2022年福建省龙岩市永定区高考物理适应性试卷（附详解）

2022年福建省龙岩市永定区高考物理适应性试卷

一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）

1.2020年7月23日12时41分，我国在海南文昌航天发射场二二'''、、火星

用长征五号遥四运载火箭将“天问一号”火星探测器发：：好I'、',

射升空，并成功送入预定轨道，迈出了我国自主开展行星\太阳」

探测的第一步。假设火星和地球绕太阳公转的运动均可视

为匀速圆周运动。某一时刻，火星会运动到日地连线的延长线上，如图所示。下列

选项正确的是（）

A.“天问一号”在发射过程中处于完全失重状态

B.图示时刻发射“天问一号”，可以垂直地面发射直接飞向火星

C.火星的公转周期大于地球的公转周期

D.从图示时刻再经过半年的时间，太阳、地球、火星再次共线

2.如图甲所示，螺线管竖直置于靠近水平桌面的上方，质量为m的闭合金属圆环平放

在桌面上，螺线管的中轴线与圆环相交。现在螺线管中通入如图乙所示的正弦交变

电流，规定图甲中标出的电流方向为正方向。圆环始终静止，下列说法正确的是（）

A.?〜纲，从上向下看圆环中感应电流方向为顺时针

42

B.?内，圆环中的感应电动势逐渐减小

42

C.T〜弓内，圆环对桌面的压力大于mg

D.9〜7内，圆环对桌面的摩擦力方向向左

3.如图所示，一个质量为mi=50/cg的人爬在一只大气球下方，气球下面

有一根长绳。气球和长绳的总质量为恒2=20g,长绳的下端刚好和水平S

面接触。当静止时人离地面的高度为九=7m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他

滑到绳下端时，他离地面高度是（可以把人看作质点）（）

A.0

B.2m

C.5m

D.7m

4.如图所示，物体A放在物体8上，物体8为一个斜面体，旦放在

水平地面上，4、B均静止不动，现对4施加一个竖直向下的力

F,则下列说法错误的是（）

A.4对B的弹力增大B.A对8摩擦力的增大

C.B对水平地面压力增大D.B对水平面的摩擦力的增大

5.如图所示，把一块不带电的锌板连接在验电器上。当用可见光照射锌板时，验电器

指针不偏转。当用紫外线照射锌板时，发现验电器指针偏转一定角度（）

验电器锌板

B.若改用红光长时间照射，验电器的指针也会偏转

C.用紫外线照射锌板时，锌板带正电，验电器带负电

D.这个现象说明了光具有波动性

6.如图所示为远距离输电示意图，其中7\、&为理想变压器，输电线电阻可等效为电

阻r,灯及、乙2相同且阻值不变。现保持变压器A的输入电压不变，滑片P位置不变，

当开关S断开时，灯公正常发光。则下列说法正确的是（）

A.仅闭合开关S,灯人会变亮

B.仅闭合开关5,r消耗的功率会变大

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C.仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小

D.仅将滑片P上移，电流表示数会变大

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

7.某容器内封闭一定量的理想气体。气体开始处于状

态4,第一次经过某一过程到达状态B,第二次再

经过等压变化过程4c到达状态C,如p-T图所示•

设气体在状态B和状态C的体积分别为％和%,在过

程48和AC中气体对外做功分别为叱方和Me，吸收

的热量分别为QAB和ac，则下面说法正确的是（）

A./<%，WAB=0,Mc>。

B.%>%,WAB=0,WAC<0

C.VB<VCtQAB<QACMe>0

D.WAB>0,WAC=0.QAB>QAC

8.下列说法中正确的是（）

A.只有在发生共振的时候，受迫振动的频率才等于驱动力的频率

B.机械波的频率由波源决定，与介质无关

C.声波能发生多普勒效应，其它类型的波也可以

D,只要有机械振动的振源，就一定有机械波

E.产生稳定干涉的条件是两列波的频率相同

9.氢原子能级示意图如图所示。处于n=4能级的一群«

氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光子再照射到逸4------------------------0.85

