2022年云南省曲靖二中高考物理三模試卷（附答案詳解）

2022年云南省曲靖二中高考物理三模試卷

1.下列說法正確的是()

A.相同頻率的光照射到不同的金屬上，逸出功越大，出射的光電子最大初動能越小

牡核銘衰變成鎂核豺放出一個中子，并伴隨著放出光子

B.47Tl4pa,y

C.根據(jù)玻爾理論，氫原子輻射出一個光子后能量減小，核外電子運動的加速度減小

D.比結(jié)合能越小表示原子核中的核子結(jié)合得越牢靠，原子核越穩(wěn)定

2.北京時間2021年8月1日，東京奧運會男子100米半決賽中，蘇炳添(Su)和羅尼貝克

(Baker)都跑出了9秒83的好成績，打破了亞洲紀錄。兩人比賽中的分段用時統(tǒng)計

如表：由以上信息判斷：下列哪一個圖最能反映兩位運動員比賽過程的速度-時間

關系？()

用時(秒)

參賽選手0-30米30-60米60-80米80-100米0-100米

蘇炳添(Su)3.732.561.741.809.83

羅尼貝克(Ba/cer)3.822.551.691.779.83

3.如圖所示，高考倒計時數(shù)字貼通過磁性貼在金屬板上,心.距離高考僅剩

時刻提醒著同學們高考在即，關于吸在金屬板上的某

004009

個數(shù)字貼受力情況，下列說法正確的是()?的Ip

A.數(shù)字貼受到三個力的作用

B.數(shù)字貼磁性越強越不容易取下，故磁性越強的數(shù)字貼受的摩擦力越大

C.金屬板對數(shù)字貼的磁力和金屬板對數(shù)字貼的彈力是一對平衡力

D.數(shù)字貼對金屬板的磁力與金屬板對數(shù)字貼的彈力是一對相互作用力

4.2021年10月1611,長征二號F遙十三運載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點火起飛，托舉

載有翟志剛、王亞平、葉光富3名航天員的神舟十三號載人飛船進入太空，神舟十

三號飛船運行軌道距地面的高度為400km。若神舟十三號飛船做勻速圓周運動，引

力常量為G,地球半徑為6400k?n,地球表面的重力加速度g取lOm/s?。則()

A.神舟十三號飛船內(nèi)的宇航員不受重力作用

B.神舟十三號飛船繞地球運動的速度約為8.0/OTI/S

C.若神舟十三號飛船繞地球運動的周期為7,則地球的密度為言

D.神舟十三號飛船在軌道上運行的向心加速度約為8.9m/s2

5.如圖所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的輕彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊

向下壓縮彈簧至離地高度/i=0.1m處，滑塊與彈簧不拴接.現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通

過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度九并作出滑塊的動能a-八圖象，其中九=

0.18m時對應圖象的最頂點，高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余為

曲線，取g=10m/s2,由圖象可知()

A.滑塊的質(zhì)量為0.18kgB.彈簧的勁度系數(shù)為10N/m

C.滑塊運動的最大加速度為40m/s2D.彈簧的彈性勢能最大值為0.7/

6.圖(a)是一款無線充電手機的實物圖，圖(b)是其原理圖。送電線圈接電源。受電線

圈接手機電池，則()

圖(a)圖(b)

A.若送電線圈接直流電源，則受電線圈中將產(chǎn)生不變的電流

B.若送電線圈接正弦交流電，則受電線圈中將產(chǎn)生周期性變化的電流

C.當送電線圈產(chǎn)生的磁場如圖(b)所示且逐漸變大時，受電線圈將產(chǎn)生向下的感應磁場

D.當送電線圈產(chǎn)生的磁場如圖(b)所示且逐漸變小時，受電線圈將產(chǎn)生向下的感應磁場

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7.粗糙的水平面上取。點為坐標原點，水平向右建立工軸，空間存在沿久軸方向的電場。

