2022年山東省棗莊市高考物理二模試卷（附答案詳解）

2022年山東省棗莊市高考物理二模試卷

1.氫原子的能級(jí)圖如圖所示.現(xiàn)有一群處于n=3能級(jí)的氫原子，則這群氫原子（）

n￡eV

2-----------------------里4

113.6

A.只可能輻射2種頻率的光子

B.輻射光子的最大能量為1.89eV

C.輻射光子的最大能量為10.2eV

D.若被光照射后，發(fā)生了電離，則電離氫原子的光子能量至少為1.51eV

2.噴灑酒精消毒是抗擊新冠肺炎疫情的重要手段.某班級(jí)用于消毒的噴壺示意圖如圖

所示.閉合閥門K,向下按壓壓桿4可向瓶?jī)?nèi)儲(chǔ)氣室充氣.多次充氣后，按下按柄B

打開閥門K,消毒液會(huì)經(jīng)導(dǎo)管自動(dòng)從噴嘴處噴出.設(shè)噴液過程中，儲(chǔ)氣室內(nèi)氣體溫

度保持不變，若儲(chǔ)氣室內(nèi)氣體可視為理想氣體，則下列說法正確的是（）

壓桿A

A.噴液過程中，儲(chǔ)氣室內(nèi)氣體內(nèi)能減小

B.噴液過程中，儲(chǔ)氣室內(nèi)氣體放出熱量

C.噴液過程中，儲(chǔ)氣室內(nèi)氣體分子對(duì)器壁單位面積的平均撞擊力逐漸減小

D.只要儲(chǔ)氣室內(nèi)氣體壓強(qiáng)大于外界大氣壓強(qiáng)，消毒液就能從噴嘴噴出

3.ETC是“電子不停車收費(fèi)系統(tǒng)”的簡(jiǎn)稱，常用于高速公路出入口的ETC通道.裝有

ETC打卡裝置的汽車，從ETC通道駛?cè)?、駛出高速公路時(shí)，ETC系統(tǒng)能在汽車行駛

中實(shí)現(xiàn)自動(dòng)快速計(jì)、繳費(fèi).如圖所示是一輛汽車通過ETC直線通道運(yùn)動(dòng)過程的位移

一時(shí)間（x-t）圖像.其中0?4和t3?Q時(shí)間段內(nèi)的圖像是直線段，下列說法正確的

是（）

A.在0?公時(shí)間段內(nèi)，汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

B.在12時(shí)刻，汽車的速度最大

C.在t2?t3時(shí)間段內(nèi)，汽車做加速直線運(yùn)動(dòng)

D.在ti?t2和t2?t3兩時(shí)間段內(nèi)，汽車的加速度方向相同

4.用平行單色光垂直照射一層透明薄膜，觀察到如圖所示明暗相間的干涉條紋.下列

關(guān)于該區(qū)域薄膜厚度d隨坐標(biāo)》的變化圖像，可能正確的是（）

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5.如圖所示，4、B、C、D是真空中正四面體的四個(gè)頂

點(diǎn)，E點(diǎn)為C。的中點(diǎn).現(xiàn)在4、B兩點(diǎn)分別固定電荷

量為+q、-q的兩個(gè)點(diǎn)電荷.下列說法正確的是()

A.C點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)比E點(diǎn)的大

B.C點(diǎn)的電勢(shì)比E點(diǎn)的高

C.C、。兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不相同

D.將另一帶負(fù)電的檢驗(yàn)電荷從C點(diǎn)沿直線CD移動(dòng)到。點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)它不做功

6.如圖所示，蜘蛛在豎直墻壁與地面之間結(jié)網(wǎng)時(shí)，AB

為拉出的第一根直線蛛絲，AB與水平地面之間的夾o處\

角為53。.4點(diǎn)到地面的距離為1.2m.取重力加速度\0\

g=10m/s2,空氣阻力不計(jì)，sin53°=0.8,彳

cos53°=0.6.若蜘蛛從豎直墻壁上距地面1.0m的C彳53員8

/V'ZZZZZZZZZZZZ/ZZZZZZZZ

點(diǎn)以水平速度火跳出，要落到蛛絲AB上，則水平速

度%至少為()

A.0.9V5m/sB.1.2m/sC.1.5m/sD.3.0m/s

7.如圖(a)所示，傾角為37。的傳送帶以9=2.0771/5的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的

長(zhǎng)度=10.0m.一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m=1.0kg的物塊，自4點(diǎn)無初速度的放在

傳送帶底端，其被傳送至B端的過程中，動(dòng)能取與位移x的關(guān)系-0圖像如圖(b)

所示.取重力加速度g=10m/s2,s譏37。=0.6,cos37。=0.8.下列說法正確的是

A.物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25

B.整個(gè)過程中合外力對(duì)物塊做的功為4.0/

C.整個(gè)過程中摩擦力對(duì)物塊做的功為64.0/

D.整個(gè)過程中摩擦力對(duì)物塊做的功等于物塊機(jī)械能的增加量與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之

