2022年江西省南昌市高考物理三模試卷（附答案詳解）

2022年江西省南昌市高考物理三模試卷

1.圖中畫出了氫原子的4個(gè)能級，并注明了相應(yīng)的能量E。處在?氏V

n=4的能級的一群氫原子向低能級躍遷時(shí)，能夠發(fā)出若干種*――

3--------1”

不同頻率的光子。其中光子能量的最大值和最小值分別是（）2--------140

A.13.6W和0.85W

1--UM

B.10.2eKffl.89eK

C.12.75eU和0.66eU

D.12.75eU和2.55W

2.如圖所示，兩小球P、Q從同一高度分別以火和功的初速度水平拋出，都落在了傾

角。=37。的斜面上的4點(diǎn)，其中小球P垂直打到斜面上；P、Q兩個(gè)小球打到斜面上

時(shí)的速度大小分別為獨(dú)和女。貝式）

A.%=v2B.%=祝C.vQ=^vpD.vQ=^vp

3.均勻帶電球面內(nèi)部的電場強(qiáng)度處處為零。如圖所示，。為均勻帶正電

半球面的球心，P為與半球截面相平行截面的圓心，貝M）

A.P點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零

B.P點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向向左

C.。、P兩點(diǎn)電勢相等

D.。點(diǎn)電勢比P點(diǎn)高

4.如圖所示，兩個(gè)完全相同的木模質(zhì)量均為m,通過三根輕質(zhì)豎

直細(xì)線對稱連接，放在水平面上呈“互”字型靜置，上方木模

呈現(xiàn)懸浮效果，這是利用了建筑學(xué)中的“張拉整體”的結(jié)構(gòu)原

理。細(xì)線a、b、c上的張力大小分別用乙、Fb、玲表示，水平面

所受的壓力大小為FN，重力加速度大小為。。下列關(guān)系式正確的

是（）

A..Fa>mg,FN=2mg

B.Fa>mg,FN>2mg

C.Fb=Fc,Fa=Fb+0.5mg

D.Fa=Fb+Fc

5.2021年10月15日，伴隨著“三、二、一”的倒計(jì)時(shí)，“神舟

十三號”在“長征二號”運(yùn)載火箭的推動(dòng)下順利進(jìn)入太空，

“神舟十三號”航天員翟志剛、王亞平和葉光富也將開始為

期6個(gè)月的“太空旅行”。如圖所示為“長征二號”運(yùn)載火箭,

下列關(guān)于它在豎直方向加速起飛過程的說法，正確的是()

A.火箭加速上升時(shí)，航天員對座椅的壓力小于自身重力

B.燃料燃燒推動(dòng)空氣，空氣反作用力推動(dòng)火箭升空

C.保溫泡沫塑料從箭殼上自行脫落后處于失重狀態(tài)

D.火箭噴出的熱氣流對火箭的作用力大于火箭對熱氣流的作用力

6.足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上,導(dǎo)軌左端連接電容為C的電容器,

導(dǎo)軌間距為磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場穿過導(dǎo)軌所在平面。

一根質(zhì)量為譏的導(dǎo)體棒垂直靜置在導(dǎo)軌上，俯視圖如圖。t=0時(shí)刻導(dǎo)體棒在水平拉

力作用下從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，電容器兩極板間電勢差U隨時(shí)間t變化的圖象如圖所

示，則()

XXXXxfix

XXXXXX

Xx?xXX

z

XXXXXX

A.導(dǎo)體棒的加速度a=黑

B.水平拉力的大小為尸=翳

DLLQ

C.通過導(dǎo)體棒的電流大小為/=乎

CO

D.0?片時(shí)間內(nèi)安培力所做的功為W=竽

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7.質(zhì)譜儀在核能開發(fā)和利用過程中具有重要意義，如圖是質(zhì)

