2021-2022学年河南省新乡市名校联考高二（下）期末物理试卷（附答案详解）

2021-2022学年河南省新乡市名校联考高二（下）期末物

理试卷

1.下列说法正确的是（）

A.光电效应表明光具有能量，康普顿效应表明光具有动量

B.电子束穿过铝箔的衍射现象说明电子具有粒子性

C.目前核能发电主要使用的是轻核聚变反应

D.由于铀核裂变反应释放能量，裂变产物原子核的比结合能小于铀核的比结合能

2.如图所示，2022北京冬奥会冰壶比赛时某运动员将冰壶（可视为质点）以速度%从栏

线P沿虚线推出，假设冰壶沿虚线做匀减速直线运动，栏线P到营垒圆心。的距离是

L-44.5m,营垒是由4个直径分别为0.15m、0.61m、1.22m和1.83m的同心圆组成。

冰壶与冰面的动摩擦因数〃=0.02,运动员把冰壶推进直径是1.22m的圆内，重力

加速度g取10m/s2,则%可能是（）

A.v0=3.0m/sB.v0=4.0m/sC.v0=42m.lsD.v0=5.0m/s

3.如图所示，一根光滑的轻绳一端系在天花板的P点，

另一端跨过动滑轮和定滑轮系在小球上，小球套在光

滑的竖直杆上，装有水的桶挂在动滑轮的挂钩上，整

个系统处于静止状态，下列说法正确的是（）

A.若桶中的水缓慢漏出，小球将向上移动

B.若P点缓慢向左移动一小段距离，小球将向下移

动

C.若P点缓慢向右移动一小段距离，小球将向上移动

D.若P点缓慢向右移动一小段距离，小球将向下移动

4.北京时间2022年4月16日09时56分，“神舟十三号”载人飞船返回舱在东风着陆场

成功着陆，“神舟十三号”载人飞行任务取得圆满成功，“神舟十三号”首次实施

快速返回。如图所示是“神舟十三号”载人飞船与“天和核心舱”分离后，在较低

轨道上运行，“天和核心舱”在较高轨道运行，它们都绕地球近似做匀速圆周运动,

下列说法正确的是（）

二二

：j天和核心舱

一一一"幺神舟十三号

...

A.“神舟十三号”载人飞船与“天和核心舱”分离后加速才能进入较低轨道

B.分离后“神舟十三号”载人飞船的运行速度大于“天和核心舱”的动行速度

C.分离后“神舟十三号”载人飞船的运行周期大于“天和核心舱”的运行周期

D.分离后“神舟十三号”载人飞船的动能大于“天和核心舱”的动能

5.真空中静止的三个点电荷形成的电场分布如图所示，一带正电的粒子（不计重力）以

初速度均从4点进入电场，运动轨迹如图中虚线所示，B点是两个负电荷连线的中

点，下列说法正确的是（）

A.带电粒子在B点的加速度为零

B.带电粒子在B点的速度最大

C.从B到C电场力对带电粒子先做正功后做负功

D..从B到C带电粒子的电势能先增加后减小

6.如图所示，在光滑水平地面上，一根轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长时右端在。

点，在。点右侧的地面上静止放置;圆弧曲面的滑块，滑块质量为37n且左端与地面

相切，圆弧半径为R。用质量为僧的小球（可以看成质点）压缩弹簧，当弹性势能Ep=

[mgR时释放小球，不计空气阻力，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

第2页，共25页

A.当弹簧第一次恢复原长时小球的速度为点gR

B.小球第一次与;圆弧曲面滑块速度相同时小球距地面的高度大于R

C.小球第一次从（圆弧曲面滑块返回到水平地面时的速度大小为

D.小球第一次从;圆弧曲面滑块返回到水平地面后还可以再一次滑上;圆弧曲面滑

块

7.如图所示的电路,％是光敏电阻（电阻随光照强度增加而减小），之、&是定值电阻，

6、C2是电容器，电源电动势为E,内阻为r,且Ri+/?3=r,开关S闭合后光照强

度增加时，下列说法正确的是（）

A.电阻&两端的电压减小

B.电容器Q和电容器C2的带电量都减小

C.电源的输出功率一定增加

D.电源的效率一定增加

8.如图所示，在PQ之间有水平向右的匀强电场，在QM之间；______a

的两个半径为R的圆形为（不包含边界）存在方向相反的圆,[...

