2022屆北京市密云區(qū)高三一模物理解析

密云區(qū)2021-2022年第二學(xué)期高三一模試卷

物理

第一部分

一、本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求

的一項(xiàng)。

1.重核裂變和輕核聚變是人類獲得核能的兩種主要途徑，關(guān)于裂變和聚變，下列說(shuō)法正確的是（）

A.裂變釋放能量，聚變吸收能量

B.裂變過程有質(zhì)量虧損，聚變過程無(wú)質(zhì)量虧損

C.裂變和聚變都可以釋放出巨大的能量

D.太陽(yáng)能來(lái)源于太陽(yáng)內(nèi)部發(fā)生的核裂變

【1題答案】

【答案】C

【解析】

【詳解】A.裂變和巨變過程中都釋放能量，故A錯(cuò)誤；

B.裂變和巨變過程中都釋放能量，根據(jù)質(zhì)能方程可知裂變過程和聚變過程都有質(zhì)量虧損，故B錯(cuò)誤；

C.裂變和聚變都可以釋放出巨大的能量，故C正確；

D.太陽(yáng)能來(lái)源于太陽(yáng)內(nèi)部發(fā)生的核聚變，故D錯(cuò)誤。

故選C。

2.電子束衍射實(shí)驗(yàn)是榮獲諾貝爾獎(jiǎng)的重大近代物理實(shí)驗(yàn)之一。如圖所示是電子束衍射實(shí)驗(yàn)裝置的簡(jiǎn)化圖,

這個(gè)實(shí)驗(yàn)證實(shí)了（）

電

子

束

窄縫

A.光具有粒子性B.光具有波動(dòng)性

C.電子具有粒子性D.電子具有波動(dòng)性

【2題答案】

【答案】D

【解析】

【詳解】電子衍射實(shí)驗(yàn)證實(shí)了電子具有波動(dòng)性，故D正確，ABC錯(cuò)誤

故選D。

3.一列簡(jiǎn)諧橫波在x軸上傳播，某時(shí)刻的波形如圖所示，八b.c為介質(zhì)中三個(gè)質(zhì)點(diǎn)，。正沿圖中所示方

向運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是（）

A.該波沿x軸正方向傳播

B.該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)a的速度比6的速度大

C.由此時(shí)刻起，a、Rc三個(gè)質(zhì)點(diǎn)中c將最先到達(dá)平衡位置

D.由此時(shí)刻起，質(zhì)點(diǎn)。經(jīng)過一個(gè)周期運(yùn)動(dòng)的路程為一個(gè)波長(zhǎng)

【3題答案】

【答案】C

【解析】

【詳解】A.由圖可知，該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)。向上振動(dòng)，根據(jù)同側(cè)法可知該波沿x軸負(fù)方向傳播，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)越靠近平衡位置質(zhì)點(diǎn)速度越大可知該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)。的速度比b的速度小，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)同側(cè)法可知，此時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)a、。均向上振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)匕向下振動(dòng)，可知質(zhì)點(diǎn)。先到達(dá)平衡位置，故C

正確；

D.由此時(shí)刻起，質(zhì)點(diǎn)a經(jīng)過一個(gè)周期運(yùn)動(dòng)的路程為4A，由于不確定波長(zhǎng)與振幅A的關(guān)系，所以無(wú)法判

斷，故D錯(cuò)誤。

故選Co

4.2021年2月24日，“天問一號(hào)”火星探測(cè)器經(jīng)過200多天的飛行，成功進(jìn)入橢圓形的軌道繞火星運(yùn)

動(dòng)，開展對(duì)火星的觀測(cè)，并為著陸火星做好準(zhǔn)備。如圖所示，在“天間一號(hào)”沿橢圓軌道由“遠(yuǎn)火點(diǎn)”向

“近火點(diǎn)”運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說(shuō)法正確的是（）

近火點(diǎn)火星）遠(yuǎn)火點(diǎn)

A.探測(cè)器受到火星的引力增大

B.探測(cè)謂的速度逐漸減小

C.引力對(duì)探測(cè)器做負(fù)功，探測(cè)器的勢(shì)能逐漸減小

D.引力對(duì)探測(cè)器做正功，探測(cè)器的機(jī)械能逐漸增大

【4題答案】

【答案】A

【解析】

【詳解】A.根據(jù)

