2022年江蘇省南通市、泰州市高考物理三模試卷附答案詳解

2022年江蘇省南通市、泰州市高考物理三模試卷

一、單選題（本大題共9小題，共36.0分）

1.在“用油膜法估測油酸分子的大小”實(shí)驗(yàn)中，下列說法正確的是（）

A.為便于形成單分子油膜，配成的油酸酒精溶液濃度要低一些

B.為使油酸和酒精充分混合，配成的溶液需靜置較長時(shí)間

C.為清晰顯示油膜的邊界，滴入油酸酒精溶液后再撒上琲子粉

D.為減小實(shí)驗(yàn)誤差，選用的玻璃板上正方形方格要大一些

2.2022年1月，我國“實(shí)踐21”衛(wèi)星成功捕獲了失效的同步衛(wèi)星“北斗2號(hào)G2星”，

將其移送至比同步軌道更高的“墓地軌道”上，“實(shí)踐21”衛(wèi)星又返回同步軌

道.則（）

A.兩衛(wèi)星組合體在同步軌道減速才能到達(dá)“墓地軌道”

B.“北斗2號(hào)G2星”在“墓地軌道”運(yùn)行的周期小于地球自轉(zhuǎn)周期

C.“北斗2號(hào)G2星”在“墓地軌道”上的加速度比原軌道上的大

D.“實(shí)踐21”衛(wèi)星從“墓地軌道”返回同步軌道機(jī)械能減小

3.如圖所示，碳60是由60個(gè)碳原子組成的足球狀分子，科媼土

研人員把一束碳60分子以2.0x102nl/s的速度射向光柵，L

結(jié)果在后面的屏上觀察到條紋。已知一個(gè)碳原子質(zhì)量為

1.99x10~26kg,普朗克常量為6.63x10-347?s,則該碳

60分子的物質(zhì)波波長約（）

A.1.7x10-10mB.3.6xlOTimC.2.8x10-12mD.1.9x10-18m

4.如圖所示，豎直平面內(nèi)蜘蛛網(wǎng)上4B、C三點(diǎn)的連線構(gòu)成/-b\

AW.B

正三角形，三根蜘蛛絲a、b、c的延長線過三角形的中心，.

蜘蛛絲c沿豎直方向，c中有張力.則（）

A.蜘蛛靜止在網(wǎng)中央時(shí)，a中張力大于b中張力

B.蜘蛛在網(wǎng)中央由靜止向上加速，b中張力變大

C.蜘蛛在網(wǎng)中央由靜止沿b方向向上加速，b中張力變小

D.蜘蛛網(wǎng)在水平風(fēng)吹拂下晃動(dòng)，a中張力大小不變

5.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A依次經(jīng)過狀態(tài)8、?

C和。后再回到狀態(tài)4其中4-B和C-D為等溫過程，K?

D

O

87（；和。-4為絕熱過程。這就是熱機(jī)的“卡諾循環(huán)”。貝女）

A.A-B過程說明，熱機(jī)可以從單一熱源吸熱對外做功而不引起其它變化

B.B-C過程中，氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)碰撞單位面積器壁的平均沖量增大

C.CT。過程中，氣體的內(nèi)能增大

D.整個(gè)循環(huán)過程中，氣體從外界吸收熱量

6.如圖所示，的133原子基態(tài)有兩個(gè)超精細(xì)能級(jí)，從能級(jí)2躍遷到能級(jí)1發(fā)出光子的頻

率約為9.2x109Hz。時(shí)間單位“秒”是根據(jù)該輻射光子的頻率定義的?？梢姽獠?/p>

長范圍為400mn?700”n,則（）

-------1-----

激發(fā)態(tài)，

/超精細(xì)能級(jí)2

基態(tài)_______

'、超精細(xì)能級(jí)1

A.秒是國際單位制中的導(dǎo)出單位

B.該躍遷輻射出的是y射線

C.葩133從激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷時(shí)輻射光子的頻率大于9.2x109Hz

