2022年河南省焦作市馬村區(qū)高考物理模擬試卷（附答案詳解）

2022年河南省焦作市馬村區(qū)高考物理模擬試卷

1.氫原子的能級圖如圖所示。根據(jù)玻爾理論，大量處于

n=4激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級躍遷時（）

A.原子的能量增大

B.核外電子的動能增大

C.最多發(fā)出3種不同頻率的光

D.由n=2躍遷到n=1釋放的光子能量最小

2.2016年8月，我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心用長征二號丁運

載火箭成功將世界首顆量子科學實驗衛(wèi)星“墨子號”

發(fā)射升空。如圖所示為“墨子號”衛(wèi)星在距離地球表面

500k?n高的軌道上實現(xiàn)兩地通信的示意圖。若已知地球

表面重力加速度為g，地球半徑為R,引力常量為G,則下列說法正確的是（）

A.工作時:兩地發(fā)射和接收信號的雷達方向一直是固定的

B.不能估算出“墨子號”衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的速度

C.可以估算出“墨子號”衛(wèi)星所受到的萬有引力大小

D.可以估算出地球的平均密度

3.一質(zhì)量為m的小球被發(fā)射到空中，運動中小球受到方向水平向左、大小為產(chǎn)的恒力

作用。忽略空氣阻力，重力加速度為g。為了使小球能重新回到發(fā)射點，發(fā)射速度

方向與水平向右方向的夾角9應(yīng)該滿足（）

A.sind=—B.cosd=—C.tand=—D.cot0=—

FFFF

4.如圖，一理想變壓器原線圈與交變電源相連，副線圈中接有阻值為3。的定值電阻

與理想電流表。當理想電壓表的讀數(shù)為12U時，電流表讀數(shù)為24,下面說法正確的

是（）

A.變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1：2B.原線圈電流的有效值為14

C.副線圈電流的有效值為近4D.變壓器的輸入功率為24W

5.如圖所示，兩根電阻不計的平行光滑長直金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)體棒a和b垂直跨在

導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒a的電阻大于b的電阻，勻強磁場方向豎直向下。

當導(dǎo)體棒b在大小為尸2的水平拉力作用下勻速向右運動時，導(dǎo)體棒a在大小為Fi的水

平拉力作用下保持靜止狀態(tài)。若/、/分別表示導(dǎo)體棒a和b與導(dǎo)軌兩個接觸點間

的電壓，那么它們大小關(guān)系為（）

A.&=F2,UI>U2B.&<F2,UI<U2

C.&>F2,UI<U2D.F1=F2,UI=U2

6.如圖所示，輕繩上端4固定在天花板上，下端C與中點B處分別與

質(zhì)量為m和2m的小球連接?，F(xiàn)用與水平方向始終成30。角的拉力F

將B點處小球向右上方緩慢提升，直到繩AB與豎直方向成60。角。

關(guān)于該過程中繩4B上的彈力以B和拉力尸變化情況的說法正確的

是（）

A.F一直增大B.F一直減小

C.以8先減小后增大D.以B先增大后減小

7.如圖所示為電磁抽水泵模型，泵體是一個長方體，ab邊長為及，左右兩側(cè)面是邊長

為乙2的正方形，在泵體內(nèi)加入導(dǎo)電劑后，液體的電阻率為P，泵體所在處于方向垂

直紙面向外的勻強磁場8.工作時，泵體的上下兩表面接電壓為U的電源（內(nèi)阻不計）

上。若電磁泵和水面高度差為無，理想電流表示數(shù)為/,不計水在流動中和管壁之間

的阻力，重力加速度為g。在抽水泵正常工作過程中，下列說法正確的是（）

A.泵體上表面應(yīng)接電源正極

B.電磁泵不加導(dǎo)電劑也能抽取純水

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C.電源提供總的功率為12名

D.若t時間內(nèi)抽取水的質(zhì)量為m,這部分水離開電磁泵時的動能為

8.如圖所示，小球4質(zhì)量為m,B為:圓弧面的槽，質(zhì)量為M=km(k大于1),半徑為R,

其軌道末端與足夠大的水平地面相切。水平地面有緊密相挨的若干個小球，質(zhì)量均

為m,右邊有一個固定的彈性擋板?，F(xiàn)讓小球4從B的最高點的正上方距地面高為九

處靜止釋放，經(jīng)B末端滑出，與水平面上的小球發(fā)生碰撞。設(shè)小球間、小球與擋板

間的碰撞均為彈性正碰，所有接觸面均光滑，重力加速度為g。貝4()