形磁场，两个圆形磁场相切且与边界Q也相切，磁感应强；-£-»'''

I

度均为B,在两个圆形磁场右边并与圆形磁场相切有一个*

[►xxx

足够大的挡板，在下边圆形磁场的最低点4处有一个粒子；------V7

IZXZX/\

I--------►♦

源可以在平面内向磁场内各个方向发射速率为管，电量为PQAM

+q,质量为ni的粒子，PQ之间的距离为2R,电场强度为等，不计粒子的重力和

粒子间的相互作用力，粒子不发生碰撞，下列说法正确的是（）

A.粒子水平向左进入匀强电场

B.粒子速度减到零时刚好运动到电场左边界P

C.粒子在下边的圆形磁场中运动的时间均为黄

D.粒子均能垂直打在挡板上

9.如图所示，有一个理想变压器，原线圈匝数%=400,两组副线圈匝数电=%=

100,理想二极管和C=2x10-6尸的电容器接在副线圈电两端，定值电阻R=25。

接在副线圈如两端，在ab端输入交流电"助=220V2sml007rt（V）,开关S闭合电路

稳定后，原线圈电压为Ui，电流为副线圈电的电压为出，电流为右，下列说法

正确的是（）

A.电容器C的电荷量一直在变化

B.电容器C的电荷量是1.10xI。-%

C.原线圈叫与副线圈的的电流满足?=中

l3nl

D.定值电阻R电功率是121”

10.如图所示，两足够长光滑平行金属导轨倾斜放置且电阻不计，倾角8=37。，两导

轨间距L=1.0m,空间有垂直导轨斜向上的匀强磁场，磁感应强度B=1.07。不计

电阻、质量m=1.0kg的金属棒垂直于导轨放置，金属棒的长度与导轨间距相等并

与导轨接触良好。导轨上端接有C=2.0F的电容器和R=2.00的定值电阻，单刀双

掷开关接1时与电容器构成闭合回路，接2时与定值电阻构成闭合回路，重力加速度

g取10m/s2,sin370=0.6,cos37°=0.8=在2=0时刻单刀双掷开关接1，同时

由静止释放金属棒，Q=5s时单刀双掷开关瞬间接到2,经过一段时间后金属棒做

匀速直线运动，下列说法正确的是（）

第4页，共25页

A.单刀双掷开关接1时金属棒做匀加速直线运动

B.在G=5s时金属棒的速度是l(hn/s

C.在0=5s时电容器带的电荷量是2.OC

D.最后金属棒匀速直线运动的速度是12m/s

11.如图所示，某同学想测量滑块和长木板之间的动摩擦因数，设计了如下实验方案。

(1)按照图1安装实验装置，把长木板放在水平桌面上，调节光滑定滑轮的高度，使

细线与长木板平行，(填“需要”或“不需要”)把长木板左端垫高；

图1

图2

(2)在光滑动滑轮挂钩上挂上钩码，接通打点计时器电源，释放滑块，得到如图2的

一条纸带，并选取了七个计数点，两个计数点之间还有一个计时点未画出，并测出

了相邻两个计数点之间的距离分别是Si，S2,S3,S4,S5,S6，已知打点计时器电

源的频率是力传感器示数是F,重力加速度为g,并用天平测出了滑块的质量M,

滑块和长木板之间的动摩擦因数“=(用题中给的字母表示)。

12.某物理小组想测定一种液体的电阻率，在实验室找到了一个透明塑料长方体容器。

(1)如图1所示，首先用刻度尺测出容器内部的长L=cm.

(2)在容器内加入一定量的液体，用如图2所示游标卡尺的(填“M”、“N”

或"P”)部测出容器内部的宽d,用游标卡尺的(填“M"、"N”或"P”)

部测出液体的深度h=cm(图2是测深度的示数)。

(3)然后在容器内部左右两端插入与容器等宽不计电阻的金属板作为两个电极，用

欧姆表粗测液体的电阻如图3所示，选择开关指向“X100”，则液体的电阻

R=12。

(4)为了更准确地测量其阻值，有以下器材供选用：

4电压表(0〜15V,内阻约15/cO)

区电流表(0〜20nl4内阻200)

C电流表(0〜0.64,内阻10)

D滑动变阻器(100,14)

