2022年四川省宜宾市高考物理二诊试卷（附答案详解）

2022年四川省宜宾市高考物理二诊试卷

1.如图，小明同学在家做家务时用拖把拖地，沿推杆方向对拖把施加拉力F,此时拉

力与水平方向的夹角为仇且拖把刚好做匀速直线运动，下列说法正确的是（）

A.地面对拖把的支持力大小等于拖把的重力大小

B.拖把所受地面的摩擦力大小为Feos。

C.小明同学对推杆的作用力与推杆对拖把的作用力是一对作用力与反作用力

D.从某时刻开始保持力尸的大小不变，减小F与水平方向的夹角。，地面对拖把的

支持力变小

2.如图，为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处”E/eV

QO-------------------------------------------0

于n=4的激发态，向低能级跃迁时辐射出若干不同频5-0.54

4-0.85

率的光.下列说法正确的是（）;-1.51

-3.4

A.这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光

B.用能量为10.3eU的光子照射氢原子，可使处于基态I--------------------13.6

的氢原子跃迁到激发态

C.最容易表现出衍射现象的光是由n=4能级跃迁到n=3能级产生的

D.用n=4能级跃迁到n=2能级辐射出的光照射逸出功为6.34eU的金属伯能发生

光电效应

3.内陆盐矿中开采的氯化钠称为岩盐。如图，把岩盐晶体结

构中相邻的四个离子放在圆弧的四个等分点，。点为圆心,

4、B为两段圆弧的中点，且4、。、B在一条直线上，取无

穷远处电势为零，下列说法正确的是（）

A.在4、。、B三点中，0点的电势最大

B.在4、。、B三点中，。点的电场强度最小

C.同一点电荷在4、B两点所受到的电场力相同

D.将一负点电荷从4点沿/0B直线移动到B点电势能增加

4.北京奥运场馆的建设体现了“绿色奥运”的理念。国家体育馆“鸟巢”隐藏着一座

年发电量比较大的太阳能光伏发电系统，假设该发电系统的输出电压恒为250V,

通过理想变压器向远处输电，如图，所用输电线的总电阻为80,升压变压器A原、

A.若该发电系统输送功率为1x105W,则输电线损失的功率为5x103W

B.若该发电系统输送功率为1x1。5卬，用户获得220V电压，则降压变压器72原、

副线圈的匝数比为200：11

C.若用户消耗功率减少，则升压变压器输出电压出减小

D.若用户消耗功率增加，则用户电路两端电压以增大

5.如图，在某次排球运动中，质量为小的排球从底线4点的正上方“处以某一速度水

平发出，排球恰好越过球网落在对方底线的B点上，且48平行于边界CD。已知网

高为九，球场的长度为s,重力加速度为g,不计空气阻力，排球可看成质点，当排

球被发出时，下列说法正确的是（）

B.击球点的高度”为：九

C.运动员击打排球做的功为W

6ri

D.排球刚触地时速度与水平面所成的角。满足tan。=y

6.2020年11月6日，我国成功发射全球首颗6G试验地球卫星，卫星的轨道半径的三次

方与其周期的二次方的关系图像如图，卫星的运动轨迹可视为圆。已知地球半径为

R,引力常量为G,下列说法正确的是（）

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h

A.地球的质量为增

B.地球表面的重力加速度为搀

C.绕地球表面运行的卫星的线速度大小为2可高

D.地球的密度为熟

bGRs

7.在边长为L的正方形abed的部分区域内存在着方向垂直纸面向4-------------4*

外的匀强磁场，a点处有离子源，可以向正方形abed所在区域一

r->>

的任意方向发射速率均为"的相同的正离子，且所有离子均垂:

.

