2022年湖南省永州一中高考物理模拟试卷（附答案详解）

2022年湖南省永州一中高考物理模拟试卷

1.2021年12月30日，我国全超导托卡马克核聚变实验装置实现了7000万摄氏度高温

下1056秒长脉冲高参数等离子体运行，打破了自己保持的世界纪录，标志着我国

在可控核聚变研究上处于世界领先水平。托卡马克内部发生的主要核反应的方程可

能是（）

A.尊汕一第4Th+^HeB.IjAl+^He-得P+Jn

C.尹N+fHe。+出D.jH+lH号He+^n

2.如图所示，质量均为m的物块a、b之间用竖直轻弹簧相连，系在a上的//〃

细线竖直悬挂于固定点0,a、b与竖直粗糙墙壁接触，整个系统处于静「注

止状态。重力加速度大小为g,则（）Sb

A.弹簧弹力小于mg

B.细线的拉力可能等于mgl_Lk

C.剪断细线瞬间，物块b的加速度大小为g

D.剪断细线瞬间，物块a的加速度大小为2g

3.如图甲所示，一带正电的小球用绝缘细线悬挂在竖直向上的、足够大的匀强电场中,

某时刻剪断细线，小球开始向下运动，通过传感器得到小球的加速度随下行速度变

化的图像如图乙所示。已知小球质量为沉，重力加速度为g,空气阻力不能忽略。

A.小球运动的速度一直增大

B.小球先做匀加速运动后做匀速运动

C.小球刚开始运动时的加速度大小劭=g

D.小球运动过程中受到的空气阻力与速度大小成正比

4.如图所示，电源电动势为E,内阻为九电路中的%、区3分别为总阻值一定的滑动

变阻器，R。为定值电阻，％为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）。当开关S闭

合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。下列说法中正确的是（）

A.在只逐渐增大光照强度的过程中，电阻岛消耗的电功率变大，电源消耗的总功率变

大

B.只调节电阻/?3的滑动端向上端移动的过程中，长消耗的功率变大，电阻中有向

上的电流

C.只调节电阻/?2的滑动端P1向上端移动的过程中，电压表示数变大，带电微粒向上运

动

D.若断开开关S,电容器所带电荷量变小，带电微粒向上运动

5.如图所示，质量分别为m1、巾2的两个带同种电荷的小球4、B,分别用长为Z,的绝

缘细线悬挂在同一点0,两细线与竖直方向各成一定的角度a、氏两小球用一绝缘

轻质弹簧相接，4、B球连线与过。点竖直线交于C点，初始时刻弹簧处在压缩状态，

现增加4球的电荷量，下列说法中正确的是（）

A.两细线的拉力之比变大B.两细线的夹角不变

C.4C与BC的长度之比不变D.0C长度一定变大

6.如图所示，质量均为小的木块4和B,并排放在光滑水平面上，

4上固定一竖直轻杆，轻杆上端的。点系一长为L的细线，细线

另一端系一质量为nt。的球C,现将C球拉起使细线水平伸直，

并由静止释放C球，则下列说法不正确的是（）

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A.A、B两木块分离时，4B的速度大小均喏J黑

B.A、B两木块分离时，C的速度大小为2反

C.C球由静止释放到最低点的过程中，4对B的弹力的冲量大小为2771。去黑

D.C球由静止释放到最低点的过程中，木块4移动的距离为喘*

Z/flTf/lQ

7.如图所示，直角坐标系xOy在水平面内，z轴竖直向上。坐标原点。处固定一带正电

的点电荷，空间中存在竖直向下的匀强磁场B。质量为m带电量为q的小球4,绕z轴

做匀速圆周运动，小球4的速度大小为北，小球与坐标原点的距离为r,。点和小球

A的连线与z轴的夹角0=37。。重力加速度为g,m、q、r已知。（cos37。=

0.8,s讥37。=0.6）则下列说法正确的是（）

X

A.小球4与点电荷之间的库仑力大小为：小9

B.从上往下看带点小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动

C.%越小所需的磁感应强度B越小

D.v0=J.时,所需的磁感应强度B最小

8.如图所示是卫星绕不同行星在不同轨道上运动的国7-/gr图像，其中7为卫星的周

期，r为卫星的轨道半径。卫星M绕行星P运动的图线是a,卫星N绕行星Q运动的图

线是b,若卫星绕行星的运动可以看成匀速圆周运动，则（）

A.直线a的斜率与行星P质量无关

B.行星P的质量大于行星Q的质量

C.卫星M在1处的向心加速度小于在2处的向心加速度

D.卫星M在2处的向心加速度小于卫星N在3处的向心加速度

9.如图所示，光滑的水平地面上有木板C,me=4kg,C板上表面粗糙，4、B两个物

体紧挨在一起，初始4、B和C三个物体均处于静止状态，mA=1kg,mB=2kg»

