等均為2m,則乙波的周期也為0.2s,所以兩列波在x=2m為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，振幅為

A=Ar+A2=10cm+20cm=30cm,故D正確；

故選:ADO

甲、乙兩列簡(jiǎn)諧橫波在同種均勻介質(zhì)中傳播，波速相等，由圖讀出波長(zhǎng)，由可以

求出波速；根據(jù)波的疊加原理波峰和波峰相遇或者波谷和波谷相遇是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)。

本題關(guān)鍵知道波速由介質(zhì)決定，甲、乙兩列簡(jiǎn)諧橫波在同種均勻介質(zhì)中傳播，波速相等。

波峰和波峰相遇或者波谷和波谷相遇是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)和振動(dòng)減弱點(diǎn)的位置是

固定的。

9.【答案】AD

【解析】解：AB.設(shè)作用于。點(diǎn)的彈力大小分別是：F甲=F乙=^9,F丙=mog

。點(diǎn)處于平衡狀態(tài)，則尸/歹的反向延長(zhǎng)線為尸伊與尸名夾角的角平分線，由幾何關(guān)系得：a=

180°-2x/?=70°

即：a>/?

故A正確，B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)共點(diǎn)力平衡得：2mgeos55。=mog

又：cos55°>1

可知：m<m0

即丙的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，故C錯(cuò)誤，。正確。

故選AD。

明確三根輕繩的彈力分別等于三個(gè)物體的重力，利用。點(diǎn)所受共點(diǎn)力平衡，建立三個(gè)物

體的質(zhì)量關(guān)系。

本題為共點(diǎn)力平衡原理的應(yīng)用問(wèn)題，認(rèn)識(shí)到質(zhì)量關(guān)系是通過(guò)輕繩彈力的關(guān)系建立，是解

題關(guān)鍵。

10.【答案】BD

【解析】解：4、棒1向右做減速運(yùn)動(dòng)，棒2向右做加速運(yùn)動(dòng)，最終兩棒速度相同，此時(shí)

棒1的速度最小，設(shè)為。。取向右為正方向，根據(jù)兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：mv0=2mv,

可得"=故A錯(cuò)誤；

8、棒1開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，感應(yīng)電流最大，棒2受到的安培力最大，

加速度最大，為。=處，又/=聆，可得&=敷也，故8正確；

m2R2mR

C、棒1開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路中感應(yīng)電流最大，棒1兩端電壓的最大值，為U=g=

故C錯(cuò)誤;

第12頁(yè)，共18頁(yè)

D、設(shè)棒2產(chǎn)生的最大熱量為Q,則兩棒產(chǎn)生的最大熱量為2Q,由能量守恒定律得：

x2mv2+2Q,可得詔，故O正確。

故選：BD。

棒1向右切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到向左的安培力而減速，棒2受到向右的安培力而

加速，當(dāng)兩棒速度相等時(shí).，回路中不再產(chǎn)生感應(yīng)電流,兩棒以相同速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，

由系統(tǒng)的動(dòng)量守恒求棒1的最小速度；開(kāi)始時(shí)，棒2受到的安培力最大，加速度最大，根

據(jù)牛頓第二定律和法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培力公式相結(jié)合求棒2的最大加

速度；開(kāi)始時(shí)，棒1兩端電壓最大，由歐姆定律求其最大電壓；由能量守恒定律求棒2產(chǎn)

生的最大熱量。

解決本題關(guān)鍵要分析兩棒的運(yùn)動(dòng)情況，再考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求兩棒穩(wěn)定時(shí)的速度，

并運(yùn)用能量守恒定律求解熱量。

11.【答案】B

【解析】解：4、煤塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a=管=49,煤塊向右做勻減

速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為亢=￡=焉位移為與=>

煤塊速度減至零后向左勻加速運(yùn)動(dòng)至速度為。2的時(shí)間為t2=*，位移為右=聲，此后

ky2dg

勻速運(yùn)動(dòng)到傳送帶左端的時(shí)間久=江三=羨金，則煤塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=

3

V2v2

tl+t2+t3,解得1=竽包，故A錯(cuò)誤；

2figv2

B、煤塊向右運(yùn)動(dòng)時(shí)與傳送帶間相對(duì)位移大小為Ax】=%+v2t1（解得

煤塊向左運(yùn)動(dòng)時(shí)與傳送帶間相對(duì)位移大小為=v2t2-x2,解得4必=磊，則煤塊在

傳送帶上的痕跡長(zhǎng)為L(zhǎng)=//+21犯=譜：2%及+畀=等位,故8正確；

2〃g211g

C、傳送帶與煤塊摩擦產(chǎn)生的熱量為Qn4mgLuTniOi+wy，故C錯(cuò)誤；

D、傳送帶克服煤塊的摩擦力做功為W=nmgv2t,將土=竽支代入解得Q=如（%+

卬g&2乙

2

v2）,故。錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)牛頓第二定律求煤塊的加速度，由速度一時(shí)間公式求煤塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；

根據(jù)煤塊與傳送帶間的相對(duì)位移求煤塊在傳送帶上的痕跡長(zhǎng)度；根據(jù)相對(duì)路程求解傳送

帶與煤塊摩擦產(chǎn)生的熱量。根據(jù)功能關(guān)系求傳送帶克服煤塊的摩擦力做功。

本題考查傳送帶問(wèn)題；解決本題的關(guān)鍵理清小煤塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合牛頓第

