2022年遼寧省遼南協(xié)作校高考物理三模試卷（附答案詳解）

2022年遼寧省遼南協(xié)作校高考物理三模試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.2022年4月16號(hào)上午，神舟13號(hào)飛船在內(nèi)蒙古東風(fēng)著陸

場(chǎng)順利降落。氣閘艙是載人航天器中供航天員進(jìn)入太空

或由太空返回用的氣密性裝置.如圖所示，座艙4與氣閘

艙B之間裝有閥門K,座艙4中充滿一定質(zhì)量的空氣（可視為理想氣體），氣閘艙B內(nèi)

為真空.航天員從太空返回氣閘艙時(shí)，打開閥門K,4中的氣體進(jìn)入B中，最終達(dá)到

平衡.假設(shè)此過(guò)程中系統(tǒng)與外界沒(méi)有熱交換.下列說(shuō)法正確的是（）

A.氣閘艙B中的氣體可能自發(fā)的全部回到4中

B.氣體對(duì)外做功，平衡后氣體內(nèi)能減小

C.氣體對(duì)外不做功，平衡后氣體溫度降低

D.氣體體積變大，平衡后壓強(qiáng)變小

2.居室裝修中常用的大理石等天然石材，若含有鈾、鈕等元素就會(huì)釋放出放射性氣體

氨，氧會(huì)經(jīng)呼吸道進(jìn)入人體并停留在體內(nèi)發(fā)生衰變，放射出a、￡、y射線這些射線

會(huì)導(dǎo)致細(xì)胞發(fā)生變異，引起疾病。一靜止的鈾核放出一個(gè)a粒子衰變成銃+核，衰

變方程為第8[;一竊以下說(shuō)法正確的是（）

A.衰變后針核的動(dòng)能等于a粒子的動(dòng)能

B.衰變后專土核的動(dòng)量與a粒子的動(dòng)量相同

C.衰變后a粒子與鉆核的質(zhì)量之和小于衰變前鈾核的質(zhì)量

D.鈾核的比結(jié)合能大于其衰變后的針核的比結(jié)合能

3.如圖所示，光滑半球形容器固定在水平面上，。為球心，一一一O，甄_

質(zhì)量為小的小滑塊，在水平力F的作用下靜止P點(diǎn)。設(shè)滑塊所

受支持力為FN.OP與水平方向的夾角為。.下列關(guān)系正確的是

()

Z7mg

F=-----F=

A.tan0B.F=mgtandC.FN=得D.NmgtanO

4.軌道平面與赤道平面夾角為90。的人造地球衛(wèi)星被稱為;北極

極地軌道衛(wèi)星，它運(yùn)行時(shí)能到達(dá)南北極區(qū)的上空，需要

在全球范圍內(nèi)進(jìn)行觀測(cè)和應(yīng)用的氣象衛(wèi)星、導(dǎo)航衛(wèi)星等

都采用這種軌道.如圖，若某顆極地軌道衛(wèi)星從北緯45。

；Wft

的正上方按圖示方向首次運(yùn)行到南緯45。的正上方用時(shí)45分鐘，貝女）

A.該衛(wèi)星運(yùn)行速度一定大于7.9k7n/s

B.該衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的周期與同步衛(wèi)星的周期之比為1：4

C.該衛(wèi)星軌道半徑與同步衛(wèi)星軌道半徑之比為1：8

D.該衛(wèi)星加速度與同步衛(wèi)星加速度之比為16：1

5.質(zhì)量為M=2kg的平板小車左端放有質(zhì)量為m=3kg的小鐵塊，它和車之間的動(dòng)摩

擦因數(shù)〃=0.4.開始時(shí)，車和鐵塊均以北=3m/s的速度在光滑水平面上向右運(yùn)動(dòng),

如圖所示.車與墻發(fā)生正碰，設(shè)碰撞時(shí)間極短，碰撞中無(wú)機(jī)械能損失，且車身足夠

長(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中鐵塊總不能和墻相碰，則小車和墻第一次相碰后，平板小車第一次

