2022年安徽省滁州市高考物理二模試卷（附答案詳解）

2022年安徽省滁州市高考物理二模試卷

1.下列說(shuō)法中正確的是（）

4

A.核反應(yīng)方程HTh-丸4Pa+%中的X表示a粒子

B.按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時(shí),

電子的動(dòng)能減小，但原子的能量增大

C.一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)，是因?yàn)檫@束光的光強(qiáng)太小

D.一個(gè)氫原子從n=4的激發(fā)態(tài)躍遷時(shí)，最多能輻射6種不同頻率的光子

2.圖（a）為一小型發(fā)電機(jī)的示意圖，發(fā)電機(jī)線圈內(nèi)阻為10,燈泡心的電阻為90,電壓

表為理想交流電壓表。發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)e隨時(shí)間t按圖（b）的正弦規(guī)律變化，則

()

圖(a)

A.0.01s時(shí)穿過(guò)線圈的磁通量為零

C.電壓表的示數(shù)為4.5近VD.燈泡L的電功率為9W

3.如圖所示，將一小球從固定斜面頂端4以某一速度水平

向右拋出，恰好落到斜面底端B。若以不變初速度仍從

力點(diǎn)拋出，同時(shí)對(duì)小球施加水平向左的恒力F,小球落

到力B連線之間的某點(diǎn)C,不計(jì)空氣阻力，則（）

A.C點(diǎn)的位置與F大小無(wú)關(guān)

B.小球落到B點(diǎn)與落到C點(diǎn)的速度方向一定相同

C.小球落到C點(diǎn)時(shí)的速度方向可能豎直向下

D.若力F變大，小球落到斜面的時(shí)間可能會(huì)變長(zhǎng)

4.質(zhì)量均為m的兩個(gè)星球4和B,相距為L(zhǎng),它們圍繞著連線中點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。觀

T

測(cè)到兩星球的運(yùn)行周期7小于按照雙星模型計(jì)算出的周期7°,且1=匕于是有人猜

想在爾B連線的中點(diǎn)有一未知天體C,假如猜想正確，則C的質(zhì)量為（）

D1+小1—k?ni+小

A.i^mD,——mC.—m—m

4k24k2D.

5.在豎直井里的同一深度處，以相同的初動(dòng)能將兩個(gè)質(zhì)量不同的小球豎直向上出井口,

選取井口所在的水平面為零勢(shì)能面，不計(jì)空氣阻力。則（）

A.拋出瞬間，兩小球的重力勢(shì)能相等

B.兩小球達(dá)到的最大高度相同

C.兩小球經(jīng)過(guò)井口時(shí)，速度相同

D.兩小球在各自最高處時(shí)，質(zhì)量小的小球重力勢(shì)能大

6.如圖所示，AABC是圓的內(nèi)接直角三角形，^BCA=26.5°,/片

。為圓心，半徑/?=0.05小，有一勻強(qiáng)電場(chǎng)與圓周平面平行（V

圖中未畫(huà)出）。位于4處的粒子源向平面內(nèi)各個(gè)方向發(fā)射初動(dòng)V°J/A

能均為8eV、電荷量為+e的粒子，粒子會(huì)經(jīng)過(guò)圓周上不同的'-----/

點(diǎn)，其中到達(dá)B點(diǎn)的粒子動(dòng)能為12eU,到達(dá)C點(diǎn)的粒子動(dòng)能為16eV,取0點(diǎn)電勢(shì)為

零。忽略粒子的重力和粒子間的相互作用，已知s譏53。=0.8。則（）

A.A、C兩點(diǎn)的電勢(shì)差為16V

B.8、C兩點(diǎn)的電勢(shì)差為4V

C.粒子在4點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能為4eV

D.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為lOOU/m

7.如圖所示，4、B兩個(gè)小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），間隙極小，兩球球心連線豎Ag|（

直，從離地面高度H處以相同的初速度%=，荻同時(shí)豎直向下拋出，

B先與地面碰撞，再與4的碰撞后B靜止于地面，所有碰撞均為彈性碰

撞，貝！1（）

A.A、B兩球的質(zhì)量之比為1：3B.A、B兩球的質(zhì)量之比為1：2

C.碰后4球上升的最大高度為8HD.碰后4球上升的最大高度為16，

8.如圖所示，兩根光滑直導(dǎo)軌4C、DE互成角度水平放置，其中4、。端接一定值電阻

R,整個(gè)空間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一導(dǎo)體棒從4。位置以一定的初速

