2022年山东省济宁市高考物理三模试卷（附答案详解）.pdf

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1、2022年山东省济宁市高考物理三模试卷1.在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了突出贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A.麦克斯韦预言并通过实验证实了电磁波的存在B.法拉第坚信电和磁之间一定存在着联系，发现了电流的磁效应C.牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动D.普朗克认为微观粒子的能量是量子化的，从而开始揭开了微观世界物理规律的面纱2.科学研究发现，杯（Pa）是一种具有放射性的超铀元素，其衰变方程为誉P K-X +;He+y,该衰变过程中产生的y光子照射到逸出功为明 的金属上，逸出光电子的最大初动能为以0。已知光速为c,普朗克常量为人

2、下列说法正确的是（）A.X原子核中含有92个中子B.衰变产生的y光子的波长为幕公C.衰变产生的y光子具有很强的电离作用D.杯（Pu）核的结合能小于X原子核的结合能3.“太空涂鸦”是近年来非常流行的一种非军事暴力性的反卫星技术。攻击卫星进攻前处于较低的圆形轨道运行，进攻时通过变轨接近较高圆形轨道运行的侦查卫星，向其发射“漆雾”弹，使侦查卫星的侦察镜头、太阳能板、电子侦察传感器等关键设备暂时失效。下列说法正确的是（）A.攻击卫星低轨运行时的线速度大于7.9/cm/sB.攻击卫星进攻前的机械能小于侦察卫星的机械能C.攻击卫星进攻前需要加速才能接近侦察卫星轨道D.若侦察卫星周期已知，结合万有引力常量就

3、可计算出地球质量4.已知篮球在空气中运动时所受空气阻力与速度大小成正比 一篮球与地面碰撞后以大小为北的速度竖直弹起后到再次与地面碰撞的过程中，以 表示篮球的速度，t表示篮球运动的时间，七人表示篮球的动能，/I表示篮球的高度，则下列图象可能正确的是（）0A.B.c Z 4,5.如图所示，固定有光滑竖直杆的三角形斜劈放置在 口尸水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直 I杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。现给小滑块施加一个竖直向上的拉力尸，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则（）A.小球对斜劈的压力先减小后增大 B.竖直向上的拉力F先增大后减小C.斜劈对地面的压力

4、逐渐减小 D.地面对斜劈的摩擦力逐渐减大6.如图甲所示，在x轴上相距1.5cm的。、M两点有两波源，t=0时刻，两波源开始振动，振动图像分别如图乙、丙所示.已知两波的传播速度为lcm/s,x轴上的P点与。点相距1.2cm,则（）A.两列波不能发生干涉现象B.M点波源的振动方程为y-4sin（107rt+）cmC.P点为振动加强点，振幅为7cmD.t=0.5s时，P点沿y轴正向振动7.电磁炮的原理如图所示，两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，导轨平面内具有垂直于导轨平面的匀强磁场，带有炮弹的金属框架垂直放在导轨上，且始终与导轨保持良好接触。已知磁场的磁感应强度大小为B,电源的内阻为r,两导轨间距

5、为3金属框架和炮弹的总质量为金属框架的电阻为R。通电后，炮弹随金属框架滑行距离s后获得的发射速度为。不计空气阻力、金属框架与导轨间的摩擦和导轨电阻，不考虑金属框架切割磁感线产生的感应电动势，下列说法正确的是（）第2页，共24页A.发射方向炮弹轨道匀强磁场的方向竖直向下B.金属框架受到的安培力大小为此SC.道过会局框架的电流为叱D.电 源 的 电 动 势 为 联28.如图甲所示，一质量为2kg的物体静止在水平地面上，水平推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为0.1,取g=10m/s2,下列说法正确的是（）A.甲物体运动的最大速度为百m/sB.在运动中由于摩擦产生的热量

6、为6/C.物体在水平地面上运动的最大位移是4.56D.物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动9.电阻为R的单匝闭合金属线框，在匀强磁场中绕着与磁感线垂直的轴匀速转动，产生交变电流，电动势随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（）A.（时刻线框平面与中性面平行B.穿过线框的磁通量最大为手27rC.线框转动一周产生的热量为阻nD.从1到：的过程中，线框的平均感应电动势为出4 2n1 0.如图所示，在一次科学晚会上，某老师表演了一个“马德堡半球实验”。他先取出两个在碗底各焊接了铁钩的不锈钢碗，在一个碗内烧了一些纸，然后迅速把另一个碗扣上，再在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度。用两根绳子试图把