直be边射出，下列说法正确的是（）ah

A.离子在磁场中做圆周运动的半径为2L

B.离子在磁场中运动的最长时间为瑞

C.磁场区域的最小面积为等〃

D.离子入射速度方向与ab边夹角为60。时，将从be边中点射出

8.如图,在竖直平面内有一个半径为R且光滑的四分之一圆弧槽轨道4B,轨道下端B与

水平面BCD相切，BC光滑且长度大于R,C点右边粗糙程度均匀且足够长.现用手

捏住一根长为J的匀质细杆的上端，使杆子的下端与4点等高，然后由静止释放杆子,

4

让杆子保持沿轨道内下滑.不计空气阻力及杆与圆弧轨道的撞击,重力加速度为g,

下列说法正确的是（）

B.杆子前端在过C点后，一直做匀减速运动

C.杆子前端在过C点后，滑行一段距离后停下来，在此过程中，若将杆子分成任意

两段，其前一段对后一段的作用力大小不变

D.若杆子前端在过C点后，滑行s距离后停下，且s>R,杆子与粗糙平面间的动摩

擦因数为法

8S-R

9.某同学设计如图甲的装置来验证机械能守恒定律的实验。

实验器材：铁架台、力传感器(含数据采集器及配套软件、计算机，图中未画出)、

量角器、轻质细绳、小球和刻度尺。

实验步骤如下：

①小球静止在位置/时，力传感器的示数为后，测得细绳悬点。到小球球心的长度

为L；

②将小球拉至与竖直方向夹角为。处静止释放；

③通过软件描绘出细绳拉力随时间变化如图乙；

④改变静止释放时细绳与竖直方向夹角。值，重复实验，得到多组数据。

(1)本实验中，小球的重力大小为;

(2)如图丙，以cos。为横轴，以F为纵轴描点绘图，当图像斜率k=,纵轴截

距b=时，即可验证小球的机械能守恒。(用题中所给物理量符号表示)

10.为了节能环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开关可采用光敏电

阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强

弱，光越强，照度越大，照度单位为k)。

(1)某光敏电阻R在不同照度下的阻值如表，根据表中已知数据，在如图甲的坐标系

中描绘出了阻值随照度变化的曲线。由图像可求出照度为0.6k时的电阻约为

_____ktl。

照度/反0.20.40.60.81.01.2

电阻5.83.72.32.01.8

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（2）如图乙，是街道路灯自动控制设计电路，利用直流电源为电磁铁供电，利用照

明电源为路灯供电。为达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果，路灯应接在_____（填“AB”

或“BC”）之间。

（3）用多用电表“X10。”挡，按正确步骤测量图乙中电磁铁线圈电阻时，指针示数

如图丙，则线圈的电阻为0；已知当线圈中的电流大于或等于2nM时，继电

器的衔铁将被吸合，图乙中直流电源的电动势E=6V,内阻忽略不计，滑动变阻

器有两种规格可供选择：/?式0~2000,14）、&（。〜200020.14）。要求天色渐暗照

度降低至1.0k时点亮路灯，滑动变阻器应选择（填“&"、“/?2”）。为使天

色更暗时才点亮路灯，应适当将滑动阻变阻器的滑片向（填“左”或“右”）

端移动。

11.如图，为磁悬浮列车的原理图，水平地面上有两根很长的平行直导轨PQ和MN,导

轨间有竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场名和为，二者方向相反.导轨上有一

个与磁场间距等宽的金属框abed,当匀强磁场名和4同时以某一速度沿直轨道向右

运动时，金属框也会沿直轨道运动.设金属框ab边长，=1m,匀强磁场的磁感应

强度为%=%=17,金属框的质量m=1kg,金属框的电阻为R=20,金属框受

到的阻力与其速度成正比，即f=比例系数k=0.5N,s/m。

（1）若磁场运动速度为为=5m/s,设在t=0时刻，金属框从如图位置启动，求此

时金属框运动的加速度的大小；

(2)若磁场的运动速度为为=5m/s时，求金属框的最大速度%的大小；

(3)金属框要维持最大速度为=3m/s运动，每秒钟需要消耗多少能量?

