1、2022年福建省漳州市高考物理一模试卷一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（4分）被誉为“20世纪人类最重大考古发现之一”的三星堆遗址考古新发现让古蜀文明一醒惊天下。考古学家利用放射性元素的半衰期可以确定文物的年代。碳元素能自发释放射线，其半衰期约为5730年。下列关于衰变的说法正确的是（）A衰变的实质是碳原子失去核外电子B衰变释放射线时，生成的新核的核电荷数增加1C假设某文物中原有100个，则经历一个半衰期，文物中还有50个没有衰变D随着文物的出土，文物所在环境温度升高，衰变速度也会增大2（4分）2021年10月17日，“神舟
2、十三号”载人飞船出征太空11月7日，航天员王亚平成为中国首位进行出舱活动的女航天员王亚平在中国空间站“天和”核心舱中一天可以看到16次日出日落我国的北斗同步卫星也在太空为我们提供导航通信服务下列说法正确的是（）A“神舟十三号”的发射速度为第二宇宙速度B“天和”核心舱围绕地球运动的速度为第一宇宙速度C“天和”核心舱围绕地球运动的周期是北斗同步卫星周期的D“天和”核心舱的向心加速度比北斗同步卫星的向心加速度大3（4分）秋千是朝鲜妇女最喜欢的活动之一，小华荡秋千时，秋千摆起的最大角度为60，小华的重心到悬点的距离恒定为L，小华受到的重力大小为G，重力加速度大小为g，忽略绳的质量和空气阻力，下列关于小
3、华在最低点时的说法正确的是（）A处于失重状态B速度等于C向心力大小为2GD受到秋千的作用力大小为2G4（4分）如图，在光滑水平面上静止一绝缘长木板B，一带正电的小物块A从B的最左端由静止释放，经过时间t，A向右运动位移大小为x1，B向右运动位移大小为x2已知A与B接触面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B的质量均为m，A受电场力大小为F以下说法正确的是（）A当Fmg时，A与B有相对运动B当F2mg时，A与B有相对运动Ct时刻，B的动能为mgx2D0t时间内，A的电势能增加Fx1二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不
4、全的得3分，有选错的得0分（多选）5（6分）水平直线上的A点固定一个电荷量为+Q1的点电荷，B点固定一电荷量为Q2的点电荷，A、B两点电荷相距2L，以B为圆心，L为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，a，c两点在直线AB上，b，d两点过B点且垂直于AB，P点在圆周上，且AP与圆周相切，已知c点的合电场强度为0，Q2在c点的电场强度大小为E，则（）A两点电荷的电荷量大小关系为Q13Q2Ba点的电场强度大小为10ECP点的电场强度大小为DAB直线上从A到c，电势先升高后降低（多选）6（6分）一轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端连接一条形磁铁静止，磁铁的中点位置为A。一圆环形导体轴线与磁铁的轴线重
5、合，从图示位置由静止释放圆环，圆环下落至磁铁底端的过程中，以下说法正确的是（）A圆环中一直有感应电流B圆环下落至A点前，弹簧弹力大于磁铁重力C圆环到达A点时，速度最大D圆环机械能减少（多选）7（6分）如图，不可伸长的轻绳OA下面悬挂一重物，水平轻绳OD一端固定于D点，轻弹簧OB与O点连接，初始时与竖直方向成60夹角现保持O点的位置不变，缓慢将弹簧的另一端从B处逆时针转到竖直位置C处（图中未画出），则在此过程中（）A弹簧的弹力一直增大B水平绳OD的拉力一直增大C弹簧在OC处时的弹力是在OB处时的一半DBOCOBO（多选）8（6分）20年来福建电网实现电网结构、电压等级、电力技术“三大跨越”如图所
6、示是远距离输电示意图，现将输送电压U2由220kV升级为1000kV高压，输送的总电功率变为原来的2倍，保持发电机输出电压U1及用户得到的电压U4均不变，输电线的电阻不变，则（）An2：n1变为原来的倍B输电线上电流I2变为原来的C输电线损失的功率变为原来的D降压变压器原、副线圈匝数比值变小三、非选择题：共60分其中第9、10题为填空题，第11、12题为实验题，第1315题为计算题考生根据要求作答9（4分）某质点做匀变速直线运动，运动时间t内的位移为x，质点的t图像如图所示，由图可知质点的加速度大小为 m/s2，04s时间内的位移大小为 m。10（4分）徐老师用实验来探究自行车测速码表用的霍尔