E.滑动变阻器(200,14)

产.学生电源(直流电压12V,内阻不计)，开关、导线若干

(5)为了准确测量其阻值，并测量多组数据，电流表应选用,滑动变阻器应

选用。(填器材前面的字母序号)

(6)请把图4虚线框内实验电路图补充完整。

(7)若测得容器内部的长Z,、宽d、液体的深度九，电压表示数U、电流表示数/,电

流表内阻心,该液体的电阻率。=o

13.如图所示，PQM是各场区的竖直理想边界，上下空间足够大，在PQ之间有竖直向

下的匀强电场，PQ间的距离d=1.0m,电场强度大小Ei=等，在QM之间有竖直

第6页，共25页

向上的匀强电场和水平向里的匀强磁场，电场强度大小后2=半，磁感应强度大小

8=詈，在边界P上的。点水平向右射入一个质量为m、电量为q,带正电的小球(

可以看成质点和点电荷)，初速度%=5.0rn/s,小球恰好没有从M边界射出。重力

加速度g取lOm/s2,求：

(1)带电小球运动到Q边界时的速度大小；

(2)边界QM之间的距离。

PE\QJM

XXXXX

rx

XXXXX

X

XXXXX

X

XXXXX

X

XXXXX

X

XXXXX

X

XXXXX

C

14.如图所示，用传送带向高处运送货物，货物放在传

送带下端时速度为零，传送带长度k=25m,倾

角。1=37。,为了节省能源，货物离开传送带后又

滑上倾角4=30。的斜面，滑到斜面最高点速度刚

好为零。已知传送带的速度始终为%=4m/s,货

物与传送带之间的动摩擦因数山内=0.8,货物与斜面之间的动摩擦因数〃2=

货物质量m=10kg，重力加速度g取lOm/s?,s讥37。=0.6,cos37°=0.8,可以

把货物看成质点，货物从传送带滑上斜面时速度大小不变。求：

(1)货物和传送带之间因摩擦产生的热量；

(2)传送带对货物做的功；

(3)斜面长度。

15.如图所示，在水平面上放四根电阻不计、足够长的光滑金属导轨MN、GH、MW'、

CH',其中NG、MG'是平滑连接两导轨的固定光滑绝缘材料。在光滑绝缘材料上放

有电阻r=1.0。、质量62=的金属棒Q，导轨右端接有定值电阻R=2.00,

左边导轨上放有电阻不计、质量mi=0.1kg的金属棒P,整个导轨所在的空间有竖

直向上的匀强磁场，磁感应强度B=l.OTo导轨左端接有电源和电容器，单刀双掷

开关S先接1时电容器和电源接通，足够长时间后单刀双掷开关S接2,电容器与金

属导轨接通，金属棒P与Q发生弹性碰撞前已经做匀速直线运动。已知电源电动势

E=10V,内阻不计，导轨间距和金属棒P、Q的长度均为L=1m,电容器电容C=

1.0xl0-2Fo求：(结果可用分式表示)

(1)单刀双掷开关S接1时足够长时间后电容器带的电荷量；

(2)单刀双掷开关S接2金属棒P做匀速直线运动的速度大小和此时电容器带的电荷

层

里；

(3)定值电阻R产生的焦耳热。

S

季NC?

M*GW

16.下列关于热现象的说法正确的是()

A.温度相同的氢气和氧气，分子平均速率也相同

B.绝对湿度是空气中所含水蒸气的压强

C.空调和冰箱的工作过程表明热量可以从低温物体向高温物体传递

D.晶体都有规则的几何形状

E.液体和固体表现为浸润时附着层内液体分子之间的作用表现为斥力

F.液体和固体表现为浸润时附着层内液体分子之间的作用表现为斥力。

17.如图所示，一个粗细均匀的直角细玻璃管上端封闭、

下端开口，竖直插在水银槽中，玻璃管水平部分空

气柱长度为刀=50cm,玻璃管中直角处下方有一

段长度为员=lOcni的水银柱，下端空气柱长度为

L3=40cmo当环境温度是匕=27久时，水银槽内

玻璃管内外水银面相平，已知大气压强p()=

75cmHg,求当环境温度降低到多少时水银柱恰好

全部进入水平玻璃管。［空气可以看成理想气体，忽略水银槽内液面高度的变化,

热力学温度7=(t+273)K,计算结果保留整数］

18.在x轴上与=Ozn和冷=157n处有两个波源，在t=0时刻开始振动，当t=4s时形

成如图所示的波形，其余数据图中已标出，下列说法正确的是()