和

8.一含有理想變壓器的電路如圖所示，圖中電阻％、&和危的阻值分別為120、10和

40,4為理想交流電流表，“為正弦交流電壓源，輸出電壓的有效值恒定.當(dāng)開關(guān)S

斷開時(shí)，電流表的示數(shù)為/;當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，電流表的示數(shù)為4/.該變壓器原、副線

圈匝數(shù)比為（）

9.我國北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)由空間段、地面段和用戶段三部分組成.空間段由若干地球

靜止軌道衛(wèi)星4（GE。）、傾斜地球同步軌道衛(wèi)星B（/G-S0）和中圓地球軌道衛(wèi)星

C（ME。）組成，如圖所示.設(shè)三類衛(wèi)星都繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道半徑關(guān)系

為2。=2rB=3、.下列說法正確的是（）

B（IGSO）

，*

J<

/—1,

77嬴二廳

，////M（GE0）

-------------------

?C（MI=O^Z

A.A的線速度比B的小B.4的角速度比C的小

C.B和C的周期之比為D.B和C的線速度之比為J|

10.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，圖甲是t=0時(shí)刻的波形圖，圖乙和圖丙分別是x軸

上某兩處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象.由此可知，這兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置之間的距離可能是（）

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v/cni

力

D.|m

11.足夠大的光滑水平面上，一根不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩一端連接著質(zhì)量為Ui】=1.0kg的物塊

A,另一端連接質(zhì)量為巾2=1.0kg的木板8,繩子開始是松弛的.質(zhì)量為加3="kg

的物塊C放在長(zhǎng)木板B的右端，C與木板B間的滑動(dòng)摩擦力的大小等于最大靜摩擦力

大小.現(xiàn)在給物塊C水平向左的瞬時(shí)初速度%=2.0m/s,物塊C立即在長(zhǎng)木板上運(yùn)

動(dòng).已知繩子繃緊前，8、C已經(jīng)達(dá)到共同速度；繩子繃緊后，4、B總是具有相同

的速度：物塊C始終未從長(zhǎng)木板B上滑落.下列說法正確的是（）

A.繩子繃緊前，B、C達(dá)到的共同速度大小為l.Om/s

B.繩子剛繃緊后的瞬間，4、B的速度大小均為l.Om/s

C.繩子剛繃緊后的瞬間，4、B的速度大小均為0.5m/s

D.最終4、B、C三者將以大小為|m/s的共同速度一直運(yùn)動(dòng)下去

12.如圖所示，間距為Z,=0,8m的兩條平行光滑豎直金屬導(dǎo)軌PQ、MN足夠長(zhǎng)，底部Q、

N之間連接阻值為治=2.00的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bi=0.57、足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)

與導(dǎo)軌平面垂直.質(zhì)量為m=1.0X10-2kg、電阻值為/?2=2.00的金屬棒ab放在

導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好.導(dǎo)軌的上端點(diǎn)P、M分別與橫截面積為5.0x

10-3^2的I。匝線圈的兩端連接,線圈的軸線與大小均勻變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)&平行.開

關(guān)S閉合后，金屬棒好恰能保持靜止.取重力加速度g=10/n/s2,其余部分的電阻

不計(jì).則（）

M

A.勻強(qiáng)磁場(chǎng)％的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小

B.金屬棒時(shí)中的電流為0.254

C.勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2的磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為10T/S

D.斷開S之后，金屬棒ab下滑的最大速度為1.25m/s

13.某學(xué)習(xí)小組的同學(xué)用圖甲所示裝置做“探究彈簧彈力與伸長(zhǎng)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)，測(cè)量

彈簧原長(zhǎng)時(shí)，為了方便測(cè)量，他們把彈簧平放在桌面上使其自然伸長(zhǎng)，彈簧頂端與

刻度尺零刻線對(duì)齊，用刻度尺測(cè)出彈簧的原長(zhǎng)如圖乙所示.然后把彈簧懸掛在鐵架

臺(tái)上，仍使頂端的同一位置對(duì)齊刻度尺的零刻線，將6個(gè)完全相同的鉤碼逐個(gè)加掛

在彈簧的下端，測(cè)出每次彈簧的長(zhǎng)度，結(jié)合圖乙測(cè)得的原長(zhǎng)，得出對(duì)應(yīng)的伸長(zhǎng)量X,

測(cè)量數(shù)據(jù)見下表.

(1)由圖乙可知，彈簧的原長(zhǎng)為cm.

(2)在答題卡給出的坐標(biāo)紙上作出彈簧的伸長(zhǎng)量久與鉤碼質(zhì)量小的關(guān)系圖像.

(3)由于測(cè)量彈簧原長(zhǎng)時(shí)沒有考慮彈簧自重，使得到的圖像不過坐標(biāo)原點(diǎn).那么,

由于彈簧自重而引起的彈簧的伸長(zhǎng)量為cm.

