2022年安徽省高考物理試卷（乙卷）及答案

2022年安徽省高考物理試卷（乙卷）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～4題只有一項符合題目要求，第5～8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．（6分）2022年3月，中國航天員翟志剛、王亞平、葉光富在離地球表面約400km的“天宮二號”空間站上通過天地連線，為同學(xué)們上了一堂精彩的科學(xué)課。通過直播畫面可以看到，在近地圓軌道上飛行的“天宮二號”中，航天員可以自由地漂浮，這表明他們（）A．所受地球引力的大小近似為零 B．所受地球引力與飛船對其作用力兩者的合力近似為零 C．所受地球引力的大小與其隨飛船運動所需向心力的大小近似相等 D．在地球表面上所受引力的大小小于其隨飛船運動所需向心力的大小2．（6分）如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時整個系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直。當(dāng)兩球運動至二者相距L時，它們加速度的大小均為（）A． B． C． D．3．（6分）固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán)。小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環(huán)的速率正比于（）A．它滑過的弧長 B．它下降的高度 C．它到P點的距離 D．它與P點的連線掃過的面積4．（6分）一點光源以113W的功率向周圍所有方向均勻地輻射波長約為6×10﹣7m的光，在離點光源距離為R處每秒垂直通過每平方米的光子數(shù)為3×1014個。普朗克常量為h＝6.63×10﹣34J?s。R約為（）A．1×102m B．3×102m C．6×102m D．9×102m（多選）5．（6分）安裝適當(dāng)?shù)能浖?，利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應(yīng)強度B。如圖，在手機上建立直角坐標(biāo)系，手機顯示屏所在平面為xOy面。某同學(xué)在某地對地磁場進(jìn)行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據(jù)表中測量結(jié)果可推知（）測量序號Bx/μTBy/μTBz/μT1021﹣4520﹣20﹣463210﹣454﹣210﹣45A．測量地點位于南半球 B．當(dāng)?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50μT C．第2次測量時y軸正向指向南方 D．第3次測量時y軸正向指向東方（多選）6．（6分）如圖，兩對等量異號點電荷+q、﹣q（q＞0）固定于正方形的4個頂點上。L、N是該正方形兩條對角線與其內(nèi)切圓的交點，O為內(nèi)切圓的圓心，M為切點。則（）A．L和N兩點處的電場方向相互垂直 B．M點的電場方向平行于該點處的切線，方向向左 C．將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做正功 D．將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功為零（多選）7．（6分）質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。則（）A．4s時物塊的動能為零 B．6s時物塊回到初始位置 C．3s時物塊的動量為12kg?m/s D．0～6s時間內(nèi)F對物塊所做的功為40J（多選）8．（6分）一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導(dǎo)體極板（半徑分別為R和R+d）和探測器組成，其橫截面如圖（a）所示，點O為圓心。在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，方向指向O點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過，到達(dá)探測器。不計重力。