2022年安徽省合肥市高考物理二模試卷（附答案詳解）

2022年安徽省合肥市高考物理二模試卷

1.2021年12月30日,在中科院合肥等離子體物理研究

所內(nèi)，有“人造太陽(yáng)”之稱的全超導(dǎo)托卡馬克實(shí)驗(yàn)

裝置（EAST）實(shí)現(xiàn)了1056秒的長(zhǎng)脈沖高參數(shù)等離子

體運(yùn)行，這是目前世界上該裝置高溫等離子體運(yùn)行

的最長(zhǎng)時(shí)間。該裝置內(nèi)發(fā)生的核反應(yīng)方程為：He+X,已知笊核6"）的

質(zhì)量為2.01360,X的質(zhì)量為1.0087U。氨核的質(zhì)量為3.0150”，iz為原子質(zhì)量

單位，位相當(dāng)于931MeV,下列關(guān)于該核反應(yīng)的說(shuō)法正確的是（）

A.X為質(zhì)子

B.反應(yīng)前后核總質(zhì)量相等

C.反應(yīng)過(guò)程中中子數(shù)減少了1個(gè)

D.反應(yīng)過(guò)程中釋放的核能4E=3.2585MeV

2.圖甲為掛在架子上的雙層晾衣籃。上、下籃子完全相同且保持水平，每個(gè)籃子由兩

個(gè)質(zhì)地均勻的圓形鋼圈穿進(jìn)網(wǎng)布構(gòu)成，兩籃通過(guò)四根等長(zhǎng)的輕繩與鋼圈的四等分點(diǎn)

相連，上籃鋼圈用另外四根等長(zhǎng)輕繩系在掛鉤上。晾衣籃的有關(guān)尺寸如圖乙所示,

則圖甲中上、下各一根繩中的張力大小之比為（）

圖甲圖乙

A.1：1B.2：1C.5：2D.5：4

3.帶等量異種電荷的兩小球，固定在一絕緣細(xì)桿的兩端，置于等量異種電荷4、B的

電場(chǎng)中，豎直虛線為4、B連線的中垂線，桿與4、B連線平行，位于圖中I位置，。

為桿的中點(diǎn)。若桿由I位置繞。點(diǎn)轉(zhuǎn)至圖中口位置，電場(chǎng)力做功為名；若桿由I位

置豎直向下平移至圖中HI位置，電場(chǎng)力做功為電。則下列關(guān)于明、傷的判斷正確

的是（）

AO——?----?-——?B

I

I

I

I

A.W/j>0,W2>0B.Wr<0,IV2>0

C.%=0,IV2<0D.W1=0,W2=0

4.2022年2月9日，在北京冬奧會(huì)自由式滑雪女子大跳臺(tái)決賽中，我國(guó)選手谷愛(ài)凌成

功奪冠。圖甲為滑雪大跳臺(tái)的滑道示意圖，其主要由助滑道、跳臺(tái)、著落坡組成,

在助滑道與跳臺(tái)之間用一段彎曲滑道銜接，助滑道與著落坡均可以視為傾斜直道。

運(yùn)動(dòng)員由起點(diǎn)滑下，從跳臺(tái)飛出后，在空中完成系列動(dòng)作，最后落至著落坡。運(yùn)動(dòng)

員離開(kāi)跳臺(tái)至落到著落坡階段的軌跡如圖乙所示，P為這段軌跡的最高點(diǎn)，不計(jì)空

氣阻力，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)。則下列說(shuō)法正確的是（）

B.運(yùn)動(dòng)員在P點(diǎn)的速度為0

C.運(yùn)動(dòng)員在P點(diǎn)重力的瞬時(shí)功率為0

D.運(yùn)動(dòng)員落至著陸坡時(shí)的速度方向與剛離開(kāi)起跳臺(tái)時(shí)的速度大小無(wú)關(guān)

5.圖甲為交流感應(yīng)電動(dòng)機(jī)的工作原理示意圖。完全相同的線圈4、B、C豎直固定，其

平面互成120。，且中心重合于。點(diǎn)（圖中未畫(huà)出）。當(dāng)線圈連接三相交流電源時(shí)，其

中心產(chǎn)生旋轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)中的導(dǎo)線框也就隨著轉(zhuǎn)動(dòng)。若線圈中通入圖乙所示的正弦