譜儀的工作原理示意圖，加速電場的兩平行金屬板間距為

d,電勢差為U.質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，由靜止開

始從正極板出發(fā)，經(jīng)電場加速后射出，進(jìn)入速度選擇器。

離子沿直線穿過速度選擇器后經(jīng)過狹縫P垂直于磁場方

向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為無的勻強(qiáng)磁場中，做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)并打在膠片A14

上，設(shè)速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場分別為B和E,則（）

A.速度選擇器中磁場B的方向垂直紙面向里

B.加速電場場強(qiáng)大小為遇受

2md

C.離子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,離子的荷質(zhì)比越小

D.能通過狹縫P的帶電離子的速率等于5

D

8.把甲、乙兩球從水平地面上以相同的初動(dòng)能同時(shí)向空中拋出,

不計(jì)空氣阻力，兩球的動(dòng)能琢隨高度h變化的關(guān)系如圖所示,

它們所到達(dá)的最大高度相同。以地面為零勢能位置，下列說

法正確的是（）

A.甲球的初速度比乙球大

B.甲球質(zhì)量比乙球大

C.在拋出后的同一時(shí)刻甲球重力勢能比乙球大

D.兩球速度大小相同時(shí)甲球比乙球高

9.某同學(xué)利用如圖甲所示的裝置測量木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)。首先將木板傾斜固

定在水平面上，木板與水平面間的夾角為37。，木板底端固定一打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，然后

將紙帶一端固定在木塊上，另一端穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器。使木塊瞬間獲得一初速度沿木

板向上運(yùn)動(dòng)，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上打出一系列的點(diǎn)，選取比較清晰的一段如圖乙所

示，取4、B、C、D、E五個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，每相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)點(diǎn)未畫出，

打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用交流電的頻率為50Hz,測得相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)之間距離分別為.=

29.40cm、&-21.30cm、叼=13.20cm、仙=5.10cm。已知sin37°—0.6,cos37°—

0.8,重力加速度g取10?n/s2。

木塊

打點(diǎn)計(jì)時(shí)器

紙帶,

午7。

〃力〃〃/zZ/7而〃

乙

甲

（1）通過計(jì)算紙帶數(shù)據(jù)可得木塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小為m/s2,木塊與木板間的

動(dòng)摩擦因數(shù)為（計(jì)算結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）。

（2）如果當(dāng)時(shí)所用交變電流的頻率為49Hz,而該同學(xué)仍按50Hz計(jì)算，由此會(huì)造成木

塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)的測量值與實(shí)際值相比（選填“偏大”“偏小”或

“不變”）。

10.某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路，描繪某PTC熱敏電阻的阻值跖隨溫度t變化的關(guān)

系曲線，要求根據(jù)圖甲電路測量的PTC熱敏電阻的阻值范圍為2ko?8/（0。實(shí)驗(yàn)室

提供的器材有：

A.待測PTC熱敏電阻；

B.電池組：電動(dòng)勢約為3%內(nèi)阻可忽略不計(jì)；

C.電壓表匕：量程為15V,內(nèi)阻約為15k。；

D電壓表彩：量程為3V,內(nèi)阻約為3k。；

E.電流表4：量程為100加4,內(nèi)阻約為2.50；

F.電流表4：量程為2m4內(nèi)阻約為300；

G.滑動(dòng)變阻器R：最大阻值為15。；

”?開關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干。

（1）電壓表應(yīng)選用（選填"C”或“?！保?，電流表應(yīng)選用（選填"E”或

“尸’）。

（2）請用筆畫線代替導(dǎo)線將圖甲電路補(bǔ)充完整。

（3）將P7C熱敏電阻浸入熱水中，調(diào)節(jié)熱敏電阻的溫度，測出pre熱敏電阻在不同溫

度t下的阻值即，描繪出的Rr-t圖像如圖乙所示，則t=60。（：時(shí)P7C熱敏電阻的真

實(shí)值（選填“大于”，“等于”或“小于”）6皿。

（4）將該P(yáng)TC熱敏電阻用于如圖丙所示的火災(zāi)報(bào)警器電路中，報(bào)警器并接在“、N兩

點(diǎn)，已知Ri=1.9k0,R2=2kQ,R3=8kH,當(dāng)M點(diǎn)的電勢高于N點(diǎn)的電勢時(shí)報(bào)警

器開始報(bào)警，若出現(xiàn)火災(zāi)，則PTC熱敏電阻的溫度為冤時(shí)報(bào)警器開始報(bào)警。

（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

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11.如圖所示，固定于同一條豎直線上的4、B是兩個(gè)帶等量異種電荷

