1、2022年湖南省岳阳市高考物理二模试卷题号一二三四五总分得分一、单选题（本大题共6小题，共24分）1. 下面关于一些物理量的说法正确的是()A. 加速度是描述物体运动速度变化快慢的物理量，其大小等于位移与发生这段位移所用时间的比值B. 功率是描述力对物体做功多少的物理量，它等于功与完成这些功所用时间的比值C. 电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其在数值上等于使电容器两极板间电势差为1V时电容器所需要带的电荷量D. 磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，其大小等于穿过单位体积的磁通量，也叫磁通密度2. 在火星上，太阳能电池板的发电能力有限，因此科学家用放射性材料PuO2作为发电能源为火星车供电。
2、PuO2中的Pu元素是94238Pu，具有天然放射性，半衰期为87.7年。94238Pu发生衰变的核反应方程为94238PuX+24He，则下列说法正确的是()A. X原子核的中子数为141B. 94238Pu原子核发生衰变后产生的新核的比结合能比94238Pu核的比结合能小C. 10个94238Pu原子核经过87.7年后一定还会剩余5个D. Pu的半衰期是由核内部自身的因素决定，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系3. 两个完全相同的弹簧秤竖直放置，下方悬挂一祖细均匀的水平直导线ab，长度为L。整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示。若在ab中通入由a到b的恒定电流I，其中一个弹
3、簧秤的示数为F1，若将电流反向，大小不变，则其中一个弹簧秤的示数为F2。下列说法正确的是()A. 直导线ab的质量m=F1+F2gB. 直导线ab的质量m=F1+F22gC. 匀强磁场的磁感应强度B=2F22F1ILD. 匀强磁场的磁感应强度B=F2F12IL4. 真空中A、B、C为一等边三角形的三个顶点，在A、B两点分别放等量同种电荷后，三角形中心O点的场强为E，电势为；若再在C点放一等量异种电荷，取无穷远处电势为0，则O点的场强大小和电势应分别为()A. E，B. 2E,2C. 2E,2D. 0，5. 2022年2月5日下午，北京冬奥会跳台滑雪项目比赛在位于张家口的国家跳台滑雪中心举行，国
4、家跳台滑雪中心是中国首座跳台滑雪场馆，主体建筑灵感来自于中国传统饰物“如意”，因此被形象地称作“雪如意”。如图所示，现有两名运动员(均视为质点)从跳台a处先后沿水平方向向左飞出，其速度大小之比为v1：v2=2：1，不计空气阻力，则两名运动员从飞出至落到斜坡(可视为斜面)上的过程中，下列说法正确的是()A. 他们飞行时间之比为t1：t2=1：2B. 他们飞行的水平位移之比为x1：x2=2：1C. 他们在空中离坡面的最大距离之比为s1：s2=2：1D. 他们落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向的夹角之比为1：2=1：16. 如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，
5、轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，则下列说法不正确的是()A. A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为m0mmgL2m+m0B. A、B两木块分离时，C的速度大小为2mgL2m+m0C. C球由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为2m0mgL2m+m0D. C球由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为m0L2m+m0二、多选题（本大题共6小题，共29分）7. 如图为电能输送示意图，左侧变压器原、副线圈的匝数之比为1：3，连接两理想变压器的输电线的总电阻为10，右侧变压器原、副线圈的匝数之比为2：1
6、，输电线上损失的功率为10W。已知降压变压器副线圈两端的交变电压u2=2202sin100t(V)，将变压器视为理想变压器，下列说法正确的是()A. 负载电阻的阻值为440B. 升压变压器输入功率为450WC. 通过输电线上的电流为1AD. 升压变压器输入电压的表达式为u1=150sin100t(V)8. 中国科学家利用“慧眼”太空望远镜观测到了银河系的MaxiJ1820+070是一个由黑洞和恒星组成的双星系统，距离地球约10000光年。根据观测，黑洞的质量大约是太阳的8倍，恒星的质量只有太阳的一半，若已知太阳质量为M，引力常量为G，据此以上信息可以估算出()A. 黑洞与恒星做匀速圆周运动的轨