式交流電，三個(gè)線圈在t=?的電流方向如圖甲所示，此時(shí)線圈4中電流在。點(diǎn)產(chǎn)生

磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為%。已知每個(gè)線圈在。點(diǎn)產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與線

圈中通入的電流成正比，則此時(shí)0點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）

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A

6.2021年5月15日，天問(wèn)一號(hào)著落器著陸于火星表面。著

落器的著陸過(guò)程簡(jiǎn)化如下：首先，在距火星表面高為八處

懸停，接著以恒定加速度a豎直下降，下降過(guò)程火箭產(chǎn)

生的反推力大小恒為尸。當(dāng)四條“緩沖腳”接觸火星表

面時(shí)，火箭立即停止工作，著落器經(jīng)時(shí)間t速度減至0。已知著落器的質(zhì)量為rn,火

星半徑為R（R>>^，萬(wàn)有引力常量為G。則下列說(shuō)法正確的是（）

A.火星的質(zhì)量約為空土

Gm

B.火星表面的重力加速度約為￡

m

C.火箭反推力對(duì)著落器所做的功約為-：尸砒2

D.著落器對(duì)火星表面的平均沖擊力大小約F+ma+與皿

7.材料相同，粗細(xì)不同的導(dǎo)線繞成邊長(zhǎng)相同的I、n兩個(gè)正方形閉合線圈，線圈的質(zhì)

量相等，I線圈的匝數(shù)是口的2倍?，F(xiàn)將兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時(shí)以初

速度孫豎直向上拋出，一段時(shí)間后進(jìn)入方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)

的下邊界水平，如圖所示。已知線圈在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某條對(duì)角線始終與下邊界垂直，

且線圈平面始終在豎直平面內(nèi)，空氣阻力不計(jì)。在線圈從拋出至返回原位置的過(guò)程

中，下列說(shuō)法正確的是（）

O0%

A.I、n線圈運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為2：i

B.I、II線圈的末速度之比為2：1

C.I、口線圈的末動(dòng)能之比為1：1

D.I、n線圈中產(chǎn)生的焦耳熱之比為1：1

8.如圖甲所示，輕彈簧一端固定在豎直墻壁上，另一端與物塊P栓接?，F(xiàn)用外力將P緩

慢壓至。點(diǎn)，此時(shí)彈簧的壓縮量為3%，撤去外力后P向右運(yùn)動(dòng)；換用質(zhì)量較小的物

塊Q完成同樣的過(guò)程。在兩物塊第一次向右運(yùn)動(dòng)至最遠(yuǎn)的過(guò)程中，它們的加速度a與

位移x的關(guān)系如圖乙所示。已知兩物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。下列說(shuō)法

正確的是（）

圖乙

A.釋放瞬間Q的加速度是P的3倍

B.P的質(zhì)量是Q的2倍

C.P的最大動(dòng)能是Q的4倍

D.Q向右運(yùn)動(dòng)的最大距離是P的2倍

9.某實(shí)驗(yàn)小組利用下圖裝置驗(yàn)證系統(tǒng)機(jī)械能守恒?？邕^(guò)定滑輪的輕'"'工'

繩一端系著物塊4另一端穿過(guò)中心帶有小孔的金屬圓片C與物塊

B相連，4和B質(zhì)量相等。鐵架臺(tái)上固定一圓環(huán)，圓環(huán)處在B的正?

下方。將B和C由距圓環(huán)高為后=70.0cm處?kù)o止釋放，當(dāng)8穿過(guò)

圓環(huán)時(shí)，C被擱置在圓環(huán)上?在鐵架臺(tái)匕、「2處分別固定兩個(gè)光?口

I,P

電門，物塊B從匕運(yùn)動(dòng)到P2所用的時(shí)間t由數(shù)字計(jì)時(shí)器測(cè)出，圓環(huán)AO.P2

距Pi的高度出=Pi，P2之間的高度壇=100cm,重力

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加速度。取9.8zn/s2。

(1)B穿過(guò)圓環(huán)后可以視為做_____直線運(yùn)動(dòng)；

(2)為了驗(yàn)證系統(tǒng)機(jī)械能守恒，該系統(tǒng)應(yīng)選擇(選填“4和夕'或"4、8和C")；

(3)測(cè)得B通過(guò)P】P2的時(shí)間t=0.055s,A.8的質(zhì)量均為0.3kg,C的質(zhì)量為0.2kg,

則該實(shí)驗(yàn)中系統(tǒng)重力勢(shì)能減少量為，系統(tǒng)動(dòng)能增加量為，系統(tǒng)重力勢(shì)