「Mm

Fr=G下

可知“天問一號(hào)”沿橢圓軌道由“遠(yuǎn)火點(diǎn)”向“近火點(diǎn)”運(yùn)動(dòng)的過程中距離減小，所以探測(cè)器受到火星的

引力增大，故A正確；

B.由開普勒第二定律可知“天問一號(hào)”沿橢圓軌道由“遠(yuǎn)火點(diǎn)”向“近火點(diǎn)”運(yùn)動(dòng)的過程中探測(cè)器的速

度逐漸增大，故B錯(cuò)誤；

CD.“天問一號(hào)”沿橢圓軌道由“遠(yuǎn)火點(diǎn)”向“近火點(diǎn)”運(yùn)動(dòng)的過程中，引力對(duì)探測(cè)器做正功，探測(cè)器的

勢(shì)能逐漸減小，探測(cè)器的機(jī)械能不變，故CD錯(cuò)誤。

故選Ao

5.絕熱容器內(nèi)封閉一定質(zhì)量的理想氣體，氣體分子的速率分布如下圖所示，橫坐標(biāo)表示速率丫，縱坐標(biāo)表

示某一速率區(qū)間的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比N,經(jīng)過一段時(shí)間分子的速率分布圖由狀態(tài)①變?yōu)棰冢瑒t由

圖可知（）

氣體溫度一定降低

氣體的壓強(qiáng)一定減小

氣體的內(nèi)能一定增大

氣體一定對(duì)外界做功

【5題答案】

【答案】C

【解析】

【詳解】A.由圖像可知，由狀態(tài)①變?yōu)棰冢肿铀俾首兇蟮姆肿訑?shù)占總分子數(shù)的百分比在增加，說(shuō)明氣體

溫度升高，A錯(cuò)誤；

C.對(duì)于一定質(zhì)量的理想氣體，不計(jì)分子勢(shì)能，則溫度升高，氣體的內(nèi)能一定增大，C正確；

B.根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程

T

由于不確定氣體體積的變化，故不能確定氣體壓強(qiáng)的變化，B錯(cuò)誤；

D.由于不確定氣體體積的變化，故不能確定氣體與外界做功情況，D錯(cuò)誤；

故選C。

6.2021年12月9日15：40分航天員王亞平老師進(jìn)行了太空授課，在“水球光學(xué)實(shí)驗(yàn)'’中，透過含有氣泡的

水球可以看到一正一反的兩個(gè)人像，產(chǎn)生這一現(xiàn)象的原因是（）

A.光的色散B.光的折射C.光的衍射D.光的干涉

【6題答案】

【答案】B

【解析】

【詳解】水球具有中間厚，邊緣薄的特點(diǎn)，因此水球相當(dāng)于一個(gè)凸透鏡，當(dāng)物體在兩倍焦距以外時(shí)成倒立，

縮小的實(shí)像。中間的氣泡和周圍的水，組成了一個(gè)凹透鏡，凹透鏡成正立縮小的虛像，所以兩種情況都是光

的折射現(xiàn)象。

故選B。

7.現(xiàn)代人經(jīng)常低頭玩手機(jī)，這會(huì)使頸椎長(zhǎng)期受壓，可能引發(fā)頸椎病。人低頭時(shí)，可粗略認(rèn)為頭受重力G,

肌肉拉力耳和頸椎支持力與。如圖所示，某同學(xué)低頭看手機(jī)時(shí)頭頸彎曲與豎直方向成60。，此時(shí)肌肉對(duì)頭

的拉力耳約為頭重的4倍，尸2沿圖中虛線方向，依據(jù)上述信息估算此時(shí)頸椎受到的壓力F的可能值

A.G<F<4GB.F=4GC.4G<F<5GD.F>5G

【7題答案】

【答案】C

【解析】

【詳解】設(shè)肌肉對(duì)頭的拉力耳與豎直方向的夾角為8,以頭為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件可得：在豎直方向

F2cos60°=G+cos0

水平方向

F2sin60°=耳sin。

又

耳=4G

解得

口府+1「

居=-------G

22

根據(jù)牛頓第三定律可得

C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選C。

8.圖是某種靜電推進(jìn)裝置的原理圖，發(fā)射極與吸極接在高壓電源兩端，兩極間產(chǎn)生強(qiáng)電場(chǎng)，虛線為等勢(shì)

面，在強(qiáng)電場(chǎng)作用下，一帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸極，人人是其路徑上的兩點(diǎn)，不計(jì)液滴重力，下列

說(shuō)法正確的是（）

—/||||---------

高壓電源.

