2022年山东省聊城市普通高中高考物理模拟试卷（一）（附答案详解）

2022年山东省聊城市普通高中高考物理模拟试卷（一）

一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）

1.如图，烟雾自动报警器的探测器中装有放射性元素锢241,

其衰变方程为篦1Am-狰即+抑e+丫.下列说法正确的是

（）

A.丫是光子，不具有能量

B.fHe是a粒子，有很强的贯穿本领

C.猱Np比聋Am的原子核更稳定

D.冬天气温较低时，锢241的半衰期会变小

2.在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆

环形电极，把它们分别与电池（电动势为E,内阻不计）的.-

两极相连（边缘接电池的正极），然后在玻璃皿中放入导电

液体，导电液体的等效电阻为R。把玻璃皿放在磁场中，如图所示，液体就会旋转

起来。则以下说法中正确的是（）

A.从上往下看，液体顺时针旋转B.改变磁场方向，液体旋转方向不变

C.通过液体的电流等于5D.通过液体的电流小于£

KK

3.“回热式热机”热循环过程可等效为如图所示的曲线，a->pi

b、CTd为等温过程，b-C、dTa为等容过程.对于一定

质量的理想气体，在热循环过程中（）

0vtV,V

A.a状态气体温度比c状态低

B.bfc,d7a两过程气体放出、吸收的热量相等

C.整个循环过程，气体对外放出热量

D.d状态下单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数比c状态少

4.如图，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角。=H

83。,今有一束单色光线在横截面内从OA的中点E沿垂直OA的/

方向射入玻璃砖，一部分光线经AB面反射后恰好未从OB面射/\

出，不考虑多次反射作用，则玻璃砖的折射率为（）[\

OA

A.-B.V2C.V3D.:

5.内陆盐矿中开采的氯化钠称为岩盐.如图所示，岩盐晶卜”.^_______<pci-

体结构中相邻的四个离子处于正方形的四个顶点，0点为

A♦•In

正方形中心，A、B为两边中点，取无穷远处电势为零，；°

关于这四个离子形成的电场，下列说法正确的是（）ci-6----------------♦N-

A.。点电场场强不为零B.0点电势不为零

C.A、B两点电场强度相同D.A、B两点电势相等

6.北京时间2021年10月16日0时23分，神舟十三号载人飞船,...、

/枕道n、、

顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入空间站.飞/二二

船的某段运动可近似为如图所示的情境，圆形轨道I为空'、、HP/A

间站运行轨道，椭圆轨道口为载人飞船运行轨道，两轨道''、、、J

相切于A点.设圆形轨道I的半径为r,椭圆轨道D的半长轴为a,地球的自转周期

为T,轨道引力常量为G,下列说法正确的是（）

A.载人飞船若要进入轨道I,需要在A点减速

B.根据题中信息，可求出地球的质量M=

C.载人飞船在轨道I上的机械能小于在轨道口上的机械能

D.空间站在轨道I上运行的周期与载人飞船在轨道n上运行的周期之比为E

7a3

7.为做好疫情防控供电准备，防控指挥中心为医院设计的备用供电系统输电电路简图

如图甲所示，交流发电机的矩形线圈匝数为n=100,在匀强磁场中以00,为轴匀速

转动，穿过线圈的磁通量力随时间t的变化图像如图乙所示，矩形线圈与变压器的原

线圈相连，变压器的副线圈接入到医院为医疗设备供电，线圈、导线的电阻均不计，

变压器为理想变压器，额定电压为220V的医疗设备恰能正常工作，下列说法正确

的是（）

第2页，共22页

A.电压表的示数为100立V

B.从t=0开始计时，变压器原线圈两端的电压u=100esinlOOnt（V）

C.变压器的原、副线圈匝数比为5：11

D.假如给变压器输入端接入电压U=100V的直流电，医疗设备也能正常工作

8.歼-20战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机，

能够在不改变飞机飞行方向的情况下，通过转动尾喷

□方向改变推力的方向，使战斗机获得很多优异的飞

行性能.已知在歼-20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比（垂直机身向上

的升力和平行机身向后的阻力之比）为k,飞机的重力为G能使飞机实现水平匀速巡

航模式的最小推力是（）

A七C.云D.G

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9.如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，上端开口、下端