度向右運(yùn)動(dòng)，在水平向右的外力F作用下，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中流過(guò)電阻R的電

流保持不變。導(dǎo)體棒所受安培力大小為尸安，導(dǎo)體棒克服安培力做功為W,流過(guò)電

阻R的電荷量為q,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為3運(yùn)動(dòng)位移為工。導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，且電阻

均不計(jì)，關(guān)于以上各物理量之間的關(guān)系圖像，下列正確的是（）

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9.某同學(xué)用如圖(a)所示的實(shí)驗(yàn)裝置圖，做“驗(yàn)證牛頓第二定律”的實(shí)驗(yàn)。

(1)某次實(shí)驗(yàn)，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出的一條記錄小車運(yùn)動(dòng)的紙帶如圖(b)所示，從清晰的

。點(diǎn)開(kāi)始，每隔4個(gè)點(diǎn)取一計(jì)數(shù)點(diǎn)(中間4個(gè)點(diǎn)沒(méi)畫(huà)出)，分別記為人B、C、D、E、

F,各計(jì)數(shù)點(diǎn)到。點(diǎn)的距離為04=1.61cm,OB=4.02cm,OC=7.26cm,OD=

11.30cm,OE=16.14cm,OF=21.80cm,打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)頻率為50Hz,則由此

紙帶可得到打E點(diǎn)時(shí)小車的速度%=m/s,此次實(shí)驗(yàn)小車的加速度

a=m/s2。(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)

(2)該同學(xué)保持小車質(zhì)量不變，不斷改變懸掛祛碼質(zhì)量m,根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，作出小

車加速度a與祛碼質(zhì)量小的圖像如圖(c)所示，圖像不過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的原因是o

10.實(shí)驗(yàn)小組想測(cè)量某待測(cè)電阻服的阻值，實(shí)驗(yàn)室中有一個(gè)分度值未知(有清晰刻度線

但沒(méi)有示數(shù))的電壓表和一個(gè)量程為0.64內(nèi)阻約為10的電流表，為準(zhǔn)確測(cè)量Rx的

阻值，需要先精確測(cè)量出電壓表的分度值和電流表的內(nèi)阻，設(shè)計(jì)了如圖(a)所示的

電路，實(shí)驗(yàn)中還有以下器材可供使用：

人電源(電動(dòng)勢(shì)為15V,內(nèi)電阻小于20)

B.電阻箱(阻值范圍0?999.90)

C滑動(dòng)變阻器&(阻值為0?200)

D滑動(dòng)變阻器7?2(阻值為0?2000)

￡電鍵Si、單刀雙擲開(kāi)關(guān)S2和導(dǎo)線若干

實(shí)驗(yàn)操作過(guò)程為：

(1)將實(shí)驗(yàn)儀器按圖(a)所示電路連接，則滑動(dòng)變阻器&應(yīng)選(用儀器前的字

母序號(hào)表示)；

(2)將電阻箱R阻值調(diào)至最大，將滑動(dòng)變阻器的滑片移至滑動(dòng)變阻器的接近右端處，

閉合電鍵Si、單刀雙擲開(kāi)關(guān)S2擲與a端；接著調(diào)節(jié)電阻箱R直至電流表半偏，記錄此

時(shí)電阻箱的阻值R和電壓表指針指示的表盤上的刻度線數(shù)k(從表盤最左端開(kāi)始記數(shù),

第一個(gè)刻度線記為k=0)；

(3)改變滑動(dòng)變阻器滑片位置，再次調(diào)節(jié)電阻箱R直至電流表半偏，記錄此時(shí)電阻箱

的阻值和電壓表指針指示的表盤上的刻度線數(shù)。某次電阻箱的示數(shù)如圖(b)所示，

該讀數(shù)為Q

(4)多次重復(fù)步驟(3)；

(5)根據(jù)所得的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，作出如圖(c)所示A-R圖像，可以求得電壓表分度值為