能減少量與系統(tǒng)動(dòng)能增加量有差別的原因是(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。

10.某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖(a)所示電路測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。所用的實(shí)驗(yàn)器材如下：

4待測(cè)電源

B.定值電阻品(阻值為3.00)

C.電阻箱R(最大阻值999.90)

。?電壓表了(量程為3.0人內(nèi)阻很大)

E.開(kāi)關(guān)S,導(dǎo)線若干

實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①將電阻箱阻值調(diào)到最大，閉合開(kāi)關(guān)S；

②多次調(diào)節(jié)電阻箱，記下電壓表的示數(shù)U和電阻箱相應(yīng)的阻值R；

③以［為縱坐標(biāo)，/橫坐標(biāo)，作出指需像；

UKUK

④求出直線的斜率和縱軸上的截距。

回答下列問(wèn)題：

(1)分別用E和r表示電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，則3與J的關(guān)系式為

UK;

(2)實(shí)驗(yàn)得到的部分?jǐn)?shù)據(jù)如下表所示，其中電阻R=7.0。時(shí)電壓表的示數(shù)如圖(b)所

示，讀出數(shù)據(jù)，完成下表。答：①,②。

R/n4.05.06.07.08.09.0

U/V1.521.721.88①2.142.32

11

萬(wàn)/-0.660.580.53②0.470.43

(3)在圖(c)的坐標(biāo)紙上將所缺數(shù)據(jù)點(diǎn)補(bǔ)充完整并作圖，根據(jù)圖線求得電源電動(dòng)勢(shì)

圖⑸

11.圖甲為冰壺比賽場(chǎng)地的示意圖，其中營(yíng)壘區(qū)由半徑分別為R、2R和3R三個(gè)同心圓組

成，圓心為。。某次比賽中，B壺靜止在營(yíng)壘區(qū)M處，對(duì)方選手將4壺?cái)S出，4壺沿

冰道中心線P0滑行并與8發(fā)生正碰，最終二者分別停在。點(diǎn)和N點(diǎn)，如圖乙所示。

已知冰壺質(zhì)量均為冰面與冰壺間的動(dòng)摩擦因數(shù)為由重力加速度為g，不計(jì)空氣

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阻力。求:

圖乙

(1)碰后4壺剛停止時(shí)兩壺間的距離;

(2)碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能。

12.如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，I、W象限有垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一平

行板電容器水平放置，板長(zhǎng)為23板間距也為23電容器中心P點(diǎn)的坐標(biāo)為(-4。0),

M點(diǎn)坐標(biāo)為(0,3L).一豎直放置的絕緣彈性薄擋板固定于Q(-2L,0)處，板長(zhǎng)略小于

33Q為擋板中心。一帶電粒子以初速度〃沿x軸射入兩板間，從M點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，最

終返回出發(fā)點(diǎn)。已知帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后，沿y方向分速度不變，沿x

方向分速度反向，大小不變，帶電粒子質(zhì)量為加，電荷量為q，不計(jì)粒子重力。求：

(1)電容器兩極板間所加的電壓；

(2)僅與擋板碰撞一次的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑；

(3)粒子與擋板碰撞且符合條件的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。

點(diǎn)心0■B

XXXXw

XXXMX

xxxxxr

（）X■X>>

KKMXM

XaMXX

KXXXX

XXXXX

13.下列說(shuō)法中正確的是（）

A.當(dāng)分子間距離增大時(shí)，分子間引力增大，分子間斥力減小

B.一定量的理想氣體，如果壓強(qiáng)不變，體積增大，它一定從外界吸熱

C.清晨植物葉面上的露珠呈球形，是因?yàn)樗谋砻鎻埩ψ饔?/p>

D.布朗運(yùn)動(dòng)反映了懸浮顆粒內(nèi)部的分子在永不停息地做無(wú)規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)

E.一定量的理想氣體，如果體積不變，溫度降低，分子與器壁每秒平均碰撞次數(shù)