粒子1、2做圓周運動，圓的圓心為O、半徑分別為r1、r2（R＜r1＜r2＜R+d）；粒子3從距O點r2的位置入射并從距O點r1的位置出射；粒子4從距O點r1的位置入射并從距O點r2的位置出射，軌跡如圖（b）中虛線所示。則（）A．粒子3入射時的動能比它出射時的大 B．粒子4入射時的動能比它出射時的大 C．粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能 D．粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能二、非選擇題：共62分。第9～12題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13～16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共47分。9．（5分）用雷達(dá)探測一高速飛行器的位置。從某時刻（t＝0）開始的一段時間內(nèi)，該飛行器可視為沿直線運動，每隔1s測量一次其位置，坐標(biāo)為x，結(jié)果如下表所示：t/s0123456x/m050710941759250533294233回答下列問題：（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可判斷該飛行器在這段時間內(nèi)近似做勻加速運動，判斷的理由是：；（2）當(dāng)x＝507m時，該飛行器速度的大小v＝m/s；（3）這段時間內(nèi)該飛行器加速度的大小a＝m/s2（保留2位有效數(shù)字）。10．（10分）一同學(xué)探究阻值約為550Ω的待測電阻Rx在0～5mA范圍內(nèi)的伏安特性?？捎闷鞑挠校弘妷罕?（量程為3V，內(nèi)阻很大），電流表?（量程為1mA，內(nèi)阻為300Ω），電源E（電動勢約為4V，內(nèi)阻不計），滑動變阻器R（最大阻值可選10Ω或1.5kΩ），定值電阻R0（阻值可選75Ω或150Ω），開關(guān)S，導(dǎo)線若干。（1）要求通過Rx的電流可在0～5mA范圍內(nèi)連續(xù)可調(diào)，在答題卡上將圖（a）所示的器材符號連線，畫出實驗電路的原理圖；（2）實驗時，圖（a）中的R應(yīng)選最大阻值為（填“10Ω”或“1.5kΩ”）的滑動變阻器，R0應(yīng)選阻值為（填“75Ω”或“150Ω”）的定值電阻；（3）測量多組數(shù)據(jù)可得Rx的伏安特性曲線。若在某次測量中，電壓表、電流表的示數(shù)分別如圖（b）和圖（c）所示，則此時Rx兩端的電壓為V，流過Rx的電流為mA，此組數(shù)據(jù)得到的Rx的阻值為Ω（保留3位有效數(shù)字）。11．（12分）如圖，一不可伸長的細(xì)繩的上端固定，下端系在邊長為l＝0.40m的正方形金屬框的一個頂點上。金屬框的一條對角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強磁場。已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長度的阻值為λ＝5.0×10﹣3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小隨時間t的變化關(guān)系為B（t）＝0.3﹣0.1t（SI）。求（1）t＝2.0s時金屬框所受安培力的大??；（2）在t＝0到t＝2.0s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱。12．（20分）如圖（a），一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上；物塊B向A運動，t＝0時與彈簧接觸，到t＝2t0時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的v﹣t圖像如圖（b）所示。已知從t＝0到t＝t0時間內(nèi)，物塊A運動的距離為0.36v0t0。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點與前一次相同。斜面傾角為θ（sinθ＝0.6），與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)。（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。[物理—選修3-3]（15分）（多選）13．