2022年高三教學測試

物理試題卷

（2022.12）

滿分100分，考試時間90分鐘。

考生注意：

1.答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在答題紙規

定的位置上。

2.答題時，請按照答題紙上“注意事項”的要求，在答題紙相應的位置上規范作答。在試題

卷上的作答一律無效。

3.非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應區域內。作圖時先使

用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑，答案寫在本試題卷上無效。

4.可能用到的相關公式或參數：重力加速度g均取1。血s）

選擇題部分

一、選擇題I（本題共13小題，每小題3分，共39分。在每小題給出的四個選項中，只有

一頊是符合題目要求的。）

1.下列物理量屬于基本量且相應單位正確的是（）

A.力：NB,速度：m-s-1C.熱力學溫度：℃D.長度：m

【答案】D

【解析】

【詳解】在物理學中，有七個基本量，即長度（m）、質量（kg）、時間（s）、熱力學溫度（K）、電流強度

（A）、物質的量（mol）、發光強度（cd）。

故選D°

2.關于如圖四幅圖像，下列說法正確的是（）

甲乙丙丁

A.圖甲中，灑水車在灑水過程中慣性變小

B.圖乙中，籃球在空中上升時處于超重狀態

C.圖丙中，離心機分離血液時，血液受到離心力作用

D.圖丁中，行進火車上向前射出的光，其速度大于光速c

【答案】A

【解析】

【詳解】A.灑水車在灑水過程中質量變小，因為慣性只與物體質量有關，質量越小，慣性越小，即灑

水車在灑水過程中慣性變小，故A正確：

B.籃球在空中上升時加速度豎直向下，則處于失重狀態，故B錯誤；

C.不存在離心力，離心機分離血液時，是由于血液受到的作用力不足以提供血液所需要的向心力而發生

離心運動，故C錯誤；

D.由于光速不變原理可知，行進火車上向前射出的光，其速度仍等于光速。，故D錯誤。

故選Ao

3.如圖所示，M、N分別為自動升降桿上的端點和中點，已知升降桿的質量為機，長度為3重力加速度

為g，桿從水平位置勻速率轉至豎直位置的過程中（）

A.升降桿始終處于平衡狀態

B.轉動裝置對升降桿做功〃吆心

C.W、N兩點向心加速度大小之比與：冊=2:1：

D.轉動裝置對升降桿的作用力大小始終等于mg

【答案】C

【解析】

【詳解】A.由于桿在豎直平面內做勻速圓周運動，具有向心加速度，所以不是平衡狀態，故A錯誤；

B.轉動裝置對升降桿做的功等于升降桿重力勢能的增加量，即

W=gmgL

故B錯誤；

C.M、N兩點具有相同的角速度，所以向心加速度大小之比為

_curL_2

IF，

2

故C正確；

D.轉動裝置對升降桿的作用力與升降桿重力的合力提供升降桿做勻速圓周運動的向心力，其大小不斷變

化，可能與重力相等、可能大于重力、也可能小于重力，故D錯誤。

故選c。

4.科學訓練可提升運動成績，小明在體訓前.、后百米全程測試中，￡—7圖像分別如圖所示，則（）

B.0?。內，訓練后小明的平均速度大

C.0~，2內，訓練前后小明跑過的距離相等

D.經過訓練，G時刻后小明仍做加速運動

【答案】D

【解析】

【詳解】A.當物體的大小、形狀對研究的問題影響很小可以忽略時，可以將物體視為質點。研究起跑動作

時，小明的動作、姿態對研究的問題有影響，若將小明視為質點則問題無法研究，A錯誤；

—Ar