減少

14.如圖所示，兩端開(kāi)口的U形玻璃管豎直放置，管中有一段水銀柱。左側(cè)|

管中活塞封閉一段長(zhǎng)為10sn的空氣柱，此時(shí)左右兩側(cè)水銀面的高度相L

同。右側(cè)水銀面離管口的高度為20cm。已知大氣壓強(qiáng)po=76c?nHg,

玻璃管粗細(xì)均勻，導(dǎo)熱性能良好，環(huán)境溫度不變。求：

0）緩慢下移活塞，當(dāng)左右兩側(cè)液面高度差為4cm時(shí)，活塞下移的距離；

（"）若先將右側(cè)管口封閉，再緩慢下移活塞，當(dāng)左右兩側(cè)液面高度差為4cm時(shí)，活

塞下移的距離。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

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15.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸負(fù)方向傳播，其波長(zhǎng)大于5nl.從某時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，介質(zhì)中位置

在光=1m處的質(zhì)點(diǎn)a和在x=57n處的質(zhì)點(diǎn)b的振動(dòng)圖線分別如圖甲、乙所示。則質(zhì)

16.如圖所示，陰影部分4BC為一由均勻透明材料做成的柱形

光學(xué)元件的橫截面，材料的折射率n=2,弧AC是一半徑

為R的胸弧，。為圓心，4BCD構(gòu)成正方形，在。處有一點(diǎn)

光源，不考慮二次折射。求:

(D當(dāng)光從4B中點(diǎn)E射出時(shí)，折射光的反向延長(zhǎng)線交4D于F

點(diǎn)，求4F的長(zhǎng)度;

邊有光射出的區(qū)域的長(zhǎng)度。

答案和解析

1.【答案】

D

【解析】

解：4C.根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒知X的質(zhì)量數(shù)為1,電荷數(shù)為0,則X為中子，故

AC錯(cuò)誤；

8.核反應(yīng)放出能量，有質(zhì)量虧損，可知反應(yīng)后的質(zhì)量小于反應(yīng)前的質(zhì)量，故B錯(cuò)誤；

。.反應(yīng)過(guò)程中質(zhì)量虧損為21m=(2x2.0136-1.0087-3.0150)u=0.0035u

則釋放的核能

AE=0.0035x931MeV=3.2585MeK

故。正確.

故選：D。

根據(jù)核反應(yīng)方程的質(zhì)量數(shù)與質(zhì)子數(shù)守恒，即可求解X；根據(jù)質(zhì)能方程求出釋放能量，即

可求解。

考查質(zhì)能方程是原子物理中的重點(diǎn)內(nèi)容之一，該知識(shí)點(diǎn)中，關(guān)鍵的地方是要知道反應(yīng)過(guò)

程中的質(zhì)量虧損等于反應(yīng)前的質(zhì)量與反應(yīng)后的質(zhì)量的差，還要注意保留有效數(shù)字與小數(shù)

點(diǎn)的不同。

2.【答案】

C

【解析】

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解：對(duì)上下兩籃子整體分析

根據(jù)平衡條件和對(duì)稱關(guān)系可知，每根繩上的拉力的豎直向上的分量為;-2mg=三mg,

繩與籃子平面夾角為6,由幾何關(guān)系得：

=0.6

cosBL=-L=—40

F\Sin0=~mg

解得:&=汴g，

o

隔離下面籃子，對(duì)下籃子受力分析根據(jù)平衡條件可知，

?1

尸2=~mg,

則Fi：F2=5：2,

故C正確，ABD錯(cuò)誤；

故選:Co

對(duì)上下兩籃子整體分析可得每根繩豎直向上的分力等于兩籃子重力的：，根據(jù)繩長(zhǎng)和籃

子直徑的關(guān)系得出繩與水平方向的夾角為60。，結(jié)合幾何關(guān)系計(jì)算出每根輕繩對(duì)籃子的

拉力；隔離下面籃子，對(duì)下籃子受力分析可得每根繩豎直向上的力等于籃子重力的；。

本題主要考查了共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題，要熟悉受力分析，解題的關(guān)鍵點(diǎn)是根據(jù)幾何關(guān)系完

成對(duì)力的計(jì)算。

3.【答案】

B

【解析】

解：設(shè)在I位置時(shí)，正電荷處于電勢(shì)-9,由對(duì)稱性可知負(fù)電荷位置電勢(shì)為仍因此電勢(shì)

