2022年河北省普通高中高考物理模拟试卷（三）（等级考）（附答案详解）

2022年河北省普通高中高考物理模拟试卷（三）（等级考）

1.如图所示，2、B两个小球静止在光滑水平地面上，用轻弹簧连接，4、B两球的质

量分别为0.4kg和1.2kg。现使4球获得向右的瞬时速度"=6?n/s。已知弹簧始终在

其弹性限度之内，则在4B两球运动的过程中（）

V

A.B球的最大速度大小为1.5m/s

B.B球速度最大时，4球的速度大小为3m/s,方向水平向左

C.4球速度为0时，4、B组成的系统动能损失最大

D.4球加速度为0时，B球的速度最大

2.如图所示，两根相同的轻质弹簧一端分别固定于M、N两点，另一端分别与轻绳OP、

OQ连接于。点。现用手拉住OP、OQ的末端，使OM、ON两弹簧长度相同（均处于

拉伸状态），且分别保持水平、竖直。最初OP竖直向下，OQ与OP成120。夹角。现

使OP、OQ的夹角不变，在保持。点不动的情况下，将OP、OQ沿顺时针方向缓慢旋

转70。。已知弹簧、轻绳始终在同一竖直平面内，则在两轻绳旋转的过程中（）

B.OQ上的作用力一直减小

C.OP上的作用力先增大后减小

D.OQ旋转至水平位置时，OQ上作用力最大

3.如图所示，斜面NP与水平面。P在P点连接，斜面OQ倾角为。，与。P连接于。点。

将质量为徵的光滑小球（可视为质点）由斜面NP上的N点静止释放，小球经。点水平

飞出后落到斜面OQ上的K点。已知斜面及水平面均固定,NP之间的高度差为0、

K之间的高度差为无，重力加速度为g,忽略空气阻力。贝心）

N

A.小球在K点处速度的方向与水平方向的夹角为2。

B.。、K之间的距离为+tan?。

C.小球落到K点时的速度大小为l2gh+-^-

D.小球经过P点前后损失的机械能为mg”-喘%

H七V

EO/

4.如图所示为玻尔原子理论的氢原子能级图，下列说法8

5二4

正确的是（）os.5

4,65

3L1

A.大量处于ri=5能级的氢原子向基态跃迁，最多可以发-5

出20种不同频率的光

234

B.处于71=2能级的氢原子其电势能比处于71=3能级的

氢原子的电势能小

C.若氢原子由九=4能级分别直接跃迁至n=3和ri=2]_]36

能级时所发出光的波长为乙和小，则%<%

D.用光子能量为12.5。的光照射大量处于基态的氢原子，此过程中氢原子最多可以发

出3种不同频率的光

5.如图甲所示，倾角为30。足够长的斜面固定在水平地面上，t=0时刻质量为小的光

滑物块由斜面底端以一定的初速度。冲上斜面。以水平地面为零势能面，物块的重

力势能E,随位移力变化的关系如图乙所示。已知物块位移为x=2.56时速度为0,

取g=10m/s2,则（）

第2页，共24页

A.物块的质量为0.3kg

B.当x=1.5小时，物块的速度大小为VTUm/a

C.物块的重力势能与动能相等时，物块的位移大小为0.75小

D.当x=2m时，物块的动能为31

6.如图所示，真空中a、b两点分别固定电荷量为+q、-q的点电荷，以a、b连线中点

。为圆心的圆与a、6连线的中垂线cd交于K点。圆上的四个点M、N、Q、P为矩形

的四个顶点，且MP平行于cd。则下列说法不正确的是（）

©■O

ab

A.M,Q两点电场强度相同

B.P、N两点电势相等

C.电性为负的试探电荷位于K点时的电势能小于其位于M点时的电势能

D.电性为正的试探电荷（不计重力）沿OK方向以一定的速度射出，该电荷将做匀速直线

运动

7.如图所示，倾角为30。的斜面固定在水平地面上，其底端N与光滑的水平地面平滑

连接，N点右侧有一竖直固定挡板。质量为0.8kg的小物块b静止在地面上，现将质

量为0.4刖的小物块a由斜面上的M点静止释放。已知MN=1.5m,a、b与斜面之间