A,B间夹有少量火药，某时刻火药爆炸，瞬间释放了E=27/的能量并全部转化为

4和8的动能，使4B分别水平向左、向右运动起来，C板足够长，以下结论正确

的是（）

AB

A.爆炸后瞬间力、B速度大小以=2VB

B.若4、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，爆炸后4、B组成的系统动量守恒

C.若4、B与木板C上表面间的摩擦力大小不相等，则人B、C组成的系统动量不守恒

D.整个过程中4、B、C系统由于摩擦产生的内能为27/

10.如图所示，在xOy平面内，0<xSa区域有垂直于纸面向

里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，a<xW2a区域有垂

直于纸面向外的匀强磁场（大小未知）。一质量为m、带电量

为q（q>0）、速度大小为V=誓的粒子由坐标原点。沿x轴

正方向射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，粒子最后又从y轴射出磁场区域。下列

说法正确的是（）

A.粒子可能从y轴负方向垂直y轴射出磁场

B.粒子在a<x<2a区域的轨道半径可能是|a

C.粒子在两磁场中的运动时间之和可能为

D.仅减小粒子的入射速度，该粒子一定从y轴射出磁场区域

11.做平抛运动的物体的运动规律可以用如图1所示的实验形象描述。

（1）小球从坐标原点。水平抛出，做平抛运动。两束光分别沿着与坐标轴平行的方向

照射小球，在两个坐标轴上留下了小球的两个影子。影子1做运动，影子2做

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______运动。

（2）如若在。点放一点光源S,同时在x轴上某位置固定上一平行于y轴的足够大光屏,

则当小球自。点平抛过程中在光屏上的影子做运动。

（3）如图la是研究小球在斜面上平抛运动的实验装置，每次将小球从弧型轨道同一

位置静止释放，并逐渐改变斜面与水平地面之间的夹角氏获得不同的水平射程》,

最后作出了如图b所示的X-图象，g=10m/s2.则：由图2b可知，小球在斜面

顶端水平抛出时的初速度%=m/So

12.18650锂电池是锂电池的鼻祖，其中“18”表示直径是“65”表示长度是

65mm,“0”表示是圆柱形电池，它具有能量密度高（约为55514^〃。）、单体工作

电压高（充满电时约为4.2V）、内阻小（10-20数量级）、寿命长等优点，在电动汽车、

充电宝等许多产品中得到了广泛的应用。某同学从下列器材中选用部分器材测量一

节18650锂电池的电动势和内阻：

人数字多用表（电压挡内阻约为IO?。，104电流挡内阻约为0.050）2只

定值电阻%（2.5仅34）2只

C.滑动变阻器/?2（5034）2只

。.滑动变阻器/?3（10仅2A）2只

E.开关S（约0.150）1只

F.几根导线（约0.01。/根）

（1）该同学选择器材正确连接实物电路后，闭合开关S,调节滑动变阻器，读出一只

数字多用表电压挡的示数U和另一只数字多用表电流挡的示数改变滑动变阻器滑

片的位置，得到多组（U,/）,记录数据如下：

序号123456

U/V3.8143.7463.6903.6043.5003.396

I/A0.6780.9281.1521.5261.9452.371

他根据上述数据，用电脑软件在直角坐标系中描点，拟合直线，得到U与/的函数关

系式为U=-0.2447/+3.976,则该锂电池的电动势为忆内阻为0（

结果均保留三位有效数字）；

（2）该同学完成上述实验所采用的电路原理图是图中的；

(3)实验中，滑动变阻器R*选择的是,保护电阻选择的是(填器材序

号)；

(4)实验完成后，该同学用专业电池内阻测试仪测得这节18650锂电池的内阻为

0.06/2,与上述伏安法测得的内阻值相比，两者差异很大，其原因是。

13.国家跳台滑雪中心是我国首座符合国际标准的跳台滑雪场地，也是张家口赛区冬奥

会场馆群建设中工程量最大、技术难度最高的竞赛场馆。跳台剖面因与中国传统吉

祥饰物“如意”的S形曲线契合，因此被形象地称为“雪如意”。2022年冬奥会中，

运动员有一项飞跃表演在跳台滑雪场地举行，其简化模型如图所示，左侧为一倾角

为a(tana=0.5)的斜坡P,右侧为竖直光滑圆弧轨道A8C与另一足够长的斜坡Q平