二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間和相對(duì)位移。

12【如案】/婦蛙組2也些組2

iz.LE呆is4tl2x遍遍2gx女蝠

【解析】解：(1)在極短時(shí)間內(nèi)，物體的瞬時(shí)速度等于該過(guò)程的平均速度，則

d

(2)同理可得滑塊經(jīng)光電門C時(shí)的速度大小為

根據(jù)速度一位移公式可知

_詔一避_"(4名-4此)

―2x-2MtM抬

(3)由動(dòng)能定理可得：

—fimgx=-1mvc2--1mv^2

故答案為：⑴%=瓢Q)3%孔⑶器事

(1)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得出滑塊經(jīng)過(guò)光電門B時(shí)的瞬時(shí)速度；

(2)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出滑塊的加速度；

(3)根據(jù)動(dòng)能定理計(jì)算出動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式。

本題主要考查了動(dòng)摩擦因數(shù)的測(cè)量實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，利用運(yùn)動(dòng)

學(xué)公式計(jì)算出加速度，結(jié)合動(dòng)能定理計(jì)算出動(dòng)摩擦因數(shù)即可，雖計(jì)算復(fù)雜,但難度不大。

13.【答案】紅B16001.1準(zhǔn)確

【解析】解：(1)根據(jù)歐姆表的要求，黑表筆接內(nèi)部電源的正極，可以判斷a為紅表筆;

當(dāng)電表滿偏時(shí)，電表總內(nèi)阻為R內(nèi)=\=益篇0=1500。，所以電阻應(yīng)選擇B；

(2)可以先求歐姆表的中值電阻，當(dāng)表針指在表盤的正中央時(shí)對(duì)應(yīng)的電流為滿偏電流的

一半，對(duì)應(yīng)的電阻為中值電阻E=?g(R中+R內(nèi))

R中=R內(nèi)=15000

即表盤刻度為15時(shí)代表15000,倍率為x100,所以被測(cè)電阻的阻值為16000。

(3)倍率為義10時(shí)，中值電阻為1500,即內(nèi)阻為1500,由此可知，滿偏電流變?yōu)樵瓉?lái)的

10倍，即0.014

第14頁(yè)，共18頁(yè)

1x10-3x10=(0.01-lx10-3)/?i

解得：咫=1.10

(4)設(shè)電源電動(dòng)勢(shì)為E,干路電流為《,調(diào)零后電表內(nèi)阻為心,電表指針指到表盤某處時(shí)，

電表的電流為/,對(duì)應(yīng)的待測(cè)電阻為R”，根據(jù)閉合電路歐姆定律E=叫=g+&)

整理得：RX=E(^-^)

由于滿偏電流相同，電動(dòng)勢(shì)相同，指針指相同的位置時(shí)電流相同，所以&相同，即讀數(shù)

準(zhǔn)確。

故答案為:(1)紅；B；(2)1600；(3)1.1；(4)準(zhǔn)確

(1)根據(jù)多用電表的使用特點(diǎn)分析出表筆a的接法，根據(jù)歐姆定律結(jié)合實(shí)驗(yàn)原理選擇合適

的滑動(dòng)變阻器；

(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理結(jié)合多用電表的使用特點(diǎn)得出被測(cè)電阻的阻值；

(3)根據(jù)電表改裝的知識(shí)結(jié)合歐姆定律得出定值電阻的阻值；

(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析出測(cè)量值和真實(shí)值的大小關(guān)系。

本題主要考查了多用電表的相關(guān)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)合多用電

表的使用規(guī)則即可完成分析。

14.【答案】解：(1)令4B界面的折射角為6，AC界面

的入射角為上，則偏轉(zhuǎn)角

a=(G-71)+。2-萬(wàn))=(G+i2)-(n+r2)

因?yàn)樨?i2,所以巳=r2

由幾何關(guān)系得：q+萬(wàn)=NA=60°

可得。J=45°

解得偏轉(zhuǎn)角。=30°

(2)由折射定律可知n=翳

光在三棱鏡傳播的距離s="

光在棱鏡中的傳播速度為

則傳播時(shí)間為t=;

聯(lián)立解得：t吟

答：(1)出射光線相對(duì)入射光線偏轉(zhuǎn)角為30。；

(2)光線在三棱鏡中傳播的時(shí)間為生。

2c

【解析】(1)作出光路圖，根據(jù)幾何知識(shí)和對(duì)稱性分析偏轉(zhuǎn)角與入射角和折射角的關(guān)系，

即可求得偏轉(zhuǎn)角；

②根據(jù)折射定律求三棱鏡的折射率九，根據(jù)t=;解得。

本題考查光的折射定律的應(yīng)用，畫出光路圖是解題的基礎(chǔ)，分析時(shí)要抓住對(duì)稱性和光路

可逆性，運(yùn)用幾何知識(shí)求解相關(guān)角度。

15.【答案】解：(1)小球在電磁場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有mg=qE,解得：E=詈

(2)小球4恰好沿B點(diǎn)的切線方向進(jìn)入圓形軌道可知，小球4在B點(diǎn)的速度大小為：vB=

%

sin45°

小球4由B到C,根據(jù)動(dòng)能定理可得：mg(R-/?sin45°)=避-1mvj

小球4在C點(diǎn)受力分析可知：N-mg=m*

根據(jù)牛頓第三定律可得：N=N'

整理得：N'=(9-3夜)mg+生理

(3)依題意得：3mg=qE

故小球在電磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由機(jī)械能守恒定律可知：為4=%2

在電磁場(chǎng)中對(duì)小球B受力分析可得：qvB4B=

如圖所示，

由