7、道半径之比B. 黑洞与恒星做匀速圆周运动的线速度大小之比C. 黑洞做匀速圆周运动的角速度大小D. 恒星的自转周期9. 如图所示，地面上固定一倾角为=37，高为的光滑绝缘斜面，斜面置于水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E=3mgq，现将一个带正电的的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，已知物块质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A. 物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为433mgB. 物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为3mgC. 物块落地的速度大小为(2+833)gD. 物块落地的速度大小为22g10. 如图所示：两条光滑平行金属导轨水平固定，导轨电阻忽略
8、不计，虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间存在有垂直于轨道所在平面向里的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ，MN平行于ab放置在导轨上，两者始终与导轨垂直且接触良好。现在对PQ、MN施加相同的恒力F作用，先后自导轨上同一位置由静止开始运动。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，PQ的运动速度v、流过PQ的电流I随时间t变化的图象可能正确的是()A. B. C. D. 11. 下列说法正确的是()A. 热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的状态向无序程度大的状态转化的过程B. 扫地时，在阳光照射下，看到尘埃飞舞，这是尘埃在做布朗运动C. 物理性
9、质表现为各向同性的固体不一定是非晶体D. 饱和汽压只跟汽体的自身性质与温度有关E. 液晶具有光学各向异性，所以液晶是晶体12. 如图所示，图中阴影部分ABC为一透明材料做成的柱形光学元件的横截面，该种材料对红光的折射率n=2，AC为一半径为R的四分之一圆弧，D为圆弧面圆心，ABCD构成正方形。在D处有一红色点光源，在纸面内照射弧面AC，若只考虑首次从圆弧AC直接射向AB、BC的光线，已知光在真空中速度为c，则以下说法正确的是()A. 红光在该材料中传播的速度为c2B. 光从该材料射到空气发生全反射的临界角为45C. 点光源发出的光射到AB面上的最长时间为(21)RcD. 照射在AC边上的入射光
10、，有弧长为16R区域的光不能从AB、BC边直接射出E. 将点光源换成紫光，则AB边上有光射出的长度减小三、实验题（本大题共1小题，共6分）13. 某同学用如图甲所示的装置验证动能定理和测量滑块与长木板之间的动摩擦数。将木板固定在水平桌面上，木板左端固定一个挡板，挡板与滑块之间有一个轻质弹簧，轻质弹簧与挡板固定连接，滑块靠近弹簧。长木板上安装有两个光电门。(1)用螺旋测微器测量遮光片的宽度，如图乙所示，其读数为d=_mm；(2)给滑块装上遮光片，向左推动滑块，压缩弹簧到适当位置，由静止松手，滑块离开弹簧后先后通过光电门1、2，与光电门相连的计时器记录下遮光片通过光电门1、2的时间分别为t1和t2
11、，用刻度尺测出PQ间的距离为l，设滑块质量为m，滑块与长木板间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则滑块从P位置运动到Q位置的过程中验证动能定理的表达式为_(用第1、2小问中所给的字母表示)；(3)改变弹簧的压缩程度进行多次实验，并计算得出多组滑块通过P点和Q点的速度v1和v2，根据下表中的数据在坐标纸上描点连线，作出v12v22图象如图丙所示。v2(m2s1)123456v122.803.614.414.806.457.58v220.601.412.253.654.235.40(4)若重力加速度为g取9.8m/s2，用刻度尺测出PQ间的距离l=33.0cm，由v12v22图象可得，滑块与长木板间
12、的动摩擦因数为_(结果保留两位小数)。四、简答题（本大题共1小题，共9分）14. 某同学要将一量程为3V的电压表V1改装成量程为15V的电压表V2。(1)先将V1直接接到内阻很小的电源两端，读数为2.0V；再将V1与阻值为3000的电阻串联后，接到该电源两端，读数为0.8V，则V1的内阻为_。(2)要改装成量程为15V的电压表V2，需要将V1表与合适的电阻R _(选填“串联”、“并联”)(3)将改装后的电压表V2与一标准电压表校对，完成下面的实物连接。(4)在闭合开关之前，滑动变阻器的滑片P置于最_端(选填“左”、“右”)。(5)闭合开关，移动滑片P，标准表示数为10.5V时，V1表示数为2.