XX

封闭的玻璃管竖直放置，玻璃管内壁光滑，管底有一带正XX

电的小球，在外力作用下，玻璃管垂直进入磁场并保持速X8X

XX

度不变，小球最终从上端管口飞出。从进入磁场到小球飞XX

出玻璃管的过程中，下列说法正确的是（）

A.洛伦兹力对小球做正功

B.小球的机械能增加

C.小球的运动轨迹是一条抛物线

D.小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管速度无关

10.一群处于n=4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中发出6种不同频率的光，将这些

光分别照射到图甲所示电路中的阴极K上，只能测得3条电流随电压变化的图像，

如图乙所示.氢原子的能级图如图丙所示，可见光光子的能量范围为1.62〜3.lleV,

则下列推断正确的是（）

okV

OD•-一•••••««0

4-0.&5

3--------------------1.51

2■■■-3.4

--13.6

甲乙丙

A.这群氢原子跃迁时最多可发出4种可见光

B.图乙中的b光光子能量为12.09eV

C.图乙中的c光光子是氢原子由n=4能级向基态跃迁发出的

D.阴极金属的逸出功可能为Wo=6.75eV

11.如图所示，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁

场中，磁感应强度大小为B,导轨间距最窄处为狭缝，

取狭缝所在处0点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴

夹角均为仇一电容为C的电容器与导轨左端相连，导

轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从。开始以速度v向右匀速运动，导轨和

金属棒电阻忽略不计，下列说法正确的是（）

A.金属棒运动过程中，电容器的上极板带正电

B.金属棒到达X。时，电容器极板上的电荷量为BCvx（）tan。

C.通过金属棒的电流为2BCv2tan。

D.金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定

12.如图所示，A、B两点位于同一高度，细线的一端系BC

有质量为M的小物块，另一端绕过B处的定滑轮固定-、-、-、-----*---------，/--*A

：:、、/

在A点，质量为m的小球固定在细线上C点。现将小‘•'、'、/’

球从图示水平位置由静止释放，小球运动到D点时速DMD

度恰好为零（此时小物块未到达B点）.图中△ABD为直角三角形，小物块和小球均可

视为质点，ZDBA=37°,忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g,sin37°=0.6,

cos37°=0.8,贝lj（）

A.小球还能回到初始位置

B.M：m=5：6

C.运动过程中小物块的速度和小球的速度大小相等

D.小球运动到D点时，小物块受到的拉力大小为《Mg

第4页，共22页

三、实验题(本大题共2小题，共14.0分)

