2022年山西省运城市高考物理适应性试卷（5月份）（附答案详解）

2022年山西省运城市高考物理适应性试卷（5月份）

1.我国科研人员利用超高空间分辨率铀-铅定年技术，对“嫦娥五号”月球样品玄武岩岩屑

中的50余颗富铀矿物进行分析，确定月球直到20亿年前仍存在岩浆活动，比以往月球限定

的岩浆活动停止时间推迟了约8亿年。已知铀一铅定年技术依赖的其中一种衰变链为第5〃经

一系列%/?衰变后形成稳定的第?Pb，则在该衰变过程中转变为质子的中子数为（）

A.4B.7C.10D.14

2.如图所示，纸面内的三条长直导线组成一等边三角形，导线间相厂/

互绝缘，导线中通入图示方向、大小相等的电流人在角平分线上对y

称放置三个相同的圆线圈〃、b、c,在三角形的中心放置圆线圈匕若

三根导线中通入的电流同时增大，则会产生顺时针方向感应电流的

是（）仞/冒

A.线圈aB.线圈6C.线圈cD.线圈”

3.2020年12月1日，“嫦娥五号”探测器历经减速接近、悬停避障、缓速下降等阶段后，

关闭轨控和姿控发动机，从距月球表面5机高度处以自由落体的形式着陆在月球正面风暴洋

北部的吕姆克山脉一带。已知地球质量约为月球质量的81倍，地球半径约为月球半径的3.66

倍。将月球和地球均视为质量分布均匀的球体，不考虑地球、月球自转。若“嫦娥五号”探

测器落到月球表面的速度与在地球上某一高度自由下落到地面的速度相等，则此高度约为

（）

A.12mB.2.0mC.0.83znD.0.56?n

4.甲、乙两辆汽车以相同的速度并排同向匀速驶向路口，当行驶

至距路口停车线So处时，发现再经时间玲绿灯就要熄灭。于是两辆V0C

汽车同时开始刹车，结果均刚好停在停车线上，该过程中甲、乙

两车的u-t图象分别为图中直线a和曲线b所示，由图可知（）

A.o〜口时间内甲车在前，公~＜：2时间内乙车在前o----------f冷相：

B.0〜玲时间内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度

C.0〜Q时闻内，乙车的加速度始终大于甲车的加速度

D.整个刹车过程乙车的平均加速度等于甲车减速过程的加速度

5.如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，4C边的中点为M,A

8c边的中点为N。当只有A点处固定放置一电量为+Q的点电荷时，/卜

处于三角形的中心。点的带电量为-q的试探电荷P受到的库仑力大M/\

CB

N

小为凡若再在B点固定一个带电量为-Q的点电荷、在C点固定一个带电量为+Q的点电荷，

则下列说法正确的是（）

A.中心。点的试探电荷P受到的电场力大小为3人方向由。点指向例点

B.固定在A、B、C三点的点电荷在中心。点产生的电场强度为曾

C.试探电荷P沿直线0B由。点向B点移动的过程中，电势能逐渐减小

D.试探电荷P沿直线ON由。点向N点移动的过程中，受到的电场力做负功

6.铅球作为田径运动的投掷项目，对增强体质，特别是发展躯干和上：下肢力量有显着的作

用。如图所示为一名运动员投掷铅球的示意图。已知铅球出手时的速度为8m/s、离地高度为

1.8m,铅球出手时的速度方向和落地前瞬间的速度方向垂直。若忽略空气阻力，重力加速度

g=10m/s2,则下列说法正确的是（）

A.铅球落地瞬问的速度大小为10zn/s

B.铅球出手时速度方向与水平方向的夹角为45°

C.铅球出手后在空中运动的时间为15

D.铅球从投出到落地过程的水平位移为8”