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

出功为4.54W的鸨板上，下列说法正确的是（）

2----------------------3.40

A.跃迁过程中，共有10种不同频率的光子辐射出来

B.共有3种不同频率的光子能使鸨板发生光电效应

现象1-------------------T3.6

C.从铝板逸出的光电子的最大初动能为12.75eU

D.从鸨板逸出的光电子的最大初动能为8.21eV

10.如图所示是一质量为50kg的乘客乘电梯上楼过程中速度-时间图象，g取l（hn/s2。

下列说法正确的是（）

A.t=ls时，乘客对电梯底板的压力大小为550N

B.0〜2s和8〜10s两个过程中电梯的加速度相同

C.乘客在8〜10s上升过程中处于失重状态，重力消失

D.电梯上升过程的总位移大小为16m,方向竖直向上

三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）

11.斜抛运动的射高丫=。

12.一个玩具小汽车在水平地板上以某一速度匀速行驶时，玩具小汽车对地板的压力大

小兀（填“等于”或“不等于”）它的重力大小G；当该玩具小汽车以同一速

度通过玩具拱形桥最高点时，它对桥面的压力大小尸2（填“大于”或“小

于”）它的重力大小G。

四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

13.某兴趣小组设计了一个可同时测量物体质量和当地重力加速度的实验，其装置如图

a所示；已知滑块的质量M,待测物体的质量记为Mo,当地的重力加速度为g,请

完成下列填空：

A闭合气泵开关，条件导轨，使滑块的遮光条依次通过两光电门的时间，则

导轨水平。

A将待测物体固定在滑块的凹槽内，并将细线的一端拴接在滑块上，另一端跨过定

滑轮挂一个质量为nil的钩码。

C.调节定滑轮，使细线与气垫导轨的轨道平行。

。释放滑块；记录滑块的遮光条通过光电门1、2的时间“、t2和光电门之间的距离

L；用游标卡尺测出遮光条的宽度d,示数如图b所示，则4=cm,并由此计

算出滑块的加速度%=（用匕、功、d表示）。

£依次添加祛码，重复上述过程几次，记录相关实验数据并计算出滑块相应的加速

度。

凡以钩码质量的倒数（斗为横轴，加速度的倒数（今为纵轴，建立直角坐标系，利用

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以上数据画出如图c所示的图线，若该直线的斜率为M纵截距为b,则Mo

9=---------。

1

14.某同学为精确测量某金属圆柱的电阻，设计了如图甲所示的电路图。现在需要两个

量程为200nM的电流表，但实验室提供的器材中，一个电流表的量程为lOOnM,

内阻为120,另外一个电流表的量程为200mA。

甲乙

（1）图中E为学生电源、G为灵敏电流计、4代表量程为100mA电流表4（图中未画出

）改装后的电流表、出为量程为200nM的电流表、先为电阻箱、/?2与R3均为滑动变

阻器、Ro为定值电阻、S为开关、灯为待测金属圆柱，另有导线若干，这些器材全

部由实验室提供。具体的实验操作如下：

A按照如图甲所示的电路图连接好实验器材飞

B.将滑动变阻器&的滑片、滑动变阻器/?3的滑片均调至适当位置，闭合开关S;

C.调整/?3,逐步增大输出电压，并反复调整治和使灵敏电流计G的示数为零，此

时量程为lOOnM的电流表4的示数为％,4的示数为/2，电阻箱的示数为七；

D实验完毕，整理器材。

①实验步骤B中滑动变阻器处的滑片应调至最（填“左”或“右”）端；

②某次测量时，量程为lOOnM的电流表4的指针位置如图乙所示，则此时通过/?2的

电流为mAo

(2)待测金属圆柱Rx的阻值为(用所测物理量的字母表示)。

(3)电流表4、4的内阻对测量结果(填“有"或“无”)影响。

求：

(1)粒子进入磁场时的速度方向和大小；

(2)粒子圆周运动的半径和磁场的磁感应强度大小。

六、计算题(本大题共2小题，共20.0分)

