2022年山东省普通高中高考物理模拟试卷（一）（附答案详解）.pdf

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1、2022年山东省普通高中高考物理模拟试卷（一）1.下列说法不正确的是（）A.在原子核中，结合能越大，原子核中的核子结合的越牢固B.电子的衍射现象说明实物粒子具有波动性C.根据玻尔理论，氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，会释放一定频率的光子D.在*6y这三种射线中，y射线的穿透能力最强，a射线的电离能力最强2.如图所示，将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块4放在物体B上，除了物体B与水平面间的摩 -&擦力之外，其余接触面的摩擦均可忽略不计。已知物）体B的质量为M、滑块4的 质 量 为 当 整 个 装 置 静 止 B时，4 B接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为仇“J_1二 凌77777

2、77777777777777777777777777/f重力加速度为g。则（）A.物体B对水平面的压力大小为MgB.物体B受到水平面的摩擦力大小为mgtan。C.滑块4与竖直挡板之间的弹力大小 为 黑D.滑块4对物体B的压力大小 为 豪3.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2,原线圈与固定电阻此串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交流电源。副线圈电路中负载电阻为可变电阻7?2,2、U是理想电表，调节&，使/?2=2%,闭合开关S,此时电流表的读数为1 4电A.电源输出电压为4VB.电源输出功率为12”C.将/?2调为8。时，变压器输出功率为81VD.将/?2调为8。时，电源输出功率为

3、4.5IV4.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率%运行，初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的4处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的D-t图象（以地面为参考系）如图乙所示。已知外巧，物块和传送带间的动摩擦因数为，物块的质量为小。则（）A.t2时刻，小物块离4处的距离最大B.0-12时间内，小物块的加速度方向先向右后向左C.0 t2时间内，因摩擦产生的热量为mg 处 产 +等 D.0-t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为空l+t2）5.某国际研究小组借助VL7光学望远镜，观测到了一组双星系统，此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星

4、体表面物质，达到质量转移的目的。如图所示，它们绕两者连线上的某点。做匀速圆周运动。假设在演变的最初过程中两者球心之间的距离保持不变且两星体密度相同，则在演变的最初过程中（）A.两星体之间的万有引力变小B.两星体做圆周运动的角速度不变C.体积较大星体做圆周运动的轨迹半径变小，线速度变小D.体积较大星体做圆周运动的轨迹半径变大，线速度变小6.如图所示，三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上。P、M、N分别为轨道的最低点。a、b、c三个相同的带正电绝缘小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动，贝 女）A.b球先于a球到达轨道的最低点B.a、

5、b两球第一次经过轨道最低点时，b球对轨道的压力更小第2页，共21页C.三小球向下运动过程中，C球最先达到其最大速度D.c球运动过程中，其重力势能最小时，电势能一定最大7.在透明均匀介质内有一半径为R的球状空气泡，一束单色光由介质从4点以30。入射角射入气泡，从B点射出气泡，如图所示。已知该单色光的偏向角为30。（从B点射出光线与在4点入射光线的夹角），该单色光在空气泡中的传播速度为c,贝 女）A.介质对单色光的折射率为近B.单色光从4到8的传播时间为巴Cc.单色光从介质射向空气的临界角正弦M C 当D.用该单色光做双缝干涉实验，减小双缝间距时，屏上的干涉条纹间距变小8.如图所示，轻质弹簧的一端

6、与固定的竖直板P拴接，另一端与物体4相连，物体4置于光滑水平桌面上（桌面足够大），A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连.开始时托住8,让4处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B,直至B获得最大速度.下列有关该过程的分析中正确的是（）A.B物体受到细线的拉力保持不变B.8物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量C.A物体动能的增量等于B物体重力对B做的功与弹簧弹力对4做的功之和D.4物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体重力对8做的功9.一列简谐横波沿x轴传播，在1=。时刻和=0.75s时刻的波形分别如图中实线和虚线所示。己知x=0处的质点在。0.75s内运动的路程为（