______叭

(6)移動(dòng)滑片至某位置，閉合電鍵Si，將單刀雙擲開(kāi)關(guān)S2擲與b端，測(cè)得此時(shí)電流表

示數(shù)為0.44、電壓表指針指示的刻度線數(shù)k為12,根據(jù)數(shù)據(jù)可以求得待測(cè)電阻R的

阻值為_(kāi)_____

11.如圖所示，一絕緣板垂直于y軸放置，板上兩個(gè)小孔C、D(在x軸上)關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)。

對(duì)稱，質(zhì)量為加、電荷量為+q的粒子(不計(jì)重力)以速度力從y軸上的4點(diǎn)沿+無(wú)方向

進(jìn)入第一象限的靜電分析器，在輻向電場(chǎng)(方向指向。)作用下，離子沿圖中虛線做

半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，再?gòu)男】證沿-y方向進(jìn)入x軸下方垂直紙面向外的勻強(qiáng)

磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)一次與絕緣板的彈性碰撞后恰好從小孔D進(jìn)入第二象限面內(nèi)的勻強(qiáng)電

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場(chǎng)，恰好以速度%返回4點(diǎn)。求：

(1)靜電分析器內(nèi)虛線處的當(dāng)?shù)拇笮?

(2)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;

(3)第二象限內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小和方向。

12.質(zhì)量m1=1kg的薄木板4置于傾角為。=30。的足夠長(zhǎng)斜面上。質(zhì)量=2kg的滑

塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))置于4上表面的下端，如圖(a)所示。4和B由靜止同時(shí)釋放，并同

時(shí)對(duì)4施加沿斜面向下的恒力F,使4、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，物塊8的u-t圖像如圖(b)

所示。已知口與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)%=9,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取

重力加速度大小g=lOm/s2.求：

(1)4、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)出；

(2)若F=16N,作用一段時(shí)間后撤去，從靜止釋放開(kāi)始到8從4的下端滑下的過(guò)程

中，因4、B間摩擦產(chǎn)生的熱量Q=3.84J,求F作用的時(shí)間。

AB

3

30°

13.下列說(shuō)法正確的是（）

A.若氧氣與氫氣的溫度相同，則這兩種氣體分子平均速率不同

B.硬幣能浮在水面上，這是液體表面張力作用的結(jié)果

C.由于多晶體是許多單晶體雜亂無(wú)章地組合而成的，所以多晶體是各向異性的

D.不能從單一熱庫(kù)吸收熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其他影響

E.一定質(zhì)量的理想氣體等壓膨脹對(duì)外做功，內(nèi)能一定減少

14.如圖所示，兩個(gè)固定的水平氣缸底部通過(guò)一帶閥門K的細(xì)管連通，分別處于左右兩

22

缸內(nèi)的活塞4、B由水平硬桿相連，活塞面積=100cm,SB=25cm.初始時(shí)，

閥門關(guān)閉，4內(nèi)有理想氣體，B內(nèi)為真空，兩活塞分別與各自氣缸底相距a、b,且

a=b=50cm,活塞靜止。已知大氣壓強(qiáng)為p。，氣缸導(dǎo)熱良好且足夠長(zhǎng)，環(huán)境溫度

保持不變，不計(jì)摩擦，細(xì)管體積可忽略不計(jì)。求：

①初始時(shí)，A內(nèi)氣體壓強(qiáng)；

②打開(kāi)閥門K足夠長(zhǎng)時(shí)間后，活塞4離缸底的距離。

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15.圖甲為一列簡(jiǎn)諧橫波在某時(shí)刻的波形圖，M是平衡位置為x=0.5m處的質(zhì)點(diǎn)，N是

平衡位置為久=2m處的質(zhì)點(diǎn)，圖乙為質(zhì)點(diǎn)N由該時(shí)刻起的振動(dòng)圖象，則下列說(shuō)法正

確的是()