14.隨著居民生活水平的提高，純凈水已經(jīng)進(jìn)入千家萬戶.純凈水的電導(dǎo)率(電阻率的

倒數(shù))是檢驗(yàn)純凈水是否合格的一項(xiàng)重要指標(biāo).某探究實(shí)驗(yàn)小組查閱國家2020版藥

典標(biāo)準(zhǔn)得知：合格純凈水的電導(dǎo)率為方便檢測(cè)，實(shí)驗(yàn)小組把電導(dǎo)率

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換算為電阻率，得知合格標(biāo)準(zhǔn)為電阻率p>5x1030-m.為測(cè)量某純凈水的電阻率,

他們將水樣裝入一個(gè)絕緣性能良好的圓柱形塑料容器內(nèi)，容器兩端用圓片狀金屬電

極密封.測(cè)得該容器兩電極間長(zhǎng)度為5.0cm,圓柱內(nèi)徑圓面積為1.0cm2.除待測(cè)水樣

心外，實(shí)驗(yàn)室還提供如下器材：

A.電流表量程0?200〃4

B.電壓表V：量程0—?3V?15V

C.滑動(dòng)變阻器R：阻值范圍。?200,允許的最大電流24

D電源E：電動(dòng)勢(shì)為12V,內(nèi)阻不計(jì)

￡開關(guān)和導(dǎo)線若干

(1)實(shí)驗(yàn)電路原理圖如圖甲所示.該小組正確連接實(shí)驗(yàn)電路后，將電壓表的不固定

接頭分別與b、c接觸，觀察電壓表和電流表指針偏轉(zhuǎn)情況，發(fā)現(xiàn)電流表的指針偏轉(zhuǎn)

變化明顯，電壓表指針偏轉(zhuǎn)幾乎不變，則應(yīng)將電壓表接頭接在_____(選填"b”或

“c”)點(diǎn).

(2)請(qǐng)用筆畫線代替導(dǎo)線，在答題卡上將實(shí)物圖乙連接成實(shí)驗(yàn)電路，其中電壓表的

接頭要跟(1)中的選擇一致.

(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)中測(cè)得的多組電壓表和電流表的示數(shù)，在U-/坐標(biāo)系中描點(diǎn)連線，得

到圖像如圖丙所示.根據(jù)圖像可得，水樣的電阻值a=.

(4)結(jié)合題目給出的數(shù)據(jù)可知，該水樣的電導(dǎo)率(填“合格”或“不合格”).

15.為防止文物展出時(shí)因氧化而受損，需抽出存放文物的展柜中的空氣，充入惰性氣體,

形成低氧環(huán)境.如圖所示，為用活塞式抽氣筒從存放青銅鼎的展柜內(nèi)抽出空氣的示

意圖.已知展柜容積為％,開始時(shí)展柜內(nèi)空氣壓強(qiáng)為方,抽氣筒每次抽出空氣的體

積為白；抽氣一次后，展柜內(nèi)壓強(qiáng)傳感器顯示內(nèi)部壓強(qiáng)為需三「0；不考慮抽氣引起

io15

的溫度變化.求：

(1)青銅鼎材料的總體積；

(2)抽氣兩次后，展柜內(nèi)剩余空氣與開始時(shí)空氣的質(zhì)量之比.

16.如圖所示，水池的底面與水平面所成夾角為37。，一尺寸很小的遙控船模某時(shí)刻從4

點(diǎn)沿4。以%=0.5m/s的速度勻速向岸邊。點(diǎn)行駛，此時(shí)太陽位于船模的正后上方,

太陽光線方向與水平面的夾角a=37。.已知水的折射率n=%sin37。=0.6.

(1)求該時(shí)刻太陽光線在水中的折射角仇

(2)如圖所示，B點(diǎn)為4。連線上的一點(diǎn)，在遙控船模從4點(diǎn)駛向B點(diǎn)的過程中，其在

水池底面的影子從C點(diǎn)移向。點(diǎn).請(qǐng)?jiān)诖痤}紙圖中作圖確定并標(biāo)出C點(diǎn)和。點(diǎn)；

(3)求遙控船模在水池底面的影子沿水池底面向。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)速度的大??；

(4)若圖中太陽光線方向與水平面的夾角a變大(a<90°),則遙控船模在水池底面

的影子沿水池底面向。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的速度將如何變化(不要求推導(dǎo)過程，僅回答“增

大”“減小”或“不變”)？

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17.某離子發(fā)動(dòng)機(jī)簡(jiǎn)化結(jié)構(gòu)如圖甲所示，其橫截面半徑為R的圓柱腔分為I、n兩個(gè)工

作區(qū)：I區(qū)為電離區(qū)，其內(nèi)有沿軸向分布的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=當(dāng),

eR

其中，m為電子質(zhì)量，e為電子電荷量.II區(qū)為加速區(qū)，其內(nèi)電極P、Q間加有恒定

電壓U,形成沿軸向分布的勻強(qiáng)電場(chǎng).

在I區(qū)內(nèi)離軸線T處的C點(diǎn)垂直于軸線持續(xù)射出一定速率范圍的電子，過C點(diǎn)的圓柱

腔橫截面如圖乙所示（從左向右看），電子的初速度方向與0C的連線成a角（0<a<

90°）.

