2022年单招物理试题

2022年单招物理试题

1.A、B两个物体在同一直线上做匀变速直线运动,

们的速度时间图象如图所示，则（）

A.0~6s内A、B两物体运动方向相反

B.在0—4s内A、B两物体的位移相同

C.在t=4s时.A、B两物体的速度相同

D.A物体的加速度比B物体的加速度大

2.如图所示。弹簧左端固定，右端自由伸长到。点并系住物体加现将弹簧压缩

到力点，然后释放,物体一直可以运动到8点。如果物体受到的阻力恒定，则（）

A.物体从4到晚加速后减速

B.物体从/到劭口速运动，从鹿U夕减速运动

C.物体运动到。点时所受合力为零二一

D.物体从力到幽过程加速度逐渐减小J________jj

AO

3.从气体分子热运动的观点分析判断，下列现象中不可能发生的是（）

A.一定质量的理想气体，保持气体的温度不变，体积越大，压强越小

B.一定质量的理想气体，保持气体的体积不变，温度越高，压强越大

C.一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大

D.一定质量的理想气体，气体的温度升高，体积减小，压强减小

4.如图所示，一束复色光从空气中沿半圆形玻璃砖半径方

向射入，从玻璃砖射出后分成a、b两束单色光。则（

A.玻璃砖对a光的折射率为小

B.玻璃砖对a光的折射率为1.5

C.b光的频率比a光的小

D.b光在玻璃中的传播速度比a光的大

5.在匀强磁场中某处P放一个长度为L=20cm、通电电流1=0.5A的直导线,

测得它受到的最大磁场力F=1.0N,其方向竖直向上，现将该通电导线从磁场

撤走，则P处磁感应强度为（）

A.零

B.10T,方向竖直向上

C.0.1T,方向竖直向下

D.10T,方向肯定不沿竖直向上的方向

6.如图所示，某电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称,

0、M、N是y轴上的三个点，且0M=MN.P点在y轴右侧，M

±ON.则（）

A.M点的电势比P点的电势高

B.将负电荷由0点移动到P点，电场力做正功

C.M、N两点间的电势差大于0、M两点间的电势差

D.在0点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动

7.如图电路中，当滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程

中，两表的示数情况为（）

A.电压表示数增大，电流表示数减少

B.电压表示数减少，电流表示数增大

C.两电表示数都增大

D.两电表示数都减少

8.如图所示，两个相同的灯泡（灯泡电阻不随温度变化），分别接在理想变压器

的原副线圈上，已知原副线圈匝数比/?："=2：1,电源电压为

A.通过A、B灯的电流之比/八：乙=2:1

B.灯泡A、B两端的电压之比"八：UB=2:1

C.灯泡A、B消耗的功率之比PA：PB=\：\

D.灯泡A、B两端的电压分别为：U，U=Lu

A5B5

9.飞行员进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态开始下摆，

到达竖直状态的过程如图所示，飞行员受重力的瞬时功率变化

情况是（）

A.一直增大

B.一直减小

C.先增大后减小

D.先减小后增大

10.人造卫星绕地球做圆周运动，因受大气阻力作用，它近似做半径逐渐变化的

圆周运动则（）

A.它的动能逐渐减小

B.它的轨道半径逐渐减小

C.它的运行周期逐渐变大

D.它的向心加速度逐渐减小

二、填空题.（每小题2分，共6题，合计12分）

11.现有一合金制成的圆柱体.为了测量合金的电阻率，现用螺旋测微器和游标卡

尺进行测量，得到的示数如图（a）和图（b）所示.由图读得圆柱体的直径是

mm,长度为cm.

12.铀核裂变的核反应方程是：^U+'n^'Ba+^Kr+^X,这个核反应方程中的

9205636…一”

X表示O这个核反应释放出大量核能.已知235（；、⑷氏/、92长八X、

925636

的质量分别为m、恤、机3、加4,真空中的光速为C,这个核反应中释放的核能

A£=・

13.如图所小，甲木块的质量为犯=2kg.以v=4zn/s的

速度沿光滑水平地面向前运动.正前方有一静止的、质

量为吗=3kg的乙木块上连有一轻质弹簧。则甲木块与

弹簧接触后弹簧获得的最大弹性势能为J，乙

木块收到的冲量/=NS.