第8页，共25页

A.这两列波的波速大小均为lm/s

B.两个波源的起振方向相同

C.在t=7.5s时次=7.5ni处质点开始沿y轴负方向振动

D.在t=11.5s时久=6.5m处质点的位移是—5cm

E.从t=。到t=12.5s,x=6.5m处质点走过的路程是24cm

19.如图所示，是一个玻璃砖的截面图，由等腰直角三角

形4BC和半圆AC组成，在B4正上方有一个足够大的光

屏，半圆的直径4。=包根，垂直BC边入射一细光束

从C点缓慢向左平移，从C点平移到P点(图中未画出)的

过程中，光屏上有光斑，当平移到P点及左边时光屏上

光斑消失，已知玻璃砖的折射率n=e。求：

(1)P点距C点的距离；

(2)细光束从C点缓慢向左平移至P点的过程中光斑距

4点的最小距离。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：力、光电效应现象揭示了光的粒子性，表明光具有能量，康普顿效应表明

光既具有能量，又具有动量，故A正确；

B、电子束穿过铝箔的衍射现象说明电子具有波动性，故8错误；

C、目前核能发电主要使用的是重核裂变反应，故C错误；

。、重核裂变反应过程中，质量亏损，释放核能，根据比结合能大的原子核稳定，故裂

变产物原子核的比结合能大于铀核的比结合能，故。错误。

故选：力。

光电效应现象表明光具有能量，康普顿效应表明光既具有能量，又具有动量；德布罗意

最先提出物质波，认为实物粒子也具有波动性；核能发电使用的是重核裂变反应；裂变

产物原子核的比结合能大于铀核的比结合能。

本题考查了光电效应、康普顿效应、物质波、重核裂变等基础知识，要求学生对这部分

知识要重视课本，强化理解并记忆。

2.【答案】C

【解析】解：对冰壶4运动过程运用动能定理得：一〃mgxi=0~^mgx2=0-

^rnv'g,其中X]=44.5m—詈m=43.585m；x2=44.5m+=45.11m；

代入数据解得：v0=4.18m/s,v'o=4.25m/s,

所以运动员把冰壶推进直径是1.22?n的圆内，4.18m/s<v0<4.25m/s；

故C正确，错误

故选：C。

对冰壶运动的过程运用动能定理，求出冰壶的运动距离，从而得出初速度范围。

本题考查了动能定理的运用，关键能够合理地选择研究对象和研究的过程，选择合适的

规律进行求解。

3.【答案】D

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【解析】解：对小球受力分析如图所示:

A、水漏出，水桶重力减小，绳中拉力减小，对小球受力分析竖直方向有:

Fcosd=mg

F减小，。减小，小球向下移动，故A错误；

8、P点向左，夹角增大，绳中拉力增大，对小球受力分析竖直方向有：

Fcosd-mg

产增大，。增大，小球向上移动，故8错误；

CD、P点向右，夹角减小，绳中拉力减小，对小球受力分析竖直方向有：

Fcosd—mg

F减小，。减小，小球向下移动，故C错误、。正确；

故选：。。

根据受力平衡以及合力分力夹角关系可判断小球运动情况。

考查合力分力夹角关系，合力一定的情况下，夹角增大，分力减小，反之，夹角减小,

分力增大。

4.【答案】B

【解析1解：A“神舟十三号”载人飞船与“天和核心舱”分离后减速才能进入较低轨

道，故A错误；

A“神舟十三号“载人飞船与天和核心舱”分离后在较低轨道上运行，“天和核心舱”

在较高轨道运行，它们都绕地球近似做匀速圆周运动，根据

GMmv2

-

得

可知“神舟十三号”载人飞船的运行速度大于“天和核心舱”，故B正确;