7、两个碗拉开，当两边的人各增加到5人时，恰能把碗拉开。已知碗口的面积约为400cm2,环境温度为27。&绝对零度为-273笃，大气压强为l.Ox 1 0 5 p a,每人平均用力为200N。假设实验过程中碗不变形，也不漏气。下列说法中正确的是（）A.浇水过程中不锈钢碗内的气体压强逐渐增大B.碗快要被拉开时，碗内封闭气体压强约为2.5xl04paC.不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度约为127式D.浇水过程中不锈钢碗内气体分子单位时间内撞击单位面积的次数减少1 1.如图所示，直角坐标系xOy在水平面内，之轴竖直向上。坐标原点0 处固定一带正电的点电荷，空间中存在竖直向下的匀强磁场。质量为m、带电量

8、为q的小球4,绕之轴做匀速圆周运动，小球与坐标原点的距离为r,。点和小球4 的连线与之轴的夹角为0=37。重力加速度为g,cos37=0.8,sin37=0.6,不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.从上往下看带电小球沿逆时针方向做匀速圆周运动B.小球4 与点电荷之间的库仑力大小为C.小球4 做圆周运动的过程中所受的库仑力不变D.小球力做圆周运动的速度越小，所需的磁感应强度越小1 2.如图所示，放在水平地面的木块4 上固定有竖直光滑细杆，小球B、C C 6套在光滑细杆上，B通过劲度系数为k的轻质弹簧与4 拴接在一起。整个装置静置在水平地面上。将小球C从距离B高八 处由静止释放，C与B发生碰撞后

9、立刻锁定在一起运动。已知4 连同细杆的质量为2TH,B、C的质量均为弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能表达式为O1第 4 页，共 24页Ep=k x2,其中x为弹簧的形变量。不计空气阻力，重力加速度为g,下列说法正确的是()A.C与B碰撞后的瞬间，B的速度大小为J 2 g/iB.C与B碰擅过程中，系统损失的机械能为:r n g hC.C与B碰撞后，弹簧弹性势能的最大值大于D.要使C、B碰撞后4能离开地面，九至少为竺詈1 3.居家防疫期间，小明在家做“用单摆测定重力加速度”的实验。他使用一块外形不规则的小石块代替摆球，如图甲所示。设计的实验步骤是：A将小石块用不可伸长的细线系好，结点为N,细线

10、的上端固定于。点；8用刻度尺测量O N间细线的长度，作为摆长；C.将石块拉开一个大约a =5。的角度，然后由静止释放；。.从石块摆至某一位置处开始计时，测出3 0次全振动的总时间t,由7 =5算出周期；E.改变O N间细线的长度再做几次实验，记下相应的，和T；E根据公式g=誓1，分别计算出每组环口7对应的重力加速度g，然后取平均值即可作为重力加速度的测量结果。(1)为减小实验误差，应 从 石 块 摆 到(选 填“最低点”或“最高点”)位置开始计时。(2)小明用O N的长，为摆长，利用公式9=萼/求出的重力加速度的测量值比真实值(选填“偏大”或“偏小”)。(3)小明利用测出的多组摆长，和周期T的

11、数值，作出7 2 /图像如图乙所示，若图像的斜率为匕则重力加速度的表达式是g=。甲乙1 4.某同学在用电流表和电压表测一节锂电池的电动势和内电阻的实验中，实验电路如图甲所示，电池的电动势约为3 V,内阻约为1 0,为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻&起保护作用。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：A.电流表（量程0.64、0 34）8.电压表（量程0 3U、0 15V）C.定值电阻（阻值4 0、额定功率5以）D 定值电阻（阻值20。，额定功率5 ）E 滑动变阻器（阻值范围0 400、额定电流24）E 滑动变阻器（阻值范围。10000、额定电流L4）请回答下列问题

12、：（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择0 _V,电流表的量程应选择0-_/1,定值电阻R。应选择（选 填 C 或 D）,滑动变阻器R应选择（选填 E”或 F”）o（2）该同学测得以下五组数据，根据数据在图乙中画出U-/图像；由图像可求出该电池电动势E=V,内电阻为=0。（结果保留1位小数）。第 6 页，共 24页U/V2.4 02.0 01.6 01.2 00.8 0I/A0.0 80.1 60.2 40.2 70.4 0(3)小明同学因为粗心，在实验中多连接了一根导线，如图丙中的虚线所示。由电压表的读数U 和电流表的读数/,画出U-/图线如图丁所示。小明同学分析了图象出现异常的原因后，认

13、为由图丁也可以达到实验目的，则由图丁可得电源的电动势E=V,r=/2 o (结果保留1 位小数)1 5.如图甲所示，2 0 2 2 年5 月9 日上午，河北省承德市宽城满族自治县天空出现日晕景观。日晕是一种大气光学现象，在一定的气象条件下，空气中的水蒸气会变成正六棱柱状的小冰晶。太阳光穿过小冰晶时发生折射，在太阳的周围出现一个圆形的光圈，这就是日晕。日晕半径的视角最常见的是2 2。，如图乙所示，太阳光中的一条光线沿截面方向射向正六棱柱状的小冰晶一侧面，从另一侧面射出，当最后的出射角等于最初的入射角时，偏向角D(光线经过冰晶折射偏转的角度)最小，这时出射光线若到达人的眼睛，人看到的就是2 2。晕