（1）向I區(qū)注入某種稀薄氣體，電子要電離該氣體，電子的速率至少應(yīng)為火.電子在

I區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達(dá)的區(qū)域越大，其電離氣體的效果越好.為取得好的電

離效果，則I區(qū)中的磁場(chǎng)方向應(yīng)為（按圖乙）垂直于紙面向（填“外”或

"里”）；

(2)不考慮電子間的碰撞及相互作用，電子碰到器壁即被吸收.在取得好的電離效

果下，當(dāng)a=30。時(shí)，求從C點(diǎn)射出的電子速率及的最大值；

(3)I區(qū)產(chǎn)生的離子以接近。的初速飄入II區(qū)，被速后形成離子束，從右側(cè)噴出.已

知?dú)怏w被電離成質(zhì)量為M的1價(jià)正離子，且單位時(shí)間內(nèi)飄入II區(qū)的離子數(shù)目為定值n；

求推進(jìn)器獲得的推力.

18.如圖所示，質(zhì)量巾1=1.0kg的長(zhǎng)直木桿豎直靜止在水平面上，但跟水平面并不黏合；

另一質(zhì)量?jī)H2=2.0kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的小橡膠環(huán)套在長(zhǎng)直木桿上.現(xiàn)讓小橡膠環(huán)以

v0=15.0m/s的初速度從長(zhǎng)直木桿頂端沿長(zhǎng)木桿滑下，小橡膠環(huán)每次跟水平面的碰

撞都是瞬間彈性碰撞；而長(zhǎng)直木桿每次跟水平面碰撞瞬間都會(huì)立即停下而不反彈、

不傾倒.最終小橡膠環(huán)未從長(zhǎng)直木桿上端滑出.已知小橡膠環(huán)與長(zhǎng)直木桿之間的滑

動(dòng)摩擦力大小/=20.0M認(rèn)為最大靜摩擦力大小等于滑動(dòng)摩擦力大小，取重力加

速度g=lOm/sz.求：

(1)長(zhǎng)直木桿的最小長(zhǎng)度；

(2)長(zhǎng)直木桿跟水平面第一次碰撞瞬間損失的機(jī)械能；

(3)長(zhǎng)直木桿跟水平面第幾次將要碰撞時(shí)的速度大小表達(dá)式；

(4)小橡膠環(huán)在長(zhǎng)直木桿上運(yùn)動(dòng)的總路程.

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答案和解析

1.【答案】

D

【解析】

解：4、一群處于n=3能級(jí)的氫原子躍遷時(shí)最多能放出廢=3種不同頻率的光子，故A

錯(cuò)誤；

BC、從n=3的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)的氫原子輻射的光子能量最多，其值為AE=%-Ei=

-1.51eK-(―13.60)eV=12.09eV,故BC錯(cuò)誤；

D、處于n=2的能級(jí)氫原子其電離能為1.51W,處于第3能級(jí)的氫原子可以吸收一個(gè)能

量為1.51eV的光子并電離，故。正確。

故選：D。

根據(jù)數(shù)學(xué)組合公式求出氫原子躍遷時(shí)放出的不同頻率光子的種數(shù)；根據(jù)釋放的光子能量

等于兩能級(jí)間的能級(jí)差求出輻射光子的最大能量：氫原子電離需要吸收的能量是大于等

于所在能級(jí)能量的絕對(duì)值。

本題考查了光電效應(yīng)與能級(jí)躍遷的綜合運(yùn)用，知道躍遷時(shí)輻射或吸收的光子能量等于兩

能級(jí)間的能級(jí)差，并能靈活運(yùn)用。

2.【答案】

C

【解析】

解：4、噴液過程中，溫度不變，儲(chǔ)氣室內(nèi)氣體內(nèi)能不變，故A錯(cuò)誤；

8、噴液過程中，氣體膨脹對(duì)外做功，但內(nèi)能不變，由熱力學(xué)第一定律可知，儲(chǔ)氣室內(nèi)

氣體吸收熱量，故B錯(cuò)誤；

C、由于噴液過程中溫度保持不變，氣體分子的平均動(dòng)能不變，故分子熱運(yùn)動(dòng)劇烈程度

不變，但是氣體壓強(qiáng)減小，所以儲(chǔ)氣室內(nèi)氣體分子對(duì)器壁單位面積的平均撞擊力逐漸減

小，故C正確；

。、只有當(dāng)儲(chǔ)氣室內(nèi)氣體壓強(qiáng)大于外界大氣壓強(qiáng)與導(dǎo)管內(nèi)液體壓強(qiáng)之和，消毒液才能從