7、4 一 71）61。则（）y/cmA.这列波的传播方向沿x轴负方向B.这列波的传播方向沿支轴正方向C.波的传播速度大小是4m/sD.%=67n处质点的振动表达式为y=2sin（jtt+y）cm1 0.如图所示，在无穷大均匀带正电金属板和负点电荷形成的电场中，金属板接地（取大地电势为零），金属导体置于负点电荷和金属板之间且在过负点电荷垂直于金属板的直线上，力、B、C是垂线上的三个点且B、C在金属导体表面。贝M）A.B、C两点的电场强度一定相同B.B点与导体内部的各点电势相等C.A、B、C三点的电势均大于零D.负电荷在4点的电势能小于在C点的电势能11.做磁共振检查时，对人体施加的磁场发生变化时会

8、在肌肉组织中产生感应电流。为了探究该感应电流对肌肉组织的影响，可将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，如图所示，若等效线圈的半径为r,线圈导线的截面积为S,电阻率为p,匀强磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度在a时间内从B均匀地减为零。则（）A.沿磁场方向从右向左看，该圈肌肉组织中感应电流方向为顺时针B.根据题中条件可以求出该圈肌肉组织中的感应电动势空贮AtC.根据题中条件可以求出该圈肌肉组织中的等效电阻等D.根据题中条件可以求出4时间内该圈肌肉组织中产生的热量12.如图，4BC是竖直面内的光滑固定轨道，力点在水平面上，轨道48段竖直，长度为R,BC段是半径为R的四分之一的圆弧，与力B相切

9、于B点。一质量为m的小球从4点以某一竖直向上的初速度沿4BC轨道的内侧运动，且到达最高点。点时恰好仍能接触轨道，已知小球始终受到与重力大小相等的水平向右的外力作用，小球的半径远小于R,重力加速度大小为g。则（）第4页，共21页CRu-B RA.小球在4点的初速度为J颛 B.小球在4点的初速度为/防C.小球的落地点到4点的距离为R D.小球的落地点到A点的距离为2R13.用如图1所示的装置探究“当小车质量一定时，小车加速度与合外力的关系”，图中带滑轮的长木板和力传感器均水平固定，打点计时器连接频率为50”z的低压交流电源。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。（1）关于本实验，下 列 说 法 正 确

10、的 是。4若长木板摩擦不可忽略，则需要平衡小车受到的摩擦力A该实验不需要用天平测出砂和砂桶的质量C为减小误差，砂和砂桶的质量要远小于小车的质量D若实验过程中，交流电源频率突然变小，则计算出的加速度比真实值要小（2）已知打点计时器每隔0.02s打下一个点，图2是按照规范操作的某次实验得到的一条纸带，0,1,2.5是每隔4个点标示的计数点。则小车的加速度a=m/s2.（结果保留2位有效数字）14.寒假期间，王同学组织兴趣小组对某工厂废水的电阻率进行了测定，以此来判断该工厂废水是否达到排放标准（废水电阻率的达标值为p 100。m）如图甲所示为该小组所用盛水容器，其左、右两侧面为金属薄板（电阻极小），

11、其余四面由绝缘材料制成，左右两侧带有接线柱。容器内表面长a=20cm,宽b=15cm,高c=10cm。将水样注满容器后，先用多用电表欧姆挡测该水样的电阻约为2kO,然后进行以下操作：（1）为更精确测量所取水样的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材：A 电流表（量程1004电阻均 为4900）B.电压表（量程6 V,电阻灯 约为10k。）C 滑动变阻器（02 0 0,额定电流14）。.电源（6人内阻约为10）E.开关一只、导线若干由于上述电流表量程不足，将其量程改装为5nh4,须并联一合适电阻&,改装后电流表总内阻&=（2）利用上面实验器材精确测量水样的电阻，请完成图乙中的实物图连接。（3）正

12、确连接电路后，闭合开关，测得一组U、/数据，再调节滑动变阻器，重复上述测量步骤，得出一系列数据，作出U-/关系图线如图所示。结合图线求出水样的电阻值R=_fio（4）由以上测量数据求出待测水样的电阻率p=n-讥（保留2位有效数字）。据此可知，所测水样在电阻率这一指标上_ _ _ _ _。（选 填“达标”或“不达标”）15.如图所示，内径均匀、长为L=35cm的直玻璃管开口向上竖直放置，内有一段长九=5cm的水银柱封闭着一定质量的理想气体，当玻璃管以1倍的重力加 速度向下加速运动时，水银柱的上液面恰好与管口平齐，此时环境温度为A=300K；当玻璃管静止放置且环境温度降为彩=290.5K时，需要再