D.用頻率為9.2x109“z的光照射鋅板，能發(fā)生光電效應(yīng)（鋅板一般需要紫外線照射才

能發(fā)生光電效應(yīng)）

7.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的坐標(biāo)軸上固定四個(gè)點(diǎn)電荷4、B、C、D,它們

到原點(diǎn)0的距離相等、其中4C的電荷量為+q，B、。的電荷量為-q,a、b、c,d是

坐標(biāo)軸上到原點(diǎn)距離相等的四個(gè)點(diǎn)，貝女）

A.a點(diǎn)的場強(qiáng)與c點(diǎn)的場強(qiáng)相同

B.a點(diǎn)的電勢與匕點(diǎn)的電勢相等

C.試探電荷+礦在a點(diǎn)的電勢能等于在c點(diǎn)的電勢能

D.試探電荷+q'沿直線從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)電場力不做功

第2頁，共21頁

8.如圖所示，某海洋樂園里正在進(jìn)行海豚戲球表演，

段

馴獸師由靜止釋放球的同時(shí)，海豚沿正對著球的方

向躍出水面，設(shè)海豚出水后姿勢保持不變，不計(jì)空

氣阻力.海豚在落水前（）

A.相同時(shí)間內(nèi)速度方向變化的角度相同

B.相對球做勻速直線運(yùn)動(dòng)

C.一定能頂?shù)角?/p>

D.增大出水時(shí)的仰角能頂?shù)角?/p>

9.1697年牛頓、伯努利等解出了“最速降線”的軌跡方程.如圖所示，小球在豎直

平面內(nèi)從靜止開始由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，沿PMQ光滑軌道時(shí)間最短（該軌道曲線為最速

降線）。PNQ為傾斜光滑直軌道，小球從P點(diǎn)由靜止開始沿兩軌道運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，速

度方向與水平方向間夾角相等。M點(diǎn)為PMQ軌道的最低點(diǎn)，M、N兩點(diǎn)在同一豎直

線上.則（）

A.小球沿兩軌道運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)的速度大小不同

B.小球在M點(diǎn)受到的彈力小于在N點(diǎn)受到的彈力

C.小球在PM間任意位置加速度都不可能沿水平方向

D.小球從N到Q的時(shí)間大于從M到Q的時(shí)間

二、多選題（本大題共1小題，共4.0分）

10.如圖所示，豎直平面內(nèi)存在范圍足夠大、方向水平的磁場，同一高度處磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小相等，豎直方向上磁感應(yīng)強(qiáng)度隨距離均勻增大，將一個(gè)豎直放置的正方形金屬

線框abed從圖示位置水平向右拋出，不計(jì)空氣阻力.下列關(guān)于線框運(yùn)動(dòng)的加速度a、

感應(yīng)電流i隨時(shí)間3線框重力做功的功率P、機(jī)械能E隨下落高度h變化的關(guān)系圖像

中，可能正確的是（）

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共1小題，共15.0分）

11.電導(dǎo)率是電阻率的倒數(shù)，25%：時(shí)合格純凈水的電導(dǎo)率小于5.0xIO-%-1?m-i.某小

組為測量一水廠純凈水的電導(dǎo)率，用絕緣性能良好的塑料圓柱形容器裝滿采集的水

樣，然后用金屬圓片電極將容器兩端密封，實(shí)驗(yàn)室還提供了下列器材：

A.游標(biāo)卡尺

3.電壓表V（量程3V,內(nèi)阻約5k。）

C靈敏電流計(jì)G（量程20/M,內(nèi)阻約2500）

D滑動(dòng)變阻器R（阻值0?200,額定電流14）

E.電源（E=6V,內(nèi)阻很?。?/p>

F.開關(guān)、導(dǎo)線若干

（1）圖甲為游標(biāo)卡尺的結(jié)構(gòu)示意圖，實(shí)驗(yàn)前需測量圓柱形容器的內(nèi)徑，應(yīng)使用游標(biāo)

卡尺的（選填"A"、"B”或"C”）進(jìn)行測量，游標(biāo)卡尺示數(shù)為cm.