7、元件中自由电荷的电性。如图所示，设NM方向为x轴，沿EF方向（y轴）通入恒定电流I，垂直薄片方向（z轴）加向下的磁场B，测得沿 （填“x”“y”或“z”）轴方向会产生霍尔电压UH，如果自由电荷为负电荷，则 （填“M”或“N”）板电势高。11（5分）某同学在用如图甲所示的装置测量某根弹簧的劲度系数，弹簧下端固定在地面上，上端固定一个轻质薄板A，然后再在轻质薄板上面放不同物体，待物体静止时，测量弹簧长度L，记录物体的重力及弹簧长度。（1）该实验操作需要测量弹簧的初始长度L0，下列测量方法正确的是 （填正确答案标号）；A将弹簧水平放置，测量其初始长度L0B将弹簧竖直放置，测量其初始长度L0（2）在操
8、作正确的条件下，根据实测数据，作出了物体重力G与弹簧长度L的关系图像，如图乙所示。则弹簧的初始长度L0 cm；弹簧的劲度系数k N/m。12（7分）如图甲的第五代G型传感式电子体重秤，因为轻小方便，深受人们的青睐。某同学用该电子体重秤的压敏电阻R及一个电流表，通过改变压力来测定电池的电动势和内阻。该同学经过查阅说明书获得，压敏电阻阻值RR0+kFN，其中FN为称重者站在体重秤上静止时对体重秤的压力，R0和k为已知常数，当地重力加速度为g。备有下列器材：待测电池、压敏电阻、天平、电流表一只、开关一个，导线若干。主要实验步骤如下：按设计电路图乙连接好实物图；闭合开关S，分别在压敏电阻上放置不同质量
9、的物体m，读出多组电流表的示数I；根据所测量的数据作出图像如图丙所示，b为图线在纵轴上的截距，a、c为图线上一个点的坐标值。回答以下问题：（1）某次实验该同学将电流表测零，选择00.6A挡，闭合开关，示数如图丁，电流值为 A；（2）根据图丙中选择为纵坐标，要符合图中图线特点，则横坐标为 （填正确答案标号）；ABImCmD（3）根据（2）问中选取纵坐标后的图丙图像可知，待测电池的电动势表达式E （选用k、R0、a、b、c、g表示）；（4）若电流表的内阻产生的系统误差不可忽略，分析可知该电池内阻的测量值 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。13（10分）小梅一家人自驾出游，当车在一段平直公路上
10、匀加速启动时（如图向右为车前进方向），小梅记录数据得出车速由零匀加速到36km/h用时2s，同时她在车上的水平桌面上放了一个倾角30的斜面体，斜面上放着一个质量m1kg的物块，车匀加速启动过程中，物块和斜面体都与车保持相对静止，她在斜面与物块间放了一个压力传感器以显示物块对斜面的压力大小，来验证她所学的物理知识，g取10m/s2。求这2s内：（1）物块的加速度大小和位移大小；（2）压力传感器的示数FN（结果保留3位有效数字）。14（12分）在如图所示的直角坐标系中，第一象限有平行于该平面的匀强电场，方向沿y轴负方向，第二、三、四象限有垂直于坐标平面向外的匀强磁场。现有带电粒子（重力不计）从y轴
11、上的A点以速度v0垂直进入电场，粒子从x轴上的C点进入磁场，然后垂直于y轴向右穿出磁场。已知A点坐标为（0，a），C点坐标为（2a，0），求：（1）粒子到达C点时的速度大小及方向；（2）粒子第一次在磁场中运动的时间。15（18分）如图，足够长的光滑固定水平直杆上套有一可自由滑动的物块B，B的质量为m，杆上在物块B的左侧有一固定挡板C，B的下端通过一根轻绳连接一小球A，绳长为L，A的质量也为m。先将小球拉至与悬点等高的位置时，细绳伸直但没有形变，B与挡板接触。现由静止释放小球A。重力加速度大小为g。求：（1）小球A向右摆动的最大速度；（2）物块B运动过程中的最大速度；（3）小球A向右摆起相对于最
12、低点所能上升的最大高度。2022年福建省漳州市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（4分）被誉为“20世纪人类最重大考古发现之一”的三星堆遗址考古新发现让古蜀文明一醒惊天下。考古学家利用放射性元素的半衰期可以确定文物的年代。碳元素能自发释放射线，其半衰期约为5730年。下列关于衰变的说法正确的是（）A衰变的实质是碳原子失去核外电子B衰变释放射线时，生成的新核的核电荷数增加1C假设某文物中原有100个，则经历一个半衰期，文物中还有50个没有衰变D随着文物的出土，文物所在环境温度升高，衰变速度也会增