13、添加一段水银才能使水银液面刚好再次与管平齐，已知大气压强Po=76cmHg。求：（1）玻璃管以，倍的重力加速度向下加速过程中，玻璃管内封闭气柱的压强P1的大小；（2）玻璃管静止放置时所添加的水银柱的长度。16.2022年2月8日，我国选手谷爱凌在第24届冬季奥林匹克运动会女子自由式滑雪大跳台比赛中获得冠军。参赛滑道简图如图所示，abcde为同一竖直平面内的滑雪比第 6 页，共 21页赛滑道，运动员从a 点自静止出发，沿滑道abed滑至d点飞出，然后做出空翻、抓板等动作，在de段的水平区域上落地并滑到安全区域。其中ab段和cd段的倾角均为。=37,ab段长L=1 1 0 m,水平段be长G =3

14、0m,cd坡高h=9m,ce段足够长。设滑板与滑道之间的动摩擦因数为 =0 4,不考虑转弯b和c处的能量损失，运动员连同滑板整体可视为质点，其总质量m=60/cg。忽略空气阻力,g取10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。求：(1)从a 到d运动员克服摩擦力所做的功；(2)运动员从d点飞出时的速度大小；(3)运动员从d点飞出至落地所需要的时间(保留2位有效数字)。1 7.如图所示，离子室、加速电场、速度选择器的中心轴线都位于x轴上，y轴的右侧有一半径为Ro的圆形磁场区域，圆形磁场的圆心坐标为(3,0)。已知速度选择器的两极板间的匀强电场场强为E,匀强磁场磁感应强度为当，方向垂直纸

15、面向里。圆形磁场的磁感应强度为方向垂直纸面向外。某次实验时离子室内充有大量同种阴离子，经加速电场加速后沿速度选择器的中轴线射出，并从坐标原点。进入圆形磁场区域，且离子刚好经过P(R,Ro)点，离子重力忽略不计。则：(1)该种离子的比荷是多少？(2)调整圆形磁场的磁感应强度大小，使离子最终能通过y轴上的Q(0,V5R0)点，则此时圆形磁场的磁感应强度为多大？(3)撤去圆形磁场区域内的磁场，并在y轴的右侧加上平行于坐标平面，且与x轴正方向成45。角斜向上的匀强电场(图中未画出)，求离子再打到y轴上某点时的速度大小。1 8.如图甲所示的康乐棋也称康乐球，是一种传统的棋类游戏，游戏时双方用“球杆”通过

16、击打母棋撞击其它棋子入洞，棋子顺利入洞者可连续击打，所有棋子打入洞内算一局，一局中打入的棋子最多的一方获胜。某康乐棋的母棋、棋子与棋桌之间的动摩擦因数均为=0.5,母棋的质量小。=50g,被击打的棋子质量均为加1 =30g。如图乙，母棋、棋子4与1号洞在一条直线上，某玩者击打母棋，使其与棋子4碰撞后，棋子4恰好落入1号洞。已知母棋距离1号洞口盘=4 0 cm,棋子4距离1号洞口&=1 0 c m,设它们之间的碰撞为弹性碰撞。棋子的大小可忽略不计，重力加速度g=10m/s2 求：(1)母棋与棋子4碰撞后瞬间，棋子4获得的速度大小也(2)为使棋子4恰好落入1号洞，玩者需击打母棋使其获得合适的速度。

17、a.求母棋撞击棋子4前瞬间的速度大小%;b.保持母棋初始位置不变，改变棋子4在虚线上的位置，玩者对母棋做的功也相应的需要改变，请你分析计算玩者对母棋做功的最小值。图甲 图乙第8页，共21页答案和解析1.【答案】A【解析】解：力、比结合能越大，将核子分解需要的能量越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，与结合能的大小无关，故A错误；8、衍射是波特有的性质，电子的衍射现象说明实物粒子具有波动性，故B正确。C、氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，氢原子的能量值减小，要释放一定频率的光子，故C正确；。、在a、/?、y这三种射线中，y射线的穿透能力最强，电离能力最弱，a射线的电离能力最强，