13.利用智能手机自带的各种传感器可以完成很多物理实验.某同学利用如图所示的实

验装置，结合手机的传感器功能测定当地的重力加速度.实验步骤如下：

n.实验装置中固定轨道AB的末端水平，在轨道末端安装一光电门，光电门通过数

据采集器与计算机相连，测量小球离开轨道时的速度.将小球从轨道的某高度处由

静止释放，小球运动一段时间后，打到竖直记录屏MN上，记下落点位置.然后通

过手机传感器的测距功能，测量并记录小球做平抛运动的水平距离x和竖直下落距

离h。

皿改变屏MN的位置，使小球每次都从轨道的同一位置处由静止释放，重复上述实

(1)在坐标纸上己经标出这组数据对应的坐标点，并画出x2-h图像；

(2)若光电计时器记录的平均遮光时间t=0.01s,根据上述图像求得当地的重力加

速度g=(结果保留三位有效数字)；

（3）若实验中，每次记录的h值均漏掉了小球的半径，按照上述方法计算出的重力加

速度大小与真实值相比（填“偏大”、“偏小”或“不变”）o

14.某实验小组为了测定金属丝的电阻率，用螺旋测微器测量金属丝的直径，用米尺测

量金属丝的长度，用伏安法测出金属丝的电阻Rx，然后根据电阻定律计算出该金属

材料的电阻率。

（1）测量时螺旋测微器如图甲所示，金属丝的直径为mm。

（2）现有电动势3V的电源、开关和若干导线及下列器材：

A.电压表V（量程3V,内阻约10k。）

B.电流表A（量程0.6A,内阻约2。）

C.滑动变阻器七（最大阻值为10。）

D.滑动变阻器R2（最大阻值为100Q）

①用多用电表粗测金属丝的电阻大约为5。，要求较准确地测出其阻值，滑动变阻

器应选（填“RJ或“Rz”）

②实验中该小组实物接线如图乙所示，合上开关前检查电路，请指出其明显错误

或不合理的地方是。

（3）不论使用电流表内接法还是电流表外接法，都会产生系统误差，某小组按如图

丙所示的电路进行测量，可以消除由于电表内阻造成的系统误差。利用该电路进行

实验的主要操作过程是：

第一步：先将R2的滑动触头调到最左端，单刀双掷开关S2向1闭合，闭合开关Si，

调节滑动变阻器Ri和R2,使电压表和电流表的示数尽量大些（不超过量程），读出此

时电压表和电流表的示数UI、I】。

第二步：保持两滑动变阻器的滑动触头位置不变，将单刀双掷开关S2向2闭合，读

出此时电压表和电流表的示数6、12。由以上数据可计算出被测电阻Rx=。

四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）

15.某均匀介质中，波源位于水平面xOy的0点，从t=0时波源开始沿垂直于水平面的z

轴（z轴正方向竖直向上）从z=0处开始做简谐运动，振动方程为z=

第6页，共22页

4sin(10nt)cm.xOy水平面上P点的坐标是(+9m,+12m),Q点的坐标是(0,+12m).经

时间t(),在一6m<x<6m、-6m<y<6m区域中第二次形成如图所示波面分布图

(实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷)。

(1)求波速v和时间”；

(2)若在Q点放一个也沿z轴方向做简谐运动的波源，其振动方程为z=6sin(10nt+

n)cm,求振动稳定后P点在0.6s内的路程。

16.运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的两个方向上分别研究.北京2022

年冬奥会国家跳台滑雪赛道如图甲所示，某运动员在空中运动的部分轨迹如图乙所

示，在轨迹上取三个点A、B、C,测得三点间的高度差和水平间距分别为％=11.2m、

h2=17.6m、xAB=xBC=24m。运动员落到倾角为23。的滑道上时，速度方向与滑

道成30。角，用了0.7s完成屈膝缓冲后沿滑道下滑.若空气阻力、滑道摩擦均不计，

运动员连同装备质量为70kg,取重力加速度g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,

sin23°=0.39,cos23°=0.92o求:

(1)运动员在空中运动的水平速度；

(2)屈膝缓冲过程中运动员受到的平均冲力的大小。

甲乙

17.在太空中由于缺少地磁场的屏蔽作用，高能宇宙射线会对航天员带来非常大的危害。

目前，国际上正在积极探索载人航天主动防护的方法，某种磁防护方案为在航天器

内建立同心圆柱体形屏蔽磁场，磁场分布情况如图所示.同心圆内径％=R>外径

R2=V3R,轴向足够长。设定区内为匀强磁场，磁场方向与轴平行，设定区外和

防护区内无磁场。

(1)一质量为m、电荷量为q的质子在平行于圆柱横截面的平面内，以速度V。沿指向

圆心方向入射，该质子恰好打不到防护区内部，求磁感应强度的大小比和质子在设

定区内的运动时间t；

(2)若宇宙中充满了大量速度大小为Vo,沿任意方向运动的质子，为了使任何质子

都不能通过设定区进入防护区内部，求磁感应强度的大小B2应该满足的条件；

(3)若已知磁感应强度为B,以A点所在截面建立x-y坐标系，圆柱轴线为z轴，y轴

通过A点.如有一质子以初速度丫=空从A点射向防护区的C点，已知C点坐标

m

(0,R,(V3-l)R),求质子打到设定区的位置坐标。

18.某传送装置的示意图如图所示，整个装置由三部分组成，左侧为粗糙倾斜直轨道AB,

中间为水平传送带BC,传送带向右匀速运动，其速度的大小可以由驱动系统根据需

要设定，右侧为光滑水平面CD.倾斜轨道末端及水平面CD与传送带两端等高并平滑

对接，质量分别为m2、m3.......mn_1^mn的n-1个物块在水平面CD上沿直线依次

静止排列.质量为m】物块从斜面的最高点A由静止开始沿轨道下滑，已知A点距离

传送带平面的高度h=2.5m,水平距离Li=3.5m,传送带两轴心间距L2=7m,物

块与倾斜直轨道、传送带间的动摩擦因数均为口=0.2,取重力加速度g=10m/s2»