7.如图甲所示，光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为0.25小，导轨左端接有

阻值为0.150的定值电阻对空间内存在垂直于导轨平面向下的有界匀强磁场，磁场左、右边

界分别为PQ、MN。质量为0.4kg,阻值r=0.050的金属棒垂直于导轨放置，t=0时刻金属棒

在水平拉力尸的作用下由静止开始做匀加速运动，拉力厂随时间的变化图象如图乙所示，导

轨电阻不计，金属棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直。下列说法正确的是（）

」,即一1一|一也

PM

甲

A.匀强磁场的磁感应强度大小为0.87

B.t=3s时刻金属棒两端的电压为0.075V

C.若1〜3s时间内拉力尸做的功为1.1/,则此过程中感应电流的有效值为日4

D.整个过程中通过金属棒某一截面的电量为夕C

8.如图甲所示,粗糙水平面上:静置一质量M=1kg的长木板，其上叠放一质量为m的木块。

现给木板施加一随时间r均匀增大的水平力F=kt(k=IN/s)。已知木板与地面间的摩擦力

为71，木块与木板之间的摩擦力为心，人和心随时间，的变化图线如图乙所示。若最大静摩擦

C.木块与木板间的动摩擦因数为0.3D.16s末木块与木板的速度大小之比为2：3

9.某实验小组利用如图中所示的装置“探究加速度与合外力之间的关系”，进行了如下操作。

①把带定滑轮的长木板放置在水平桌面上，纸带穿过打点计时器的限位孔固定在小车后端，

调整定滑轮的高度使细线与木板平行。接通电源，释放小车，在沙桶中慢慢加入沙子，直到

轻推小车在纸带上打出一系列间隔相等的点；

②在沙桶中放入祛码，接通电源、释放小车，用纸带记录小车的运动情况，并在纸带上标出

沙桶中祛码的质量m,通过处理纸带计算出小车的加速度«；

③改变放入沙桶中祛码的质量加，重复步骤②，得到多组机与小车对应的加速度〃；

④以祛码的重力mg为横坐标，“为纵坐标，在坐标纸上作出a-mg关系图线。

(1)如图乙所示为某次实验得到的一条纸带，在纸带上连续选取五个计数点A、B、C、D、E,

相邻两个计数点之间还有四个计时点。已知打点计时器工作的频率为504z,则小车的加速度

大小为nt/s2(结果保留三位有效数字)。

(2)根据上述操作，理论分析可知祛码的重力血g与小车受到的合外力尸的大小关系为小g

(填“大于”“等于”或“小于”)Fo

（3）该实验小组作出的a-mg关系图线（如图丙），你认为最合理的是.（填正确答案标号）。

丙

甲乙

提供的器材有：

A.待测电阻咒（约十几欧）

B.毫伏表（量程为lOOmV,内阻Rg=190/2）

C.定值电阻&（阻值为10。）

。.滑动变阻器％（阻值范围为0〜500/2）

£滑动变阻器/?2（阻值范围为0~1500。）

F.电源E（电动势为6V,内阻约为0.5。）

G.开关、导线若干

操作步骤如下：

①闭合开关S],改变滑动变阻器R的滑片位置，记录此时毫伏表的示数名；

②保持滑动变阻器滑片位置不动，闭合开关S2,回路中的电流几乎不变，记录此时毫伏表的

示数4,断开开关$、S2；

③改变滑动变阻器滑片位置，重复上述步骤，多次实验，得到多组毫伏表的示数Ui、/。

(1)为保护毫伏表并能顺利完成实验，滑动变阻器应选用(填“%”或"治”)，闭合开

关及前应把滑动变阻器的滑片移到(填“左”或“右”)端。

(2)实验中数据记录如表所示。

实验次数123456

UJmV100.090.080.070.060.050.0

U2/mV63.056.950.444.237.831.6

(3)在如图乙所示的坐标系中已经标出了部分数据点，请标出第4组数据点并作出a-出图

象。若图线的斜率为鼠则待测电阻的表达式％=(用k、A。、Rg表示)，根据图象求得

待测电阻咒=n.(结果保留三位有效数字)

(4)若考虑开关52在闭合时对电路的影响，则待测电阻R。的测量值(填“大于”“等于"