噴嘴噴出，故。錯(cuò)誤；

故選:Co

溫度是氣體分子平均動(dòng)能的唯一標(biāo)志；

根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析出氣體的吸放熱情況；

根據(jù)氣體壓強(qiáng)的微觀意義完成分析；

根據(jù)受力分析得出液體噴出噴嘴的條件。

本題主要考查了熱力學(xué)第一定律的相關(guān)應(yīng)用，理解溫度是氣體分子平均動(dòng)能的唯一標(biāo)志,

結(jié)合熱力學(xué)第一定律即可完成分析。

3.【答案】

C

【解析】

解：4、x-t圖像的斜率表示速度，0?ti內(nèi)圖像的斜率不變，說明汽車的速度不變，

做勻速直線運(yùn)動(dòng)，t2時(shí)刻斜率最小，速度最小，故A3錯(cuò)誤；

c、t2?t3內(nèi)圖像的斜率不斷增大，說明汽車的速度增大，做加速直線運(yùn)動(dòng)，故c正確；

D、t]?t2汽車做減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度方向與速度方向相反。12?t3汽車做加速直線運(yùn)

動(dòng)，加速度方向與速度方向相同，而兩段時(shí)間內(nèi)速度方向相同，所以，匕?功和t2?5汽

車的加速度方向相反，故。錯(cuò)誤。

故選:Co

位移一時(shí)間圖像只能表示直線運(yùn)動(dòng)的位移隨時(shí)間的變化規(guī)律，圖像的斜率表示速度，根

據(jù)圖像的形狀分析汽車的運(yùn)動(dòng)情況，從而判斷ti?七2和=2?t3汽車的加速度方向關(guān)系。

本題主要考查對(duì)位移一時(shí)間圖像的理解，關(guān)鍵抓住縱坐標(biāo)表示物體的位置，圖像的斜率

表示速度，來分析汽車的運(yùn)動(dòng)情況。

4.【答案】

C

【解析】

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解：用平行單色光垂直照射一層透明薄膜，從透明薄膜的上下表面分別反射的兩列光是

相干光，發(fā)生干涉現(xiàn)象，出現(xiàn)條紋，所以此條紋是由上方玻璃板的下表面和下方玻璃板

的上表面反射光疊加后形成的，其光程差為透明薄膜厚度的2倍，當(dāng)光程差4x=n2時(shí)此

處表現(xiàn)為亮條紋，即當(dāng)薄膜的厚度：d=n4時(shí)對(duì)應(yīng)的條紋為亮條紋，在題目的干涉條

紋中，從左向右條紋的間距增大，結(jié)合干涉條紋公式對(duì)應(yīng)的厚度公式可知從左向右薄膜

厚度的變化率逐漸減小，故C正確，錯(cuò)誤。

故選：Co

從透明薄膜的上下表面分別反射的兩列光是相干光，其光程差為透明薄膜厚度的2倍，

當(dāng)光程差4%=幾4時(shí)此處表現(xiàn)為亮條紋，故相鄰亮條紋之間的透明薄膜的厚度差為g,且

干涉條紋與入射光在同一側(cè)，從而即可求解。

掌握了薄膜干涉的原理和相鄰條紋空氣層厚度差的關(guān)系即可順利解決此類題目.

5.【答案】

D

【解析】

解：B、根據(jù)題，+q、-q是兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷，通過4B的中垂面是一等勢(shì)面，C、E在

同一等勢(shì)面上，電勢(shì)相等，故8錯(cuò)誤；C、。兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)都與等勢(shì)面垂直，方向指向B一

側(cè)，方向相同，根據(jù)對(duì)稱性可知，場(chǎng)強(qiáng)大小相等，故C、。兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)、電勢(shì)均相同；

故AB正確；

AC,兩個(gè)電荷在中垂面場(chǎng)強(qiáng)分布特點(diǎn)：場(chǎng)強(qiáng)方向均與中垂面垂直，電荷連線中點(diǎn)處場(chǎng)

強(qiáng)最大，以此為中心向四周逐漸減小，由幾何關(guān)系知E點(diǎn)距離中點(diǎn)比C點(diǎn)近，故E點(diǎn)場(chǎng)

強(qiáng)大于C點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)；C、。兩點(diǎn)與中心點(diǎn)距離相等，場(chǎng)強(qiáng)場(chǎng)強(qiáng)大小相等，故AC錯(cuò)誤；

D、通過的中垂面是一等勢(shì)面，C、。在同一等勢(shì)面上，電勢(shì)相等，將另一帶負(fù)電的

檢驗(yàn)電荷從C點(diǎn)沿直線CD移動(dòng)到。點(diǎn)，電場(chǎng)力不做功。故。正確。

故選：D。

+q、-q是兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷，其電場(chǎng)線和等勢(shì)面分布具有對(duì)稱性，通過4B的中垂面

是一個(gè)等勢(shì)面，C、。在同一等勢(shì)面上，電勢(shì)相等，根據(jù)對(duì)稱性分析C、E場(chǎng)強(qiáng)關(guān)系；在

等勢(shì)面上運(yùn)動(dòng)點(diǎn)電荷電場(chǎng)力不做功。

本題關(guān)鍵要掌握等量異種電荷電場(chǎng)線和等勢(shì)線分布情況，抓住4BC0是正四面體的四個(gè)