且x軸上各點處的電場強度分布如圖所示。今有一帶電量為+q,質(zhì)量為m的小滑塊

從。點以初動能3qEoX（）沿x軸正方向運動且最終停在x=5&處，小滑塊運動時受到

的阻力恒定，下列說法正確的是（）

A.x=0與x=之間的電勢差為2Eo出

B.小滑塊能達到的最大速度為但還

Ym

C.小滑塊運動到久=3和時電勢能減少3qEo%o

D.小滑塊與水平面間由于摩擦產(chǎn)生的總熱量為5q&）Xo

8.如圖所示，兩條粗糙平行金屬導軌固定，所在平面與水fB

平面夾角為氏導軌間的距離為，，導軌電阻忽略不計，

磁感應強度為B的勻強磁場與導軌所在平面垂直，將兩J

根相同的導體棒ab、cd置于導軌上不同位置，兩者始

終與導軌垂直且接觸良好，兩棒間的距離足夠大，已知

兩棒的質(zhì)量均為m、電阻為R,某時刻給好棒沿導軌向下的瞬時沖量/o，已知兩導

體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)4=tanJ,在兩棒達到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中（）

A.兩棒達到穩(wěn)定狀態(tài)后兩棒間的距離均勻減小

B.回路中產(chǎn)生的熱量生

4m

C.當導體棒cd的動量為:/o時，導體棒ab的速度大小為普

4u47n

D.當導體棒cd的動量為時，導體棒協(xié)的加速度大小為冷

4u4m2/?

9.利用如圖所示的裝置可測量滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)〃，傾角?？烧{(diào)的斜面底端P