（2）請用筆畫線代替導(dǎo)線，將圖乙測量純凈水樣品電阻的實(shí)物電路連接完整.

（3）測量數(shù)據(jù)如下表所示，請?jiān)趫D丙中作出U-/圖像.根據(jù)圖像求出該樣本電阻的

第4頁，共21頁

阻值％=結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)，進(jìn)而可以求出電導(dǎo)率。

urv

02.04.06.08.010.012.0

丙___________

U/V0.521.201.802.362.78

//M2.04.46.88.810.4

(4)若裝入的純凈水樣品未完全充滿塑料圓柱形容器，這將會(huì)使測得的電導(dǎo)率

(選填“偏大”、“偏小”或“不變”)，理由是。

四、簡答題(本大題共1小題，共16.0分)

12.如圖所示，xOy豎直平面坐標(biāo)系中，x軸上方有垂直于%Oy平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁

感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,下方有沿+y方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E.粒子源在坐標(biāo)

平面內(nèi)從。處發(fā)射速度大小、方向各不相同的粒子，粒子初速度方向與+x方向夾角

范圍是［0,90。］,初速度大小范圍是［為，：%］?已知粒子的質(zhì)量為加、電荷量為+q,不

計(jì)粒子重力及粒子間相互作用。

(1)求粒子到達(dá)x軸下方的最遠(yuǎn)距離由

(2)求粒子第一次在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)可能到達(dá)區(qū)域的面積S；

(3)若粒子源只沿+y方向發(fā)射粒子，其它條件不變，發(fā)現(xiàn)x軸上P點(diǎn)左側(cè)所有位置恰

好均有粒子通過，求粒子從0點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所需的最短時(shí)間久

五、計(jì)算題(本大題共3小題，共29.0分)

13.兩列簡諧橫波P、Q在同一介質(zhì)中分別沿x軸正方向和負(fù)方向傳播，P、Q兩列波在

t=0時(shí)刻的波形分別如圖甲中實(shí)線、虛線所示，x=1.5L處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像如圖乙

所示.簡諧波P的周期為7>,圖中4］、&己知，7未知.求：

(1)兩列波在介質(zhì)中的傳播速度”及簡諧波Q的周期TQ;

(2)求7及％=1.5L處質(zhì)點(diǎn)從￡=0時(shí)刻到“時(shí)間內(nèi)通過的路程s.

第6頁，共21頁

14.研究光的干涉現(xiàn)象原理圖如圖所示.光源S到雙縫S1、S2的距離相等，Si、S2連線

平行于光屏，。點(diǎn)為S1.S2連線中垂線與光屏的交點(diǎn)，光源S發(fā)出單色光，經(jīng)S】、S2傳

播到光屏上P點(diǎn)，S,P垂直于光屏，P為某亮條紋中心，0P之間還有k條亮條紋，

光由Si、S2傳播到P點(diǎn)的時(shí)間差為現(xiàn)緊貼S］放置厚度為d的玻璃片，光由S1垂直穿

過玻璃片傳播到P點(diǎn)與光由S2直接傳播到P點(diǎn)時(shí)間相等.已知光在真空中的速度為c,

玻璃對該單色光的折射率為n,不考慮光在玻璃片內(nèi)的反射。求：

(1)單色光在真空中的波長；I；

(2)玻璃片的厚度d。

15.如圖所示，半球形光滑圓弧槽固定在水平轉(zhuǎn)臺(tái)上，轉(zhuǎn)臺(tái)可繞豎直軸。。'轉(zhuǎn)動(dòng)，圓弧

槽半徑為R,圓心為。.質(zhì)量為m的小球4通過長L=3R的細(xì)線連接小球B,兩球靜止

時(shí)，A球恰在槽內(nèi)壁P點(diǎn)，P。與水平方向間夾角％=60。.現(xiàn)將4球移至圓弧槽的左

端點(diǎn)Q由靜止釋放，轉(zhuǎn)臺(tái)保持靜止。已知重力加速度為g。

(1)求B球的質(zhì)量mg；

(2)求4球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能％；

(3)若將4球固定在P點(diǎn)，使轉(zhuǎn)臺(tái)繞0。'軸從靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，直到細(xì)線Q8與

