2022年江西省九江市高考物理二模試卷（附答案詳解）

2022年江西省九江市高考物理二模試卷

1.如圖所示是描述原子核核子的平均質(zhì)量m與原子序數(shù)z的關(guān)系曲線，下列說(shuō)法正確

的是（）

A.原子核A比原子核B的比結(jié)合能大

B.原子核B比原子核C更穩(wěn)定

C.由原子核4分裂出原子核B、C的過(guò)程沒有質(zhì)量虧損

D.由原子核。、E結(jié)合成原子核尸的過(guò)程一定釋放能量

2.如圖所示，直角三角形ABC內(nèi)（包括邊界）存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，乙4=30°,

BO1AC,兩個(gè)帶異種電荷的粒子分別沿OB方向射入磁場(chǎng)，偏向左邊的粒子恰好

沒有從AB邊射出磁場(chǎng)，偏向右邊的粒子恰好垂直BC邊射出磁場(chǎng)，忽略粒子重力和

粒子間的相互作用。，若正、負(fù)粒子的速度大小之比為1：3,則正、負(fù)粒子的比荷

之比為（）

A.1：3B.3：1C.2：9D.9：2

3.如圖所示，兩小球P、Q從同一高度分別以外和孫的初速度水平拋出，都落在了傾

角。=37。的斜面上的4點(diǎn)，其中小球P垂直打到斜面上；P、Q兩個(gè)小球打到斜面上

4.科學(xué)家發(fā)現(xiàn)，距離地球2764光年的宇宙空間存在適合生命居住的雙星系統(tǒng)，這一

發(fā)現(xiàn)為人類研究地外生命提供了新的思路和方向。假設(shè)構(gòu)成雙星系統(tǒng)的恒星、b距

離其他天體很遠(yuǎn)，其中恒星a由于不斷吸附宇宙中的塵埃而使得質(zhì)量緩慢增大，恒

星b的質(zhì)量、二星之間的距離均保持不變。則（）

A.恒星a的周期緩慢增大B.恒星a的軌道半徑緩慢增大

C.恒星a的動(dòng)量緩慢增大D.恒星a的向心加速度緩慢增大

5.如圖所示，0是一只理想二極管，水平放置的平行板電容器的4、B兩極板間有一點(diǎn)

電荷,在P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)。以Q表示電容器儲(chǔ)存的電荷量,U表示兩極板間的電壓，

3表示P點(diǎn)的電勢(shì)。若保持極板B不動(dòng)，第一次將極板4稍向上平移，第二次將極板A

稍向下平移（移動(dòng)后極板4的位置還在P點(diǎn)上方），貝1（）

A.兩次移動(dòng)后U相同

B.兩次移動(dòng)后點(diǎn)電荷都保持靜止

C.第一次移動(dòng)后尹減小，第二次移動(dòng)后9增大

D.第一次移動(dòng)后Q不變，第二次移動(dòng)后Q增大

6.如圖所示，交流發(fā)電機(jī)的矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以角速度3繞垂直磁場(chǎng)的軸勻速轉(zhuǎn)

動(dòng)，與理想變壓器原線圈相連，則（）

A.在圖示位置時(shí)，矩形線圈中磁通量變化率最小

B.若僅增加副線圈的匝數(shù)，則原線圈中的電流增大

C.若僅將?變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則電路的總功率變?yōu)樵瓉?lái)的2倍

D.若僅將滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)，可使及變亮，心2變暗

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7.如圖所示，一足夠長(zhǎng)的豎直放置的圓柱形磁鐵，產(chǎn)生

一個(gè)中心輻射的磁場(chǎng)（磁場(chǎng)水平向外），一個(gè)與磁鐵同

軸的圓形金屬環(huán)，環(huán)的質(zhì)量m=0.2/cg,環(huán)單位長(zhǎng)度

的電阻為O.l/rO/TH,半徑廠=0.1血（大于圓柱形磁鐵

的半徑）。金屬環(huán)由靜止開始下落，環(huán)面始終水平，

金屬環(huán)切割處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=0.5T,不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取

lthn/s?,則（）

A.環(huán)下落過(guò)程的最大速度為4m/s

B.環(huán)下落過(guò)程中，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做勻速直線運(yùn)動(dòng)