(1)求物块刚滑上传送带时的速度大小；

(2)改变传送带的速度，求物块从传送带右侧滑出时的速度v的范围；

(3)若物块mi以V。(已知)的速度离开传送带，滑到水平轨道上与m2发生碰撞，从而

引起各物块的依次碰撞，碰撞前后各物块的运动方向处于同一直线上.各物块间碰

撞无机械能损失，且各物块之间不发生第二次碰撞.经过依次碰撞后，定义第n个

物块获得的动能Eg与第1个物块的初动能Ek。之比为第1个物块对第n个物块的

动能传递系数km，求均3；

第8页，共22页

(4)接第(3)问，若m3=lUj=…...rrin-i=mn=詈，求为何值时，第n个物块获

得的速度最大，并求出第n个物块的最大速度Vnm。

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：A、根据核电荷数和质量数守恒可知Y射线是光子，具有一定的能量，故A

错误；

B、牌e是a粒子，根据a射线的特点可知，具有很强的电离本领，穿透能力很弱，故B

错误；

C、自发的衰变过程中释放能量，原子核的比结合能增大，所以第‘Np比器】Am的原子核

更稳定，故C正确；

D、半衰期是由放射性元素本身决定的，与外界因素无关，故D错误。

故选:Co

光子也具有能量；根据三种射线可知，穿透能力大小；结合半衰期与外界因素无关，及

半衰期的概念求解；比结合能的大小反映原子核的稳定程度。

考查三种射线的电离能力大小，注意它们的穿透能力的大小，掌握半衰期的概念，注意

半衰期与外界因素无关，只与自身元素性质有关。

2.【答案】D

【解析】解：A、液体所处的磁场方向竖直向上，而电流方向由边缘指向中心，根据左

手定则可以判断出导电液体受到的安培力方向为逆时针，所以液体逆时针旋转，故A

错误。

B、当改变磁场方向，依据左手定则，则安培力方向反向，那么液体旋转方向也反向，

故B错误。

CD、由于液体旋转，有部分电能转化为机械能，根据能量守恒，则有：EI=12R+P机，

所以E>IR,即1<右故C错误，D正确。

故选：D«

依据左手定则来判定安培力方向；再根据能量守恒，判定即可。

考查通电液体在磁场力的作用转动，掌握左手定则的内容，理解能量守恒的应用，注意

左手定则与右手定则的区别。

3.【答案】B

第10页，共22页

【解析】解：A.由于Ta=Tb，而b-c过程为等容变化，根据查理定律，则铠=芫，可

知口>£,故Ta>Tc，故A错误；

B、由于Ta=Tb几=Ta，而理想气体的内能仅取决于温度，可知b-c、d-a两过程

中内能变化量数值相等，即|AU|相等，而两过程均为等容变化，则W=0

根据热力学第一定律AU=W+Q,有|AU|=|Q|,故两过程中|Q|相等，即气体吸、放热

绝对值相等，故B正确；

C、根据W=Fs=pZW,可知，p-V图像包围的面积表示做功W,由于a-b过程中气

体对外界做功，crd过程外界对气体做功，根据面积关系可知，整个过程中气体对外

界做功，即W<0,而整个过程中AU=0,根据热力学第一定律AU=W+Q,可知Q>0,

即气体吸热，故C错误；

D、由于Tc=Td，即气体分子对容器器壁的平均撞击力相等，而Pd>Pc，则说明d状态

卜单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数比c状态多，故D错误；

故选:Bo

b-c过程为等容变化，根据查理定律可比较温度；由于Ta=Tb，气体分子对容器器壁

的平均撞击力相等，而Pd>Pc，则说明d状态下单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分