14、(偏问角为2 2),若正六棱柱状的小冰晶截面为边长a =1 m m 的正六边形，该光线的入射点为该边的中点。已知c =3 X1 08m/s,s i n 4 1 0 =0.6 5 6。求：(1)冰晶对该光线的折射率n；(2)该光线穿过冰晶所用的时间(不考虑反射)。甲 乙1 6.超级高铁是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点，如图甲所示。其进站的简化图如图乙所示：管道中固定两根平行金属导轨MN、P Q,两导轨的间距为L；管道内依次分布磁感应强度为8,宽度为。的匀强磁场，且相邻的匀强磁场的方向相反；运输车的质量为运输车上固定着间距为。、与导轨垂直

15、的两根导体棒1 和2,导体棒的电阻均为R,导体棒与金属导轨接触良好。若运输车(两导体棒完全处在磁场中)进站的初速度为v0,不考虑摩擦、空气阻力和其它电阻。求：(1)运输车进站瞬间的加速度；(2)运输车从进站到停止的距离.17.如图所示，在y轴右侧0 Wy Wd区域有竖直向下的匀强电场，场强为E=警，在3d区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。带电量为q(q0),质量为m的带粒子以速度火从坐标原点。沿x轴正方向进入电场区域，且粒子在磁场区域中的运动轨迹恰好与直线y=3d相切，粒子第一次返回久轴上的点记为S点(图中未画出)。(1)求带电粒子进入磁场时的速度；(2)求S点到。点的距离；(3)若磁感应强度的

16、大小可以改变，粒子离开。点后，经n(n 1)次磁偏转仍过S点,求磁感应强度的可能值。18.某兴趣小组设计的连锁机械游戏装置如图所示。左侧有一固定的四分之一圆弧轨道,其末端8水平，半径为3心 在轨道末端等高处有一质量为m的“二 形 小 盒(可 视为质点)，小盒与大小可忽略、质量为37n的物块通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒之间的绳长为2L；物块压在质量为m的木板左端，木板上表面光滑，下表面与水平桌面间动摩擦因数=0.5(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，木板右端到桌子右边缘固定挡板(厚度不计)的距离为L;质量为6 且粗细均匀的细杆通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板相连，木板与定滑轮间轻绳

17、水平，细杆下端到地面的距离也为L；质量为0.25/n的圆环(可视为质点)套在细杆上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为0.5/ng。开始时所有装置均静止，现将一质量为沉的小球(可视为质点)从圆弧轨道顶端4 处由静止释放，小球进入小盒时刚好能被卡住(作用时间很短可不计)，此时物块对木板的压力刚好为零。木板与挡板相撞、细杆与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部。不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)小球与小盒相撞后瞬间，小盒的速度；(2)小球在四分之一圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；第8页，共24页(3)木板与挡板碰后，向左返回的最大位移:(4)细杆的长度。答案和解析1

18、.【答案】D【解析】解：4、麦克斯韦建立了经典电磁场理论，预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故 4 错误；B、1820年，奥斯特发现电流的周围存在磁场，从而提出了电流的磁效应，故 B错误;C、伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，故 C错误：普朗克认为微观粒子的能量是量子化的，从而开始揭开了微观世界物理规律的面纱,故。正确；故选：D。根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。2.【答案】B【解

19、析】解：4、由核反应过程的质量数守恒和电荷数守恒可知X的质量数为4=239-4=2 3 5,电荷数为z=9 4-2 =9 2,则X原子核中含有中子为n=235 92=143,故4 错误；B、y光子照射到逸出功为生 的金属上，逸出光电子的最大初动能为a 0,由光电效应方程得a 0=竽一勿0,得光子的波长为：4=记，故 B 正确；C、根据y射线的特点可知，y射线不带电，其电离能力很弱，故 C错误；。、杯(Pa)核的比结合能小于X原子核的比结合能，但杯(Pu)核的核子数大于X原子核的，两者结合能无法确定大小，故。错误。故选：B。根据三种衰变的特点判断；由电荷数和质量数守恒，可知X的质量数和电荷数；光

