2022届山东省烟台市德州市高三(下)一模物理试题含解析.pdf

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1、试卷第 1 页，共 10 页 2022 届山东省烟台市 德州市高三（下）一模物理试题 2022.3 一、单选题 1有些元素的原子核有可能从很靠近它的核外电子中“俘获”一个电子形成一个新原子核，从离原子核最近的 K层电子中俘获电子，叫“K俘获”。现有一个铍原子核（74Be）发生了“K 俘获”，生成一个新的原子核AZX，并放出一个不带电的、质量接近于零的中微子（ev），核反应方程为704-ZA1eBe+eXv。关于铍原子核（74Be）的“K俘获”的过程，下列说法正确的是（）A新原子核AZX带负电 B新原子核AZX比原来的铍原子核少一个中子 C新原子核AZX比原来的铍原子核少一个质子 D新原子核AZ

2、X与原来的铍原子核的核子数不同 2如图所示，在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，某同学观察到清晰的干涉条纹。若他对实验装置进行改动后，在毛玻璃屏上仍能观察到清晰的干涉条纹，但条纹间距变窄。下列改动可能会实现这个效果的是（）A仅将滤光片向右移动靠近单缝 B仅减小双缝间的距离 C仅增大双缝与毛玻璃屏间的距离 D仅将红色滤光片换成绿色滤光片 3甲、乙两车在同一直线上运动，它们运动的位移 x 随时间 t变化的关系如图所示，已知甲车的 x-t图像为抛物线的一部分，t=8s 时刻对应图像的最高点，乙车的图像为直线，下列说法正确的是（）试卷第 2 页，共 10 页 A甲车的

3、初速度为 6m/s B甲车的加速度大小为 2m/s2 Ct=0 到 t=8s 内甲车的位移为 70m D在 t=8s 到 t=10s 时间内的某时刻，甲、乙两车的速度大小相等 4人造地球卫星与地心间距离为 r 时，取无穷远处为势能零点，引力势能可以表示为pGMmEr，其中 G 为引力常量，M为地球质量，m为卫星质量。卫星原来在半径为r1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于稀薄空气等因素的影响，飞行一段时间后其圆周运动的半径减小为 r2。此过程中损失的机械能为（）A2111()2GMmrr B1211()2GMmrr C2111()GMmrr D21211()GMmrr 5如图所示电路中，理想变压

4、器原线圈两接线柱间的交流电压的有效值不变，两灯泡L1、L2规格完全相同，在以下各种操作中各电路元件都没有损坏，下列说法正确的是（）A仅使滑片 M 下移，电流表示数变大 B仅使滑片 M 下移，变压器原线圈中的电流变大 C仅使滑片 N自变阻器 a 端向 b端移动，灯泡 L2中的电流一直增大 D仅使滑片 N自变阻器 a 端向 b端移动，电流表示数一直增大 6如图所示，山坡上两相邻高压线塔之间架有粗细均匀的导线，静止时导线呈曲线形下垂，最低点在 C 处。左塔 A 处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为 30，右塔 B处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为 60，则导线 AC部分与 BC部分的质量之比试卷第

5、 3 页，共 10 页 为（）A2：1 B3：1 C4：3 D3：1 7某压敏电阻的阻值 R 随压力 F变化的规律如图甲所示，将它水平放在电梯地板上并接入如图乙所示的电路中，在其受压面上放一物体 m，即可通过电路中电流表 A 的示数 I 来研究电梯的运动情况。已知电梯静止时电流表的示数为 I0。下列说法正确的是（）A若示数 I=I0，则电梯一定处于静止状态 B若示数 I保持不变，则电梯一定做匀速运动 C若示数 I在增大，则电梯的速度在增大 D若示数 II0，则电梯可能在减速向下运动 8单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图像投射到对焦屏上。对焦屏

6、上的图像通过五棱镜的反射进入人眼中。如图所示为单反照相机取景器的示意图，ABCDE 为五棱镜的一个截面，ABBC。光线垂直 AB射入，分别在 CD和 EA上发生全反射，且两次全反射的入射角相等，最后光线垂直 BC 射出。下列说法正确的是（）试卷第 4 页，共 10 页 ABCD=135 BBAE和BCD 不相等 C该五棱镜折射率的最小值是1sin 22.5 D该五棱镜折射率的最小值是2 9有一边长为 L、质量为 m、总电阻为 R的正方形导线框自磁场上方某处自由下落，如图所示。区域 I、II 中匀强磁场的磁感应强度大小均为 B，二者宽度分别为 L、H，且 HL。导线框恰好匀速进入区域 I，一段时