「發(fā)射極\

b

帶電液滴//吸板

等勢(shì)面!

A.a點(diǎn)的電勢(shì)比6點(diǎn)的低

B.。點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比b點(diǎn)的小

C.液滴在a點(diǎn)的加速度比在匕點(diǎn)的小

D.液滴在。點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的大

【8題答案】

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.高壓電源左為正極，則所加強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)向右，而沿著電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低，可知

（Pa><Pb

故A錯(cuò)誤；

B.等差等勢(shì)線的疏密反映場(chǎng)強(qiáng)的大小，由圖可知。處的等勢(shì)線較密，則

%〉紜

故B錯(cuò)誤；

C.液滴的重力不計(jì)，根據(jù)牛頓第二定律可知，液滴的加速度為

a3

m

因耳>紜，可得

生，>4

故C錯(cuò)誤;

D.液滴在電場(chǎng)力作用下向右加速，則電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增大，電勢(shì)能減少，即

Ep?>Epb

故D正確;

故選Do

9.卡車裝載大型貨物時(shí)，常會(huì)在車尾搭一塊傾斜木板。如圖所示，工人用平行于斜面的力將貨物沿斜面從

底端勻速推到頂端。已知貨物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變。下列說(shuō)法正確的是（）

B.斜面越短，推力越大

C.斜面越長(zhǎng)，工人做功越多

D.斜面越短，工人做功越多

【9題答案】

【答案】C

【解析】

【詳解】AB.假設(shè)斜面長(zhǎng)為L(zhǎng)，從底端到頂端高為4,斜面傾角為6,其中高”為定值，根據(jù)受力平衡可

得

F=mgs,\x\0+f

f=Ringcos6

聯(lián)立可得

F=mg（sin0+4cos0）

令

1〃

cosa=/sina=,「

可得

F=y]\+/j2mgsin（。+a）

當(dāng)

0=90°-a

推力最大值為

2

Fm=yl}+^mg

此時(shí)有

.八H1

sm，=—=cosa=/

L7177

解得

L=H7l+〃2

AB錯(cuò)誤；

CD.因?yàn)樨浳飫蛩龠\(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理可得

WF-mgH-/amgcos0-L=Q

解得

WF=mgH+pimgcos0L=mgH+f.img】I?-H，

可知斜面長(zhǎng)度L越大，推力做功越多，C正確，D錯(cuò)誤；

故選Co

10.為探究變壓器的兩個(gè)線圈的電壓關(guān)系，小明繞制了兩個(gè)線圈套在可拆變壓器的鐵芯上，如圖所示，線

圈“作為原線圈連接到學(xué)生電源的交流輸出端，線圈匕接小燈泡，線圈電阻忽略不計(jì)。當(dāng)閉合電源開關(guān)

時(shí)，他發(fā)現(xiàn)電源過載（電流過大，超過學(xué)生電源允許的最大值）。為解決電源過載問題，下列措施中可行

的是（）

A.增大電源電壓

B.適當(dāng)增加原線圈。的匝數(shù)

C.適當(dāng)增加副線圈6的匝數(shù)

D.換一個(gè)電阻更小的燈泡

【10題答案】

【答案】B

【解析】

【詳解】A.增大電源電壓U〃，根據(jù)

力=%

u“%

可知a增大，則流過燈泡的電流力增大，根據(jù)

h%

可知增大，A錯(cuò)誤；

B.適當(dāng)增加原線圈a的匝數(shù)%,根據(jù)

工務(wù)

u“露

可知外減小，則流過燈泡的電流力減小，根據(jù)

h

可知減小，B正確;