的动摩擦因数均等为，a、b碰撞时间极短，碰后黏在一起运动不再分开，a、b整

体与挡板碰撞过程中无机械能损失。取g=10rn/s2,贝l］（）

a

一...口,

A.物块a第一次运动到N点时的动能为3.6/

B.a、b碰撞过程中系统损失的机械能为0.6/

C.6与挡板第一次碰撞时，挡板对b的冲量大小为1.2N-s

D.整个运动过程中，b在斜面上运动的路程为0.25m

8.宇宙中存在一些由远离其他恒星的星体组成的系统，通常g

/、

可忽略其他星体对它们的引力作用。如图所示，质量均为/\

♦、

加的三颗星体a、b、c的球心位于边长为L的等边三角形的/\

三个顶点上，绕某一共同的圆心0（图中未画出）在三角形bo------------------1©

所在的平面内做角速度相同的匀速圆周运动。已知引力常量为G。下列说法不正确

的是（）

A.星体a做圆周运动的轨道半径为|L

B.星体b所受的万有引力大小为誓

C.星体c做圆周运动的线速度大小为后

D.星体a做圆周运动的周期为包E

3mNG

9.如图甲所示，一小型交流发电机线圈的匝数为100,面积为1巾2,其电阻忽略不计；

a、b两端与理想变压器相连，％为定值电阻，夫2为滑动变阻器，电容器的电容为C,

P、Q为其上、下极板。t=0时刻，线圈绕垂直于N、S两极间磁场（可视为匀强磁

场）的水平轴。。'匀速转动，线圈产生的感应电动势e随时间t变化的关系如图乙所示。

已知电容器的电容越大，交流电的频率越高，电容器对交流电的阻碍作用越小，电

容器始终正常工作。下列说法不正确的是（）

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A.N、S两极间磁场的磁感应强度大小为67

1007T

B.若仅将P板上移，则通过滑动变阻器的电流将增大

C.若仅将P板上移，则a、b两端的输入功率将减小

D.若仅将滑动变阻器的阻值增大，则定值电阻的电功率将增大

10.如图所示，电阻不计的两平行光滑金属导轨固定在竖直平面

内，导轨上、下两端分别连接阻值为%=0.612,R2=1.2。的

定值电阻，两导轨之间的距离为L=矩形区域abed内存

在磁感应强度大小为B=17、方向垂直纸面向里的匀强磁场,

ab、cd之间的距离为七=1,5巾。在cd下方有一垂直于导轨、

长为L的导体棒MN,其质量为m=2kg,电阻为r=0.10,

最初MN与cd之间的距离为七=2m,导体棒在竖直向上的恒

力F=28N的作用下由静止开始运动。已知MN与导轨始终垂

直且接触良好，取g=l（hn/s2。则导体棒MN在磁场中运动

的过程中（）

A.导体棒MN两端的电势差UMN=08U

B.导体棒MN的热功率为6.4W

C.此上产生焦耳热的最大值为8/

D.流过7?2的电荷量的最大值为1C

11.用如图甲所示装置研究平抛运动。实验操作如下：

a.将白纸和复写纸固定在竖直的背板上；

b.将钢球由斜槽上某一位置处静止释放，落在可上下调节的水平挡板N上；（挡板N

靠近背板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上留下印记）

c.上下调节挡板N,重复步骤b,在白纸上记录钢球所经过的多个位置；

d.,就得到钢球做平抛运动的轨迹。

1020304050

甲乙

(1)请将操作d补充完整。

(2)实验中，必须满足的条件有。(填正确答案标号)

4斜槽轨道末端水平

R斜槽轨道光滑

C.挡板高度等间距变化

D每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球

(3)通过实验，记录了钢球在运动途中的三个位置，如图乙所示，则该钢球在4点速

度的大小为m/s,钢球抛出点位置的坐标为。(取g=lOm/s?)