C.根据

GMm47r2r

—=rn—r

得

T=1^.,

7GM

可知分离后“神舟十三号”载人飞船的轨道半径较小，则周期较小，周期小于“天和核

心舱”的周期，故c错误；

D由于不知道“神舟十三号”载人飞船和天和核心舱”的质量，故无法比较二者动能大

小，故。错误。

故选：Bo

航天器需要减速才能进入低轨道运行；根据万有引力提供向心力和牛顿第二定律分析分

离后速度和周期的变化；根据动能公式分析动能的变化。

本题考查人造卫星变轨以及变轨后相关参量的变化，知道天体运行时万有引力提供向心

力是解题关键，对于变轨问题要注意是降轨还是升轨。

5.【答案】C

【解析】解：4根据电场线分布可知两个负电荷电量相等，B点是两个负电荷连线的中

点，两个负电荷对带电粒子的作用力为零，但还受到正电荷的斥力，所以带电粒子在B

点加速度不为零，故A错误；

B.带电粒子在B点时受到正电荷的斥力，粒子在B点加速，所以带电粒子在B点速度不是

最大，故B错误；

CD.根据电场线分布可知带电粒子在C点时做减速运动，带电粒子从B到C先加速后减速，

电场力对带电粒子先做正功后做负功，电势能先减小后增加，故C正确，。错误。

故选：Co

由电场线分布推导受力情况及加速度情况，当粒子由加速度时，速度不是最值，电场力

做正功，电势能减小，反之增加。

本题考查静电场，学生需结合电场线分布及能量转化等综合解题。

6.【答案】C

【解析】解：4、当弹簧第一次恢复原长时，弹簧弹性势能转化为小球动能，有:Ep=\mvl，

解得：%=电康，故A错误；

8、设小球和滑块共速时的速度是打,此时小球的高度为八，取向右为正方向，根据水平

方向动量守恒有：mv0=(m+3m)Vi，

根据机械能守恒定律可得：37n诺=1(m4-3m)vf+mgh

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联立解得：h=R,则小球刚好可以运动到一圆弧曲面的最高点，故8错误；

CD.设小球第一次返回水平面时小球的速度为火。滑块的速度为内。

取向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒有：mv0=mv2+3mv3

根据机械能守恒定律可得：-3mvj

联立解得：。2=-之%=-J|gR，v3=iv0=J|gR，

由于二者速度大小相等，所以小球再次返回后不能追上圆弧曲面滑块，故C正确，。错

误。

故选：C。

根据功能关系求解速度大小；根据水平方向动量守恒结合机械能守恒定律求解上升的高

度；根据系统水平方向动量守恒结合机械能守恒定律分析小球再次返回后能否追上圆弧

曲面。

本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：

系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正

方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据机械能守恒定律

列方程求解。

7.【答案】BC

【解析】解：4由电路图可，三个电阻串联，电容器Q的电压等于电阻&、％的电压之

和，电容器C2的电压等于电阻&、R3的电压之和，根据&是光敏电阻（光照强度增加电

阻减小），开关S闭合后光照强度增加时，的电阻减小，回路电流增加，则定值电阻

的电压增加，故A错误；

B.根据闭合电路欧姆定律可知，光敏电阻&阻值减小，回路电流增加，路端电压减小，

则电阻此、/?2的电压之和减小，电阻/?2、7?3的电压之和减小，电容器C1和电容器的

电荷量都减小，故8正确；

C.己知知Ri+/?3=r•则％+R2+R3>r.光敏电阻/?2阻值减小，外电阻更接近电源内阻,

电源的输出功率一定增加，故C正确：

D纯电阻电路电源的效率4=肃黑±x100%,由于光敏电阻&阻值在减小，电源的

效率一定减小，故。错误。

故选：BC。

分析电路结构，根据光敏电阻的阻值变化分析电路中总电阻的变化，再由闭合电路欧姆

定律可分析电路中电流及电压的变化；再由公式可分析功率和效率的变化.

本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析，要注意正确分析电路，再根据程序法按“局部

-整体-局部”的思路进行分析解答.

8.【答案】ACD

【解析】解：A根据洛伦兹力提供向心力=

得r=R

满足磁聚焦的条件，粒子出磁场后水平向左进入匀强电场，故A正确;

B.设粒子在匀强电场中减速到零时的位移为x,根据动能定理

—qEx=0—^mvQ

得

x—R

PQ之间的距离

d=2R

粒子运动到PQ中间速度减到零，故B错误;

C.作出如图所示的轨迹图

根据磁聚焦可以得出粒子在下边的圆形磁场中运动的两段圆弧圆心角之和是兀，所以时

间是半个周期，即1=等，故C正确；

D根据磁聚焦结论粒子在上边的圆形磁场中射出后均能垂直打在挡板上，故。正确。

故选：ACD.