13、5V。要达到预期目的，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k=_(保留三位有效数字)。五、计算题（本大题共4小题，共32分）15. 如图所示，倾斜放置的传送带与水平面间的夹角为=37，传送带长为L=0.8m，以v0=1m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，传送带下端与地面平滑连接(可认为物体在连接处速率不变)。一滑块A从传送带顶端由静止释放，滑块A的质量为m1=1kg，与传送带之间的动摩擦因数为1=0.5。一段时间以后，滑块A到达传送带底端，刚进入水平面时与静止在地面上的滑块B发生弹性正碰，滑块B的质量为m2=1kg。滑块A、B与地面间的动摩擦因数均为2=0.2。重力加速度g取
14、10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：(1)滑块A加速到传送带的速度大小需要的时间；(2)滑块A运动到传送带底端的速度大小；(3)滑块A与物块B都停止运动后，二者之间的距离d。16. 如图甲所示，在xOy平面的第一象限内存在周期性变化的磁场，规定磁场垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。质量为m、电荷量为+q的粒子，在t=0时刻沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场。图乙中T0为未知量，不计粒子的重力(sin37=0.6,cos37=0.8)。(1)若粒子射入磁场时的速度为v0，求025T0时间内粒子做匀速圆周运动的半径；(2)若粒子恰好不能从Oy轴射
15、出磁场，求磁感应强度变化的周期T0；(3)若使粒子能从坐标为(d,3d)的D点平行于Ox轴射出，求射入磁场时速度大小。17. 2021年11月8日，王亚平身穿我国自主研发的舱外航天服“走出”太空舱，成为我国第一位在太空“漫步”的女性。舱外航天服是密封一定气体的装置，用来提供适合人体生存的气压王亚平先在节点舱(宇航员出舱前的气闸舱)穿上舱外航天服，航天服密闭气体的体积约为V1=2L，压强P1=1.0105Pa，温度t1=27。她穿好航天服后，需要把节点舱的气压不断降低，以便打开舱门。(i)若节点舱气压降低到能打开舱门时，密闭航天服内气体体积膨胀到V2=2.5L，温度变为t2=3，这时航天服内气体
16、压强P2为多少？(ii)为便于舱外活动，当密闭航天服内气体温度变为t2=3时，宇航员把航天服内的一部分气体缓慢放出，使气压降到P3=4.0104Pa.假设释放气体过程中温度不变，体积变为V3=3L，那么航天服需要放出的气体与原来气体的质量比为多少？18. 两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为0.4m/s，题图为t=0时刻两列波的图像。此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动。(i)求两列波的周期；(ii)t=0时刻开始，10秒内质点M、N运动的路程分别是多少？答案和解析1.【答案】C【解析】解：A、加速度
17、是描述物体速度变化快慢的物理量，其大小等于速度变化量与发生这一变化量所用时间的比值，故A错误；B、物理学中把功W跟完成这些功所用时间t的比值叫作功率，它是反映做功快慢的物理量，故B错误；C、电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，据C=QU可知，电容在数值上等于使两极板间的电势差为1V时电容器需要带的电荷量，故C正确；D、磁通密度是磁感应强度的另一种说法，是描述磁场强弱的物理量，其大小等于穿过单位面积的磁通量，故D错误。故选：C。运用加速度、功率、电容和磁感应强度的概念和性质进行解题。记住常见物理量的概念，知道比值定义法即可，难度不大，属于基础题2.【答案】D【解析】解：A、94238Pu原子核