C.適當(dāng)增加副線圈6的匝數(shù)〃〃，根據(jù)

U“na

可知a增大，則流過燈泡的電流4增大，根據(jù)

%=%

4%

可知增大，C錯(cuò)誤；

D.換一個(gè)電阻更小的燈泡，根據(jù)

立=%

U1tna

可知a,不變，則流過燈泡的電流增大，根據(jù)

4na

可知/“增大，D錯(cuò)誤；

故選Bo

11.如圖為洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)圖，勵(lì)磁線圈產(chǎn)生的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，電子束由電子槍產(chǎn)

生，其速度方向與磁場(chǎng)方向垂直。電子速度大小可通過電子槍的加速電壓來(lái)控制，磁感應(yīng)強(qiáng)度可通過勵(lì)磁

線圈的電流來(lái)調(diào)節(jié)。下列說(shuō)法正確的是（）

A.僅增大電子槍的加速電壓，電子束徑跡的半徑變小

B.僅增大電子槍的加速電壓，電子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期變大

C.僅增大勵(lì)磁線圈的電流，電子束徑跡的半徑變小

D.同時(shí)增大電子槍的加速電壓和勵(lì)磁線圈的電流，電子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期可能不變

[11題答案】

【答案】C

【解析】

【詳解】AB.根據(jù)電子所受洛倫茲力的方向結(jié)合右手定則判斷勵(lì)磁線圈中電流方向是順時(shí)針方向，電子在

加速電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理有

eU-

電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力充當(dāng)向心力,有

2

ev^B=m—0_

i

解得

2Um

eB5V

周期為

.2兀m

1=------

eB

可知增大電子槍加速電壓，電子束的軌道半徑變大，周期不變，故AB錯(cuò)誤；

C.同理可得增大勵(lì)磁線圈中的電流，電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)增強(qiáng)，則電子束的軌道半徑變小，故C正確；

2兀m

D.同時(shí)增大電子槍的加速電壓和勵(lì)磁線圈的電流，電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)增強(qiáng)，根據(jù)T=——，可知電子做

eB

圓周運(yùn)動(dòng)的周期變小，故D錯(cuò)誤。

故選Co

12.如圖是一個(gè)簡(jiǎn)易風(fēng)速測(cè)量?jī)x的示意圖，絕緣彈簧的一端固定，另一端與導(dǎo)電的迎風(fēng)板相連，彈簧套在