由洛伦兹力提供向心力就能求出粒子运动半径，根据动能定理分析粒子的运动情况；根

据磁聚焦可以得出粒子在下边的圆形磁场中运动的两段圆弧圆心角之和是兀，所以时间

是半个周期.

本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握磁聚焦的特点，注意洛伦兹力提供向

第14页，共25页

心力的应用。

9.【答案】CD

【解析】解：4电容器所在回路，由于二极管的单向导电性，在负半周该回路处于断开

状态，二极管的电荷量不变，故A错误。

正线圈电两端电压4=菖%=暇、2207=55%根据电流的热效应遗.工=”得

nl400R2R

_6

电容器两端电压4=&U2=55衣V;电容器的电荷量qc=CUc=2xIOx

55V2C=1.1V2x10-4C«故B错误。

C.理想变压器UJi=/降则当=£=爵，故C正确。

D线圈叼两端电压3=出1=^X22OV=55V,电阻R消耗的功率P=第=詈W=

121”,故。正确。

故选：CD。

根据表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的

电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。

本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用

要了解。

10.【答案】ABD

【解析】解：力、单刀双掷开关接1时，金属棒在轨道上运动过程中，电容器的充电电

流:/=华

电容器所带电荷量的变化量：4Q=C•4U

感应电动势：E=U=贝U/=CA(BLv)=磔型

AtAt

金属棒的加速度：。=第=CBLa

金属棒受到的安培力大小为：F=B1L=CB2廿a,方向沿导轨向上

根据牛顿第二定律得：mgsind-F=ma

mgsinO

可得Q=

m+CB2l7

代入数据解得a=2m/s2,所以单刀双掷开关接1时金属棒做匀加速直线运动，故4正

确;

B、在h=5s时金属棒的速度是u=atx=2x5m/s=10m/s,故B正确;

C、在h=5s时电容器的电压为U=BLv=1.0x1.0x10V=10V,电容器带的电荷量

是、=CU=2.0x10C=20C,故C错误；

D、设最后金属棒匀速直线运动的速度是为为。由平衡条件得：mgsind=解

得1%=12优/s,故。正确。

故选：ABD.

单刀双掷开关接1时，根据牛顿第二定律求出金属棒加速度表达式,再分析其运动情况；

由运动学公式求在G=5s时金属棒的速度；由Q=CU求解在G=5s时电容器带的电荷

量。最后金属棒做匀速直线运动时，由平衡条件求解速度。

本题是含有电容器的导轨滑杆类型，根据牛顿第二定律以及电磁感应的规律推导出金属

棒的加速度表达式是分析金属棒运动过程的关键，本题的结果可在理解的基础上记住。

))

11•【答案】不需要看一[(S4+Ss+S6-(Si+S2+S3]r2

36g

【解析】解：（1）由于要测量滑块和长木板之间的动摩因数，故不需要把长木板左端垫

高;

（2）每两个计数点的时间间隔为

T=7

加速度为

a=(S〈+Ss+S6)-⑸+S2+S3)

9T2

根据牛顿第二定律得:

F—4Mg=Ma

联立得.n——____［（S4+S5+S6）-&+S2+S3）］产

•・林—Mg36g

故答案为：（1）不需要；（2片-叵吐电产。

（1）根据实验原理掌握正确的实验操作；

（2）根据牛顿第二定律结合加速度的计算公式得出〃的表达式。

本题主要考查了动摩擦因数的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合加速

度的计算公式和牛顿第二定律完成分析。

12.【答案】4.00NP0.250800BE”噤出

【解析】解：（1）读数时要看清起始刻度线，视线与尺面垂直，还要有估读，所以容器

内部的长L=4.00cm；

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(2)用游标卡尺内径要用内径爪，即图中N,测深度要用到深度尺，即图中的P；