離開墻的最大距離為力以及鐵塊相對(duì)小車的總位移x例y分別為（）

A.Xi=0.75m,x相對(duì)=1.875mB.匕=0.50m,x相對(duì)=1.625m

C.%1=1.50m,x相對(duì)=1.875mD.=0.75m,x相對(duì)=1.625m

6.如圖，完全相同的燈泡a,b的額定電壓為4，當(dāng)輸入電壓U為4%時(shí)，兩燈泡恰好

正常發(fā)光。以為隨溫度升高阻值減小的熱敏電阻，下列說(shuō)法正確的是（）

A.若熱敏電阻力溫度升高，燈泡a,b都可能燒壞

B.若熱敏電阻場(chǎng)溫度升高，則變壓器的輸出功率可能增大

C.原、副線圈匝數(shù)之比為4：1

D.當(dāng)U=4U0,兩燈泡恰好正常發(fā)光時(shí)，流經(jīng)燈泡b的電流與熱敏電阻電流之比為2：1

7.如圖所示，在坐標(biāo)原點(diǎn)。處有一波源S,它沿y軸做頻率為50”z；振幅為2cm的簡(jiǎn)諧

振動(dòng)，形成的波可沿x軸正、負(fù)方向傳播，波速為20m/s,開始振動(dòng)時(shí)S恰好經(jīng)過(guò)。

點(diǎn)沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，則波傳到坐標(biāo)為七--2.9m的N點(diǎn)時(shí)均=2.7zn的質(zhì)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)

狀態(tài)是（）

第2頁(yè)，共19頁(yè)

y/cm

2

N________________________M

-19^0.4-0.20S0.20.4Z71/m

A.處于平衡位置且向下運(yùn)動(dòng)B.處于平衡位置且向上運(yùn)動(dòng)

C.處于波峰位置D.處于波谷位置

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

8.如圖所示，相距2Z,的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在

兩個(gè)大小不同、方向相反的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，其中PS

下方的電場(chǎng)邑的場(chǎng)強(qiáng)方向?yàn)樨Q直向上，PS上方的電

場(chǎng)%的場(chǎng)強(qiáng)方向?yàn)樨Q直向下。在電場(chǎng)左邊界上寬

為L(zhǎng)的PQ區(qū)域內(nèi)，連續(xù)分布著電荷量為+q、質(zhì)量為

m的粒子。從某時(shí)刻起由Q到P點(diǎn)間的帶電粒子，依

次以相同的初速度%沿水平方向垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)Ei中。從Q點(diǎn)射入的粒子，通過(guò)

PS上的某點(diǎn)R進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)&后從CD邊上的M點(diǎn)水平射出，其軌跡如圖。若MS兩

點(diǎn)的距離為，.不計(jì)粒子的重力及它們間的相互作用。下列說(shuō)法正確的是（）

A.PQ間水平射入電場(chǎng)的粒子，它們到達(dá)CD邊的時(shí)間均為《=中

VO

B.PQ間水平射入電場(chǎng)的粒子，它們一定都垂直于CD邊水平射出

C.電場(chǎng)強(qiáng)度瓦=誓

D.PQ間距離P點(diǎn)為士的粒子射入電場(chǎng)后垂直于CD邊水平射出

1O

9.如圖所示，傾斜放置的擋板OM與豎直方向的夾角60。，從。點(diǎn)

正下方的4點(diǎn)以為=10V5m/s的水平初速度向右拋出一個(gè)質(zhì)

量為m=1kg的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），若小球的運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與

擋板上的B點(diǎn)相切（B點(diǎn)未畫出），重力加速度g取10m/s2,不考

慮空氣阻力，則（）

A.小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為10m/s

B.從4到B過(guò)程中，小球的動(dòng)量變化量為10kg-m/s

C.0、4兩點(diǎn)間的距離為10m

D.從A到B過(guò)程中，小球的動(dòng)能增加量為50/

10.如圖所示，邊長(zhǎng)為2a的等邊三角形ABC區(qū)域內(nèi)有垂直紙

面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,一束質(zhì)量為m

電荷量為-q（q>0）的同種帶電粒子（不計(jì)重力），從AB

邊的中點(diǎn)，以不同速率沿不同方向射入磁場(chǎng)區(qū)域（均垂直

于磁場(chǎng)方向射入），下列說(shuō)法正確的是（）

A.若粒子均平行于BC邊射入，則從BC邊射出的粒子最大速率為邈處

4m

B.若粒子均平行于BC邊射入，則從BC邊射出的粒子速率最小時(shí)?，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑

為用a

C.若粒子均垂直于48邊射入，則粒子不可能從8C邊上距B點(diǎn)*a處出射

3

D.若粒子射入時(shí)的速率為適絲，則粒子從BC邊射出的最短時(shí)間為翳

2m3Hq

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共3小題，共24.0分）

11.實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌、數(shù)字計(jì)時(shí)器和拉力傳感器做“研究沿斜面下滑物體的

機(jī)械能守恒”實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，水平桌面上固定一帶有刻度尺的傾斜氣