14.如图所示，电源电动势E=10V,内阻r=lC,电阻

曷=3。，电容C=30M.闭合开关S,且稳定后通过用的电

流大小4然后将开关S断开，求这以后流过R

的总电量______C.

15.图是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在f=0时的波形

图.波的传播速度为4m/s。则质点P此刻的振动方向为

;经过加=0.6$,质点P通过的路程为m.

16.如图所示，一定质量的某种理想气体由状态A变为状态B

A、8量状态的相关参量数据已标于压强-体积图像上，该气

体由Af6的过程中对外做功400J,则此过程中气体内能增

加了—•/,从外界吸收了•/热量.

三.计算题.（第17题8分，第18题10分，合计18分）

17.如图所示，半径R=0.9帆的四分之一圆弧光滑轨道竖直放置.圆弧最低点B与

长为L=1机的水平面相切于B点,8C离地面高力=0.8〃?.质量加=1.0依的小滑块

从圆弧顶点。由静止释放.已知滑块与水平面间的动摩擦因数片0.1（不计空气

阻力，取g=lOm/s?）.求：

（1）.小滑块刚到达圆弧轨道的8点时对轨道的压力；

（2）.小滑块落地点距C点的距离.

18.如图所示，在倾角以30。的光滑斜面上，有一垂直于斜面向下的有界匀强磁场

区域PQMN,磁场区域宽度L=0.1m.将一匝数”=10匝、质量m=0.02依、边长

L=0.1〃?、总电阻R=0.4。的正方形闭合线圈仍〃由静止释放，释放时外边水平，

且到磁场上边界PQ的距离也为L,当时边刚进入磁场时，线圈恰好匀速运

动.(g=10/n/52).求：

(1)必边刚进入磁场时，线圈所受安培力的大小及方向；

(2)外边刚进入磁场时，线圈的速度及磁场磁感应强度B的大小；

(3)线圈穿过磁场过程产生的热量.

1.如图所示,桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块A与截面为三角形的垫块

B叠放在一起，用水平外力F缓缓向左推动B,使A缓慢升高，设各接触面均光滑，则该过程

中（）

A.A和B均受三个力作用而平衡B.A对B的压力越来越大

C.B对桌面的压力越来越大D.推力F的大小恒定不变

【考点】共点力平衡的条件及其应用.

【分析】先以A和B为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件，运用图解法得到B对A的

弹力和挡板对A的弹力如何变化，再对整体研究，分析推力F和桌面的支持力如何变化.

【解答】解：A、先以A为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力，

B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力.故A错误.

B、当B向左移动时，B对A的支持力和墙对A的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，

这两个力大小保持不变.则A对B的压力也保持不变.

对整体分析受力如图所示，由平衡条件得知，F=N1,挡板对A的支持力N1不变，则推力F

恒定不变.桌面对整体的支持力N=G总，保持不变.则B对桌面的压力不变.故BC错误，

D正确.

故选：D

【点评】本题首先要对A受力分析，根据共点力平衡条件分析A受力情况，再运用整体法研

究桌面的支持力和推力如何变化.

2.如图所示，BOD是半圆的水平直径，0C为竖直半径，半圆半径为R,A在B点正上方高

R处，现有两质量相等小球分别从A、B两点以一定初速度水平抛出，分别击中半圆上的D点

和C点，已知B球击中C点时动能为E,不计空气阻力，则A球击中D点时动能为（）

_85.

A.旄EB.2EC.5ED.7E

【考点】功能关系.

【分析】两个小球都做平抛运动，根据平抛运动的基本公式求出初速度，再分别对两球的运动

过程，应用动能定理列式求解.

12

【解答】解：两个小球都做平抛运动，下落的高度相同都是R,根据R=2g.可知，运动的

（2R

时间为：t=Vg

根据图象可知，A球运动的水平位移为2R,则A球的初速度为：-2§h,

B球的水平位移为R,则B球的初速度为：点二二4金，

12

A球从A到D的过程中，根据动能定理得：EkD^gR+Q^A”mgR①，

125

B球从B到C的过程中，根据动能定理得:E=m§R+7mvB=7mgR,

由①②得：kD-5n'，故C正确.

故选：C

【点评】本题主要考查了动能定理以及平抛运动基本公式的直接应用，解题的关键是要能根据

图象得出两个小球下落的高度和水平位移，难度适中.