20、子照射到逸出功为伍的金属上，逸出光电子的最大初动能为由光电效应方程得到光子的波长。本题考查学生对裂变聚变的理解，要掌握反应过程中电荷数守恒，质量数守恒，然后求出未知核的质量数电荷数。第 10页，共 24页3.【答案】C【解析】解：4、7.9km/s是第一宇宙速度，是最大的环绕速度，所以攻击卫星低轨运行时的线速度小于7.9km/s,故A错误；BC、攻击卫星进攻时通过变轨接近较高圆形轨道运行的侦查卫星，需要加速做离心运动，机械能增大，故B错误，C正确；D、根 据 粤=m 惇，解得：”=岑，除了已知侦察卫星周期外，还需轨道半径才r2 T2 GT2能计算地球的质量，故。错误；故选：Co7.9七n/s是

21、卫星最大的运行速度。攻击卫星进攻前需要加速做离心运动，轨道升高，机械能增大。根据万有引力提供向心力，分析地球质量的表达式。此题考查了人造卫星的相关知识，解题的关键是明确万有引力提供向心力，同时明确卫星变轨时，从离心和近心角度分析。4.【答案】C【解析】解：AB,v-t图象的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律得：上升过程有巾9+f =ma,下降过程有机9=m a下,又/=k u,得=g+把，则上升过程中，随着9的减小，a减小。a上=g-,下降过程，a随速度的减小而增大。故A B错误.CD、根据动能定理得：上升过程有 Ek=-(m g 4-fcv)h,减小，反-九图象应是切线斜率逐渐减小的曲线。下降

22、过程有 Ek=(mg-fcv)h,u增大，巧女-八 图象应是切线斜率逐渐减小的曲线。故C正确，。错误。故选：Cov-t图象的斜率等于加速度，而加速度可根据牛顿第二定律分析。根据动能定理分析Ek-无 图象的斜率，从而判断各个图象的对错。解决本题的关键要根据物理规律分析图象的斜率变化情况，要掌握牛顿第二定律、动能定理，并能熟练运用。5.【答案】C【解析】解：4、对小球受力分析，做出矢量三角形，如图一所示，在小滑块向上缓慢上升过程中，图中虚线代表绳上力变化情况，由图可得斜劈对小球的支持力减小，根据牛顿第三定律，小球对斜劈的压力减小，故4错误8、对小球与小滑块连同轻绳在内整体受力分析，如图二所示，F减

23、小，心竖直方向分力风y减小，F+FN y=2 m g,所以F变大，故8错误；C D,对整体受力分析得，F变大，那么地面对斜劈的支持力减小，地面对斜劈没有摩擦力，故C正确，。错误。故选：C。对小球受力分析，然后做出矢量三角形，图解法判定T与FN变化；再对小球与小滑块连同轻绳在内整体受力分析即可求解。本题考查受力分析的方法、动态平衡的分析，注意用好矢量三角形。6.【答案】C【解析】解：4这两列波的振动周期相同，故频率相同，相差也恒定，符合干涉条件，故A错误；8.从图丙可知I,A 4cm,3=s =10?rs,M点波源的振动方程为y=4sin(lOirt+T T)c m,故 B 错误；C.因两波波长

24、为0.2cm,波源振动频率相同，起振方向刚好相反，点P到两波源的距离差为0.9cm,距离差刚好是半波长的奇数倍，故为振动加强点，振幅为两波振幅之和为7 c m,故C正确；DP点与。点相距1.2c?n,。点的波源传至P点时需t=?=s =1.2S,故0.5秒时不考虑。点波源的影响；由于P点与M点相距0.3cm,M点的波传至P需t=号s=0.3s,故V 1t=0.5s时刻，P点只振动了0.2s,刚好振动了一个周期，回到平衡位置向下，故。错误。故选C。根据图像得出两列波的周期再分析能否发生干涉；根据时间分析出两列波传到P点的振第12页，共24页动方向，利用波的叠加特点分析出P点的位移。本题主要考查了

25、波的叠加的相关应用，根据图线得出周期，结合题意得出波长，由此分析出不同时刻两列波传到P点的振动方向，结合波叠加的知识点完成分析。7.【答案】D【解析】解：4、炮弹受到的安培力向右，通过金属框架的电流方向由外向里，根据左手定则可知匀强磁场方向为竖直向上，故 A 错误；8、炮弹滑行s后获得的发射速度为“，根据动能定理得：Fs=：n w 2-0,解得电磁炮受到的安培力大小为F=若，故 B错误；2 2C D、根据安培力公式F=B/L,结合F=二匕，得通过金属框架的电流/=*，根据闭2s2B Ls合电路欧姆定律得电源的电动势为：E=/(R+r)=?；一,故。正确，C错误；故选：Do金属框架受到的安培力向