B.口一/圖像與橫坐標圍成面積表示位移，由圖像可知，0~。內訓練前位移較大，由平均速度定義式□=—

Ar

可知，訓練前平均速度較大，B錯誤；

C.管一，圖像與橫坐標圍成面積表示位移，山圖像可知，。-，2內訓練前后“一，圖像與橫坐標圍成的面積不

相等，即小明訓練前后跑過的距離不相等，c錯誤；

D.由圖像可知，經過訓練，4時刻后小明速度仍然繼續增大，故4時刻后小明仍做加速運動，D正確。

故選D。

5.如圖所示為制作豆腐的石磨裝置，質量為，〃的“T”形木柄ABC水平靜止時，連接的繩子處于繃

緊狀態，0點是三根繩子的結點。若不計繩子所受重力，OA=OB,ZAOB=60°,F、G和尸2分別表

示三根繩的拉力大小，則（）

C.F=mgD.F=

【答案】B

【解析】

【詳解】AB.。點所受三個力的關系如下

因為04=08,ZAOB=60°,故△048是等邊三角形，則

”二居

b=&=2片8530。二后耳

故A錯誤，B正確；

CD.因為“T”形木柄還受到重力和石磨的支持力，故尸與〃吆的關系未知，故CD錯誤。

故選B。

6.如圖所示，“羲和號”是我國首顆可24小時全天候對太陽進行觀測的試驗衛星，該衛星繞地球可視為

勻速圓周運動，軌道平面與赤道平面垂直。衛星每天在相同時刻，沿相同方向經過地球表面八點正上方，

恰好繞地球運行〃圈已知地球半徑為R,自轉周期為。地球表面重力加速度為g,則“羲和

號”衛星運行的（）

A.線速度大于第一宇宙速度B.角速度小于地球同步衛星

c.向心加速度大于地球同步衛星D.軌道距地面高度為］gRT丫_R

I4/)

【答案】C

【解析】

【詳解】A.第一宇宙速度是以地球半徑為軌道半徑的衛星的運行速度，是最大的運行速度，故A錯誤；

B.衛星每天在相同時刻，沿相同方向經過地球表面人點正上方，恰好繞地球運行〃圈，則衛星的周期為

T

琵=一

n

其中〃>1,由

2萬

（O-~T~

可知

%

既''善和號”角速度大于地球同步衛星，故B錯誤；

C.“羲和號”衛星的周期小于同步衛星的周期，則軌道半徑小于同步衛星的軌道半徑，由

GMm

——；-=ma

廠

可得

。星>

既“羲和號”向心加速度大于地球同步衛星，故C正確:

D.由

GMm

（加〃）

（八〃）2

GMm

二加g

R2

聯立可得軌道距地面高度為

gRT

h=(4-2.-2y-R

故D錯誤。

故選C。

7.目前科學家已經能夠制備出能量量子數〃較大的氫原子，已知氫原子第〃能級的能量為

E,=-->eV,金屬鴇的逸出功為4.54eV,如圖是按能量排列的電磁波譜，則()

n“

紅外線見；紫外線X射線

陽1

10"10'110010,102103

能量(eV)

A.紫外線波段的光子均不能使基態氫原子電離

B.氫原子躍遷時可能會輻射X射線波段的光子

C.足夠長時間紅外線照射能使金屬鋁產生光電效應

D.可見光能使〃=20的氫原子失去一個電子變成氫離子

【答案】D

【解析】

【詳解】A.基態氫原子具有的能最為

Ei=-13.6eV

若基態氫原子電離，則需要吸收的光子能量￡N13.6eV,由題圖可知紫外線波段中存在光子能量

EN13.6cV的光子，這些光子可以使基態氫原子電離，A錯誤;

B.氫原子躍遷時輻射的光子能量不超過13.6eV,由題圖可知，X射線的光子能量均大于13.6eV,故氫原子

躍遷時不會輻射X射線波段的光子，B錯誤;

C.金屬鴇的逸出功為4.54eV,由題圖可知，紅外線的光子能量小于4.54eV,故不能讓金屬鴇產生光電效

應，c錯誤:

D.〃=20的氫原子能量為

E=一坐eV=-坐eV=-O.()34eV

"n22()2

由題圖可知可見光的光子能量大于0.034eV,故可見光可以使〃=20的氫原子失去一個電子變成氫離子，D

正確。

故選D。

8.某同學將半圓形透明磚平放在方格紙上，用激光筆將激光束垂直于AC面射入，可以看到光束從圓弧面

A4C出射，緩慢平移激光束，在如圖所示位置時，出射光束恰好消失，則該透明磚材料的折射率為

A.13B.1.4C.1.6D.1.9

【答案】B

【解析】

【詳解】畫出激光束從玻璃豉射出時恰好發生全反射的光路圖如圖所示

則由圖可得

sinC=-

7

所以折射率為

〃-1.4

sinC5

故選B。

9.如圖所示，四根完全相同的均勻帶正電絕緣細棒，對稱放置在正方體的四條邊b.c、d上，O點為

正方體的幾何中心，則（）

A.正方體內。點電場強度最大

B.若將〃處的絕緣棒移去，則。點電勢升高

C.若將0處的絕緣棒向。點靠近，則該棒電勢能增加

D.若將c,處的絕緣棒移去，則0點電場強度方向垂直指向〃

【答案】C

【解析】

【詳解】A.根據對稱性可知，匹根完全相同的均勻帶電絕緣長棒在。點處的電場強度大小均為E,且〃

處的絕緣棒和d處的絕緣棒由于對稱性，在。點產生的合場強為0;故〃處的絕緣棒與。處的絕緣棒在。

點產生的合場強也為（）。所以。點處電場強度大小為零，故A錯誤；

B.電勢是標量，若以無窮遠處為電勢零點，四根帶正電的絕緣棒周圍的電勢均大于（），。點的電勢等于所

有棒在O點激發的電勢的代數和，故移去〃處的絕緣棒后。點的電勢減小，故B錯誤；

C.若將〃處的絕緣棒向。點靠近，絕緣棒受到的電場力做負功，則該棒電勢能增加，故c正確：

D.若將c處的絕緣棒移去，。點的場強可以認為是由a處的絕緣棒單獨產生。a處的絕緣棒帶正電，且由

對稱性可知，其在O點的場強應垂直指向故D錯誤。

故選C。

10.下列說法正確的是（）

A.液體分子永不停息的無規則運動稱為布朗運動

B.光經過大頭針尖時影的輪廓模糊屬于干涉現象

C.康普頓效應中入射光子與電子碰撞發生散射后，波長變大

D.黑體輻射電磁波的強度只與黑體的本身材料有關，與溫度無關

【答案】C

【解析】

【詳解】A.懸浮在液體中小微粒的無規則運動稱為布朗運動，不是液體分子的無規則運動，故A錯誤；

B.光經過大頭針尖時影輪廓模糊屬于衍射現象，故B錯誤：

C.康普頓效應中入射光子與電子碰撞時，根據動量守恒可知其動量減少，根據

1h

A.=—

P

可知光子散射后波長邊變長，故C正確；

D.根據黑體輻射實驗的規律可知，黑體輻射電磁波的強度只與黑體的溫度有關，故D錯誤。

故選C。

11.風力發電將為2023年杭州亞運會供應綠色電能，其模型如圖所示。風輪機葉片轉速，"轉/秒，并形成

半徑為，?的圓面，通過1：〃轉速比的升速齒輪箱帶動面積為S、匝數為N的發電機線圈高速轉動，產生的

交變電流經過理想變壓器升壓后，輸出電壓為a已知空氣密度為夕，風速為力勻強磁場的磁感應強度

為以忽略線圈電阻，則（）

升壓變壓器

A.單位時間內沖擊風輪機葉片氣流的動能為g夕乃，I，2

B.經升壓變壓器后，輸出交變電流的頻率高于〃?〃

C.變壓器原、副線圈的匝數比為也乃人以5〃加：U

D.高壓輸電有利于減少能量損失，因此電網的輸電電壓越高越好

【答案】C

【解析】

【詳解】A.單位時間內沖擊風輪機葉片氣流的體積

V=5/?=5v-AZ=兀入

氣體質量

m=pV=p/crv

動能

廠12123

Ek=—mv=—p7trv

故A錯誤；

B.發電機線圈轉速為〃，?，則

co=2mm

頻率

f=—=mn

2萬

經升壓變壓器后，輸出交變電流的頻率仍為〃?〃，故B錯誤;