h......彈性擋板

Ibn

/z///ZzZZZZ////y/7zZ?'z^Z7ZZZ//////Z/lZZZ/ZZZZZ/7zZZZZ/zT7^ZZZZ"zZAZZZZZZ

A.整個過程中，小球4和B組成的系統(tǒng)動量守恒

B.經(jīng)過足夠長的時間后，所有小球都將靜止

C.小球4第一次從B的軌道末端水平滑出時的速度大小為叵

\k+1

D.若小球4第一次返回恰好沒有沖出B的上端，貝哈=(空)2

Rvk-l

9.如圖1所示，用質(zhì)量為小的重物通過滑輪牽引小車，使它在長木板上運動，打點計

時器在紙帶上記錄小車的運動情況，利用該裝置可以完成“探究動能定理”的實驗。

實驗中，首先平衡摩擦力和其他阻力。

(1)接通電源，釋放小車，打點計時器在紙帶上打下一系列點，將打下的第一個點

標為。。在紙帶上依次取4、B、C......若干個計數(shù)點，已知相鄰計數(shù)點間的時間間

隔為7。測得4、B、C……各點到。點的距離為打、小、...如圖2所示。實驗

中，重物質(zhì)量遠小于小車質(zhì)量，可認為小車所受的拉力大小為mg,從打。點到打B

點的過程中，拉力對小車做的功分=,打B點時小車的速度為o

（2）假設(shè)已經(jīng)完全消除了摩擦力和其他阻力的影響，若重物質(zhì)量不滿足遠小于小車

質(zhì)量的條件，則從理論上分析，圖3中正確反映/一”關(guān)系的是。

10.某同學欲將量程為300〃4的微安表頭G改裝成量程為0.34的電流表?？晒┻x擇的實

驗器材有：

A.微安表頭G（量程300/M,內(nèi)阻約為幾百歐姆）

B.滑動變阻器%（0?10k。）

C滑動變阻器燈（0?50k。）

D電阻箱（0?9999.90）

E.電源邑（電動勢約為1.5U）

E電源E2（電動勢約為9V）

G.開關(guān)、導(dǎo)線若干

該同學先采用如圖甲的電路測量G的內(nèi)阻，實驗步驟如下：

①按圖甲連接好電路，將滑動變阻器的滑片調(diào)至圖中最右端的位置；

②斷開S2,閉合品，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片位置，使G滿偏；

③閉合S2,保持滑動變阻器的滑片位置不變，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，使G的示數(shù)為

200M-記下此時電阻箱的阻值。

回答下列問題：

⑴實驗中電源應(yīng)選用（填“EJ或竺2"）,滑動變阻器應(yīng)選用（填

“Ri”或“/?2”）。

（2）若實驗步驟③中記錄的電阻箱的阻值為R,則G的內(nèi)阻3與R的關(guān)系式為

Rg~------°

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(3)實驗測得G的內(nèi)阻Rg=5000,為將G改裝成量程為0.3A的電流表，應(yīng)選用阻值

為_____。的電阻與G并聯(lián)。(保留一位小數(shù))

(4)接著該同學利用改裝后的電流表力，按圖乙電路測量未知電阻&的阻值。某次測

量時電壓表U的示數(shù)為1.20V,表頭G的指針指在原電流刻度的250“4處，則

Rx=______0。(保留一位小數(shù))

11.如圖所示，間距為d足夠長的兩平行金屬導(dǎo)軌固定放置在同一水平面上，導(dǎo)軌左端

接一阻值為R的電阻，垂直導(dǎo)軌平面有磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，磁場區(qū)域

左、右邊界與導(dǎo)軌垂直且間距也為d。一導(dǎo)體棒在外力作用下以某一速度向右進入

磁場并做勻速運動。當導(dǎo)體棒離開磁場時，磁感應(yīng)強度開始隨時間均勻減小，其大

小由B減小到零所用時間為九整個過程回路中電動勢大小保持不變，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌

始終垂直并接觸良好，回路中除R外其余電阻不計，求：

(1)導(dǎo)體棒在磁場中做勻速運動的速度大小；

(2)從導(dǎo)體棒進入磁場到磁感應(yīng)強度減小到零的過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。