的點(diǎn)電荷，電荷量分別為+Q和-Q,4、8相距為2d,MN是豎直放

置的光滑絕緣細(xì)桿，另有一個(gè)穿過細(xì)桿的帶電小球p,質(zhì)量為rn、

電荷量為+q(可視為點(diǎn)電荷，不影響電場的分布)，現(xiàn)將小球p從與

點(diǎn)電荷4等高的C處由靜止開始釋放，小球p向下運(yùn)動(dòng)到距C點(diǎn)距離

為d的。點(diǎn)時(shí)，速度為外已知MN與4B之間的距離為d,靜電力常量為k,重力加速

度為9。求：

(1)C、。間的電勢差打。；

(2)小球p經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)的加速度。

12.如圖所示，半徑為R=5m的:光滑圓弧4B固定在光滑的水平面上，在C點(diǎn)靜止著一

個(gè)滑塊P,載人小車M靜止在水平面上的。點(diǎn)?；瑝KQ從4點(diǎn)正上方距4點(diǎn)高H=2.2m

處由靜止釋放，從4點(diǎn)進(jìn)入圓弧并沿圓弧運(yùn)動(dòng)，Q運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)與P發(fā)生碰撞，碰后P、

Q粘合為一個(gè)結(jié)合體E。已知Q、P和M的質(zhì)量分別為nil=1kg、m2=Skg、m3=

60kg,重力加速度g取lOm/s?。

(1)求P、Q碰撞后的速度大??；

(2)如果結(jié)合體E與小車M發(fā)生彈性碰撞，求碰后小車的速度大小。

（3）如果人每次以。=10m/s的速度（相對地面）將E反向推出，求人最多能推E多少

次。

13.以下說法正確的是（）

A.一定質(zhì)量的氣體，在吸收熱量的同時(shí)體積增大，內(nèi)能有可能不變

B.內(nèi)能相等的兩個(gè)物體相互接觸，也可能發(fā)生熱傳遞

C.僅知道阿伏加德羅常數(shù)和氮?dú)獾哪栿w積，能算出氮?dú)夥肿拥捏w積

D.當(dāng)分子間的作用力表現(xiàn)為斥力時(shí)，分子間的距離越小，分子計(jì)能越大

E.在完全失重的情況下，氣體對容器壁的壓強(qiáng)為零

14.如圖所示，有一根粗細(xì)均勻、兩邊等長的U形細(xì)玻璃管,

左端開口、右端封閉且導(dǎo)熱良好。U形管豎直放置，管內(nèi)

有一段水銀柱，右邊封閉了一段空氣柱。環(huán)境溫度為

240K時(shí)，左、右兩邊空氣柱的長度分別為。=20cm和

l2=15cm,大氣壓強(qiáng)為75cmHg。（計(jì)算結(jié)果保留3位有

效數(shù)字）

（1）若改變環(huán)境溫度，使左右兩邊管內(nèi)水銀液面相平，求此時(shí)的環(huán)境溫度。

（2）若不改變環(huán)境溫度，而將左邊管口也封閉，讓U形管兩端豎直朝上自由下落（下

落時(shí)忽略空氣阻力）；下落時(shí)間足夠長且下落時(shí)U形管保持豎直。求氣體狀態(tài)穩(wěn)定后,

左右兩邊水銀柱的高度差是多少？

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15.一列沿x軸傳播的簡諧橫波在t=0時(shí)刻的波形如圖甲所示，圖乙是位于x=1沉的質(zhì)