C.變壓器原線圈兩端電壓最大值

Um=NBSs=27rNBSmn

有效值

=\f27rNBSmn

則變壓器原、副線圈的匝數比為上;rNBS〃〃7：U，故c正確；

D.考慮到高壓輸電的安全性和可靠性，電網的輸電電壓并非越高越好，故D錯誤。

故選C。

12.如圖所示為一地卜.電纜探測裝置，圓形金屬線圈可沿水平面不同方向運動，若水平地面卜.有一平

行于y軸且通有恒定電流/的長直導線，P、例和N為地面上的三點，線圈圓心。點位于導線正上方,

MN平行于y軸，尸N平行于x軸、PQ關于導線上下對稱。則（）

A.電流/在P、Q兩點產生磁感應強度相同

B.電流/在M、N兩點產生磁感應強度大小8M=BN

C.線圈從P點勻速運動到N點過程中磁通量不變

D.線圈沿），方向勻加速運動時，產生恒定的感應電流

【答案】B

【解析】

【詳解】A.根據安培定則，電流/在。處產生的磁感應強度沿x軸負方向，在。處產生的磁感應強度沿工

軸正方向，故A錯誤；

B.由于平行y軸，電流/也平行），軸，且M.N到長直導戰的距離相等，故R正確；

C.電流/在P處產生的磁感應強度沿x軸負方向，故線圈在尸點的磁通量為零，電流/在N處產生的磁感

應強度斜向左下方，故線圈在N點的磁通量不為零，故線圈從P點到N點的過程中的磁通量發生了變化，

故C錯誤；

D.線圈沿），方向運動，線圈始終在長直導線的正上方，磁感應強度始終沿工軸負方向，線圈中磁通量始

終為零，故線圈中不會產生感應電流，故D錯誤。

故選Bo

13.如圖所示，2022年長江流域發生嚴重干旱災害期間，農民通過潛水泵抽取地下水灌溉農田。已知潛水

泵由電動機、水泵、輸水鋼管組成，某地下水源距離地表6m深，安裝潛水泵時將一根輸水鋼管豎直打入

地底下與地下水源連通，水泵出水口離地表高度為0.45m,水流由出水口水平噴出時的速度為4nVs,每秒

出水量為3kg。水泵由功率為330W的電動機帶動，已知電動機額定電壓為220V,水泵的抽水效率為

75%,水的密度為1.0xl()3kg/m3,則()

A.出水口鋼管橫截面積為2.5X1>12B.每秒內水流機械能增加24J

C.水泵的輸出功率為217.5WD.電動機線圈的電阻為與C

［；］D

【解析】

【詳解】A.設每秒舟水量為〃?，根據題意有

m=pV

V=S'Vt=Sv

聯立解得

S=7.5xl0-4m2

故A錯誤；

B,以每秒出水最為研究對象，每秒內水流機械能增加為

AE=mgh+gmv2

/?=6+0.45m=6.45m

解得

AE=217.5J

故B錯誤；

C.根據題意，水泵的輸出功率為

W\E

-7_T_217.5.