水平放置的電阻率較大的均勻金屬細(xì)桿上。迎風(fēng)板與金屬桿垂直且接觸良好，并能在金屬桿上自由滑動(dòng)。

迎風(fēng)板與金屬桿末端分別與電壓傳感器的兩端相連，整個(gè)裝置與電阻R串聯(lián)接入閉合電路，則（）

迎風(fēng)板

Er

A.風(fēng)速越大，電壓傳感器的示數(shù)越大

B.風(fēng)速越大，流過電阻R的電流越大

C.風(fēng)速不變時(shí)，電阻R的阻值越大，電壓傳感器示數(shù)越大

D.其他條件不變時(shí)，電壓傳感器示數(shù)與彈簧形變量是線性關(guān)系

【12題答案】

【答案】B

【解析】

【詳解】AB.風(fēng)速越大，金屬桿接入電路的長(zhǎng)度越短，接入電路的阻值越小，金屬桿兩端電壓越小，電壓

傳感器的示數(shù)越小，通過電阻R的電流越大，A錯(cuò)誤，B正確；

C.風(fēng)速不變時(shí)，金屬桿接入電路的長(zhǎng)度不變，接入電路的阻值不變，電阻R的阻值越大，電路中的電流

越小，金屬桿兩端電壓越小，電壓傳感器的示數(shù)越小，C錯(cuò)誤：

D.假設(shè)彈簧的原長(zhǎng)為4,金屬桿單位長(zhǎng)度的電阻為不，當(dāng)彈簧的壓縮量為工時(shí)，金屬桿接入電路的阻值

為

Rx=(L0-x)rQ

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得

EE

r+R+Rr+R+(Z/0—x)%

電壓傳感器示數(shù)為

EE

U=IRX=---------------------&-次=-------——

r+R+G-x）為/r+Rn

（4-x）“

可知電壓傳感器示數(shù)與彈簧形變量不是線性關(guān)系，D錯(cuò)誤；

故選Bo

13.高壓電線落地可能導(dǎo)致行人跨步觸電，如圖所示，設(shè)人的兩腳MN間跨步距離為“，電線觸地點(diǎn)。流

入大地的電流為/,大地的電阻率為p,ON間的距離為R,電流在以。點(diǎn)為圓心、半徑為r的半球面上均

勻分布，其電流密度為已知電流密度乘以電阻率等于電場(chǎng)強(qiáng)度，該電場(chǎng)強(qiáng)度可以等效成把點(diǎn)電荷

271rL

。放在真空中O點(diǎn)處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度。下列說(shuō)法正確的是（）

A.越靠近。點(diǎn)，電勢(shì)越低

B.兩腳間距離越大，跨步電壓一定越大

等效點(diǎn)電荷Q的電荷量為止：（％為靜電力常量）

C.

2兀k

pld

D.若M、N、O三點(diǎn)在一條直線上，圖中兩腳MN間跨步電壓等于

2TTR2

【13題答案】

【答案】C

【解析】

【詳解】A.高壓電線落地，電線觸地電流從。點(diǎn)流入大地的，0點(diǎn)電勢(shì)最高，越靠近0點(diǎn)，電勢(shì)越高，故

A錯(cuò)誤；

B.當(dāng)兩腳位于同一等勢(shì)線上時(shí)即兩腳到。點(diǎn)的距離相等時(shí)，跨步電壓為零，故B錯(cuò)誤;

C.根據(jù)題意有

可得

。=包

2兀k

故C正確；

D.N點(diǎn)處電流密度為二丁，由于MN間的電場(chǎng)是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度越靠近。點(diǎn)越大，則知MN間

InR-

的場(chǎng)強(qiáng)大于——?jiǎng)t兩腳MN間跨步電壓大于上耳，故D錯(cuò)誤。

2

2TCR2兀K

故選C。

14.“八字剎車”是初級(jí)雙板滑雪愛好者一項(xiàng)非常重要的技術(shù)，用“八字剎車”在水平雪面上滑行時(shí)的滑行姿

態(tài)如圖1所示，其減速原理很復(fù)雜，但可簡(jiǎn)化為圖2（圖1中左邊雪板的受力情況）所示。實(shí)際滑行時(shí)，

可通過腳踝"翻轉(zhuǎn)”雪板，使雪板以內(nèi)刃A3為軸，外刃CD向上翻轉(zhuǎn)，使得兩雪板之間夾角為2a,雪板與

雪面成/?角。此時(shí)雪面對(duì)雪板的總作用力尸可近似認(rèn)為垂直于雪板所在平面4BCZ）,其水平、豎直分量分

別記為尸x、Fy,其中以垂直于AB邊，這個(gè)分力可以幫助運(yùn)動(dòng)員做減速運(yùn)動(dòng)。不計(jì)空氣阻力和一切其他

的摩擦，下列說(shuō)法正確的是（）

滑

竹

方

向

4

圖1圖2

A.其他條件不變的情況下，a角越小，減速效果越好

B.其他條件不變的情況下，￡角越小，減速效果越好

C.滑行動(dòng)作和姿態(tài)相同時(shí)，質(zhì)量大的運(yùn)動(dòng)員減速效果更好

D.滑行動(dòng)作和姿態(tài)相同時(shí)，質(zhì)量不同的運(yùn)動(dòng)員減速效果相同

【14題答案】

【答案】D

【解析】

【詳解】A.兩邊雪板對(duì)人的支持力垂直于雪板斜向人體后方，兩邊支持力的夾角近似與2a互補(bǔ)，減小a

角，兩邊支持力夾角變大，合力變小，向后方的分力也變小，減速效果變差，故A錯(cuò)誤：

B.減小夕角，雪板更為水平，雪板對(duì)人的支持力往上偏移，向上的分力等于重力不變，水平方向的分力

變小，減速效果變差，故B錯(cuò)誤；

CD.根據(jù)