（5分）一定量的理想氣體從狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b變化到狀態(tài)c，其過程如T﹣V圖上的兩條線段所示。則氣體在（）A．狀態(tài)a處的壓強大于狀態(tài)c處的壓強 B．由a變化到b的過程中，氣體對外做功 C．由b變化到c的過程中，氣體的壓強不變 D．由a變化到b的過程中，氣體從外界吸熱 E．由a變化到b的過程中，從外界吸收的熱量等于其增加的內(nèi)能14．（10分）如圖，一豎直放置的汽缸由兩個粗細(xì)不同的圓柱形筒組成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之間封閉有一定量的理想氣體，兩活塞用一輕質(zhì)彈簧連接，汽缸連接處有小卡銷，活塞Ⅱ不能通過連接處?；钊?、Ⅱ的質(zhì)量分別為2m、m，面積分別為2S、S，彈簧原長為l。初始時系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，此時彈簧的伸長量為0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸連接處的距離相等，兩活塞間氣體的溫度為T0。已知活塞外大氣壓強為p0，忽略活塞與缸壁間的摩擦，汽缸無漏氣，不計彈簧的體積。（?。┣髲椈傻膭哦认禂?shù)；（ⅱ）緩慢加熱兩活塞間的氣體，求當(dāng)活塞Ⅱ剛運動到汽缸連接處時，活塞間氣體的壓強和溫度。[物理—選修3-4]（15分）15．介質(zhì)中平衡位置在同一水平面上的兩個點波源S1和S2，二者做簡諧運動的振幅相等，周期均為0.8s。當(dāng)S1過平衡位置向上運動時，S2也過平衡位置向上運動。若波速為5m/s，則由S1和S2發(fā)出的簡諧橫波的波長均為m。P為波源平衡位置所在水平面上的一點，與S1、S2平衡位置的距離均為10m，則兩波在P點引起的振動總是相互（填“加強”或“削弱”）的；當(dāng)S1恰好在平衡位置向上運動時，平衡位置在P處的質(zhì)點（填“向上”或“向下”）運動。16．一細(xì)束單色光在三棱鏡ABC的側(cè)面AC上以大角度由D點入射（入射面在棱鏡的橫截面內(nèi)），入射角為i，經(jīng)折射后射至AB邊的E點，如圖所示。逐漸減小i，E點向B點移動，當(dāng)sini＝時，恰好沒有光線從AB邊射出棱鏡，且DE＝DA。求棱鏡的折射率。2022年安徽省高考物理試卷（乙卷）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～4題只有一項符合題目要求，第5～8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．【分析】空間站在軌道上繞地球做勻速圓周運動，宇航員在空間站中隨空間站一起做繞地圓周運動，萬有引力完全提供做圓周運動的向心力；根據(jù)萬有引力公式分析在飛船軌道上向心力和地球表面的引力大小?！窘獯稹拷猓篈BC．航天員在空間站中所受萬有引力完全提供做圓周運動的向心力，飛船對其作用力等于零，故C正確，AB錯誤；D．根據(jù)萬有引力公式F萬＝可知在地球表面上所受引力的大小大于在飛船所受的萬有引力大小，因此地球表面引力大于其隨飛船運動所需向心力的大小，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題以“天宮二號”空間站直播授課為背景考查人造衛(wèi)星運行問題，解題關(guān)鍵要分析清楚空間站的運動，知道航天器在軌道上繞地球做勻速圓周運動時萬有引力提供向心力。2．【分析】本題需要對當(dāng)兩球運動至二者相距L時這一瞬間單獨進(jìn)行受力分析，再根據(jù)牛頓第二定律即可求出結(jié)果?！窘獯稹拷猓寒?dāng)兩球運動至二者相距L時，對此時進(jìn)行受力分析，如圖所示：因為兩球關(guān)于F所在直線對稱，sinθ＝＝，所以cosθ＝，已知輕繩中心處受三個力，設(shè)繩子拉力為T，水平方向上受力分析，2Tcosθ＝F，解得：T＝，對其中一個小球用牛頓第二定律，得；T＝ma，解得：a＝。故A正確，BCD錯誤。故選A?！军c評】本題考查受力分析和牛頓第二定律，需要對特殊位置進(jìn)行分析，比較簡單。3．【分析】根據(jù)幾何關(guān)系求出各物理量間關(guān)系，根據(jù)動能定理求出速度表達(dá)式即可?！