12.如圖所示，足夠大的水平面的右側(cè)有一固定的豎直鋼板，質(zhì)量為的小球靜置于4處,

力處與鋼板之間放一帶有豎直半圓軌道的滑塊，半圓軌道與水平面相切于B點，BD

為豎直直徑，0C為水平半徑?，F(xiàn)對小球施加一水平向右的推力，推力的功率恒定，

經(jīng)過一段時間t撤去推力，此時小球到達B處且速率為以當滑塊被鎖定時小球沿半

圓軌道上滑且恰好通過。點。已知重力加速度為g,不計一切摩擦。

(1)求推力的功率P以及半圓軌道的半徑R。

(2)若滑塊不固定，小球從B點進入半圓軌道恰好能到達C點，與滑塊分離后滑塊與

鋼板相碰并以原來的速率反彈，求：

①滑塊的質(zhì)量M以及小球與滑塊分離時小球、滑塊的速度/、v2；

②通過計算判斷小球第二次滑上半圓軌道能否通過。點？

13.下列說法中正確的是（）

A.單晶體的物理性質(zhì)都是各向同性的

B.液晶是液體和晶體的混合物

C.空氣中水蒸氣達到飽和狀態(tài)時，相對濕度是100%

D.在毛細現(xiàn)象中，毛細管中的液面有的升高，有的可能降低

E.露珠呈球形是因為液體表面張力的作用

14.一圓柱形茶杯用杯蓋蓋緊，水平放在高溫消毒柜里進行高溫消毒。開始時茶杯內(nèi)部

封閉氣體的溫度為室內(nèi)溫度ti=27℃,壓強為外界大氣壓強po=76cmHg,隨著柜

內(nèi)溫度的升高，杯子逐漸漏氣，當達到最高溫度七=127T時杯內(nèi)封閉氣體的壓強

仍然為Po,消毒完成后，經(jīng)足夠長時間，茶杯內(nèi)氣體的溫度降為2=27篤，已知茶

杯用杯蓋蓋緊后杯內(nèi)氣體的體積為V,假設(shè)溫度達到t2后茶杯不再發(fā)生漏氣。求：

（1）消毒后杯內(nèi)氣體的最終壓強；

（2）高溫消毒后杯內(nèi)氣體的質(zhì)量與消毒前杯內(nèi)氣體質(zhì)量之比。

15.一列機械波以5m/s的速度，沿x軸負方向傳播。在口=0時，波形圖如圖所示，P、

Q質(zhì)點的平衡位置分別為1.0m、2.0m。則質(zhì)點P振動的周期7=s；t2=0.35s

時，質(zhì)點Q的振動方向為y軸方向（填“正”或“負”）；分=0.45s時，質(zhì)點P

的加速度大小（填“大于”、“等于”或“小于”）質(zhì)點Q的加速度大小。

梯形棱鏡橫截面如圖所示，圖中4c==90°,LB=60°,

BC長為小截面內(nèi)一束細光線從棱鏡4B邊上的F點垂直4B邊

射入，在BC的中點P點恰好發(fā)生全反射，已知光在真空中傳

播的速度為c。

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(1)棱鏡對該光的折射率；

(2)求從CO邊射出的光線折射角的正弦值以及細光束從射入棱鏡到射出CD邊所用的時

間t(不考慮在CD界面的反射)。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：AB,處于激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級躍遷時，原子能量減小，電子圓周運