18、经过一次衰变质量数减少4，核电荷数减少2，则X的质量数为A=2384=234，核电荷数：z=942=92，X的中子数：n=Az=23492=142个，故A错误；B、发生衰变的过程中释放能量，所以94238Pu原子核发生衰变后产生的新核的比结合能变大，故B错误；C、半衰期是大量放射性原子衰变的统计规律，对个别的放射性94238Pu原子核没有意义，故C错误；D、半衰期是由核内部自身的因素决定，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系，故D正确。故选：D。根据质量数守恒与电荷数守恒判断；衰变的过程中释放能量，比结合能增大；半衰期是大量放射性原子衰变的统计规律；根据半衰期的特点判断。本题考查了核反应方程
19、式的书写、原子核衰变等知识点，根据质量数守恒及核电荷数守恒写出核反应方程式是解决本题的关键，掌握与衰变的区别，注意半衰期的适用条件与特征。3.【答案】A【解析】解：AB.设导线质量为m，当ab中通入由a到b的恒定电流I时，由左手定则和平衡条件，2F1+F安=mg，当电流反向时，2F2=mg+F安，联立可得：m=F1+F2g 故A正确，B错误；CD.由AB中分析可知，F安=BIL=F2F1，可得B=F2F1IL，故CD错误。故选：A。开始时电流沿a到b，根据左手定则，导线受安培力的方向竖直向上，保持电流大小不变，使电流方向反向，则安培力变为竖直向下，根据力的平衡条件可解得本题考查安培力的计算，解
20、题关键掌握左手定则的运用，注意力的平衡条件的应用。4.【答案】B【解析】解：在A、B两点分别放置等量同种电荷后，三角形中点O点的场强为E，则2E1sin30=E 解得：E1=E 则O点的场强大小为：EO=E+E1=2E 三角形中心O点的电势为，再在C点放一等量异种电荷，取无穷远处电势为0，则BC在O点的电势与无穷远处是相等的，为0。A为等量同种电荷，则O点电势应为2，故B正确，ACD错误；故选：B。根据电场的计算公式结合几何关系得出放置负电荷之后的场强；根据电势的特点得出O点的电势大小。本题主要考查了电场的叠加，在分析过程中要利用好对称性和角度关系，同时要注意场强是矢量，合成的时候遵循平行四边
21、形定则。5.【答案】D【解析】解：A、设任一运动员的初速度为v，飞行时间为t，斜坡的倾角为。运动员在空中做平抛运动，落到斜坡上时有tan=yx=12gt2vt，解得t=2vtangv，则他们飞行时间之比为t1：t2=v1：v2=2：1，故A错误；B、运动员飞行的水平位移为x=vt=2v2tangv2，则他们飞行的水平位移之比为x1：x2=v12：v22=4：1，故B错误；C、运动员在空中离坡面的最大距离为s=(vsin)22gcosv2，则他们在空中离坡面的最大距离之比为s1：s2=v12：v22=4：1，故C错误；D、运动员落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向的夹角正切为tan=gtv=2vt
22、anv=2tan，则他们落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向的夹角之比为1：2=1：1，故D正确。故选：D。运动员在空中做平抛运动，落到斜坡上时竖直分位移y与水平分位移x满足tan=yx，结合运动学公式求解。解答本题的关键要把握运动员两个分位移的关系，知道运动员落到斜坡上时竖直分位移与水平分位移的比值等于斜坡倾角的正切值，运动员落到坡面上的瞬时速度方向相同。6.【答案】C【解析】解：AB、小球释放在向下摆动的过程中，对A有向左的拉力，使得A、B之间有弹力，A、B不会分离，当C运动到最低点时，A、B间弹力为零，A、B将要分离，A、B分离时速度相等；A、B、C系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，
23、由动量守恒定律得：m0vC2mvA=0 由机械能守恒定律得：m0gL=12m0vC2+122mvA2 解得：vA=m0mmgL2m+m0，vC=2mgL2m+m0，故AB正确；C、C球由静止释放到最低点的过程中，由动量定理可知，A对B的弹力的冲量大小I=mvA=m0mgL2m+m0，故C错误；D、A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m0vC2mvA=0，则m0x1t2mx2t=0，由几何关系得：x1+x2=L，解得A移动的距离为：x2=m0L2m+m0，故D正确。本题不正确的，故选：C。小球摆动到最低点时，A、B分离，在此过程，A、B、C系统动量守恒，机械