頂點(diǎn)這一題眼，即可得出C、。處于通過4B的中垂面是一等勢(shì)面上。

6.【答案】

C

【解析】

解：分析題意可知，蜘蛛到達(dá)蜘蛛網(wǎng)的時(shí)候速度與水平方向成53。。時(shí)初速度最小，假設(shè)

速度最小，再利用平拋運(yùn)動(dòng)的物理公式聯(lián)立求解。

平拋運(yùn)動(dòng)和斜面的結(jié)合，而又不同于常規(guī)的考法，題目偏新穎，但解題方法依然是平拋

運(yùn)動(dòng)和兒何關(guān)系的綜合應(yīng)用，很好地讓學(xué)生在模型遷移中得到成長(zhǎng)。

7.【答案】

D

【解析】

解:4、工在0-5m的過程，對(duì)物塊，由動(dòng)能定理得：nmgxcos37°-mgxsin37°=|mv2-

0,解得〃=0.8,故A錯(cuò)誤；

B、由動(dòng)能定理可知，整個(gè)過程中合外力對(duì)物塊做的功為小分=3nw2-o=：xl.Ox

2.02/=2.0/,故8錯(cuò)誤；

2

C、對(duì)整個(gè)過程，由動(dòng)能定理得：wf-mgLABsin37°=1mv-0,解得摩擦力對(duì)物塊

第14頁，共25頁

做的功為：M=62.0/,故C錯(cuò)誤；

。、整個(gè)過程中摩擦力對(duì)物塊做的功等于物塊機(jī)械能的增加量與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和，

故。正確。

故選：D.

物塊在傳送帶上向上運(yùn)動(dòng)57n的過程中做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，末速度等于傳送帶

的速度，利用動(dòng)能定理求物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；對(duì)整個(gè)過程，利用動(dòng)能定理

求合外力對(duì)物塊做的功，并求摩擦力對(duì)物塊做的功；根據(jù)能量轉(zhuǎn)化情況分析摩擦力對(duì)物

塊做的功與物塊機(jī)械能增加量的關(guān)系。

解決本題時(shí)，要知道動(dòng)能定理是求功，特別是合外力做功、變力做功常用的方法，要熟

練掌握。

8.【答案】

B

【解析】

0原,原1

解：由理想變壓器的原、副線圈的電壓比”=以電流比L=

u副/副n

開關(guān)S斷開時(shí)，原線圈兩端的電壓=“-12/

副線圈電流：1副=^1原=記

副線圈兩端的電壓U豳=/韶也2+&)=出(1+4)=5n/

結(jié)合本題數(shù)據(jù)，當(dāng)開關(guān)斷開時(shí)有*=鉀=幾①

S閉合時(shí)，/?3被短路，原線圈電流為4/,副線圈電流為4山

原線圈兩端的電壓U'原="_4/Ri=4-48/

副線圈兩端的電壓。'筋=蕨

12=4n//?2=4n/

當(dāng)開關(guān)閉合時(shí)有知=3祟=n②

綜合得到u=192/,解得n=6.

故8正確，AC。錯(cuò)誤。

故選：Bo

變壓器輸入電壓為U與電阻％兩端電壓的差值；再根據(jù)電流之比等于匝數(shù)的反比可求得

輸出電流；根據(jù)電壓之比等于匝數(shù)之比對(duì)兩種情況列式，聯(lián)立可求得U與1的關(guān)系；則可

求得線圈匝數(shù)之比.

本題考查理想變壓器原理及應(yīng)用，要注意明確電路結(jié)構(gòu)，知道開關(guān)通斷時(shí)電路的連接方

式；同時(shí)注意明確輸入電壓與總電壓之間的關(guān)系.

9【答案】

BD

【解析】

解：衛(wèi)星都繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：

2

》Mmv747r2

)￡

r2=m—r=mra=mr—T2

AD、整理解得線速度為：D=秒，由題意知軌道半徑關(guān)系為2。=2rB=3rc,可得4的

線速度大小與B的線速度大小相等，B和C的線速度之比為：￡=唐=1，故A錯(cuò)誤，

。正確；

B、整理解得線速度為：3=聆，由題意知軌道半徑關(guān)系為2。==3幾，可得人的

角速度小于C的角速度，故B正確；

C、整理解得線速度為：T=J富，由題意知軌道半徑關(guān)系為2以=2TB=3rc,可得B

和C的周期之比為：於=押=后，故C錯(cuò)誤。

故選：BD。

由萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得出衛(wèi)星的線速度、角速度、周期與軌道半

徑的關(guān)系。

本題以我國北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)為背景，考查了萬有引力定律在實(shí)際問題中的應(yīng)用，要求

學(xué)生明確衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由萬有引力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律求解。

10.【答案】

CD

【解析】

第16頁，共25頁

解：由圖甲可知波長(zhǎng)：A=2m,振幅：A=0.1m

圖乙所示質(zhì)點(diǎn)在t=0時(shí)在正向最大位移處，圖丙所示質(zhì)點(diǎn)在t=0時(shí)，y=-0.05m,運(yùn)

動(dòng)方向沿y軸正方向，結(jié)合波形圖找到對(duì)應(yīng)的點(diǎn)，如圖所示：

四分之一波長(zhǎng)為0.5m,若P在Q左邊,兩平衡位置的距離為0.5m-：x0.5m=

若P在Q右邊，兩平衡位置的距離為3x0.5m+1x0.5m=|m

考慮周期性得

x=nA+）或x=nA+

可得CO正確，48錯(cuò)誤。

故選：CD。

首先畫出波形草圖，據(jù)草圖分析質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)關(guān)系，判斷質(zhì)點(diǎn)間距公式，把振動(dòng)圖象和波動(dòng)

圖象聯(lián)系起來.