C.若下落時(shí)間為2s時(shí)環(huán)已經(jīng)達(dá)到最大速度，則這個(gè)過(guò)程通過(guò)環(huán)截面的電荷量是必C

71

D.若下落高度為3小時(shí)環(huán)已經(jīng)達(dá)到最大速度，則這個(gè)過(guò)程環(huán)產(chǎn)生的熱量為61

8.如圖所示，在光滑的水平面上放著兩塊長(zhǎng)度相等、質(zhì)量分別為和“2的木板，在

兩木板的左端分別放有完全相同的物塊，開始都處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)分別對(duì)兩物塊施

加水平恒力Fi、F2,經(jīng)過(guò)時(shí)間匕、今物塊與木板分離后，兩木板的速度大小分別為巧

和火,已知物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則（）

M

A.若F]=F2?且MI>M2>則巧<v2

B.若Fi=F2,且MI>M2,則h>t2

C.若&<F2，且Mi=M2，則％<v2

D.若F[<F2,且MI=M2>貝lit]>t2

9.某探究性學(xué)習(xí)小組利用圖1中的實(shí)驗(yàn)器材測(cè)量電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。其中電流表必

的內(nèi)阻r1=1000/2,電阻Ri=9.9k0,為了方便讀數(shù)和作圖，給電池串聯(lián)一個(gè)Ro=

20的定值電阻。

①請(qǐng)?jiān)趫D1中完成電路連線。

②通過(guò)多次改變滑動(dòng)變阻器觸頭位置，得到電流表必和&的多組人、與數(shù)據(jù)，作出

圖像如圖2,由4—4圖像得到電池的電動(dòng)勢(shì)岳=V,內(nèi)阻r=0。(結(jié)

果保留2位有效數(shù)字)

10.如圖甲所示，小車的前端固定有力傳感器，能測(cè)出小車所受的拉力，小車上固定遮

光條，小車放在安裝有定滑輪和兩個(gè)光電門4、B的光滑軌道上，用不可伸長(zhǎng)的細(xì)

線將小車與質(zhì)量為m的重物相連，軌道放在水平桌面上，細(xì)線與軌道平行，滑輪質(zhì)

量、摩擦不計(jì)。

(1)用游標(biāo)卡尺測(cè)遮光條的寬度，如圖乙所示，則遮光條的寬度d=mm.

(2)實(shí)驗(yàn)過(guò)程中(填“需要”或“不需要”)滿足M遠(yuǎn)大于m。

(3)實(shí)驗(yàn)主要步驟如下：

①測(cè)量小車、傳感器及遮光條的總質(zhì)量M,測(cè)量?jī)晒怆婇T間的距離L。

②由靜止釋放小車，小車在細(xì)線拉動(dòng)下運(yùn)動(dòng)，記錄傳感器的示數(shù)F,記錄遮光條通

過(guò)光電門4、B時(shí)的擋光時(shí)間以、tB及遮光條從4到B的時(shí)間久

(4)利用該裝置驗(yàn)證動(dòng)能定理的表達(dá)式為FL=

(5)利用該裝置驗(yàn)證動(dòng)量定理的表達(dá)式為Ft=

(以上兩空均用字母M、d、以、地表示)

11.如圖所示，空間存在豎直平面內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，某時(shí)刻將二質(zhì)量為

771、電量為q,帶負(fù)電、可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，從P點(diǎn)以大小為楞

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Q

的速度水平向右拋出。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，小球經(jīng)過(guò)P點(diǎn)正下方的Q點(diǎn)，P、Q距離為

h,且經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的速度大小為J等，已知重力加速度為g。求:

(1)P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差；

(2)該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小及方向；

(3)小球拋出后速度大小再次為監(jiān)時(shí)，小球離p點(diǎn)的距離L

12.如圖所示，半徑為R=5m的;光滑圓弧42固定在光滑的水平面上，在C點(diǎn)靜止著一

個(gè)滑塊P,載人小車M靜止在水平面上的。點(diǎn)。滑塊Q從4點(diǎn)正上方距4點(diǎn)高〃=2.2m

處由靜止釋放，從4點(diǎn)進(jìn)入圓弧并沿圓弧運(yùn)動(dòng)，Q運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)與P發(fā)生碰撞，碰后P、