點(diǎn)N此后的振動(dòng)圖像，Q是位于x=l(hn處的質(zhì)點(diǎn)。則下列說法正確的是()

A.波沿x軸正方向傳播

B.在6s?6.5s時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)M的速度在增大，加速度在減小

C.在t=9s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)

D.在t=10s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q通過的路程為24cm

E.在t=12s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q的位置坐標(biāo)為(10m,8cm)

16.如圖所示，直角三角形4BC為某種透明介質(zhì)的橫截面,NB=30°,

BC=30cm,AB面涂有反光材料。某單色光從BC上的。點(diǎn)垂直

BC射入介質(zhì)，經(jīng)48面反射后從4c面上射出，射出方向與4B面

垂直。已知BD=21cm,不考慮光在4c面的反射。求:

①介質(zhì)的折射率;

②光在介質(zhì)中的傳播時(shí)間。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：一群處在71=4的能級的氫原子向低能級躍遷時(shí)，能夠發(fā)出盤=6種不同

頻率的光子,其中從n=4能級躍遷到n=1能級釋放出的光子的能量值最大，為:Emax=

f4-fi=-0.85W+13.6eV=12.75eV；從n=4能級躍遷到n=3能級釋放出的光子

的能量值最小，為：/也=E4-垣=-0.85eV+1.51eV=0.66eU；故AB。錯(cuò)誤，C

正確。

故選:Co

一群處在n能級的氫原子向低能級躍遷時(shí)能發(fā)出不同光電子的數(shù)目為鬣種，躍遷釋放出

的光子的能量滿足：E=Em-En?

解決本題關(guān)鍵要理解氫原子向低能級躍遷原理，躍遷回低能級可以直接躍遷到基態(tài)，也

可以逐級躍遷。

2.【答案】B

【解析】解：兩球拋出后都做平拋運(yùn)動(dòng)，兩球從同一高度拋出落到同一點(diǎn)，它們在豎直

方向的位移相等，小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，由于豎直位移八相等，根據(jù)

可得其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

對于小球Q，有

tan370=-==—

Xv2t2V2

解得

2

%=押

對于小球P,其垂直打在斜面上，則有

tan37°=—=—

gt

解得

3

%=抑

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則

”=瓢=2

v2^gt8

故

9

%=8^2

故AC。錯(cuò)誤，8正確。

故選：B。

平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意應(yīng)用

平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出兩球的水平初速度，然后求出其比值

本題考查了平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用，認(rèn)真審題、理解題意，知道兩球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等是解

題的前提，解決本題的關(guān)鍵掌握平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，運(yùn)用運(yùn)

動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解。

3.【答案】B

【解析】解：AB,將另一個(gè)均勻帶等量正電半球面與該半球面組成一個(gè)球面，兩個(gè)半

球面在P點(diǎn)的電場強(qiáng)度等于零，左側(cè)半球在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場方向向右，則右側(cè)半球面在P

點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向向左，故A錯(cuò)誤，8正確；

CD,因?yàn)镻點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向向左，所以P。連線上各點(diǎn)電場強(qiáng)度向左，根據(jù)沿電場線

方向電勢降低可得。點(diǎn)電勢比P點(diǎn)低，故錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)均勻帶電球面內(nèi)部的電場強(qiáng)度處處為零結(jié)合“割補(bǔ)法”進(jìn)行分析；

根據(jù)沿電場線方向電勢降低分析電勢高低。

本題主要是考查電場強(qiáng)度方向的判斷，關(guān)鍵是能夠根據(jù)“割補(bǔ)法”進(jìn)行分析，知道均勻

帶電球面內(nèi)部的電場強(qiáng)度處處為零。

4.【答案】A

【解析】解：整體受力分析，由平衡條件得

FN=2mg

由對稱性可知

Fb=K

對上方木模受力分析有

Fa=mg+Fb+Fc

則

Fa>mg,Fa^Fb+Fc

故A正確，BCO錯(cuò)誤；

故選：4。

利用整體法判斷木模對水平面的壓力情況，將上方木模隔離分析短線的拉力情況。

本題考查的是受力分析，需要靈活使用整體法和隔離法。

5.【答案】C

【解析】解：4、火箭加速上升時(shí)，加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律可知航天員受