26、右，结合电流方向，根据左手定则判断磁场方向；根据动能定理求电磁炮受到的安培力大小；根据安培力公式F=B求出电路中电流大小，由闭合电路欧姆定律求电源的电动势。本题的关键是要弄清楚电磁炮的发射原理：通电导体在安培力作用下获得速度，能够根据动能定理、闭合电路欧姆定律以及功能关系进行分析。8.【答案】C【解析】解：力、当拉力等于摩擦力时，加速度为零，速度最大，根据函数关系可知，F=6 2x,且/=nmg=0.1 x 2 xx ION=2N可知当F=/时即在x=2nl处速度最大，根据动能定理小-nmgx=|m v2-0可知，x 2/-0.1 x 2 xx 10 x 2/=|x 2 x v2可得：v=2

27、m/s,故 A 错误；B、对整个运动过程根据功能关系有：Q=W得：v/z=|x 6 x 3/=9/所以运动中由于摩擦产生的热量为9/,故 8 错误；C、由图像得到推力对物体做功为9/,根据动能定理：W -fimgxM=0代入数据：9-0,1 x 2 x l0 x xM=0可得：xM=4.5 m,故 C 正确；。、初始时拉力大于摩擦力，物体做加速运动，直到尸=/时物体做减速运动，故。错误；故 选:Co物体运动过程中，只有拉力F和摩擦力做功，由图像得到推力对物体做功，再用动能定理求解。本题主要考查动能定理的应用，需注意推力对物体做功等于尸-x 图像所围“面积，当拉力等于摩擦力时，加速度为零，速度最

28、大。9.【答案】B D【解析】解：4、由图可知t=（时刻感应电动势最大，此时线圈所在平面与中性面垂直，故 A错误；8、当感应电动势等于零时，穿过线框回路的磁通量最大，且由Em=NBS3得:%=等=鲁=曾，故 3 正确；TC、根据能量守恒可知，线圈转一周所做的功为转动一周的发热量：0=丝7=缸=Y R R也，故 c 正确；2R。、从:到7 时刻的，线框从与中性面平行再到与中性面平行，穿过线框的磁通量的方向4 4相反，所以平均感应电动势为片=簧=等=华，故。正确：故选：B D.由图可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于各个时刻的磁通量；根据能量守恒定律求线框转一周外力所做的功；根据足=N

29、竽求平均电动势。At本题关键是记住两个特殊位置：在中性面时磁通量最大，感应电动势最小，电动势方向改变；垂直中性面位置磁通量为零，但电动势最大0 对于交变电流的各个值的关系及求解方法要掌握。10.【答案】CD【解析】解：A D,在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度，温度降低，体积不变牛=C,则压强减小，分子平均动能减小，平均速度减小，不锈钢碗内气体分子单位时间内撞击第 14页，共 24页单位面积的次数减少，故。正确，4错误；B、每人平均用力为200N,则快要被拉开时，对单边半个球受力分析p S +5 F=p S,解得p =7.5 x 105 p a,故B错误；C、对球内气体分析，气体做等容变化 T

30、=3 0 0 K,解得7()=4 00K,t =(4 00-27 3)=127,故 C正确；故选：C D。根据一定质量的理想气体的状态方程p U =CT分析出压强的变化；温度是气体分子平均动能的唯一标志；根据对碗的受力分析计算出封闭气体的压强；对碗内气体分析，气体发生等容变化，由此列式完成分析即可。本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，分析出气体变化前后的状态参量，结合受力分析，同时要理解温度是分子平均动能的唯一标志。11.【答案】AB【解析】解：4、空间中存在竖直向下的匀强磁场8,小球的向心力由库仑力在运动轨迹半径方向的分力和洛伦兹力提供，根据左手定则可知，从上往下看小球只能沿逆时针方

31、向做匀速圆周运动，故A正确；8、洛伦兹力沿水平方向，在竖直方向上，根据平衡条件得：Fcos370=m g解得：F=mg即小球4与点电荷之间的库仑力大小为：m g,故B正确；C、小球4做圆周运动所受的库仑力大小不变，方向在时刻变化，故C错误；。、水平方向上根据牛顿第二定律得：qv0B -Fsin370=喑R=rsin37口 5F=mg解得：B=手+产3qr 4qv0课件，只 有 当 粤=鬻 时，即=B才有最小值，可见，当见 时,速度越小，磁感应强度越大，故。错误;故选：AB 根据左手定则分析出小球的运动方向；根据小球在不同方向的受力特点结合牛顿第二定律得出库仑力的大小；整个运动过程中库仑力方向时