18、穿透能力最弱，故。正确。本题选择错误的，故选：4。比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定；衍射是波特有的性质；根据玻尔理论判断；根据三种射线的特点判断。本题考查了比结合能、电子的衍射、原子的能级及跃迁以及三种射线的特点，要注意正确理解相关物理规律，理解电子的跃迁过程中，动能与电势能的变化情况.2.【答案】D【解析】解：4、对4B整体受力分析，受重力、地面支持力、竖直挡板支持力、地面的静摩擦力，如图1所示:(M+m)g图1竖直方向根据平衡条件可知，地面支持力大小为：FN=(M+m)g,根据牛顿第三定律可得物体B对水平面的压力大小&=(M+m)g；故A错误；BC、对物体4受力分析，物

19、体4受到重力、墙对它的支持力和4对它的支持力，如图2所示：图2根据平衡条件，有 一：物体B 对滑块4 的支持力：&=篇s i n。墙对4 的支持力：尸 2=翳t a n(7以整体为研究对象，水平方向受力平衡，则：地面的摩擦力大小为：/=尸 2 =翳；L a n(7故 B C 错误；。、根据B C 的分析可知物体B 对滑块4 的支持力大小尸 3 =墨。故。正确故选：D o对整体受力分析，根据平衡条件力列式求解地面支持力；对物体4 受力分析，受重力、B的支持力、挡板的支持力，根据平衡条件列式求解墙对4 的支持力，再对整体根据平衡条件求解物体B 受到水平面的摩擦力大小；对物体4 受力分析，受重力、B

20、 的支持力、挡板的支持力，根据平衡条件列式求解物体B 对滑块4 的支持力大小。本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。3.【答案】B【解析】解：4、电流表的读数：12=1 A,电压表的读数：U2=4 V,根据欧姆定律可知，&=牛=：。=4 0,当/?2 =2%时，得=2 0,理想变压器原、副线圈匝数之比12 1为1：2,根据电压与匝数成正比得原线圈电压：U.=2 V,根据电流与匝数成反比得原线圈电流：4 =2 4,所以电源输出电压：U =U i+A R i=2 V +2 x 2 V =6 V,故A错误；B、电源输出

21、功率为P =I/。=12W,故 8正确；C D、通过副线圈电流：=*，通过原线圈电流：4 =2 号,分析原线圈，根据闭合电路欧姆定律可知，=2评/?1+今 解 得：4=翳，变压器输出的功率：尸 2=詈=2 ，OK2 J R2第 10页，共 21页144 危 _ 144R?_ 144(R2+8)2R2 (RZ+8)2&+兽+16,R2当R2=80时，变压器输出的功率P2最大即为4.5小，电源的输出功率大于4.5 W,故 CD错误；故选：8。根据串并联电路的规律和欧姆定律可以求得两电阻的阻值，根据电压与匝数成正比和电流与匝数成反比求出电源的输出电压，计算输出功率。根据闭合电路欧姆定律，用电阻/?2

22、表示变压器的输出功率，根据数学知识分析阻值多少时，输出功率最大。此题考查了变压器的工作原理，解题的关键是掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系即可解决本题。4.【答案】C【解析】解：4、0口时间内木块向左做匀减速直线运动，匕时刻以后小物块向右运动，则。时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故4错误；8、0 I2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，根据牛顿第二定律可知，0 七时间内小物块的加速度方向始终向右，故B错误；C、0 t2时间内，物块与传送带间的相对路程为：/s =(誓+-h)-%)_(%+叼 匕+2 J-2 2摩擦产生的热量为：Q=“7ng/s=4mg”等&+等 ,故