7、间后又恰好匀速离开区域 II，重力加速度为 g，下列说法正确的是（）A导线框离开区域 II 的速度大于22mgRB L B导线框刚进入区域 II 时的加速度大小为 g，方向竖直向上 C导线框进入区域 II 的过程产生的焦耳热为 mgH D导线框自开始进入区域 I 至刚完全离开区域 II 的时间为236B LmgR 二、多选题 10“战绳”是一种时尚的健身器材，有较好的健身效果。如图甲所示，健身者把两根相同绳子的一端固定在 P点，用双手分别握住绳子的另一端，然后根据锻炼的需要以不同的频率、不同的幅度上下抖动绳子，使绳子振动起来。某次锻炼中，健身者以试卷第 5 页，共 10 页 2Hz 的频率开始

8、抖动绳端，t=0 时，绳子上形成的简谐波的波形如图乙所示，a、b为右手所握绳子上的两个质点，二者平衡位置间距离为波长的23，此时质点 a的位移为8 2cm。已知绳子长度为 20m，下列说法正确的是（）Aa、b 两质点振动的相位差为43 Bt=18s 时，质点 a的位移仍为8 2cm，且速度方向向下 C健身者抖动绳子端点，经过 5s 振动恰好传到 P点 D健身者增大抖动频率，将减少振动从绳子端点传播到 P 点的时间 11如图所示，内壁光滑的圆形细管固定在倾角为 的斜面上，其半径为 R，A、C分别为细管的最高点和最低点，B、D为细管上与圆心 O 处于同一水平高度的两点，细管内有一直径稍小于细管内径

9、的质量为 m的小球，小球可视为质点。开始时小球静止在 A 点，某时刻对小球施加轻微扰动，使小球自 A向 B 沿着细管开始滑动。以过直线BOD的水平面为重力势能的参考平面，重力加速度为 g，下列说法正确的是（）A小球不能返回到 A 点 B小球自 A 点到 B 点的过程中，重力的瞬时功率一直增大 C小球在 C 点时的机械能为 2mgRsin D小球到达 D点时，细管对小球的作用力大小为21 3sinmg 12如图所示，真空中，水平正对放置的平行金属板 A、B 间存在竖直方向的匀强电场，带电量为+Q 的球 P 内含有一弹射装置，其质量为 m1（含其内部弹射装置），质量为 m2、不带电的小球置于球 P

10、 内部的弹射装置中。开始时，球 P 恰好静止在距 A 板 h的位置。某时刻，小球相对于金属板以速度 v0水平弹出，球 P 和小球同时到达金属板。若两球均可视为质点，球 P 运动过程中电荷量保持不变且不影响原电场分布，重试卷第 6 页，共 10 页 力加速度为 g，下列说法正确的是（）A从小球弹出至到达金属板，球 P 动量的变化量竖直向上 B从小球弹出至到达金属板，球 P 的电势能增加 C两金属板间的电势差2122()ABgl mmUm Q D两金属板长度至少为1201212()2mm vm m ghm m g 三、实验题 13某物理实验小组利用图甲所示装置“探究小车的加速度与受力的关系”。（1

11、）关于实验操作，下列说法正确的是_；A实验时，先释放小车再接通打点计时器的电源 B调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行 C每次改变重物质量时，不需要重新调整长木板的倾斜度 D为尽可能减小实验误差，小车的质量应远大于重物的质量（2）一次实验中获得的纸带如图乙所示，已知所用电源的频率为 50Hz，每 5 个点取一个计数点，A、B、C、D、E、F、G 为所取计数点，由图中数据可求得加速度大小a=_m/s2；（计算结果保留两位有效数字）试卷第 7 页，共 10 页 （3）实验小组先保持小车质量为 m1不变，改变小车所受的拉力 F，得到 a随 F 变化的规律如图丙中直线 A 所示，然后实验小

12、组换用另一质量为 m2的小车，重复上述操作，得到如图丙中所示的直线 B，由图可知，m1_m2（选填“大于”或“小于”），直线 B 不过坐标原点的原因是_。14某实验小组要测定一节蓄电池的电动势及内阻，要求测量结果尽量准确，实验器材如下：电流表 A1（量程 200A，内阻为 800）；电流表 A2（量程 300mA，内阻约为 0.3）；定值电阻 R1（阻值为 4）；定值电阻 R2（阻值为 9200）滑动变阻器 R（最大阻值 50）；待测蓄电池一节（电动势约为 2V）；开关 S 一个，导线若干。（1）实验小组连接的实物电路如图甲所示，图中虚线框内的电表应选_（选填“A1”或“A2”），图中虚线框内