Fx=mgsinJ3

結(jié)合牛頓第二定律

F-

a=-=gsin)S

m

可知減速效果只與夾角有關(guān)，與運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量無(wú)關(guān)，故D正確，C錯(cuò)誤。

故選D。

第二部分

二、本部分共6題，共58分。

15.在測(cè)量導(dǎo)體電阻實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)進(jìn)行如下操作。

(1)先用歐姆表“xl”擋粗略測(cè)量該金屬絲的電阻，示數(shù)如圖1所示，對(duì)應(yīng)的讀數(shù)應(yīng)是Q。

圖1

(2)用圖2的實(shí)驗(yàn)電路測(cè)量尺的電阻值，在電路組裝完成后，閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑片P應(yīng)放置

于(a或者6)位置。

(3)在圖2所示的電路中測(cè)量得到電壓表示數(shù)為U,電流表示數(shù)為1,則電阻/?,二,這個(gè)測(cè)量值

比真實(shí)值偏大還是偏??？判斷并說(shuō)明理由o

⑨

R

X

Rb

「f

SEr

圖2

【15題答案】

【答案】①.6。②.a③.亍④.偏小，由于電壓表的分流作用，導(dǎo)致電流的測(cè)量值偏大，

因此電阻的測(cè)量值偏小

【解析】

【詳解】（1）[1]歐姆表“xl”擋粗略測(cè)量該金屬絲的電阻，由圖可知，對(duì)應(yīng)的讀數(shù)應(yīng)是

6xIQ=6Q

（2）[2]為了保護(hù)電路，電路組裝完成后，閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑片尸應(yīng)放置于。位置；

（3）[3][4]根據(jù)歐姆定律得

R"

xI

由圖可知，電流表采用外接法，由于電壓表的分流作用，導(dǎo)致電流的測(cè)量值偏大，因此電阻的測(cè)量值偏

小。

16.某同學(xué)做“探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)''實(shí)驗(yàn)時(shí)，做了如下探究：

如圖1所示的實(shí)驗(yàn)，將兩個(gè)完全相同的傾斜滑道固定在同一豎直平面內(nèi)，下面的滑道末端與光滑水平板平

滑連接。把兩個(gè)完全相同的小球從傾斜滑道同時(shí)釋放，觀察到小球1落到光滑水平板上并擊中球2。

圖1

(1)為達(dá)成實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，下述?shí)驗(yàn)操作合理的是;

A.兩個(gè)傾斜滑道必須均是光滑

B.兩滑道的末端必須水平放置

C.玻璃球和鋼球比較，應(yīng)選用密度較小的玻璃球

D.因?yàn)樾∏?的滑道較高，因此釋放的位置應(yīng)該略低于小球2

(2)在各項(xiàng)操作均合理的情況下，多次調(diào)整滑道高度進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)每次球1均能擊中球2,該現(xiàn)象能說(shuō)

明球1的運(yùn)動(dòng)情況為一;

A.在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)

B.在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)

C.在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，同時(shí)在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)

D.平拋運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)

(3)用圖2所示的裝置研究平拋運(yùn)動(dòng)，讓小球在有坐標(biāo)紙的背景屏前水平拋出，用頻閃數(shù)碼照相機(jī)連續(xù)

拍攝記錄小球位置。實(shí)驗(yàn)過程拍下的一組照片如圖3所示，已知。點(diǎn)為拋出點(diǎn)，a、b、c、d為連續(xù)四張照

片，頻閃時(shí)間間隔為T,圖中每小格邊長(zhǎng)為/,重力加速度為g。判斷小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)的依