23、C正确；D、在0-1 2时间内，物块在传送带上留下的划痕为：L=4s=如 产 +等，故。错误。故选：Co0 t i时间内木块向左做匀减速直线运动，受到向右的滑动摩擦力，然后向右做匀加速运动，当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速运动，摩擦力消失。根据相对路程求摩擦产生的热。本题的解题关键要根据速度图象分析出小物块的运动情况，再分析物块所受的摩擦力的情况。要知道摩擦生热与相对位移有关。5.【答案】B【解析】解：4、设体积较小的星体质量为巾1，轨道半径为体积大的星体质量为皿2,轨道半径为2.双星间的距离为L.转移的质量为则它们之间的万有引力为尸=G叫由于它们的密度是相等的，根据数学知识得知，随着4

24、 m的增大，F先逐渐增大。故A错误。B、对巾1：（叫+弋产-5）=（口+2 1 n l汝2rl对血2：*联-5）=皿_ /3 2 r 2联立解得：3 =产费,总质量m 1+机2不变，两者距离力 不变，则角速度3不变。故B正确。C D、由B项得：3 2 r 2=里 写 ，3、L、均不变，2 m增大，则2增大，即体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，由 =3 r 2得体积较大的星体的线速度增大。故C D错误；故选：B。双星绕两者连线的一点做匀速圆周运动，由相互之间万有引力提供向心力，根据万有引力定律、牛顿第二定律和向心力进行分析。本题是双星问题，要抓住双星系统的条件：角速度与周期相同，运用牛顿第二定律

25、采用隔离法进行研究。6.【答案】C【解析】解：4沿着轨道建立坐标系，将速度和加速度分解为沿轨道方向和垂直于轨道方向，由于b受到洛伦兹力始终在垂直于轨道方向，不影响沿轨道方向的受力，所以b球和a球同时到达轨道的最低点，故A错误；B C.a小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到P点过程中只有重力做功，根据动能定理有m g R =之6诏，b小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到M点过程中只有重力做功，根 据 动 能 定 理 有=c小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到N点过程中有重力做功、电场力做功，根据动能定理有m g R-q E R 或，根据以上公式有可知，c球到达轨道最低点的速度最

26、小。由牛顿第二定律，对a球得 椁-m g =m 4对b球得心”一 m g -m堂，所以a、b两球第一次经过轨道最低点R R时，b球对轨道的压力更大，故8错误，C正确；D e球运动过程中，小球运动到轨道右侧速度减小为时，电势能最大，故。错误。第 12页，共 21页故选：c。分析物体受力情况及各力做功情况，由动能定理可求得小球到达最低点时的速度，由球的运动可知球滑到最低点时的速度变化，由洛伦兹力公式可知压力大小关系。本题涉及磁场、电场中的运动问题，利用功能关系是解决物理问题的常用方法，在解题时应明确洛伦兹力永不做功。丙图中在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的

27、压力的大小，影响小球在右端到达的高度。7.【答案】A【解析】解：4、如图，设入射角为i,折射角为y,则第二次折射的出射角为i,且单色光的偏向角为30。，由几何关系得2(y-i)=30。，解得y=45代入数值计算解得n=V2故 A 正确；B、由几何关系可知光程s=&R光速u=(光在介质中的传播时间t=：联立解得：t=故 8 错误；C、根据全反射临界角的计算公式有：sinC=立，故 C 错误；n 2D、根据条纹间距公式有：=减小双缝间距时，屏上的干涉条纹间距变大，故。错误：故选：Ao根据题意，画出光路图，根据几何关系找出入射角和折射角，由折射律公式可计算长方体透明均匀介质的折射率；根据光程与光速解

28、得时间，根据条纹间距公式分析条纹间距的变化。本题考查了光的折射、全反射等问题，关键是作出光路图，运用几何知识辅助分析，本题中等难度，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。8.【答案】B【解析】解：4、以A、B组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律可得：mBg-kx=(mA+mB-)a,从开始到B速度达到最大的过程中，弹簧的伸长量x逐渐增加，则B加速度逐渐减小；对B根据牛顿第二定律可得：mBg-T =mBa,可知在此过程绳子上拉力逐渐增大，是变力，故 A错误；8、整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能转化为4 的机械能以及弹簧的弹性势能，故 8 物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量