32、刻发生变化；根据水平方向上的牛顿第二定律分析出磁感应强度的变化趋势。本题主要考查了牛顿第二定律，同时涉及到了受力分析和你库仑定律，结合向心力公式和数学知识完成分析。12.【答案】B CD【解析】解：4、取竖直向下为正方向，C与B碰撞过程动量守恒，有：m vc=2771V.小球C下落过程做自由落体运动，有：优=2gh联立可得：%=聆，故A错误；8、小球C与8碰撞过程中，损失的机械能为：Z1F=-1 x解得：AE=m g hf故8正确；C、设BC下降4%后速度减为零，此时弹簧的弹性势能最大，由动能定理可得1-2mg Ax+W=0-x 2mvf又Epmax=-皿建联立可得：Ep m a x=2mg-

33、Ax+mgh m g h,故 C正确；。、依题意，4恰好离开地面时，BC上升到最大高度，对4有：F弹=2 m g =kXBC碰后瞬间，弹簧压缩量是初始BC碰前的压缩量，设为小，有：kx2=m g则BC上升到最大高度距BC碰前位置为：月=4 +%2=1从碰后到川刚要离开地面过程中机械能守恒，可得;x 2mv；2+以 好=2 n lM +7密联立解得：%2=坨 1 2kBC碰撞过程有：m vrc=2mv。下落过程由动能定理得：=mgh联立可得：h=等，故。正确。k故选：B CD.小球C从距离B高/i处由静止释放，C与B发生碰撞后立刻锁定在一起运动，根据动量守第 16页，共 24页恒定律求出碰撞后瞬

34、间速度，进而求碰撞过程中损失机械能；当BC下降至速度减为零，此时弹簧的弹性势能最大，根据功能关系求弹性势能大小;要使碰后物体4被拉离地面，弹簧对4的拉力至少等于4的重力，对C、B与弹簧组成的系统运用机械能守恒定律求得B上升的高度，从而得到八的最小值。解决本题的关键是要理清物体的运动过程，把握每个过程的物理规律，按时间顺序列方程。对于弹簧，要分析弹簧的状态，搞清C 8上升的高度与弹簧形变量的关系。可得:13.【答案】最低点 偏 小 半k【解析】解：(1)为了减小实验误差，应从石块摆到最低点位置开始计时；(2)由单摆的周期公式7=2兀47T2Z9=用ON的长，作为摆长，则摆长片段，则测得的重力加速

35、度偏小；(3)设石块质心到N点的距离为R,则实际摆长为L=1 +R,则可得：T=2兀E =2兀 叵7 2 =?Q+R)可知K 一 I图像的斜率为：f c =9可得重力加速度为：g=故答案为：(1)最 低 点;(2)偏 小;(3)与(1)根据实验原理理解开始计时的位置；(2)根据单摆的周期公式结合摆长的变化得出测量值和真实值的大小关系；(3)根据单摆的周期公式结合图像得出重力加速度的表达式。本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式结合图像的斜率即可完成分析。14.【答案】3.0 0.6 C E 2.9 1.0 3.0 1.0【解析】解：(1)一节

36、锂电池电动势约为3 V,则电压表的量程应选择03.0 V;由表中实验数据可知，最大电流为0.424,则电流表的量程应选择00.64；根据闭合电路欧姆定律，可 得 电 路 中 的 最 小 电 阻 为=所以岛应选择40的电阻，即定值1 U.o电阻Ro应选择C；为方便实验操作保护电路安全，滑动变阻器应选择04 0 0,即滑动变阻器R应选择E。(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象，图象如图所示：根据闭合电路欧姆定律，可得U /函数关系式为：U=E-l(r+R0),根据图象的物理意义，可知该电池电动势为：E=2.9 7,图象的斜率表示：r+&=|当|：嘿O =4/0.48

37、 05.0。,所以电源内电阻为：r=5.0。-40=1.00(3)由乙同学的电路接法可知，R左右两部分并联后与3 串联，则可知，在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现图丁所示的图象，则由图象可知，当电压为2.00V时，电流为0.1 0 4,此时两部分电阻相等，则总电流为儿=0.204；而当电压为1.81/时，电流分别对应0.064和0.1 8 4 则说明当电压为1.8V时，干 路 电 流 为=0Q64+0.18/4=0.244；则根据闭合电路欧姆定律可得：2.00=F-0.2(r+R0)1.80=E-0.3(r+&)联立解得电源的电动势为：E=3.0

38、K；内阻为：r=l.OPo故答案为：(1)3.0,0.6,C,E；(2)图象见解析；2.9：1.0；(3)3.0；1.0.(1)明确保护电阻的作用，根据安全性、准去性原则进行选取器材；(2)根据描点法作图，根据闭合电路欧姆定律结合图象求解电动势和内电阻；(2)明确电路结构，知道滑动变阻左右两端并联接入电路，则根据串并联电路的规律和图象结合可求得电动势和内电阻。本题考查测量电动势和内电阻的实验，要求能明确实验原理，知道实验中电路结构的分析和闭合电路欧姆定律的应用，同时能结合图象进行分析求解。第18页，共24页1 5.【答案】解：(1)如图所示,由折射定律有兀=七s i n。由最后的出射角等于最初