/\ll————

出75%75%75%75%

故C錯誤；

D.對電動機，有

線=舄+，>

P『U1

聯立可得

r=-1-6-0-Qc

9

故D正確。

故選D。

二、選擇題II（本題共3小題，每小題2分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合

題目要求的。全部選對的得2分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分。）

14.上世紀四十年代初，我國科學家王渝昌先生首先提出證明中微子存在的實驗方案：如果靜止原子核

:Be俘獲核外K層電子e,可生成一個新原子核X,并放出中微子乙，即；Be+匕e->X+；匕。根據核反

應后原子核X的動能和動量，可以間接測晟中微子的能顯和動景，進而確定中微子的存在，若原子核X的

半衰期為八，平均核子質量大于；Be,則（）

A.X是；LiB.X的比結合能小于:Be

C.中微子匕.的能量由質子數減少轉變而來D.再經過24,現有的原子核X全部衰變

【答案】AB

【解析】

【詳解】A.根據題中核反應方程，結合質量數與電荷數守恒可得X的質量數和電荷數分別為

A=7-0=7

Z=4-l=3

故A正確；

B.X與：Be質量數相同，而X的平均核子質量大于：Be,根據質能方程可知：Be的結合能更大，由于二

者核子數相同，都為7,因此：Be的比結合能更大，故B正確；

C.由核反應方程可知，中微子匕的能量是一個質子與一個電子結合轉變成一個中子而得到，故C錯誤；

D.經過2",只剩下現有的原子核X的?未衰變，故D錯誤。

4

故選AB。

15.一定量理想氣體經歷狀態of其過程如7-丫圖上的兩條線段所示，則氣體（）

A.。一＞〃對外做功值小于吸收的熱量

B.在狀態b處的壓強小于狀態c處的壓強

C.arc過程氣體分子的數密度一直變小

D.bfC過程每一個氣體分子的動能都減小

【答案】AC

【解析】

【詳解】A.由圖像可知，af力的過程氣體溫度升高，內能增大，體積增大，則氣體對外做功，由熱力

學第一定律可知，a對外做功值小于吸收的熱量，故A正確；

B.氣體狀態方程

叱=常數

T

結合〃的過程中溫度降低體積增大，可知，壓強減小，既在狀態/，處的壓強大于狀態c處的壓強，故

B錯誤：

C.從a.〃一＞c的過程中，氣體體積一直增大，所以氣體分子的數密度一直變小，故C正確：

D.c?過程中，溫度降低，氣體分子的平均動能減小，但個別分子的動能可能增大，故D錯誤。

故選ACo

16.如圖所示，嘉興市某高中的兩位學生課外在研究簡諧繩波的特點，6、巴是處于繩波兩端的兩個波

源，波源的振動頻率均為/，振幅均為匕某時刻《發出的波恰好傳到c點，鳥發出的波恰好芍到。點，

圖中只畫出了此時刻兩列波在訛部分的疊加波形，4〃間、6c間波形沒有畫出，已知a、〃、c三點處于

平衡位置，d點的平衡位置距離力點八分之一波長，則（）

1

c\

A.d點的振幅為

B.〃、b、c,三點是振動減弱點

C.再經過上時間，*間的波形是一條直線

4/

3

D.再經過了：時間，〃處質點距離平衡位置2y

4/

【答案】ABC

【解析】

【詳解】A.由題可知兩列波疊加之后繩上的最大振幅為2丫，。點為振動減弱點，而d點的平衡位置距離b

點八分之一波長，則d點的振幅為最大振幅的白倍，即d點的振幅為血丫，故A正確；

此時〃、反c?均是波峰和波谷相遇，都是振動減弱點，此時〃c間所有質點的位移都為零，波形圖為?條直

線，故B、C正確；

D.由上可知，。、b、c三點是振動減弱點，則。處質點一直處于平衡位置，故D錯誤。

故選ABC。

非選擇題部分

三、非選擇題（本題共6小題，共55分）

17.小姚同學用如圖甲所示裝置做“探究加速度與力、質量關系”實驗。

木

槽碼

甲

①關于此實驗的下列說法，正確的是O

A.墊上木塊是為了更好地使小車加速下滑

B.補償阻力時，應使小車拖著紙帶但不掛槽碼

C.應調節滑輪高度使細線與小車軌道平行

D.槽碼質量應該和小車質量差不多，以減小相對阻力

②圖乙為某次實驗得到的紙帶，圖中相鄰計數點間還有4個點未畫出，打點計時器頻率為50Hz,則打下計

數點4時小車的速度為m/s,由紙帶可得小車運動的加速度為m/s2o（以上均保留兩

位有效數字）

1234567

???????

||||||川1|川1|1川|1川|111叫1川川1|川1|1川|11川1川|11川川中川|1川|川11nHp川川1|川1|川1|川11HHi川||||1|11川1川|川1|川中川|川1||111|川1|1川|1川|川1|1川|