12.如图，一绷直传送带与水平面夹角。=30。，传送带4B长/=8.175m,已知传送带

以%=2m/s的速度逆时针匀速运动，木块与传送带间的动摩擦因数〃=与质量

为M=1kg的木块运动到传送带底端4点时，恰好与传送带速度相同；此时，一颗

质量为m=0.02kg的子弹以外—300m/s平行于传送带向上的速度正对木块射入

并穿出，穿出速度v=50m/s,子弹穿出瞬间立即对木块施加平行于传送带向上的

恒力尸=5N的作用，以后每隔a=1s就有一颗相同的子弹以相同的速度平行于传

送带击中木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，忽略木块质

量变化，g取10m/s2。求：

(1)在被第二颗子弹击中前，木块沿传送带向上运动离A点的最大高度；

(2)木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中；

(3)从第一颗子弹射中木块到木块离开传送带的过程中，木块和传送带之间产生的

热量。

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13.根据热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是()

A.布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动

B.一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的

C.用活塞压缩密闭气缸里的气体，外界对气体做功2.0x105/,同时气体向外界放

出热量0.5x105/,则气体内能增加了1.5x1057

D.一定质量的理想气体温度升高1K,其等容过程中吸收的热量小于等压过程吸收

的热量

E.根据热力学第二定律可知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低

温物体传到高温物体

14.如图所示，可沿缸壁自由滑动的活塞(厚度不计)把导热性能良TI-

好的竖直圆筒形气缸内的理想气体分成4、B两部分。活塞静

h

止时与气缸底部的间距为气缸高度%的;，4部分气体的压强等8

4

于外界大气压强Po.已知8部分气体的质量为m,活塞的横截面-LI--------------生

积为S,质量为翳，其中g为重力加速度大小。整个系统始终

处于恒温状态，现将气缸底部的阀门K打开，将B部分气体缓慢放出一些，当活塞

下移;九时关闭阀门K.求关闭阀门时。

4

(i)B部分气体的压强诙；

(ii)B部分气体剩下的质量m'。

15.如图甲，在xOy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源SK-2,0）和52（4,0）,两波

源的振动图像分别如图乙和图丙，其中点波源a的振动方程为：z=；两列

波的波速均为0.50?n/s,则两列波从波源传播到点4（-2,8）的振幅为血，点

B（0.5,0）处质点的振动相互_____（填“力口强”或“减弱”）。

16.如图所示，有一棱镜ABC。，NB="=90。，ZO=75。.某同学想测量其折射率，

他用激光笔从BC面上的P点射入一束激光，从Q点射出时与AD面的夹角为45。，Q点

至IJBC面垂线的垂足为E,乙PQE=15。.求：

①该棱镜的折射率

②改变入射激光的方向，使激光在4D边恰好发生全反射，其反射光直接到达CD边

后是否会从CD边出射？请说明理由.

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答案和解析

1.【答案】

BD

【解析】

解：ABD,对拖把进行受力分析，受到重力、支持力、推1人

力和摩擦力，如图所示；

根据平衡条件可得拖把所受地面的摩擦力为汁=Fcose,

FN=mg+Fsind,地面对拖把的支持力大小大于拖把的"'<卜、/…

重力大小，当减小尸与水平方向的夹角凡地面对拖把的支

持力变小，故A错误，8。正确；'

mg

c、同学对推杆的作用力与推杆对拖把的作用力方向相同，

不是一对作用力与反作用力，故c错误。

故选：BD。

对拖把进行受力分析，根据平衡条件列方程分析4BD选项；根据作用力与反作用力的特

点分析C选项。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进

行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后

在坐标轴上建立平衡方程进行解答。

2.【答案】

C

【解析】

解：人大量处于n=4的激发态的氢原子总共可辐射出据废=6种不同频率的光，故A

错误；

B、处于基态的氢原子若吸收10.3eU光子的能量，则能量值为：E=E1+AE=

-13.6elZ+10.3eV=-3.3eV,结合氢原子能级的示意图可知没有该能级，所以处于基

态的氢原子不能吸收10.3eV光子的能量发生跃迁，故B错误；

C、由n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光子能量最小，则光子的频率最小，波长最

长，最容易表现出衍射现象，故C正确；

。、由几=4能级跃迁到ri=2能级辐射出的光子能量E=-0.85eV-(-3.40eV)=

2.55W<6.34eU,小于金属钳的逸出功，不能发生光电效应，故D错误。

故选：Co

根据髭判断一群氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子种类；由高能级向低能级跃迁,

辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差；波长长的光容易发生衍射；当光子的能

量大于逸出功，即可发生光电效应.