24、能守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出A、B、C的速度；应用动量定理可以求出A对B的冲量大小；通过水平方向上的动量守恒求出木块A移动的距离。本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。7.【答案】BC【解析】解：AC、输电线损失功率为：P损=I32r，其中P损=10W，r=10，则I3=1A；降压变压器副线圈电路电流为I4，则有：n3：n4=I4：I3，解得：I4=2A 负载电阻的阻值为R=U4I4=2202=11
25、0，故A错误，C正确；B、降压变压器原线圈两端电压为U3，根据：U3：U4=n3：n4可得：U3=440V 则可得升压变压器输入功率为：P1=P3+P损=U3I3+P损，解得：P1=450W，故B正确；D、升压变压器副线圈两端电压：U2=U3+l3r，解得：U2=450V 根据U1：U2=n1：n2可得：U1=150V，则升压变压器输入电压的表达式为u=1502sin100t(V)，故D错误。故选：BC。根据输电线损失功率求解输电电流，根据电流之比与匝数之比的关系求解降压变压器副线圈的电流，根据欧姆定律求解负载电阻；根据U3：U4=n3：n4可得U3，根据功率计算公式求解升压变压器输入功率；求
26、出升压变压器副线圈两端电压、原线圈的电压，因此得到升压变压器输入电压的表达式。本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。8.【答案】AB【解析】解：设黑洞的轨道半径为r1，恒星的轨道半径为r2，则恒星和黑洞的间距L=r1+r2 黑洞和恒星组成双星系统，则角速度相等，根据万有引力提供向心力可得：G8MM2L2=8M2r1=M22r2 解得：r1r2=116 根据v=r可得v1v2=r1r2=116 双星系统的角速度=17GM2L3，由于不知道黑洞和恒星的距离，无法求
27、出角速度和周期，根据题中条件也无法求出恒星的自转周期，故AB正确，CD错误。故选：AB。黑洞和恒星组成的双星系统，则角速度相等，他们之间由万有引力提供向心力，从而分析各选项的比值关系。本题考查万有引力的应用，解题关键掌握万有引力提供向心力的计算方法，注意双星系统的特点。9.【答案】BD【解析】解：AB、对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力，电场力F=Eq=3mg，则合力的大小为F2+G2=2mg，方向如图，小物块沿合力方向做匀加速直线运动，tan=mg3mg=33，=30，物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为WE=Ftan30=3mg，故A错误，B正确；CD、运用动能定理研究从
28、开始到落地过程，有：WE+mg=12mv20，解得v=22g，故C错误，D正确。故选：BD。对物块进行受力分析，判定物块的运动轨迹，从而知位移，根据WE=Fd求解电场力做功；运用动能定理求解速度大小。本题考查带电体在电场中的运动，关键要进行受力分析，涉及到动能定理和运动的分解等知识点，要研究物体做什么运动，实际上是从合力角度进行分析的，合力与运动方向共线直线运动，否则做曲线运动。10.【答案】ACD【解析】解：设PQ进入磁场匀速运动的速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的电阻均为R。根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流：I0=BLv2R保持不