13、的定值电阻应选_（选填“R1”或“R2”）；试卷第 8 页，共 10 页（2）电流表 A1示数用 I1表示，电流表 A2示数用 I2表示，该小组多次改变滑动变阻器触头位置，得到了多组 I1、I2数据，并作出 I1（I1+I2）图像，如图乙所示。根据图像可知，被测蓄电池的电动势为_V，内阻为_。（结果均保留两位有效数字）（3）从实验设计原理来看，该蓄电池电动势的测量值_（选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值，内阻的测量值_（选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。四、解答题 15如图甲所示是我国农村建房时往高处抛送建筑材料的情景，即一人从地面将建筑材料抛出，被站在屋檐上的另一人接住。已知李

14、师傅站在离房屋水平距离 L=3.2m 的 A点，王师傅站在离地面高 H=3.4m 的屋檐上的 B 点，李师傅将质量 m=2kg 的砖头从 A点正上方高 h1=1.0m 处斜向上抛出，砖头运动至最高点时恰被王师傅接住，若接住点在 B 点正上方高 h2=0.8m 处，砖头与王师傅接触的时间 t=0.4s，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力。求：（1）李师傅抛砖头的速度大小；（2）王师傅在接砖头的过程中受到的平均作用力大小。16如图甲所示，用质量为 10kg 的活塞在竖直气缸内封闭一定质量的理想气体，气缸顶部装有卡扣。开始时活塞距气缸底部高度为 40cm，对气缸内的气体缓慢加热，活塞距气缸底部

15、的高度 h 随温度 T的变化规律如图乙所示，自开始至温度达到 400K 的过程中，缸内气体吸收的热量为 700J。已知活塞的横截面积为 200cm2，外界大气压强为1.0105Pa，活塞与气缸壁间的摩擦忽略不计，重力加速度 g取 10m/s2。试卷第 9 页，共 10 页（1）求由状态 A到 C，气体内能的变化量；（2）用 p 表示缸内气体的压强，请作出气体由状态 A 经过 B变为 C的 p-h 图像，并标出 A、B、C 的坐标值。17加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨大的作用，回旋加速器是其中的一种。如图是某回旋加速器的结构示意图，D1和 D2是两个中空的、半径为 R 的半圆型金属盒，两

16、盒之间窄缝的宽度为 d，它们之间有一定的电势差 U。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B。D1盒的中央 A处的粒子源可以产生质量为 m、电荷量为+q 的粒子，粒子每次经过窄缝都会被电场加速，之后进入磁场做匀速圆周运动，经过若干次加速后，粒子从金属盒 D1边缘离开，忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子间的相互作用及相对论效应。（1）求粒子离开加速器时获得的最大动能 Ekm；（2）在分析带电粒子的运动轨迹时，用 d表示任意两条相邻轨迹间距，甲同学认为d不变，乙同学认为 d逐渐变大，丙同学认为 d逐渐减小，请通过计算分析哪位同学的判断是合理的；（3）若该回旋加速器金属盒的半径 R

17、=1m，窄缝的宽度 d=0.1cm，求粒子从 A 点开始运动到离开加速器的过程中，其在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比。（结果保留两位有效数字）18如图甲所示，半径 R=0.5m 的四分之一光滑圆弧轨道 A 与长 l=1m 的平板 B 均静置于光滑水平地面上，A 与 B 刚好接触且二者的上表面相切，一物块 C（可视为质点）静置于 B 的最右端，C 与 B 上表面的动摩擦因数 从左往右随距离 l均匀变化，其变化关系如图乙所示。已知 A、B、C 的质量均为 m=1kg，重力加速度 g=10m/s2，现给 C 一水平向左的初速度 v0=4m/s。试卷第 10 页，共 10 页（1）若 A、B 固

18、定，其他条件均不变，求 C 刚滑到 A 最低点 P时对轨道的压力大小；（2）若 A、B 不固定，其他条件均不变，求：（i）C 由 B 最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功；（ii）C 相对于 A 最低点 P 所能达到的最大高度（结果保留两位有效数字）；（iii）若将 A、B 粘连在一起，改变 v0大小，其他条件均不变，使 C 能够沿 A 上升，且再次返回到 A 最低点 P时具有相对于地面水平向左的速度，v0的取值范围为多少。答案第 1 页，共 17 页 参考答案：1C【解析】【详解】A根据电荷数守恒得，新原子核 X 的电荷数是 3，则新原子核 X 带正电，故 A 错误；BCD根据电荷数和质量

19、数守恒得，新原子核 X 的电荷数是 3，核子数是 7，新原子核与铍核相比，电荷数少一个而核子数相同，所以是质子数少一个，中子数多一个，故 BD 错误，C 正确。故选 C。2D【解析】【详解】A滤光片的作用是得到相干光源，靠近单缝和远离单缝不影响干涉，A 错误；BC双缝干涉两相邻亮条纹的间距为 Lxd 仅减小双缝之间的距离 d或仅增大双缝与毛玻璃屏间的距离，条纹间距x都会变大，B 错误；D仅将红色滤光片换成绿色滤光片，滤光片射向双缝等的光的波长 减小，根据 Lxd 可知，条纹间距减小，D 正确。故选 D。3B【解析】【详解】AB匀变速直线运动的 x-t图像为抛物线，由于甲车的图像开口向下，所以甲