到的支持力大于自身的重力，由牛頓第三定律知航天員對座椅的壓力大于自身重力，故

A錯(cuò)誤；

8、火箭受到重力、空氣阻力以及內(nèi)部燃料噴出時(shí)的作用力，燃料燃燒向下噴氣，噴出

的氣體的反作用力推動(dòng)火箭升空，故B錯(cuò)誤；

C、保溫泡沫塑料從箭殼上自行脫落后，由于具有豎直向上的速度，所受重力和空氣阻

力均豎直向下，合外力方向豎直向下，故加速度方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，故C

正確；

D,火箭噴出的熱氣流對火箭的作用力與火箭對熱氣流的作用力是作用力和反作用力，

二者等大反向，故。錯(cuò)誤；

故選：Co

根據(jù)火箭運(yùn)動(dòng)過程受力情況以及牛頓第二定律、牛頓第三定理，結(jié)合火箭運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)，

分析火箭所處的狀態(tài).

本題考查了牛頓第三定律、超重和失重，要注意掌握火箭上升原因是受到氣流的反作用

力.

6.【答案】AC

【解析】解：4、電容器兩極板間電勢差（7=8少=8S3根據(jù)右圖可知：U=kt=詈t,

co

所以有：Bia*,解得導(dǎo)體棒的加速度a=黑，故A正確；

CoDllQ

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B、對導(dǎo)體棒根據(jù)牛頓第二定律可得：F-FA=ma,解得：F=R+翳，故8錯(cuò)誤;

C、△￡時(shí)間內(nèi)通過導(dǎo)體棒的電荷量4勺=。4（/=/43解得通過導(dǎo)體棒的電流大小為

/=詈=華，故C正確；

D、根據(jù)恒定電流做功的計(jì)算公式W=/Ut可得：0?玲時(shí)間內(nèi)安培力所做的功為W=

~^IUoto,將/=9代入解得：勿=一小，安培力做負(fù)功，故。錯(cuò)誤。

N52

故選：AC.

電容器兩極板間電勢差U=B）=B/at,結(jié)合右圖分析導(dǎo)體棒的加速度；對導(dǎo)體棒根據(jù)

牛頓第二定律求解水平拉力；根據(jù)電荷量的計(jì)算公式4q=C△U=/△t求解通過導(dǎo)體

棒的電流大小：0?to時(shí)間內(nèi)安培力做負(fù)功。

本題主要是考查法拉第電磁感應(yīng)定律和圖象的結(jié)合，關(guān)鍵是能夠根據(jù)E=82結(jié)合圖象

得到加速度大小，由此分析導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況，掌握安培力做功的計(jì)算方法。

7.【答案】BD

【解析】解：4、離子受到的電場力向右，所以受到的洛倫茲力向左，根據(jù)左手定則可

以判斷出速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外，故A錯(cuò)誤；

B、離子經(jīng)過加速電場的過程中，由動(dòng)能定理可得qE'd=：nu；2,離子再勻強(qiáng)磁場中做

2

勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得quB°=ni?兩方程聯(lián)立可解得加速電場的場強(qiáng)

大小為一=遜，故B正確；

2md

2

C、由題意知，qU=^mv,qvB0=m^,整理得2=券，離子打在膠片上的位置越

靠近狹縫P,即R越小，離子的荷質(zhì)比就越大，故C錯(cuò)誤；

。、離子在速度選擇器中做直線運(yùn)動(dòng)，故離子所受的洛倫茲力與電場力平衡，即=qE,

所以能通過狹縫P的離子的速率等于，故。正確。

D

故選：BD。

根據(jù)左手定則可以判斷速度選擇器中的磁場方向；離子經(jīng)過加速電場獲得速度，最后進(jìn)

入磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理和牛頓第二定律可以得到加速電場的場強(qiáng)大小，

進(jìn)而可以判斷出荷質(zhì)比的大??；離子能夠直線通過速度選擇器，是因?yàn)槭茈妶隽吐鍌?/p>

茲力是一對平衡力。

根據(jù)動(dòng)能定理可以得到離子進(jìn)入磁場的速度大小，根據(jù)牛頓第二定律可以得到離子的軌

道半徑與荷質(zhì)比的關(guān)系。

8.【答案】BC

【解析】解：由圖可知，當(dāng)兩球達(dá)到最大高度時(shí)，甲球動(dòng)能為零，甲球?yàn)樨Q直上拋運(yùn)動(dòng)，

而乙球在最大高度時(shí)動(dòng)能不為零，可知乙球的斜上拋運(yùn)動(dòng)：

A.對甲球：唏=2ghm

解得

vlf)=y/2ghm

設(shè)乙球與豎直方向的夾角為。，則

(v^cosd)2=2ghm

由于

COS0<1

可得

U乙>飛2ghm=V甲

故A錯(cuò)誤：

A兩球初動(dòng)能相等，根據(jù)動(dòng)能表達(dá)式&可知甲球質(zhì)量比乙球大，故B正確；

C.由A選項(xiàng)分析可知

W甲=v^cosd

在豎直方向上，同一時(shí)刻，兩球離地面高度相同，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量，則甲球重力

勢能比乙球大，故C正確；

。.對甲球：如甲琮=m中。九1+加甲琮

對乙球：gm乙V2=加乙9電+17?1乙91

當(dāng)/，=%，，兩式相減可得

m^gh2-m[pghr;之琮⑺尹一加乙)

由于甲球質(zhì)量比乙球大，可得

九2>八1

故。錯(cuò)誤。

故選：BC。

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根據(jù)題意可分析甲乙的運(yùn)動(dòng)情況，進(jìn)而判斷甲乙速度大小，根據(jù)圖像分析質(zhì)量大小，根

據(jù)機(jī)械能守恒定律分析。選項(xiàng)。

本題考查機(jī)械能守恒定律，解題關(guān)鍵掌握對圖像的認(rèn)識，注意機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用。

9.【答案】8.10.26偏大

【解析】解：(1)根據(jù)逐差法，利用△x=a72,7=5>5X^S=0.1S,求加速度。=

(久1+%2)-(%3+久4)(29.40+21.30)-(13.20+5.10)x10~2m/s2=8.1m/s2,

4T24X0.12

根據(jù)牛頓第二定律，mgsind+/imgcosO=ma,0=37°,代入數(shù)據(jù)解得〃?0.26

(2)計(jì)算時(shí)，頻率大了，根據(jù)公式7=5：可知，周期變小了，代入a=網(wǎng)+x李絆+時(shí)的

計(jì)算式計(jì)算時(shí)，會(huì)使加速度算大，從而動(dòng)摩擦因數(shù)計(jì)算大了。

故答案為：(1)8.1,0.26,(2)偏大。

處理紙帶數(shù)據(jù)時(shí)，要用逐差法求加速度，結(jié)合牛頓第二定律就可以求出動(dòng)摩擦因數(shù)。在

計(jì)算時(shí)可以分析頻率變大，使得周期變小，加速度變大，所以動(dòng)摩擦因數(shù)也變大。

本題考查實(shí)驗(yàn)中紙帶的數(shù)據(jù)處理問題，要學(xué)會(huì)用逐差法求加速度，會(huì)分析頻率變化時(shí)，

對加速度測量的影響。

10.【答案】DF大于68

【解析】解：(1)電池組電動(dòng)勢是3V,電壓表應(yīng)選擇電路最大電流約為/=4p=

Kmin

嬴4=1.5xIO-4=i.5m4電流表應(yīng)選擇?。

(2)由題意可知熱敏電阻阻值遠(yuǎn)大于滑動(dòng)變阻器最大阻值，為測多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變