點連接一半徑為21的豎直圓弧，斜面底端為圓弧最低點，在P點處固定一個壓力傳

感器（可測量滑塊對圓弧軌道最低點的壓力）和量角器，且使量角器刻度盤的圓心與

P點重合，水平直徑與圓弧底端切線重合，滑塊質(zhì)量為重力加速度為g,忽略滑

塊到達底端的機械能損失：

（1）改變。，每次將同一小滑塊均從斜面上距P點的水平距離為，處靜止釋放，滑塊克

服摩擦力所做的功（填“相同”或“不同”）。

(2)記錄每次實驗的角度。和相應的力傳感器的示數(shù)F,則二者滿足的等量關系為

(用4、。、m、g表示)。

(3)以尸為縱坐標，tanJ為橫坐標，描繪出F-tan。圖像，若該圖像的斜率為鼠縱

截距為b,則滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為(用人b表示)。

10.在新冠肺炎疫情防控時期，我們經(jīng)常需要測量體溫，某同學利用老師提供的一熱敏

電阻(阻值隨溫度的升高線性增加)設計了一個簡易電子測溫裝置，他進行了如下操

作：

(1)由于該同學不知熱敏電阻的詳細參數(shù)，為了測量熱敏電阻R阻值隨溫度變化的關

系，該同學設計了如圖1所示的電路，他們的實驗步驟如下。

①先將單刀雙擲開關S擲向1,調(diào)節(jié)熱敏電阻的溫度G，記下電流表的相應示數(shù)小

②然后將單刀雙擲開關S擲向2,調(diào)節(jié)電阻箱使電流表的讀數(shù)為______記下電阻

箱相應的示數(shù)/；

③逐步升高溫度的數(shù)值，每一溫度下重復步驟①②；

④根據(jù)實驗測得的數(shù)據(jù)，作出了R隨溫度t變化的圖像如圖2所示。

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(2)設計電子測溫裝置，實驗室提供了如下器材：

A干電池，電動勢為1.5V,內(nèi)阻不計；

8.靈敏毫安表，量程10WL4,內(nèi)阻以為100；

C.滑動變阻器治；

開關、導線若干。

該同學計劃設計測溫范圍為0久?50冤，設計了如圖3所示的電路圖，并進行了如下

操作：

①調(diào)節(jié)熱敏電阻的溫度為0。&調(diào)節(jié)滑動變阻器R,使毫安表指針滿偏后保持滑動

變阻器％阻值不變；

②寫出毫安表的電流值/(A)和溫度tfC)的關系式；

③根據(jù)關系式將毫安表刻度盤上的電流值改寫為溫度值；

④若干電池用久了其電源電動勢不變，而其內(nèi)阻變大，無法忽略不計，保持此不

變。測量結(jié)果將會(填“偏大”“偏小”或“不變”)。

11.如圖，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外：在x

軸下方存在勻強電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45。夾角。一質(zhì)量為m、

電荷量為q(q>0)的粒子以初速度％從y軸上的P點沿y軸正方向射出，一段時間后

進入電場，進入電場時的速度方向與電場方向相反：又經(jīng)過一段時間%,磁場的方

向變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蚶?，大小不變。不計重力?/p>

(1)求粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需時間。

(2)若要使粒子能夠回到P點，求電場強度的最大值。

12.如圖所示，一粗糙的水平平臺左端固定一輕質(zhì)彈簧，在平臺最右端并排靜止放置可

視為質(zhì)點的兩個小物塊4和8,質(zhì)量=0.2kg,mB=OAkg,4、B間夾有少量炸

藥。在平臺右側(cè)緊挨著平臺的水平地面上靜止放置一質(zhì)量為Tn。=0.2kg的木板C,

木板C的上表面與平臺在同一水平面上，其高度h=0.2m,長度L=lm,物塊B與

木板C上表面、地面與木板C下表面間的動摩擦因數(shù)分別為%=0.4,^2=0.1.某時

刻炸藥爆炸，力、B分別沿水平方向運動，物塊4壓縮彈簧后被彈回并恰好停在爆炸

前的位置，且彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為%=4.05/；物塊B最終落到地

面上。重力加速度為g=lOm/sz.求

（1）物塊B從木板C上表面飛出至落到地面上所經(jīng)歷的時間;

（2）爆炸后瞬間，物塊B的速度大小;

（3）物塊B剛落到地面時與木板C右端的水平距離。

左右

///////////

13.一定量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷三個過程ab、be、ca回到原狀態(tài)，其p-U圖

像如圖所示，由圖像可知：b和c兩個狀態(tài)比較，b狀態(tài)中容器壁單位面積單位時間

內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)較（“多”或“少”）；若經(jīng)歷ca過程氣體的內(nèi)能

減少了20/,則該過程氣體放出的熱量為

r/(xio-3m3)

14.如圖所示為某興趣小組設計的一種氣壓型“體積測量儀”的工作原理示意圖，該測

量儀可以測量不規(guī)則物體的體積。火壓氣筒）和B（測量罐）均為高L、橫截面積為S的

導熱汽缸（傳感器體積忽略不計），中間用體積可忽略不計的細管連接，C為質(zhì)量也、

潤滑良好且厚度不計的密閉活塞，將缸內(nèi)的理想氣體（氮氣）封閉。當外界大氣壓為

Po=F，環(huán)境溫度為27久時，活塞正好在壓氣筒4的頂部?，F(xiàn)在C活塞上放置一

質(zhì)量為5nl的重物，活塞緩慢下移，待缸內(nèi)溫度再次和環(huán)境溫度相等時，測量活塞

壓氣筒潸量岸

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①放置重物之前，缸內(nèi)氣體的壓強Pi;

②不規(guī)則物體的體積V。

15.如圖所示,兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，兩波源分別位于x=-2m

和x-12m處，兩列波的傳播速度均為。-4m/s,兩波源的振幅均為A-2cm。圖

示為t=0時刻兩列波的圖象(傳播方向如圖所示)，此時刻平衡位置處于x=2nl和

%=8根的P、Q兩質(zhì)點剛開始振動。質(zhì)點M的平衡位置處于x=56處，則下列正確

的是()

A.t=0.75s時刻，兩列波開始相遇

B.t=0.75s時刻，質(zhì)點P、Q都運動到M點

C.t=ls時刻，質(zhì)點M的位移為4cm

D.t=Is時刻，質(zhì)點Q的速度最大

E.質(zhì)點P、Q的起振方向都沿y軸負方向

16.如圖，三棱鏡的截面為等邊三角形A4BC,該三角形的邊長為I,在此截面內(nèi)入射

光線從的中點以入射角&=45。射入，進入棱鏡后光線直接射到力C邊，并以出射

角G=45。射出。真空中光速為c。求：

(1)出射光線相對入射光線偏轉(zhuǎn)角；

(2)光線在三棱鏡中傳播的時間。

B

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4、根據(jù)光電效應方程Ekm=好-W知，勿越大出射的光電子最大初動能

Ekm越小，故A正確；

B、根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒知，牡核簫,Th,衰變成鍥核鴕，「直放出一個電子,

故B錯誤；

C、根據(jù)玻爾理論，氫原子輻射出一個光子后能量減小，軌道半徑減小，庫侖力增大，

電子的加速度增大，故C錯誤；

。、比結(jié)合能越大，將核子分解需要的能量越大，原子核中核子結(jié)合得越牢固，原子核

越穩(wěn)定，故。錯誤；

故選：4。

根據(jù)光電效應方程得出最大初動能與入射光頻率的關系；根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒

判斷核反應過程釋放的是什么粒子：根據(jù)玻爾理論分析電子加速度的變化；由結(jié)合能的

意義分析原子核的穩(wěn)定性。

本題主要考查了光電效應方程、衰變以及玻爾理論等，解題時注意夕衰變時，其電子來

自原子核，不是核外電子，比結(jié)合能越大，原子核中核子結(jié)合得越牢固，原子核越穩(wěn)定。

2.【答案】C

【解析】解：蘇炳添0-30米的用時3.73s的速度大于羅尼貝克的速度，30-60米用時

2.56s,其速度與羅尼貝克的速度相差不大，60-100米的用時多于羅尼貝克用時，這

一階段速度小于羅尼貝克的速度，最能反映兩位運動員比賽過程的速度-時間關系是C

項，故A3。錯誤，C正確。

故選：C。

根據(jù)表格給出的數(shù)據(jù)，分析各段位移蘇炳添和羅尼貝克的速度關系，再分析即可。

本題要能根據(jù)位移與時間之比分析速度關系，考查學生從圖表數(shù)據(jù)轉(zhuǎn)化到圖像數(shù)據(jù)的能

力。

3.【答案】C

【解析】解：4數(shù)字貼受到重力、磁鐵吸力、支持力、摩擦力四個力的作用，故A錯誤；

8.因為數(shù)字貼受力平衡，則在豎直方向上數(shù)字貼受的摩擦力為靜摩擦力等于重力，故摩

擦力不變，故B錯誤；

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C.金屬板對數(shù)字貼的磁力和金屬板對數(shù)字貼的彈力等大反向，作用于數(shù)字貼上是一對平

衡力，故C正確，

D數(shù)字貼對金屬板的磁力和金屬板對數(shù)字貼的磁力是一對相互作用力，。錯誤。

故選：C。

根據(jù)對數(shù)字貼的受力分析，結(jié)合平衡狀態(tài)得出摩擦力的變化趨勢；

理解一對相互作用力和一對平衡力的概念即可。

本題主要考查了物體的受力分析，理解一對平衡力和一對相互作用力的區(qū)別，根據(jù)物體

的平衡狀態(tài)即可完成分析。

4.【答案】D

【解析】解：力、神舟十三號飛船內(nèi)的宇航員受到重力作用，以提供他們繞地球做勻速

圓周運動的向心力，故A錯誤；

B、第一宇宙速度7.9km/s是物體繞地球做勻速圓周運動的最大環(huán)繞速度，神舟十三號

飛船繞地球運動的速度一定小于7.9km/s,故B錯誤；

C、設地球質(zhì)量為神州十三號質(zhì)量為若神舟十三號飛船繞地球運動的周期為T,

根據(jù)牛頓第二定律有G嬴=m某（R+①

根據(jù)密度公式有"=P-7TR3

聯(lián)立以上兩式可得地球的密度為p=嘿祟

故C錯誤；

。、設神舟十三號飛船在軌道上運行的向心加速度大小為a,根據(jù)牛頓第二定律有

GMm=ma

(R+h)2

當神舟十三號在地球表面上待發(fā)射時，其所受萬有引力等于重力，即簧=mg

聯(lián)立以上兩式可得a=8.9m/s2

故。正確。

故選：Do

神舟十三號飛船內(nèi)的宇航員受到重力作用，第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度；根據(jù)地球

表面的物體受到的重力等于萬有引力GWM=mM（R+/i）,可解得地球的質(zhì)量M,進

而解得密度；根據(jù)萬有引力提供向心力解得加速度。

本題要掌握第一宇宙速度的定義，正確利用萬有引力公式列出第一宇宙速度的表達式;

同時注意萬有引力提供向心力的應用.