该游标卡尺的精度为0.05mm,其读数是主尺与游标尺的示数之和，所以d=2mm+

10x0.05mm=2.50mm=0.25cm；

(3)欧姆挡的读数为指针示数与倍率的乘积，所以液体的电阻R=8x1000=80012；

(5)电路中的最大电流为如数=f==0.015/1,所以选择量程为20nM的电流表8。

AoOU

根据题设要求，要求多测量几组数据，滑动变阻器采用分压接法，所以选择最大阻值为

200的E；

⑹由于导黑=4。「喷=需=18.75,喷技，©—

也可看作大电阻，故电流表采用内接法以，结合上-问|

控制电路的分压接法，所以连接电路图如图所示；]£------------

(7)由欧姆定律和电阻定律有：R="/=p/，变形得

।——1|-----------J

到p=呼)叫I

故答案为：(1)4.00(±0.02均正确)；(2)N、P、0.250；(3)800；(5)B、E；(6)如图所

(1)根据毫米刻度尺的读数要求读取容器内部长，要注意必须估读；

(2)根据游标卡尺的使用规则测容器的深度；

(3)根据欧姆挡的读数要求读取水溶液的电阻；

(5)估算电路中的最大电流，从而选择合适量程的电流表，根据滑动变阻器最大阻值大

小确定接法，从而选择最大阻值大小的滑动变阻器；

(6)根据溶液电阻与电流表内阻的大小关系确定电流表的内接法，结合上一问的结果画

出电路图；

(7)根据电阻定律和欧姆定律写出溶液的电阻率。

此题考查测电阻率实验，涉及到各种测量工具的读数，要记住各种工具使用规则，从伏

安法的基本原理出发，可以解决问题。

13.【答案】解：(1)依题意，作出小球运动轨迹如图所示

Xx■X

XI

一

/v

XxXX

x

XxX

・

xXM*

x.xl-

xXX■

xI二

d

X夕

k:-X

//!

xxX

/?rx

带电小球在PQ之间做类平抛运动，设运动到Q边界的时间为t,水平方向分运动是匀速

直线运动

d=vot

代入数据解得：t=0.2s

竖直方向分运动是匀加速直线运动，设竖直方向的加速度是a,根据牛顿第二定律得

mg+qE[=ma

代入数据解得：a=60m/s2

带电小球运动到Q边界时竖直方向的分速度

vy=at

代入数据解得：%=12m/s

带电小球运动到Q边界时的速度

〃=J诏+药

代入数据解得：v=13m/s；

(2)设带电小球运动到Q边界时速度与竖直方向的夹角为。，有

Vy=vcosd

带电小球进入QM之间时受的电场力

F=qE2=mg

带电小球在QM之间洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，设半径为R,有

Dvl

qv2B=

代入数据解得：R=1.3m

小球恰好没有从边界射出，小球恰好与边界相切，边界之间的距离

L=R+RcosO

代入数据解得：L=2.5mo

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答：(1)带电小球运动到Q边界时的速度大小为13m/s；

(2)边界QM之间的距离为2.5m。

【解析】(1)作出粒子运动轨迹图，根据平抛运动规律求解带电小球运动到Q边界时的速

度大小；

(2)带电小球在之间电场力等于重力，小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，小球

恰好没有从M边界射出，由几何关系求出轨迹小球在混合场中轨迹半径，根据洛伦兹力

提供向心力列式可解。

解决本题的关键是明确带电小球的受力情况和运动情况，对匀变速曲线运动，可采用运

动的分解法研究。对圆周运动，往往结合几何知识解答。

14.【答案】解：(1)设货物刚放上传送带时加速度为即，对货物受力分析，根据牛顿第

二定律可得

^mgcosd^—mgsind^=max

代入数据得：%=0.4m/s2

设货物速度达到火时的位移为与，有

诏=

代入数据得：x1=20m

因为与＜3然后货物匀速运动，设货物速度达到%时的时间为有

%=aJi

在时间匕内传送带的位移

x2=

代入数据得：%2=40m

货物和传送带相对位移

4%=上一=40m-20m=20m

货物和传送带之间因摩擦产生的热量

Q=^1mgcos01•Ax

代入数据得：Q=1280/；

(2)加速时传送带对货物做功

1dzi=u1mgeos%•

匀速时传送带对货物做功

W2=mgsindt(L-xt)