A.該波沿x軸的負(fù)方向傳播

B.該波的周期是0.20s

C.該波的傳播速度是10m/s

D.t=0.15s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)N的速度方向沿y軸正方向

E.從t=0.20s至此=0.30s,質(zhì)點(diǎn)M通過(guò)的路程為5cm

16.如圖所示，一橫截面為半圓形的玻璃磚，。為圓心，

半徑為R,PQ為直徑，4為0Q的中點(diǎn)，PQ與豎直放

置的足夠大的平面鏡平行，兩者間距為d=2gR,

一單色細(xì)光束沿垂直于PQ方向從4點(diǎn)射入玻璃磚，

光從弧形表面射出后，經(jīng)平面鏡反射，恰好打到豎

直光屏上的。點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)，Q、P、。三點(diǎn)在同

一條直線上。玻璃磚對(duì)該光的折射率n=8，不考慮光線在玻璃磚中的多次反射。

求:

(1)D點(diǎn)到P點(diǎn)的距離；

(2)將玻璃磚沿QP連線向上平移多少距離，光屏上的光點(diǎn)會(huì)消失。

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答案和解析

1.【答案】

B

【解析】

解：4、根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可得：X的質(zhì)量數(shù)為4=234-234=0,核電荷

數(shù)為Z=90-91=-l,故X為電子2遇，故A錯(cuò)誤；

8、玻爾理論，氫原子的核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時(shí)要吸收能

量，所以原子的總能量增大，根據(jù)寫=處得a=imv2=字，可知電子的動(dòng)能減小，

故8正確；

C、根據(jù)光電效應(yīng)發(fā)生的條件可知，一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)，是因

為入射光的頻率小于金屬的極限頻率，故C錯(cuò)誤；

D、一群氫原子處于n=4的激發(fā)態(tài)向較低能級(jí)躍遷，根據(jù)《=6知這群氫原子最多能發(fā)

出6種頻率的光，而一個(gè)氫原子從n=4的激發(fā)態(tài)躍遷時(shí)，最多能輻射3種不同頻率的光

子，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)核反應(yīng)方程中的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒判斷出X的質(zhì)子數(shù)和質(zhì)量數(shù)，即可判斷X是哪

種粒子；根據(jù)電子軌道半徑的變化，結(jié)合庫(kù)侖引力提供向心力分析電子動(dòng)能的變化；當(dāng)

入射光的頻率大于金屬的極限頻率才會(huì)發(fā)生光電效應(yīng)；明確“一群”和“一個(gè)”氫原子

的區(qū)別。

本題考查了能級(jí)躍遷、光電效應(yīng)等基礎(chǔ)知識(shí)，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)。

2.【答案】

D

【解析】

解：4、t=0.01s時(shí)電動(dòng)勢(shì)為零，線圈處于中性面位置，穿過(guò)線圈的磁通量最大，故4

錯(cuò)誤；

B、由圖可知，交流電的周期為T=0.02s,則線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為3=與=就rad/s=

100nrad/s9故8錯(cuò)誤；

C、電動(dòng)勢(shì)的最大值為Em=10V2V,有效值為E=置=喈U=10K,電壓表示數(shù)U=

a5=言*101/=91/,故。錯(cuò)誤；

。、燈泡消耗的功率為P=f=殳〃=9W,故。正確。

R9

故選：D。

由圖讀出電動(dòng)勢(shì)的最大值，求出有效值，根據(jù)歐姆定律求出外電壓的有效值，即為電壓

表的示數(shù)。讀出周期，即可求得線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度。根據(jù)電壓有效值求出燈泡消耗的功

率。

本題考查交流電的產(chǎn)生規(guī)律，要明確線圈轉(zhuǎn)動(dòng)與交流電的對(duì)應(yīng)關(guān)系，知道線圈處于中性

面時(shí)磁通量最大而電動(dòng)勢(shì)為零，而在垂直于中性面位置時(shí)，磁通量為零而電動(dòng)勢(shì)最大。

交流電的電壓、電流、電動(dòng)勢(shì)等物理量都隨時(shí)間作周期性變化，但電流表電壓表測(cè)量的

是有效值。

3.【答案】

C

【解析】

解：4、對(duì)小球施加水平向左的恒力產(chǎn)后，小球在豎直方向的運(yùn)動(dòng)情況不變，仍做自由

落體運(yùn)動(dòng)，因B的豎直高度大于C的豎直高度，根據(jù)九=：gt2可知，小球落到B點(diǎn)的時(shí)間

與落到C點(diǎn)所用時(shí)間不相等，尸大小影響小球水平方向的分加速度，影響小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)