子数比c状态多；根据热力学第一定律AU=W+Q判断吸热放热情况。

根据热力学第一定律AU=W+Q,W=。时|AU|=|Q|,熟练掌握气体状态方程是解决

本题的关键。

4.【答案】A

【解析】解：光路图如图所示：，

根据几何知识有sinNEDO=(,所以/ODE=30。，[/1

90。+4c=360。-90。-60。-83。，//\

所以临界角4c=37。，

因为

sin4C=n

所以折射率为n=I，故A正确，BCD错误。

故选：Ao

作出光路图，根据几何知识求解全反射的临界角，由sinC=；求解折射率。

解决该题的关键是能正确作出光路图，能根据几何知识求解全反射的临界角，熟记全反

射的临界角的表达式。

5.【答案】D

【解析】解：A、两等量正离子在0点的合场强为0,两等量负离子在0点的合场强为0,

则四个离子的在0点的合场强为0,故A错误；

BD、由于等量异种电荷的连线的中垂线为等势线，则A、0、B都在同一等势线上，各点

电势相同，都为0,故B错误，D正确；

C、A、B两点电场强度大小相等，方向相反，故C错误；

故选：D«

理解点电荷产生的场强和电势的特点，结合对称性，利用矢量、标量合成的特点完成分

析。

本题主要考查了电场的叠加问题，理解点电荷产生的场强和电势的特点，结合对称性即

可完成分析。

6.【答案】D

【解析】解：AC、载人飞船从轨道H进入轨道I时需在A点火加速，所以载人飞船在轨

道I上的机械能大于在轨道n上的机械能，故AC错误；

B、国际空间站做匀速圆周运动，设国际空间站运动的周期为T1，由万有引力提供向心

人士GMm4n2

力有：—=mr^T

解得地球质量：乂=富

其中T'代表卫星在轨道I的周期

故B错误；

D、设载人飞船运动的周期为丁2,根据开普勒第三定律有,=工

则国际空间站运动的周期与载人飞船在椭圆轨道n上运动的周期之比为巧，故D正确。

7a3

故选：D«

载人飞船从轨道n进入轨道I时需在A点火加速，由万有引力提供向心力可求出中心天

体地球的质量；由开普勒第三定律求出周期之比。

本题考查万有引力定律，关键掌握万有引力提供向心力。熟练应用开普勒第三定律求解

环绕天体的周期。

7.【答案】C

第12页，共22页

【解析】解:AC、根据图像可得T=0.02s,线圈的角速度3=Y=^rad/s=lOOnrad/s

线圈产生的感应电动势最大值为Em=nBSw=n①m3=100x经曹xIOOTTV=

100V2V

则电压表的示数为U=瑞=曙V=100V

故变压器原线圈的电压为Ui=U=100V,变压器的匝数比?=》=哭=5，故A错

112L)2ZZU11

误，C正确；

B、t=0时，磁通量为0,线圈产生的感应电动势最大，则变压器的原线圈两端的电压

u=Emcoscot=100>/2cosl00Trt(V),故B错误；

D、根据变压器的原理知，变压器输入端接入电压U=100V的直流电，变压器不工作，

医疗设备不能正常工作，故D错误；

故选：C。

由图读出周期T,由3=与求出角速度3。根据Em=nBS3求出线圈产生的感应电动势

最大值，由£=号求电动势有效值，从而得到电压表的示数；变压器只能改变交流电的

V2

电压；根据学=詈求变压器的匝数比；根据最大值，圆频率和初相位写出变压器的原线

圈两端的电压瞬时值表达式。

本题考查正弦交变电流的产生以及变压器的规律，知道变压器的电压与匝数成正比，注

意只有当线圈从中性面开始计时，电动势瞬时值表达式e=Emsin(ot»