墊導(dǎo)軌，導(dǎo)軌上4點(diǎn)處有一帶遮光條的長(zhǎng)方形滑塊，用天平測(cè)得其總質(zhì)量為小。定

滑輪與拉力傳感器之間的細(xì)繩是豎直的，定滑輪與滑塊之間的細(xì)繩平行于氣墊導(dǎo)軌。

實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①用圖乙所示的游標(biāo)卡尺測(cè)出測(cè)光條的寬度d=cm；

②安裝好實(shí)驗(yàn)器材，給氣墊導(dǎo)軌接上氣源，然后讀出拉力傳感器的示數(shù)F,同時(shí)從

氣墊導(dǎo)軌刻度尺上讀出遮光條中心與光電門之間的距離L：

③燒斷拉力傳感器與滑塊之間的細(xì)繩，讓滑塊滑向光電門并記錄遮光條通過(guò)光電

門的時(shí)間t;

④多次改變滑塊與光電門之間的距離，每次實(shí)驗(yàn)測(cè)量相應(yīng)的L與t值，填入相應(yīng)的表

格中。

第4頁(yè)，共19頁(yè)

試分析下列問(wèn)題:

(1)小組同學(xué)根據(jù)測(cè)得的L與t的值，用描點(diǎn)法作出如圖丙所示的L-總圖像，如果不

考慮空氣阻力，若該圖線的斜率向=,即可驗(yàn)證滑塊沿下面下滑過(guò)程中機(jī)械

能守恒；

(2)考慮到實(shí)際存在的空氣阻力，設(shè)小球在下落過(guò)程中平均阻力大小為/,根據(jù)實(shí)際

數(shù)據(jù)繪出L一卷圖像的斜率為匕則k自(填“大于”、“等于”或“小于”)。

12.如圖所示，圖甲為熱敏電阻的R-t圖像，圖乙為用此熱敏電阻和繼電器組成的一

簡(jiǎn)易溫控開關(guān)，繼電器的電阻為800。當(dāng)繼電器電流超過(guò)10nM時(shí)，銜鐵吸合，加

熱器停止加熱，實(shí)現(xiàn)溫控。為繼電器線圈供電的電池E的內(nèi)阻不計(jì)。圖中“電源”

是恒溫箱加熱器的電源。

(1)提供以下實(shí)驗(yàn)器材：電源瓦(3IZ),電源%(6V),滑動(dòng)變阻器RM。?200),滑動(dòng)

變阻器/?2(。?200。)，熱敏電阻R3電阻箱(OM99.90),開關(guān)S,導(dǎo)線若干。

為使該裝置實(shí)現(xiàn)對(duì)20?60冤之間任意溫度的控制，電源E應(yīng)選(填“EJ或

“％”)；滑動(dòng)變阻器應(yīng)選(填“當(dāng)”或“/?2”)。

(2)為了實(shí)現(xiàn)恒溫系統(tǒng)保持溫度為30。&實(shí)驗(yàn)時(shí)進(jìn)行了以下操作：

①斷開開關(guān)，滑動(dòng)變阻器調(diào)節(jié)至最大，將電阻箱調(diào)節(jié)到一固定的阻值______0;

②將單刀雙擲開關(guān)向c端閉合；

③緩慢調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的阻值觀察到繼電器的銜鐵恰好被吸合；

④保持滑動(dòng)變阻器的位置不變，將單刀雙擲開關(guān)另一端閉合，恒溫箱系統(tǒng)正常工

作；

(3)若恒溫箱系統(tǒng)要保持溫度為30汽，則需把滑動(dòng)變阻器調(diào)節(jié)到Q；若恒溫箱

系統(tǒng)要保持溫度為35汽，則滑動(dòng)變阻器正常工作時(shí)必須向(填“左”或

“右”)移動(dòng)滑動(dòng)觸頭。

瞄

翻

翻

50].......................微

010203040506070Mp熱敏電網(wǎng)

甲乙

13.如圖所示，陰影部分ABC為一由均勻透明材料做成的柱形光

學(xué)元件的橫截面，弧4C是一半徑為R的;圓弧，D為圓心，

4BCD構(gòu)成正方形，在。處有一點(diǎn)光源，當(dāng)光從AB中點(diǎn)E射

出時(shí)，折射光的反向延長(zhǎng)線交4。于尸點(diǎn)，4F的長(zhǎng)度為：，不

4

考慮二次折射。求:

(1)此材料對(duì)該光的折射率n；

(2)4B邊有光射出的區(qū)域的長(zhǎng)度。

四、計(jì)算題(本大題共2小題，共30.0分)

14.如圖所示，為把貨物運(yùn)送到車上，在車前架設(shè)一與水平面夾角為37。逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)

動(dòng)的傳送帶，傳送帶長(zhǎng)L=25m,傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)的速度為u=4m/s,貨物與傳送

帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)“=0.8,傳送帶不打滑?，F(xiàn)在傳送帶底端由靜止釋放一貨物，

其質(zhì)量為m=10kg。己知重力加速度g=lOm/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.8,

貨物可視為質(zhì)點(diǎn)。求：

(1)貨物在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；

(2)從貨物滑上傳送帶到離開傳送帶該裝運(yùn)系統(tǒng)額外消耗的電能。

15.如圖，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌4C、AC'固定于地面上方九=0.8m高處的水平面上，導(dǎo)

軌間距L=1m,導(dǎo)軌電阻不計(jì)，其右端與阻值為R=10的電阻、斷開的開關(guān)S連接。

處于豎直平面內(nèi)半徑為0.8m的、光滑絕緣的;圓弧軌道與金屬導(dǎo)軌相切于4A處.

AC.AC'之間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為17、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。兩根相同的

導(dǎo)體棒aa'、bb',長(zhǎng)度均為1m,質(zhì)量均為0.5kg,電阻均為10,bb'棒靜止于圖示

的水平導(dǎo)軌上，將aa'棒從圓弧軌道頂端由靜止釋放，aa'棒到達(dá)4A處與水平導(dǎo)軌

良好接觸且滑行一小段距離，之后aa'棒水平向左飛出，落到地面時(shí)水平射程x=

0.8m；在aa'棒飛離水平導(dǎo)軌瞬間立即閉合開關(guān)S,此后經(jīng)過(guò)時(shí)間3bb'棒在cd處恰

好停下。已知重力加速度大小為g,bb'棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)空氣阻

力。求：

(l)aa'棒與水平導(dǎo)軌接觸瞬間，aa'兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；

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(2)aa‘棒與水平導(dǎo)軌接觸過(guò)程中通過(guò)aa'棒某一橫截面的電荷量以及aa'棒飛離A4'

處瞬間bb'棒的速度大?。?/p>

(3)從閉合開關(guān)的瞬間至獨(dú)"棒停下的過(guò)程中，帥'棒中產(chǎn)生的焦耳熱以及帥'棒運(yùn)動(dòng)

的位移大小。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4、根據(jù)端增加原理可知一切宏觀熱現(xiàn)象均具有方向性，故8中氣體不可

能自發(fā)地全部退回到4中，故A錯(cuò)誤；

BC、該過(guò)程中氣體自由擴(kuò)散，沒(méi)有對(duì)外做功，又因?yàn)檎麄€(gè)系統(tǒng)與外界沒(méi)有熱交換，根

據(jù)4U=IV+Q可知內(nèi)能不變，溫度不變，故3C錯(cuò)誤；

D、氣體自由擴(kuò)散過(guò)程中，體積變大，根據(jù)牛=C知壓強(qiáng)減小，故。正確。

故選：Do

根據(jù)燧增加原理即可判斷出8中氣體是否可能自發(fā)地全部退回到A中；本題是氣體絕熱

自由擴(kuò)散，8為真空，氣體不對(duì)外做功；根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析內(nèi)能的變化，進(jìn)而判

斷出溫度的變化；根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程分析壓強(qiáng)的變化。

本題考查氣體的自由擴(kuò)散、理想氣體的狀態(tài)方程、氣體壓強(qiáng)的圍觀意義、熱力學(xué)第一定

律的綜合運(yùn)用，解題關(guān)鍵是要明確氣體是自由擴(kuò)散，還要能夠根據(jù)熱力學(xué)第一定律公式

AU=W+Q分析內(nèi)能的變化，進(jìn)而判斷出溫度的變化，不可認(rèn)為氣體膨脹對(duì)外做功。

2.【答案】C

【解析】解：AB,衰變的過(guò)程中動(dòng)量守恒，所以一靜止的鈾核放出一個(gè)a粒子衰變成社

核后，車土核的動(dòng)量與a粒子的動(dòng)量大小相等，方向相反;根據(jù)p2=2mEk,可知:Ek=上,

社核的質(zhì)量不等于a粒子的質(zhì)量，所以鉆核的動(dòng)能不等于a粒子的動(dòng)能，故4B錯(cuò)誤；

C、原子核衰變時(shí)會(huì)出現(xiàn)質(zhì)量虧損，釋放能量，所以衰變后a粒子與針核的質(zhì)量之和小

于衰變前鈾核的質(zhì)量，故C正確；

。、衰變過(guò)程釋放能量，所以總結(jié)合能增大；由于a粒子是質(zhì)量小的輕核，比結(jié)合能較

小，所以鈾核的比結(jié)合能小于其衰變后的牡核的比結(jié)合能，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

衰變的過(guò)程中動(dòng)量守恒，然后結(jié)合動(dòng)能與動(dòng)量的關(guān)系判斷；衰變過(guò)程中虧損的質(zhì)量以能

量的形式釋放出來(lái)，衰變后新核比結(jié)合能更大。

本題考查了原子核衰變、比結(jié)合能等知識(shí)點(diǎn)。對(duì)于這分知識(shí)很多是屬于記憶部分的，因

此需要注意平時(shí)的記憶與積累。

3.【答案】A

第8頁(yè)，共19頁(yè)

【解析】

【分析】《

物體處于平衡狀態(tài)，對(duì)物體受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，:

可求出支持力和水平推力。.