或“小于”)真实值。

11.如图所示，足够长的水平传送带在电动机的带动下沿顺时针匀速运动，速度大小处=

lOm/s,相隔21t=Is先后在传送带的左端轻轻放置质量相等的甲、乙两个物块。物块甲与传

送带间的动摩擦因数"1=0.2,物块乙与传送带间的动摩擦因数〃2=0.8,物块甲、乙碰撞时

间极短且没有能量损失，两物块均可视为质点，重力加速度g=10m/s2,求：

(1)物块甲释放后多长时间甲、乙两个物块发生碰撞；

(2)甲、乙两个物块碰撞后瞬间的速度大小。

12.如图所示，直角坐标系xOy的第一、四象限内分别存在方向垂直于坐标平面向外和向里的

匀强磁场，第三象限内存在沿x轴正方向的匀强电场。一质量为机、带电量为+q的粒子以初

速度%从x轴上的P(-L,0)点沿y轴负方向射入电场，并与y轴负方向成30。角进入磁场，不

计粒子的重力。

XX

(1)求匀强电场的场强;

(2)要使粒子能够进入第一象限，求第四象限内匀强磁场的磁感应强度的大小8的范围;

(3)若第四象限内磁场的磁感应强度大小为当=裁，第一象限内的磁感应强度大小为为=

kB^k>1),在x轴上有一个长2L的下表面涂有荧光粉的薄板，薄板中心坐标为(14。0),

求当％满足什么条件时，薄板下表面会出现荧光。

13.下列说法正确的是()