Q粘合為一個(gè)結(jié)合體E。己知Q、P和M的質(zhì)量分別為7nl=1kg、m2=5kg.m3=

60kg,重力加速度g取l(hn/s2。

(1)求P、Q碰撞后的速度大?。?/p>

(2)如果結(jié)合體E與小車M發(fā)生彈性碰撞，求碰后小車的速度大小。

(3)如果人每次以u(píng)=10m/s的速度(相對(duì)地面)將E反向推出，求人最多能推E多少

次。

H

A

13.以下說(shuō)法正確的是（）

A.一定質(zhì)量的氣體，在吸收熱量的同時(shí)體積增大，內(nèi)能有可能不變

B.內(nèi)能相等的兩個(gè)物體相互接觸，也可能發(fā)生熱傳遞

C.僅知道阿伏加德羅常數(shù)和氮?dú)獾哪栿w積，能算出氮?dú)夥肿拥捏w積

D.當(dāng)分子間的作用力表現(xiàn)為斥力時(shí)，分子間的距離越小，分子計(jì)能越大

E.在完全失重的情況下，氣體對(duì)容器壁的壓強(qiáng)為零

14.如圖所示，有一根粗細(xì)均勻、兩邊等長(zhǎng)的U形細(xì)玻璃管,

左端開口、右端封閉且導(dǎo)熱良好。U形管豎直放置，管內(nèi)

有一段水銀柱，右邊封閉了一段空氣柱。環(huán)境溫度為

240K時(shí)，左、右兩邊空氣柱的長(zhǎng)度分別為。=20cni和

%=15cm,大氣壓強(qiáng)為75cmHg。（計(jì)算結(jié)果保留3位有

效數(shù)字）

（1）若改變環(huán)境溫度，使左右兩邊管內(nèi)水銀液面相平，求此時(shí)的環(huán)境溫度。

（2）若不改變環(huán)境溫度，而將左邊管口也封閉，讓U形管兩端豎直朝上自由下落（下

落時(shí)忽略空氣阻力）；下落時(shí)間足夠長(zhǎng)且下落時(shí)U形管保持豎直。求氣體狀態(tài)穩(wěn)定后,

左右兩邊水銀柱的高度差是多少？

15.下列說(shuō)法中正確的是（）

A.機(jī)械波的頻率等于波源的振動(dòng)頻率，與介質(zhì)無(wú)關(guān)

B.在雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，僅把紫光換成紅光后，條紋間距會(huì)增大

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C.愛因斯坦狹義相對(duì)論指出，真空中的光速在不同的慣性參考系中是不同的

D.根據(jù)麥克斯韋電磁場(chǎng)理論，電磁波中的電場(chǎng)和磁場(chǎng)互相垂直，電磁波是橫波

E.多普勒紅移現(xiàn)象表示宇宙正在膨脹，是因?yàn)槲覀兘邮盏降倪b遠(yuǎn)恒星發(fā)出的光比

恒星實(shí)際發(fā)光頻率偏大

16.如圖所示，一個(gè)半圓形玻璃磚的截面圖，與0C垂直，半圓的半徑為R。一束平

行單色光垂直于40B所在的截面射入玻璃磚，其中距。點(diǎn)距離為，的一條光線自玻

璃磚右側(cè)折射出來(lái)，與0C所在直線交于。點(diǎn)，。。=(遮+1)R,已知5譏15。=

(i)此玻璃磚的折射率是多少？

(ii)若在玻璃磚平面4。8某區(qū)域貼上一層不透光的黑紙，平行光照射玻璃磚后，右

側(cè)沒有折射光射出，黑紙?jiān)诜较虻膶挾戎辽偈嵌嗌伲?/p>

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解；4、原子核A比原子核8的核子平均質(zhì)量大，原子核B比原子核4更穩(wěn)定，

故原子核4的比結(jié)合能比原子核B的比結(jié)合能小，故4錯(cuò)誤；

8、原子核B比原子核C的核子平均質(zhì)量大，原子核C比原子核B更穩(wěn)定，故B錯(cuò)誤；

C、若原子核4分裂成原子核8、C核子的平均質(zhì)量減小，有質(zhì)量虧損，根據(jù)愛因斯坦質(zhì)