動的半徑減小，根據(jù)庫侖力提供向心力學=處得：Ek=-mv2=㈣可知電子的動能

r2rK22r

增大，故A錯誤，B正確；

C、根據(jù)數(shù)學組合公式或=6可知，從n=4的激發(fā)態(tài)向低能級躍遷時最多能發(fā)出6中不

同頻率的光子，故C錯誤；

D、根據(jù)能級躍遷公式可知：從由建=4躍遷到n=3釋放的光子能量最小，故。錯誤；

故選：B。

氫原子由激發(fā)態(tài)向低能級躍遷時，原子能量減小，電子圓周運動的半徑減小，根據(jù)庫侖

力提供向心力判斷核外電子的動能變化；

根據(jù)數(shù)學組合公式服判斷輻射的光子的種類；

輻射光子的能量等于能級差；

解決本題的關(guān)鍵知道能級間躍遷時輻射或吸收的光子能量等于兩能級間的能級差，能用

數(shù)學的組合公式求解光子的種類數(shù)目；

2.【答案】D

【解析】解：力、分析可以“墨子號”衛(wèi)星的離地高度小于地球同步衛(wèi)星的離地高度，

根據(jù)開普勒第三定律可知，“墨子號”衛(wèi)星的運行周期小于同步衛(wèi)星，即地球自轉(zhuǎn)的周

期和“墨子號”的周期不同，轉(zhuǎn)動的角速度不同，所以工作時，兩地發(fā)射和接受信號的

雷達方向不是固定的，故A錯誤；

B、已知“墨子號”衛(wèi)星的離地高度m地球半徑R,地球表面的重力加速度g,根據(jù)萬

有引力提供向心力可知，黑卷=機工，結(jié)合黃金代換式：GM=gR2,聯(lián)立解得“墨

n+/1

子號”衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的速度：〃=叵，故B錯誤；

C、“墨子號”衛(wèi)星的質(zhì)量未知，無法確定受到的萬有引力大小，故C錯誤；

D、根據(jù)地球表面的萬有引力等于重力，鬻=/ng,解得地球質(zhì)量：M=生，地球平

HG

M3g

均密度：故。正確。

3

故選：D。

根據(jù)衛(wèi)星與地球自轉(zhuǎn)周期的關(guān)系分析工作時兩地發(fā)射和接受信號的雷達方向是否固定。

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根據(jù)萬有引力提供向心力分析衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的速度。

根據(jù)萬有引力定律公式分析能否求出萬有引力的大小。

根據(jù)萬有引力等于重力求出地球的質(zhì)量，結(jié)合體積求出地球的平均密度。

此題考查了萬有引力定律及其應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵知道衛(wèi)星做圓周運動向心力的來源,

知道線速度、周期與軌道半徑的關(guān)系，已知地球表面的重力加速度和半徑可以求出地球

的質(zhì)量，結(jié)合地球的體積可以求出地球的平均密度。

3.【答案】C

【解析】解：為了使小球能重新回到發(fā)射點，且小球受到重力與恒定向左的作用力，那

么發(fā)射速度方向必須與小球受到的合力方向相反，

根據(jù)矢量合成法則，結(jié)合三角知識，如下圖所示：

刁一

mq

則有：tan。=等,故A8O錯誤，C正確；

故選：Co

根據(jù)題目條件：回到出發(fā)點，則有加速度與速度共線且反向，依據(jù)矢量的合成法則，及

三角知識，即可求解。

考查運動的合成應(yīng)用，掌握矢量的合成法則，并知道三角函數(shù)的內(nèi)容，注意能重新回到

發(fā)射點的條件是解題的關(guān)鍵。

4.【答案】B

【解析】解：4、副線圈輸出電壓為U2=/2R=2X3P=6U

根據(jù)理想變壓器的電壓關(guān)系，可得色=中=黑"，故A錯誤；

幾2OV1

根據(jù)理想變壓器的電流關(guān)系有?=?,解得/】=14故故8正確。

C.副線圈電流的有效值為24故C錯誤；

。.變壓器的輸入功率為匕=UJi=12x11V=12W,故。錯誤。

故選：B。

根據(jù)歐姆定律得出副線圈的電壓，結(jié)合原副線圈的電壓比得出原副線圈的匝數(shù)比;

根據(jù)原副線圈的匝數(shù)比得出原副線圈的電流的有效值；

根據(jù)公式P=U/計算出變壓器的輸入功率。

本題主要考查了變壓器的構(gòu)造和原理，理解原副線圈兩端電學物理量與匝數(shù)比的關(guān)系,

結(jié)合歐姆定律和功率的計算公式完成分析。

5.【答案】D

【解析】解：設(shè)回路中感應(yīng)電流的大小為/,兩金屬導(dǎo)軌間的距離為3磁場的磁感應(yīng)強

度為8。導(dǎo)體棒a保持靜止狀態(tài)，受力平衡，則&=BIL

導(dǎo)體棒b勻速向右運動，受力平衡，則Fz=B/L,所以&=B。

由于兩根導(dǎo)軌電阻不計，導(dǎo)軌上電壓不計，所以劣=&,故ABC錯誤，力正確。

故選：D。

導(dǎo)體棒a、b均處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件分析水平拉力的關(guān)系。根據(jù)歐姆定律分析電