29、，故 B正确；C、根据动能定理可知，A物体动能的增量等于弹簧弹力和绳子上拉力对4 所做功的代数和，故 C 错误；力、根据机械能守恒定律可知，4 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体机械能的减少量，也就是等于B物体克服细绳拉力做的功，故。错误。故选：8。本题首先要分析清楚两物体受力的变化情况和各个力做功情况，根据牛顿第二定律研究B物体所受的细线的拉力；根据功能关系明确系统动能、B重力势能、弹簧弹性势能等能量的变化情况。正确受力分析，明确各种功能关系，是解答这类问题的关键，分析B的加速度时如何变化时，可以4 为研究对象进行分析。9.【答案】AC D【解析】解：4 B、x=0处质点的振幅A

30、=2 c m,已知x=0处的质点在0 0.75s内运动的路程为s=(4 遮)c m,则4 s 2/l,贝 i 0,7 5 s g因波在一个周期内传播的距离是一个波长，则在0 0.75s内波传播的距离Ax大于:，小4于今由图可知，这列波的传播方向沿x轴负方向，故 A 正确，8 错误；C、t=0.75s时刻=0处质点的位移y=4cm (4 V2)cm=V 2cm,该质点的振动方程为y=4s讥年3代入数据解得F=2 s,由图可知4=8 m,则波速为u=：=如/s=4 m/s,故 C 正确；D、t=0时刻=6m处质点位移y=-2 c?n,初相位为手，则 =6m处质点的振动表达式为y=Asin年+y)=

31、2sin(nt+y)c m,故 D 正确。第 14页，共 2 1 页故选：AC D.根据=。处的质点在0 0.75s内运动的路程与振幅的关系，分析运动时间与周期的关系，从而确定波的传播方向。根据久=0处质点在t=0.75s时的位移，由振动方程求出周期，读出波长，即可求出波速。根据振幅、周期及初相位写出x=6zn处质点的振动表达式。解答本题时，要会书写质点的振动方程，由振动方程求解质点振动的周期.10.【答案】BD【解析】解：A B,金属导体放在电场中，处于静电平衡状态，整个导体是一个等势体，表面是一个等势面。即B点与导体内部各点的电势相等。导体表面处的场强不为零，表面处的场强方向跟导体表面垂直

32、.所以B、C两点的电场强度一定不同。故4错误，B正确；C、沿着电场线方向电势降低，电场线由正电荷指向负电荷处，即由金属板指向负点电荷，即4、B、C点处的电势逐渐降低，又由于金属板接地，电势为零，故A、B、C三点的电势均小于零，故C错误；。、由以上分析可知，/点电势高于C点电势，由电势能公式p=q*可知负电荷在4点的电势能小于在C点的电势能，故。正确；故选：B D。处于静电平衡的导体整个导体是一个等势体，表面是一个等势面，表面处的场强方向跟导体表面垂直，结合电势能公式p=q0分析电势能关系。解决本题的关键要理解并掌握处于静电平衡导体的特点：整个导体是一个等势体，表面是一个等势面。11.【答案】A

33、D【解析】解：4、磁感应强度B在均匀地减小到零，穿过线圈向左的磁通量减小，根据楞次定律可知，沿磁场方向从右向左看，该圈肌肉组织中感应电流方向为顺时针，故A正确；8、根据法拉第电磁感应定律可知，k=丝=缗=叱，故B错误；At At AtC、根据电阻定律可知，R=9等,故C错误；D、4 t时间内该圈肌肉组织产生的热量为Q=AtY R因为E、R都已计算得到，时间已知，故热量可以计算得到，故。正确；故选：AD.根据楞次定律分析出感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小；根据电阻定律得出等效电阻；根据焦耳定律完成分析。本题以磁共振为考查背景，主要考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律，需要