0cm12345678910II1213141516171819

乙

③根據實驗數據得到加速度與力的關系如圖丙中實線所示，則可知所掛槽碼質量不應超過__________（單

A.22gB.30gC.50g

【答案】?,BC##CB②.0.28?0.32③.0.26-0.34A

【解析】

【詳解】①⑴

A.墊上木塊是為了平衡摩擦力，使小車所受合外力為繩子的拉力，故A錯誤。

B.補償阻力時，應使小車拖著紙帶但不掛槽碼，能夠沿著木板勻速下滑，故B正確；

C.應調節滑輪高度使細線與小車軌道平行，從而使拉力即為小車的合外力，故C正確：

D.應使槽碼質量遠遠小于小車質量，才可以將槽碼重力近似為小車的合外力，故D錯誤。

故選BCo

②[2]由題j意可得，相鄰兩計數點的時間間隔為

t=5T=5—=OAs

f

則由圖可得打下計數點4時小車的速度為

匕=x0.0lm/s=0.295m/s力0.30m/：

⑶由題可得加速度為

2

=口一丁=(1770.刈x10-2m/s?=0.30m/s

③⑶由圖像得，當F>0.22N時，。-尸圖像不再是過原點的直線，則所掛槽碼質量不應超過

0.22

m=-k-g--=22g

10

故選Ao

18.小強同學用如圖所示裝置探究氣體等溫變化的規律。

①他在實驗過程中注射器沒有完全豎立而是略微傾斜，則壓力表讀數______（單選）。

A.偏大B.偏小C.沒有影響

②下列實驗操作，正確的有（單選）。

A.柱塞上應該涂油以更好地密封氣體

B.應快速推拉柱塞以避免氣體與外界熱交換

C.月手握住注射器推拉柱塞以使裝置更加穩定

【答案】①.c②.A

【解析】

【分析】理解氣體壓強的特點；熟悉正確的實驗操作步驟。

【詳解】①[I]壓力表測量的是注射器中氣體的壓強，同?個容器內氣體壓強處處相等，所以實驗過程中注

射器沒有完全豎直對壓力的測量沒有影響，故C正確。

故選C。

②[2]A.柱塞上涂油是為了避免漏氣，即更好地密封氣體，故A正確；

B.推拉柱塞時要緩慢進行，讓氣體更好的與空氣進行熱交換，避免引起氣體溫度的變化，故B錯誤；

C.用手握住注射器會改變注射器內氣體的溫度，故C錯誤。

故選A。

19.小剛同學欲探究如圖甲所示的一根螺旋形金屬絲的電阻特性。

圖乙

（1）他先用多用電表粗測其電阻。讀取數據時，多用電表擋位和指針位置如圖乙所示，則對應的讀數是

C。

（2）他設計電路進一步精確測量，除已有電源（電動勢3.0V,內阻不計）、電壓表（量程0?3V,內阻約

3kQ）、開關、導線若干外，還提供如下實驗器材：

A.電流表（量程0?0.6A,內阻約0.1。）

B.電流表（量程。?3.0A,內阻約0.02Q）

C.滑動變阻器（最大阻值10Q,額定電流2A）

D.滑動變阻器（最大阻值IkC,額定電流O.5A）

則實驗中電流表和滑動變阻器應分別選用。（選填對應的字母）

（3）小剛測量金屬絲兩端的電壓U和電流/,得到多組數據，并在坐標紙上標出，如圖丙所示。請作出該

金屬絲的U-/圖線（）,并根據圖線得出該金屬絲電阻止__________C（結果保留兩位有效數字）。

（4）小剛用電流傳感器測量通過該螺旋金屬絲的電流，電流隨時間變化的圖線如圖丁所示。由圖丁信息

可知，在閉合開關的時刻卜，電流沒有發生突變，請簡要作出解釋：o

O，。（閉合開關）t

【答案】①.6.0##6②.AC④.5.7⑤.螺旋

形金屬絲通電時產生自感現象，阻礙電流增大

【解析】

【詳解】（I）［I］歐姆表的讀數為指針讀數與倍率的乘積，所以圖中所測電阻值為

6.0xlQ=6.0Q

（2）［2］假設讓電動勢為3V的電源給約為6.0。的待測電阻供電，其最大電流約為0.5A,由此可知，電流

表量程應選0~0.6A,故電流表選A：

⑶為了便于調節，測最準確，滑動變阻器的最大阻值應與待測電阻阻值較為接近的，故滑動變阻器選擇C。

（3）［4］描點連線時，應讓更多的點落在直線上，不在直線上的點分居于直線兩側，可以舍去一些偏差角大

的點，待測電阻的圖線如圖所示

NN

[5]圖線的斜率表示待測電阻的阻值，所以