12.如图甲所示的电路中，a、b两端接有输出电流恒为的电流源，品为定值电阻，Rp

为滑动变阻器。某同学欲利用该电路测定及Ro的数值，他将理想电流表接入电路

之中，改变Rp的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到了如图乙所示的U-/关

系图线。回答下列问题：

甲乙

⑴电流表应接在甲图中(填“4”“8”或“C”)处。

(2)由乙图可得Ro=12,10=Ao

(3)若实验中电压表不理想，则的测量值_____其真实值；a的测量值______其

真实值。(均填“大于”“小于”或“等于”)

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13.下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为37。、底端

为B的斜坡4B,其右侧为宽30nl的水平长直公路，B、C为公路的左右边缘，公路

右侧有一倾角也为37。的斜坡CD。斜坡上4处有一质量为500kg的石块a,C处有一

质量为300kg的石块b,a、b均处于静止状态，如图所示。某次特大暴雨后，t=0时

亥Ua由静止开始运动，一段时间后a与b发生正碰，碰撞时间极短，碰后b恰好落在D

点。已知开始时4B之间的竖直高度自=125m,C、。之间的竖直高度饱=45m；

a与斜坡4B之间的动摩擦因数为2，a与公路间的摩擦力、a、b所受空气阻力均忽

略不计。a、b均可视为质点，斜坡4B底端与公路面平滑连接，取g=l(hn/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

(l)a、b相碰撞的时刻t。(结果保留三位有效数字)

(2»落在。点时的动能。

(3)a、b碰撞过程中b对a的冲量。

14.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一、二象限内存在垂直于纸面向外的匀强

磁场，第四象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，磁感应强度B及电场强度E的大小

均未知。t=0时刻，一带负电的粒子以大小为"的速度从y轴上的P点(0,L)沿与y轴

负方向成30。角平行于%。〉平面射入第二象限。粒子第一次穿过%轴时经过。点，第

二次和第五次穿过x轴时经过同一点N(图中未画出)。已知粒子的质量为电荷量

大小为(不计粒子的重力。求：

(1)匀强磁场的磁感应强度大小。

(2)匀强电场的电场强度大小。

(3)粒子从t=0时刻至第(2n+1)次穿过x轴时的坐标及所用的时间。(n=0,1,2,...)

15.如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程atb、btc、ctd、dta

回到状态a。已知da的延长线过原点且与be平行。a、b、c、d的部分状态参量如图

所示。已知状态a气体的压强为pi。6re过程气体的压强不断(填“增大”

或“减小”)；气体在状态c时的压强为。

16.如图所示，容积为力的汽缸由导热材料制成，质量

不计的活塞将汽缸分成容积相等的4B两部分，汽

缸4部分通过带有阀门的细管与容积为多、导热性良

好的汽缸C相连。开始时阀门关闭，4B两部分气

体的压强均为Po,C内气体压强为4p°。现将阀门打

开，当活塞稳定后，再将阀门关闭。已知4、B、C内为同种理想气体，细管及活塞

的体积均可忽略，外界温度保持不变，活塞与汽缸之间的摩擦力不计。求：

(1)活塞稳定后，A部分气体的压强。

(2)活塞稳定后，C中剩余气体的质量与最初C中气体质量之比。

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17.如图所示，振动周期均为4s,振幅分别为3cm、5cm的波源SI、S2分别位于％轴上