本題受力分析時(shí)應(yīng)該注意，支持力的方向垂直于接觸面，即指

向圓心。本題也可用正交分解列式求解。

【解答】

解：對(duì)小滑塊受力分析，受水平推力尸、重力G、支持力FN、根據(jù)三力平衡條件,

將受水平推力F和重力G合成，如圖所示，由幾何關(guān)系可得

尸=簿，心=《荒，所以4正確，B、C、。錯(cuò)誤。

tanC/sintz

故選：A。

4.【答案】D

【解析】解：4、第一宇宙速度是衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的最大環(huán)繞速度，可知衛(wèi)星的運(yùn)行速

度一定小于7.9km/s,故A錯(cuò)誤。

B、極地軌道衛(wèi)星從北緯45。的正上方按圖示方向首次運(yùn)行到南緯45。的正上方用時(shí)45分

鐘，可知極地衛(wèi)星的周期7=4x45=180m譏=3無(wú)，而同步衛(wèi)星的周期為24八，則該

衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的周期之比為1：8,故8錯(cuò)誤。

CD、根據(jù)G鬻=m誓r=ma得，T=J喏，。=等，周期之比為L(zhǎng)8,則軌道半

徑之比為L(zhǎng)4,加速度之比為16：1,故C錯(cuò)誤，。正確。

故選：Do

根據(jù)極地衛(wèi)星轉(zhuǎn)動(dòng)的角度得出極地衛(wèi)星的周期，從而得出極地衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的周期之

比；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得出周期、加速度的表達(dá)式，結(jié)合周期之比求出軌道半徑

之比，從而得出加速度之比。

解決本題的關(guān)鍵掌握萬(wàn)有引力提供向心力這一重要理論，知道線速度、周期、加速度與

軌道半徑的關(guān)系，并能靈活運(yùn)用。

5.【答案】A

【解析】解：小車第一次與墻相撞后向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)小車向左運(yùn)動(dòng)位移大小

為與,

小車第一次與墻壁碰撞后到小車向左勻減速到零過(guò)程，對(duì)小車，由動(dòng)能定理得：

-Rmgxi=0--1mv^7

代入數(shù)據(jù)解得：%!=0.75m

小車與鐵塊的初速度向右，系統(tǒng)的初動(dòng)量向右，由于m>M,小車不論與墻相撞多少次，

系統(tǒng)的總動(dòng)量總是向右，小車與墻壁每碰撞一次系統(tǒng)的總動(dòng)量減少一次，直到系統(tǒng)動(dòng)量

減為零為止，最后小車停在墻下，且鐵塊相對(duì)小車相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向不變總是相對(duì)向右運(yùn)動(dòng)，

設(shè)整個(gè)過(guò)程鐵塊相對(duì)小車的總位移為X,對(duì)系統(tǒng)，由能量守恒定律得：林mgx相對(duì)=三8+

代入數(shù)據(jù)解得：%w=1.875m,故A正確，BC。錯(cuò)誤。

故選:Ao

小車第一次與墻壁碰撞后到小車向左勻減速到零過(guò)程，對(duì)小車，由動(dòng)能定理求解平板小

車第一次離開墻的最大距離；對(duì)系統(tǒng)由能量守恒定律求出鐵塊相對(duì)小車的總位移工相對(duì)。

本題考查了動(dòng)能定理及能量守恒定律的綜合應(yīng)用，分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)情況與受力情況