間，從而影響C點(diǎn)的位置，故A錯(cuò)誤；

BC、由圖可知，對(duì)小球施加水平向左的恒力產(chǎn)后，小球在水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，若到

達(dá)C點(diǎn)時(shí)水平速度恰好減為零，則落到C點(diǎn)的速度方向豎直向下；而落到B點(diǎn)的小球做平

拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)的速度方向不可能豎直向下，所以小球落到B點(diǎn)與落到C點(diǎn)的速度方向

不同，故8錯(cuò)誤，C正確；

2

D、當(dāng)加力尸時(shí)：豎直方向有'=：9產(chǎn)；水平方向有：%=vot-1--^t,設(shè)斜面的傾角

2vtana

為a,則tcma=日v,聯(lián)立解得t=Ro叵，可知力F變大，小球落到斜面的時(shí)間t變短，

xym

第10頁(yè)，共21頁(yè)

故。錯(cuò)誤。

故選：Co

不加水平力F時(shí)小球做平拋運(yùn)動(dòng)；加水平力F后，小球在水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，豎直

方向仍做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成知識(shí)結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)進(jìn)行判斷。

本題考查運(yùn)動(dòng)的合成和分解，掌握這種化曲為直的處理方法，結(jié)合分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律解答。

4.【答案】

A

【解析】

解：兩星的角速度相同，根據(jù)萬(wàn)有引力充當(dāng)向心力知：G=小r132=小上3？

可得：T[=「2①

兩星繞連線的中點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，則有：G9=n^芳4L②

所以,。=2兀底③

由于C的存在，雙星的向心力由兩個(gè)力的合力提供，則：G苧+G器（票Ar④

T

又且元=k⑤

解③④⑤式得：M=嘿171,故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：4。

雙星繞兩者連線的中點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，由相互之間萬(wàn)有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定

律求解運(yùn)動(dòng)理論周期。

假定在以這兩個(gè)星體連線為直徑的球體內(nèi)均勻分布著暗物質(zhì)，由暗物質(zhì)對(duì)雙星的作用與

雙星之間的萬(wàn)有引力的合力提供雙星的向心力，由此可以得到雙星運(yùn)行的進(jìn)而得到周期

T,等式中有C的質(zhì)量。

本題是雙星問(wèn)題，要抓住雙星系統(tǒng)的條件：角速度與周期相同，再由萬(wàn)有引力充當(dāng)向心

力進(jìn)行列式計(jì)算即可。

5.【答案】

D

【解析】

解：設(shè)井深為八，選取井口所在的水平面為零勢(shì)能面。

A、根據(jù)Epn-mgh可知，拋出瞬間，質(zhì)量大的小球重力勢(shì)能小，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)動(dòng)能定理可得：-mgH=O-Eko,解得上升的最大高度：”=鬻，由于EM)相

同，m大的小球上升高度小，故8錯(cuò)誤；

2

C、根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：Ek0-mgh=\mv,解得出井口時(shí)的速度大小為：v=

黎-9億所以質(zhì)量大的小球出井口時(shí)的速度小，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得，在最高點(diǎn)時(shí)小球的重力勢(shì)能：EP'=Ek0-mgh,所以兩

小球在各自最高處時(shí)，質(zhì)量小的小球重力勢(shì)能大，故。正確。

故選：D。

不計(jì)空氣阻力，物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，根據(jù)零勢(shì)能面確定拋出點(diǎn)的重力勢(shì)能，

并根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式確定最高處的機(jī)械能，根據(jù)動(dòng)能為零可知重力勢(shì)能等于最高

點(diǎn)處的機(jī)械能。

本題要明確機(jī)械能守恒的條件，能熟練運(yùn)用機(jī)械能守恒定律分析物體的動(dòng)能和勢(shì)能的關(guān)

系，同時(shí)明確重力勢(shì)能的性質(zhì)，知道重力勢(shì)能大小與零勢(shì)能面間的關(guān)系。

6.【答案】

BCD

【解析】

4C.根據(jù)電勢(shì)的定義可知C點(diǎn)的電勢(shì)