x=-4爪和％=14zn处。t=0时刻两波源开始振动，产生同种类型沿x轴相向传播

的简谐横波。已知SI的起振方向向上，52的起振方向向下，波源S］振动产生的波的

波长为6m。t=4s时，x=12nl处的质点加速度方向向（填“上”或“下”）；

x=27n处为振动（填“加强”或“减弱”）点，该处质点的振幅为cm。

S\&

，•I------------------1------------------1------------------1—♦一■1---------A

-40481216x/m

如图所示，三角形2BC为三棱镜的截面图，ZC=90°,Z.B=30。，8c边与水平面平行，

。、D分别为AC、AB两边的中点，AC边长为L。位于截面所在平面内的一束单色光，与

水平方向成io=60。角由。点入射，折射光线由BC边上的E点射出，S.OC=CE.当光在

。点的入射角减小至某一值时，折射光线在BC边上的F点（图中未画出）恰好发生全反射。

真空中光速为以

（1）求该棱镜对该单色光的折射率小

（2）光在F点发生全反射时，求4C边上的入射角及光由。点传播至F点所用的时间。

答案和解析

1.【答案】BD

【解析】解：AB,从开始至弹簧第一次恢复原长的过程中，B球一直加速，之后B球开

始减速，则弹簧第一次恢复原长时B球的速度最大，设B球的最大速度大小为玲，此时a

球的速度为以。取水平向右为正方向，根据两球组成的系统动量守恒和机械能守恒分别

2

为:mAv=mAvA+mBvB,^mAv=如4若解得力=-3m/s,vB=3m/s,

即B球速度最大时，4球的速度大小为3zn/s,方向水平向左，故A错误，8正确。

C、当4、B两球速度相同时，弹簧的弹性势能最大，4、B组成的系统动能损失最大，

设此时两球的速度为"'，由动量守恒定律得：mAv=(mA+m^v',解得M=2m/s,故

C错误；

D、弹簧第一次恢复原长时8球的速度最大，此时4球的加速度为0,故。正确。

故选：BDo

弹簧第一次恢复原长时8球的速度最大，根据两球组成的系统动量守恒和机械能守恒求

解B球的最大速度以及此时4球的速度。当两球速度相同时，4B组成的系统动能损失

最大。B球的速度最大是地，根据牛顿第二定律分析4球的加速度。

本题是含有弹簧的类型，要运用动态思想认真分析两球的运动过程，知道弹簧第一次恢

复原长时B球的速度最大，当4B两球速度相同时，弹簧的弹性势能最大。

2.【答案】A

【解析】解：初状态系统平衡时，两弹簧弹力相等，合力与两弹簧夹45。斜向左上方，

则由。点受力平衡知：OP、OQ两绳拉力合力斜向下与OP夹45。角。

保持。点不动，则两弹簧伸长状态不变，合力不变，

将OP、OQ沿顺时针方向缓慢旋转70。，此过程OP、OQ合力不变，两力夹角不变，用红

线表示OQ拉力，紫线表示。P拉力，

根据力的三角形法则可作图如下：

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由图可以看出，在旋转70。的过程中，

表示OP的拉力TOP长度一直在减小，说明。P上的作用力一直减小；

表示。Q的拉力长度线增大后减小，说明上的作用力先增大后减小；

当0Q旋转至水平位置时，0Q对应的圆周角为：180°-60°-45°=75°<90°,

说明此时。Q拉力不是最大值。故A正确，错误。

故选：2。

系统受力平衡，在转动的过程中，根据动态平衡分析力的变化情况，注意结合力的变化

特点分析。

本题是动态平衡的问题，注意在变化的过程中OP、0Q的夹角不变，结合圆来分析变化

规律。

3.【答案】CD

【解析】解：4小球在K点处速度的方向与水平方向的夹角为a,贝lkcma=2tcme,故

A错误；

B、0、K之间的距离为s=V为+久2,又知所以s=+tan?。,故8错

xtan0

误；

2

C、根据机械能守恒，小球落到K点时的速度大小为"=J诏+2gh,h=\gt,x=vot,

tand=2,联立解得u=l2gh+^-，故C正确；

X7y2tan20

。、小球经过P点前后损失的机械能为ZE=mgH-=mgH-噌篝，故D正确。

故选：CDo

小球离开。点后做平抛运动，落在K点时，竖直位移与水平位移之比等于tcm。，

本题物体运动过程较复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用平抛

运动规律、机械能守恒定律可以解题，本题有一定的难度。

4.【答案】AB

【解析】解：4大量处于几=5能级的氢原子向基态跃迁，最多可以发出量=20种不

同频率的光，故A正确；

B、氢原子从n=3跃迁到几=2的能级时，辐射光子，电子运动的轨道半径减小，电场

力做正功，氢原子的电势能减小，所以处于71=2能级的氢原子其电势能比处于71=3能