39、的入射角，根据几何知识有D=2(a-0)6 =3联立解得：n=1.3 1 2；(2)由几何关系得光在冰晶中的传播路程s=1.5 a =1.5 x 1 0-3m太阳光在冰晶中传播的速度为v=-n则在冰晶中传播的时间为t =V联立解得：t=6.5 6 x 1 0 7 2 s答：(1)冰晶对该光线的折射率为1.3 1 2；(2)该光线穿过冰晶所用的时间为6.5 6 x 1 0-1 2 5。【解析】(1)根据题意作出光路图，根据折射定律结合几何关系作答；(2)根据t =:求穿过冰晶所用的时间。本题主要考查了光的折射定律，熟悉光的传播特点，结合折射率的定义和运动学公式即可完成分析。1 6.【答案】解：(

40、1)运输车进站瞬间，产生的总的感应电动势为E =2 B L%由闭合电路欧姆定律得/=2R根据牛顿第二定律得2BIL=2ma联立解得。=竺 曳，方向与初速度方向相反。mR(2)设运输车从进站到停止的距离为x,经历的时间为t。取初速度方向为正方向，由动量定理得-2B1L-t=0-2mv0其中3/2B Lvt _ BLx2R R解得久=m vQRB2L2答：(1)运输车进站瞬间的加速度为q警，方向与初速度方向相反；(2)运输车从进站到停止的距离为霁。【解析】(1)运输车进站瞬间，导体棒1 和2 都要产生感应电动势，两个电动势串联，由E =2 B L 孙求出总电动势，由闭合电路欧姆定律求出回路中感应电

41、流大小，再由牛顿第二定律和安培力公式相结合求加速度。(2)运输车从进站到停止的过程做变减速运动，利用动量定理求解运输车运动的距离。解答木题时，要注意导体棒1 和2 都要切割磁感线产生感应电动势，两个电动势是串联关系。同时，要注意两棒都要受到向右的安培力。运输车做的是变减速运动，不能根据运动学公式求距离，可利用动量定理求滑行距离。1 7.【答案】解：(1)粒子在电场做类平抛运动，沿y 轴方向做匀加速直线运动，沿x轴方向以速度做匀速直线运动(设其位移为为，设粒子进入磁场时的速度大小为，其方向与x轴夹角为。，其沿y 轴方向的分速度为%,运动时间为匕，则有：d=-ati2 1x=vot ivy=atr

42、tand=-%由牛顿第二定律可得：qE=ma联立代入数据解得：x=|d,6=53。，v =|v0，方向与轴正方向夹角为53。；cost/3(2)粒子进入磁场做逆时针的匀速圆周运动，圆周轨迹恰好与磁场下边界相切。设运动半径为第20页，共24页r,由几何关系得：r c o s 53+3d d=r解得：r =5d粒子再次进入电场做反方向的类平抛运动，与从。点进入电场做的类平抛运动相对称，故水平位移仍等于“，可得：S点到。点的距离为：SO=2x+2r s in 53。=l id；(3)设磁感应强度的改变后，粒子在磁场中的运动半径为R,粒子每次在磁场中的运动轨迹的弦长为：L=2R s 讥 53经n(n

43、1)次磁偏转仍过S点，需满足关系：n(2x+L)=SO=l id联立解得：R=|(蓝-3)d可得：$3。，且n为大于1的正整数解得：r i =2,或n -3由洛伦兹力提供向心力得：q v B=m 解得：8嗤=鬻当2时，R =|d，8 =鬻当n =3时，R=5,B -答：(1)带电粒子进入磁场时的速度大小为|%，方向与x轴正方向夹角为53。；(2)S点到。点的距离为l id；(3)磁感应强度的可能值为鬻和鬻。【解析】(1)粒子在电场做类平抛运动，根据类平抛运动的特点将其分解处理，结合牛顿第二定律求解；(2)粒子进入磁场做逆时针的匀速圆周运动，圆周轨迹恰好与磁场下边界相切。由几何关系求得运动半径为

44、，粒子再次进入电场做反方向的类平抛运动，与之前的类平抛运动相对称，作出轨迹图，由几何关系求解；(3)根据粒子每次在磁场中偏转的运动轨迹的弦长，找到满足的几何关系，求得运动半径满足的条件，由洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度的可能值。本题考查了带电粒子在电场和磁场中运动问题。对于粒子在电场中偏转做类抛体运动，应用运动的合成与分解解答；对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。18.【答案】解：(1)设小球与小盒相撞后瞬间，小盒的速度大小为/此时与小盒相连的绳子上的拉力大小为T。由题意此时物块对木板的