滑相接(斜坡面沿C端的切线方向)，其中圆弧轨道的两端4、C关于过圆心0的竖直

线对称，B为圆弧轨道的最低点.表演者利用雪橇不停触地先从平台左侧不断加速,

然后利用惯性冲上斜坡P，一段时间后从斜坡P的顶端沿切线方向飞出，人在空中

连同雪橇可以视为质点在空中自由滑行，经过匕=2s恰好无碰撞地从4端沿圆弧切

线方向进入竖直光滑圆弧轨道ABC,然后从C端冲上斜坡Q,在斜坡上减速到零后

又反向滑回。已知运动员从C点进入斜坡Q开始到第二次经过该斜坡上的。点所经的

时间间隔t2=3s,表演者与雪橇的总质量M=100kg,斜坡P顶端与4端的水平间

隔x=32m,圆弧轨道48c的半径R=5m,雪橇与斜坡Q间的动摩擦因数〃=0.5,

重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力。求：

(1)运动员及雪橇经过斜坡P顶端时的速度大小；

(2)运动员及雪橇第一次经过B点时，对轨道的压力；

(3)从C到。的过程中，运动员连同雪橇克服重力做的功。

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14.直线电机的工作原理：当初级绕组通入交流电源时，便在气隙中产生行波磁场，次

级在行波磁场切割下，将感应出电动势并产生电流，该电流与气隙中的磁场相作用

就产生电磁推力。如果初级固定，则次级在推力作用下做直线运动；反之，则初级

做直线运动。所以直线电机本质是一种利用电磁驱动原理工作的电动机械（实物如

下图左所示），现在利用以下简单的模型粗浅地理解其工作原理。如下图右所示，

一半径为小电阻为R的细铜环质量为小，置于水平桌面（图中未画出该桌面）的圆孔

上（孔径等于环内径）。另有一表面光滑的圆柱形磁棒竖直穿过圆孔和环，恰与孔、

环不接触。磁棒产生的磁场方向沿半径方向向外，在环处的磁感应强度大小为B,

磁棒下端足够长，重力加速度为g。不考虑空气阻力及其他介质对磁场的影响。

（1）若磁棒由静止开始竖直向上运动，其速度"与位移尤的关系为u=kx（l（为已知常

量），当棒速度为%时环恰好对桌面压力为零，求%大小和此过程中环上产生的焦

耳热Q；

（2）若磁棒以速度力（%>%）竖直向上匀速运动，环离开桌面后经时间t达到最大速

度，求此时间内环上升的高度/!大小：

（3）如果保持材料和半径都不变，仅将绕制铜环的铜线加粗一些，试分析说明第（2）

问中铜环的动能如何变化。

15.下列说法正确的是（）

A.理想气体在绝热膨胀过程中，其内能可以不变

B.温度越高的物体，其内能也越大

C.恒温池中，将玻璃杯倒扣着缓慢从空气中压入池底，将玻璃杯中的空气视为理想气

体，则玻璃杯中的气体分子平均速率不变，并且将放出热量

D.两个分子从相距最近开始相互远离的过程中（在分子间作用范围内）分子间的引力在

不断减小，分子间的势能也不断减小

E.晶体在融化过程中一定会吸收热量，但体积可能会减小用干

16.一个底面积为S的光滑导热气缸距离底部为，°和21。的位置有

***，**▲/c

两个卡槽，卡槽中央有不计质量和厚度密闭活塞封闭着一定

■1*

1。

质量的理想气体，大气压强为Po,此时环境温度为To,理想气体的内能与温度的关

系为U=KT,重力加速度为g。

①在活塞上方加入一个祛码，能使活塞恰好到达下方卡槽，求所加祛码质量m；

②在①问的基础上在加上相同的祛码，且将气缸放在温度缓慢增升高的环境中，

求活塞从开始运动到环境温度达到37。时，封闭气体吸收的热量Q。

17.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时波形图如图中实线所示，此时波刚好传到

c点，t=0.9s时波恰好传到e点，波形如图中虚线所示，a、b、c、d、e是介质中

的质点，下列说法正确的是（）

A.该波的传播速度为2.5m/s

B.质点b在。〜0.9s时间内通过的路程为30cm

C.当t=0.75s时质点a和质点c的加速度相同

D.质点d在0.6s时运动的速度最大

E.若该机械波遇到3.8机障碍物时能够发生明显衍射

如图所示，一个半径为;R的玻璃砖浸在某种液体中，玻璃

砖表面略高于液面，一束光从液体底部的4处竖直到玻璃

砖B处，入射角为75。，在玻璃砖内经过折射后，从C点与

水平方向成30。角射向。点。已知玻璃砖的折射率为叼=

V3,光在真空中的速度为c,5/75。=&近，cos75°=

4

V6-V2

-O

4

求：①该液体的折射率为;