5.【答案】C

【解析】解：4、在從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)，AEk=AEP=mgAh,圖線的斜率絕對

值為：4=贊=O,、=2N=mg,則m=0.2kg,故A錯誤；

An0.35—0.2

B、在a-九圖象中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2m上升到0.35m

范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)所受作用力

為恒力，所以從h=0.2m,滑塊與彈簧分離，彈簧的原長的0.2m,當彈簧彈力等于重

力時，物塊的速度最大，B根據(jù)圖象可知，此時h=0.18m,則有：mg-kAx,解得：

2

k~n=100N/m,故8錯誤；

U.Z-U.lo

c、滑塊靜止釋放后做加速度減小的加速運動，當彈簧彈力等于重力時，加速度為0,

物塊的速度最大，所以物塊在釋放瞬間加速度最大.由牛頓第二定律可得：ama*=

53=(0.2-0.1)X1000.2X10=S2,故c正確；

m0.2

。、根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當滑塊上升至最大高度時，增加的重力勢能即為彈簧最

大彈性勢能，所以Epm=mg/h=0.2x10x(0.35—0.1)=0.5/,故。錯誤.

故選：Ce

根據(jù)外一/i圖象的斜率表示滑塊所受的合外力，高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為

直線，其余部分為曲線，結(jié)合能量守恒定律求解。注意直線過程中彈力應為零是解題的

關鍵。

根據(jù)Ek-h圖象的斜率表示滑塊所受的合外力，高度從0.2m上升到0.35/n范圍內(nèi)圖象為

直線，其余部分為曲線，說明九=0.2小，滑塊與彈簧分離，彈簧的原長的0.2m,當彈

簧彈力等于重力時，物塊的速度最大，根據(jù)平衡條件求出k.物塊在釋放瞬間加速度最大,

由牛頓第二定律可求最大加速度.根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知滑塊上升至最大高度時，增

加的重力勢能即為彈簧最大彈性勢能.