豎直方向間夾角%=30。.求此過程中轉(zhuǎn)臺(tái)對兩球做的功”。

第8頁，共21頁

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4、配成的油酸酒精溶液濃度低一些，每滴酒精油酸混合溶液中純油酸的

體積就少，鋪在淺盤中形成的油膜的面積就小，更容易形成單層油膜，故A正確；

8、配成的溶液需靜置的時(shí)間越長，酒精揮發(fā)的越多，導(dǎo)致純油酸的濃度變大，給實(shí)驗(yàn)

帶來誤差，故B錯(cuò)誤；

C、為清晰顯示油膜的邊界，應(yīng)該先撒上琲子粉再滴入油酸酒精混合溶液，故C錯(cuò)誤；

￡＞、為減小實(shí)驗(yàn)誤差，選用的玻璃板上正方形方格要小一些，由于輪廓采取估測法，因

此方格越大誤差越大，故。錯(cuò)誤；

故選：4。

根據(jù)油膜法測油酸分子直徑的實(shí)驗(yàn)原理以及操作步驟、誤差分析等知識(shí)點(diǎn)即可分析該題。

本題考查利用油膜法測分子直徑，需要學(xué)生理解實(shí)驗(yàn)原理，明確實(shí)驗(yàn)步驟、數(shù)據(jù)分析以

及誤差分析等知識(shí)點(diǎn)，屬于中檔題。

2.【答案】D

【解析】解：4衛(wèi)星從低軌道變軌到高軌道需要點(diǎn)火加速，故兩衛(wèi)星組合體在同步軌道

需要加速才能到達(dá)“墓地軌道”，故A錯(cuò)誤；

A衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)萬有引力提供向心力G萼=m誓r,解得7=

r2T2

軍ocg,可知“北斗2號(hào)G2星”在“墓地軌道”運(yùn)行的周期大于同步衛(wèi)星的周期,

\GM

即大于地球自轉(zhuǎn)周期，故8錯(cuò)誤；

C.根據(jù)牛頓第二定律可得G^=ma,解得a=等8+可知北斗2號(hào)G2星”在“墓地軌

道”上的加速度比原軌道上的小，故C錯(cuò)誤；

D衛(wèi)星從高軌道返回到低軌道需要點(diǎn)火減速，點(diǎn)火減速過程衛(wèi)星的機(jī)械能減小，故“實(shí)

踐21“衛(wèi)星從“墓地軌道”返回同步軌道機(jī)械能減小，故。正確；

故選：D。

根據(jù)萬有引力提供向心力，可得到周期與半徑之間的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律可知加速