8.【答案】C

【解析】解：飞机受到重力G、发动机推力Fi、升力F2和空

气阻力f,重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空

气阻力f的方向与F?垂直，如图

歼-20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向

Fx=f

竖直方向F2+Fy=G

其中F2=kf

解得Fy=G-kf

则性=暧+耳=f2+G2-2Gkf+k2f2

结合数学知识可知瞪表达式为开口向上，对称轴为£=61<的抛物线，即当f=M时取得

工4-1

最小值，将其代入哙表达式，

解得Fm=q1,故ABD错误，C正确

故选：Co

本题可以根据题意画出受力分析图，将推力分解到水平和竖直方向，列出共点力平衡的

等式，再结合数学知识求最值。

本题考查共点力平衡知识，要求学生运用力的分解，并结合数学知识解决问题，综合性

较强。

9.【答案】BC

【解析】解：A、洛伦兹力的方向与速度方向垂直，永远不做功，故A错误；

B、在小球从管底飞出玻璃管的过程中，小球的速度变大，高度升高，因此小球的机械

能增加，故B正确；

C、小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，小球在竖直方向所受的洛伦兹力根据F=

qvB,由于v匀速，因此洛伦兹力F恒定，根据牛顿第二定律F—mg=ma,小球的加速

度不随时间变化，恒定不变，小球在竖直方向做匀加速直线运动，合运动为匀变速曲线

运动，运动轨迹是一条抛物，故C正确；

D,D、小球的实际运动可分解为水平方向的速度为v和竖直速度Vy,竖直方向的洛伦兹

力不变，在竖直方向上，由牛顿第二定律得：qvB-mg=ma,由匀速直线运动的位移

公式得：h=iat2,解得：t=闫口，与运动速度有关，故D错误。

27qvB-mg

故选：BCo

由洛伦兹力的特点判断洛伦兹力不做功；小球随管运动受向上的洛伦兹力在竖直方向上

做匀加速直线运动，在水平方向做匀速直线运动，从而确定合运动；由动能定理求出小

球动能的增加量，由重力势能的计算公式求出重力势能的增加量，然后求出小球机械能

的增加量；根据竖直方向的受力和已知位移求出时间关系式，再判断与速度的关系。

本题考查带电粒子在复合场中的运动，本题要注意分析清楚小球的运动过程，应用左手

定则、牛顿第二定律、运动学公式、运动的合成、动能定理等即可正确解题。

10.【答案】BD

【解析】解：A、根据鬣=6知，大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发

出6种不同频率的光子。

氢原子从处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，发出的光子能量AEuEm-En，可

第14页，共22页

知6种光子的能量值分别为：4T3：0.66eV；4T2：2.55eV；411：12.76eV；

3T2：1.89eV；3-1：12.1eV；271：10.21eV,

因为可见光的光子能量范围约为1.62eV〜3.11eV,满足此范围的有：n=4到n=2,n=3

到n=2.所以有2种不同频率的可见光，故A错误；

BC、由图乙可知，a的遏止电压最大，其次为b和c,根据光电效应方程Ek=hv-Wo，

及eU()=Ek知各光对应的跃迁为：a为n=4-1,b为n=3-»l,c为n=2t1,

b光的光子能量为Eb=13.6-1.51=12.09eV,故B正确，C错误；

D、由能级2到1辐射的光子的能量值:Ec=E2-Ei=(-3.4eV)-(-13.6eV)=10.2eV；

能量值第4大的光子的能量值：E42=E4-E2=(-0.85eV)-(-3.4eV)=2.55eV

由于只能测得3条电流随电压变化的图象，即只有三种光子能发生光电效应，则该金属

的逸出功大于2.55eV,小于等于10.2eV,可以等于6.75eV.故D正确；

故选：BDo

由玻尔理论分析可能的跃迁；由图可得遏止电压；根据动能定理，可求出最大初动能;