13、大【分析】根据衰变的本质判断；半衰期具有统计意义；放射元素的半衰期与物理环境以及化学环境无关。【解答】解：A、C发生衰变的实质是C中的一个中子变成了一个质子和一个电子，放出射线，故A错误；B、C发生衰变变成N的过程中质量数没有变化，而生成的新核的核电荷数增加1，故B正确；C、半衰期具有统计意义，对个别的放射性元素的原子没有意义，故C错误；D、放射元素的半衰期与物理环境以及化学环境无关，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了半衰期的含义，理解放射元素的半衰期与物理环境以及化学环境无关。注意平时多加练习，加深对衰变的理解。2（4分）2021年10月17日，“神舟十三号”载人飞船出征太空11月7日，
14、航天员王亚平成为中国首位进行出舱活动的女航天员王亚平在中国空间站“天和”核心舱中一天可以看到16次日出日落我国的北斗同步卫星也在太空为我们提供导航通信服务下列说法正确的是（）A“神舟十三号”的发射速度为第二宇宙速度B“天和”核心舱围绕地球运动的速度为第一宇宙速度C“天和”核心舱围绕地球运动的周期是北斗同步卫星周期的D“天和”核心舱的向心加速度比北斗同步卫星的向心加速度大【分析】第二宇宙速度是卫星脱离地球吸引的最小发射速度；第一宇宙速度是贴近地面卫星做匀速圆周运动的速度；“天和”核心舱的周期为地球自转周期的，由此分析C选项；根据开普勒第三定律分析D选项。【解答】解：A、“神舟十三号”在地球引力范
15、围内运动，发射速度小于第二宇宙速度，故A错误；B、由万有引力提供向心力有：m，解得：v，第一宇宙速度是贴近地面卫星做匀速圆周运动的速度，“天和”核心舱离地面有一定的高度，环绕速度小于第一宇宙速度，故B错误；C、设地球的自转周期为T，王亚平在中国空间站“天和”核心舱中一天可以看到16次日出日落，说明“天和”核心舱的周期为TT，同步卫星的周期等于地球自转周期，所以“天和”核心舱绕地球做圆周运动的周期约为同步卫星周期的，故C错误；D、根据开普勒第三定律知，“天和”核心舱离地面的高度比北斗同步卫星低，根据，解得，所以“天和”核心舱的向心加速度比北斗同步卫星的大，故D正确故选：D。【点评】本题主要是考查
16、万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。3（4分）秋千是朝鲜妇女最喜欢的活动之一，小华荡秋千时，秋千摆起的最大角度为60，小华的重心到悬点的距离恒定为L，小华受到的重力大小为G，重力加速度大小为g，忽略绳的质量和空气阻力，下列关于小华在最低点时的说法正确的是（）A处于失重状态B速度等于C向心力大小为2GD受到秋千的作用力大小为2G【分析】秋千在最低点时，人处于超重状态；根据动能定理求解人在最低点的速度大小；根据向心力的计算公式求解向心力大小；秋千在最低点时，根据牛顿第二定律求解人受到的拉力大小。【解答】解：设小华的质
17、量为m，达到最低点的速度大小为v。A、秋千在最低点时，根据可知，秋千对人的作用力大小大于人的重力，处于超重状态，故A错误；B、秋千摆动过程中只有重力做功，取最低点所在的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得：，解得，故B错误；C、秋千在最低点时，向心力，故C错误；D、秋千在最低点时，由得：F2mg2G，故D正确。故选：D。【点评】本题主要是考查圆周运动的知识，解答此类问题的关键是能够对物体进行受力分析，确定哪些力的合力或哪个力的分力提供了向心力，根据向心力的计算公式进行解答。4（4分）如图，在光滑水平面上静止一绝缘长木板B，一带正电的小物块A从B的最左端由静止释放，经过时间t，A向右运动位移大