度大小關(guān)系，衛(wèi)星從低軌道到高軌道需要加速，消耗衛(wèi)星自身攜帶的化學(xué)能轉(zhuǎn)化成機(jī)械

能，由此可判斷機(jī)械能的變化。

該題考查萬有引力提供向心力、牛頓第二定律、衛(wèi)星軌道的變化等知識(shí)點(diǎn)，屬于萬有引

力與航天部分?？贾R(shí)點(diǎn)。

3.【答案】A

【解析】解：該碳60分子的動(dòng)量大小為p=mv=1.99x10-26fcx2.0x102kg-m/s=

3.98xINkg.m/s

該碳60分子的物質(zhì)波波長為4=巴=鬻舄》1。1.7xl0T。m,故A正確,2C。錯(cuò)誤。

po.yox

故選：AQ

已知碳原子質(zhì)量和速度，由「=機(jī)"求出碳原子質(zhì)量的動(dòng)量，再由4=；求碳60分子的物

質(zhì)波波長。

解決本題的關(guān)鍵要掌握物質(zhì)波波長與動(dòng)量的關(guān)系：％=；,計(jì)算結(jié)果要注意數(shù)量級(jí)。

4.【答案】B

【解析】解：4、以網(wǎng)和蜘蛛為研究對象，受力分析如圖所示：

由平衡條件得：

Tasin0=Tbsin0

可得：Ta=Tb,故A錯(cuò)誤；

8、根據(jù)牛頓第二定律的同向性

Tacos94-Tbcos0—mg—Tc=ma

Tasin6=Tbsin9

可知蜘蛛在網(wǎng)中央由靜止向上加速，%與熱均增大，故B正確：

C、同理，根據(jù)牛頓第二定律的同向性可知蜘蛛在網(wǎng)中央由靜止沿b方向向上加速，b中

第10頁，共21頁

張力變大，故c錯(cuò)誤；

D、蜘蛛網(wǎng)在水平風(fēng)吹拂下晃動(dòng)，兀與幾以及外在垂直蜘蛛網(wǎng)的方向均有分力，根據(jù)力

的合成可知，a中張力大小發(fā)生變化，故。錯(cuò)誤；

故選：B。

以網(wǎng)和蜘蛛為研究對象進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件列式分析；

結(jié)合牛頓第二定律分析出不同情況下蜘蛛絲的張力變化。

本題主要考查了牛頓第二定律的相關(guān)應(yīng)用，要熟悉對物體的受力分析，結(jié)合牛頓第二定

律的同向性列式即可完成分析。

5.【答案】D

【解析】解：4、根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，不可能從單一熱源吸熱全部用來對外做功

而不引起其他變化，故A錯(cuò)誤；

8、B-C過程中，絕熱膨脹，氣體對外做功，內(nèi)能減小，溫度降低，分子的平均動(dòng)能

減小，壓強(qiáng)減小，單位時(shí)間內(nèi)氣體分子對器壁單位面積的沖量

/=pSAt

氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)碰撞單位面積器壁的平均沖量減小，故B錯(cuò)誤；

C、C-。為等溫過程，溫度是理想氣體的內(nèi)能大小的標(biāo)度，故溫度恒定，內(nèi)能不變，

故C錯(cuò)誤；

整個(gè)循環(huán)過程中，氣體對外做功，從狀態(tài)4回到狀態(tài)4溫度相同，根據(jù)熱力學(xué)第一

定律可知?dú)怏w必從外界吸熱，故。正確；

故選：Do

根據(jù)熱力學(xué)第二定律分析出熱機(jī)不可以從單一熱源吸熱對外做功而不引起其它變化；

根據(jù)圖像結(jié)合熱力學(xué)第一定律分析出氣體的溫度變化，結(jié)合壓強(qiáng)的微觀意義我【按成分

析；

根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析出氣體的吸放熱情況。

本題主要考查了一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程，根據(jù)圖像分析出氣體狀態(tài)參量的變化,

結(jié)合熱力學(xué)定律即可完成分析。

6.【答案】C

【解析】解：4、秒是國際單位制中的基本單位，故A錯(cuò)誤；

B、該光的波長：，=￡=型/0.0326m,可知該電磁波屬于微波的范圍，故B錯(cuò)

v9.2X109

誤：

C、由圖可以看出，的133的激發(fā)態(tài)與基態(tài)之間的能極差明顯大于兩個(gè)超精細(xì)能級(jí)之間

的能量差，結(jié)合玻爾理論可知，葩133從激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷時(shí)輻射光子的頻率大于9.2x

109HZ,故C正確；

D、頻率為9.2xl09“z的光屬于微波的范圍，結(jié)合光電效應(yīng)的條件可知，該光波不能使

鋅板發(fā)生光電效應(yīng)，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

明確單位制的確定；根據(jù)波長與頻率的關(guān)系求出該光的波長，然后判斷該光波的類型；

根據(jù)玻爾理論分析；根據(jù)光電效應(yīng)發(fā)生的條件分析。

該題考查玻爾理論以及單位制，要熟記電磁波譜變化的規(guī)律，同時(shí)要注意明確常見基本

物理量。

7.【答案】C

【解析】解：4、電場是矢量，根據(jù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場結(jié)合電場的矢量疊加，可知ac電