本題考查振動(dòng)圖象、波動(dòng)圖象及相關(guān)知識(shí)，難度較大，要仔細(xì)分析，此題的關(guān)鍵是據(jù)波

形圖分析.

11.【答案】

ACD

【解析】

解：力、繩子繃緊前，C在B上滑動(dòng)過程，兩者組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，

取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：

巾3。0=（巾2+巾3）藥，解得B、C達(dá)到的共同速度大?。?=1.0m/s,故力正確；

BC、繩子剛繃緊瞬間，A與B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律

得：

m2vr=（mj+m2）v2＞解得繩子剛繃緊后的瞬間4、B的速度大?。簐2=0.5m/s,故8

錯(cuò)誤，C正確；

D、設(shè)最終4、8、C三者的共同速度為。3。對(duì)整個(gè)過程，取向左為正方向，由4、B、C組

成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：

22

m

m3v0=(恤+m2+m3)v3＞解得%=~/s＜即取終4、B、C三者將以大小為&m/s的

共同速度一直運(yùn)動(dòng)下去，故。正確。

故選：ACD.

繩子繃緊前，C在B上滑動(dòng)過程，兩者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律求B、C達(dá)

到的共同速度大?。焕K子剛繃緊瞬間，A與B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律求

繩子剛繃緊后的瞬間4、B的速度大?。焕K子繃緊后，4、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，

由動(dòng)量守恒定律求最終4、B、C三者的共同速度。

本題是多研究對(duì)象、多過程問題，要分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程，明確研究對(duì)象，分過程

利用動(dòng)量守恒定律即可正確解題。

12.【答案】

BC

【解析】

解：4、金屬棒助保持靜止，受到的安培力與重力平衡，則知金屬桿ab受到的安培力方

向豎直向上，由左手定則判斷可知，金屬棒中電流方向由a-b,線圈中感應(yīng)電流方向

由M-P,線圈中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相反，由楞次定律判斷可知，磁場(chǎng)

口2均勻增大，故A錯(cuò)誤；

B、金屬棒ab保持靜止，根據(jù)平衡條件得mg=解得金屬棒中的電流/=0.254,

故B正確；

C、根據(jù)閉合電路歐姆定律得線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=/R&=/.普=0.25x

—V=0.25V

2+2

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=N^=NS號(hào)聯(lián)立解得：黑=10T/s,故C正確；

。、斷開K之后，金屬棒ab先向下做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大，由平衡

條件得：mg=B/iL=警決,解得金屬棒ab下滑的最大速度為外,=2.5m/s,故。錯(cuò)

誤。

故選：BCo

金屬棒ab保持靜止，受到的安培力與重力平衡，判斷出金屬桿ab受到的安培力方向，

第18頁，共25頁

由左手定則判斷棒中感應(yīng)電流方向，再根據(jù)楞次定律判斷磁場(chǎng)外的變化情況；對(duì)金屬棒

ab,利用平衡條件和安培力公式求金屬棒中的電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出線圈產(chǎn)

生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求勻強(qiáng)磁場(chǎng)多的磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率。斷

開K之后，金屬棒必先向下做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大，由平衡條件求

其下滑的最大速度。

本題有感生電動(dòng)勢(shì)，也有動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，要搞清電路的結(jié)構(gòu)，抓住電磁感應(yīng)與電路聯(lián)系的

橋梁是感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，要知道斷開K之后，金屬棒ab的運(yùn)動(dòng)過程與汽車恒定功率起動(dòng)類似,

當(dāng)金屬棒的加速度為零時(shí)速度最大。

13.【答案】

20.001.00

【解析】

解：(1)刻度尺的分度值為1mm,所以其讀數(shù)為20.00cm；

(2)將表中的數(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，貝k-m圖像如下圖所示：

(3)由圖可知，當(dāng)沒有掛鉤碼時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為l.OOczn,可得由于自身重力而引起的

彈簧的伸長(zhǎng)量為1.00cm。

故答案為：(1)20.00；(2)如上圖所示；(3)1.00

(1)根據(jù)刻度尺的讀數(shù)規(guī)則得出彈簧的原長(zhǎng)；

(2)將表中的數(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，畫出對(duì)應(yīng)的x-m圖像；