是解題的關(guān)鍵。

6.【答案】B

【解析】解：AB,若熱敏電阻場(chǎng)溫度升高，熱敏電阻的阻值減小、電路總電阻減小、

總電流增大、則原線圈的電流增大、燈泡a兩端電壓增大、燈泡a可能會(huì)燒壞；由于燈泡

a兩端電壓增大、則原線圈的輸入電壓減小、副線圈兩端電壓也減小，燈泡b兩端電壓減

小，燈泡b不會(huì)燒壞，由于副線圈兩端的電壓減小，但電流增大，故變壓器的輸出功率

可能增大，故4錯(cuò)誤，8正確；

C、兩燈均正常發(fā)光，則燈泡a、b兩端的電壓均為%,原線圈兩端電壓%=4Uo—%=

3%,副線圈兩端電壓U2=Uo,所以原、副線圈匝數(shù)比2：電=〃1：/=3：1,故C

錯(cuò)誤；

D、根據(jù)當(dāng)=料?得：/2=3h，故流過(guò)熱敏電阻的電流/點(diǎn)=/2-A=2/1,由于流過(guò)兩

燈泡的電流相同，故流經(jīng)燈泡b的電流與熱敏電阻電流之比為1：2,故。錯(cuò)誤；

故選：B。

根據(jù)燈泡電壓與輸入電壓的關(guān)系可明確接在輸入端和輸出端的電壓關(guān)系，則可求得匝數(shù)

之比；根據(jù)歐姆定律和變壓器原理、電路動(dòng)態(tài)分析的方法進(jìn)行分析。

本題主要是考查了變壓器的知識(shí)；解答本題的關(guān)鍵是知道理想變壓器的電壓之比等于匝

數(shù)之比，在只有一個(gè)副線圈的情況下的電流之比等于匝數(shù)的反比。

7.【答案】A

第10頁(yè)，共19頁(yè)

【解析】解：由周期與頻率的關(guān)系有：r=>&s=0.02s,

波傳播到N點(diǎn)所用時(shí)間t2=￥=等=0445s=77+1；

波傳播到M點(diǎn)所用時(shí)間匕=?=親=0.135s=67+?,可知當(dāng)波傳到N點(diǎn)時(shí)，M點(diǎn)

位于處于平衡位置且向下運(yùn)動(dòng)，故A正確，88錯(cuò)誤；

故選：4。

分解計(jì)算波傳到N點(diǎn)和M點(diǎn)所需的時(shí)間，根據(jù)時(shí)間關(guān)系分析M的振動(dòng)情況。

本題要抓住對(duì)稱性，S在振動(dòng)過(guò)程中，波向兩端同時(shí)傳播，波速相同，根據(jù)時(shí)間關(guān)系分

析.

8.【答案】ACD

【解析】解：A、PQ間水平射入電場(chǎng)的粒子在水平方向都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則它們到達(dá)

CD邊的時(shí)間均為

t=中，故4正確；

VO

C、從Q點(diǎn)射入的粒子，設(shè)從Q到R的時(shí)間為ti，R到M的時(shí)間為t2,到達(dá)R時(shí)的豎直速度

為%,則根據(jù)牛頓第二定律得：

F=qE=ma

可得，粒子在PS下方的加速度為

萬(wàn)_qEI

粒子在PS上方的加速度為

a丁=—qE2

/?m

根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有

((

-2=~21/2/2

Uy==Q2t2

+12=t

聯(lián)立解得：%=鬻；%=嘿，故c正確；

BD、設(shè)PQ到P點(diǎn)距離為八的粒子射入電場(chǎng)后，經(jīng)過(guò)n個(gè)類似與Q到R到M的循環(huán)運(yùn)動(dòng)(包括

粒子從電場(chǎng)&穿過(guò)PS進(jìn)入電場(chǎng)員的運(yùn)動(dòng))后，恰好垂直于CD邊水平射出，則該粒子的速

度第一次變?yōu)樗剿玫臅r(shí)間為

T=-=(n-2,3,4,.......)

nnv0、’

第一次到達(dá)PS邊的時(shí)間則為|r,則有

h=如(|7)2==2,3,4.........)

則PQ間距離P點(diǎn)為9的粒子射入電場(chǎng)后垂直于CD邊水平射出，故8錯(cuò)誤，O正確；

16

故選：ACD.

根據(jù)運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性分析出粒子到達(dá)CD邊的時(shí)間；

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析出場(chǎng)強(qiáng)的大小；

理解粒子的循環(huán)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出能夠垂直于CD邊水平射出的粒

子的特點(diǎn)。

本題主要考查了帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，理解平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，對(duì)粒子進(jìn)行受力分

析，根據(jù)受力分析出粒子的運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合幾何關(guān)系即可完成分析。

9.【答案】BD

【解析】解：力、小球做平拋運(yùn)動(dòng)，小球恰好與擋板上的B點(diǎn)

相切，在B點(diǎn)其速度方向與擋板平行，則小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速

度方向與豎直方向的夾角為。=60°,到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為

%=^=警m/$=20m/s,故A錯(cuò)誤；

8、小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的豎直分速度大小為：vy==^^-m/s=10m/s,