據(jù)是;判斷小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)的依據(jù)是o

(4)為拓展研究物體從光滑拋物線軌道頂端下滑的運(yùn)動(dòng)，該同學(xué)制做了一個(gè)與圖3中小球平拋軌跡完全

相同的光滑軌道，并將該軌道固定在與平拋軌跡重合的位置，如圖4所示，讓小球沿該軌道無(wú)初速下滑,

已知小球下滑過程中不會(huì)脫離軌道。下列說(shuō)法正確是；

圖4

A.小球從。運(yùn)動(dòng)到b的時(shí)間等于從b運(yùn)動(dòng)到c的時(shí)間

B.小球經(jīng)過d點(diǎn)時(shí)的速度方向與平拋小球經(jīng)過d點(diǎn)時(shí)的速度方向相同

C.小球經(jīng)過d點(diǎn)時(shí)的速度大小與平拋小球經(jīng)過d點(diǎn)時(shí)的速度大小相等

D.小球從a運(yùn)動(dòng)到人的過程中所受重力的沖量大于從。運(yùn)動(dòng)到c過程所受重力的沖量

【16題答案】

【答案】①.B②.A③.相等的時(shí)間內(nèi)在水平方向上位移相等（.ah,be、cd水平距離相等）

④."、a、cd的豎直高度之差均相等，且滿足2/=gT2⑤BD

【解析】

【詳解】只要保證兩小球在軌道末端的速度相等即可，不需要軌道光滑，故A錯(cuò)誤；

B.為保證兩小球在軌道末端速度方向水平，兩滑道的末端必須水平放置，故B正確；

C.為減小實(shí)驗(yàn)誤差，需使用密度較大的球，故C錯(cuò)誤；

D.為保證兩小球在軌道末端的速度相等，因此釋放的位置應(yīng)該等于小球2,故D錯(cuò)誤；

（2）[2]各項(xiàng)操作均合理的情況下，多次調(diào)整滑道高度進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)每次球1均能擊中球2,該現(xiàn)象能說(shuō)

明球1的運(yùn)動(dòng)情況為在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確，BCD錯(cuò)誤；

（3）[3][4]判斷小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)的依據(jù)是相等的時(shí)間內(nèi)在水平方向上位移相等（ab、be、

cd水平距離相等），判斷小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)的依據(jù)是必、be、cd的豎直高度之差均相等，且

滿足2/=g〃；

（4）[5]AD.由題意可知，小球從靜止開始運(yùn)動(dòng)，則水平方向做加速運(yùn)動(dòng)，可知小球從a運(yùn)動(dòng)到人的時(shí)間

大于從6運(yùn)動(dòng)到c的時(shí)間，根據(jù)I=mgt可知小球從。運(yùn)動(dòng)到b的過程中所受重力的沖量大于從6運(yùn)動(dòng)到c

過程所受重力的沖量，故D正確，A錯(cuò)誤；

C.根據(jù)動(dòng)能定理知：從。到d,重力做功相同，但是平拋小球有初速度，所以小球經(jīng)過d點(diǎn)時(shí)的速度大

小小于平拋小球經(jīng)過4點(diǎn)時(shí)的速度大小，故c錯(cuò)誤；

B.由題意知小球未脫離軌道所以小球經(jīng)過d點(diǎn)時(shí)的速度方向與平拋小球經(jīng)過d點(diǎn)時(shí)的速度方向相同，故

B正確。

17.如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道

的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)?，F(xiàn)將A無(wú)初速釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體，并沿桌面滑動(dòng)。已知圓弧軌道光

滑，半徑R=0.8m；A和B的質(zhì)量均為機(jī)=O」kg,A和B整體與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=().2。重力

加速度取g=lOm/s?。求：

(1)與B碰撞前瞬間A對(duì)軌道的壓力N的大??；

(2)A與B碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；

(3)A和B整體在桌面上滑動(dòng)的距離

【17題答案】

【答案】(1)3N；(2)0.4J；(3)1m

【解析】

【詳解】(1)小滑塊A在圓弧軌道下滑過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律

12

mgRD=—mv

解得碰撞前A的速度大小為

?=J2g7?=4m/s

在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律

2

「V*"

F-mg=m—

解得軌道對(duì)滑塊A的支持力大小為

尸=3N

根據(jù)牛頓第三定律，滑塊A對(duì)軌道的壓力大小為

N=F=3N

(2)A和B碰撞過程滿足動(dòng)量守恒，則有

mv=共

解得碰撞后A和B整體的速度為

u共=2m/s

A與B碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為

△￡=—mv1——x2mv：.=0.4J

22共

(3)根據(jù)動(dòng)能定理

10

一〃?2mgl=0——x共

解得A和B整體在桌面上滑動(dòng)的距離為

/=lm

18.如圖所示，導(dǎo)線框放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為區(qū)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于線框平面，導(dǎo)體棒而沿光滑導(dǎo)