16.如图(a)所示的“冰爬犁”是北方儿童在冬天的一种游戏用具：“上坐一人，双手

握铁篙，向后下方用力点冰，则冰床前进如飞。”在空旷的水平冰面上，有一小孩

从静止开始，连续三次“点冰”后，爬犁沿直线继续滑行最后停下。某同学用u-t

图象描述了上述运动过程，如图(b)所示，图中OA〃BC〃DE,AB//CD//EF.求：

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(1)爬犁加速时的加速度大小；

(2)从。到a过程中的位移大小；

(3)爬犁运动的最大速度为多少？

(4)爬犁运动了多长距离停下？

17.有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，一个平板车固

定在水平地面上，其右端恰好与光滑的半圆弧轨道的底端相切，在平板车的右端放

置两个可视为质点的紧挨着的4、8两个物体(均可看成质点)，物体质量均为m,现

在在它们之间放少量炸药.当初4B两物静止，点燃炸药让其爆炸，物体B向右运

动，恰能到达半圆弧最高点.物体A沿平板车表面向左做直线运动，最后从车上掉下

来，落地点离平板车左端的水平距离为s,已知平板车上表面离地面的高度为八，平

板车表面长度为I,物体与平板车之间的动摩擦因数为“，不计空气阻力，重力加速

度为g.试求：

(1)4物体离开平板车的速度；

(2)圆弧的半径和炸药爆炸时对4、B两物体所做的功.

B

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：4、“天问一号”在发射过程中，加速度向上，处于超重状态，故A错误；