場強(qiáng)度大小相等，方向相反，故4錯(cuò)誤；

B、根據(jù)點(diǎn)電荷周圍等勢面分布可知a點(diǎn)電勢大于0,b點(diǎn)電勢小于0,故8錯(cuò)誤；

C、根據(jù)對稱性可知ac兩點(diǎn)電勢相等，所以試探電荷+q'在a點(diǎn)的電勢能等于在c點(diǎn)的電

勢能，故C正確；

D、根據(jù)試探電荷+q'的受力與位移的關(guān)系可知沿直線從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)電場力一直做正

功，故。錯(cuò)誤；

故選：C。

空間每一點(diǎn)的電場強(qiáng)度是四個(gè)電荷產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的疊加，根據(jù)電場的疊加原理分析各

個(gè)電場強(qiáng)度的關(guān)系和電勢關(guān)系，根據(jù)電勢分析電勢能變化可知電場力做功情況。

本題可看成等量異種電荷和等量同種電荷電場的疊加，要掌握兩種電場的電場線和等勢

面的分布情況，抓住對稱性，運(yùn)用電場的疊加原理分析。

8.【答案】B

第12頁，共21頁

【解析】解：4、相同時(shí)間內(nèi)速度的變化量相等，但對應(yīng)時(shí)間的初速度的大小和方向不

同，故速度方向變化的角度不同，故A錯(cuò)誤；

B、海豚和小球都僅受重力作用，加速度相同，故海豚在羅稅前相對球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，

故B正確；

C、設(shè)海豚躍出水面距離馴獸師正下方的水平位移為X,小球釋放的高度為九，海豚躍出

水面的速度方向與水平面的夾角為氏故海豚能頂?shù)角驖M足的關(guān)系為

X=v0cosOt

h=+vQsin0t—=vQsin9t

tan9A=-九

X

當(dāng)海豚在落水前所經(jīng)歷的時(shí)間為：

_2vosin0

to=~T~

故當(dāng)海豚落水時(shí)恰好頂?shù)角颍瑒t有

2vnd

h=v0sin6t0=v0sin6^^

解得：%=產(chǎn)耍，故當(dāng)孫<產(chǎn)簪時(shí)，海豚不能頂?shù)角颍蔆錯(cuò)誤；

D、增大出水時(shí)的仰角，即0>0,則

tang)>tan9=+故不能頂?shù)角?，故?gt;錯(cuò)誤；

故選：B。

相同時(shí)間的速度變化量相等，但對應(yīng)時(shí)間的初速度的大小和方向不同，故速度方向變化

的角度不同；

小球和海豚在豎直方向上都受重力，所以換參后海豚相對于球做勻速直線運(yùn)動(dòng)；

根據(jù)不同方向的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和幾何關(guān)系分析出海豚頂?shù)角驎r(shí)需要滿足的

關(guān)系。

本題以海豚表演為考查背景，主要考查了斜拋運(yùn)動(dòng)的相關(guān)應(yīng)用，要理解斜拋運(yùn)動(dòng)在不同

方向上的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，同時(shí)結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和幾何關(guān)系完成分析，考法新穎，難度中等。

9.【答案】D

【解析】解：4小球沿兩軌道運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)重力做功相等，即合外力做功相等，根據(jù)動(dòng)能

定理可知小球沿兩軌道運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)的速度大小相同，故A錯(cuò)誤；

A小球在M點(diǎn)向心加速度向上，小球處于超重狀態(tài)，在N點(diǎn)處于失重狀態(tài)，結(jié)合牛頓第

三定律可知小球在M點(diǎn)受到的彈力大于在N點(diǎn)受到的彈力，故8錯(cuò)誤；

C.小球在PM間向心加速度的豎直分量和切向加速度的豎直分量相等時(shí)，合加速度在水

平方向，故C錯(cuò)誤；

。.在M點(diǎn)的速度沿水平方向，設(shè)為力,由動(dòng)能定理可知M點(diǎn)的速度大于在N點(diǎn)速度的水

平分量，由題意知在Q點(diǎn)速度相同，則在Q點(diǎn)速度水平分量相同，沿NQ水平方向做勻加

速直線運(yùn)動(dòng)，沿曲線MQ水平方向做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，水平方向位移相等，如圖