線框向右做勻速運(yùn)動(dòng)，cd間接有阻值為尺的電阻。已知，導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度為L(zhǎng),電阻為人運(yùn)動(dòng)的速度

為以。導(dǎo)線框的電阻不計(jì)。

(1)求出;棒兩端的電勢(shì)差U；

(2)求出?棒所受的外力尸大??；

(3)說(shuō)明在△/時(shí)間內(nèi)外力對(duì)導(dǎo)體棒所做功W與整個(gè)電路生熱。的關(guān)系并進(jìn)行論證。

a

XXXXXXXX

XXXXXXyXX

R—A

XXXXXXXX

XXXXXXXX

b

【18題答案】

BLvR/、R2T2

【答案】(1)-----；(2)(3)見解析

R+rR+r

【解析】

【詳解】(1)導(dǎo)體棒〃人棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

E=BLv

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得

1=-^-

R+r

次?棒兩端的電壓為

ERBLvR

U=IR

R+rR+r

(2)。。棒所受的安培力大小為

B2I}V

F%=BIL

R+r

導(dǎo)體棒出?做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)受力平衡可得，。。棒所受的外力尸大小為

f4

安R+r

(3)在加時(shí)間內(nèi)，外力尸對(duì)導(dǎo)體棒做功為

W==必」='5bt

R+rR+r

整個(gè)電路生熱為

Q=72(7?+r)Ar=(-^)2?(R+r)A/=BLv

R+rR+r

可得

W=Q

在加時(shí)間內(nèi)外力對(duì)導(dǎo)體棒所做的功W與整個(gè)電路生熱。相等。

19.電容器作為儲(chǔ)能器件，在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用。實(shí)際電容器在外形結(jié)構(gòu)上有多種不同的形式，一

個(gè)金屬球和一個(gè)與它同心的金屬球殼也可以組成一個(gè)電容器，叫做球形電容器。如圖1所示，兩極間為真

空的球形電容器，其內(nèi)球半徑為外球內(nèi)半徑為凡，其電容C=77/"右,其中％為靜電力常量。

與平行板電容器一樣，當(dāng)該電容器極板所帶電荷量變化時(shí)，兩極板間的電勢(shì)差也隨之變化。

(1)圖2為該電容器在充電過程中兩極板間的電勢(shì)差U隨帶電量q變化的關(guān)系圖像，請(qǐng)類比直線運(yùn)動(dòng)中

由V-，圖像求位移的方法，推導(dǎo)該球形電容器充電電荷量達(dá)到。時(shí)所具有的電勢(shì)能心的表達(dá)式：

(2)孤立導(dǎo)體也能儲(chǔ)存電荷，也具有電容，可以將孤立導(dǎo)體球看作另一極在無(wú)窮遠(yuǎn)的球形電容器。若已

知某金屬小球半徑為〃且r遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于地球半徑。

a.請(qǐng)結(jié)合題目信息推導(dǎo)該金屬小球的電容C'的表達(dá)式。

b.若將帶電金屬小球用導(dǎo)線與大地相連，我們就會(huì)認(rèn)為小球的電荷量減小為零。請(qǐng)結(jié)合題目信息與所學(xué)知

識(shí)解釋這一現(xiàn)象。

u

圖1圖2

【19題答案】

2

【答案】（1）5=kQ3（R、—-R豈j；（2）a.C.=-r；b.見解析

P27?,/?2k

【解析】

【詳解】（1）當(dāng)帶電量。時(shí).，電容器兩端電壓。=￡類比直線運(yùn)動(dòng)圖像求位移的方法，可知此時(shí)，圖

像與4軸所圍的面積表示電容器所具有的電勢(shì)能，則

與〈QU

根據(jù)題意

c=

解得

E川…）

p2aH2

（2）a.根據(jù)公式

C=.公

——凡）

小球半徑4=r電容的另一極在無(wú)窮遠(yuǎn)，因此&=8所以孤立小球的電容