级的氢原子的电势能小。故8正确；

C、若氢原子由n=4能级分别直接跃迁至n=3和n=2能级时所发出光的波长为乙和小,

g3=后4一岳3=咤，ZIF42=E4-E2=hj-,则%〉乙。故C错误；

D、若用光子能量为12.5W的光照射大量处于基态的氢原子，则有£=-13.6。+

12.5eV=-l.leV,氢原子没有该能级，所以不能使处于基态的氢原子跃迁，故。错误；

故选：ABo

根据数学组合公式盘判断一群氢原子释放的光子的种类；氢原子从n=3跃迁到n=2的

能级时，辐射光子，根据电场力做功判断电势能变化；能级跃迁时吸收和释放的能量必

须等于能级差。

解决本题的关键掌握能级间跃迁放出或吸收光子的能量满足加=Em-以及知道能

级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差。

5.【答案】B

【解析】解：4根据昂=mgx•sin30。，物块的重力势能Ep随位移x变化的关系中斜率

k=mgsin30°=~J/m,求得m=0.6kg,故A错误；

B.对物体从久=1.5m到x=2.5m,由动能定理可得—山出讥30。(2.5—1,5)=0一2加。?求

得IA/TUTH/S,故B正确：

C.设位移％处物块的重力势能与动能相等，mgsin30°(2.5-%)=/小〃又机械能守恒

mgsin30°(2.5—尤)+|mv2=mgs讥30。(2.5)求得％=1.25m,故C错误：

。.当x=2m时,mgs讥30°(2.5-2)+=mgsin30°(2.5)求得坛=6/,故。错误。

故选：Bo

根据功能关系进行解题，结合重力势能的计算公式与图像解得物体质量，再根据机械能

的计算方法解得CD。

本题考查了能量关系及动能定理，解题的关键是知道结合图象进行解题，并结合动能定

第12页，共24页

理及能量转化解题即可。

6.【答案】BCD

【解析】解：4根据对称性和点电荷场强公式知：正电荷在M点的场强与负电荷在Q点

的场强相同，正电荷在Q点的场强与负电荷在M点的场强相同，且两电荷在M、Q分别产

生的场强夹角相同，根据电场强度的叠加可知：M、Q两点电场强度相同，故A正确；

bed是等量异种点电荷电场中的一条等势线，在其左侧靠近正电荷区域电势高，其右侧

靠近负电荷区域电势低，故P点电势高于N点电势，故2错误；

C由B中分析知，K点电势低于M点电势，则负试探电荷从K点移到M点过程中，电场力

做正功，电势能减小，所以负电荷在K点电势能大于在M点电势能，故C错误；

D.电性为正的试探电荷（不计重力）沿。K方向以一定的速度射出，电荷受向右的电场力

作用而做曲线运动，故。错误。

本题选不正确的，故选BC。。

故选：BCD.

由对称性及点电荷场强分布分析M、Q两点电场强度关系，由cd是等量异种点电荷电场

中的一条等势线，结合电势分布特点判断P、N两点电势高低，电场力做正功，电势能

减小，并进一步比较电势能关系，初速度与受力方向不一致时，做曲线运动。

本题考查静电场，学生需熟练掌握等量异种电荷电场线分布，综合解题。

7.【答案】D

【解析】解：4物块a第一次运动到N点过程，由动能定理

12

mag-MN-sin30°—iimag•MN•cos30°=Eka=-maVQ

代入题中数据可得

VQ=3m/s

Eka=18/

故A错误；

A设a与匕碰前速度大小为北,碰后二者速度为"，规定向右为正方向，由动量守恒定律

可知

mav0=(ma+mb')v

b碰撞过程中系统损失的机械能

2

4E=|mav^-1(ma+mh)v

解得

v=l.Om/s

AE=1.27

故B错误；

C.由B分析知，a、b整体与挡板第一次碰撞前的速度即为〃=lm/s,碰撞过程中无机械

能损失，所以碰后整体速度变为向左的lm/s,对整体，规定向右为正方向，由动量定

理

I=Ap=(ma+mb)v—(jna+mb)(—v)=2(ma+mby)v=2.4N-s

挡板对b的冲量即为对整体的冲量，故C错误；

Da、b整体静止在N点，对a、b整体，自碰后至最终停下，由能量守恒

2

-(jna+mb)v=fi(ma+mb)gcosd's

带入数据解得

s=0.25m

故。正确。

故选：Do

根据动能定理解得碰撞前4的速度；根据动量守恒定律解得碰后的速度，根据动量定

理解得b与挡板第一次碰撞时，挡板对b的冲量大小，根据能量守恒解得整个运动过程中，

b在斜面上运动的路程。

本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律和牛顿第二定律的综合运用，理清物块的运动

规律，注意动量的矢量性。

8.【答案】C

【解析】解：B、每个星体受到引力大小为其它两颗星体对它的万有

引力的合力，对任意一个星体，受力分析如图，有:

777.2

FI=F2=G*,

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2

则合力为尸=2Fcos30°=V3G^-,故3错误；

1Li

2

AD,每个星体受到的向心力为：F向=F=四味,每个星体绕中心。做匀速圆周运动

的半径丁=曰乙=/3根据万有引力提供向心力有巡61=血某厂，解得a的周期：

T=2nI———?故A_D错误；

73Gm

C、根据U=与可得c的线速度：v=&故C正确。

T7L

故选：Co

先写出任意两个星体之间的万有引力，求每一颗星体受到的合力，该合力提供它们的向

心力，然后求出它们的轨道半径，最后求出角速度、周期和线速度的表达式，整进一步

分析即可得出结果。

本题主要是考查三星问题，解决该题首先要理解模型所提供的情景，然后能够列出合力

提供向心力的公式，才能正确解答题目。

9.【答案】C

【解析】解：4、从图像可知3=年=^rad/s=100兀rad/s

根据%=NBSoj=100V2V

求得B=±-T,故A错误；

1007T

B、P板上移，由。=持可知电容变小，电容的容抗变大，流过滑动变阻器的电流将变

4nka

小，故2错误：

C、由8项分析可知，流过滑动变阻器的电流变小，由P=/R知，滑动变阻器的功率将

减小，而治的电压不变，其功率不变，

则理想变压器的输出功率变小，由=P出可知，帅两端的输入功率将减小，故C正

确；

D,原线圈电压不变，副线圈电压不变，定值电阻的电功率不变，故D错误。

故选：Co

根据感应电动势e随时间t变化的关系可知最大电动势的大小，从而可以计算磁感应强度

的大小，根据电容的变化，判断容抗变化，以及电流和功率的变化。

本题关键是要掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，明确电容器在交流电

中的作用。

10.【答案】BD

【解析】解：2、导体棒MN在恒力作用下向上匀加速运动，设进入磁场时速度为〃，根

2

据动能定理可得：Fh2-mgh2=|mv-0

代入可解得：v=4m/s

进入磁场时，导体棒切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得：E=

BLv=1x1x4/=4/

电路中％与7?2的并联电阻为R=^，代入数据解得：R=0.4/2

导体棒MN的电流：/=急=~^―>1=84

导体棒受到的安培力为：F安=BIL=1X8X1N=8N

重力mg=2XION=20N

由于尸=F^+mg

可知进入磁场后导体棒匀速运动，产生的电动势恒定，电流恒定，则导体棒MN两端的

电势差为：

UMN=IR=8X0.4V=3.2V,故A错误；

B、导体棒MN的热功率为：P=I2r=82x0.1I¥=6AW,故B正确；

C、导体棒通过磁场所用时间：t=^=^s=ls

V48

区上产生焦耳热的最大值为：Q=畀,

Ri

代入数据解得：Q=6.4/,故C错误；

。、流过7?2的电荷量的最大值为：q=高最•〃，代入数据解得：q=ic,故。正确。

故选：BD。

根据动能定理求解导体棒进入磁场时的速度，由法拉第电磁感应定律结合电路连接情况

计算通过导体棒的电流，根据安培力的计算公式求解导体棒受到的安培力大小，根据受

力情况可知进入磁场后导体棒匀速运动，根据欧姆定律计算MN两端电压；根据电功率

的计算公式求解导体棒MN的热功率；求出导体棒通过磁场所用时间，根据焦耳定律求

解区上产生焦耳热的最大值，根据电荷量的计算公式求解流过此的电荷量的最大值。

对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连

接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方

程求解。

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11.【答案】斜槽水平末端处钢球球心在白纸上的投影点为坐标原点。，过。点画出竖直

的y轴和水平的％轴；去下坐标纸，用平滑的曲线把这些印迹连接起来AD等(0,10cm)