窘獯稹拷猓涸O(shè)下滑過程中，它到P點距離為L，下滑高度為h，圓環(huán)半徑為R，如圖由幾何關(guān)系得sinθ＝根據(jù)機械能守恒定律得mgh＝聯(lián)立解得：v＝L，故C正確，ABD錯誤；故選：C?！军c評】本題考查動能定理的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題，求出小環(huán)速率表達(dá)式即可分析。4．【分析】先計算每個光子的能量，再根據(jù)以光源為球心，每秒通過某球面的能量相等，列出數(shù)學(xué)表達(dá)式，即可求出某一球面的半徑?！窘獯稹拷猓涸O(shè)每個光子的能量大小為?，則有：?＝hν＝＝6.63×10﹣34×J＝3.315×10﹣19J因為該光源輻射的功率為113W，由W＝pt可知，每秒向外輻射的能量為W＝113×1J＝113J即以光源為球心，每秒通過某球面的光子能量為113J。故距離光源R處的球面滿足數(shù)學(xué)公式：3×1014×3.315×10﹣19×4πR2＝113可以解得：R≈300m，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題考查光子能量的計算，要牢記公式?＝hν，并掌握波長、光速、頻率之間的數(shù)量關(guān)系。難度不大，但計算時應(yīng)細(xì)心，避免出錯。5．【分析】地球可視為一個大磁場，地理的北極為磁場的南極，地理的南極為磁場的北極，磁場強度為矢量，根據(jù)圖中信息即可求得該處磁場大小及方向?！窘獯稹拷猓篈．如圖所示地球可視為一個大磁場，磁場南極大致在地理的北極附近，磁場北極大致在地理南極附近。通過這兩個磁極的假想直線（磁軸）與地球的自轉(zhuǎn)軸大約成11.3度的傾斜。由表中z軸數(shù)據(jù)可看出z軸的磁場豎直向下，則測量地點應(yīng)位于北半球，故A錯誤；B．磁感應(yīng)強度為矢量，故由表格可看出此處的磁感應(yīng)強度大致為B＝＝＝T＝T≈50μT，故B正確；CD．由選項A可知測量地在北半球，而北半球地磁場指向北方斜向下，則第2次測量，測得By＜0，故y軸指向南方，第3次測得Bx＞0，故x軸指向北方而y軸則指向西方，故C正確，D錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查了地球磁場及磁場強度為矢量的運算，解題的關(guān)鍵是知道地球可視為一個大磁場，地理的北極為磁場的南極，地理的南極為磁場的北極，磁場強度為矢量，計算矢量運算法則。6．【分析】電場強度是矢量，每個位置的電場強度為各個點電荷在該點產(chǎn)生電場的矢量合；電勢是標(biāo)量，每個地方的電勢是各個點電荷在此的電勢的代數(shù)和，正電荷，電勢降低，電勢能減小，電場力做正功。【解答】解：A、兩個正電荷在N點產(chǎn)生的場強方向由N指向O，N點處于兩負(fù)電荷連線的中垂線上，則兩負(fù)電荷在N點產(chǎn)生的場強方向由N指向O，則N點的合場強方向由N指向O，同理可知，兩個負(fù)電荷在L處產(chǎn)生的場強方向由O指向L，L點處于兩正電荷連線的中垂線上，兩正電荷在L處產(chǎn)生的場強方向由O指向L，則L處的合場方向由O指向L，由于正方向兩對角線垂直平分，則L和N兩點處的電場方向相互垂直，故A正確；B、正方向底邊的一對等量異號電荷在M點產(chǎn)生的場強方向向左，而正方形上方的一對等量異號電荷在M點產(chǎn)生的場強方向向右，由于M點離上方一對等量異號電荷距離較遠(yuǎn)，則M點的場方向向左，故B正確；C．由圖可知，M和O點位于兩等量異號電荷的等勢線上，即M和O點電勢相等，所以將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做功為零，故C錯誤；D．由圖可知，L點的電勢低于N點電勢，則將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功不為零，故D錯誤。故選：AB?！军c評】此題考查電場的疊加，注意結(jié)合等量同種電荷和等量異種電荷的電場進(jìn)行分析，可以使問題簡化。7．【分析】求出物塊與地面間的滑動摩擦力，根據(jù)動量定理求解3s時的速度和4s時的速度，再根據(jù)位移計算公式求解位移，根據(jù)功的計算公式求解做的功?！窘獯稹拷猓何飰K與地面間的滑動摩擦力為：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。