2.60-1.0

R=Q=5.7Q

0.45-0.17

（4）[6]當閉合開關時，螺旋金屬絲產生自感現象，阻礙電流增大，但不能阻止電流流過，所以在通電時電

流由零逐漸增大到穩定值。

20.小吳同學在“用單擺測重力加速度”實驗中

①他的下列操作正確的有。

A.擺球盡量選擇質量大些、體積小些的

B.擺線要選擇細些、伸縮性好的，并且適當長一些

C.為了使擺的周期大一些，以方便測量，開始時拉開擺球，使擺角較大

D.釋放擺球，從擺球經過平衡位置開始計時，記下擺球做50次全振動所用的時間3則單擺周期7二1-

JVZ

②測量擺長時，他采用了用刻度尺直接測量方法。實驗中刻度尺、三角板和擺球的位置如圖所示，則測

得的重力加速度g值__________O（選填“偏大”、“偏小”“沒有影響”）

【答案】?.ADnDA②.偏大

【解析】

【詳解】①⑴A.為了減小實驗誤差，擺球盡量選擇質量大些、體積小些的，故A正確；

B.為了減小實驗誤差，擺線要選擇細些、伸縮性小的，并且適當長一些，故B錯誤；

C.擺的周期大一些可以方便測量，但是擺角過大，會使擺球的擺動不能看做簡諧運動，故C錯誤；

D.釋放擺球，從擺球經過平衡位置開始計時，記下擺球做5（）次全振動所用的時間，，則單擺做一次全振

動的時間既周期為

T=—

50

故D正確。

故選AD；

②[2]由

T0區

Vg

可得

4/T

g=y^L

圖中方法測得的擺長偏大，所以測得的重:力加速度g值偏大。

21.如圖甲所示為小姚設計液體拉力測量儀，一容枳％=9.8L的導熱汽缸下接一圓管，質量

町二40g、橫截面積S=5cnf的活塞封閉?定質量的理想氣體，活塞下端用輕繩懸掛?質量〃A=10g的

U形金屬細絲，剛好處于4位置，摩擦不計，外界大氣壓強％=LOlxl()5pa,環境溫度保持不變，求：

(1)活塞處于A位置時，汽缸中的氣體壓強網；

(2)如圖乙所示，將金屬絲部分浸入液體中，緩慢升起汽缸，使金屬絲在液體中上升但未脫離，活塞穩

定TB位置,已知A、8距離〃=40cm,求液體對金屬絲拉力”的大小；

(3)金屬絲拉出液體后要維持活塞的最低位置8,氣缸向上運動的加速度大小。

甲

【答案】(I)p,=105Pa；(2)F=1N；(3)?=20m/s2

【解析】

【詳解】(I)由活塞受力平衡得

/?0S=p,S+(/Z?1+77Z2)(g

代入數據得

/7,=105Pa

（2）當活塞在3位置時，汽缸內壓強為生，氣體溫度不變，根據等溫變化得

PM=〃2（%+S〃）

代入數據解得

4

p2=9.8xlOPa

由平衡方程得

〃oS=P2S+（〃％+"A）g+b

解得

F=1N

（3）由牛頓第二定律可得

F=（成

解得

a=20m/s2

22.如圖所示，某游樂場游樂裝置由豎直面內軌道38E組成，左側為半徑R=0.8m的光滑圓弧軌道

BC,軌道上端點3和圓心。的連線與水平方向的夾角小下端點。與粗糙水平軌道CO相切，OE為傾

角。=37。的粗糙傾斜軌道，一輕質彈簧上端固定在七點處的擋板上。現有質量為小=O/kg的小滑塊p

（視為質點）從空中的A點以%=2拒m/s的初速度水平向左拋出，經過gs后恰好從B點沿凱道切線

方向進入軌道，沿著圓弧軌道運動到C點之后繼續沿水平軌道CO滑動，經過。點后沿傾斜軌道向上運動

至F點（圖中未標出），彈簧恰好壓縮至最短，已知CD=OF=lm,滑塊與軌道CO、OE間的動摩擦

因數為〃=0.1,各軌道均平滑連接,不計其余阻力,sin37°=0.6o求：

（1）30連線與水平方向的夾角。的大小：

（2）小滑塊P到達與。點等高的0'點時對軌道的壓力：

（3）彈簧的彈性勢能的最大值：

（4）試判斷滑塊返回時能否從B點離開，若能，求出飛出時對8點壓力大小；若不能，判斷滑塊最后

位干何處。

【答案】⑴a=3（）。；⑵4=5N,方向向左；⑶紇=2.02J；⑷能，5=2.6N

【解析】

【詳解】（I）滑塊恰好從B點進入軌道有平拋運動可知

%=vRsina=vvtana

解得

a=30°

（2）由。'由動能定理可知

1,]