B、根据万有引力提供向心力可知，^=mw2r,解得角速度：3=楞,地球的轨道

半径小，角速度大，图示时刻垂直地面发射“天问一号”，不能直接飞向火星，故B错

误；

C、根据开普勒第三定律可知，W=地球的轨道半径小，公转周期小，火星的轨道

T2

半径大，公转周期大，故c正确；

力、从图示时刻再经过半年时间，地球运动到图示位置的对称点，但由于火星的角速度

小，不能运动到图示位置的对称点，此时太阳、地球、火星不能再次共线，故力错误。

故选：C。

加速度向上，处于超重状态。

根据万有引力提供向心力得到角速度与轨道半径的关系分析。

根据开普勒第三定律分析周期与轨道半径的关系。

根据角速度关系分析经过半年时间，地球和火星的位置。

该题考查了人造卫星的相关知识，天体运动中，一般由万有引力做向心力，根据题目给

出的物理量得到要求的物理量，在求解的过程中，要把其他变量都转化成已知量。

2.【答案】C

【解析】解：由图甲，根据安培定则可知，电流的方向为正时，螺线管产生的磁场的方

向向上，则穿过圆环的磁通量的方向向上；

A、由图乙可知［〜J时间内线圈中电流减弱，产生的向上的磁场减小，穿过圆环中向上

42

的磁通量减小，根据楞次定律可知圆环产生的感应电流的磁场的方向向上，从上往下看,

圆环中的感应电流沿逆时针方向，故A错误；

8、由图乙可知?〜［时间内线圈中电流减弱的速度增大，则穿过圆环中磁通量的变化率

增大，由法拉第电磁感应定律可知，产生的电动势逐渐增大，故B错误；

C、由图乙可知］〜?时间内穿过螺线管的电流反向增大，则穿过圆环中向下的磁通量

24

的增大，根据楞次定律可知，圆环产生的感应电流的磁场的方向向上，从上往下看，圆

环中的感应电流沿逆时针方向，与螺线管内的电流的方向相反，根据同向电流相互吸引，

反向电流相互排斥，可知圆环受到螺线管的排斥力，所以圆环对桌面的压力大于mg,

故C正确；

D、由图乙可知?~7时间内反方向的电流减小，则穿过圆环中向下的磁通量的减小，

根据楞次定律可知，圆环产生的感应电流的磁场的方向向下，从上往下看，圆环中的感

应电流沿顺时针方向，与螺线管内的电流的方向相同，根据同向电流相互吸引，反向电

流相互排斥，可知圆环受到螺线管的吸引力，有相对于桌面向右运动的趋势，所以圆环

会受到桌面向左的摩擦力，根据牛顿第三定律可知，圆环对桌面的摩擦力向右，故。

错误。

故选：Co

根据安培定则判定穿过螺线管的磁场的方向以及穿过圆环的磁通量变化，再依据楞次定

律，确定圆环内电流的方向以及圆环对桌面的压力情况；根据法拉第电磁感应定律判断

感应电动势的大小。

解决本题的关键是理解并掌握楞次定律：增反减同或来拒去留，来分析环所受的安培力

方向。

3.【答案】C

【解析】解：设人的速度%,气球的速度以，根据人和气球动量守恒得：

则血［%=m2v2>

所以%=|。2，

气球和人运动的路程之和为九=7m,则人下滑的距离为：S1=|/I=2m

气球上升的距离为：s2=|h=5m

即人下滑2m,气球上升5m,所以人离地高度为5m,故C正确、48。错误。

故选：C。

人和气球动量守恒，当人不动时，气球也不动；当人向下运动时，气球向上运动，且变

化情况一致，根据动量守恒列出等式求解。

本题为动量守恒定律的应用，属于人船模型的类别，也可以根据平均动量相等结合位移

时间关系求解。

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4.【答案】D

【解析】解：AB,没有施加力F时，A受到重力、斜面的支持力与摩擦力，处于平衡状

态，受力如图：

设斜面B与水平面之间的夹角为8,则支持力：FN=mAgcose①，静摩擦力：f=

mAgsind②；

由于4能静止，则4与8之间的动摩擦因数：nAB>tand

对4施加一个竖直向下的力F,则4受到的支持力：FJ=(也由+F)cosO③,4若受到

的摩擦力为静摩擦力，贝(hf=(jnAg+F'jsind<(iAB(mAg+F)cos0④，可知假设成

立，A受到B的静摩擦力。比较①与③以及②与④可知I,A受到的支持力以及摩擦力都

增大；结合牛顿第三定律可知，4与B的弹力以及4对B的摩擦力都增大，故AB正确；

CD、以及4B组成的整体为研究对象，没有施加力尸时，4B受到重力、水平面的支持力

处于平衡状态，由于水平方向没有其他的外力，则整体不受摩擦力；对4施加一个竖直

向下的力F，则4B受到重力、水平面的支持力以及竖直向下的外力F处于平衡状态，水

平方向仍然不受摩擦力。由于力尸竖直向下，由共点力平衡的条件可知，地面对8的支

持力增大。故C正确，。错误。

本题选择错误的，

故选：。。

若木块A静止不动，根据平衡可求出4受到的支持力与摩擦力，加力F后，根据共点力平

衡条件，可以得到压力与最大静摩擦力同时变大，物体依然平衡，然后结合共点力平衡

的条件分析；最后采用整体法对48组成的整体进行受力分析，由共点力平衡即可求出。

本题要善用等效的思想，可以设想将力尸撤去，而换成用一个重力的大小等于F的物体

叠放在原来的物块上.

5.【答案】A

【解析】解：4、根据光电效应的条件可知发生光电效应与光的强度无关，若改用强度

更小的紫外线照射锌板，验电器的指针也会偏转，故A正确；

8、用可见光照射锌板时，验电器指针不偏转，根据光电效应的条件可知若改用红外线

照射锌板，一定不能发生光电效应，所以验电器的指针一定不会发生偏转，故8错误;

C、用紫外线照射锌板，锌板失去电子带正电，验电器与锌板相连，则验电器的金属球

和金属指针带正电，故C错误；

。、光电效应说明光具有粒子性，故。错误。

故选：Ao

该实验是通过紫外线照射锌板，发生光电效应，锌板失去电子带正电，光电效应说明光

具有粒子性.

解决本题的关键知道光电效应的实质以及光电效应的条件，知道锌板失去电子带正电是

解答的关键，基础题.