18、小为x1，B向右运动位移大小为x2已知A与B接触面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B的质量均为m，A受电场力大小为F以下说法正确的是（）A当Fmg时，A与B有相对运动B当F2mg时，A与B有相对运动Ct时刻，B的动能为mgx2D0t时间内，A的电势能增加Fx1【分析】根据牛顿第二定律解得两物体相对静止的最大加速度，根据电场力大小判断两物体运动情况，电场力对物块A做正功，电势能减少。【解答】解：AB、物块A、长木板B整体在水平方向受电场力F作用，两者相对静止且A达到最大加速度时，B受到最大静摩擦力作用，此时加速度为：，以A、B整体为研究对象，此时电场力F（mA+mB）a02mg
19、，当F2mg时，A、B相对静止，当F2mg时，A、B相对滑动，故A错误，B正确；C、当F2mg时，A、B间的滑动摩擦力对B做功Wmgx2，当F2mg时，不满足此关系，故C错误；D、物块A带正电，且运动方向与电场线方向相同，电场力对物块A做正功，电势能减少，故D错误故选：B。【点评】本题要灵活运动隔离法和整体法对物体进行受力分析运用整体法时，由于不分析两物体之间的相互作用力，比较简便二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分（多选）5（6分）水平直线上的A点固定一个电荷量为+Q1的点电荷，B点固定一电荷量为Q2
20、的点电荷，A、B两点电荷相距2L，以B为圆心，L为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，a，c两点在直线AB上，b，d两点过B点且垂直于AB，P点在圆周上，且AP与圆周相切，已知c点的合电场强度为0，Q2在c点的电场强度大小为E，则（）A两点电荷的电荷量大小关系为Q13Q2Ba点的电场强度大小为10ECP点的电场强度大小为DAB直线上从A到c，电势先升高后降低【分析】根据场强的特点分析出点电荷的电荷量大小关系；根据场强的定义式结合矢量合成的特点分析出不同位置合场强的大小；根据电场线中电势的变化特点分析出AB直线上电势的变化情况。【解答】解：AB、由题意知在c点，带电荷量为+Q1的点电荷和带电荷
21、量为Q2的点电荷产生的电场强度大小相等，方向相反，故，解得Q19Q2，在a点的电场强度大小，故A错误，B正确；C、根据几何关系知A、P间的距离，故带电荷量为+Q1的点电荷在P点的电场强度大小为；带电荷量为Q2的点电荷在P点的电场强度大小为，两个电场强度相互垂直，故，故C正确；D、根据沿着电场线的方向电势越来越低知，AB直线上从A到c，电势先降低后升高，故D错误故选：BC。【点评】本题考查点电荷电场强度的叠加、电势，根据定义式结合矢量合成的特点完成分析。（多选）6（6分）一轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端连接一条形磁铁静止，磁铁的中点位置为A。一圆环形导体轴线与磁铁的轴线重合，从图示位置由静止
22、释放圆环，圆环下落至磁铁底端的过程中，以下说法正确的是（）A圆环中一直有感应电流B圆环下落至A点前，弹簧弹力大于磁铁重力C圆环到达A点时，速度最大D圆环机械能减少【分析】根据楞次定律进行判定：圆环从静止开始向下运动时，穿过圆环的磁通量先增大后减小，故圆环和磁铁先排斥后吸引【解答】解：AC、导体切割磁感线运动时，产生感应电动势，当圆环运动至与A点等高的位置时，速度方向与磁场方向平行，此时没有感应电动势，圆环加速度最大，为g，此时速度方向向下，加速度方向向下，因此还能向下加速，速度不是最大，故AC错误；B、圆环到达位置A之前，由楞次定律可知，圆环受到阻碍下落的磁场力，根据牛顿第三定律知，磁铁受到圆
23、环施加的向下的磁场力，条形磁铁向下运动，弹簧形变增大，弹力大于磁铁重力，故B正确；D、由于圆环下落过程中，向上的磁场力对圆环做负功，所以机械能减少，故D正确。故选：BD。【点评】要深刻理解楞次定律“阻碍”的含义如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的（多选）7（6分）如图，不可伸长的轻绳OA下面悬挂一重物，水平轻绳OD一端固定于D点，轻弹簧OB与O点连接，初始时与竖直方向成60夹角现保持O点的位置不变，缓慢将弹簧的另一端从B处逆时针转到竖直位置C处（图中未画出），则在此过程中（）A弹簧的弹力一直增大B水平绳OD的拉力一直增大C弹簧在OC处时的弹力是在OB处时的一半DBOCOBO【分析