3.如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于0点，两个等量异号点电荷

分别位于椭圆的两个焦点M、N上.下列说法中正确的是（）

A.A、B两点的电场强度相同

B.。点的电场强度为零

C.C点的电势高于D点的电势

D.将正电荷qO沿C、D连线从C移到D的过程中，电势能先减少后增加

【考点】电势差与电场强度的关系.

【分析】根据等量异种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较A与B,C与D电势、场强

关系及0、B电势高低;根据电场线疏密可知，在M、N之间0点场强最小；结合等量异种

点电荷的连线上中垂线的特点分析该中垂线的电势与试探电荷的电势能.

【解答】解：A、根据等量异种电荷电场线的特点可知，A点场强的方向向左，B点场强的方

向向左，然后结合库仑定律可知，两点场强的大小相等.故A正确；

B、根据等量异种电荷电场线的特点可知，。点场强的方向向右，不是。.故B错误；

C、根据等量异种电荷电场线、等势面分布特点知，0CD在同一条等势线上，所以D点电势

等于C点电势.故C错误.

D、根据等量异种电荷电场线、等势面分布特点知，0CD在同一条等势线上，所以D点电势

等于C点电势，试探电荷从0处移到C处电场力不做功.电势能始终不变.故D错误

故选：A

【点评】该题考查常见的电场特点，这类问题要巧妙利用电场线、等势面分布对称性的特点，

再根据电场线方向判断电势高低，电场线的疏密判断场强的大小.

4.如图所示，边长为21的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为I的正

方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一

直线上.从t=0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直

到整个导线框离开磁场区域.用I表示导线框中的感应电流（逆时针方向为正），则下列表示

I-t关系的图线中，正确的是（）

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则.

【分析】根据感应电流大小和方向，将选项逐一代入，检查是否符合题意来选择.

【解答】解：A、B,导线框完全进入磁场后，没有感应电流产生.故A、B均错误.

C、进入和穿出磁场过程，线框有效切割长度变化，感应电动势和感应电流在变化，故C

错误.

D、线框进入磁场过程，有效切割长度L均匀增大，感应电动势E均匀增大，感应电流I均

匀增大.穿出磁场过程，有效切割长度L均匀减小，感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀

减小，两个过程电流方向相反.故D正确.

娟D

【点评】本题采用的是排除法.做选择题常用方法有直判法、排除法、代入法、特殊值法、图

象;去等等.

5.如图1所示，小物块静止在倾角8=37。的粗糙斜面上.现对物块施加一个沿斜面向下的推

力F,力F的大小随时间t的变化情况如图2所示，物块的速率v随时间t的变化规律如图3

所示,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8),下列说法正确的是()

A.物块的质量为1kg

B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.75

C.Is-3s时间内力F做功的平均功率为0.32W

D.0-3s时间内物体克服摩擦力做的功为6.4J

【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算.

【分析】由F-1图象求出力的大小，由v-1图象判断物体的运动状态，

应用牛顿第二定律、平衡条件与滑动摩擦力公式求出物块的质量与动摩擦因数；

由运动学公式求出物块的位移，由功的计算公式求出功，由功率公式可以求出功率

【解答】解：A、由速度图象知在1~3s时间内，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：

O.8+mgsin0-|jmgcos0=ma,

0.8-0

由v-1图象可知,力口速度:a=3-1m/s2=0.4m/s2.

在3~4s时间内，物块做匀速直线运动，由平衡条件得：

|jmgcos0-mgsin9=0.4N,

解得：m=lkg,p=0.8,故A正确，B错误;

C、由v-1图象可知，0~Is时间内，物块静止，力F不做功，1~3s时间内，力F=0.8N,

出红

物块的位移x=2x0.4x22m=0.8m,1~3s内力F做功的平均功率为:P=t=T3

0.8X0.8

=2W=O.32W,故C正确；

D、0~3s时间内物体克月睇擦力做的功为：Wf=pmgcos0«x=O.8xlxlOxcos37°x

0.8=5.12J,故D错误.

故选：AC

【点评】本题是与图象综合的问题，关键是正确地受力分析，运用牛顿第二定律和共点力平衡

进行求解.