②光从4到。所经历的时间。

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：力、裂Ur聚77i+*e属于a衰变，故A错误；

BC、弘4+狙e-得P+乩和尹N+加e。+出都属于人工转变，故8c错误；

£＞、出+法/He+飙为聚变方程，故。正确；

故选：D。

放射性元素放射出粒子而转变为另一种元素的过程属于衰变；

llAl+^He-猾P+[n和尹N+加e。+出都属于人工转变；

核聚变是指小质量的两个原子核结合成一个比较大的原子核；

明确a衰变，0衰变，人工转变和核聚变方程时解决问题的关键。

2.【答案】D

【解析】解：AB,对ab整体分析可知，整体受重力和绳子上的拉力作用，如果水平方

向受墙的弹力，则ab整体不可能竖直静止，故ab均不会受到水平方向上的弹力：根据

平衡条件可知，细线上的拉力F=2mg；再对b分析可知，b只受重力和弹簧拉力而保持

静止，故弹簧的弹力7=mg,故A8错误；

C、由于b处于平衡，故弹簧的拉力7=mg,剪断细线瞬间弹簧的弹力不变，则对b分析

可知，b受力不变，合力为零，故加速度为零，故C错误；

D、对a分析可知，剪断细线瞬间a受重力和弹簧向下的拉力，合力吊=2mg,则由牛顿

第二定律可知，加速度为2g,故。正确。

故选：Do

对细线剪断之间的整体进行分析，从而明确细线上的拉力，再对b分析明确受力情况；

再对剪断细线之后分析，明确弹簧的弹力不能突变，则可明确两者的受力情况，从而求

出加速度的大小。

本题考查牛顿第二定律关于瞬时加速度的计算问题，解题的关键在于明确剪断前后的受

力分析，明确弹簧弹力的不能突变的性质应用即可结合牛顿第二定律正确求解；注意由

于水平方向没有外力，故ab均和墙壁之间没有弹力和摩擦力。

3.【答案】D

【解析】解：4、小球速度增大到孙后，加速度a变为0,于是速度不再继续增大，故A

错误；

8、小球在加速过程中，加速度随速度变化，即不是匀变速运动，故8错误；

C、剪断细线，小球开始向下运动，由于小球不只受重力，还受向上的电场力，故此时

加速度a（）＜g,故C错误；

D、由a-1?图象，可得a=ku+ao①

由牛顿第二定律，可得mg-qE-f=7na,可解出加速度为：a=_£+g弋②

比较②式与①式，可知Q=9-容-£=kv,B|J/=-kmv,故。正确。

故选：Do

通过图像得出信息，根据牛顿第二定律得出加速度表达式，进而分析小球的运动状态和

受到的阻力与速度大小的关系。

在处理图像问题时，要能读出相关信息，要能根据数学知识写出对应的函数表达式，从

而解决问题。

4.【答案】A

【解析】解：4、在只逐渐增大光照强度的过程中，光敏电阻的阻值减小，则通过Ro的

电流增大，根据热功率的计算公式P=/2R可知电阻&消耗的电功率变大，根据电源功

率的计算公式P=E/可知电源的功率也增大，故A正确；

8、只调节电阻&的滑动端P2向上端移动的过程中，电路总电阻不变，则电源输出电流

不变，%消耗的功率不变，电阻/?3中无电流，故B错误；

C、只调节电阻/?2的滑动端A向上端移动的过程中，电容器两端的电压变小，电路中的

电流变小，则干路上的总电阻分到的电压变小，路端电压变大，即电压表示数变大，；

而电容器两端电压变小导致极板间的场强变小，电场力小于重力，所以带电微粒向下移

动，故C错误；

。、若断开开关S,电容器会放电，电荷量变小，则根据公式Q=CU可知，电容器的电

压也变下，场强变小，导致带电微粒向下运动，故。错误；

故选:Ao

当光照强度增大时，光敏电阻的阻值变小，根据闭合电路欧姆定律分析出功率的变化;

调节/?3的电阻对整个电路无影响；

调节的滑片会导致接入电路中的电阻有变化，结合闭合电路欧姆定律完成分析；

当S断开时，电容器处于放电状态，电荷量减小，则电压和场强都变小，微粒向下运动。

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本题主要考查了电路的动态分析，根据电阻的变化和电路结构分析出电路中电流和电压