A、t3＝3s時物體的速度大小為v3，則有：（F﹣f）t3＝mv3，其中F＝4N，代入數(shù)據(jù)解得：v3＝6m/s；t4＝4s時速度為v4，根據(jù)動量定理可得：﹣（F+f）（t4﹣t3）＝mv4﹣mv3，代入數(shù)據(jù)解得：v4＝0，故A正確；B、0～3s物塊沿正方向加速運動，3s～4s物塊沿正方向減速運動，4s末的速度為零，4s～6s物塊反向加速，且加速度大小與0～3s內(nèi)的加速度大小相等，故6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；C、3s時物塊的動量大小為：p＝mv3＝1×6kg?m/s＝6kg?m/s，故C錯誤；D、0～3s內(nèi)物塊的位移：x1＝＝m＝9m，方向為正方向；3s～4s內(nèi)物塊的位移：x2＝＝m＝3m，方向為正方向；6s時物塊的速度大小為v6，則有：（F﹣f）t2＝mv6，解得：v6＝4m/s4s～6s物塊的位移大小為：x3＝＝m＝4m，方向為負(fù)方向。所以0～6s時間內(nèi)F對物塊所做的功為：W＝F（x1﹣x2+x3）＝4×（9﹣3+4）J＝40J，故D正確。故選：AD?！军c評】本題主要是考查動量定理與圖象的結(jié)合，關(guān)鍵是弄清楚運動情況和受力情況，知道合外力的沖量等于動量的變化。8．【分析】離子在電場里在輻向電場力的作用下運動，1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運動，粒子射出時動能不發(fā)生變化；粒子3、4在非勻強電場中運動，主要看粒子是靠近O點，電場力做正功，動能增大；粒子是遠(yuǎn)離O點，電場力做負(fù)功，動能減小?！窘獯稹拷猓涸诮孛鎯?nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，可設(shè)為E＝，即Er＝kA．粒子3從距O點r2的位置入射并從距O點r1的位置出射，做向心運動，電場力做正功，則動能增大，粒子3入射時的動能比它出射時的小，故A錯誤；B．粒子4從距O點r1的位置入射并從距O點r2的位置出射，做離心運動，電場力做負(fù)功，則動能減小，粒子4入射時的動能比它出射時的大，故B正確；C．帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運動，則有qE1＝mqE2＝m可得：m＝＝即粒子1入射時的動能等于粒子2入射時的動能，故C錯誤；D．粒子3做向心運動，則有qE2＞m可得：m＜＝m粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能，故D正確；故選：BD?！军c評】本題考查了粒子在輻向的勻強電場或者在非勻強電場中的運動，判斷粒子出電場動能的變化，解題的關(guān)鍵看電場力對粒子做什么功，中檔難度。二、非選擇題：共62分。第9～12題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13～16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共47分。9．【分析】（1）勻變速直線運動的規(guī)律：連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之差等于一個定值。（2）勻變速直線運動的規(guī)律中間時刻的瞬時速度等于相鄰兩點的平均速度；（3）根據(jù)Δx＝aT2求解加速度?！窘獯稹拷猓海?）第1s內(nèi)的位移507m，第2s內(nèi)的位移587m，第3s內(nèi)的位移665m，第4s內(nèi)的位移746m，第5s內(nèi)的位移824m，第6s內(nèi)的位移904m，則相鄰1s內(nèi)的位移之差接近Δx＝79m，可知判斷飛行器在這段時間內(nèi)做勻加速運動；（2）根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律中間時刻的瞬時速度等于相鄰兩點的平均速度，知當(dāng)x＝507m時，該飛行器速度的大小v＝＝m/s＝547m/s；（3）根據(jù)Δx＝aT2知，a＝＝m/s2＝79m/s2。故答案為：根據(jù)相鄰相等時間內(nèi)的位移之差近似為一個定值；547；79?！军c評】本題考查勻變速直線運動規(guī)律的研究，解題關(guān)鍵是要掌握平均速度公式和逐差法求加速度。10．