小_EpC_~4eV_

0c=方=丁=5

所以

Uoc=<Po-<Pc=Oy-(-4)V=4V

根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)的特點(diǎn)，結(jié)合40C是直徑可知

UCA=2UC0=2x(-4"=-8K

則4點(diǎn)的電勢(shì)a=4K,粒子在4點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能為昂^=e(pA=4eV

故A錯(cuò)誤，C正確；

第12頁(yè)，共21頁(yè)

BD.粒子由4到8,根據(jù)能量守恒得

EkB+EpB=EkA-EpA=12eV

所以WB=0；貝ij/c=(pB-(pc=W-(-4)1/=4V

。與B是等勢(shì)點(diǎn)，連接OB,則OB為勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)面，過(guò)Z點(diǎn)作OB的垂線交OB于。點(diǎn),

則4D的方向就是該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向，如圖所示

AD—R?sin530—0.05x0.8m=0.04m

由于ODB是等勢(shì)面，所以

E=3=lOOV/m

AD0.04//

故8。正確；

故選：BCD。

根據(jù)電勢(shì)的定義3c=等可知C點(diǎn)的電勢(shì)；從而解得4A；粒子由4到B，根據(jù)能量守恒

解得B點(diǎn)電勢(shì)，作出等勢(shì)面和電場(chǎng)線；根據(jù)U=Ed解得電場(chǎng)強(qiáng)度大小。

本題考查勻強(qiáng)電場(chǎng)電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系，解題關(guān)鍵掌握確定等勢(shì)面的方法及求電場(chǎng)

強(qiáng)度的公式理解。

7.【答案】

AC

【解析】

解：AB、設(shè)4球的質(zhì)量為M,B球的質(zhì)量為m,球下落過(guò)程只有重力做功，機(jī)械能守恒，

應(yīng)用機(jī)械能守恒定律得：+mgH=|mv2,解得：u=2西瓦同理可知，4球落

地速度大小也是2曲；B與地面發(fā)生彈性碰撞，碰撞后速度大小不變，方向豎直向上，

4、B發(fā)生碰撞過(guò)程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向上為正方向，由動(dòng)量守

恒定律得：mv-Mv=mvB+MvA,彈性碰撞過(guò)程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：

解得：陋土型史，=2（m-3M）質(zhì),^碰

222。2cAm+Mbm+M

撞后B靜止，則m-3M=0,A,B兩球的質(zhì)量之比M：m=1：3,故A正確，8錯(cuò)誤：

C。、由于m=3M,則碰撞后4球的速度大小力=49,碰撞后4上升過(guò)程機(jī)械能守恒，

設(shè)4上升的最大高度為/I,由機(jī)械能守恒定律得：\Mv2=Mgh,解得：h=8H,故C

正確，D錯(cuò)誤。

故選:AC..

應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出小球落地時(shí)的速度大小，發(fā)生彈性碰撞時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械

能守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律分析求解；應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出碰撞

后4上升的最大高度。

彈性碰撞過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，分析清楚兩球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提，應(yīng)用動(dòng)量守恒

定律與機(jī)械能守恒定律即可解題。

8.【答案】

AB

【解析】

解：4、導(dǎo)體棒克服安培力做功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱，由于電流不變，根據(jù)W=l2Rt

可知W與t成正比關(guān)系，故A正確；

B、設(shè)導(dǎo)體棒在軌道間的長(zhǎng)度為L(zhǎng),則

F紇=B/L

可知產(chǎn)安與L成正比，由于導(dǎo)軌為直導(dǎo)軌，L與x必定滿足線性關(guān)系，且隨久的增大而減小，

所以廣安也必定與x滿足線性關(guān)系，隨著刀的增大而減小，故8正確；

C、根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得，電路中的電流為

,BLV

1=--

R

由題可知，/為定值，可知隨著L減小，v增大，在x-t圖像中，曲線的切線表示速度，

所以切線的斜率應(yīng)該逐漸增大，而不是減小，故C錯(cuò)誤；

D、電流大小不變，根據(jù)q=/t可知，q與t成正比關(guān)系，故。錯(cuò)誤。

故選：AB?