【解析】解：(1)斜槽水平末端处钢球球心在白纸上的投影点为坐标原点。，过。点画出

竖直的y轴和水平的％轴；去下坐标纸，用平滑的曲线把这些印迹连接起来，就得到钢球

做平抛运动的轨迹。

(2)48、斜槽轨道不一定需要光滑，但未端一定要水平，才能保证是平抛运动，故A正

确，B错误；

C、挡板只要能记录下小球下落在不同高度的不同位置即可，不需要等间距变化，故C

错误；

。、为了保证小球做平抛运动的初速度相等，小球每次应从斜槽的同一位置由静止释放,

故D正确；

故选：AD.

(3)坐标纸上每一小格长为L=5cm=0。5加，小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落

体运动，由

Ay=2L=gt2

可得：t=0.1s,

平抛运动的初速度

3L3X0.05,yl,

v0=—=qim/s=1.5m/s

B点竖直方向上的分速度

Z4C_818X0.05.Q八/

%2t-2t—7Ms=2.0m/s

则4点竖直方向上的分速度

vAy=vBy—gt=2m/s—10xO.lm/s=I.Om/s

钢球在/点速度的大小为

22

vA=+说y=V1.5+1.0m/s=产m/s

小球运动从抛出到8点的时间

VBy2.0

t”R=-0-=—10s=0.2s

从抛出到B点的水平位移

x=votB=1.5x0.2m=0.3m=30cm

竖直位移

y=|g诒=|x10x0.22=0.2m=20cm

设小球抛出点的置坐标为则

%0+%=%，

y0+y=yB

将B点坐标值代入可得

%0=0,

y0=10cm,

即钢球抛出点位置的坐标为(0,10cm)。

故答案为：(1)斜槽水平末端处钢球球心在白纸上的投影点为坐标原点。，过。点画出竖

直的y轴和水平的x轴；去下坐标纸，用平滑的曲线把这些印迹连接起来(2)40(3)当,

(0,10cm)