A.MgO℃的冰融化为(fc的水，水分子的平均动能不变，内能不变

B.一定质量的理想气体在等压降温过程中，单位时间内容器内壁单位面积受到气体分子的撞

击次数将增加

C.自行车内胎充气太足，在阳光暴晒下车胎突然爆裂的瞬间，胎内气体的温度降低

D.炎热的夏天，利用室内、室外的温差制造一种热机，可以将内能全部转化为机械能

E.纸张、纺织品、粉笔等能吸水，是由于水能浸润这些多孔性物质所产生的毛细现象

14.如图中所示的气压式升降椅的椅面和底座之间有一个升降装置，升降装置简化示意图如图

乙所示，带有连杆的活塞把圆柱形导热气缸分成上、下两部分，缸内充有氮气。当调节杆上

拉时，使开关栓打开，活塞上端和下端通过细导管连通，两侧气体压强相同，因活塞上端有

效作用面积大于下端，气缸受上端作用力大于下端，气缸上升，进而使座椅上升；当调节杆

复位时，开关栓关闭，活塞上端形成充满氮气的密闭空间。已知气缸内部长度为25c〃?，活塞

42

厚度为1cm,活塞截面积为Si=2x10-37n2,活塞连杆的截面积为=5x10-mo当活塞

在气缸最低位置、处于温度为-3℃的室外时缸内封闭氮气的压强为1.44X105pa。若室内温

度为27℃,不计导管内气体的体积以及活塞与气缸、活塞连杆和气缸以及气缸与外壳之间的

摩擦，热力学温度与摄氏温度间的关系T=t+273K。

①若把椅子从室外拿到室内，求气缸内气体的压强；

(ii)在室内，上拉调节杆当活塞位于气缸正中央时把调节杆复位，认为此时气缸上下两部分气

体压强相同.当一同学坐上椅子稳定后，若椅面受到的压力和气缸重力之和为300M求稳定

后椅面下降的距离。

15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速v=10m/s,介质中P、。两质点的平衡位置坐标

分别为/=3m，xQ=12m,质点尸的振动图象如图所示，则该波的周期为s,波长

为m,t=0.5s时刻Q质点的位移为emo

16.光纤通讯是以光波为信息载体，以光纤作为传递媒介的一种通讯方式。有一根直径为d的

圆柱形光纤，其折射率n=|,假设光纤外部为空气，sin37Q=0.6。

（幼如图甲所示，若光从光纤一端的中心以任意角度入射，试分析光是否都能传递到另一端；

（团）如图乙所示，若光纤绕半径为R的圆柱转弯，光沿光纤轴线入射，为使光都能传递到另一

端，求。的最小值。

a

答案和解析

1.【答案】4

【解析】解：衰变过程中电荷数和质量数守恒，第5〃衰变成第7pb,质量数减少了235-207=28,

说明发生了7次a衰变，则电荷数应减少14,但实际只减少了92-82=10,说明发生了4次£衰

变，每次口衰变都会有1个中子转变为质子，所以在该衰变过程中转变为质子的中子数为4。

故4正确，BC。错误；

故选：A。

衰变过程中电荷数和质量数守恒，根据/?衰变的实质分析解答。

本题考查原子核的衰变，接通关键掌握衰变过程中电荷数和质量数守恒，注意口衰变的实质。

2.【答案】C

【解析】解：由右手螺旋定则可判定通电导线磁场的方向：线圈〃中磁场垂直直面向里；线圈6

中磁场垂直纸面向里；线圈c中磁场垂直纸面向外，线圈d中磁场垂直纸面向里；

A、若三根导线中通入的电流同时增大，则线圈。磁感应强度增大，磁通量变大，根据楞次定律可

知，线圈中产生逆时针感应电流，故A错误；

8、若三根导线中通入的电流同时增大，则线圈磁感应强度增大，磁通量变大，根据楞次定律可

知，线圈中产生逆时针感应电流，故B正确；

C、若三根导线中通入的电流同时增大，则线圈c磁感应强度增大，磁通量变大，根据楞次定律可

知，线圈中产生顺时针感应电流，故C正确；

。、若三根导线中通入的电流同时增大，则线圈4磁感应强度垂直直面向里增大，磁通量变大，

根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针感应电流；故。错误；

故选：Co

通电直导线管周围有磁场存在，根据右手螺旋定则可判定电流方向与磁场方向的关系，根据矢量

合成的方法判断出各区域内磁场的情况，然后根据产生感应电流的条件和楞次定律判断选项的正

误。

本题考查了右手螺旋定则和楞次定律的应用，注意矢量的叠加原则，同时掌握产生感应电流的条

件。

3.【答案】C

M碗"1

【解析】解：在地球表面，万有引力等于重力，G^-=mgi&

R掩

M户

在月球表面，万有引力等于重力，G/-=mg月

R月

M地=81M月

R地=3.66R月

根据自由落体运动位移-速度公式得，在月球表面：2g月八月=/

在地球表面：2g小地=样

代入数据联立解得：«0.83m

故C正确、A3。错误；

故选：Co

在天体表面，万有引力等于重力，即可得到地球表面和月球表面重力加速度的关系；物体做自由

落体运动，根据自由落体运动位移-速度公式即可求解在地球表面，小球下落的高度。

本题考查万有引力定律的应用，解题关键是知道在天体表面，忽略天体自转的情况下，万有引力

等于重力。

4.【答案】B

【解析】解：A、0〜q时间内，甲的速度一直大于乙的速度，则甲车在前，两车均刚好停在停车

线上，整段过程两者位移相同，则G〜t2时间内甲车在前，且两车距离逐渐减小，故A错误；