能方程，有能量釋放，故C錯(cuò)誤；

。、將原子核。、E結(jié)合成原子核尸，核子的平均質(zhì)量減小，有質(zhì)量的虧損，根據(jù)愛因斯

坦質(zhì)能方程，可知一定釋放能量，故。正確。

故選：。。

重核裂變、輕核聚變都會(huì)向核子平均質(zhì)量減小的方向反應(yīng)，都有質(zhì)量虧損，然后結(jié)合質(zhì)

能方程可知，都向外釋放能量。

本題考查了核子平均質(zhì)量以及比結(jié)合能的含義，知道愛因斯坦質(zhì)能方程4E=2hnc2,當(dāng)

核反應(yīng)有質(zhì)量虧損，則向外釋放能量。

2.【答案】A

【解析】解：設(shè)正、負(fù)粒子的質(zhì)量分別為m1、m2,電量分別為+q1、-q2,在磁場(chǎng)中做

勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑分別為1、萬(wàn)，速率分別為力、以，由左手定則判斷帶正電粒

子逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電粒子順時(shí)針偏轉(zhuǎn)，依題意作出兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所

示（軌跡①為正粒子的，軌跡②為負(fù)粒子的），設(shè)

OB=L,由幾何關(guān)系得：

0A——--=q+—

tan3001stn30"

—=tan60°

r2

解得：rj=—L;r=—L

13423

可知：=r2

對(duì)于帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)只受了洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力

得:

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Bqv=m^

解得粒子比荷：k=A=

由：7*i=丁2，：廿2=1：3

聯(lián)立解得：m=g故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：4。

由左手定則判斷帶正電粒子逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電粒子順時(shí)針偏轉(zhuǎn)，依題意作出兩粒子在

磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡圖，由幾何關(guān)系求得半徑的關(guān)系，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解。

本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。對(duì)于帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)只受了洛倫茲力而做

勻速圓周運(yùn)動(dòng)，依據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖是解題的前提，根據(jù)幾何關(guān)系求得運(yùn)動(dòng)半

徑和軌跡圓心角是解題關(guān)鍵。

3.【答案】B

【解析】解：兩球拋出后都做平拋運(yùn)動(dòng)，兩球從同一高度拋出落到同一點(diǎn)，它們?cè)谪Q直

方向的位移相等，

小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，由于豎直位移％相等，據(jù)八=19戶可得其運(yùn)動(dòng)時(shí)間《=

后

對(duì)于小球Q,有tan37。=丫=翅=如

Xv2t2V2

解得：v2=|gt

對(duì)于小球P，其垂直打在斜面上，則有《加37。=”=住

vy

解得：%=\gt

則Hi=把=故%=92，故8正確，ACD錯(cuò)誤；

也知t88

故選：Be

平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)。根據(jù)題意應(yīng)用

平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出兩球的水平初速度，然后求出其比值。

本題考查了平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用，認(rèn)真審題、理解題意，知道兩球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等是解

題的前提，解決本題的關(guān)鍵掌握平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，運(yùn)用運(yùn)

動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解。

4.【答案】C

【解析】解：設(shè)恒星a的質(zhì)量為恒星b的質(zhì)量為巾2,兩恒星之間的距離為L(zhǎng)構(gòu)成

雙星的軌道半徑為n、r2,

2

由萬(wàn)有引力提供勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有胃詈=加拼132=m2r2co,且有％+方=L

聯(lián)立解得：3=叵叵，萬(wàn)=35/乙

3

yLm1+m2

Gm^_

恒星Q的動(dòng)量大小為_切”_wrt\-L3（7ni+7n2）,恒星Q的向心加速度Q=々0）2=

Gm2

由于恒星a質(zhì)量Tn】緩慢增大，恒星b的質(zhì)量Tn2和二者間距L不變，則雙星系統(tǒng)的角速度

增大，其周期減??；

同時(shí)可知恒星a的軌道半徑6緩慢減小，其動(dòng)量緩慢增加，其向心加速度不變，故ABQ

錯(cuò)誤，C正確。

故選：Ce

恒星a、b都是各自所受的萬(wàn)有引力提供勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，而且兩個(gè)恒星的角速度