所示

可知小球從N到Q的時(shí)間大于從"到Q的時(shí)間，故￡)正確。

故選：Do

小球沿兩軌道運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)重力做功相等，根據(jù)動(dòng)能定理分析到Q點(diǎn)的速度，小球在M點(diǎn)

處于超重狀態(tài)，在N點(diǎn)處于失重狀態(tài)，根據(jù)u-t圖像分析小球在兩軌道運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

本題考查向心力與牛頓第二定律，解題關(guān)鍵掌握小球運(yùn)動(dòng)情況的分析，注意超重與失重

的判斷方法。

10.【答案】AD

【解析】解：4、線框水平向右拋出后，在重力作用下在豎直方向上做加速運(yùn)動(dòng)，磁通

量增加，磁場方向垂直紙面向外，由楞次定律判斷可知感應(yīng)電流方向是adcba,ab邊和

cd所受的安培力大小相等、方向相反，則線框在水平方向上所受的合力為零，所以線框

在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)。由左手定則可知ad邊受到的安培力豎直向下，比邊受到

的安培力豎直向上，由于be處的磁感應(yīng)強(qiáng)度總比ad處的大，則左邊受到的安培力比ad邊

的大，所以線框所受安培力方向始終豎直向上。設(shè)線框邊長為3某時(shí)刻豎直分速度為

2

則線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E=BbcLv-BadLv=(Bbc-Bad)Lv=kL-Lv=kvL,k

是比例系數(shù)，故隨著速度"的增加，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢增加，感應(yīng)電流增加，線框

所受的安培力增加，合力減小，加速度減小，當(dāng)安培力與重力平衡時(shí)開始做勻速運(yùn)動(dòng)，

第14頁，共21頁

所以線框在豎直方向上先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，線框在水

平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸減小直至為零。設(shè)線框速度為"時(shí)加速度為a,由牛

頓第二定律得：mg-(Bbc-Bad)iL=ma,又？=g=皿，Bbc-Bad=kL,聯(lián)立可得

RR

a=g-生也，隨著u增大，a減小。絲=—空?絲=一包小可知a—t圖像的切線斜

率不斷減小，直至為零，故A正確；

B、感應(yīng)電流為i=半，v先減小后不變，貝關(guān)先減小后不變，但不為零，故B錯(cuò)誤；

C、線框重力做功的功率P=mgu,u先減小后不變，貝UP先減小后不變，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)功能關(guān)系可知，冷IF笳MCBbc-BaQijTZ“先減小后不變，則1若1先

減小后不變，故。正確。

故選：AD.

分析線框水平方向和豎直方向的受力情況，來判斷其運(yùn)動(dòng)情況，由牛頓第二定律分析加

速度的變化情況，由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律相結(jié)合分析感應(yīng)電流的變化情況,

由P=mg與分析線框重力做功的功率P變化情況；根據(jù)安培力做功情況判斷機(jī)械能的變

化情況，再確定各個(gè)圖像的形狀。

解答本題時(shí)，要根據(jù)物理規(guī)律結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)研究各個(gè)圖像斜率的變化情況，從而分析各

個(gè)量的變化情況。

11.【答案】43.1102.7X102偏小電流方向上，樣品的橫截面積減小，所測電阻增

大

【解析】解：由圖可知，要測量圓柱形容器的內(nèi)徑，應(yīng)使用游標(biāo)卡尺的4進(jìn)行測量，游

標(biāo)卡尺的分度值為0.02mm,游標(biāo)卡尺示數(shù)為31nwn+0.02x5mm=31.10mm=

3.110cm；

(2)為了使得電壓變化范圍較大，滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法；由題可知，靈敏電流計(jì)