從4到B過(guò)程中，小球的動(dòng)量變化量為/p=mvy-0=mvy=1x10kg-m/s=10kg-

m/s,故5正確；

C、由4到B的時(shí)間t=g=拳=Is,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得水平位移：x=vot=

10V3xlm=10V3m

豎直位移：y=|^t2=|x10xl2m=5m

x

設(shè)。、4兩點(diǎn)間的距離為s,由幾何關(guān)系得：—=tand

聯(lián)立解得：s=5m,故C錯(cuò)誤；

D、從4到B過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：AEk=mgy=1x10x5/=50/,故。正確。

故選:BD。

小球做平拋運(yùn)動(dòng)，小球恰好與擋板上的B點(diǎn)相切，在B點(diǎn)其速度方向與擋板平行，由速

度的分解求出小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小和豎直分速度大小，根據(jù)動(dòng)量定理求動(dòng)量變化

第12頁(yè)，共19頁(yè)

量；求出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，由分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出平拋運(yùn)動(dòng)的水平

位移和豎直位移，結(jié)合幾何關(guān)系求出。4間的距離；根據(jù)動(dòng)能定理求重力勢(shì)能變化量。

解決本題的關(guān)鍵要把握臨界條件：小球到達(dá)8點(diǎn)時(shí)的速度方向與豎直方向的夾角為。=

60。，要掌握平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和幾何關(guān)

系綜合處理。

10.【答案】CD

【解析】解：4從BC邊射出的粒子速度最大時(shí)，半徑最大，則如圖1由幾何關(guān)系

R1sin300=%-acos30°

解得

Ri=V3a

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：

qvB=m^

解得：lax=第

故A錯(cuò)誤：

圖1

正當(dāng)從BC邊射出的粒子速率最小時(shí)，半徑最小，此時(shí)軌跡與BC邊相切，如圖2則

R=-a?cos30°=—a

’224

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：

v2

qvBD=m—

解得：%1m="空

c

圖2

故8錯(cuò)誤；

C.若粒子均垂直于4B邊射入，則當(dāng)軌跡與BC相切時(shí)

解得

BD=rtan300=(2—V3)a

則粒子不可能從BC邊上距B點(diǎn)*a處射出，故C正確;

3

D若粒子射入時(shí)的速率為遜處，則軌道半徑r'=3a

2m2

粒子從BC邊射出的時(shí)間最短時(shí)，軌跡對(duì)應(yīng)的弦最短，最短弦為射入點(diǎn)到BC的距離，長(zhǎng)

度為理a。如圖3則由幾何關(guān)系可知，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為全時(shí)間為t=5?翳，代入

數(shù)據(jù)解得：t=糯,故。正確。

故選：CD。

從BC邊射出的粒子速度最大時(shí)，半徑最大，當(dāng)從BC邊射出的粒子速率最小時(shí)，半徑最

小，此時(shí)軌跡與BC邊相切，根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得最大速度和最小速度；粒子

從BC邊射出的時(shí)間最短時(shí)，軌跡對(duì)應(yīng)的弦最短，最短弦為射入點(diǎn)到BC的距離，根據(jù)幾

何關(guān)系可解得若粒子射入時(shí)的速率為迤空，粒子從BC邊射出的最短時(shí)間。

第14頁(yè)，共19頁(yè)

本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵根據(jù)題意作粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，結(jié)合勻速圓

周運(yùn)動(dòng)規(guī)律與幾何關(guān)系即可解題。

11.【答案】1.060嚶大于

【解析】解：①圖乙為度游標(biāo)卡尺，游標(biāo)卡尺游標(biāo)為20分度，故精確度為0.05mm,主

尺讀數(shù)為10巾小，游標(biāo)尺上第12個(gè)格對(duì)齊，故最終讀數(shù)為

d=10mm+12x—mm=10.60mm=1.060cm

20

(1)運(yùn)動(dòng)物體在極短時(shí)間內(nèi)的平均速度可認(rèn)為等于瞬時(shí)速度，因此滑塊經(jīng)過(guò)光電門時(shí)的

速度為U=-

設(shè)氣墊導(dǎo)軌與水平面間的夾角為仇燒斷細(xì)繩前滑塊靜止，根據(jù)受力平衡得尸=mgsin。

燒斷細(xì)繩后，滑塊下滑過(guò)程，對(duì)滑塊，由機(jī)械能守恒定律可得機(jī)9公加。=：加/

可得乩=華故L=皿弓

可知一上圖像的斜率后=翳

(2)根據(jù)FL-"=若可得L=黑y-fraclt2

可知一點(diǎn)圖像的斜率上=招\(zhòng)所以k>h

uz2(F—7)