解决本题的关键知道光子能量与能级差的关系，-En=hv,以及知道光电效应产

生的条件。

3.【答案】

B

【解析】

解：AD.由对称性可知，人。、B三点电势相等，均为零，则将一负点电荷从4点沿40B

直线移动到B点电势能不变，故AQ错误；

A两个C厂和两个Na+在。点的场强叠加后为零，贝IO点的电场强度为零，最小，故B正

确；

C.48两点场强等大反向，则同一点电荷在4、B两点所受到的电场力等大反向，故C

错误；

故选：B。

根据电场的矢量合成运算与对称性可判断场强与电势。

本题考查对同种等量电荷周围电场和电势的大小判断，需牢记特殊的电场线分布。

4.【答案】

A

【解析】

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解：4、根据中=詈解得4=4000U,输电线路上电流为，2=?=3焉"=254损失

。2n21/24000

的功率P损=/介=252x8W=5000小，故A正确；

B、输电线路上损失的电压为U笳==25X8U=200匕降压变压器原线圈两端的电

压为4=3一以=4000展200V=3800匕故意=猊=翳=詈，故B错误；

C、若用户消耗功率减少，根据裂解得4=4000以不变，故C错误；

D、若用户消耗功率增加，根据P=北〃可知%增大，根据怖=最可知，输电线路上的电

流增大，损失的电压增大，故降压变压器原线圈两端的电压减小，用户得的电压减小，

故。错误；

故选：4。

通过理想升压变压器A将电送到用户附近，然后用理想降压变压器今向远处用户供电家

中。提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率。

本题要理解并掌握理想变压器的特性，知道理想变压器的输入功率与输出功率相等，且

没有漏磁现象。输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的

平方成反比。

5.【答案】

B

【解析】

解：B.平抛运动在水平方向上做匀速直线运动

x=vt

排球从初位置运动网的位置与排球从网位置到落地的时间之比为

5t2=a点=1：1

排球在竖直方向上做自由落体运动

H-h_■:_1

H^(h+t2)24

解得：H=1h,故8正确；

4排球从被击出运动至B点，由

H=-h=-gt2

32”

解得:Y

则重力的冲量大小为

/=mgt=mgj^,故A错误；

C.排球的初速度为

v=?=s>S

运动员击打排球做的功为

W=-mv2=,故C错误；

216”

D排球刚触地时竖直方向的速度为

%=以=舟

则排球触地时速度与水平面所成的角。满足

.”孑=黑故。错误。

故选：Bo

根据平抛运动不同方向的运动特点联立运动学公式计算出击球点的高度；

先计算出运动时间，再结合动量定理计算出重力的冲量；

根据运动学公式计算出排球的初速度，再结合动能的计算公式分析出运动员对排球做的

功；

根据运动学公式计算出不同方向的速度，由此得出排球落地时的速度方向。

本题以排球运动为考查背景，主要考查了平抛运动的相关应用，分析过程中涉及到了动

量定理和运动学公式，涉及的知识点较多，但难度中等。

6.【答案】

AC

【解析】

解：BD、卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G^=

m空r,整理得：r3=^-T2,则^一片图象的斜率：k=2=等，解得地球质量M=

T247rza47rz

4n2b

-------,

Gci

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47r2b

地球的密度p=3=森37rb故8。错误;

aGR3"

AC,由地球表面物体的重力等于万有引力可得：mg=*,

绕地球表面运行的卫星，根据万有引力提供向心力可得G翳=771?,解得地球表面重

力加速度g=需=黑，绕地球表面运行的卫星的线速度大小0=阿=2/，故

AC正确。

故选：AC.

卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出

图象的函数表达式，结合图象斜率求解地球的质量和密度；

根据重力和万有引力相等求解地球表面重力加速度，根据万有引力提供近地卫星的向心

力求解其线速度。

本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提，应用万有引

力公式与牛顿第二定律求出图象的函数表达式，结合图象斜率求解地球的质量是解题的

关键。

7.【答案】

CD

【解析】

解：AC,带电离子在圆形磁场中运动时存在着这样的规律，如果「

离子的轨迹半径与圆形磁场的半径相等，则离子从同一点以相同|

的速率、不同的方向射入圆形磁场，则离子会平行于某一方向射/

出磁场。：

所有离子均垂直儿边射出，离子的轨迹半径等于3如图所示，则：/

磁场区域的最小面积为图中阴影部分的面积，则有：smin=

2©兀/_^42)=等乙2,故A错误，C正确；

B、离子的速率一定，轨迹最长的离子运动的时间最长，则最长时间为则有：tmax=

"崇故8错误。

D、离子入射速度方向与ab边夹角为60。时，设出射点距离b点工，则

L-x

cos600

解得X=三

故o正确；

故选:CD.

如果离子的轨迹半径与圆形磁场的半径相等，则离子从同一点以相同的速率、不同的方

向射入圆形磁场，则离子会平行于某一方向射出磁场，由此画出粒子的运动轨迹，确定

最大磁场和最小磁场面积，根据几何关系求解。

本题主要是考查带电粒子在磁场中的运动情况分析，解答本题的关键是弄清楚离子的运

动情况，知道带电离子在圆形磁场中的运动规律。

8.【答案】

AD

【解析】

解：4杆子从4处静止释放到前端到达C点的过程，由机械能守恒定律得:mg(R+：R)=

O

解得：vc=^y[gR,故A正确；

B、杆子前端在过C点后，在杆子通过C点的过程中，杆子受到的滑动摩擦力逐渐增大，

合力逐渐增大，加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的变减速运动，当杆子完全进入CD

后，受到的滑动摩擦力不变，合力不变，开始做匀减速直线运动，故8错误；

C、杆子前端在过C点后，将杆子分成任意两段，设前段的质量为山，在后段通过C点的

过程，对前段，由牛顿第二定律得:/-尸=ma,则后段对前段的作用力大小F=f-ma,

a增大，f减小，故C错误；

D、绳子前端滑过C点后，其受到的滑动摩擦力先均匀增大，其平均值为，="里=

\limg,后端通过C点后滑动摩擦力不变，其值为

从前端过C点到停止的过程，由动能定理得：•三一卬ng(s-今=0-加哈解

得：〃=二，故。正确。

故选：AD.

(1)杆子从4处静止释放到前端到达C点的过程，只有重力做功，其机械能守恒，由机械

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能守恒定律可求出杆子前端到达C点的速度大小；当杆子滑上粗糙水平CD面后，在刚进