電流變化范圍很小，電流表的分壓較小，為了減小誤差，靈敏電流計(jì)采用內(nèi)接法，實(shí)物

圖如圖所示：

(3)將表中數(shù)據(jù)描于坐標(biāo)紙上，用一條直線盡可能地穿過更多的點(diǎn)，不在直線上的點(diǎn)盡

量均勻地分布在直線兩側(cè)，誤差較大的點(diǎn)舍去，畫出的U-/圖像如圖所示：

根據(jù)圖像求得該樣本電阻的阻值為:

&=。。言)1-60=2.7x1050=2.7X1(^0

(4)若裝入的純凈水樣品未完全充滿塑料圓柱形容器，這將會(huì)使測得的電導(dǎo)率偏小，理

由是電流方向上，樣品的橫截面積減小，所測電阻增大。

故答案為：(1)/1：3.110；(2)實(shí)物圖如上圖所示；(3川一/圖像如上圖所示；2.7x102；

(4)偏??；電流方向上，樣品的橫截面積減小，所測電阻增大

(1)熟悉游標(biāo)卡尺的使用方法即對應(yīng)的讀數(shù)規(guī)則；

(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理設(shè)計(jì)出合適的電路圖；

(3)根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在坐標(biāo)紙上描點(diǎn)，用一條直線盡可能地穿過更多的點(diǎn)，不在直線上

的點(diǎn)盡量均勻地分布在直線兩側(cè)，誤差較大的點(diǎn)舍去，畫出U-/圖像；

(4)根據(jù)電阻的誤差分析出電導(dǎo)率的誤差。

本題主要考查了金屬電阻率的測量，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，熟悉電路結(jié)構(gòu)

和歐姆定律，結(jié)合U-/圖像完成分析。

第16頁，共21頁

12.【答案】解：（1）當(dāng)粒子的速度大小為：火且沿y軸正向射出時(shí)粒子到達(dá)x軸下方有最

遠(yuǎn)距離d,根據(jù)動(dòng)能定理得

Eqd=綱（學(xué)）2

解得

1_257n詔

—32Eq

（2）設(shè)速度大小為火的粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為速度大小為:%的粒子在磁

場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為萬，粒子第一次在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)可能到達(dá)區(qū)域如下圖1所示，Si

則打到的區(qū)域面積為

S=）以+［兀（2萬）2-51

其中

衿=扣號(hào)一濟(jì)

解得

S_（597T+32）m2VQ

3=-32q2B2-

（3）由題意，P點(diǎn)位置如下圖2所示，陰影表示粒子能打到軸上的區(qū)域，粒子在電場中的

運(yùn)動(dòng)徑跡未畫出。速度大小為孫的粒子從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間最短。

圖2

粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

-2TB

其中

T2nm

TD=----

“qB

設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)單程的時(shí)間為tl，則

Eqh=mv0

粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

生=6。

粒子從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間

t=%+生

解得

t_4nm+6mv0

qBEq

答：(1)粒子到達(dá)工軸下方的最遠(yuǎn)距離為野；

(2)粒子第一次在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)可能到達(dá)區(qū)域的面積為駕鬻逋；

(3)粒子從0點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所需的最短時(shí)間為翳+*

【解析】(1)粒子從y軸正方向射入電場，由動(dòng)能定理可求得距離；

(2)作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，由幾何關(guān)系可求出粒子第一次在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)可能到達(dá)區(qū)域

的面積；

(3)分別解得粒子在磁場和電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相加即可。

本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動(dòng)，解題的關(guān)鍵在于確定圓心和半徑，并能根據(jù)

幾何關(guān)系確定可能的運(yùn)動(dòng)軌跡并求解。

13.【答案】解：(1)由圖可知簡諧波P、Q的波長

Ap=L,AQ—2L

波在同種介質(zhì)中傳播速度相等，則根據(jù)"=普=/

TPTp

解得

TQ=2Tp

(2)t=0時(shí)刻起到尤=1.5L處質(zhì)點(diǎn)再次出現(xiàn)波谷與波谷疊加經(jīng)歷的時(shí)間為To,則

vT0=n/p=n2^Q

當(dāng)/=2,改=1時(shí)，對應(yīng)時(shí)間7°,則

第1