能為

Ep=q(一卬)+(-q<p)=2q(p

在II位置時(shí)，兩小球處于4、B電荷連線中垂線上，電勢(shì)為零，電勢(shì)能為零，電勢(shì)能增

大，故電場(chǎng)力做負(fù)功，即

名<0

根據(jù)等量異種電荷電勢(shì)分布特點(diǎn)，設(shè)在皿位置右側(cè)電勢(shì)增大4仍根據(jù)對(duì)稱性知左邊電

勢(shì)減小)口則電勢(shì)能為

E'p=q(―0—4(p)—q(w+A(p)——2q(p—2qA<p

電勢(shì)能減小，故電場(chǎng)力做正功，即

W2>0

故3正確，ACD錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)電勢(shì)與電勢(shì)能的關(guān)系判斷電勢(shì)能的變化，電勢(shì)能減小時(shí)電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能增大

時(shí)電場(chǎng)力做負(fù)功。

本題考查電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系，解題關(guān)鍵掌握電勢(shì)能的計(jì)算公式。

4.【答案】

C

【解析】

解：4、運(yùn)動(dòng)員一直處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；

B、在P點(diǎn)豎直分速度為0,但水平速度不為零，故8錯(cuò)誤；

C,運(yùn)動(dòng)員在P點(diǎn)重力的功率p=mgvcos90°=0,故C正確；

D、剛離開(kāi)起跳臺(tái)時(shí)的速度大小不同，到達(dá)p點(diǎn)速度好就不同，從p點(diǎn)到斜面做平拋運(yùn)動(dòng)，

豎直分速度為不變，設(shè)運(yùn)動(dòng)員落到斜面時(shí)速度與水平方向成角a,由16^=藝知。隨

為變化，則與斜坡的速度方向也變化，故。錯(cuò)誤；

故選:Co

利用斜拋運(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)的處理方法(分解法)解答。

本題主要考查了斜拋運(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)的相關(guān)應(yīng)用，解題關(guān)鍵點(diǎn)是將速度分解到合適的方

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向上，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可完成分析。

5.【答案】

A

【解析】

解：由題意可知，力寸刻，線圈B和線圈C的電流為線框4的;，則線圈B和線圈C在。點(diǎn)產(chǎn)

生的磁場(chǎng)大小為由右手螺旋定則可知，線圈4產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直線框4平面向右下,

線圈B產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直線框B平面左下，線圈C產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直線框C面向里，

如圖所示

由磁感應(yīng)強(qiáng)度疊加可知。點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=BA-BCCOS60°=與，方向與線圈4產(chǎn)生的

磁場(chǎng)方向相同，故A正確，8CD錯(cuò)誤；

故選：A..

分別把線圈人B、C在。點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)強(qiáng)度求出通過(guò)矢量運(yùn)算法則可以求出。點(diǎn)產(chǎn)生的

場(chǎng)強(qiáng)。

明確磁場(chǎng)強(qiáng)度的矢量運(yùn)算法則，知道如何求某點(diǎn)的磁場(chǎng)強(qiáng)度。

6.【答案】

AD

【解析】

解：AB.設(shè)火星表面的重力加速度為g,由牛頓第二定律可得：mg-F=ma

在火星表面：mg=

聯(lián)立解得：g=-+a,M=RZgma),故A正確，B錯(cuò)誤；

mGm

C、火箭產(chǎn)生的反推力大小為尸的時(shí)間未知，不能根據(jù)X=：at2求出火箭下降的距離，

所以火箭反推力對(duì)著落器所做的功不等于-^/砒2,故c錯(cuò)誤；

D、由位移一速度公式：v2-0=2ah

設(shè)探測(cè)器受到的平均沖擊力大小為足，規(guī)定豎直向下為正方向，由動(dòng)量定理可得

mgt—Ft=0—mv

所以：F=mg+拳=F+ma+血丁"

由牛頓第三定律得：探測(cè)器對(duì)火星表面的平均沖擊力大小為方=F+ma+唯巫，故。

t

正確。

故選：AD.