6.如图所示，“嫦娥二号"卫星在月球引力作用下，先在轨道A绕月球做匀速圆周运动，轨

道A距月球表面的高度为hA,运动的周期为TA,在P和Q处两次变轨后最终进入绕月球做

匀速圆周运动的轨道B,轨道B距月球表面的高度为hB,运动的周期为TB,已知引力常量为

G.下列说法正确的是（）

A.卫星沿椭圆轨道运动经Q处的加速度大于沿圆轨道B运动经Q处的加速度

B.仅利用以上条件可求出月球的质量

C.卫星在轨道P处变轨后运动的速率变小

D.卫星在轨道A上运动的速率大于在轨道B上运动的速率

【考点】万有引力定律及其应用.

【分析】根据万有引力的大小，结合牛顿第二定律比较加速度的大小.在轨道A和轨道B上,

根据万有引力提供向心力分别列出方程，联立求出月球的质量.根据卫星变轨的原理判断在P

处速度是增大还是减小.根据万有引力提供向心力得出线速度与轨道半径的关系，从而比较速

率的大小.

【解答】解：A、卫星在椭圆轨道Q处和圆轨道Q处所受的万有引力大小相等，结合牛顿第

二定律知，加速度大小相等，故A错误.

G-2=ro（R+hA

B、在轨道A,根据万有引力提供向心力有：（R+hA）"TA，在轨道B,有：

rMm皿1兀2

G-------2^inkR+nB）---

（R+hB）-TB,联立可以得出月球的质量和月球的半径,故B正确.

C、卫星在轨道P处变轨时，需减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动，故C正确.

cMmv2Ipu

D、根据r得，v=Yr,由于卫星在轨道A上的轨道半径大于卫星在轨道B上的轨

道半径,则在轨道A上的速率小于在轨道B上运动的速率，故D错误.

故选：BC.

【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一解题思路，以及知道卫星变轨的原理,

并能灵活运用，难度中等.

7.如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，其轨道平面与水平面成。角，上端用一电阻R

相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中.质量为m、电阻为r的金属杆ab,从高为

h处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端.金属杆始

终保持与导轨垂直且接触良好，轨道电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g.则（）

A.金属杆加速运动过程中的平均速度小于2

B.金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率

h_1_2

C.整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为“2mv

vgsin8

D.当金属杆的速度为5时，它的加速度大小为一2~

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律.

【分析】本题应根据安培力与速度的关系分析金属棒的运动情况.金属杆在加速运动中加速度

v

不断减小，根据速度图象分析可知平均速度大于5；加速运动过程中金属杆克服安培力做功的

RB2TL2v2

功率等于R+r,与速率v的平方成正比，小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率；

1V

整个回路中产生的焦耳热为mgh­彳mv2,大于电阻R产生的焦耳热；速度为5时，安培力

22V

BL号

的大小为R+R，根据牛顿第二定律求解加速度.

【解答】解：A、若金属杆匀加速运动,则平均速度为2.实际上金属杆加速运动中加速度不

断减小，速度-时间图象的斜率不断减小，在相同时间内金属杆通过的位移大于匀加速运动通

过的位移，则金属杆的平均速度大于匀加速运动的平均速度2.故A错误.

Bn2TL2v2

B、金属杆克服安培力做功的功率等于P=F安v=R+r,与速率v的平方成正比，由于匀

速运动时速度最大，则知加速运动过程中金属杆克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克

服安培力做功的功率.故B正确.

c、整个运动过程中回路中产生的焦耳热为呢h-2111V,所以R上产生的热量小于

也一会C故c镯吴.

B2L2V

D、匀速运动时，金属杆的速度大小为v,所受的安培力大小为F安=R+r,此时有

BR2TL2vyR2T2BLv

mgsine=R+r;当金属杆的速度为5时，它所受的安培力大小为F安'=R+r

=R+R=2mgsinB,根据牛顿第二定律得mgsinO-F安'=ma,联立解得

gsin8

a=―2—.故D正确.

故选：BD

RD2TL2V2

【点评】解决这类问题的关键时分析受力情况，掌握安培力的表达式F安=R+r,进一步

确定运动性质，并能正确判断各个阶段及全过程的能量转化情况.

8.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1:5,原线圈两端的电压如图乙所示.氯泡

在两端电压达到100V时开始发光.下列说法中正确的是（）

A.图乙中电压的有效值为10衣丫

B.关断开后，电压表的示数变大

C.开关断开后，变压器的输出功率不变

D.开关接通后，窗泡的发光频率为50Hz

【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率.