34、理解题目，熟悉楞次定律和电学相关公式即可完成解答。1 2.【答案】B【解析】解：A B、小球到达最高点C点时恰好仍能接触轨道，根据牛顿第二定律有：m g =V2m R小球从4点到C点根据动能定理有：-FR-m g -2R=|m v2联 立 解 得%=yj7gR故A错误，B正确；C D、小球从C点之后做平抛运动，根据平抛运动规律有：x=vt2R=|5 t2联立解得：x=2R则落地点到4点的距离为s =2 R +R =3 R；故C D错误；故选：8。小球到达最高点C点时恰好仍能接触轨道，满足：m g=my,根据动能定理与平抛运动规律可解得。本题考查动能定理和向心力的综合应用。运用动能定理时要明确研

35、究的过程，分析哪些力对物体做功。1 3.【答案】AB 0.6 4【解析】解：（1）4、若长木板摩擦补课忽略，则需要平衡小车受到的摩擦力，使小车受到的拉力为小车的合外力，故A正确；第 16页，共 21页B C、该实验不需要用天平测量出砂和砂桶的质量，不需要满足砂和砂桶的质量要远小于小车的质量，因为力的传感器可以读出绳中的拉力，故5正确，C错误：。、若实验过程中，交流电源频率突然变小，则实际打点周期变大，代入的周期偏小,根据逐差法可知，计算出的加速度比真实值要大，故。错误；故选：AB.(2)根据逐差法可知小车的加速度为:a=7.92+7.27-6.64-6.004X0.12x 102m/s2 0.

36、6 4 m/s2故答案为：(1)4 8；(2)0.6 4(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；(2)根据逐差法计算出小车的加速度。本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合逐差法计算出小车的加速度即可，在计算过程中要注意单位的换算。1 4.【答案】9.8 1 2 4 0 94不达标【解析】解：(1)匕=匹=1。“。-丁0 =9Mv 7 I I 5x10-3(2)由于水样的阻值远大于滑动变阻器的最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，由于电流表内阻已知，电流表应采用内接法，实物电路图如图所示(3)根据图示图像可知：R+a=-=房 不。=1 2 5 0

37、。，水样电阻R a 1 2 4 0 0(4)由电阻定律得：R=p=p 看,电阻率p =竽，带入数据解得：p g 9 4 0-m；所测水样在电阻率这一指标上不达标。故答案为：(1)9.8；(2)实物电路图如上图所示；(3)1 2 4 0；(4)9 4；不达标。(1)应用欧姆定律求出电流表内阻。(2)根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后根据实验原理连接实物电路图。(3)根据图示图像求出水样的电阻。(4)应用电阻定律求出电阻率，然后判断水样是否合格。理解实验原理是解题的前提，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是连接实物电路图的关键；应用电阻定律可以求出电阻率。1 5.【答案】解：(1)设玻璃

38、管横截面积为S,长h =5 c z n 的水银柱质量为m玻璃管以:倍的重力加速度向下加速时，由牛顿第二定律得：m g +p0S-P 1S=1mg解得：Pi =80cmHg(2)玻璃管静止放置时又添加的水银柱的长度为%c m此时封闭气柱的压强P2 =Po +pg(h+%)=(8 1 +x)cmHg由理想气体状态方程得：与 辿=12代入数据解得：x=2cm答：(1)玻璃管以、倍的重力加速度向下加速过程中，玻璃管内封闭气柱的压强p i 的大小为 80cmHg：(2)玻璃管静止放置时所添加的水银柱的长度为2 s n。【解析】(1)根据对水银柱进行受力分析，结合牛顿第二定律得出压强的大小；(2)分析出变

39、化前后的压强，结合理想气体的状态方程得出添加的水银柱的长度。本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出变化前后的状态参量，结合公式p V=C 7 即可完成分析。1 6.【答案】解：(1)从a 到d 运动员克服摩擦力所做的功叼=加/0 5 3 7。(4 1+焉;)+mgL2代入数值，解 得 叼=3 12 0 0/(2)由动能定理r n g Q i S 讥3 7。-h)-Wf=|m v2代入数值，解得运动员从d 点飞出时的速度大小u=10 m/s(3)运动员从d 点飞出至最高点历时口W v s i n 3 7 =gt1代入数据解得t i =0.6 s运动员从最高点到落地历时t