第14頁(yè)，共21頁(yè)

4、根據(jù)導(dǎo)體棒克服安培力做功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱，結(jié)合焦耳定律和題意，判斷小

與t成正比關(guān)系；

B、根據(jù)安培力的公式，結(jié)合題意分析可得，尸安與x的關(guān)系；

C、根據(jù)閉合電路的歐姆定律，結(jié)合題意，可知在x-t圖像中切線的斜率應(yīng)該逐漸增大；

D、根據(jù)q=/t,結(jié)合題意可知q與t成正比關(guān)系。

本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律和安培力公式，在處理要注意綜

合應(yīng)用各種定律來(lái)判斷可能的圖像。

9.【答案】

0.530.81未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足

【解析】

解：(1)在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于該過(guò)程的平均速度，則%=篝=

x10~2m/s=0.53m/s；

2

根據(jù)逐差法可知小車的加速度為a=胃筍=x10-2m/s2=o.81m/s,

(2)根據(jù)圖像(c)可知，當(dāng)祛碼的質(zhì)量不為零時(shí)，小車的加速度仍然為零，則圖像不過(guò)坐

標(biāo)原點(diǎn)的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。

故答案為：(1)0.53；0.81；(2)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足

(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得出小車的瞬時(shí)速度，結(jié)合逐差法計(jì)算出小車的加速度;

(2)根據(jù)圖像結(jié)合牛頓第二定律分析出圖像不過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的原因。

本題主要考查了牛頓第二定律的驗(yàn)證實(shí)驗(yàn)，熟練掌握運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算出速度和加速度，

在計(jì)算過(guò)程中要注意單位的換算，同時(shí)結(jié)合牛頓第二定律和圖像即可完成分析。

10.【答案】

C38.80.513.8

【解析】

解：(1)滑動(dòng)變阻器用的是分壓方式，電壓可從零開(kāi)始變化，為實(shí)驗(yàn)方便，滑動(dòng)變阻器Ro

應(yīng)選阻值較小的滑動(dòng)變阻器C；

⑶根據(jù)電阻箱的讀數(shù)方法可知，該讀數(shù)為R=3x100+8x10+8x0.10=38.80；

(4)結(jié)合圖像的數(shù)據(jù)和歐姆定律可知：U=/(a+&)

設(shè)電壓表分度值為%,代入兩次的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可得表達(dá)式：

6UQ=0.3X(8.8+RA)

24%=0.3x(38.8+以)

解得：%=0.5V,RA=1.2/2；

(6)由歐姆定律得：U=I(RA+RQ,

所以有：Rx吟-RA

代入數(shù)據(jù)解得：Rx=13.80。

故答案為：(1)C;(3)38.8；(5)0.5；(6)13.8。

(1)滑動(dòng)變阻器用的是分壓方式，根據(jù)“方便性原則”選取滑動(dòng)變阻器；

(3)根據(jù)電阻箱的讀數(shù)方法進(jìn)行讀數(shù)；

(4)結(jié)合圖像的數(shù)據(jù)和歐姆定律進(jìn)行解答：

(6)由歐姆定律求解R*的值。

對(duì)于實(shí)驗(yàn)題，要弄清楚實(shí)驗(yàn)?zāi)康?、?shí)驗(yàn)原理以及數(shù)據(jù)處理、誤差分析等問(wèn)題，一般的實(shí)

驗(yàn)設(shè)計(jì)、實(shí)驗(yàn)方法都是根據(jù)教材上給出的實(shí)驗(yàn)方法進(jìn)行拓展，延伸，所以一定要熟練掌

握教材中的重要實(shí)驗(yàn)。對(duì)于實(shí)驗(yàn)儀器的選取一般要求滿足安全性原則、準(zhǔn)確性原則和操

作方便原則.