24、】对结点受力分析，根据矢量三角形知绳拉力和弹簧弹力的变化；根据平衡条件知在B、C位置处弹力大小；根据胡克定律计算B、C位置处弹簧形变量。【解答】解：AB、结点O受三个力平衡，由矢量三角形知，水平绳OD的拉力一直减小，弹簧的弹力也一直减小，故AB错误；C、弹簧在OB处时，在OC处时，弹簧拉力kxCmg，故C正确；D、设弹簧原长为L0，则，所以，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查胡克定律、受力平衡问题的动态分析，解题关键是分析清楚结点处受力情况，运用矢量三角形分析力的变化。（多选）8（6分）20年来福建电网实现电网结构、电压等级、电力技术“三大跨越”如图所示是远距离输电示意图，现将输送电压U2
25、由220kV升级为1000kV高压，输送的总电功率变为原来的2倍，保持发电机输出电压U1及用户得到的电压U4均不变，输电线的电阻不变，则（）An2：n1变为原来的倍B输电线上电流I2变为原来的C输电线损失的功率变为原来的D降压变压器原、副线圈匝数比值变小【分析】变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数之反比，输入功率等于输出功率；根据UI2r和PI2r，求得损失的电压和损失功率，即可判断。【解答】解：A、由理想变压器基本关系知，U1不变，U2变为原来的倍，所以变为原来的倍，故A正确；B、根据P送U2I2可知，因P送变为原来的2倍，U2变为原来的倍，则输电线上电流I2变为原来的，故
26、B正确；C、，所以P损变为原来的，故C正确；D、总功率变大，损失的功率变小，则用户端功率变大，因用户端电压不变，则I4变大，又I2变小，I2I3，则变大，故D错误故选：ABC。【点评】本题考查远距离输电、输电线上损失的功率、用户得到的功率以及输电线上损失的电压。三、非选择题：共60分其中第9、10题为填空题，第11、12题为实验题，第1315题为计算题考生根据要求作答9（4分）某质点做匀变速直线运动，运动时间t内的位移为x，质点的t图像如图所示，由图可知质点的加速度大小为 2m/s2，04s时间内的位移大小为 24m。【分析】根据匀变速直线运动位移时间公式xv0t+at2得到与t的表达式，结合
27、图像的斜率、截距求出质点的加速度。由图读出t4s时值，再求位移。【解答】解：根据匀变速直线运动位移时间公式xv0t+at2得：v0+at，则t图像的斜率kam/s2，故质点的加速度大小a2m/s2由图读出t4s时6m/s，则04s时间内的位移大小为xtt64m24m故答案为：2，24。【点评】解决本题的关键要掌握匀变速直线运动位移时间公式xv0t+at2，能变形得到与t的关系式，从而来分析物体的运动情况。10（4分）徐老师用实验来探究自行车测速码表用的霍尔元件中自由电荷的电性。如图所示，设NM方向为x轴，沿EF方向（y轴）通入恒定电流I，垂直薄片方向（z轴）加向下的磁场B，测得沿 x（填“x”
28、“y”或“z”）轴方向会产生霍尔电压UH，如果自由电荷为负电荷，则 M（填“M”或“N”）板电势高。【分析】根据左手定则分析出粒子的受力方向，由此得出霍尔电压的方向以及对应极板的电势高低。【解答】解：根据左手定则可知，无论自由电荷的电性是正是负，自由电荷的受力方向都沿着x轴的负方向，因此产生的霍尔电压也是上沿着x轴方向；当自由电荷为负电荷时，负电荷会累积到N板上，因此M板的电势高。故答案为：x；M【点评】本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出安培力的方向，并由此得出电势的高低即可，属于常规题型。11（5分）某同学在用如图甲所示的装置测量某根弹簧的劲度系数，弹簧下端固定在地面上，上
29、端固定一个轻质薄板A，然后再在轻质薄板上面放不同物体，待物体静止时，测量弹簧长度L，记录物体的重力及弹簧长度。（1）该实验操作需要测量弹簧的初始长度L0，下列测量方法正确的是 B（填正确答案标号）；A将弹簧水平放置，测量其初始长度L0B将弹簧竖直放置，测量其初始长度L0（2）在操作正确的条件下，根据实测数据，作出了物体重力G与弹簧长度L的关系图像，如图乙所示。则弹簧的初始长度L020cm；弹簧的劲度系数k100N/m。【分析】（1）根据实验操作分析判断。（2）由Fkx结合图线可知其斜率为弹簧的劲度系数。【解答】解：（1）在弹簧竖直放置时由于自身重力而有形变，由题意可知本实验操作需要测量的是弹簧