(3)根據(jù)圖像得出因?yàn)閺椈勺灾囟鸬膹椈缮扉L(zhǎng)量。

本題主要考查了胡克定律的相關(guān)應(yīng)用，熟悉描點(diǎn)畫圖，結(jié)合圖像完成分析即可，難度不

大。

14.【答案】

c60000。不合格

【解析】

解：(1)實(shí)驗(yàn)過程利用試觸法發(fā)現(xiàn)電流表的指針偏轉(zhuǎn)變化明顯，電壓表指針偏轉(zhuǎn)幾乎不

變，說明電流表分壓不明顯，電壓表分流現(xiàn)象明顯，為提高實(shí)驗(yàn)的準(zhǔn)確性，減小實(shí)驗(yàn)誤

差，電流表應(yīng)該內(nèi)接，故電壓表接頭接在c點(diǎn)；

(2)滑動(dòng)變阻器分壓式連接，電流表內(nèi)接，電源電動(dòng)勢(shì)為12乙電壓表選擇大量程接入,

故實(shí)物連接如下圖所示：

(3)根據(jù)部分電路的歐姆定律可知：

"號(hào)=1^0=6。。。。。

(4)根據(jù)電阻的決定式R=孩可得：

p=-=60000xlx^-4n.m=120U-m,小于合格標(biāo)準(zhǔn)的電阻率，故不合格。

1L5x10-2

故答案為：(l)c；(2)實(shí)物連接圖如上圖所示；(3)600002(4)不合格

(1)根據(jù)電表的指針偏轉(zhuǎn)明顯程度選擇合適的電流表接法，從而分析出電壓表接頭的連

接位置；

(2)根據(jù)電表的連接方式畫出對(duì)應(yīng)的實(shí)物連線圖；

(3)根據(jù)歐姆定律計(jì)算出電阻值的大小；

(4)根據(jù)電阻定律計(jì)算出電導(dǎo)率的大小，并分析出水樣的合格與否。

本題主要考查了自來水電阻率的測(cè)量，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，結(jié)合歐姆定

律和電阻定律即可完成分析。

15.【答案】

解：(1)抽氣過程是等溫變化，設(shè)青銅鼎的體積為心

初狀態(tài)：Pi=Po，V^VQ-V

末狀態(tài)：P2=-7Po>彩=%—U2—V

±J1O1O

由玻意耳定律得P1匕=p2Vz

第20頁，共25頁

解得：

o

(2)根據(jù)(1)計(jì)算得匕=

O

第二次抽氣：P2%=P3(%+V)

解得：P3=^|?0

此時(shí)初狀態(tài)：Pi=Po,匕=：7匕

末狀態(tài)：P3=震20

設(shè)氣體壓強(qiáng)為P3時(shí)體積為匕，則P3%=P1匕

解得：匕

根據(jù)m=pV

解得：隨=小愛

mV3225

答：(1)青銅鼎材料的總體積為5%;

O

(2)抽氣兩次后，展柜內(nèi)剩余空氣與開始時(shí)空氣的質(zhì)量之比為豪.

【解析】

(1)抽氣過程中溫度不變，根據(jù)玻意耳定律可求得青銅鼎的體積；

(2)根據(jù)剩余氣體與原氣體的等溫變化可求得質(zhì)量之比。

本題考查玻意耳定律的應(yīng)用，關(guān)鍵在于掌握氣體變化過程中是否處于等溫狀態(tài)。

16.【答案】

解：(1)由折射定律得：”=史堂巴

sin。

代入數(shù)據(jù)解得：3=37。

(2)光路圖如下：

C

(3)由幾何關(guān)系得：v=vosin53°

代入數(shù)據(jù)得：v=0.4m/s

(4)若圖中太陽光線方向與水平面的夾角a變小，。增大，則遙控船模在水池底部的影子

沿水池底面向。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的速度減小。

答：(1)該時(shí)刻太陽光線在水中的折射角為37。；

(2)圖見解析；

(3)遙控船模在水池底面的影子沿水池底面向。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.4m/s；

(4)若圖中太陽光線方向與水平面的夾角a變大(a<90°),則遙控船模在水池底面的影

子沿水池底面向。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的速度將減小.

【解析】

(1)已知入射角和折射率，根據(jù)折射定律求折射角。；

(2)根據(jù)光的折射現(xiàn)象作圖；

(3)將遙控船模的速度分解，從而求出該時(shí)刻遙控船模在水池底部的影子沿水池底面向。

點(diǎn)運(yùn)動(dòng)速度的大小也

(4)根據(jù)遙控船模在水池底部的影子速度與遙控船模速度的關(guān)系分析。

解決本題時(shí)，要完成光路圖，根據(jù)幾何知識(shí)分析遙控船模在水池底部的影子速度與遙控

船模速度的關(guān)系。

17.【答案】

里

【解析】

解：(1)根據(jù)左手定則，為取得好的電離效果，磁場(chǎng)方向是垂直紙面向里；

(2)如圖所示，當(dāng)電子軌跡與橫截面圓內(nèi)切時(shí);電子能到達(dá)的區(qū)域最大，電離效果最好。

第22頁，共25頁

根據(jù)兒何關(guān)系可得：04=R-r,0C