【分析】根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐

项分析即可得出结论.

【解答】解：A、对乙图分析，0.01s内交流电的有效值为U=20V，根据有效值的定义可知，

112T喘

R2=­F,解得：U有=10近V,故A正确；

B、由于输入电压决定了输入电压，与负载无关，故电压表示数不变，故B错误;

U2

c、开关断开后，总电阻增大，则根据P=玉"可知，输出功率减小，故C错误；

D、根据线圈匝数之比等于电压之比可知，副线圈最大值为100伍,完泡电压超过100V时

才能发光，由图可知，一个周期内发光的次数一次，故其发光频率与交流电的频率相同，故发

光频率为50Hz,故D正确.

故选：AD.

【点评】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变

压原理、功率等问题彻底理解.

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分.第22题~第32题为必考题，每个试题考生都

必须作答，第33~40为选考选考题，考生根据要求作答.（一）必考题（共129分）

9.某学习小组用图甲所示的实验装置探究"动能定理".他们在气垫导轨上安装了一个光电

门B,滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器

下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放.

（1）某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d,如图乙所示，则d=2.30mm.

（2）下列实验要求中不必要的一项是A（请填写选项前对应的字母）.

A.应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量

B.应使A位置与光电门间的距离适当大些

C.应将气垫导轨调至水平

D.应使细线与气垫导轨平行

(3)实验时保持滑块的质量M和A、B间的距离L不变，改变钩码质量m,测出对应的力

传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t,通过描点作出线性图象，研究滑块动能变化与

合外力对它所做功的关系，处理数据时应作出的图象是C(请填写选项前对应的字母).

A.作出"t-F图象"B.作出"t2-F图象"

——-p2

C.作出"t2-F图象"D.作出"t图象"

【考点】探究功与速度变化的关系.

【分析】(1)游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读；

(2)从实验原理和实验误差角度分析操作的步骤；

(3)根据运动学公式计算加速度，根据牛顿第二定律F=Ma计算表达式，从而确定处理数据

时应作什么图象.

【解答】解：(1)由图知第5条刻度线与主尺对齐，d=2mm+6x0.05mm=2.30mm;

(2)A、拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故A不必

要；

B、应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B是必要的；

C、应将气垫导轨调节水平，保持拉线方向与木板平面平行,这样拉力才等于合力，故CD是

必要的；

本题选不必要的，

故选：A.

工

(3)根据牛顿第二定律得a=1T,

Md2

解得：12=赤

1

2—

所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出产图象或作出t2-F图象，故C正确.

故选：C

故答案为：(1)2.30;(2)A;(3)C

【点评】本题要知道滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速

度.要求能够根据实验原理分析操作的合理性.

10.LED绿色照明技术已经走进我们的生活.某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED

灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500Q,电学符号与小灯泡电学符号相同.

实验室提供的器材有：

A.电流表A1(量程为0至50mA,内阻RA1约为3Q)

B.电流表A2(量程为0至3mA,内阻RA2=15fi)

C.定值电阻R1=697Q

D.定值电阻R2=19850

E.滑动变阻器R（0至20Q）一只

F.电压表V（量程为0至12V,内阻RV=lkQ）

G.蓄电池E（电动势为12V,内阻很小）

F.开关S一只

（1）如图所示，请选择合适的器材，电表1为F，电表2为B，定值电阻为

D.（填写器材前的字母编号）

（2）将采用的电路图补充完整.

I2（R2+RA2）

--12

（3）写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式Rx=RV（填字母），当表达

式中的12（填字母）达到1.5mA，记下另一电表的读数代入表达式，其结果为LED

灯正常工作时电阻.

电表1

定金电叵电及2

【考点】伏安法测电阻.

【分析】滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法.LED灯的额

定电压为3V,题目所给的电压表量程太大，测量不准确，需通过电流表和定值电阻改装一个

电压表，因为通过LED的电流较小，可以用题目中的电压表当电流表使用.根据闭合电路欧

姆定律求出LED正常工作时的电阻，根据欧姆定律得出LED电压为3V时，得到LED的电阻.