相等，半徑之和保持不變，根據(jù)公式推導(dǎo)出角速度、動(dòng)量和線速度的表達(dá)式并加以分析。

本題主要考查了萬(wàn)有引力定律的相關(guān)應(yīng)用，理解雙星系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，熟悉公式的推導(dǎo),

對(duì)學(xué)生的數(shù)學(xué)能力有一定要求。

5.【答案】D

【解析】解：第一次將極板A稍向上平移，板間距離d增大，根據(jù)電容的決定式。=吊

得知，電容C減??；若電容器的電壓不變時(shí)，則由Q=CU知電容器所帶電量將要減小，

由于二極管具有單向?qū)щ娦裕姾刹荒芰骰仉娫?，所以電容器的電量Q保持不變；由于

電容C減小，由電容的定義式。=與可知，U變大；根據(jù)E=jC=號(hào)、。=吊得板間

場(chǎng)強(qiáng)E=嘿，可知板間場(chǎng)強(qiáng)E不變，電荷所受的電場(chǎng)力不變，仍保持靜止?fàn)顟B(tài)；P與B

板間電勢(shì)差UPB=EAE、d都不變，保持不變，P點(diǎn)的電勢(shì)w保持不變；

第二次將極板4稍向下平移，板間距離d減小，根據(jù)電容的決定式C=照得知，電容C增

4nka

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大，電容器的電壓不變，由Q=07知電容器所帶電量Q增大；根據(jù)E=?可知板間場(chǎng)強(qiáng)E

增大，電荷所受的電場(chǎng)力增大，電荷將向上運(yùn)動(dòng)；P與B板間電勢(shì)差UpB=Ed,E增大,

d都不變，UPB增大，P點(diǎn)的電勢(shì)3增大，故ABC錯(cuò)誤，。正確。

故選：0。

將極板4稍向上和向下平移，引起電容器的電容變化，若電容器的電壓不變，根據(jù)電容

的決定式和定義式分析電容和電容器所帶電量如何變化，若電容器電量增加，電源可以

充電，若電容器電量減小，要根據(jù)二極管單向?qū)щ娦苑治瞿芊穹烹?，結(jié)合二極管的單向

導(dǎo)電性，分析電容器的電荷量是否變化，再分析電容器板間電壓和場(chǎng)強(qiáng)是否變化，根據(jù)

電荷所受電場(chǎng)力有無(wú)變化，判斷電荷的狀態(tài)；根據(jù)P點(diǎn)與下極板間的電勢(shì)差變化情況，

判斷P點(diǎn)的電勢(shì)變化情況。

本題分析電容器的電容如何變化是常規(guī)思路，要抓住二極管單向?qū)щ娦耘袛嚯娙萜鞯碾?/p>

量能否發(fā)生變化，要防止思維定勢(shì)的影響，注意條件的變化。

6.【答案】AB

【解析】解：4在圖示位置時(shí)，矩形線圈中磁通量最大，磁通量變化率最小為零，A正

確；

A若僅增加副線圈的匝數(shù)，由￡則原線圈中的電流增大，故8正確；

C.若僅將3變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，由6=2853s譏則最大電動(dòng)勢(shì)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，根據(jù)

E有效=等，電動(dòng)勢(shì)的有效值也為原來(lái)的2倍，再由功率公式P=R不變，則電路的

總功率變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，故C錯(cuò)誤；

D若僅將滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)，減小，&與串聯(lián)和&并聯(lián)的總電阻減小，副

電壓不變，乙2變亮，人不變，故。錯(cuò)誤。

故選：ABc

當(dāng)轉(zhuǎn)到圖中位置時(shí)磁通量的變化率最大，根據(jù)￡=￡可知原線圈電流增加，由e=

NBSasin3t可知有效值將變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，再根據(jù)公式P=?,可知功率變?yōu)樵瓉?lái)的四