入CC的过程中，滑动摩擦力均匀增加，当完全进入后，摩擦力才恒定，由动能定理求

动摩擦因数。运用动能定理时，注意取摩擦力的平均值。

本题中杆子不能看成质点，求重力做功时，要考虑重心下落的高度。当摩擦力是变力时，

要根据平均摩擦力来求摩擦力做功。

9.【答案】

FQ—2FO3FO

【解析】

解：(1)小球静止在位置/时，小球受力平衡，则6=&；

(2)小球在最低点做圆周运动，细线的拉力广与小球重力的合力提供向心力，设小球达到

最低点的速度为，由牛顿第二定律得：

„mv2

F-mg=—

小球从释放到运动到最低点过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：

12

mgL{l—cosd)=

解得：F=3mg—ImgcosO

可知，尸一cos。图像的斜率为：

k=-2mg=-2F0

b=3mg=3F0

故答案为：(1)尸0；(2)-2尸o；3FO

(1)小球静止在位置/时，小球受力平衡，根据受力分析得出小球的重力；

(2)小球在摆动过程中机械能守恒，在最低点时小球受到的拉力和重力的合力提供向心

力，结合牛顿第二定律和图像得出图像的斜率和截距。

本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，利用机械能守恒定律得出小球的速度，结

合牛顿第二定律列式完成分析即可。

10.【答案】

2.7AB140R2左

【解析】

解：(1)从图中读出对应于照度为0.6k时的纵坐标可得对应电阻值约为2.7k。；

(2)天亮时光照强度增大，光敏电阻的阻值减小，电磁铁中电流增大，磁场增强，吸引

衔铁向下与C接通，灯熄灭，故路灯应接在4、B之间；

(3)多用电表读数为14x10/2=140/2；

路灯点亮时电磁铁中电流小于2m4则电路中总阻值R=f>募与。>3k。,此时光

敏电阻的阻值小于2/C0,则滑动变阻器接入电路中的阻值应不小于M。，故应选用7?2；

由于电磁铁中电流在减小到2m4时才能放开衔铁，路灯才能发光，故在路灯开始发光时

控制电路中总电阻是一定的，要使天色更暗时才点亮路灯，则要求在控制电路中的电流

达到2nM时光敏电阻的阻值更大，故滑动变阻器接入电路中的阻值应减小，应适当将滑

动阻变阻器的滑片向左端移动。

故答案为：(1)2.7(2.6〜2.8)(2)48(3)140,R2,左

(1)从图中读出对应于照度为0.6k时的纵坐标可得对应电阻值；

(2)为使天亮灯熄、天暗灯亮，天亮时路灯处于断路，天暗时处于通路，根据电磁继电

器控制原理分析；

(3)根据多用电表读数规则读数；滑动变阻器在电路中起调节和保护电路作用，根据天

暗时电路中电流值分析滑动变阻器需接入阻值。

该题考查电路设计的问题和变化电路的分析，要结合闭合电路欧姆定律、光敏电阻的特

点去分析；同时注意图象的正确应用，能从图象中找出对应的信息。

11.【答案】

解：根据题意可知磁感应强度大小均为：B=BI=B2=1T。

(1)当金属框的速度为零时，线框相对于磁场的速度大小为为,线框中左右两边都切割

磁感线，产生感应电动势为：E=2Blv0

前后两边受到的安培力方向相同，根据牛顿第二定律可得：2Bhl=ma

根据闭合电路欧姆定律可得：A=5

联立以上式子得：a=10m/s2；

(2)当实验车以速度巧匀速运动时;设金属框中感应电流，2

根据闭合电路欧姆定律可得：k=迎*-也

根据平衡条件可得：2Bhl=k%

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联立解得：%=4m/s；

(3)金属框要维持最大速度功=3m/s运动时，设此时的感应电流为4，

根据平衡条件可得：2BI3I=kv2

解得：/3=。-754

金属框要维持最大速度=3m/s运动时，克服阻力的功率为：P]=kv2-v2-kvl

代入数据解得：Pi=4.5勿

金属框中的热功率为：P2=4R

代入数据解得：P2=1.1251V

所以外界在单位时间内需提供的总能量为：E=(Pi+P2)t

联立以上式子得：E=5.6257c

答：(1)此时金属框运动的加速度的大小为10m/s2；

(2)若磁场的运动速度为q=5m/s时，金属框的最大速度打的大小为4m/s；

(3)金属框要维持最大速度w=3m/s运动，每秒钟需要消耗5.625/的能量。

【解析】

(1)分析初位置线框的受力情况，根据牛顿第二定律列方程求解；

(2)根据闭合电路欧姆定律结合平衡条件进行解答；

(3)根据平衡条件求解感应电流的大小，再根据功率的计算公式分别求出阻力做功功率

和电功率，由此得到每秒钟需要消耗的能量。

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条

件列出方程；另一条是能量,分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题,根据动能定理、

功能关系、能量守恒定律等列方程求解。

12.【答案】

解：(1)设子弹穿出木块瞬间，木块的速度为%规定平行于斜面向上为正方向，第一

颗子弹射入木块过程中动量守恒，则：mv0-M%=mv+Mv\

木块向上做匀减速运动过程，由牛顿第二定律得：Mgs讥30。+“Mgcos30。-F=Ma]

木块速度减小为零所用时间：口=?