的变化，同时结合电容器的公式分析出电容器的变化即可。

5.【答案】C

【解析】解：对两小球进行受力分析，如下图所示:

&、为4、B两小球之间的库仑力，?2、尸2’为两小球之间的弹簧弹力，满足

F=F1+F2=F'=F1'+F2'

对A球受力分析，F、J。m19,三力满足相似三角形，则有

如。_Ti_F

OC~OA~AC

同理对B球有

m2g_T?_Fi

OC~OB~

当4球的电荷量增大则两球距离会增大，夹角a、0增大，但仍有

詈；爷=詈，绳长不变，C点上移，℃长度变小，故C正确，A8O错误；

/2巾2DC

故选：C。

对两小球进行受力分析，根据相似三角形列式分析出力的变化情况，结合几何关系完成

分析。

本题主要考查了动态平衡的相关应用，熟悉对物体的受力分析，结合几何关系即可完成

解答，整体难度不大。

6.【答案】C

【解析】解：AB、小球释放在向下摆动的过程中，对4有向左的拉力，使得4、B之间

有弹力，4、8不会分离，当C运动到最低点时，4、B间弹力为零，力、B将要分离，4、

B分离时速度相等；4、8、C系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒

定律得：movc-2mvA-0

由机械能守恒定律得：mogL=|m0Vc+1x27n若

解得：以/禹，%=2层,故AB正确；

C、C球由静止释放到最低点的过程中，由动量定理可知，4对B的弹力的冲量大小/=

叫=m。/黑,故c错误；

。、4、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：

movc-2mvA-0,则血。x半-2mx£=0,由几何关系得：xr+x2=L,

解得4移动的距离为：故。正确。

本题不正确的，故选：C。

小球摆动到最低点时，A、B分离，在此过程，4、B、C系统动量守恒，机械能守恒，

根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出4B、C的速度；应用动量定理可以求出A对8

的冲量大小；通过水平方向上的动量守恒求出木块4移动的距离。

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；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，再根据能量关系列方程求解。

7.【答案】ABD

【解析】解：4、对小球4受力分析如图所示，洛伦兹力尸2沿水平方向，库仑力Fi沿着OB

方向

在竖直方向，根据平衡条件得：F]Cos37。=mg

解得：&=

小球4与点电荷之间的库仑力大小为故A正确；

8、空间中存在竖直向下的匀强磁场B,根据左手定则，从上往下看带点小球只能沿逆

时针方向做匀速圆周运动，洛伦兹力才指向圆心，故8正确；

0

C、水平方向根据牛顿第二定律：qv0B-FrSinil=m^-

R

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解得：QVQB—-=0

%和B并非单调关系，故C错误；

。、小球/做匀速圆周运动的临界条件为：水平方向合力为0,即

qv0B=F1sin37°S.F1=^mg

解得：qv0B=-mg

因为洛伦兹力提供向心力

qv0B=m^-

根据几何关系可知R=rsm37°

解得：v0=J总gr

即为=原^时，所需的磁感应强度B最小，故。正确。

故选：ABD.

对小球4受力分析，在竖直方向上受力平衡，求库仑力与重力之间的关系：根据左手定

则判断小球做匀速圆周运动的方向；在水平方向上合力提供小球4的向心力；小球4做

匀速圆周运动的临界条件为：水平方向合力为0,然后由洛伦兹力提供向心力

求最小磁感应强度。

本题考查圆周运动和电场磁场的综合运用，本题的关键是通过受力分析找到合外力提供

向心力，根据小球4做匀速圆周运动的临界条件求磁感应强度B最小。

8.【答案】AD

【解析】解：4、卫星绕行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有：6粤=mr与，

解得周期7=2兀层，根据数学公式变形可得仞T=：lg焉+|/gr,结合图像知直线的

斜率为定值|,与行星质量无关，故A正确；

B、图象的纵轴截距为?g需根据数学知识可知，a的纵轴截距的绝对值小，则行星P的

质量小于行星Q的质量，故B错误；

C、根据图象可知，1处的轨道半径小，根据万有引力提供向心力可知：G^=man,

解得：厮=皆，则轨道半径小的，向心加速度大，所以卫星M在1处的向心加速度大于

在2处的向心加速度，故C错误；

D、根据万有引力提供向心力得：G^=man,解得：4=等，则卫星M在2处的向心

加速度小于卫星N在3处的向心加速度，故力正确。

故选：AD.