29、变，由题意其加速度为零，则F=BI0L=B2L2v2R，PQ匀速通过磁场区域时，MN在后进入磁场有以下两种可能：如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；当MN进入磁场时也是匀速运动，通过PQ的感应电流大小不变，方向相反，但PQ离开磁场后在拉力作用下继续匀加速，故A正确，B错误，C正确；如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时电流为零，当PQ离开磁场时MN的速度大于v，安培力大于拉力，此时电流大于I0，MN做减速运动，电流逐渐减小，直到MN匀速运动，电流中的电流为I0，但通过PQ的感应电流方向相反；故D正确。故选：ACD。根据导体棒切割磁感应线产生的感应电动势计算公式求解感应电流
30、大小与速度的关系，根据PQ和MN进入磁场的先后顺序判断电流的变化，根据右手定则判断电流方向。根据拉力与安培力大小关系，判断导体棒的运动情况。解决该题的关键是掌握感应电动势和感应电流的产生条件，知道感应电流方向的判断方法，明确导体棒在斜面上的运动情况；11.【答案】ACD【解析】解：A、根据热力学第二定律可知，热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的状态向无序程度大的状态转化的过程，故A正确；B、布朗运动是固体微粒在液体内做的无规则的运动，空气中的尘埃受到重力的影响，会落回到地面，不属于布朗运动，故B错误；C、物理性质表现为各向同性的固体不一定是非晶体，也可能是多晶体，故C正确；D、根据饱和气压
31、的特点可知，液体的饱和汽压与温度有关，温度越高饱和汽压越大，所以饱和汽压只跟汽体的自身性质与温度有关，故D正确；E、液晶具有光学各向异性，但是液晶不是晶体，故E错误。故选：ACD。热传递的过程向无序程度大的状态转化的过程；根据布朗运动的定义分析；根据晶体的特点判断；饱和汽压只跟汽体的自身性质与温度有关，与体积无关；液晶具有液体的流动性和光学各向异性，但是液晶不是晶体。本题考查了布朗运动、晶体、热力学第二定律、饱和气压等热学基础知识，要注意准确掌握相关热学规律。12.【答案】ADE【解析】解：A.由v=cn可知，光在该材料中的传播速度为c2，故A正确；B.根据sinC=1n得光从该材料到空气的临
32、界角C=30，故B错误：C.由题意可知，沿DB方向到达AB面上的光在材料中的传播距离最大，时间最长，做出如图所示光路图，有几何关系可知光从光源到AC面的传播距离为R，材料中的传播距离为s=(21)R 在材料中的传播时间为t1=xv 光在空气中传播的时间为t2=Rc 点光源发出的光射到AB面上的最长时间为t=t1+t2 联立解得：t=(221)Rc 故C错误；D.如图所示，若沿DE方向射到AB面上的光线刚好发生全反射，则ADF=30，同理沿DG方向射到BC面上的光线刚好发生全反射，则CDH=30，故FH=16R，故D正确； E.将点光源换成紫光，因紫光的折射率比红光的大，根据sinC=1n知紫光
33、的临界角比红光的小，所以AB边上刚好发生全反射的入射点将左移，AB边上有光射出的长度减小，故E正确。故选：ADE。根据sinC=1n求光从该材料到空气的临界角；从点光源射入圆弧AC的光中，有一部分不能从AB、BC面直接射出，是由于在AB和BC面上发全了全反射，由几何知识求出BC边上有光射出的长度，以及不能从AB、BC边直接射出的弧长；根据紫光的折射率比红光的大，分析临界角关系，结合全反射的条件分析。解决本题关键是掌握全反射的条件和临界角公式sinC=1n，结合几何知识进行求解。13.【答案】4.702mgl=12m(dt2)212m(dt1)2 0.34【解析】解：(1)螺旋测微器的固定刻度为
34、4.5mm，可动部分为0.01mm20.2=0.202mm 所以读数为d=4.5mm+0.202mm=4.702mm；(2)遮光片通过光电门1、2的速度分别为：v1=dt1；v2=dt2 则滑块从P位置运动到Q位置的过程中，由动能定理得：mgl=12m(dt2)212m(dt1)2 (4)由上式可得：v12=v22+2gl 由图可知，v22=0时，v12=2.2，代入数据解得：=0.34 故答案为：(1)4.702；(2)mgl=12m(dt2)212m(dt1)2；(3)0.34(1)根据螺旋测微器的读数规则得出d的示数；(2)根据运动学规律计算出遮光片的速度，根据动能定理得出对应的表达式；