故答案為：@1.060；(1)喋；(2)大于。

①圖乙為度游標(biāo)卡尺，游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀；

(1)由機(jī)械能守恒定律和平衡方程求得L-巖圖像即可求解；

(2)可知L-塌圖像的斜率可判斷則鼠的大小關(guān)系。

本實(shí)驗(yàn)利用氣墊導(dǎo)軌、數(shù)字計(jì)時(shí)器和拉力傳感器做“研究沿斜面下滑物體的機(jī)械能守恒”

實(shí)驗(yàn)，解題的關(guān)鍵是由機(jī)械能守恒定律和平衡方程求得L-點(diǎn)圖像即可求解；

.【答案】右

12EiR290130

【解析】解：(1)為使該裝置實(shí)現(xiàn)對(duì)20?60冤之間任意溫度的控制，滑動(dòng)變阻器的最大

阻值必定大于熱敏電阻的電阻變化，滑動(dòng)變阻器選用此；

又有繼電器電阻為：r=80/2

F

根據(jù)閉合電路歐姆定律，可知電路中的電流為：/=77%

ITKfTA

代入數(shù)據(jù)計(jì)算可知，若選用&=62的電源，電路中的最小電流仍大于10m4無(wú)法實(shí)現(xiàn)

溫控功能，而Ei=3了的電源可以滿足實(shí)驗(yàn)要求，故選用電源均；

(2)由題圖甲可知30。(：時(shí)熱敏電阻對(duì)應(yīng)阻值為900,因此需將電阻箱阻值調(diào)到90。；

(3)當(dāng)恒溫箱內(nèi)的溫度保持30。&應(yīng)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R的阻值，使電流達(dá)到10血4由閉

合電路歐姆定律得：,代入數(shù)據(jù)解得：R=13O0,即滑動(dòng)變阻器R的阻值應(yīng)

調(diào)節(jié)為130Q恒溫箱系統(tǒng)要保持溫度為35汽，熱敏電阻阻值變小，滑動(dòng)變阻器R的阻值

必須變大，即向右移動(dòng)滑動(dòng)觸頭。

故答案為：(1班,&；(2)①90；(3)130,右。

(1)根據(jù)電路工作過(guò)程熱敏電阻阻值變化范圍得到滑動(dòng)變阻器變化范圍，然后根據(jù)電路,

由電流范圍得到電源電動(dòng)勢(shì)；

(2)根據(jù)工作時(shí)熱敏電阻阻值，即可判斷電阻箱的阻值；

(3)由閉合電路歐姆定律，結(jié)合題意判斷。

本題考查熱敏電阻和繼電器組成的一簡(jiǎn)易溫控開關(guān)的實(shí)驗(yàn)，在解答本題的時(shí)候要分析清

楚，控制電路和加熱電路是兩個(gè)不同的電路，由圖甲所示圖象求出溫度所對(duì)應(yīng)的熱敏電

阻阻值，分析清楚電路結(jié)構(gòu)、應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律即可正確解題。

13.【答案】解：(1)設(shè)光線在E點(diǎn)的入射角為a,折射角為0,有tana=±tan0=2

根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知sina=看sin0=5

根據(jù)折射定律有：n=^

sina

解得：n=2

(2)設(shè)光線在4B邊上發(fā)生全反射的入射角為氏則=*

因此tan?！?/p>

3

所以AB邊有光射出的區(qū)域長(zhǎng)度為1=Rtand

解得，=CR

3

第16頁(yè)，共19頁(yè)

答：(1)此材料對(duì)該光的折射率為2；

(2)48邊有光射出的區(qū)域的長(zhǎng)度為苧R。

【解析】(1)根據(jù)折射定律結(jié)合幾何關(guān)系解得；

(2)解得光線發(fā)生全反射的臨界角，根據(jù)幾何關(guān)系解得。

解決本題關(guān)鍵是掌握全反射的條件和臨界角公式sinC=工，結(jié)合幾何知識(shí)進(jìn)行求解。

n

14.【答案】解：(1)貨物輕輕放在傳送帶底端，受到重力、支持力、沿傳送帶向上的滑

動(dòng)摩擦力作用，貨物沿傳送帶向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：

fimgcosO—mgsind=ma

可得：a=g(〃cosO-sin。)=10x(0.8xcos370—sm37°)m/s2=OAm/s2

設(shè)貨物經(jīng)過(guò)時(shí)間ti速度與傳送帶相同，貝ij：t]=?=g=10s

此過(guò)程中工作移動(dòng)的位移為：=：X10m=20m<L=25m

此后貨物隨傳送帶一起做勻速運(yùn)動(dòng)，所用時(shí)間為：t2=±包=『s=1.25s