阻器應(yīng)采用分壓接法；由于熱敏電阻阻值遠(yuǎn)大于電流表內(nèi)阻，電流表應(yīng)采用內(nèi)接法，實(shí)

驗(yàn)電路圖如圖所示

(3)由于電流表采用內(nèi)接法，電壓的測量值大于真實(shí)值，由歐姆定律可知，熱敏電阻的

測量值大于真實(shí)值。

(4)當(dāng)M、N兩點(diǎn)電勢相等時(shí)，根據(jù)圖丙所示電路圖可知：答=箓，代入數(shù)據(jù)解得：RT=

K1K2

7.6k。，

由圖乙所示圖象可知，切=7.6k。時(shí)溫度t=68。*當(dāng)溫度是68冤時(shí)報(bào)警器開始報(bào)警。

故答案為：(1)D;F;(2)實(shí)驗(yàn)電路圖如上圖所示；(3)大于；(4)68o

(1)根據(jù)電源電動(dòng)勢選擇電壓表；根據(jù)電路最大電流選擇電流表。

(2)根據(jù)題意確定滑動(dòng)變阻器與電流表的接法，然后完成實(shí)驗(yàn)電路圖。

(3)根據(jù)圖示電路圖分析實(shí)驗(yàn)誤差。

(4)根據(jù)圖丙所示電路圖應(yīng)用串并聯(lián)電路特點(diǎn)求出場的阻值，然后根據(jù)圖乙所示圖象求

出溫度。

要掌握實(shí)驗(yàn)器材的選擇原則：安全性原則、精確性原則、方便實(shí)驗(yàn)操作原則；分析清楚

電路結(jié)構(gòu)根據(jù)圖示圖象可以解題。

2

11.【答案】解：⑴小球p由C運(yùn)動(dòng)到。時(shí)，由動(dòng)能定理得：mgd+qUC0=lmv,解得：

2

n_mv-2mgd

C0~2q；

(2)小球p經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)受力分析如圖，由庫侖定律得：&=尸2=k焉,它們的合力為：

尸=&COS45。+F2cos45。，。點(diǎn)處的場強(qiáng)為：E=：,

由牛頓第二定律得：mg+qE=ma,

解得：a=蹩+g，

答：(1)C、。間的電勢差為叱衛(wèi)幽；

2q

(2)小球p經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)的加速度為舞+g。

【解析】(1)小球p由C運(yùn)動(dòng)到。時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理解得；

(2)根據(jù)。點(diǎn)的場強(qiáng)實(shí)際上是兩點(diǎn)電荷在。點(diǎn)產(chǎn)生場強(qiáng)的合場強(qiáng)，等量異種電荷的電場具

有對稱性，結(jié)合正確分析小球的受力情況，運(yùn)用牛頓第二定律求解即可。

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本題考查的是等量異種電荷的電場具有對稱性的相關(guān)問題，關(guān)鍵要正確分析小球的受力

情況，運(yùn)用牛頓第二定律、動(dòng)能定理處理力電綜合問題。

12.【答案】解：(1)滑塊Q下落過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：+

代入數(shù)據(jù)解得：v0=12m/s

Q與P相碰過程中，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：nzjVo=(m!+m2')vE

代入數(shù)據(jù)解得：%=2m/s；

(2)E與M相碰過程中，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：(磯+m2')vE=(mx+

,

m2)vF+m3vM

根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：“恤+和理=久7nl+巾2)*2+綱3端

聯(lián)立解得：vM=-^m/si

(3)取向右為正方向，第一次推出過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：(7Hi+m2)%=