壓關(guān)系。

本題關(guān)鍵是分析兩棒的受力情況，運用平衡條件分析拉力關(guān)系，由電路知識分析電壓關(guān)

系。

6.【答案】AC

【解析】解：

以BC整體為研究對象，受重力、AB繩的拉力、拉力F,緩慢提升過程中三個力合力始

終為零。用矢量三角形畫出繩的拉力方向變化過程的動態(tài)過程，如上圖，可知，隨

著B球的不斷升高，4B繩子的拉力與水平方向的夾角越來越小，根據(jù)矢量方B及F長度的

變化可以看出：%B先減小后增大，F(xiàn)一直增大，故AC正確，8。錯誤。

故選：AC,,

將B點處小球向右上方緩慢提升過程中系統(tǒng)處于平衡態(tài)，三個力中重力不變，拉力方向

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不變，繩子拉力方向改變，以BC整體為研究對象用平行四邊形圖解的方法即可求解。

本題考查平衡條件中連接體問題的處理方法，及動態(tài)過程的分析。平行四邊形圖解法題

目的特點是:三個力中一個力大小和方向都不變，一個力方向不變，另一個力方向改變。

7.【答案】AD

【解析】解：4、當泵體上表面接電源的正極時，電流從上向下流過泵體，這時受到的

磁場力水平向左，拉動液體，故A正確；

8、純水中不含有導(dǎo)電離子，分析電磁泵的工作原理可知，不加導(dǎo)電劑，不能抽取不導(dǎo)

電的純水，故B錯誤；

C、理想電流表的示數(shù)為/,則電源提供總的功率為U/,故C錯誤；

D、根據(jù)電阻定律，泵體內(nèi)液體的電阻：R=p^=p-*=j根據(jù)能量守恒定律可知，

電源提供的總功率等于液體消耗的電功率和水的機械功率，液體消耗的電功率為/2R=

t時間內(nèi)電源提供電能為Ult,若t時間內(nèi)抽取水的質(zhì)量為m,這部分水離開電磁泵時的

動能為。花-血9%-/2：￡,故。正確。

故選：ADo

當泵體中電流向下時，安培力向左，故液體被抽出。

根據(jù)電磁泵的工作原理分析電磁泵能否抽取純水。

根據(jù)電阻定律得到液體的電阻，根據(jù)能量守恒求解水離開電磁泵的動能。

此題考查了霍爾效應(yīng)及其應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是明確電磁泵的工作原理，要能夠結(jié)合歐姆