B、时，甲车刚好停在停车线上，乙还没到停车线处，即甲的位移大于乙的位移，平均速度是位

移与时间的比值，则甲的平均速度大于乙的平均速度，故B正确；

C、u-t图像的切线斜率表示加速度，0〜匕时闻内，乙车的加速度先大于甲车的加速度，后小于

甲车的加速度，故C错误；

。、整个刹车过程，两车速度的变化量相同，甲车刹车时间更短，根据2=尧得，整个刹车过程乙

车的平均加速度小于甲车减速过程的加速度，故。错误；

故选：

两车从同一位置出发，开始时甲车的速度大于乙车的速度，甲在前，甲先到达停车线，停车前甲

车也在前，两车距离逐渐减小；平均速度是位移与时间的比值；t图像的切线斜率表示加速度；

平均加速度是速度变化量与时间的比值。

本题考查u图像，知道。图像的切线斜率表示加速度，平均速度是位移与时间的比值，能从

图像中得到有用的信息是解题的关键。

5.【答案】D

【解析】解：4中心O点的试探电荷P受到的电场力大小为

F冷=F+2Fcos60°-2F

中心。点的试探电荷P受到的电场力大小为2凡方向由。点指向M点，故4错误；

区固定在4、B、C三点的点电荷在中心。点产生的电场强度为岳=更，故B错误；

q

C.试探电荷P沿直线。8由。点向B点移动的过程中，电场力的方向与运动方向相反，电场力做

负功，电势能逐渐增大，故C错误；

D.ON在B点和C点两个点电荷的等势面上,试探电荷P沿直线ON由。点向N点移动的过程中，

8点和C点两个点电荷对试探电荷尸不做功，4点的点电荷对试探电荷做负功，所以，试探电荷P

沿直线ON由。点向N点移动的过程中，受到的电场力做负功，故。正确。

故选：D。

中心。点的试探电荷P受到的电场力为4、B、C三个点电荷对-q作用力的合力；由4项的合力

除以4就可以得到。点的场强大小；由电场力做功判断电势能的变化；试探电荷产沿直线ON由

。点向N点移动的过程中，B点和C点两个点电荷对试探电荷P不做功，A点的点电荷对试探电

荷做负功。

本题考查了电荷在点电荷的电场中的受力及移动做功引起的电势能的变化，中档难度。

6.【答案】AD

【解析】解:4、己知铅球抛出的速度%=8m/s,铅球从抛出到落地过程，根据动能定理得：mgh=

谚一；m谱

代入数据解得：铅球落地瞬间的速度。2=10m/s

故A正确；

从设抛出时速度方向与水平方向夹角为。，已知铅球出手时的速度方向和落地前瞬间的速度方向

垂直，则铅球落地瞬间速度方向与水平方向夹角为卷-。，铅球做斜抛运动，水平方向做匀速直线

运动，则%cos。=v2cos(^—0)

4

tan©=耳

则6W45°

故8错误；

C、设铅球出手后在空中运动的时间为3铅球竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向初速度%y=

01sin。

竖直方向末速度U2y=V2COS0

根据速度■时间公式得：一"2y=vly-gt

代入数据联立解得：t=?s

故c错误；

D、铅球的水平位移为x=v1cos0t=8x-j|=x=8m

故力正确；

故选：AD.

根据动能定理求解落地速度；铅球水平方向做匀速直线运动，铅球出手时的速度方向和落地前瞬

间的速度方向垂直，根据水平方向分速度不变求解铅球出手时速度方向与水平方向的夹角；铅球

竖直方向做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动速度-时间公式求解运动时间；根据x-成求解水平

位移。

本题考查斜抛运动，解题关键是利用动能定理求解落地速度，将铅球的运动分解为水平方向的匀

速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。

7.【答案】AC

【解析】解:A、0-1s内，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：&=6的,

得臼=~m=器血/$2=0.5m/s2,金属棒在q=Is时速度大小%=31=0.5xlm/s=0.5m/s,.

22

金属棒进入磁场后，由E=BLvd=-BIL、u=v+—1)得:『纪=''[里产"_D],

K~TTK0KK~rT

由牛顿第二定律得：尸一尸安=血。2，得F=+8>='2(七一1)1

攵K~vT

2

当t=ls时，F=0.3N,当t=3s时，F=0.5s,代入上式解得：B=0.87,a2=0.5m/s,故4

正确；

B、t=3s时刻金属棒的速度》=v0+a2(t—1)=[0.5+0.5x(3—l)]m/s=1.5TH/S,金属棒产

生的感应电动势为E=BLv=0.8x0.25x1.5V=0.3V,金属棒两端的电压为U=袅E=

R+r

015+005X03V=0-225K)故B错误；

C、若1〜3s时间内拉力F做的功为1.1/,设回路产生的焦耳热为Q,由功能关系可得：WF=Q+

(|mv2-gm诏)，解得Q=0.7/

设此过程中感应电流的有效值为/,由Q=/2(R+r)t，，t，=2s,解得故C正确：

。、1~3s时间内金属棒的位移为x=号^上'="玄3x2m=2m,整个过程中通过金属棒某一截

面的电量为q=怒=黑=°落蠡C=2C,故。错误。

故选：AC.