人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，结合数学

知识点变形可知函数图象的意义；再结合万有引力提供线速度、角速度、加速度进行判

断。

本题考查了万有引力定律在实际问题中的应用，解决此题的关键是根据人造卫星的万有

引力等于向心力，结合数学知识点进行变形得到图像的函数表达式进行判断。

9.【答案】AD

【解析】解：4火药爆炸瞬间，4、B组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，取

向右为正方向，由动量守恒定律得：mBvB-mAvA=0

由能量守恒定律得：E=

联立代入数据解得：vA=6m/s,vB=3m/s,则以=2%，故A正确；

B、若4B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，由于4、B质量不等，则爆炸后4与B所

受的滑动摩擦力方向相反，大小不等，力、B组成的系统合外力不为零，系统动量不守

恒，故8错误；

C、若4、B与木板C上表面间的摩擦力大小不相等，由于4、B、C组成的系统合外力为

零，所以系统动量守恒，故C错误；

。、C板足够长，最终4、B、C三个物体与木板共速，设共同速度为以取向右为正方向，

由动量守恒定律得

0=(.mA+mB+mc+m^)v,解得"=o

整个过程中A、B、C系统由于摩擦产生的内能Q-可得Q=E=27J,

故。正确。

故选：AD.

爆炸过程4、B组成的系统动量守恒，能量也守恒，利用动量守恒定律与能量守恒定律

求出爆炸后瞬间4、B的速度大小，从而得到两者速度大小关系；根据系统动量守恒的

条件：合外力为零，分析爆炸后48组成的系统和4、B、C组成的系统动量是否守恒；

C板足够长，最终A、B、C三个物体与木板共速，由动量守恒定律求出共同速度，再由

能量守恒定律求整个过程中4、8、C系统由于摩擦产生的内能。

根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，要把握动量守恒的条件：合外力为零,

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通过分析外力来判断系统动量是否守恒。运用动量守恒定律时，要规定正方向。

10.【答案】ACD

【解析】解：人、由粒子沿支轴正方向射入磁场，知其在0卡丁

左侧磁场运动的圆心在y轴上，由洛伦兹力提供向心力有Kj

V2

qvBD=m-

得0<x<a区域圆周运动的半径/=荔=2。

qB1Vc

取粒子在a<xW2a区域圆周运动的轨迹恰好与右边界"一^一'大

相切，轨迹如图：।

由图可知此时粒子从y轴负方向垂直y轴射出磁场，故A正确；

B、取粒子在a<xS2a区域圆周运动的半径为女，有上5沅30。+上Sa

得叫W学

故B错误；

C、粒子在0<%<a区域运动时间为々=2X黑•警=翳

DOUQD0（/£>

粒子在a<x<2a区域运动时间今=翳馈=器

粒子在两磁场中的运动时间为t=ti+t2

若B'=8B,则t=^ZC/£）

故C正确；

。、取粒子0<xVa区域速度偏角为粒子在Q<%<2a区域沿%轴运动的最远距离L=

.八.a,mva,mvB,mv

r2Sme+r2=r2--+r2=--^+—=-a+—

稍减小粒子的入射速度，粒子在a<%<2a区域沿x轴运动的最远距离减小，粒子不会

从磁场的右侧离开，一定从y轴射出磁场区域，故。正确。

故选：ACD.

粒子在左侧磁场做匀速圆周运动，进入右侧磁场进行匀速圆周运动，粒子从y轴负方向

射出磁场；粒子在a<x<2a区域圆周运动的半径方有r2s讥30。+r2<a；粒子圆周运

动时间通过圆心角进行计算；粒子在a<xW2a区域沿x轴运动的最远距离L=r2sind+

r2,由此判断粒子是否从y轴射出磁场区域。

带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，需要通过与速度方向垂直的关系找圆心，结合

几何关系求解半径。

11.【答案】匀速直线自由落体匀速直线1.0

【解析】解：(1)因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，所

以影子1做匀速运动，在竖直方向上做自由落体运动，所以影子2做

自由落体运动。

(2)设小球平抛运动的初速度为/t时间内下落的高度为无，。点与

屏间的距离为屏上影子在t时间移动的位移为X。

根据图示，由数学知识可得：“牛，又九="产，

联立解得：x=gt

即影子的位移与时间成正比，所以当小球自。点平抛过程中在光屏上的影子做匀速直线

运动。

(3)物体在竖直方向上有：y=1gt2

水平方向上％=比，且有=(

联立解得：x=—tanO

9

由图可知：k=^=0.2=—

0.5g

解得：v=1.0m/s

故答案为：(1)匀速；(2)匀速直线，自由落体；(3)匀速直线；(4)1.0；

(1)平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合水平

方向和竖直方向上的运动规律分析判断。

(2)根据图中两个三角形相似得到影子位移与时间的关系式，再根据自由落体运动位移

时间关系公式列式,然后联立得到影子位移与时间的关系式，最后分析影子的运动性质。

(3)由平抛运动的规律列出水平位移与夹角正切值的关系，即可求得小球水平抛出时的

初速度；

解决本题时要明确平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，关键在于确定影子位

移的表达式后分析讨论。

12.【答案】⑴3.98、0.245；

⑵甲；

(3)C、C；

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(4)用伏安法测得的内阻包含电池内阻、开关电阻、及导线电阻，专业仪器测量只是电