30、竖直放置时的初始长度，故水平放置时测量弹簧的初始长度偏大，故A错误，B正确。故选B.（2）由题图乙可知当G0时，L20cm0.2m，当G20N时，L0：则Fk （L0L）G解得：L00.2m20cm，k100N/m故答案为：（1）B；（2）20，100【点评】考查胡克定律，明确Fkx中各量的物理意义，注意单位换算。12（7分）如图甲的第五代G型传感式电子体重秤，因为轻小方便，深受人们的青睐。某同学用该电子体重秤的压敏电阻R及一个电流表，通过改变压力来测定电池的电动势和内阻。该同学经过查阅说明书获得，压敏电阻阻值RR0+kFN，其中FN为称重者站在体重秤上静止时对体重秤的压力，R0和k为已知常数
31、，当地重力加速度为g。备有下列器材：待测电池、压敏电阻、天平、电流表一只、开关一个，导线若干。主要实验步骤如下：按设计电路图乙连接好实物图；闭合开关S，分别在压敏电阻上放置不同质量的物体m，读出多组电流表的示数I；根据所测量的数据作出图像如图丙所示，b为图线在纵轴上的截距，a、c为图线上一个点的坐标值。回答以下问题：（1）某次实验该同学将电流表测零，选择00.6A挡，闭合开关，示数如图丁，电流值为 0.48A；（2）根据图丙中选择为纵坐标，要符合图中图线特点，则横坐标为 C（填正确答案标号）；ABImCmD（3）根据（2）问中选取纵坐标后的图丙图像可知，待测电池的电动势表达式E（选用k、R0、
32、a、b、c、g表示）；（4）若电流表的内阻产生的系统误差不可忽略，分析可知该电池内阻的测量值 大于（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。【分析】（1）根据电流表读数方法读得数据（2）根据实验原理结合闭合电路欧姆定律可知坐标轴含义；（3）（4）根据电路图与实验原理分析答题【解答】解：（1）如图丁所示，电流表分度值为0.02A，读数为0.48A.（2）根据闭合电路欧姆定律EI （R+r）电阻RR0+kFN且FNmg联立可得EI（R+r）Ikmg+I （R0+r）由题图丙中图线为线性关系可得+可知题图丙中选择为纵坐标，要符合题图丙中图线特点，则横坐标为m.故选C.（3）由题图丙图线结合闭合电路欧姆
33、定律表达式可知图线斜率则待测电池的电动势表达式E（4）若电流表的内阻RA不可忽略，则+解得r真R0RA而r测R0故该电池内阻的测量值大于真实值。故答案为：（1）0.48；（2）A；（3）；（4）大于【点评】本题考查了实验原理分析、实验步骤、实验数据处理等；应用图象法处理实验数据时，要选择合适的变量，使图象为直线，图象是直线，图象比较直观、易于实验数据的处理13（10分）小梅一家人自驾出游，当车在一段平直公路上匀加速启动时（如图向右为车前进方向），小梅记录数据得出车速由零匀加速到36km/h用时2s，同时她在车上的水平桌面上放了一个倾角30的斜面体，斜面上放着一个质量m1kg的物块，车匀加速启动
34、过程中，物块和斜面体都与车保持相对静止，她在斜面与物块间放了一个压力传感器以显示物块对斜面的压力大小，来验证她所学的物理知识，g取10m/s2。求这2s内：（1）物块的加速度大小和位移大小；（2）压力传感器的示数FN（结果保留3位有效数字）。【分析】（1）根据加速度定义式可得加速度大小，由运动学公式求解位移大小；（2）以物体为研究对象进行受力分析，沿斜面和垂直斜面方向建立坐标系，同时将重力和加速度进行分解，垂直于斜面方向根据牛顿第二定律列方程求解。【解答】解：（1）根据题意可知，t2s时的速度大小为：v36km/h10m/s根据加速度定义式可得加速度大小为：am/s25m/s2由运动学公式得：
35、xm10m；（2）以物体为研究对象，受到重力、支持力和摩擦力，沿斜面和垂直斜面方向建立坐标系，同时将重力和加速度进行分解，如图所示；垂直于斜面方向根据牛顿第二定律有：mgcosFNmay其中：ayasin联立解得：FN6.16N根据牛顿第三定律可知，压力传感器示数为6.16N。答：（1）物块的加速度大小为5m/s2，位移大小为10m；（2）压力传感器的示数为6.16N。【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。14（12分）在如图所示的直角坐标系中，第一象限