一(巾1+m2)v+m3v1

以后每次推出過程中，小車的動(dòng)量變化均為：Ap=2(mx+m2)v

推N次后，小車的動(dòng)量m3孫,=m3vi+(N-l)Zlp

根據(jù)題意可得：vN>v

解得：N25.4次

所以N=6次。

答：(1)P、Q碰撞后的速度大小為2m/s；

(2)如果結(jié)合體E與小車M發(fā)生彈性碰撞，碰后小車的速度大小為(■m/s；

(3)如果人每次以u=lOm/s的速度(相對地面)將E反向推出，人最多能推6次。

【解析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理求解Q與P碰撞前的速度大小，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解碰撞后

的速度大??；

(2*與M相碰過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律列方程聯(lián)立解答；

(3)根據(jù)動(dòng)量守恒定律分析第一次推出以后每次推出過程中小車的動(dòng)量變化，根據(jù)動(dòng)量

守恒定律結(jié)合題意進(jìn)行解答。

本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律；對于動(dòng)量守恒定律，其守恒條件是:

系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力為零)；解答時(shí)要首先確定一個(gè)正

方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程求解。

13.【答案】ABD

【解析】解：4、根據(jù)熱力學(xué)第一定律/U=W+Q，吸收熱量說明Q>0,體積增大說

明對外做功，則W<0,故內(nèi)能有可能不變，故A正確：

以內(nèi)能是物體所有分子動(dòng)能和分子勢能的總和，內(nèi)能相同不代表兩物體溫度相等，所

以有可能發(fā)生熱傳遞，故B正確；

C、氮?dú)獾哪栿w積與阿伏伽德羅常數(shù)的比值計(jì)算得到的是氮?dú)夥肿铀加械钠骄臻g，

并不是氮?dú)夥肿拥捏w積，故C錯(cuò)誤；

。、根據(jù)分子間為斥力時(shí)，當(dāng)分子間距減小時(shí)，分子力做負(fù)功，分子勢能增加，故。正

確；

從被封閉氣體的壓強(qiáng)是由氣體分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)時(shí)與器壁表面碰撞時(shí)的作用力引起的，

與超重、失重?zé)o關(guān)，故E錯(cuò)誤；

故選：ABD.

由熱力學(xué)第一定律4U=勿+Q分析4選項(xiàng)，根據(jù)內(nèi)能的定義可知，內(nèi)能相同不代表兩物

體溫度相等，所以有可能發(fā)生熱傳遞，根據(jù)氣體分子的體積與氣體分子所占有的平均空

間的區(qū)別可以分析C選項(xiàng)，根據(jù)分子力做功可以確定分子勢能的增減，根據(jù)氣體壓強(qiáng)產(chǎn)

生的本質(zhì)可以知道E選項(xiàng)錯(cuò)誤。

該題考查熱學(xué)部分相關(guān)的知識點(diǎn)，屬于基本概念、原理的考查，需要學(xué)生加強(qiáng)該部分知

識點(diǎn)的記憶，題型簡單。

14.【答案】解：(1)初態(tài)：pi=po.(k-=75cmHg-(20-lS)cmHg=

70cmHg,匕=l2S,T\=240K

==

末態(tài)：P2Po75cmHg,V2=l2S+^-^-S,T2

根據(jù)一定質(zhì)量理想氣體狀態(tài)方程可得：竽=竽

*1<2

解得R=300K

(2)讓U形管兩端豎直朝上自由下落，處于完全失重狀態(tài)，左右兩邊氣體壓強(qiáng)相等，

假設(shè)左邊液面下降了對左邊氣體：PokS=p(h+l)S

對右邊氣體：prl2S=p(l2-V)S

解得/=0.588cm

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高度差九=21+一，2)=2x0.588cm+(20-15)cm=6.18cm

答：(1)若改變環(huán)境溫度，使左右兩邊管內(nèi)水銀液面相平，此時(shí)的環(huán)境溫度為300K。

(2)氣體狀態(tài)穩(wěn)定后，左右兩邊水銀柱的高度差是6.18CM。

【解析】(1)對左邊氣體，找出初末狀態(tài)參量，