6.【答案】BC

【解析】解：4若送電線圈中的電流為周期性變化的直流電源，則受電線圈也會產(chǎn)生周

期性變化的電流。故A錯誤；

8.若送電線圈接正弦交流電，則受電線圈中將產(chǎn)生周期性變化磁場，產(chǎn)生周期性變化的

電流。故8正確；

C.當送電線圈產(chǎn)生的磁場如圖(b)所示且逐漸變大時，根據(jù)楞次定律，受電線圈將產(chǎn)生

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向下的感應磁場。故C正確；

D當送電線圈產(chǎn)生的磁場如圖(b)所示且逐漸變小時，根據(jù)楞次定律，受電線圈將產(chǎn)生

向上的感應磁場。故。錯誤。

故選：BC。

根據(jù)電流的特點分析出磁通量的變化，結(jié)合楞次定律分析出感應電流的特點：

根據(jù)磁場的變化特點分析出受電線圈產(chǎn)生的感應磁場方向。

本題主要考查了楞次定律的相關應用，根據(jù)楞次定律分析出感應電流的方向即可，難度

不大。

7.【答案】AD

【解析】解：4由題意得，x=0與x=5%之間的電勢差為2E°&+gx2E。x2x0-|x

2E0x2x0=2Eoxo,故A正確；

8.由動能定理得2qEo%o-/X5x0=0-3qEoxQ

解得/=qE0

可知滑塊運動到x=2x0時速度最大,根據(jù)動能定理得：2qEoxo+|xq(2E0+E0)xx0-

/?2x0=^mv^-3qEoxo

解得外=3百

故B錯誤；

CD.由功能關系得ZEp=2qE0x0+^q-2E0X2Ko=小滑塊運動到x=3g時電

勢能減少4qE()Xo，小滑塊與水平面間由于摩擦產(chǎn)生的總熱量為Q=/x5x0=5qEoxo,

故C錯誤，。正確；

故選：ADo

由圖象的面積表示電勢差；由動能定理可求滑塊的最大速度大小；根據(jù)功能關系分析解

答。

本題的關鍵是要明確圖象的物理意義，從而讀取有用的信息，結(jié)合動能定理等物理規(guī)律

分析。

8.【答案】BCD

【解析】解：力、由于〃=tan。，可知mgsin。=〃7ngeos。，且兩棒受的安培力等大反

向，可知系統(tǒng)所受外力之和為零，因此導體棒ab和cd組成的系統(tǒng)動量守恒。兩棒達到

穩(wěn)定狀態(tài)后，兩棒做速度相同的勻速直線運動，兩棒達到穩(wěn)定狀態(tài)后兩棒間的距離不變，

故A錯誤；

B、某時刻給帥棒沿導軌向下的瞬時沖量/(),設此時ab棒為火，兩棒達到穩(wěn)定狀態(tài)后兩

棒速度為"，由動量定理/()=nW。，得見-3根據(jù)動量守恒定律得nr%=2nw,得。-梟

由能量守恒定律得，回路中產(chǎn)生的熱量Q=|mvg2mv2=xmX(^)2-1x

27nx(正產(chǎn)=生，故B正確；

v2m74m

CD、當導體棒cd的動量為；/o時，設導體棒cd速度為丹，導體防速度為%,則％=孤=上,

由動量守恒定律/o=，+nw2,得。2=非，由法拉第電磁感應定律，當導體棒Cd的動

量為時，回路中的感應電動勢E=E%—B/%,由歐姆定律得，/=。=黑，當導

體棒cd的動量為，o時，對導體棒ab由牛頓第二定律得mgsEJ-fimgcosO+BIl=ma,

解得Q=受學，故C、。正確；

4m2/?

故選：BCD。

根據(jù)導體棒的受力特點分析出導體棒的運動類型和穩(wěn)定時候的速度情況，由此分析出兩

棒間的距離變化；根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律得出回路中產(chǎn)生的熱量；根據(jù)動量

定理分析出導體棒的速度，結(jié)合安培力的計算公式和牛頓第二定律得出加速度。

本題主要考查了電磁感應定律的相關應用，要熟悉感應電動勢的計算，由此分析出安培

力的變化，解題的關鍵點是理解電磁感應中動量守恒定律的用法，特別是用好累積效應

完成分析。

9.【答案】相同F(xiàn)=mgtand+(1-Qmg口=1"

【解析】解：(1)每次滑塊下滑時克服摩擦力做的功為W=fimgcos0^=nmgl

故滑塊克服摩擦力所做的功相同。

(2)滑塊下滑過程據(jù)動能定理可得mg/tanO-W=|mv2

在最低點P,由動能定理可得F—mg=若

聯(lián)立解得F=mgtand+(1-Qmg

(3)對比F-tern。函數(shù)關系可知，圖像的斜率為k=mg

縱軸截距為b=(1-Qmg

聯(lián)立解得滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為〃=1-3

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故答案為：(1)相同；(2)F=mgtcm。+(1-〃)?ng

(1)根據(jù)功的計算公式結(jié)合幾何關系完成分析；

(2)根據(jù)動能定理得出。和F的等量關系；

(3)根據(jù)圖像的截距得出〃的表達式。

本題主要考查了測量摩擦力因素的實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結(jié)合動能

定理和圖像的特點完成分析即可，難度不大。

10.【答案】3=急偏大

【解析】解：(1)②實驗采用替代法，將開關S與2端閉合，調(diào)節(jié)電阻箱使電流表的讀數(shù)

為h；

(2)②由圖乙可知R隨溫度t變化的關系為

R=100+3t

熱敏電阻的溫度為1C時，熱敏阻值為100。電流表滿偏，根據(jù)歐姆定律，則有

1=―--

R+/?.+%

解得：R]=40。

,,E0.5

故/r=

“7(-1-0-0--+-3-t-)-+--R--n-+--R--i=--5-0-4---t,

④若干電池用久了其電源電動勢不變，而其內(nèi)阻變大，無法忽略不計，保持治不變，

則在某溫度下，根據(jù)閉合電路歐姆定律，電流測量值偏小，對應測量的溫度結(jié)果偏大。

故答案為：(1)②人(2)②/=急④偏大

(1)根據(jù)實驗原理分析實驗操作；

(2)根據(jù)電阻隨溫度t變化關系和閉合電路歐姆定律可得電流值和溫度的關系式；根據(jù)閉

合電路歐姆定律分析實驗誤差。

本題關鍵是根據(jù)閉合電路歐姆定律列式得到電流與電阻關系式，然后再結(jié)合電阻與溫度

關系圖像分析求解。

11.【答案】解：(1)帶電粒子在磁場中做圓周運動，設運動半徑為R,運動周期為T,

洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：q%B=rn胃，

粒子做圓周運動的周期：7=詈，

由題意可知，粒子第一次到達x軸時，運動轉(zhuǎn)過的角度為：兀，

4

所需時間ti為：ti=1T,解得：公=遇；

(2)粒子進入電場后，先做勻減速運動，直到速度減小為0,

然后沿原路返回做勻加速運動，到達x軸時速度大小仍為北，

設粒子在電場中運動的總時間為t2,加速度大小為a，電場強度大小為E,

at2

由牛頓第二定律得：qE=ma,v0=|2＞解得：J=舞，

根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點，必須滿足今之7。，

解得，電場強度最大值：E=誓.