源的内阻

【解析】解：(1)由题意拟合的直线：U与/的函数关系式为1/=-0.2447/+3.976,与

闭合回路的欧姆定律进行对比可知，U=E-lr,所以E=3.976,=3.98叭内阻r=

0.2447/2=0.2450。

(2)由于从U与/的函数关系式U=-0.2447/+3.976中已知求出电源内阻为「=

0.2447。，只能是电源内阻，若采用乙图的话则|幻=R^+r>2.5亿则不可能是图乙，

故选图甲；

(3)估算电路中的最小电阻Rmin=争=鬻0=1.430,最大电阻Rmax=手注=

lmax'min

熟0=5.6250,这样看，滑动变阻器选C比较合适，定值电阻8=2.50>1.430,

0.678

故不能选用，则选C比较合适；

(4)用伏安法测得的内阻包含电池内阻、开关电阻、及导线电阻等，用专业仪器测得的

内阻介于开关电阻和导线电阻之间，故两者差异大。

故答案为：(1)3.98、0.245；(2)甲；(3)C、C；(4)用伏安法测得的内阻包含电池内阻、

开关电阻、及导线电阻，专业仪器测量只是电源的内阻

(1)根据题意中的表达式确求出电源电动势和内阻；

(2)根据实验原理和U与/的函数关系式U=-0.2447/+3.976确定实验原理图；

(3)根据表中数据求出电路的最大电阻和最小电阻，从而确定滑动变阻器的选择和定值

电阻的选择；

(4)根据电路实际情况和实验原理分析误差的原因。

根据题意确定电流表与滑动变阻器的接法是连接实物电路图的前提与关键；当电压表内

阻远大于待测电阻阻值时，电流表应采用外接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时,

电流表采用内接法；当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法。

13.【答案】解：⑴运动员及雪橇离开斜坡P做斜抛运动，水平方向有：vx=^-=^m/s=

16m/s(T)