【解答】解：(1)(2)要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，需测量

LED灯两端的电压和通过LED灯的电流，

由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED两端的电压，可以将

电流表A2与定值电阻串联改装为电压表测量电压；

%ED额3V

改装电压表的内阻：R=&2满偏=0.003A=10000,A2的内阻为15Q,则定值电阻应选D;

U3

LED灯正常工作时的电流约为1=m=两=6mA左右，电流表的量程较小，电流表不能精确

测量电流，可以用电压表测量电流；

因为滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法.电路图如图所示，

由以上分析可知，电表1为F,电表2为B,定值电阻为D.

U

(3)根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压U=I2(R+RA2),通过灯泡的电流1=即

12(R2+RA2)

u--1

-12,所以LED灯正常工作时的电阻RX=1=RV2

改装后的电压表内阻为RV=1985+15Q=2000Q,则当I2=1.5mA时，LED灯两端的电压为

3V,达到额定电压，测出来的电阻为正常工作时的电阻.

I2(R2+RA2)

--12

故答案为：(1)F;B;D;(2)电路图如图所示;(2)RV;12;1.5mA.

【点评】本题的难点在于电流表的量程偏小，无法测电流，电压表的量程偏大，测量电压偏大，

最后需通过改装，用电流表测电压，电压表测电流.

11.(12分)(2016•西宁校级模拟)如图所示，有一长度x=lm、质量M=10kg的平板小

车，静止在光滑的水平面上，在小车一端放置一质量m=4kg的小物块，物块与小车间的动摩

擦因数R=0.25,要使物块在2s内运动到小车的另一端，求作用在物块上的水平力F是多少？

(g取10m/s2)

1*1,-

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系.

【分析】以小车为研究对象，由牛顿第二定律求出加速度，根据匀加速直线运动位移时间公式

求出小车的位移，以物块为研究对象，由牛顿第二定律求出物块的加速度，根据匀加速直线运

动位移时间公式求出物块的位移，两者运动时间相等且位移之差为车长X,根据位移列方程即

可求解.

【解答】解：小车和物块的运动情况如图所示，在物块运动到小车右端的过程中，小车发生的

位移为X1,物块发生的位移为x2,取向右为正，以小车为研究对象，由牛顿第二定律得:

|jmg=Mal…①

由匀变速运动的公式得：

xl=2alt2…②

以物块为研究对象，由牛顿第二定律得：

F-pmg=ma2...（3）

由匀变速运动的公式得：x2=2a2t2…④

由题意得：

x2-xl=x…⑤

由①②③④⑤带入数据得：F=16N

答：施加在小物块上的水平向右的拉力大小应为16N.

【点评】本题是木块在小车滑动的类型，采用隔离法进行研究，要正确分析物体的受力情况,

关键要抓住位移之间的关系，运用运动学公式和牛顿第二定律结合进行求解.

12.（20分）（2016•西宁校级模拟）如图所示，M、N为中心开有小孔的平行板电容器的

两极板，相距为D,其右侧有一边长为2a的正三角形区域，区域内有垂直纸面向里的匀强磁

场，在极板M、N之间加上电压U后，M板电势高于N板电势.现有一带正电的粒子，质

量为m、电荷量为q,其重力和初速度均忽略不计，粒子从极板M的中央小孔S1处射入电

容器，穿过小孔S2后从距三角形A点Fa的P处垂直AB方向进入磁场，试求：

(1)粒子到达小孔S2时的速度；

(2)若粒子从P点进入磁场后经时间t从AP间离开磁场，求粒子的运动半径和磁感应强度

的大小；

(3)若粒子能从AC间离开磁场，磁感应强度应满足什么条件？

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动.

【分析】(1)粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度v,根据运动学公式求

出所以时间.

(2)粒子从进入磁场到从AD间离开，根据半径公式，周期公式结合几何关系即可求解；

(3)粒子从进入磁场到从AC间离开，画出运动轨迹，找出临界状态，根据半径公式结合几

何关系即可求解；

12

【解答】解：(1)带电粒子在电场中运动时，由动能定理得，qU=2，

国

解得粒子进入磁场时的速度大小为v=Vm

(2)粒子的轨迹图如图所示,粒子从进入磁场到AP间离开,由牛顿第二定律可得,

qvB-irr-z-

兀R

粒子在磁场中运动的时间为仁一丁，

42qUin

由以上两式可得轨道半径R=rm'

兀m

磁感应强度B=Qt.