传送带对货物做的功

w=w1^-w2

代入数据联立解得：W=1580/；

(3)设货物在斜面减速时的加速度为与，对货物受力分析，根据牛顿第二定律可得

p.2mgcos92-mgsind2=瓶02

2

代入数据得：a2=10m/s

设货物减速到零的位移为%3,由速度一位移公式得

诏=2a2*3

代入数据得：x3=0.8mo

答：(1)货物和传送带之间因摩擦产生的热量为1280/；

(2)传送带对货物做的功为1580/；

(3)斜面长度为0.8机。

【解析】(1)货物在传送带上先加速后匀速，根据运动学公式求出货物与传送带的相对

位移，根据Q=f•尤椒/求摩擦产生的热量；

(2)分别求出货物加速和匀速时传送带对其做功，即可求出传送带对货物做的功；

(3)货物在斜面减速，根据牛顿第二定律求出减速时加速度，在根据运动学规律求斜面

长。

该题为多运动过程题，货物运动可以分为三个运动过程：加速、匀速和减速，分析时要

弄清楚：货物何时开始进入下一运动过程；每个运动过程的持续时间和加速度情况；哪

个阶段产生了热量，摩擦生热计算注意是接触面间相对位移。

15.【答案】解：(1)单刀双掷开关S接1时足够长时间后电容器的电压

U=E=10V

电容器带的电荷量

h=CU

代入数据解得：91=0.1C

(2)单刀双掷开关S接2电容器放电，金属棒P先做加速运动后做匀速直线运动，设匀速运

动的速度为小，此时电容器带的电荷量为勺2，电压为%，则

(J2=CUQ

流过金属棒P的电荷量

的=q1-Q2

规定向右为正方向，对金属棒P用动量定理

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BILAt=m^Q

/q=IAt

金属棒p做匀速直线运动时，电容器电压与金属棒切割磁感线产生的电动势相等，即

UQ—BLUg

联立以上方程代入数据得%=^m/s,%=非x10-2C

(3)设金属棒P、Q碰后的速度分别为%，v2,金属棒P与Q在光滑绝缘材料平滑连接处发

生弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒，规定向右为正方向，则

m^Q=m1v14-m2v2

|mi诏=如i而+如2谚

代入数据得

%=Om/s>v2=yym/s

由于导轨足够长金属棒Q的动能全部转化为焦耳热Q=\m2vl

定值电阻R产生的焦耳热QR=言(？

代入数据解得：QR=MJ

答：(1)单刀双掷开关S接1时足够长时间后电容器带的电荷量为0.1C；

(2)单刀双掷开关S接2金属棒P做匀速直线运动的速度大小为菖m/s,此时电容器带的电

荷量为非X10-2C；

(3)定值电阻R产生的焦耳热为黑人

【解析】(1)根据电容器的定义式课解得；

(2)分析P金属棒的运动状态，根据动量定理解得；

(3)根据动量守恒定律结合机械能守恒定律解得。

本题考查导体切割磁感线运动，难度较大，需分析导体在不同区域的受力与运动情况,

结合能量守恒定律，动量守恒定律与动量定理解答。

16.【答案】BCE

【解析】解：4、温度是分子平均动能的标志，温度相同的氢气和氧气，分子平均动能

相同，由于二者分子质量不同，故分子的平均速率也不同，故A错误；

8、空气的绝对湿度是指空气中所含水蒸气的压强，故8正确；

C、空调和冰箱的工作过程表面热量可以从低温物体向高温物体传递，但需要压缩机工

作消耗电能，故c正确；

。、晶体包括单晶体和多晶体，单晶体有规则的几何形状，多晶体不一定有规则的几何

形状，故。错误；

E、液体和固体表现为浸润时附着层内分子间的距离小于液体内部分子之间的距离，附

着层分子之间的作用表现为斥力，故E正确；

故选：BCE.

温度是分子平均动能的标志，由于二者分子质量不同，故分子的平均速率也不同；

空气的绝对湿度是指空气中所含水蒸气的压强；

热量不能自发的从低温物体传递到高温物体；

单晶体有规则的几何形状，多晶体不一定有规则的几何形状；

液体和固体表现为浸润时附着层内液体分子之间的作用表现为斥力。

明确温度是分子平均动能的标志，知道单晶体和多晶体的区别，知道浸润和不浸润的概

念。

17.【答案】解：设细玻璃管横截面积为S,均处空气柱初状态的压强:Pi=Po=75cmHg,

体积：=L3S,温度：A=（0+273）K=300K；

L

L处空气柱初状态的压强：p2=Po~P92-75cmHg-lOcmHg