根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算出火星表面的重力加速度，結(jié)合萬(wàn)有引力公式計(jì)算出火星的質(zhì)量;

根據(jù)動(dòng)量守恒和牛頓第三定律計(jì)算出平均沖擊力的大小。

本題主要考查了萬(wàn)有引力定律和動(dòng)量定理的結(jié)合，在分析過(guò)程中結(jié)合了牛頓定律，要求

學(xué)生熟悉公式間的推導(dǎo)，整體難度不大。

7.【答案】

CD

【解析】

解：線圈向上運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)的某時(shí)刻，設(shè)切割磁感線的有效長(zhǎng)度為3設(shè)此時(shí)的速度

為"，則

E=nBLv

根據(jù)閉合電路歐姆定律：/=1

根據(jù)安培力公式：F=nBIL

解得

廠n2B2L2v

F=------

R

設(shè)正方形邊長(zhǎng)為小橫截面積為S,則

m=4nap^S

根據(jù)電阻定律：R=P等

第14頁(yè)，共24頁(yè)

則

廠B2l7mv

F=——;0CV

16a2Pp密

因線圈上拋的初速度相同，上升高度相同，則線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)安培力相同，因兩線圈

的重力相同，則加速度相同，則以后兩線圈進(jìn)入或返回時(shí)在磁場(chǎng)中相同的位置受安培力

都相同，即兩線圈從拋出至返回原位置的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)情況完全相同，則

A.I、n線圈運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為1：1,故A錯(cuò)誤；

B.l、II線圈的末速度之比為1：1,故2錯(cuò)誤；

C.I、II線圈初動(dòng)能相同，則末動(dòng)能之比為1：1,故C正確；

DI、n線圈整個(gè)過(guò)程中克服安培力做功相等，則產(chǎn)生的焦耳熱之比為1：1,故。正

確。

故選：CD.

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、電阻定律、安培力公式聯(lián)立解得安培力的表達(dá)式，分析安培

力與速度的關(guān)系，從而分析選項(xiàng)。

本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律，解題關(guān)鍵掌握安培力的表達(dá)式，注意電阻定律的應(yīng)用。

8.【答案】

B

【解析】

解：B、設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為匕物塊與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，當(dāng)速度達(dá)到最大時(shí)，加

速度為零。

對(duì)P物塊由平衡條件得：umpg=kx2l0

對(duì)Q物塊由平衡條件得：l^mQg=kl0

聯(lián)立可得nip=2THQ,故B正確；

A、釋放物塊瞬間，對(duì)P物塊根據(jù)牛頓第二定律得：k-Slo-fimpg=mpap,

對(duì)Q物塊根據(jù)牛頓第二定律得：kl0-〃巾=mQaQ,

聯(lián)立解得：ap=*a<?=鬻，可得：母=；,即釋放瞬間Q的加速度是P的4倍，故A

錯(cuò)誤；

C、從釋放到最大動(dòng)能處由動(dòng)能定理得：

2

對(duì)P：EkP=i/c(3/0)—|/C/Q—^mPg-2/0=4/C/Q—2^mPglQ

對(duì)Q：EkQ=陽(yáng)3,0)2一陽(yáng)2")2-“niQg.，o=|媚一〃佻9詒

所以，E心r4E"Q,故C錯(cuò)誤；

D、設(shè)彈簧開(kāi)始時(shí)的彈性勢(shì)能為Ep,根據(jù)功能關(guān)系可得：Ep=fimpgxp=^mQgxQ,解

得：XQ—2.Xp,故D正確。

故選：B。

根據(jù)平衡條件求解兩物塊的質(zhì)量關(guān)系；根據(jù)牛頓第二定律求解釋放瞬間加速度大??；根

據(jù)動(dòng)能定理分析最大速度；根據(jù)功能關(guān)系分析最大位移。

本題主要是考查功能關(guān)系與圖像的結(jié)合，關(guān)鍵是弄清楚兩物塊的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，

根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行分析。

9.【答案】

勻速4、B和C1.37/1.32;摩擦力及空氣阻力做負(fù)功

【解析】

解：(1)金屬片B通過(guò)圓環(huán)后，C被擱置在圓環(huán)上，之后，4B系統(tǒng)由于所受的合力為零做

勻速直線運(yùn)動(dòng)

(2)對(duì)4BC整個(gè)系統(tǒng)，增加的機(jī)械能有：(2m+mc)92+mg/i,而減少的機(jī)械能有(rn+

2

mc)ghr,若兩者相等，化簡(jiǎn)后有：mcghr=1(2m+mc)v,故應(yīng)以4、B和C作為研究

對(duì)象。

2

(3)根據(jù)(2)可知實(shí)驗(yàn)中系統(tǒng)重力勢(shì)能減少量=mcghr=0.2x9.8x70XIO_7=

22

1.37/,系統(tǒng)動(dòng)能增加量為=|(2m+mc)v=i(2m+mc)0=1x(2x0.3+

0.2)x(懸)2/=1.32/?