先根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求出金属棒在£=1s时速度大小。金属棒进入磁场后，

由5=8a、/=去、F^=BIL,u=%+at求安培力与时间的关系式，由牛顿第二定律得拉力

K-TTX

产与时间的关系，结合图像的信息求出匀强磁场的磁感应强度大小和金属棒的加速度大小。t=3s

时刻，由后=BA和电压分配规律求金属棒两端的电压。若1〜3s时间内拉力F做的功为1.1/,根

据能量守恒定律求回路中产生的焦耳热，再由焦耳定律求此过程中感应电流的有效值。根据法拉

第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求整个过程中通过金属棒某一截面的电量。

本题是电磁感应中力学问题，关键要推导出安培力与速度的关系，由牛顿第二定律推导出拉力与

时间的关系，根据图像的信息求出磁感应强度和金属棒的加速度。

8.【答案】ABD

【解析】解：AB、设木板与地面间的动摩擦因数为〃1，由图乙可知，0〜4s时间内，木板与地面

间的摩擦力人随尸增大而增大，木块与木板之间的摩擦力心为0,说明木板和木块均静止，4s后，

摩擦力A保持不变，说明木板开始相对地面滑动，且滑动摩擦力病=%(M+m)g=4/V

设木板与木块间的动摩擦因数为出，4〜12s内，木块与木板之间的摩擦力心随F增大而增大，说

明摩擦力力为静摩擦力，木板和木块相对静止，一起加速运动，对木块和木板整体，根据牛顿第

二定律得：F—^(M+m)g=(M+m)a

对木块根据牛顿第二定律得：f2=ma

当t=12s时，F=kt=1x12N=12N

由图像得，/2=6N

代入数据解得：m=3kg

Mi=0.1

故AB正确；

C、12s后，摩擦力力保持不变，说明木块相对木板开始滑动，且滑动摩擦力为=〃2瓶9=6N

代入数据解得：%=02

故C错误；

D、0〜4s时间内，木块和木板静止，4〜16s时间内，f一t图像与时间轴围成的面积表示摩擦力

的冲量大小，木块所受摩擦力的冲量为/2=竽X6N-s=48N•s

木板所受合外力的冲量为4=%-分一%=竽x12N•s-4x12N•s-48N•s=24N•s

由动量定理得：12=mv2

k=Mvx

代入数据解得：v2=16m/s

%=24m/s

则16s末木块与木板的速度大小之比为%：%=16：24=2：3

故。正确；

故选：ABD.