(3)粒子从进入磁场到从AC间离开，若粒子恰能到达BC边界，如图所示，设此时的磁感

应强度为B1,根据几何关系有此时粒子的轨道半径为Rl=2asin60°,

qvBi=:

由牛顿第二定律可得，

B/6qUm

由以上两式可得尸3qa

粒子从进入磁场到从AC间离开，若粒子恰能到达AC边界，如图所示，设此时的磁感应强度

为B2,

qvB2=nrr-

由牛顿第二定律可得，K2,

(2~h/^)V2qUm

由以上两式解得^2^^.

~V6qUm(2+V^R2qUm

综上所述要使粒子能从AC间离开磁场，磁感应强度应满足：3qa飞F部一

阿

答：(1)粒子到达小孔S2时的速度为丫m.

42qUm.m

(2)粒子的运动半径为冗m',磁感应强度的大小为不.

V6qUm(2+V3){2qUm

(3)磁感应强度应满足3qa蔡.

【点评】本题是带电粒子在组合场中运动的问题，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们

能画出粒子运动的轨迹，能根据半径公式，周期公式结合几何关系求解，难度较大.

【物理-选修3-3】(15分)

13.下列说法正确的是()

A.布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动

B.液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离

C.扩散现象可以在液体、气体中进行，不能在固体中发生

D.随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小

E.气体体积不变时，温度越高，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多

【考点】布朗运动；扩散.

【分析】解答本题应该掌握：布朗运动特点以及物理意义；液体分子距离特点以及分子势能和

分子距离之间关系；分子力随分子之间距离变化关系；一定质量的理想气体的内能只与温度有

关.气体的压强与分子平均动能和分子数密度有关.

【解答】解：A、布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动，是由大量分子撞击引起的,

反应了液体分子的无规则运动，故A错误；

B、液体表面层的分子间距离近似等于rO,内部分子之间距离小于rO,分子距离为rO时分子

势能最小，所以液体的内部分子间比液体表面层的分子间有更大的分子势能，故B正确.

*扩散现象可以在液体、气体中进行，也能在固体中发生，故C错误；

D、分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，但是它们合力的变化却不一定，如分子

之间距离从小于rO位置开始增大，则分子力先减小后增大再减小.故D正确；

PV

E、气体体积不变时，温度越高，由于=C知，气体的压强越大，由于单位体积内气体分子数

不变，分子平均动能增大，所以单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多.故

E正确.

故选：BDE.

【点评】本题考查了分子动理论和液晶的有关知识，大都需要记忆理解，注意在平时训练中加

强练习.

14.(10分)(2016•吉林四模)U形管两臂粗细不等开口向上，封闭的粗管横截面积是开

口的细管的三倍，管中装入水银，大气压为76cmHg.开口管中水银面到管口距离为11cm,

且水银面比封闭管内高4cm,封闭管内空气柱长为11cm,如图所示.现在开口端用小活塞

封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：

(1)粗管中气体的最终压强；

(2)活塞推动的距离.

【考点】理想气体的状态方程.

【分析】以粗管封闭气体为研究对象，气体发生等温变化，根据理想气体状态方程可求得最终

压强；

再以左管气体为研究对象，气体发生等温变化，根据理想气体状态方程可求得气体体积，从而

可得活塞推动的距离.

【解答】解：设左管横截面积为S,则右管横截面积为3S,

(1)以右管封闭气体为研究对象，

Pl=80cmHg,Vl=llx3S=33S

V2=10x3S=30S

等温变化：P1«V1=P2«V2

80x33S=P2.30S

P2=88cmHg

（2）以左管被活塞封闭气体为研究对象，

Pl=76cmHg,V1=11S,P2=88cmHg

等温变化：P1«V1=P2.V2

V2=9.5Scm

活塞推动的距离：L=ll+3-9.5=4.5cm

答：（1）粗管中气体的最终压强为88cmHg;

（2）活塞推动的距离为4.5cm.

【点评】本题关键确定封闭气体的初末状态的气压、温度、体积，然后结合理想气体状态方程

列式后联立求解.

【物理--选修3-4】（15分）

15.（2016•西宁校级模拟）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=0.6s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.这列波的周期为T=0.8s

B.当t=0.6s时质点a速度沿y轴负方向

C.质点c在这段时间内沿x轴正方向移动了3m

D.质点d在这段时间内通过的路程为20cm

E.t=0.6s时，质点e将要沿v轴正方向运动

【考点】波长、频朝口波速的关系；横波的图象.