系統(tǒng)重力勢(shì)能減少量與系統(tǒng)動(dòng)能增加量有差別的原因是摩擦力及空氣阻力做負(fù)功。

故答案為：(1)勻速；(2)4、B和C；(3)1.377,1.327,摩擦力及空氣阻力做負(fù)功

(1)通過(guò)速度的定義用這段時(shí)間的位移除以時(shí)間求解出做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度；

(2)(3)根據(jù)系統(tǒng)減小的重力勢(shì)能，轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)增加的動(dòng)能，即可求解；

考查做勻速直線運(yùn)動(dòng)求速度的方法，這也是比較巧妙測(cè)末速度的方法；掌握系統(tǒng)機(jī)械能

守恒定律驗(yàn)證方法，注意由于4與B的質(zhì)量相同，則重力勢(shì)能之和不變；并學(xué)會(huì)運(yùn)用數(shù)

第16頁(yè)，共24頁(yè)

學(xué)表達(dá)式來(lái)分析。

10.【答案】

:寫(xiě)4+：2.08V0.483.00.9

【解析】

解：(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律得

E=2+R+&)

整理得

工_R()+r工+工

U~ER+E

(2)電壓表的分度值為0.1V,則其度數(shù)為2.08V,則

-=0.48人

U

(3)作圖使越多的點(diǎn)在圖像越好，不在圖像的點(diǎn)分布在圖像兩側(cè)，誤差太大的點(diǎn)舍去,

得出《與?9圖像如圖所示：

UK

幻計(jì)口人

l=^o±L.l+l

UERE

可得縱軸截距

-=0.337-1

E

解得

E=3.0V

斜率

Ro+r_0.66-0.33y—1。

E~0.25

解得

r=0.9/2

故答案為：(1)：=華q+&(2)2.08,0.48；(3)3.0,0.9

(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律解得；

(2)根據(jù)電壓表分度值讀得數(shù)據(jù)：

(3)結(jié)合圖像斜率與縱截距可解得。

本題考查了求圖象函數(shù)表達(dá)式、作圖象、求電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻問(wèn)題，應(yīng)用圖象法處理實(shí)

驗(yàn)數(shù)據(jù)是常用的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理方法，要掌握描點(diǎn)法作圖的方法，要會(huì)用圖象法處理實(shí)驗(yàn)

數(shù)據(jù)。

11.【答案】

解：(1)設(shè)碰撞后4壺和B壺的速度大小分別為力和如。

碰后4壺滑行過(guò)程，由動(dòng)能定理得：一卬ngR=0-；m若

解得力—yj2iJ.gR

碰后B壺滑行過(guò)程，由動(dòng)能定理得：?4R=0-如詣

解得知=2四證

設(shè)4壺滑行的總時(shí)間為3貝強(qiáng)=當(dāng)1

B壺滑行時(shí)加速度大小為a=鬻=閡

2

在t時(shí)間內(nèi)，B壺滑行的位移大小為的=vBt-\at

故碰后4壺剛停止時(shí)兩壺間的距離為s=XB-R

聯(lián)立解得s=3R

(2)設(shè)碰撞前4壺的速度大小為火。

A壺與B壺碰撞過(guò)程，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0-mvA+mvB

碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為ZE=

聯(lián)立解得AE=4〃mgR

答：(1)碰后4壺剛停止時(shí)兩壺間的距離為3R：

(2)碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為4〃7ngR。

第18頁(yè)，共24頁(yè)

【解析】

(1)先研究碰后4壺滑行過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理求出碰后瞬間4壺的速度大小。利用運(yùn)動(dòng)學(xué)

公式求出4壺滑行的時(shí)間。利用動(dòng)能定理求出碰后B壺的速度大小，再根據(jù)牛頓第二定

律求出B壺滑行時(shí)的加速度大小，由位移一時(shí)間公式求碰后4壺剛停止時(shí)兩壺間的距離;

(2)研究碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律求出碰撞前4的速度大小，由能量守恒定律求碰撞過(guò)

程中損失的機(jī)械能。

解答本題時(shí)，要理清兩壺的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，要知道涉及力在空間的積累時(shí)可根據(jù)動(dòng)能定理求

速度。

12.【答案】

解：(1)粒子在平行板電容器間做類平拋運(yùn)動(dòng)，

則水平方向：2乙=%"