45、压力刚好为零，可知：T=3mg小球与小盒相撞后的瞬间是两者组成的整体开始做圆周运动的初始时刻，由牛顿第二定律得：T-2 m g =2 m-联立解得：v=ygL,方向水平向右；(2)设小球到达B处时的速度大小为北，在四分之一圆弧轨道上克服摩擦力所做的功为小球与小盒相撞过程，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=+rn)v对小球从4处到B处的过程，由动能定理得：m g -3L-W =gm诏联立解得：W =m g L；(3)由题意小球进入小盒时刚好能被卡住，此时物块对木板的压力刚好为零。则此时桌面对木板的最大静摩擦力为：f=nmg=0.5mg,因细杆与圆环的总重力为(zn+0.2 5 m)g

46、 f,故木板将向右做匀加速运动。在木板与挡板相撞前，假设细杆与圆环保持相对静止，对木板、细杆与圆环组成的整体为研究对象，设其加速度为a,由牛顿第二定律得：(m+0.25m)g “mg=(m+m+0.25m)a解得：a=：g设此过程圆环与细杆之间的静摩擦力为对圆环由牛顿第二定律得：0.25mg f =0.25ma解得：f =因r 0.5 m g,即圆环与细杆F间的静摩擦力小于最大静摩擦力，故假设成立。设木板与挡板第一次碰撞时的速度大小为火，则有：vf=2aL第22页，共24页木板与挡板第一次碰撞之后，圆环相对细杆向下滑动，木板向左，细杆向上做匀加速直线运动，设两者加速度大小均为由,对木板与细杆组

47、成的整体由牛顿第二定律得：0.5mg+m g +fimg=(m +m)%解得：5 =g木板与挡板第一次碰撞之后向左减速到零的位移就是木板向左返回的最大位移，设为与,则有:vf =2a1x1与 资=2 a L 对比可得：/=(4)木板与挡板第一次碰撞之后，圆环向下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a?，对圆环由牛顿第二定律得：0.5mg 0.25mg-0.2 5 m a2解得：a2=g因的=a2,则木板、细杆与圆环同时减速到零，且圆环与细杆的位移大小相等均等于与，但方向相反，则圆环与细杆的相对位移大小为：-2 X 木板第一次向左减速到零之后，再向右匀加速直线运动与挡板第二次碰撞之后，再向左匀加速

48、直线运动到速度为零，此过程中各阶段木板、细杆与圆环的加速度均与之前相同。同理可得：木板与挡板第二次碰撞之后向左减速的最大位移为：%2 =久=(源对应此过程的圆环与细杆的相对位移大小为：=2%2木板与挡板第九次碰撞之后向左减速的最大位移为：Xn=对应的圆环与细杆的相对位移大小为：k=2%n【解法一】设细杆的长度为S,则有：s=4 X 1 +AX2+AX3+-.+Axn=2|L+(|)2L +(i)3L +-.+(1)nL =2 -2(泗1 3当九=8时，解得：S=La【解法二】设细杆的长度为s,则全过程细杆与圆环相对位移大小等于s,由前述的过程分析可得到在木板与挡板第一次碰撞之后全过程木板的运动

49、路程(即为：2xi+2小+2的+.+2xn)与全过程细杆与圆环相对位移大小相等(即：2/+2X2+2X3+-.+2xn=s)o由功能关系可得全过程细杆与圆环摩擦生热为：Qi O.Smgs全过程木板与桌面摩擦生热为：Q2=mgL+nmgs=+s)全过程木板、细杆与圆环组成的系统减少的机械能为：AE mgL+0.25mg(L+s)由能量守恒定律得：4E=Qi+Q2即：mgL+G.2Smg(L+s)=0.5mgs+mgL+s)解得：s=J答：(1)小球与小盒相撞后瞬间，小盒的速度大小为便，方向水平向右；(2)小球在四分之一圆弧轨道上克服摩擦力所做的功为mgL；(3)木板与挡板碰后，向左返回的最大位移

50、为5乙；(4)细杆的长度为加【解析】(1)由题意得到与小盒相连的绳子上的拉力大小，根据牛顿第二定律结合向心力公式求解；(2)由动量守恒定律求得小球到达B处的速度大小，再由动能定理求解；(3)根据力与运动的关系，判断木板将如何运动，应用牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解；(4)研判木板、细杆与圆环三者的运动过程，找到各个运动过程之间的关系和运动规律，由得到的规律确定求解的方法。本题考查了在多物体、多过程的复杂运动中力与运动关系和功与能关系的分析处理能力,以及应用数学方法处理物理问题的能力，难度大。第(4)问找到运动规律之后，可由数学的等比数列求和求解，亦可用功能关系与能量守恒定律求解。此题