答：(1)粒子從P點出發(fā)至第一次到達X軸時所需的時間為翳；

(2)若要使粒子能夠回到P點，電場強度的最大值為誓.

【解析】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律與

粒子的周期公式求出粒子的運動時間.

(2)分析清楚粒子在電場中的運動過程，應用牛頓第二定律、運動學公式求出電場強度.

本題考查了粒子在磁場與電場中的運動，分析清楚粒子運動過程是正確解題的前提與關

鍵，分析清楚粒子運動過程后，應用牛頓第二定律、運動學公式即可正確解題.

12.【答案】解：(1)物塊B從木板C上表面飛出做平拋運動

由九=3g培.................................①

得：t0=0.2s...............................②

(2)設爆炸后瞬間，物塊4的速度大小為力，物塊4向左運動的最大距離為S,物塊4與水

平平臺間的動摩擦因數(shù)為〃.由功能關系可知

一〃2,2S=0--mAvl................................③

l^mAgS=EP..........................................④

爆炸前、后系統(tǒng)4、B動量守恒，取向右為正方向，則：mBvB—mAvA-0......⑤

得：Vg=4.5m/s....................................⑥

(3)設B從C的左端滑到右端過程中，設C運動的距離為Sc

則此過程中：n-i.vn.Bg-mBaB..........................⑦

得：a8=4m/s2。

1

2

Sc+L=vBt--aBt..............................⑧

對C,有“iTHsg-g(巾B+mc)=nicac......................⑨

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得：2

ac=5m/so

Sc=立產(chǎn)......................................⑩

得：t=gs或t=|s(舍去)

從的上表面水平拋出時，設、的速度分別為外、

BCBCovc

vB0=vB-aBt...................................................................................?

vc=a(；t..................................................................................................?

B從C的上表面水平拋出后：

=mcac'...................................................................................?

從的上表面水平拋出后，速度減小到所用時間：由此可知在平拋

BCC0t'=^>t0,B

過程中C一直在做勻減速直線運動。貝IJB從C的上表面水平拋出后，8、C在水平方向運

動的距離

XB-VBO^O.................................................................................................?

Xc=vctQ-^ac'tl...................................................................................?

物塊剛落到水平地面時與木板右端的水平距離

BC4x=xB-

xc...........................................................................?

解得Ax=0.32m

答：

(1)物塊B從木板C上表面飛出至落到地面上所經(jīng)歷的時間是0.2s；

(2)爆炸后瞬間，物塊B的速度大小是4.5m/s；

(3)物塊B剛落到地面時與木板C右端的水平距離是0.32m。

【解析】(1)物塊B從木板C上表面飛出做平拋運動，根據(jù)下落的高度求運動時間。

(2)爆炸前、后系統(tǒng)4、B動量守恒，由動量守恒定律列式。爆炸后4的運動過程，由功

能關系列式，聯(lián)立可求得爆炸后瞬間物塊B的速度大小。

(3)分析B離開C前是否共速，由牛頓第二定律和運動學公式通過計算作出判斷。物塊B剛

落到地面的過程，由運動學公式求物塊B剛落到地面時與木板C右端的水平距離。

解決本題的關鍵要正確分析物塊的受力情況，通過計算分析其運動過程，運用牛頓第二

定律和運動學公式進行研究。

13.【答案】多120

【解析】解：b和c兩個狀態(tài)比較，根據(jù)圖像可知pU相等，由一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)

方程岸=C可知，b和c兩個狀態(tài)溫度相等，則分子平均動能相等。由于b狀態(tài)壓強較大，

則b狀態(tài)中容器壁單位面積單位時間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)多；

根據(jù)P—V圖象與U軸所圍的面積表示氣體做功，則c-a過程，外界對氣體做功為W=

5

pAV=0.5x10x(3-1)x10-3/=100j

此過程中，內(nèi)能變化量AU=—20/

根據(jù)熱力學第一定律ZU=勿+Q,

解得Q=-12O/,即該過程氣體放出的熱量為120/。

故答案為：多，1207o

分子平均動能與溫度有關，溫度越高，分子平均動能越大；氣體的壓強與氣體分子的