倍，由題意滑片向下移動(dòng)，可知總電阻減小，副線圈電壓不變，故可知燈泡亮度變化。

本題考查交變電流的產(chǎn)生，其中涉及知識(shí)點(diǎn)由磁通量的變化率、電壓的瞬時(shí)表達(dá)式、有

效值以及含有變壓器電路的動(dòng)態(tài)分析，屬于綜合性題目。

7.【答案】AC

【解析】解：力、環(huán)的電阻為R=0.17Tx2itr=0.17Tx271x0.1。=0.02n2n

當(dāng)圓環(huán)加速度為零時(shí)，有最大速度外，此時(shí)有產(chǎn)安=B/L,其中/=9="萼包，4=2仃，

RR

由平衡條件得：巾9=?安，聯(lián)立解得方=4m/s,故A正確；

B、環(huán)下落過(guò)程中，先做加速直線運(yùn)動(dòng)，隨著速度增大，環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，感

應(yīng)電流增大，受到的安培力增大，合力減小，加速度減小，當(dāng)安培力等于重力時(shí)，環(huán)開

始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以先做加速度逐漸減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，再做勻速直線運(yùn)動(dòng)，

故B錯(cuò)誤；

C、若下落時(shí)間為2s時(shí)環(huán)己經(jīng)達(dá)到最大速度，在這個(gè)過(guò)程中，由動(dòng)量定理得：mgt-Bh-

t=mvm-0

這個(gè)過(guò)程通過(guò)環(huán)截面的電荷量q=7-t，聯(lián)立解得q=|1c，故C正確；

。、環(huán)在下落高度為3巾的過(guò)程中，由能量守恒定律得環(huán)產(chǎn)生的熱量為：Q=-1小感，

解得Q=4.4J,故。錯(cuò)誤。

故選：AC.

當(dāng)重力等于安培力時(shí)，環(huán)的速度最大，根據(jù)平衡條件，結(jié)合切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式、

閉合電路歐姆定律以及安培力大小公式求出環(huán)的最大速度。分析環(huán)的受力情況，抓住安

培力與速度成正比，分析環(huán)的運(yùn)動(dòng)情況；根據(jù)動(dòng)量定理求出通過(guò)環(huán)截面的電荷量；根據(jù)

能量守恒定律求環(huán)產(chǎn)生的熱量。

本題中環(huán)下落過(guò)程與汽車起動(dòng)相似，要知道當(dāng)重力等于安培力時(shí)，速度最大。動(dòng)量定理

是求電磁感應(yīng)現(xiàn)象中通過(guò)導(dǎo)體電荷量常用的方法，要學(xué)會(huì)運(yùn)用。

8.【答案】AD

【解析】解：物塊和木板中，設(shè)物塊的質(zhì)量為rn,對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律

可得

F、一f=mar,f=卬ng

兩式聯(lián)立可得物塊的加速度為由="吆=J-ixg?

由于物塊與木板所受摩擦力是相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知，大小相等，方向相

反，對(duì)木板Mi受力分析，由牛頓第二定律可得

第12頁(yè)，共20頁(yè)

f=Mg解得木板%的加速度為。2=^=詈②

設(shè)木板長(zhǎng)度為3當(dāng)物塊從木板右端滑落時(shí)滿足位移差等于木板長(zhǎng)度，即

如療-|。2給=L③

木板的速度%=a2tl④

聯(lián)立①②③④解得女=器k言亭⑤

同理，在物塊和木板M2中，物塊質(zhì)量仍然為m,同樣的計(jì)算過(guò)程可得木板M2的速度為

”“mg

F2nmg?

m從“M2

-2〃o4mg

J

AC.若Fi=F2,且%>M2,可得/<1,_溫<1

所以￡<1,即吃<“2,故A正確；

-2的〃mg

若F1VF2,且MI="2,溫>1，則%,外，故C錯(cuò)誤;

BD.由④式可得匕=言=禮::小⑦

m產(chǎn)JM]

同理可得t2=P2

⑦⑧兩式相除可得

2

崽

^-

m

工

-

m

Ml

一2囤“mg

若Fi=F2,且MI>M2,則若~浸<1,則q<t2故3錯(cuò)誤；

M]

工吁山

若F]v尸2,且Mi=Mz，則盤一亮^>1,則tiA。故。正確；

標(biāo)一“9―_M'r

故選：AD.