根据光电效应方程Ek=hv-W。，结合光电子的最大初动能，可求得金属逸出功。

解决该题需熟记光电效应方程，能通过能级图判断可能的跃迁情况，知道怎么才能使原

子电离。

11.【答案】AC

【解析】解：A、金属棒向右切割垂直纸面向里的匀强磁场，由右手定则判断可知回路

中感应电流方向为逆时针，则电容器的上极板带正电，故A正确；

B、金属棒到达X。时，其产生的感应电动势为：Eo=B-2xotan9-v

电容器的电压始终等于感应电动势，即：U0=E0

根据电容定义式C=小可得此时电容器极板上的电荷量为：Qo=CU0=2BCvxotan0,

故B错误；

C、设任意某时刻电容器的电量为Q,电压为U,感应电动势为E。

根据电流的定义可得：1=黑

△t

△Q=C•AU

AU=AE=B•ALv

△L=2Ax•tan0=2vAt-tan0

联立可得：I=2BCv2tan0,故C正确；

D、由C选项的结论可知感应电流为恒定值，金属棒匀速运动，则外力F与金属棒受到的

安培力等大反向，而安培力F次=BIL,因回路中的金属棒长度L逐渐增加，故F安逐渐

增大，则外力F逐渐增大，由P=Fv可知外力F做功的功率不恒定，而是逐渐增大，故D

错误。

故选：AC。

由右手定则判断回路中感应电流方向，可得电容器的上极板带电情况；电容器的电压始

终等于感应电动势，根据动生电动势计算公式和电容定义式，求解电容器极板上的电荷

量；根据电流的定义结合电容器电量表达式推导感应电流的表达式；金属棒匀速运动，

则外力F与金属棒受到的安培力等大反向，判断安培力如何变化,可得外力F的变化情况,

进而判断功率是否恒定。

本题考查了电磁感应现象中回路存在电容的动生电动势问题，此模型中电容器的电压始

终等于感应电动势，两者动态平衡。要熟练掌握此模型的感应电流的推导。

12.【答案】AD

【解析】解：A.对小物块和小球来说，在运动过程中只有重力对它们做功，所以小物块

和小球组成的系统机械能守恒，则小球还可以回到初始位置，故A正确；

B.设AD长为3L,则AB为5L,根据机械能守恒定律有Mg•2L=mg-3Lcos37°,解得：M：

m=6：5,故B错误；

C.AC长度不变，小球做圆周运动，小球速度沿BD方向的分速度大小等于小物块的速度

大小，故C错误；

D.设小球运动到最底点D时，沿BD方向的加速度大小为a,BD中的拉力为T,根据牛顿

第二定律有Mg-T=Ma,T-mgcos53°=ma,解得：T=^Mg,故D正确。

故选:ADo

根据机械能守恒定律可以判断小球能否回到C点以及M与m的比值大小；根据运动的合

成与分解可以判断小物块的速度与小球速度关系；根据牛顿第二定律可以判断小物块所

受拉力大小。

本题考查运动的合成与分解，机械能守恒定律和受力分析，意在考查学生对受力分析、

牛顿第二定律、曲线运动等知识的理解和应用。

13.【答案】9.76m/s2不变

【解析】解：（1）将表中数据描于坐标纸上，用一条直线尽可能地穿过更多的点，不在

直线上的点尽量均匀地分布在直线两侧，误差较大的点舍去，画出的图像如图所示：

第16页，共22页

(2)小球过B点水平抛出的速度为

d10.0X10-3._/

Vo=f=-^T-m/s=lm/s

x2与h的关系为

x2=2V仙

g

结合图像可得斜率为

12v§(9-l)xl0-2

k=—=———--------m=0n.2o0n5cm

g0.4391-0.0487

解得：g=9.76m/s2

(3)根据上述解答可得：

.Ax2Ax2Ax2

k=—=--------------=--------

Ahhz+Zr-h1-2rh2-h1

可知漏掉了小球的半径，不影响重力加速度g的计算，即计算出的重力加速度大小与真

实值相比不变。

故答案为：(1)如上图所示；(2)9.76m/s2；(3)不变

(1)将表中数据描于坐标纸上，用一条直线尽可能地穿过更多的点，不在直线上的点尽

量均匀地分布在直线两侧，误差较大的点舍去，画出图像；

(2)根据运动学公式结合图像的斜率得出g的数值；

(3)根据实验原理结合实验操作分析出重力加速度的测量值和真实值的大小关系。

本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运

动学公式和图像的物理意义完成分析。

14.【答案】0.950%电流表应外接；滑动变阻器滑片应置于最左端手一半

h12

【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm,由图示螺旋测微器可知，其示数为口=

0.5mm+45.0x0.01mm=0.950mm；

(2)①由已知待测电阻约为5C,如果选100。的滑动变阻器，两者差值过大，待测电阻分

压过小，因此为了便于测量和读数，应选择与待测电阻阻值相近的心。

②待测电阻与电压表电流表的关系为R-5ft<

故待测电阻为小电阻，根据“内大外小”原则，为了更精准测量，故电流表应选择外接

法；

在开关闭合前，滑动变阻器的电阻应全部接入干路，故滑动变阻器的滑片应置于最左端;

(3)单刀双掷开关S2向1闭合，由闭合电路欧姆定律可得：3=II(RX+RA+RI)

保持两滑动变阻器的滑动触头位置不变，将单刀双掷开关S2向2闭合，由闭合电路欧姆

定律可得：

U2=I2(RA+Rx)