【分析】由两列波的波形图可得两波形相距的时间与周期的关系，可求得周期，运用波形平移

法判断质点a和e的速度方向.质点c只上下振动，不向前移动.根据时间与周期的关系求

质点d在这段时间内通过的路程.

【解答】解：A、由题意可知，该波向右传播，起振的方向向上,波长是入=4m,0.6s的时间

3,3,

内传播的距离是W入,所以有WT=0.6S,则得该波的周期T=0.8s.故A正确.

B、简谐横波沿x轴正方向传播，由波形平移法可知，当t=0.6s时质点a速度沿v轴正方向,

故B错误.

C、简谐横波沿x轴正方向传播，质点c只上下振动，不向前移动.故C错误.

D、波从c传到d的时间为WT,所以质点d在这段时间内振动了,通过的路程为

S=2A=2xl0cm=20cm,故D正确.

E、该波向右传播，各个质点的起振方向均向上，所以t=0.6s时，质点e将要沿y轴正方向

运动，故E正确.

故选：ADE

【点评】本题考查对波动图象的理解能力.知道两个时刻的波形时，往往应用波形的平移法来

理解，要知道介质中各个质点的起振方向相同，质点只振动，不随波向前移动.

16.（2016•西宁校级模拟）如图所示,一束光线以60°的入射角照射到水平放置的平面镜

M上，反射后在上方与平面镜平行的光屏上留下一光点P.现将一块上下表面平行的透明玻

璃砖放到平面镜M上（如图中虚线框所示），则从玻璃砖的上表面射入的光线经平面镜反射

后再从玻璃砖的上表面射出，打到光屏上的Q点，Q在P点的左侧8«cm处,已知玻璃砖

对光的折射率为'匹.求：光在玻璃砖内运动的时间多长？（光在真空中的传播速度c=3.0x

108m/s）

【考点】光的折射定律.

【分析】先作出光路图：光从空气射入透明体，入射角大于折射角，反射时遵守反射定律.根

据折射定律求出折射角，根据几何知识求出透明介质的厚度.由几何关系求出光在透明介质中

c

通过的路程.光在透明介质中的传播速度为v=n,再求出光在透明体里运动的时间.

【解答】解：作出光路图如下图所示,

设光在射向透明体的入射角为Ct，折射角为P,透明体系的厚度为d,

_sina

根据折射定律有：n=sinP,

n；_sin600

代入数值得：Vsin?

解得邙=30。

利用几何关系有：PQ=2dtana-2dtanp

由呐―/曰8V3=2d>/3-

由题息得：3,

计算得:d=6cm;

c

光在介质中的速度为：v=n,

d

光在透明体中的路程为：s=2cosP

,_s_2dn.-10

光在透明体里的时间为：v-CeosP"0

答：光在玻璃砖内运动的时间为8x10-10s.

【点评】本题是几何光学的问题，首先要作出光路图，根据折射定律和几何知识结合进行研究.

【物理-选修3-5】（15分）

17.（2016•西宁校级模拟）下列说法正确的是（）

210R.210R.

A.83Bi的半衰期是5天，12g830经过15天后还有1.5g未衰变

B.按照波尔理论，氢原子核外电子从较小半径跃迁到较大半径轨道时，电子的动能增大，原

子总能量增大

C.光电效应和康普顿效应都揭示了光具有粒子性

2382344

D.方程式92U-90Th+2He是重核裂变反应方程

E.普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论

【考点】裂变反应和聚变反应；光电效应.

【分析】根据半衰期的次数，结合1ffzm°宇得出未衰变原子核的质量；根据电子轨道半径

的变化，结合库仑引力提供向心力，得出电子动能的变化；光电效应和康普顿效应说明光具有

粒子性；根据裂变、聚变、衰变的特点区分反应方程；普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次

提出能量子的观点.

【解答】解：A、经过15天，即经过3个半衰期,根据时叱石）知，未衰变的质量

1

m=12x_8g=1.5g，故A正确.

22

.ev

■二ID—

B、氢原子核外电子从较小半径跃迁到较大半径轨道时，原子能量增大，根据r，「知，

电子动能减小，故B错误.

C、光电效应和康普顿效应揭示了光具有粒子性，故C正确.

2382344

D、方程式92U-90Th+2He是a衰变方程，故D错误