6.【答案】B

【解析】解：力、仅闭合开关S,用户总功率变大，降压变压器副线圈电流变大，降压

变压器原线圈电流变大，输电线损失的电压变大，升压变压器输出电压即输电电压不变,

降压变压器输入电压减小，降压变压器输出电压减小，灯泡L两端电压减少，灯泡实际

功率减小，灯泡亮度变暗，故A错误；

B、由4的分析可知，仅闭合开关5,输电电流变大，即流过电阻r的电流增大，r消耗的

功率变大，故B正确；

C、仅将滑片P下移，升压变压器7I的输出电压”变大，整个电路总电阻不变，流过r的

电流变大，电阻r消耗的功率变大，故C错误；

D、仅将滑片P上移，理想变压器A的输出电压/减少，电路中总电流减少，输电功率

减小，理想变压器A输入功率减少，理想变压器7\输入电压不变，则A的输入电流减少，

电流表示数会变小，故。错误。

故选：B。

根据图示电路图判断开关闭合后降压变压器副线圈电流如何变化，根据滑片的移动方向

判断升压变压器副线圈电压如何变化，然后根据变压器的变压比与变流比、电功率公式

与欧姆定律分析答题。

本题考查了远距离输电问题，考查了变压器的动态分析问题，对于远距离输电问题，一

定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素

第12页，共20页

有关。

7.【答案】AC

【解析】解：根据理想气体状态方程可得半=C可得到p=97,P-r图象中的斜率大

小反映也大小关系，如果p与7成正比，说明体积V保持不变，所以匕=%,由题图可知

4、C两状态的压强相等，由牛=C可知匕=VB<%;

根据热力学第一定律△(/=W+Q,过程4B为等容变化，体积不变，对外不做功，外界

对气体也不做功，WAB=0,W=0,但温度升高内能增加AU〉。，一定要吸热，即：

QAB>0；而过程4c为等压变化，温度升高、内能增大小U>0,体积增大对外做功必。>

0,外界对气体做功小<0,可得出气体一定吸热，即：QAC>0；

再由8、C两个状态比较，温度相同、即内能相等，体积/<乙，由状态B到状态C体积

增大，气体对外界做功，外界气体做负功W<0,由热力学第一定律可知此过程一定要

吸热,即：QAB<QAC°

综上所述，AC正确，BO错误。

故选：AC.

根据理想气体状态方程得到p-7表达式，根据p-T图象中的斜率分析体积；根据热力

学第一定律分析内能的变化和做功情况以及吸热情况。

本题主要是考查理想气体的状态方程之图象问题，关键是弄清楚p-T图象中某点与坐

标原点连线斜率表示的物理意义，能够根据图象分析气体做功情况，然后根据热力学第

一定律判断内能的变化情况。

8.【答案】BCE

【解析】解：4、受迫振动的频率等于驱动率的频率，当驱动力的频率接近物体的固有

频率时，振动显著增强，当驱动力的频率等于物体的固有频率时即共振，故A错误；

以机械波的频率等于波源的振动频率，仅由波源决定，与介质、波速、波长无关，故

8正确；

C、各种波包括机械波和电磁波等均可以产生多普勒效应，故C正确；

。、机械波的产生需要振源和介质，只有振源不一定产生机械波，故。错误；

E、要产生干涉现象的必要条件之一，就是两列波的频率相等，故E正确。

故选：BCE.