根据图像分析木块与木板所受的摩擦力情况，进而得到木块与木板的运动情况，根据共点力平衡

条件和牛顿第二定律列式即可求解木块的质量和动摩擦因数：f-t图像与时间轴围成的面积表示

摩擦力的冲量大小，根据图像即可求解，摩擦力人和心的冲量大小，根据/=房求解水平力尸的冲

量，根据动量定理求解16s末木块与木板的速度大小，进而得到速度之比。

本题考查牛顿第二定律和动量定理，解题关键是根据/-t图像分析木块与长木板的运动情况和受

力情况，结合牛顿第二定律和动量定理求解即可。

9.【答案】2.50大于C

【解析】解：(1)相邻两个计数点之间还有四个计时点，则相邻两个计数点间的时间间隔为T=5x

0.02s=0.1s

根据匀变速直线运动中，连续相等时间内位移之差Ax=a72得：

XCD+XDE~%AB—XBCME-2%4c41.03—2X15.51__

a=———"〒然——吐=__=------------------XO.Olm/s2=2.50m/s2

4T24T24X0.12

(2)设平衡摩擦力时，沙子和沙桶的总质量为m0,则小车运动过程中受到的阻力为小°。对小车和

沙桶、沙子、及祛码整体，由牛顿第二定律的：

mg=(M+m+m0)a

解得：a=M“含+m+m-o

则小车所受的合外力F=Ma=0n2g<mg

(3)由加速度a=M+ZXm。可知'。-小。图像的斜率会随〃，的增大而减小，应为一条过原点的切线

斜率逐渐减小的曲线，故C正确、ABD错误；

故选：Do

故答案为：(1)2.50；(2)大于;(3)Co

(1)根据匀变速直线运动中，连续相等时间内位移之差Ax=。产求解加速度即可；

(2)对小车和沙桶、沙子、及祛码整体，受力分析列牛顿第二定律表达式求解加速度，对小车由牛

顿第二定律求解合外力；

(3)根据加速度的表达式判断即可。

本题考查“探究加速度与合外力之间的关系”的实验，理解实验过程和注意事项，知道加速度的

求解方法，结合牛顿第二定律列式求解即可。

右R°Rg

10.【答案】R16.1大于

2(k-l)(Ro+Rg)

【解析】解：(1)毫伏表与定值电阻的并联电阻即=”粤=黑券。=9.5。

nQ~rf\q1U十1VU

根据欧姆定律电路中的最大电流1m=黑=骷4~0.0U

Ky

当滑动变阻器两端电压约为URXE

滑动变阻器连人电路中的最小电阻Rmin=詈=焉。=6000

1mU.U1

因此滑动变阻器选择

为保护毫伏表并能顺利完成实验，闭合开关S1前应把滑动变阻器的滑片移到阻值最大的那一端,

即最右端；

(3)当&闭合、52断开时，根据欧姆定律，电路中的电流/=空

保持滑动变阻器滑动片位置不变，闭合开关Si、S2，电路中的电流不变

根据欧姆定律及并联电路的电流特点，电路中的电流/=器+上=(赤+左)。2

联立可得U1=绰旦•u2

Kx

结合G一出图像可知，斜率卜=马普

联立解得&=RgRg

(k-1)(R0+Rg)

作出的％-4图像如图所示:

根据图像求得斜率々=黑=*=1.59

AU263-0

待测电阻咒=存=段=16.1。

(4)闭合开关S2后，电路中的总电阻变小，总电流变大，

根据并联电路的电流特点，/R茸〉/R

根据欧姆定律得心的真实值也且平＜3=RX

因此有之的测量值大于真实值

故答案为：(1)/?2：右；(3)16.1；(4)大于。

(1)先求解毫伏表与定值电阻的并联电阻，再根据欧姆定律求电路中的最大电流，再估算滑动变阻

器连人电路中的最小电阻，然后作出选择；滑动变阻器的滑动片应在阻值最大的那一端；

(3)当a闭合、52断开时，根据欧姆定律，电路中的电流；保持滑动变阻器滑动片位置不变，闭合

开关S］、S2，电路中的电流不变，根据欧姆定律及并联电路的电流特点，电路中的电流；结合图

像斜率的含义求解待测电阻的表达式，代入数据求待测电阻；

(4)闭合开关S2后，电路中的总电阻变小，总电流变大，电阻心中的电流变大，根据并联电路电流

的分配与电阻成反比的特点可知&的真实值偏小。

本题的关键是抓住“保持滑动变阻器滑动片位置不变，闭合开关Si、S2，电路中的电流不变”这

一条件；本题的难点是滑动变阻器的选择和待测电阻的误差分析。

11.【答案】解：(1)物块甲、乙放置在传送带上均先做匀加速运动，物块甲的加速度大小为：

—林、g—0.2X10m/s2—2m/s2

22

物块乙的加速度大小为：a2=林2g-0.8x10m/s=8m/s

设释放物块甲之后经时间，物块甲、乙发生碰撞，假设此前两物块一直做匀加速运动，则物块甲

发生的位移：

12

%=2ait

物块乙发生的位移大小为：x2=\a2(t-Aty

物块甲、乙相碰满足Xi=X2

联立解得：t=2s

此时物块甲的速度大小为：Vi=ap=2x2m/s=4m/s

物块乙的速度大小为：v2=a2(t—戊)=8x(2—l)m/s=8m/s

两物块的速度均小于l(hn/s,假设成立，所以物块甲释放后2s甲、乙两个物块发生碰撞；

(2)物块甲，乙发生弹性碰撞，碰后物块甲、乙的速度分别为%'、%’,取向右为正方向，由动量

守恒定律和机械能守恒定律有：

mvr+mv2=mvy+mv2'

1111

2mvi+2mv2=2mV1'2+2mV2'2

联立可得"J=8m/s,v2'=4zn/s。

答：(1)物块甲释放后2s甲、乙两个物块发生碰撞；

(2)甲、乙两个物块碰撞后瞬间的速度大小分别为8m/s、4m/s»

【解析】(1)物块甲、乙放置在传送带上均先做匀加速运动，根据牛顿第二定律求解加速度大小,

再根据位移-时间关系求解碰撞时经过的时间和速度大小；

(2)物块甲，乙发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律求解甲、乙两个物块碰撞后瞬间

的速度大小。

本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；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求解。

12.【答案】解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，沿-y方向做匀速直线运动，沿+x方向做匀加速

直线运动，设离开电场时沿+x方向的分速度为以，则有

沿+x方向的位移大小为：L

由牛顿第二定律得：a=2

分速度关系为："=tan30。

v0

解得匀强电场的场强为：E=警；

6qL

(2)粒子在电场中运动过程，沿-y方向的位移大小为：y=vot

tan30at

沿+x方向的末速度大小为：vx=vo°=

解得：y=2V3L

粒子进入磁场时的速度大小为：〃=』=竽％

粒子进入磁场做匀速圆周运动，恰好不进入第一象限临界轨迹与X轴相切，如下图所示，

解得：8。=辞

要使粒子能够进入第一象限，第四象限内匀强磁场的磁感应强度的大小8应满足：

B<吧.

2qLf

(3)设粒子在第四象限内的运动半径为q,在第一象限内的运动半径为由洛伦兹力提供向心力

可得：qvB=my,已知：BiB2=kB1,"=竽氏，可得：

n=2仞，r2=竽必>1)

粒子在第一、四象限的部分运动轨迹如下图所示：

粒子在M点第一次进入第一象限后，

在第一象限的圆弧轨迹的弦长为：5=2r2cos30°=y(fc>1)

在第四象限的圆弧轨迹的弦长为：L2=2r1Cos30°=6L

由题意知薄板的两端点到。点的距离分别为134和15L,要使粒子打在薄板下表面需满足：

13L<0M+n^Lr+L2)<15L,(n=l、2、3.......)

即13LW6L+n(6L+%W153(n=l、2、3.......),(k>1)

可得〃只能取？1=1，解得:2<k<6o

答：(1)匀强电场的场强为鬻；

(2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度的大小8的范围为B(貌；

(3)当上满足：2Wk<6时，薄板下表面会出现荧光。

【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，将运动沿-y方向和+x方向分解处理，应用运动学公式

和牛顿第二定律求解；

(2)粒子进入磁场做匀速圆周运动，恰好不进入第一象限临界轨迹与x轴相切，画出临界轨迹图，

由几何条件求得粒子运动半径，由洛伦兹力等于向心力求解；

(3)由洛伦兹力等于向心力求出粒子在第一、四象限内的运动半径，由几何关系根据对称性求得粒

子由第四象限经过x轴到第一象限时，轨迹与x轴交点到。点距离的表达式，找到此距离应满足

的条件从而求解。

本题考查了带电粒子在电磁场中运动问题，当粒子在电场中做曲线运动,往往要将运动分解处理；

粒子在磁场中做匀速圆周运动时，要先画出粒子轨迹图，由儿何条件确定轨迹的半径与圆心角是

关键，结合洛伦兹力等于向心力解决问