【分析】（1）電流表需要改裝，滑動變阻器采用分壓器接法，由此連圖；（2）根據(jù)“方便性原則”選取滑動變阻器；通過Rx的電流最大為5mA，需要將電流表量程擴大為原來的5倍，根據(jù)并聯(lián)分流特點進(jìn)行解答；（3）根據(jù)電壓表和電流表的讀數(shù)方法進(jìn)行讀數(shù)，根據(jù)歐姆定律求解電阻阻值?！窘獯稹拷猓海?）電流表內(nèi)阻已知，電流表與R0并聯(lián)擴大電流表量程，進(jìn)而準(zhǔn)確測量通過Rx的電流，電壓表單獨測量Rx的電壓；滑動變阻器采用分壓式接法，電表從0開始測量，滿足題中通過Rx的電流從0～5mA連續(xù)可調(diào)，電路圖如圖1所示：（2）電路中R應(yīng)選最大阻值為10Ω的滑動變阻器，方便電路的調(diào)節(jié)，測量效率高、實驗誤差??；通過Rx的電流最大為5mA，需要將電流表量程擴大為原來的5倍，根據(jù)并聯(lián)分流的規(guī)律示意圖如圖2所示：根據(jù)并聯(lián)分流，即并聯(lián)電路中電流之比等于電阻的反比，可知：＝解得：R0＝75Ω；（3）電壓表每小格表示0.1V，向后估讀一位，即U＝2.30V；電流表每小格表示0.02mA，本位估讀，即0.84mA，電流表量程擴大5倍，所以通過Rx的電流為I＝4.20mA；根據(jù)歐姆定律可知：Rx＝＝≈548Ω。故答案為：（1）電路圖見解析；（2）10Ω，75Ω；（3）2.30；4.20；548?！军c評】對于實驗題，要弄清楚實驗?zāi)康?、實驗原理以及?shù)據(jù)處理、誤差分析等問題，一般的實驗設(shè)計、實驗方法都是根據(jù)教材上給出的實驗方法進(jìn)行拓展，延伸，所以一定要熟練掌握教材中的重要實驗。對于實驗儀器的選取一般要求滿足安全性原則、準(zhǔn)確性原則和操作方便原則。11．【分析】（1）求解總電阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電流，根據(jù)B與t關(guān)系求解磁感應(yīng)強度，根據(jù)F＝BIL求解安培力，注意L為等效長度；（2）根據(jù)Q＝I2Rt求解焦耳熱?！窘獯稹拷猓海?）金屬框的總電阻為R＝4lλ＝4×0.40×5.0×10﹣3Ω＝8×10﹣3Ω，金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝S＝＝0.1×V＝8×10﹣3V，金屬框中的電流為I＝＝A＝1A，t＝2.0s時磁感應(yīng)強度B1＝0.3T﹣0.1×2.0T＝0.1T，金屬框處于磁場中的有效長度為L＝＝0.40m此時金屬框所受安培力大小為F＝BIL＝0.1×N＝0.04N；（2）在t＝0到t＝2.0s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝I2Rt＝12×8×10﹣3×2.0J＝0.016J。答：（1）t＝2.0s時金屬框所受安培力的大小為0.04N；（2）在t＝0到t＝2.0s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為0.016J?！军c評】本題主要是考查法拉第電磁感應(yīng)定律，關(guān)鍵是知道B﹣t圖象的斜率不變、感應(yīng)電動勢不變，則感應(yīng)電流也不變。12．【分析】（1）t0時刻物塊A、B達(dá)到共速，彈簧彈性勢能此時最大。0～t0時間內(nèi)兩物塊作用過程，由動量守恒定律求得B的質(zhì)量；由機械能守恒定律求解彈簧彈性勢能最大值；（2）t0時刻物塊A、B達(dá)到共速，此時彈簧壓縮量最大。已知0～t0時間內(nèi)，物塊A運動的距離，根據(jù)牛頓第二定律，分析兩物塊運動中的物理量的關(guān)系，根據(jù)v﹣t圖像與時間軸圍成的面積表示位移的大小，求得B物塊位移，再由兩物塊的位移關(guān)系求解；（3）已知A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點與前一次相同，可知A兩次滑上斜面的初速度相同。根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律，求得A第一次下滑到斜面底端時的速度大小；對A在斜面上滑動的過程，由動能定理求解?