m&Rsin30°=—mv——mv\

2a2

解得

=2x/10m/s

經過。'點時受軌道的支持力大小入，有

解得

5=5N

由牛頓第三定律可得滑塊在。'點時對軌道的壓力大小ME=5N,方向向左

(3)設C0=OF=L從8到尸有

mg(A+Rsin。一Lsin0)—RngL-mgLeos0-Ep=0-^

代入數據可解得

綜=2.02J

（4）設滑塊返I可時能上升的高度為“

wgLsin0+Ep=mgLcos0+pmgL+mgh

h=2.44in>1.2m

運動到B點:

,1,

mgh=mg(R+/?sina)+—mv^

?廣以

mgsina+=

解得

心=2.6N

有牛頓第三定律可知對B點的壓力為%=2.6N

23.如圖所示，電阻為2八半徑為R的單匝圓形導體線圈兩端與導軌ME、N”相連，處于豎立向下磁場

8="MOW%）

中，其磁感應強度5隨時間，變化規律為：%,其中綜、力為已知量。CD、EF、

B=旦）,（/>4）

“7是三根材質和粗細相同的勻質金屬棒，CO的長度為3d、電阻為3八質量為機。導軌ME與NH平

行且間距為乩導軌尸G與〃平行且間距為34,放和印的長度相同且與ME、NH的夾角均為30。。

區域I和區域II是兩個相鄰的邊長均為L的正方形區域，區域I中存在鞋直向下、磁感應強度大小為綜的

勻強磁場。O~3ro時間內，水平外力使棒C。在區域I中某位置保持靜止，且其兩端分別與導軌所與

〃對齊。其余導體電阻均不計，導軌均固定于水平面內，不計一切摩擦。

（1）。~2和％?3。內，分別比較棒CO兩端的電勢高低，并分別求使棒CO保持靜止的水平外力廣大

小；

（2）在3fo以后的某時刻，撤去右側圓形磁場，若區域I內的磁場在外力作用下全部從區域I以速度％勻

速運動到區域II時，導體棒CO速度恰好達到%且恰好進入區域II，該過程棒C。產生的焦耳熱為Q，求

金屬棒CO與區域【左邊界的初始距離.%和該過程維持磁場勻速運動的外力做的功W；

（3）在（2）前提下，若磁場運動到區域I【時立刻停下，求導體棒CO運動到"時的速度上

,3wrv].2d③

【答案】（1）見解析；（2）L--^n.3C+-/nvJ；（3）%一生空&

%a23mr

【解析】

【詳解】（1）根據楞次定律和安培定則可知，在0~%內，C。中的電流由C到。，即

感應電動勢為

￡=殳成2

感應電流為

E綜兀*

2r+—J3Ho

3d

則外力…一…誓

在匝圓形導體線圈內磁通量不變，則回路電動勢、電流為零，C、/）兩點的電勢相等，故外力

F=0

（2）CO棒向左加速過程中，感應電動勢的平均值為

ZL—

Ar

感應電流的平均值為

安培力的平均值為

F=Bjd

由動量定理得

F?2=mv{}

聯立可得

3〃〃%

x0=L可

由串聯電路的特點可知，電路中產生的總熱量為

。總二。+：2廠=30

由功能關系和能量守恒得

W=3Q+；，

(3)CD從磁場區域n右邊界向左運動距離X時，回路中棒co的長度為

2.x+d

=J+2A-tan30°=

回路中總電阻為

處=*+^^)+2，=夕2冬+"+2乎)+2，=夕2顯+3")

回路中電流為

B0x+dvv

j-一4匕=I3J.二綜匕二80d匕

3r