定律、電阻定律、安培力公式分析抽液高度的影響因素。

8.【答案】CD

【解析】解：涉及動量守恒定律，取向右為正方向。

4、由于整個過程中，小球4和B組成的系統(tǒng)豎直方向動量不守恒；且彈性墻不斷對小球

由沖量，因此小球4和B組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；

8、由于系統(tǒng)沒有摩擦，不會損耗機械能，因此經(jīng)過足夠長的時間后，小球4斜面B不會

停下來，而應(yīng)小球4和斜面B一起向左運動，斜面8的速度大于小球4的速度，故B錯誤；

C、小球4第一次從8的軌道末端水平滑出時，根據(jù)水平方向動量守恒，系統(tǒng)機械能守恒

可知：

MV=0

mvr—2

mgh=+|Mv^

解得“】=傍，丹=禹，故C正確；

。、由于小球質(zhì)量相同，發(fā)生彈性碰撞，速度互換，最終小球4以速度也向左運動，沖

上斜面B時滿足水平方向動量守恒，系統(tǒng)機械能守恒，到達最高點時兩者速度相同，則

有：

mv1+MV2=(m+M)V3

|mvl+1Mvl=|(m+M泗+mgR

整理得J=(")2,故。正確。

RKk-r

故選：CD。

由于整個過程中，小球4和B組成的系統(tǒng)動量不守恒；

經(jīng)過足夠長的時間后，小球4斜面B不會停下來；

對2、B組成的系統(tǒng)，根據(jù)水平動量守恒和機械能守恒列式，可求出小球第一次從B的軌

道末端水平滑出時的速度大??；

小球4第一次返回恰好沒有沖出B的上端，兩者速度相同，根據(jù)系統(tǒng)水平動量守恒和機

械能守恒列式求解九與R的比值大小。

此題考查了動量守恒定律和能量守恒定律的綜合應(yīng)用，對于多個物體組成的系統(tǒng)，在光

滑的條件下常常首先考慮能否運用機械能守恒定律，對于碰撞類型，往往首先考慮選擇

動量守恒定律。

9.【答案】mgx2^A

【解析】解：(1)從打。點到打B點的過程中，拉力對小車做的功

W=mgx2

打B點時小車的速度為%=專1

(2)假設(shè)已經(jīng)完全消除了摩擦力和其他阻力的影響，若重物質(zhì)量不滿足遠小于小車質(zhì)量

的條件，根據(jù)動能定理

mgx=|(M+m)v2—0

處理成W=j(M+m)v2—0

2W

V7=----

M+m

即使不滿足m遠小于M,盧與W依然是正比例關(guān)系，應(yīng)選擇圖象4。

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故答案為：(DagX?；號；(2M

(1)根據(jù)做功公式得出拉力對小車做的功，結(jié)合運動學公式得出小車的瞬時速度；

(2)根據(jù)動能定理結(jié)合圖像的特點即可完成分析。

本題主要考查了功與速度變化的探究實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結(jié)合動

能定理和圖像即可完成分析。

10.【答案】E2R2\R0.54.3

【解析】解：(1)電流表G的內(nèi)阻約為幾百歐姆，為提高測量精度，滑動變阻器的阻值應(yīng)

大些，故選/?2；為減小實驗誤差，電源電動勢應(yīng)盡可能大些，電源最好選用后2。

(2)步驟③中閉合52,保持滑動變阻器的滑片位置不變，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，使G的示

數(shù)為200川4,此時電阻箱的電流為100%4,則此時電阻箱的阻值應(yīng)為電流計G阻值的2倍,

即6=部

(3)實驗測得G的內(nèi)阻用=5000,為將G改裝成量程為0.3A的電流表，應(yīng)r=聾代入數(shù)

據(jù)得r=0.50,電阻與G并聯(lián)。

(4)改裝后的電流表的內(nèi)阻為r為=券代入數(shù)據(jù)解得r為=0.5/2

表頭G的指針指在原電流刻度的250〃4處，此處對應(yīng)的實際電流為繇x2504=0.25/1

電壓表U的示數(shù)為1.20乙則氏=彳一「內(nèi)代入數(shù)據(jù)解得氏=4.30

故答案為：(1)%:/?2；(3)0.5；(4)4.3o

(1)電流表G的內(nèi)阻約為幾百歐姆，為提高測量精度，滑動變阻器的阻值應(yīng)大些；為減小

實驗誤差，電源電動勢應(yīng)盡可能大些；

(2)根據(jù)電流的數(shù)值可以判斷二者電阻之間的關(guān)系；

(3)電表要改裝成一個大量程的電流表需要并聯(lián)一個電阻，根據(jù)并聯(lián)電路電壓相等，可

求并聯(lián)的電阻；

(4)根據(jù)改裝后電流的成比例規(guī)則可求電阻；

明確電路中電阻器的選取原則，知道電源電動勢根據(jù)電路中用電器來選擇，知道電表的

改裝，會讀改裝后的電表的示數(shù)。

11.【答案】解：(1)整個過程回路中電動勢大小保持不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可

得：

導(dǎo)體棒勻速運動時感應(yīng)電動勢大小E=Bdv

解得…=%

(2)設(shè)導(dǎo)體棒在磁場中的運動時間為0,則h=1=t

整個過程中R產(chǎn)生的焦耳熱：QR=^-21=空空。

YKRRt

答：(1)導(dǎo)體棒在磁場中做勻速運動的速度大小為m

(2)從導(dǎo)體棒進入磁場到磁感應(yīng)強度減小到零的過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為誓。

【解析】(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動勢，再根據(jù)導(dǎo)體棒勻速運動時感應(yīng)