40、 2,有九+(北；7。产=泗代入数据解得t 2 =1.4 7 s运动员从d 点飞出至落地所需要的时间t =口 +b =0.6 s +1.4 7 s x 2.1s第 18页，共 2 1 页答：(1)从a到d运动员克服摩擦力所做的功为3 12 0 0/；(2)运动员从d点飞出时的速度大小为10 m/s：(3)运动员从d点飞出至落地所需要的时间为2.1s。【解析】(1)从a到d的过程中，利用动能定理计算克服摩擦力所做的功；(2)对全程利用动能定理计算从d点飞出时的速度大小；(3)根据竖直方向上做竖直上抛运动计算时间。本题主要考查了动能定理和运动过程的分析，求时间时，一般利用运动学公式求解。17.【答

41、案】解：(1)设 离 子 质 量 为 电 荷 量 为q在速度选择器中沿直线运动，有qE=qvB解得：。=怖2在圆形磁场中做半径为q的圆周运动，有=-ri从P点射出时，其轨迹圆心为0 1，由几何关系知6 =&就由以上三式解得 不 高(2)离子能经过Q点，在圆形磁场中做半径为七的圆周运动，其轨迹圆心为。2,由几何关系可得N O C Q =6 0 ,4。2 =3 0 由几何关系可得 =-y/?0 m r2所求磁感应强度丛=V 3 B2(3)离子受电场力设为F,经时间t离子再打到y轴上某点.由动量定理可得x方向：Fc o s 4 5 -t =2mvy方向：Fsin4 5 -t mvy解得力=2 v所求

42、速度v合=+药=V 5 v -浮答：(1)该 种 离 子 的 比 荷 为 高；(2)此时圆形磁场的磁感应强度为百夕2;(3)离子再打到y轴上某点时的速度大小为警。【解析】(1)根据电场力和洛伦兹力的等量关系，结合牛顿第二定律和几何关系得出离子的比荷；(2)根据几何关系结合牛顿第二定律得出磁感应强度的大小；(3)根据不同方向的动量定理得出粒子在不同方向的速度，根据矢量合成的特点完成分析。本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子的受力特点，由此分析出运动类型,结合几何关系和牛顿第二定律完成分析。18.【答案】解：母棋的质量m()=5 0g=0.05 kg,被 击 打 的 棋 子 质 量 均

43、为=30g=0.0 3 k g；d()=4 0 c m =0.4 m,d】=10 c m =0.1m。(1)碰撞后棋子4做匀减速直线运动，达到1号洞时速度恰好为零，由动能定理得：lim1gd1=0 m v2解得：v=l m/s(2)明 母棋与棋子4发生弹性碰撞，系统动量守恒，机械能守恒，取母棋碰前的速度方向为正方向，则有.：movo=moVi+m j V根据能量守恒定律有：g n i o诏=之6 0谱+3巾1/代入数据解得：v0=0.8 m/sb、设玩者对母棋做功为W,则母棋获得的初动能为W,棋子4到1号洞的距离为X,碰后对棋子4的运动过程，由动能定理得：m i g x =0 ：n u Z2解

44、得：v=yj2ngx与a同理可得碰撞前瞬间母棋的速度：/。=喏1M对碰撞前母棋的运动过程，由动能定理得：-m()g(d o -)=mQvrQ-W第20页，共21页解得：勿=0.1-0.09x0)当*=四 时，x最大，W最小解得：Wm in=0.1-0.09do=(0.1-0.09 x 0.4)/=0.0647答：(1)母棋与棋子4碰撞后瞬间，棋子4 获得的速度大小为lm/s；(2)a.母棋撞击棋子4前瞬间的速度大小为0.8m/s；b.玩者对母棋做功的最小值为0.064/。【解析】(1)由题意可知棋子4碰撞后匀减速运动到洞口时速度恰好为零，由动能定理求得所求；(2)弹性碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，应用弹性碰撞模型，解得所求；同理应用弹性碰撞模型和动能定理，推导出所求做功与棋子4到1号洞的距离的关系，应用数学知识求得极值。本题为力学综合题目，包含动能定理，动量守恒定律两大力学原理。弹性碰撞模型要熟记公式，能灵活应用，此题已知碰撞后的速度反推碰前的速度。最后一问的求极值难度并不大。