明确受迫振动的性质，知道受迫振动的频率等于驱动力的频率；机械波的频率等于波源

的振动频率；明确各种波均可以产生多普勒效应；机械波的产生需要振源和介质；频率

相等是发生干涉现象的必要条件。

本题考查了受迫振动、机械波的频率由波源决定、多普勒效应、机械波产生条件、干涉

条件等知识，要求同学们对此部分知识要重视起来，勤加练习，注意归纳。

9.【答案】BD

【解析】解：AB.一群氢原子处于n=4的激发态，在向较低能级跃迁的过程中，最多

能辐射出底=6种不同频率的光子，

其对应的能量为：

△%=虱一品=12.75eV,

LE2—E4—E2=2.55eV,

△f3=E4—f3=0.66eK,

△E4=E3-E]=12.09eV,

△生=邑一E2=1.89eV,

E6=E2—EA-10.2eV,

其中能量最大的光子为AEi=12.75eV,其中有3种光子大于4.54W,则有3种不同频率

的光能使金属发生光电效应，故A错误，3正确；

CD、从鸨板逸出的光电子的最大初动能为

Ek=hv-Wo=△Ex-W0=12.75e7-4.54eV=8.21eV,故C错误，D正确。

故选：BD。

依据数学组合公式判断辐射光子的种类：

结合光电效应发生条件，入射光的光子能量大于金属的逸出功；

根据光电效应方程求出光电子的最大初动能。

解决本题的关键知道能级跃迁所满足的规律，以及掌握光电效应方程，并能灵活运用，

10.【答案】AD

【解析】解：4、由。一£图象可知，0〜2s内的加速度。=警=lm/s2,

由牛顿第二定律得尸一mg=rna,解得F=55N,故A正确；

第14页，共20页

B、由图象可知,8s〜10s内的加速度a=黑整=-lm/s2,

由此可知0〜2s和8s〜10s两个过程中电梯的加速度大小相等，方向相反，故8错误；

C、8s〜10s内，上升过程加速度为-lm/s2方向竖直向下，处于失重状态，重力保持不

变，故C错误；

D、由v-t图象与t轴所围的面积可知电梯上升过程的总位移大小为16m,方向竖直向

上，故。正确。

故选：AD.

(1)由。-t图象斜率求出0〜2s内的加速度大小，然后根据牛顿第二定律求出乘客对电梯

底板的压力大小；

(2)由。-t图象斜率可知0〜2s和8s〜10s两个过程中电梯的加速度；

(3)加速度向下时候乘客失重，但是重力的施力物体是地球，一直存在；

(4)由V-t图象与t轴所围的面积可知电梯上升过程的总位移。

本题考查u-t图象，斜率表示加速度，与t轴所围的面积表示位移，容易犯错的地方是

方向问题，加速度和位移都是矢量；

乘客的超重和失重判断：加速竖直向上判断为超重，加速度竖直向下判断为失重。

11.【答案】卫"

2g

【解析】解：设抛射角为。，初速度为北,则：竖直方向初速度与o=%5讥9,最高点

速度竖直方向速度为零。

根据匀变速直线运动规律知射高表达式：八=手=逋普；

2g2g

故答案为：逋警

斜抛运动可以看成在水平方向做匀速直线运动和在竖直方向上做竖直上抛运动，根据运

动的分解求解竖直方向初速度，再根据匀变速直线运动规律得到射高的表达式。

对于斜抛运动，研究的基本方法是运动的合成和分解，本题关键知竖直方向上做竖直上

抛运动，最高点竖直方向速度为零。

12.【答案】等于小于

【解析】解:小汽车在水平地板上匀速行驶时，地板的支持力与重力二平衡,则有:&'=G,

由牛顿第三定律得知，小汽车对地板的压力大小为：Fi=FJ=G；

小汽车通过凸圆弧形桥顶部时，由汽车的重力和桥面的支持力提供汽车的向心力，则有：

解得：

F2z'=RG-m—<G

则得它对桥面的压力大小为：F2=F2'<G

故答案为：等于，小于。

小汽车在水平地板上匀速行驶时，地板的支持力与重力二力平衡；通过拱形桥最高点时,

由汽车的重力和桥面的支持力提供汽车的向心力，根据牛顿第二定律求出支持力即可判

断。

汽车通过拱桥顶点时，通过分析受力情况，确定向心力来源，再由牛顿定律分析是超重

还是失重现象，判断支持力与重力的关系。

13.【答案】相等0.515^-(4-^)=：-M：

【解析】解：4、当导轨水平时，滑块在水平轨道上做匀速直线运动，遮光条通过光电

门的时间相同；

D、20分度的游标卡尺精确度为0.05rmn,由图可知，游标尺的0刻度前为5/rnn,第三

刻度与上边对齐，读数为：3x0.05nwn=0.15nun,所以总读数为：5mm+0.15mm=

5.15mm=0.515cm；

在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，则滑块通过光电门1的速度为%=&

滑块通过光电门2的速度为艺=；

c2

根据：谚一谱=2a%可得：2arL=($2-*)2

所以：的=必看_5)