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)物塊B的質(zhì)量為M，t0時刻物塊A、B達(dá)到共速，彈簧彈性勢能此時最大設(shè)為Epm，0～t0時間內(nèi)兩物塊作用過程滿足動量守恒定律，以水平向右為正方向，結(jié)合圖（b）數(shù)據(jù)得：M×1.2v0＝（M+m）v0解得：M＝5m此過程對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律得：Epm＝﹣解得：Epm＝0.6m；（2）t0時刻物塊A、B達(dá)到共速，此彈簧壓縮量最大因0～t0時間內(nèi)兩物塊受到合力大小等于彈簧的彈力大小，故兩物塊所受合力大小相等方向相反，又因M＝5m由牛頓第二定律可知物塊B做減速直線運動的加速度大小始終等于物塊A做加速直線運動的加速度大小的，那么在相同時間內(nèi)，物塊B的速度減小量始終等于物塊A的速度增加量的，由v﹣t圖像與時間軸圍成的面積表示位移的大小，如下圖所示：已知：0～t0時間內(nèi)，物塊A運動的距離為0.36v0t0。即圖中面積SA＝0.36v0t0物塊B相對勻速運動而減小的位移大小等于圖中面積SB，由前述分析可知：SB＝SA＝×0.36v0t0＝0.072v0t0則0～t0時間內(nèi)，物塊B運動的位移大小為：xB＝1.2v0t0﹣SB＝1.2v0t0﹣0.072v0t0＝1.128v0t0由位移關(guān)系可得第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值為：Δlm＝xB﹣SA＝1.128v0t0﹣0.36v0t0＝0.768v0t0；（3）已知A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點與前一次相同，可知A兩次滑上斜面的初速度相同，且為2v0。設(shè)A第一次下滑到斜面底端時的速度大小為vA（其方向水平向左），A與B再次碰撞后B的速度為vB，以水平向右為正方向，對A與B再次碰撞的過程，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律，結(jié)合圖（b）數(shù)據(jù)得：M×0.8v0﹣mvA＝MvB+m×2v0+＝+聯(lián)立解得：vA＝v0設(shè)A在斜面上上滑的最大高度為h，A與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，對A第一次滑上斜面到達(dá)最高點的過程，由動能定理得：﹣mgh﹣μmgcosθ?＝0﹣對A第一次滑上斜面又到達(dá)斜面底端的過程，由動能定理得：﹣2μmgcosθ?＝﹣聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.45。答：（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值為0.6m；；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值為0.768v0t0；（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.45。【點評】本題考查了力學(xué)三大原理，牛頓第二定律、功能關(guān)系、動量守恒定律的綜合應(yīng)用，運動過程較多，難度大。對于滿足動量守恒定律的彈簧的碰撞問題，兩物體共速時彈簧彈性勢能最大；彈簧由原長變化到原長的過程類似于彈性碰撞。本題第（2）問是加速度變化的過程，兩物塊的加速度大小存在恒定的比例關(guān)系，可利用圖像的面積分析運動位移關(guān)系。（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。[物理—選修3-3]（15分）13．【分析】根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程可得，結(jié)合圖像判斷出氣體壓強的變化，根據(jù)氣體溫度與體積的變化，判斷出內(nèi)能的變化和氣體做功情況，結(jié)合熱力學(xué)第一定律即可判斷?！窘獯稹拷猓篈C、根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程可得T＝，從a到b，圖像的斜率不變，壓強不變，從b到c的過程中，與坐標(biāo)原點的連線的斜率逐漸減小，壓強減小，故狀態(tài)a處的壓強大于狀態(tài)c處的壓強，故A正確，C錯誤；B、由a到b的過程