35、(4)根据图像结合(2)的分析得出动摩擦因数的大小。本题主要考查了功与速度变化的关系的实验，分析过程中涉及到了动能定理，解题的关键点是理解图像的物理意义，结合动能定理计算出滑块与木板的动摩擦因数。14.【答案】2000 串联 左 1.25【解析】解：(1)先将V1直接接到内阻很小的电源两端，读数为2.0V，则电源电压为2V，再将V1与阻值为3000的电阻串联后，接到该电源两端，读数为0.8V，根据串联电路电压规律可知UVRV=EUVR，代入数据解得：RV=2000；(2)根据电压表改装原理可知应将V1表与合适的电阻串联；(3)校准电压表时滑动变阻器应选用分压式接法，连接实物图如图： (4)在闭
36、合开关之前，滑动变阻器的滑片P置于最左端，起保护电路作用；(5)标准表示数为10.5V时，V1表示数为2.5V，根据闭合电路欧姆定律有：I=UV1RV，则R=UUV1I，代入数据解得：R=6400；要达到预期即UV1=3V，此时I=UV1RV，U=15V 则kR=UIRV 联立代入数据解得：k=1.25 故答案为：(1)2000；(2)串联；(3)见解析；(4)左；(5)1.25(1)(2)根据电压表的改装原理即串联电路规律解得；(3)(4)根据电压表校准原理连接实物图，并调节滑动变阻器滑片位置；(5)根据欧姆定律可解得。本题考查电压表的改装及校准，解题关键掌握实验原理，注意闭合电路欧姆定律的
37、应用。15.【答案】解：(1)滑块A开始滑动时，对A，由牛顿第二定律得：m1gsin+1m1gcos=m1a 代入数据解得：a=10m/s2 滑块A达到与传送带共速时的时间t1=v0a1=110s=0.1s (2)A加速到与传送带速度相等过程的位移大小x1=12at12=12100.12m=0.05m1m1gcos，滑块A继续向下做加速运动，对滑块，由牛顿第二定律得：m1gsinm1gcos=m1a 代入数据解得：a=2m/s2 设A滑到传送带底端的速度为v，由速度位移公式得：v2v02=2a(Lx1) 代入数据解得：v=2m/s (3)A与B碰撞发生弹性正碰，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒
38、，设碰撞后瞬间A的速度大小为v1，B的速度大小为v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v=m1v1+m2v2，由机械能守恒定律得：12m1v2=12m1v12+12m2v22 代入数据解得：v1=0，v2=2m/s 碰撞后A静止，B向右做匀减速运动，最终速度为零，对B，由动能定理得：2m2gs=012m2v22 代入数据解得：s=1m 滑块A与物块B都停止运动后，二者之间的距离d=s=1m 答：(1)滑块A加速到传送带的速度大小需要的时间是0.1s；(2)滑块A运动到传送带底端的速度大小是2m/s；(3)滑块A与物块B都停止运动后，二者之间的距离d是1m。【解析】(1)应用牛顿第二定律求
39、出加速度，应用运动学公式求出滑块A与传送带速度相等时需要的时间。(2)应用牛顿第二定律与运动学公式求出滑块A运动到传送带底端时的速度大小。(3)两滑块发生弹性正碰，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后瞬间A、B的速度；应用动能定理求出A、B的位移大小，然后求出两者间的距离。根据题意分析清楚滑块的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律与机械能守恒定律、动能定理即可解题；本题易错点是滑块A在传送带上的加速过程有两个阶段，两阶段的加速度大小不同。16.【答案】解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得qv03B0=