联立解得:Rx琮一冷。

故答案为:(1)0.950；(2)①七；②电流表应外接;滑动变阻器滑片应置于最左端;(3)普一

u2

12°

(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm,由螺旋测微器的读数方法进行读数；

(2)①为了便于测量和读数，应选择与待测电阻阻值相近的；

②根据“内大外小”原则，电流表应选择外接法；在开关闭合前，滑动变阻器的滑片

应置于最左端；

(3)由闭合电路欧姆定律进行解答。

对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实

验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌

握教材中的重要实验。

15.【答案】解：(1)根据振动函数为z=4sin(10nt)cm.,。点的起振方向为正方向，振

幅为4cm,因为3==I。71，则T=0.2s；

观察波面图判断出波长入=6m,则传播速度为v=亨=总m/s=30m/s；

由于波源的起振方向向上，则在-6m<x<6m、-6mVyV6m区域中第二次形成如

图所示波面分布图中，波前已经达到x=13.5m处，波源已经经过t=2：T振动，则题图

中波面分布图的形成时间to=0.45s

(2)P点距离0点的波源15m,OP=2.5入，P点距离Q点的波源9m,该波源引起的波的波

第18页，共22页

长与。点的波的频率和波长都相等，QP=1.5入，因OP-QP=入且两波源起振方向相反，

可知两波在P点的振动减弱，则振幅为

A=6cm—4cm=2cm

则振动稳定后P点在0.6s=3T内的路程S=12A=12X2cm=24cm.

答:(1)波速为30m/s,时间为0.45s；

(2)振动稳定后P点在0.6s内的路程为24cm

【解析】(1)根据题意可得周期，根据波速计算公式求解波速，由此求出第二次形成分

布图的时间；

(2)根据P到两波源的距离差分析P的振动情况，从而解得路程。

本题主要是考查了波形图的认识；解答本题关键是要理解波的图象的变化规律，能够根

据图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向。

16.【答案】解：(1)由题可知，运动员从A到B与从B到C的时间相等，设时间间隔为T,

则

2

h2~=gT

v°T=XAB

代入数据，解得：v0=30m/s

(2)由题意得，运动员落到滑道上时速度与水平方向的夹角为53。，

速度关系为：cos53°=

垂直滑道方向，根据动量定理可得：(mgcos23。一F)t=0-mvsin30°

代入数据，解得：F=1302N。

答：(1)运动员在空中运动的水平速度为30m/s；

(2)屈膝缓冲过程中运动员受到的平均冲力的大小为1302N。

【解析】(1)运动员在空中的运动是平抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动和

竖直方向的匀加速运动，根据竖直方向的数据得到时间，然后根据水平方向的速度公式

即可得到运动员的水平速度。

(2)根据动量定理很容易得到运动员受到的平均冲力大小。

根据平抛运动规律很容易得到运动员的水平速度，但是要注意动量定理是一个矢量方程,

一定要注意好方向性。

由洛伦兹力提供向心力得：qVoB=mJ

解得:B=登,

带电粒子在磁场中的轨迹对应的圆心角为2xG-。)=|皿

则所求时间为：1=奈=鬻,

VQ-5VQ

(2)为使所有速度为V。的粒子都不进入防护区，半径最大的粒子轨迹如图2.

则粒子的半径最大为：r'=^R2-%)=第R，

由洛伦兹力提供向心力：qv0B=mW

解得磁感应强度最大值：Bm=(弋mv。

qR

则磁感应强度的大小应该满足的条件为：B＞回警，

qR

(3)已知：v=萼，因R2-R1=(百—1)R，故由几何关系可得：AC与y轴夹角为45。

质子初速度v在z轴方向和y轴方向的分速度大小均为：vz=Vy==喈,

xOy平面内，由洛伦兹力提供向心力得：qVyB=m?

解得：r=R

由(1)分析可知，质子轨迹圆和防护区边界相切，如图3所示：

a=0=-

6

切点x轴坐标：x=Rsina=|

切点y轴坐标：v—Rcosa=?R

沿z方向为匀速运动的时间：t=・迎=*

2KVy3Vy

切点Z轴坐标：Z=Vzt=y

质子打到防护区的位置坐标为尊苧R,y)；

答：(1)磁感应强度的大小为景和粒子在设定区内的运动时间为翳;