运动员及雪橇离开斜坡P时有：tana=，=0.5②

vx

②式代入①解得：vy=8m/s

运动员及雪橇经过斜坡P顶端时的速度大小为：v=J诺+琢=V162+82m/s=

8y/5m/s

(2)在A点，设速度方向与水平方向之间的夹角为。。

到达4端时水平方向分速度大小以％=vx=16m/s,

竖直方向分速度大小以y=vAy-gt]=(8-10x2)m/s=-12m/s,

负号表示速度方向竖直向下，到达4速度大小为：以=J喙+啖=V162+122m/s=

20m/s,tand=0.75,得。=37°

运动员及雪橇从4到B,由动能定理得：MgRf<l-cosd)=

在B处，对运动员及雪橇，由牛顿第二定律得：FN-Mg=M^

联立解得FN=9400N。由牛顿第三定律：运动员及雪橇第一次经过8点时，对轨道的压

力大小为9400N

(3)运动员及雪橇以%=20m/s的速度从C点冲上斜坡Q,由几何关系知斜面倾角为37。,

沿斜坡上滑的过程，由牛顿第二定律得：Mgs讥37。+iiMgcos37°=Mar

从C点上滑至最高点的时间为：t3=],代入数据解得：t3=2s

上滑的最大距离为：%1=1x10x22nl=20m

沿斜坡下滑的过程，由牛顿第二定律得：Mgs讥37O-〃Mgcos37o=Ma?。从最高点下

滑至。点的时间Q=七2-J=3s-2s=Is。从最高点下滑至D点的位移大小%2=

1o1o

”2修，X2xl27n=1m,

斜坡上C、。两点间的距离s=%i-%2=20m-lm=19m。

从C到。的过程中，运动员及雪橇克服重力做的功伍=Mgssin37。。

解得收=11400/。

答：(1)运动员及雪橇经过斜坡P顶端时的速度大小为86m/s；

(2)运动员及雪橇第一次经过B点时，对轨道的压力为9400N；

(3)从C到。的过程中，运动员连同雪橇克服重力做的功为11400人

【解析】(1)摩托车离开斜坡P做斜抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，根据几何关

系求摩托车经过斜坡P顶端时的速度大小：

(2)在4点，速度方向沿轨道切线方向，由速度一时间公式求出摩托车到达4端时竖直方

向分速度，结合摩托车进入4端的速度方向，由分速度关系求出到达4端的速度。摩托

车从4到B,由动能定理求出摩托车到达B点时速度，再由牛顿运动定律求对摩托车对轨

道的压力。

(3)根据牛顿第二定律和运动学公式上结合求出斜坡上C、。两点间的距离，再求从C到。

的过程中，表演者连同摩托车克服重力做的功。

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解答本题时，要理清摩托车的运动过程，把握每个过程遵守的物理规律。对于平抛运动，

要熟练运用运动的分解法研究。涉及力在时间的效果，可根据牛顿第二定律和运动学公

式相结合处理。

14.【答案】解：(1)当棒速度为%时环恰好对桌面压力为零，则环受到的安培力与重力

平衡，有B/-27rr=mg

环产生的感应电动势为E=B-2irr-va

环中感应电流为/=£

联立解得%=缶

根据题意有%=kx

环受到的安培力大小为F=引.2a=8手•2兀吁中

结合v=知安培力随位移均匀变化，即因此0="=亨》

m2g2R

可得

Q8kB2冗2r2

(2)设环的最大速度为“，则

h*,&=B•2nr-(v6-v)

环速度最大时合力为零，有mg=Bh-2nr

/(2兀厂)2(外一u)

联立得：mg=

R

取向上为正方向，在时间t内对环用动量定理，得:

B2(2nr)2Av

-------1—mgt=mv—0n

此时间内环上升的高度=磁棒与环上升的高度差：Avt=Ah

由以上得九(M+咽

一%‘4B2”2r2

(3)设铜的密度为p,电阻率为P"铜线的横截面积为S。则

m=p-2nr•S,R=P^—

则mR=(2仃)2Pp伊与s无关

由(2)可知：mg=电丝噜组上

铜环最大速度v不变，由于小增大，所以这段时间内铜环的动能增大。

答:(1)%大小为蜷薛，此过程中环上产生的焦耳热Q为高

(2)此时间内环上升的高度无大小为为t_如竺嘿国也竺。

(3)这段时间内铜环增加的动能增大。

【解析】(1)当棒速度为％时环恰好对桌面压力为零，则环受到的安培力与重力平衡，

由此列式，求解%大小。分析安培力与位移的关系，由功能关系求解此过程中环上产生

的焦耳热Q；

(2)当环的合力为零时速度最大，由平衡条件以及安培力与速度的关系求解最大速度。

(3)根据密度公式、电阻定律公式结合铜环速度表达式，分析铜环的速度如何变化，从

而得出铜环的动能如何变化。

解答该题时，首先要熟练掌握法拉第电磁感应定律及欧姆定律的应用，同时注意对环的

受力情况变化的分析，注意临界状态的判断和分析，同时要求学生要有较强的对物理表

达式的处理能力，这就要求学生要多进行这方面的训练。

15.【答案】ACE

【解析】解：4、当理想气体向真空绝热膨胀时，由于绝热Q=0,气体向真空膨胀时

不做功W=0,根据热力学第一定律ZU=W+Q得ZU=0,其内能不变，故A正确；

B、物体的内能除了与温度有关外，还跟物体本身的物质多少及体积等有关，故B错误；

C、当杯子缓慢下降时，里面气体温度不变，内能不变，又气体被压缩，外界对气体做

功以＞0,故而需要放出热量，故C正确；

。、两分子在远离过程中，分子引力和斥力都在减小，但分子势能先减小后增大，故。

错误；

瓜晶体在熔化过程中会吸收热量，体积可能减小，如冰熔化成水的过程，故E正确；

故选：ACE.

根据热力学第一定律判断理想气体绝热膨胀过程内能的变化；内能的大小与温度、体积

及物质的量有关；一定质量理想气体内能只与温度有关，根据热力学第一定律公式判断

做功和吸放热情况；了解分子力、分子势能和分子之间距离的关系；晶体有固定的熔点，

在熔化过程中温度不变，吸收热量，内能增加。

本题综合考查了热力学第一定律、内能、分子力和分子势能等知识点，关键要多看课本，

熟悉基础知识.

16.【答案】解：①被封闭气体做等温变化，初态：匕=1.5"S,pi=p()

末态：V2=p2=?

根据玻意耳定律可得：PiV1=p2V2,解得