11.【答案】

解：(1)粒子在靜電分析器做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得

解得：位=萼；

(2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，只碰撞一次，有：

qv0B=m^,

解得：B=歲；

qR

(3)粒子在0、力位置動(dòng)能相等，故D4是等勢(shì)線，電場(chǎng)4方向垂直。力斜向右下方，在不方

向：

第16頁(yè)，共21頁(yè)

qf2cos45°=max,

2axR=Vo—0,

聯(lián)立解得：％=察攵

答：(1)靜電分析器內(nèi)虛線處的Ei的大小為黑；

(2)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為鬻；

(3)第二象限內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小為與普；方向方向垂直D4斜向右下方。

【解析】

(1)粒子在靜電分析器做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可；

(2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可；

(3)粒子在。、4位置動(dòng)能相等，故D4是等勢(shì)線，電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直可知場(chǎng)強(qiáng)方向，

根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)情況結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求場(chǎng)強(qiáng)大小。

本題考查帶電粒子在電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵要分析清楚粒子在各場(chǎng)區(qū)的運(yùn)動(dòng)情況,

特別是在靜電分析器中的運(yùn)動(dòng)。

12.【答案】

解：(1)由乙圖可得物塊B的加速度為的=6m/s2

規(guī)定沿斜面向下為正，有：m2gsind+n2m2gcosd=m2aT

代入數(shù)據(jù)解得：論=當(dāng)

—15

(2)設(shè)戶作用的時(shí)間為撤去?時(shí)，4、8的速度分別為％、v2,

mcosma

F+m1gsin9—+m￡)gcosO—[i229^=i2

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：％=a2tl

1^2=亡]

1

Xi=2a24t-f2

1

%2=2al4f-l2

則產(chǎn)生的熱量：Qi=R2m2gcos9(x*-%2)

撤去產(chǎn)后，8繼續(xù)勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)12,4、8的速度相同。

>

對(duì)4有：m1gsin0—(m1+m2)gcos9—p.2Tn2gcos6=m1a3

va

A、B共速時(shí)，vr—\a3t2\=2+i^2

A、B的位移分別為%3、X4,根據(jù)位移一時(shí)間關(guān)系有：％3=-份

1Q

x4=v1t2+-a1t^

則產(chǎn)生的熱量：Q2=42m2gcos8(%3一%4)

此后B相對(duì)A向下運(yùn)動(dòng)，直到離開(kāi)4。由題意：(?1+(22=f

聯(lián)立解得：“=0.6s

答：(1)4、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為*

(2)若尸=16N,作用一段時(shí)間后撤去，從靜止釋放開(kāi)始到B從4的下端滑下的過(guò)程中，

因/、B間摩擦產(chǎn)生的熱量Q=3.84/,F作用的時(shí)間為0.6s。

【解析】

(1)對(duì)物塊B根據(jù)牛頓第二定律可解得；

(2)分別解得撤去F前后產(chǎn)生的熱量，結(jié)合題意可解得。

本題主要考查了勻加速直線運(yùn)動(dòng)速度、位移公式及牛頓第二定律的應(yīng)用，解答的難點(diǎn)是

第二問(wèn)，學(xué)會(huì)計(jì)算4B因摩擦產(chǎn)生的熱量是解題的關(guān)鍵.

13.【答案】

ABD

【解析】

解：4、溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志，溫度相同的氧氣與氫氣，它們具有相同的分子

動(dòng)能，由于它們的分子質(zhì)量不同，所以分子平均速率不同，故A正確；

3、硬幣能浮在水面上，是由于水的表面張力的作用，硬幣受到的重力等于表面張力，

故3正確；

C、由于多晶體是許多單晶體雜亂無(wú)章地組合而成的，所以多晶體是各向同性的，故C

錯(cuò)誤；

。、根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，不可能從單一熱庫(kù)吸收熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)

生其他影響，故。正確；

E、根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程牛=C可知，一定質(zhì)量的理想氣體等壓膨脹，氣

第18頁(yè)，共21頁(yè)

體對(duì)外做功，其溫度升高，內(nèi)能增大，故E錯(cuò)誤。

故選：ABD.

根據(jù)溫度是氣體分子平均動(dòng)能的標(biāo)志判斷；硬幣能浮在水面上，這是液體表面張力作用

的結(jié)果；多晶體表現(xiàn)為各向同性；根據(jù)熱力學(xué)第二定律判斷；根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體

狀態(tài)方程與=C判斷。

本題考查了溫度低分子平均動(dòng)能的標(biāo)志、液體表面張力、多晶體、熱力學(xué)第二定律、一

定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程等知識(shí)點(diǎn)，這種題型屬于基礎(chǔ)題，只要善于積累，難度不大。

14.【答案】

解：①對(duì)活塞分析p4s4+PQSB=p0