電動勢大小計算公式求解速度大?。?/p>

(2)求出導(dǎo)體棒在磁場中的運動時間，根據(jù)焦耳定律求解整個過程中R產(chǎn)生的焦耳熱。

本題是動生電動勢與感生電動勢的綜合應(yīng)用，掌握感生電動勢的計算公式以及導(dǎo)體切割

磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的計算公式E=是關(guān)鍵。

12.【答案】解：(1)推理作用過程中，根據(jù)動能定理

1r

pt=2mv

解得p=生

2t

設(shè)小球到達。點時的速率為切，則

/=噌

11

-mv9￡=2mgR+-mvp9

聯(lián)立方程，解得

(2)若滑塊不固定

①小球到達C點時與滑塊共速，設(shè)此時速度大小均為外，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒

mv=(M+m)vc

根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒:小戶=mgR+[(M+m)Vc

聯(lián)立方程，解得M=|m

小球從B點進入到與滑塊分離時的全過程，

mv=mv1+MV2

第14頁，共18頁

-mv2=-mvl+-Mv?

2212z

聯(lián)立方程，解得％V2=|v,方向均水平向右

②滑塊反彈后的速度為-%，假設(shè)小球第二次能到達D點，此時小球、滑塊的速度分別

為必、V4,則

mv1—MV2=mv3+Mv4

32

%=一^廿一孑%

設(shè)小球第二次滑上半圓軌道至第二次到達。點的全過程中系統(tǒng)機械能變化量為4E,則

AE=2mgR+mvf+|M詔—1mv2

2

解得4E=m(1v4+|v4v4-套v)

由判別式4=(|v)2-4x|x^v2=卷蘇<0

則/E=0無實數(shù)解，違背能量守恒定律，所以小球第二次滑上半圓軌道不能通過最高點

D點

22

答：(1)推力的功率P以及半圓軌道的半徑R分別為簽，~

(2)①滑塊的質(zhì)量M以及小球與滑塊分離時小球、滑塊的速度％、0分別為|小，匕=

6

V2=-v；

②通過計算判斷小球不能第二次滑上半圓軌道。

【解析】(1)根據(jù)動能定理以及牛頓第二定律聯(lián)立列式求解，

(2)根據(jù)動量守恒定律以及機械能守恒定律可列式求解得M,再根據(jù)小球與滑塊發(fā)生彈

性碰撞列方程求解即可判斷。

該題考查動量守恒定律、機械能守恒定律以及功能關(guān)系等知識點，本題過程較為復(fù)雜，

題目難度較大。

13.【答案】CDE

【解析】解：4單晶體的物理性質(zhì)是各向異性，故A錯誤；

B.液晶兼有晶體和液體的部分性質(zhì)，但不是液體和晶體的混合物，故8錯誤；

C相對濕度是指空氣中水蒸氣的實際壓強與同一溫度下水的飽和汽壓之比，相對濕度是

100%,表明在當時的溫度下，空氣中的水蒸氣已達到飽和狀態(tài)，故C正確；

。.由于浸潤與不浸潤，因此毛細管中的液面有的升高，有的可能降低，故。正確；

E.液體表面張力有使液體收縮的趨勢，露珠呈球形是因為液體表面張力的作用，故E正

確。

故選：CDE。

晶體都有固定的熔點，單晶體的物理性質(zhì)是各向異性，多晶的物理性質(zhì)是各向同性；

液晶兼有晶體和液體的部分性質(zhì)；

相對濕度是指空氣中水蒸氣的實際壓強與同一溫度下水的飽和汽壓之比；

由于浸潤液面上升，不浸潤，液面降低；

液體表面張力有使液體收縮的趨勢。

本題考查了晶體、液晶、相對濕度、毛細現(xiàn)象等，知識點多，難度小，關(guān)鍵是記住基礎(chǔ)

知識。

14.【答案】解：(1)杯內(nèi)氣體溫度從127。(：降到27久的過程中發(fā)生等容變化，T2=(273+

127)K=400K,T3=(273+27)K=300K；

根據(jù)查理定律有黃=合

1213

解得消毒后杯內(nèi)氣體的最終壓強為：p=57cmHg

(2)杯內(nèi)氣體溫度從27久升到127式的過程中，假設(shè)氣體做等壓變化，則根據(jù)蓋-呂薩克

定律有：==*其中Ti=(273+27)K=300K

12

解得：%

高溫消毒后杯內(nèi)氣體的質(zhì)量與消毒前杯內(nèi)氣體質(zhì)量之比為：9=廣

mP末0

得：

m4

答：(1)消毒后杯內(nèi)氣體的最終壓強是57cniHg；

(2)高溫消毒后杯