36、有平行于该平面的匀强电场，方向沿y轴负方向，第二、三、四象限有垂直于坐标平面向外的匀强磁场。现有带电粒子（重力不计）从y轴上的A点以速度v0垂直进入电场，粒子从x轴上的C点进入磁场，然后垂直于y轴向右穿出磁场。已知A点坐标为（0，a），C点坐标为（2a，0），求：（1）粒子到达C点时的速度大小及方向；（2）粒子第一次在磁场中运动的时间。【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律列式可解；（2）作出粒子在磁场中运动轨迹，根据圆心角和周期求运动时间。【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子与x轴正方向成角进入磁场，有2av0tatan联立解得：45，则vC，与x轴正方向成4
37、5；（2）几何方法作进出磁场速度的垂线，可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心在y轴上，轨迹如图设轨迹半径为r，有几何关系可知rsin2a粒子在磁场中做圆周运动的周期T粒子第一次在磁场中运动时间t联立解得：t。答：（1）粒子到达C点时的速度为v0，方向与x轴正方向成45；（2）粒子第一次在磁场中运动的时间为。【点评】本题考查带电粒子在匀强电场与匀强磁场中的运动，分析清楚粒子的运动过程与运动性质，作出粒子运动轨迹，应用运动学公式与牛顿第二定律、几何知识可以解题。15（18分）如图，足够长的光滑固定水平直杆上套有一可自由滑动的物块B，B的质量为m，杆上在物块B的左侧有一固定挡板C，B的下端通过一根轻绳连
38、接一小球A，绳长为L，A的质量也为m。先将小球拉至与悬点等高的位置时，细绳伸直但没有形变，B与挡板接触。现由静止释放小球A。重力加速度大小为g。求：（1）小球A向右摆动的最大速度；（2）物块B运动过程中的最大速度；（3）小球A向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度。【分析】（1）小球A第一次到达最低点时速度最大，应用动能定理可以求出小球的最大速度。（2）小球再次到达最低点时B的速度最大，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出B的最大速度。（3）小球A向右摆到最高点时A、B速度相等，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出A上升的最大高度。【解答】解：（1）小球A第一次摆到最低点时速度最大，设
39、最大速度大小为v0，由动能定理得：mgL0解得：v0（2）A第二次到达最低点时B的速度最大，A、B组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，设A第二次到达最低点时的速度大小为vA，B的速度大小为vB，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv0mvA+mvB，由机械能守恒定律得：解得：vA0，vB（3）当小球A摆到最高点时，A、B速度相等，设为v，A、B系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv0（m+m）v由机械能守恒定律得：+mgh解得：hL答：（1）小球A向右摆动的最大速度大小是，方向水平向右；（2）物块B运动过程中的最大速度大小是，方向水平向右；（3）小球A向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度是L。【点评】根据题意分析清楚A、B的运动过程，确定A、B速度最大的位置是解题的前提，应用动能定理、动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题；解题时注意A、B系统仅在水平方向动量守恒。声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/5/5 0:45:37；用户：林华伟；邮箱：18149562331；学号：29989558