對(duì)物塊和木板分別受力分析，用牛頓第二定律求解各自的加速度，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)

的位移公式求解。

本題屬于追及問(wèn)題，物塊與木板的位移之差等于木板長(zhǎng)度時(shí)滑落，比較大小可采用比值

法。

9.【答案】1.41.5

【解析】解：(1)圖1中完成電路連線如圖

(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律

E=Ii(%+r)+(/i+/2)(Ro+r)

因?yàn)?/p>

<12

化簡(jiǎn)可得

E=Ii(7?i+r)+/2(Ro+r)

變形有：/1=舟p+1p/2

“1十rKQ~TI

根據(jù)圖像的斜率k=777=嗤黑，圖像縱軸截距搐=0A4mA

RQ+T260—60/?i+r

聯(lián)立解得：E=1.41Z,r=1.5。

故答案為：(1)實(shí)物圖見解析；(2)1.4,1.5

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理連接電路圖。

(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律以及串并聯(lián)電路的特點(diǎn)，得出兩電流的表達(dá)式，結(jié)合圖線的

斜率和截距求出電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的大小。

解決本題的關(guān)鍵確定故障的方法，對(duì)于圖線問(wèn)題，一般的解題思路是得出兩物理量之間

的關(guān)系式，結(jié)合圖線斜率和截距進(jìn)行求解，難度中等。

10.【答案】1.55不需要午售一臺(tái)W?

【解析】解：(1)游標(biāo)卡尺精度為0.057mn,則遮光條的寬度d=1mm+0.05X11mm=

1.55mm.

(2)實(shí)驗(yàn)中拉力通過(guò)拉力傳感器得出，沒有用重物的重力表示，所以不需要滿足M遠(yuǎn)大

第14頁(yè)，共20頁(yè)

于?n.

(4)遮光條4、B通過(guò)光電門的速度分別為以=9,則動(dòng)能的變化量為4a=

\Mvl-\Mvl，拉力做功為勿=FL,則驗(yàn)證的動(dòng)能定理表達(dá)式為FL=4Ek=((^一

/

(5)動(dòng)量的變化量為4P=MVB-M以，拉力的沖量為W=F3則驗(yàn)證的動(dòng)能定理表達(dá)

式為尸t=AP=Md(1-?

故答案為：(1)1.55：(2)不需要；⑷竽售償;(5)Md*J)

(1)根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法讀得數(shù)據(jù).

(2)拉力通過(guò)力傳感器測(cè)出，不需要滿足M遠(yuǎn)大于m.

(4)(5)根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度等于瞬時(shí)速度得出遮光條4、B通過(guò)光電門4、B的速

度，從而得出動(dòng)能的變化量，結(jié)合拉力做功等于動(dòng)能變化量列出表達(dá)式，結(jié)合動(dòng)量定理

可知表達(dá)式.

以驗(yàn)證動(dòng)能定理為實(shí)驗(yàn)命題背景考查學(xué)生的實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?，知道光電門測(cè)速的原理，即極短

時(shí)間內(nèi)的平均速度等于瞬時(shí)速度，掌握螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法，難度不大.

11.【答案】解：(1)從P點(diǎn)到Q點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得

mgh+qUPQ=

解得：UpQ=0；

(2)根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直可知，場(chǎng)強(qiáng)方向水平向右；從P到Q過(guò)程中，豎直方向由運(yùn)

動(dòng)學(xué)公式得：

九=途2,

水平方向由牛頓第二定律得：

qE=ma,

水平方向由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：

17

vot-=0,

解得：a=g,E=詈；

(3)對(duì)小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得

F合=J(mg)2+(qE)2=ma^.

沿合力方向和垂直于合力方向分解運(yùn)動(dòng)，則

▲,、,八2vsin45°

沿合力方向，=箕0一

垂直合力方向L=vQsin45°t

解得：L=A。

4

答：(1)P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為0；

(2)該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為詈，方向水平向右；

(3)小球拋出后速度大小再次為聆時(shí)，小球離p點(diǎn)的距離L為彳仙

【解析】(1)從P點(diǎn)到Q點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理求得UPQ：

(2)確定場(chǎng)強(qiáng)方向，分解小球的運(yùn)動(dòng)在水平方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做自由

落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律計(jì)算場(chǎng)強(qiáng)大小；

(3)沿合力方向和垂直于合力方向分解運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解即可。

本題考查帶電體在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵確定電場(chǎng)方向，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)分解分析小球的