联立以上各式解得：口=0.6s

所以木块在被第二颗子弹击中前向上运动离4点最远时，速度为零，移动距离为％=

最大高度为：hm=s1sin0

联立解得：s1=0.9m,hm=0.45m

(2)在第二颗子弹射中木块前，木块反向加速至传送带共速过程：由牛顿第二定律得：

对木块：Mgs讥30。+4Mgeos30。—F=Ma2

可得。2=5m/s2

木块反向加速至与传送带共速的时间：t2=*=|s=0.4s

Q，2t>

x

木块反向加速至与传送带共速的位移：s2=yt2=|0-4m=0.4m

木块从被第一颗子弹击穿后到第二颗子弹击中前的时间：戊=G+上=0.6s+0.4s=

1s

所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移大小：So=S1-S2

第16颗子弹击中前，木块向上移动的位移为：s=15s0

联立以上式子得：s=7.5m

第16颗子弹击中后，木块将会再向上先移动Si，总位移为Si+s=8.1757n>/,木块将

从8端落下。

所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中。

(3)第一颗子弹击穿木块后至第二颗子弹击穿之前，木块向上减速运动过程中木块相对

传送带的位移大小为：As】=+Si

产生的热量为：Qi=fiMgcos300-4sl

木块向下加速运动过程中相对传送带的位移大小为：4s2=vrt2-s2

产生的热量为：Q2=nMgcos300-zls2

/

第16颗子弹射入后木块滑行时间为£3有：v1t3—|atf=I—s

木块与传送带的相对位移为：4S3=I-s+v1t3

产生的热量为：(?3=nMgcos300-As3

全过程中产生的总热量为：(2总=15(QI+Q2)+Q3

联立以上式子得：<2忌=193.8757

答：(1)在被第二颗子弹击中前，木块沿传送带向上运动离4点的最大高度为0.45m；

(2)木块在传送带上最多能被16颗子弹击中；

(3)从第一颗子弹射中木块到木块离开传送带的过程中，木块和传送带之间产生的热量

第18页，共23页

为193.875/。

【解析】

(1)先根据动量守恒定律求出第一颗子弹射穿木块后木块的速度。之后木块向上做匀减

速运动，根据牛顿第二定律和速度一时间公式相结合求出木块速度减小为零所用时间，

由平均速度与时间的乘积求木块沿传送带向上运动的最大位移，从而求得最大高度。

(2)在第二颗子弹射中木块前，木块反向加速至传送带共速，由牛顿第二定律和速度一时

间公式相结合求木块反向加速至与传送带共速的时间，由平均速度与时间的乘积求出此

过程木块的位移，从而求出两颗子弹射中木块的时间间隔内木块总位移大小，即可求出

第16颗子弹击中前木块向上移动的总位移，根据总位移与传送带长度的关系，确定木块

在传送带上最多能被多少颗子弹击中；

(3)根据上题的结果求出各个过程木块与传送带间的相对位移，根据相对路程求木块和

传送带之间产生的热量。

本题是复杂的力学问题，关键要分析清楚木块的运动情况，把握每个过程的规律，特别

是要灵活选择运动学公式求出木块与传送带间的相对位移。要知道摩擦生热与相对路程

有关。

13.【答案】

BCD

【解析】

解：4、布朗运动是指悬浮固体颗粒的无规则运动，故A错误；

以根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，故3

正确；

C、用活塞压缩气缸里的气体，外界对气体做功2.0xl05」,为正值；同时气体向外界

放出热量0.5x105/,为负值；根据热力学第一定律：4U=W+Q=2.0x10,-0.5X

105=1.5x105/,气体内能增加了1.5x105/,故c正确;

。、等容过程中吸收的热量仅仅增加为内能，而等压升温的过程中体积增大，对外做功，

吸收的热量转化为内能和对外做功，所以一定质量的理想气体温度升高1K,其等容过

程中吸收的热量小于等压过程吸收的热量。故。正确；

E、由热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传到低温物体，热量可以从低

温物体传向高温物体，但要引起其它变化，故E错误：

故选：BCD。

布朗运动是悬浮在液体或气体中固体微粒的无规则运动；根据热力学第二定律判断8正

确E错误；根据热力学第一定律：4U=W+Q可分析CO正确。

本题考查了布朗运动、热力学第一定律、热力学第二定律等热学基础知识，属于基础题，

要求学生多总结积累。

14.【答案】

解：（i）4部分气体做等温变化，根据玻意耳定律有

11

Po-yhS=p-hS

4AL

解