豎直方向：q^-=ma

yi=2ati

vy-atx

粒子出平行板電容器后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則

3L—VQ^2

yz—%12

又力+為=3L

聯(lián)立解得：U=誓，％=

(2)設(shè)粒子從M點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)，速度與x軸夾角為氏則

tanO=—=-

Vo4

得

cosdZ1=-4

5

粒子與擋板只碰撞一次，粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示,

粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為碰撞前后出入磁場(chǎng)兩點(diǎn)之間的距離為

Ay=4Ltan9=3L

由幾何關(guān)系可得

2?2Tleosf)—Ay=6L

解得：

lo

(3)設(shè)粒子與擋板碰撞n(n-l、2.3…)次，由題意畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如上圖所示，設(shè)粒

子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大小為7,偏轉(zhuǎn)一次后在y負(fù)方向偏移量為4%,由幾何關(guān)

系得

Ayn=2rncos6

為保證粒子最終能回到P,應(yīng)滿足

(n+l)Jyn—nAy=6L

帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，則

2

qvBr>=m—V

rn

又U=

COS0

2(n+l)7nv

聯(lián)立解得:B=0(九、、

3(n+2)qL=123...)o

答：(1)電容器兩極板間所加的電壓為噤;

(2)僅與擋板碰撞一次的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為橙L；

16

(3)粒子與擋板碰撞且符合條件的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為需翳5=1、2、3…)。

【解析】

第20頁(yè)，共24頁(yè)

(1)粒子在平行板電容器間做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子出平行板電容器后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根

據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律和直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可求極板間所加的電壓；

(2)依題意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，根據(jù)幾何關(guān)系可求軌跡半徑；

(3)畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，由幾何關(guān)系分析保證粒子最終能回到P應(yīng)滿足條件，結(jié)合帶電

粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)規(guī)律可求符合條件的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。

本題考查帶電粒子在電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)情況是解題關(guān)鍵，本題第

三個(gè)問(wèn)屬于開(kāi)放式設(shè)問(wèn)，分析難度較大。

13.【答案】

BCE

【解析】

解：4、隨著分子間距增大，分子間引力和斥力均減小，故A錯(cuò)誤；

8、一定量的理想氣體，如果壓強(qiáng)不變，體積增大，根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方

程華=C,可知?dú)怏w的溫度一定升高，內(nèi)能則一定增大，即AU>0,根據(jù)熱力學(xué)第一定

律4U=Q+W,結(jié)合體積增大，氣體對(duì)外界做功，即/<0,可得Q>0,它一定從外

界吸熱，故B正確；

C、水的表面存在表面張力，使得液體表面像彈性膜一樣，葉面上的小露珠呈球形主要

是水的表面張力作用，故C正確；

。、布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體中固體小顆粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，而固體顆粒是由大量顆粒分子

組成的，不能反映了組成固體顆粒的分子在做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故。錯(cuò)誤；

E、氣體體積不變時(shí)，溫度越低，氣體分子的運(yùn)動(dòng)的激烈程度越小，根據(jù)氣體壓強(qiáng)的微

觀解釋，可知單位時(shí)間內(nèi)容器壁單位面積受到氣體分子撞擊的次數(shù)越少，故E正確。

故選：BCE。

隨著分子間距增大，分子間引力和斥力均減?。桓鶕?jù)一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程和

熱力學(xué)第一定律求解；液體的表面張力使液面具有收縮到液面表面積最小的趨勢(shì)；布朗

運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體中固體顆粒的運(yùn)動(dòng)，是液體分子無(wú)規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)的反映；根據(jù)氣體壓強(qiáng)

的微觀解釋判斷。

本題考查熱力學(xué)多個(gè)知識(shí)，熱學(xué)的重點(diǎn)是分子動(dòng)理論、液體表面張力、分子力與分子勢(shì)

能等，要加強(qiáng)對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)，力爭(zhēng)不在簡(jiǎn)單題上失分。

14.【答案】

解：（i）開(kāi)始時(shí)，當(dāng)左右兩管中水銀液面相平時(shí)，氣體的壓強(qiáng)為po,設(shè)氣柱的長(zhǎng)為人，

左管中封閉氣體的壓強(qiáng)：Pi=76cmHg+4cmHg=SOcmHg

根據(jù)玻意耳定律可得：P[LS=Po^S

解得L=9.