運(yùn)動(dòng)。

12.【答案】解：(1)滑塊Q下落過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：加19(/?+")=：加1詔

代入數(shù)據(jù)解得：v0=12m/s

。與P相碰過(guò)程中，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：-(mj+m2')vE

代入數(shù)據(jù)解得：vE=2m/s；

(2)E與M相碰過(guò)程中，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：(m1+m2)vE=(mx+

m2)vE'+m3vM

2

根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：*恤+m2)vg=3巾1+m2')vE'+如3詔

聯(lián)立解得："M=^m/s；

(3)取向右為正方向，第一次推出過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：(nii+m?)%=

一(61+TH2)V+7n3v1

以后每次推出過(guò)程中，小車的動(dòng)量變化均為：4P=2(7711+7712)"

推N次后，小車的動(dòng)量巾3叫/=m3Vl+(N-l)/p

根據(jù)題意可得：vN>v

解得：N25.4次

所以N=6次。

第16頁(yè)，共20頁(yè)

答：(1)P、Q碰撞后的速度大小為2m/s；

(2)如果結(jié)合體E與小車M發(fā)生彈性碰撞，碰后小車的速度大小為2m/s；

(3)如果人每次以u(píng)=10m/s的速度(相對(duì)地面)將E反向推出，人最多能推6次。

【解析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理求解Q與P碰撞前的速度大小，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解碰撞后

的速度大??；

(2)E與M相碰過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律列方程聯(lián)立解答；

(3)根據(jù)動(dòng)量守恒定律分析第一次推出以后每次推出過(guò)程中小車的動(dòng)量變化，根據(jù)動(dòng)量

守恒定律結(jié)合題意進(jìn)行解答。

本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律;對(duì)于動(dòng)量守恒定律，其守恒條件是:

系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力為零)；解答時(shí)要首先確定一個(gè)正

方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程求解。

13.【答案】ABD

【解析】解：4、根據(jù)熱力學(xué)第一定律ZU=〃+Q,吸收熱量說(shuō)明Q>0,體積增大說(shuō)

明對(duì)外做功，則W<0,故內(nèi)能有可能不變，故A正確；

B、內(nèi)能是物體所有分子動(dòng)能和分子勢(shì)能的總和，內(nèi)能相同不代表兩物體溫度相等，所

以有可能發(fā)生熱傳遞，故B正確；

C、氮?dú)獾哪栿w積與阿伏伽德羅常數(shù)的比值計(jì)算得到的是氮?dú)夥肿铀加械钠骄臻g，

并不是氮?dú)夥肿拥捏w積，故C錯(cuò)誤；

。、根據(jù)分子間為斥力時(shí)，當(dāng)分子間距減小時(shí)，分子力做負(fù)功，分子勢(shì)能增加，故。正

確；

E、被封閉氣體的壓強(qiáng)是由氣體分子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)時(shí)與器壁表面碰撞時(shí)的作用力引起的，

與超重、失重?zé)o關(guān)，故E錯(cuò)誤；

故選：ABD.

由熱力學(xué)第一定律4U=〃+Q分析4選項(xiàng)，根據(jù)內(nèi)能的定義可知，內(nèi)能相同不代表兩物

體溫度相等，所以有可能發(fā)生熱傳遞，根據(jù)氣體分子的體積與氣體分子所占有的平均空

間的區(qū)別可以分析C選項(xiàng)，根據(jù)分子力做功可以確定分子勢(shì)能的增減，根據(jù)氣體壓強(qiáng)產(chǎn)

生的本質(zhì)可以知道E選項(xiàng)錯(cuò)誤。

該題考查熱學(xué)部分相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)，屬于基本概念、原理的考查，需要學(xué)生加強(qiáng)該部分知

識(shí)點(diǎn)的記憶，題型簡(jiǎn)單。

14.【答案】解：(1)初態(tài)：Pi=Po-(G-l2)cmHg=75cmHg-(20-l^cmHg=

70cmHg,匕=l2S,Tr=240K

末態(tài)：p2=Po=75cmHg,V2=l2S+^S,T2

根據(jù)一定質(zhì)量理想氣體狀態(tài)方程可得：竽=竽

12

解得&=300K

(2)讓U形管兩端豎直朝上自由下落，處于完全