产、滑块的质量为M,待测物体的质量为Mo,滑块受到拉力为F,由牛顿第二定律有尸=

(%+M)a；

对钩码:mg0—尸=ma

联立得・工=上但”=工+工•上1处

amggmg

所以工一工图象的斜率为学，故/^=学，

amgg

第16页，共20页

纵轴截距为b=j

所以：g=a

M0=^—M

故答案为：4、相等;D、0.515；宾号-密;F、='-M；：

4、当导轨水平时，滑块在水平轨道上做匀速直线运动，遮光条通过光电门的时间相同：

。、根据游标卡尺读数的方法正确读出d的大小；根据运动学的公式即可求出加速度的

表达式；

F、由牛顿第二定律写出：与滑块上待测物体、祛码质量m+M+M。的表达式，然后结

合斜率与截距概念求解即可。

解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事.遇

到涉及图象的问题时，要先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，再根据斜

率和截距的概念求解即可.

14.【答案】左160，空无

12

【解析】解：(1)①由图甲所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，

闭合开关前，应滑动变阻器/?3的滑片应调至最左端。

②4代表量程为100rn4电流表A改装后的电流表，改装后电流表量程是200nL4,改装

后量程为原量程的2倍；

由图乙所示表盘可知，量程为lOOnM的电流表A的分度值为4nL4,示数为8064,

由于改装后电流表量程是原电流表量程的2倍，则通过电阻R2的电流为80nMx2=

160nl4。

(2)电流计G的示数为零，则&和仆两端的电压相等，由并联电路特点与欧姆定律得：

2I1R1=kRx，

解得，待测金属圆柱的阻值“=乎

(3)待测金属圆柱的阻值心=詈，电流表4、4的内阻对测量结果较没有影响。

故答案为：(1)①左；②160；(2)管；(3)无。

(1)①滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，闭合开关前滑片应置于分压电路分压

为零的位置。

②根据题意与电流表的改装原理求出通过电阻的电流。

(2)根据实验步骤应用并联电路特点与欧姆定律求出待测金属圆柱的电阻。

(3)根据实验原理与实验步骤分析实验误差。

本题考查了测量某金属圆柱的电阻实验，分析清楚电路结构、理解实验原理是解题的前

提与关键，根据电流表的改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律可以解题。

15.【答案】解：(1)画出粒子轨迹如图所示，

在电场中，沿着电场线方向有：a="=送

m2h

又因为：Vy-0=2ah

解得：Vy=V3v0

所以粒子在4点的速度为：v—J药+诏=2v0

则进入磁场时速度方向和水平方向的夹角：tern。=

2=百

%

角吊得：0=60°

(2)粒子在电场中的时间为=at

垂直电场方向的位移：x0A=vot

根据几何知识得2rs讥60°=x0A

解得：r=g

根据：qvB=my

解得：8=詈

答：(1)粒子进入磁场时的速度方向和大小为2%，速度方向和水平方向的夹角。=60°；

(2)粒子做圆周运动的半径为g,磁场的磁感应强度大小为詈。

【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出粒子离开电场时的

末速度大小和方向；

(2)粒子在磁场中做圆周运动，由儿何关系求出粒子的轨道半径，洛伦兹力提供向心力

求出磁感应强度。

本题考查了带电粒子在匀强电场与匀强磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动、在

磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用

类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题，解题时注意几何知识的应用。

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16.【答案】解：(1)由图知，从。到A过程中初速度为%=0,末速度为%=lm/s,时

间为％=0.8s,则加速度为

%=皆=y^m/s2=1.25m/s2

(2)从。到/过程中的位移大小为

%i=—ti=-x0.8m=0.4m

1212

(3)从。到B过程中速度的增量为△%=%一%=0.8m/s

故爬犁运动的最大速度即为E点时的速度，为%1ax=2△/+吆=(2x0.8+