(1)(2)根据实验原理和实验注意事项分析；

(3)根据/y=gX求出相邻两点的时间间隔，根据水平方向上的匀速直线运动求出平抛

运动的初速度，根据匀变速直线运动规律求出B点和4点在竖直方向上的分速度，根据

与、=以求出运动到B点的时间，得出水平位移和竖直位移，从而求出抛出点的位置坐

标。

解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，灵活运用运动学公式

进行求解，并理解矢量的合成法则的应用，注意单位的换算。

12.【答案】C401.0小于小于

【解析［解：(1)为测恒流源的电流，电流表应接在图甲中的C处。

(2)当滑动变阻器接入电路的阻值为零时，定值电阻被短路，流过电流表的电流为由

图乙所示图象可知：=当流过滑动变阻器的电流为零时，流过岛的电流为6

由图乙所示图象可知，此时&两端电压U=40U,由欧姆定律得：U=/()Ro，代入数据

解得：Ro=400。

(3)如果电压表不是理想电压表，由于电压表的分流作用当滑动变阻器接入电路的阻值

为零时，流过电流表的电流小于因此的测量值小于真实值；同理，由于电压表分

流作用，流过Ro的电流小于A)，由欧姆定律可知，&的测量值小于真实值。

故答案为：(1)C；(2)40；1.0；(3)小于；小于。

根据图示图象与实验原理确定电流表的位置；根据图示图象求出定值电阻与恒定电流；

根据图示电路图分析实验误差。

理解实验原理、分析清楚电路结构是解题的前提与关键，根据电路图与图示图象即可解

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题。

13.【答案】(l)a下滑到B过程，设a加速度为由,末速度为孙，时间为“，由牛顿第二

定律和运动学规律

magsin37°—iimagcos37°=maa1

h_1,2

sin37°.2ali

a从B运动至［Jc过程，时间为力2有

力2=%

则从Q开始运动到a、b相碰撞经历时间为

t+力2

联立代入数据解得：t=17.9s

(2)碰后b做平抛运动，设碰后匕的速度为外，由平抛运动规律有

九2=5g年

--九-2-=」

tan37°z$

由动能定理

fnbgh2+^mbvl=EkD

解得

EkD=1.95X1057

(3)a、6碰撞过程，设碰后a速度为攻,规定向右为正方向，由动量守恒

mrvQ=mav1+mbv2

对a,由动量定理

Iba=爪/1-maV0

代入数据可得

Iba=-6x1Q3N-S

即a、b碰撞过程中b对a的冲量大小为6x103N-s,方向水平向左。

答：(l)a、b相碰撞的时刻为17.9s；

(2)b落在D点时的动能为1.95xIO570

(3)a、b碰撞过程中b对a的冲量为6x103N.S,方向水平向左。

【解析】(1)根据牛顿第二定律结合运动学公式解得；

(2)根据平抛运动规律结合动能定理解得。

(3)根据动量守恒定律结合动量定理解得。

根据分析清楚物体的运动过程与受力情况、能量转化过程是解题的前提,应用动能定理、

动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题；解题时注意正方向。

14.【答案】解：(1)根据题意，粒子从P点偏转60。进入磁场，由几何关系可知圆周运动

半径

R=L

洛伦兹力提供向心力，则

c7711产

qvB=

可得：8=登

(2)粒子进入电场后做类斜抛运动，从%轴进入磁场，偏转300。再进入电场做类平抛运动,

以此类推，运动轨迹如图所示：

粒子在此案长中％轴方向不受力而做匀速运动，由运动的对称性和几何关系可知

x=2Rcos300=V3L=vsin30°-t0

竖直方向上有

vcos30°=at=—1

m0

联立解得：

2商zr_mv2

to=丁E=G

(3)粒子第一次经过x轴时，在磁场中偏转了60。，则时间为

_T_Tim_TTL

tl=z=标=互

第一次经过x轴时的坐标为(0,0)

粒子第二次经过x轴时，在电场中偏转了2to时间，则

t=ti+21=-+—=-(-+4V3)

z21u03vvvv3J

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设第二次经过X轴时横坐标为%2,则有

x2=2vsin3O°to=243L

则第二次经过x轴时坐标为(2BL,0)

由轨迹和几何关系可知，粒子第三次经过x轴时，又在磁场中偏转240。，则时间为

t=tj+21+-7=—+—=-(—+4V3)

351u033vvvk37

第三次经过X轴时坐标为(百"0)

同理，第四次经过久轴时的时间为

t4=ti+2t0+|r+2to=~+8圾

第四次经过x轴时坐标为(3次40)

第五次经过x轴时的时间为

=+=n

上=ti+2t0+-T+2to+.777v^i+8,3)

第五次经过x轴时的坐标为(2gL,0)

由不完全归纳法可得粒子从t=0时刻至第(2n+1)次穿过x轴时的坐标为

%2n+i=V3n(n=0,1,2,3......)

所用的时间为

t2n+1=;[律(我+4V3)+#](n=0,1,2,3……)

答：(1)匀强磁场的磁感应强度大小为登。

2

(2)匀强电场的电场强度大小为最。

(3)粒子从t=0时刻至第(2几+1)次穿过无轴时的坐标及所用的时间为§[几(1兀+4旧)+

1

-7i](n=0,1,2,3.......)o

【解析】(1)根据几何关系得出半径的大小，结合牛顿第二定律得出磁感应强度的大小；

(2)根据运动的对称性和粒子在不同方向上的运动特点，结合运动学公式得出场强的大

小；

(3)根据时间和运动学公式计算出每次粒子经过x轴时的坐标，结合数学的不完全归纳法

完成分析。

本题主要考查了带电粒子在组合场中的运动，理解粒子的受力特点，由此分析出运动类

型，结合的难点是利用数学的不完全归纳法分析出粒子穿过x轴时的规律，对学生的数

学能力要求较高，难度大。

15.【答案】减小|p】

【解析】解：根据一定质量的理想气体的状态方程pu=cr可知

T_p

V~C

图线上各点与坐标原点连线的斜率大小可反应压强大小，贝力-C过程图线上各点与坐

标原点连线的斜率逐渐减小，说明气体压强逐渐减小；

设气体在状态C时的压强为P，体积为乙根据一定质量的理想气体的状态方程

PbVi="=PdX2.5R=处