40、mv02r1 解得r1=mv03qB0 (2)要使粒子恰好不从y轴射出，轨迹如图1 图1 在前25T0内的运动半径为r1=mv03qB0 在后35T0内的运动半径r2=mv02qB0 由几何关系知sin=r2r1+r2 解得=37 025T0粒子做圆周运动的周期T=2m3qB0 则18037360T=25T0 解得磁感应强度变化周期T0=143m216B0q (3)要想使粒子经过D点且平行Ox轴射出，则粒子只能从nT0时刻经过D点，(其中n=1，2，3.)，则轨迹如图2 图2 设粒子射入磁场的速度为v，由(2)可得r2=32r1 由几何关系可知n(2r2cos30+2r1cos30)=2d 又
41、qv3B0=mv2r1 联立解得：v=43B0qd5nm，(n=1,2,3.) 答：(1)若粒子射入磁场时的速度为v0，025T0时间内粒子做匀速圆周运动的半径为mv03qB0；(2)若粒子恰好不能从Oy轴射出磁场，磁感应强度变化的周期为143m216B0q；(3)若使粒子能从坐标为(d,3d)的D点平行于Ox轴射出，射入磁场时速度大小为v=43B0qd5nm，(n=1,2,3.)。【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力列式可求粒子做匀速圆周运动的半径；(2)作出粒子恰好不从y轴射出的轨迹图，根据半径公式和几何关系求出轨迹对应圆心角，在根据粒子运动时间求磁感应强度变化周期；(3)作出粒子经过D点
42、且平行x轴射出轨迹图，根据几何关系求轨迹半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式求入射速度。解决该题的关键是正确作出粒子的运动轨迹，能根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径，要注意圆周运动的周期性以及多解性。17.【答案】解(1)选航天服内气体为研究对象，气体的初态：p1=1.0105Pa，V1=2L，T1=300k，末态：p2=？，V2=2.5L，T2=270k，由一定质量的理想气体状态方程得：p1V1T1=p2V2T2 代入解得：p2=0.72105pa (2)气体缓慢放出的过程中气体的温度不变，设需要放出的气体体积为V p1V1=p3(V3+V) 代入数据解得：V=2L 所以航天服需要放出的气体
43、与原来气体的质量比为MM=VV3+V=23+2=25 答：(1)航天服内气体压强p2为0.4105Pa (2)航天服需要放出的气体与原来气体的质量比为25【解析】确定初态参量，末态参量，然后利用一定质量的理想气体状态方程求解，气体温度不变，则气体的质量正比于压强与体积的乘积。本题考查一定质量的理想气体状态方程，需要创设物理情景，确定研究对象，理解一定质量的理想气体方程的意义，不要生搬硬套。18.【答案】解：(i)由图可知两列波的波长均为0.4m，则波的周期为T=v=0.40.4s=1s (ii)P、Q两质点到M的距离都是0.3m.两列波同时传到M的时间均为t=34T=341s=0.75s 两列
44、波的起振方向都是向下，所以M点的起振方向向下，0.75s时点开始振动，所以10s内M点振动时间为t1=(100.75)s=19.25s M点做简谐运动，振幅为A=4cm，一个周期内的路程为4A，所以路程为s=t1T4A 代入数据解得：s=308cm 正方向传播的波先传播到N点，用时t2=xv=0.40.20.4s=0.5s 负方向传播的波后传播到N点，同时t3=xv=0.80.40.4s=1s 在负方向传播的波传到N点之前，质点N向下运动到最低点又回到平衡位置，振动路程为4cm；两列波都传播到N点后，由于两列波到N点的距离差为半个波长，两列波在N点位移总是等大反向，合位移为0，两列波都传播到N点后质点N不振动，所以10秒内质点A运动的路程为4cm，答：(i)两列波的周期均为1s；(ii)t=0时刻开始，10秒内质点M、N运动的路程分别是308cm，4cm。【解析】(i)根据T=v计算周期，(ii)解得两列波传到M的时间，判断M的振动方；M点开始振动后，做简谐运动，位移随时间变化，质点一个周期内的路程为4A，根据时间与周期关系解得路程；解得两列波到达N点的时间，从而判断N的振动情况。本题考查机械波的图像问题，解题关键掌握频率、波速与波长的关系，注意质点一个周期内的路程为4A。