20、车沿 x 轴方向做匀减速直线运动，设加速度大小为 a，初速度大小为 v0。t=8s 时甲车速度减为 0，则根据运动学公式有 080va t s 08va 答案第 2 页，共 17 页 t=10s 时甲车的位移为 60m，则 2100101012xvta t 2016010102va 联立解得 22m/sa，016m/sv A 错误，B 正确；Ct=8s 时甲车离出发点的距离为 280881642xvta tm C 错误；Dt=10s 时甲车的速度为 10010162 104vvat m/sm/sm/s 在 t=8s 到 t=10s 时间内，甲车的速度变化范围为04m/s，负号表示沿 x轴负方向

21、。乙车的速度为 260m/s6m/s10v 在 t=8s 到 t=10s 时间内没有甲、乙两车的速度大小相等的时刻，D 错误。故选 B。4A【解析】【详解】根据卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为 r1时有 21121vGmrMmr 卫星的引力势能为 p11GMmEr 轨道半径为 r2时 22222vGmrMmr 答案第 3 页，共 17 页 卫星的引力势能为 2p2GMmEr 设摩擦而损失的机械能为E，根据能量守恒定律得 221p12p211 22mvEmvEE 联立以上各式可得 21112GMmErr 故 A 正确，BCD 错误。故选 A。5C【解析】【详解】A仅使

22、滑片 M 下移，副线圈匝数减小，根据理想变压器 1122UnUn 知副线圈电压减小，副线圈电路电阻不变，所以电流减小，故 A 错误；B仅使滑片 M 下移，副线圈电压、电流均减小，所以副线圈功率减小，根据理想变压器特点 1 122U IU I 知原线圈中电流变小，故 B 错误；C仅使滑片 N自变阻器 a 端向 b端移动，并联部分电路电压（副线圈电压）不变，L2所在支路电阻逐渐减小，根据并联分流特点可知，L2中电流一直增大，故 C 正确；D仅使滑片 N自变阻器 a 端向 b端移动，则并联部分电阻先增大后减小，副线圈总电阻先增大后减小，副线圈电压不变，所以副线圈总电流（电流表示数）先减小后增大，故

23、D错误。故选 C。6B【解析】【详解】答案第 4 页，共 17 页 整体分析，根据水平方向平衡 sin30sin60ACBCFF 单独分析左右两部分 cos60BCBCFmg ，cos30ACACFmg 解得导线 AC 部分与 BC 部分的质量之比为 3:1.故选 B。7D【解析】【详解】A若示数为 I0，说明 m对压敏电阻的压力与静止时相同，即 m 的合外力为零，电梯可能处于静止状态也可能处于匀速运动状态，故 A 错误.B由图可知压敏电阻的阻值与受到的压力有关，若示数 I不变，说明压敏电阻的阻值保持不变，压敏电阻受到的压力不变，对于 m受到的支持力不变，m的合外力恒定，故 m 可能做匀变速直

24、线运动，也可能做匀速运动，故 B 错误.C若示数 I在增大，说明压敏电阻的阻值在减小，由图可知，压力越大，阻值越小，所以压敏电阻受到的压力在逐渐增大，由上述条件只能判断压敏电阻受到的合外力在变化，由于不能确定合外力方向，故无法确定电梯速度如何变化，故 C 错误.D对应电流表示数为 I0，压敏电阻受到的压力等于 m的重力，当 II0时，电路中电流比静止时变大，说明压敏电阻阻值变小，压力增大，压力大于重力，m的合外力向上，加速度方向向上，如果电梯正在上升，则为加速上升，如果电梯正在下降，则为减速下降，故D 正确。故选 D。8C【解析】【详解】AB由题意画出光路图如图所示，设光线在 CD 面上的入射

25、角为 答案第 5 页，共 17 页 根据光路图和反射定律可知 490 得 22.5 由四边形内角和为 360和角度关系可得 BCD=BAE=90+=112.5 故 AB 错误；CD光线在 CD和 AE 界面上恰好发生全反射时，对应着五棱镜折射率的最小值0n，则 01sinn 解得 01sin22.5n 故 C 正确，D 错误。故选 C。9C【解析】【详解】A导线框恰好匀速离开区域 II，根据平衡条件得 22B L vmgBILR 解得 22mgRvB L A 错误；答案第 6 页，共 17 页 B导线框匀速进入区域 I 到刚进入区域 II 之间一直做匀速运动，由平衡关系和电磁感应定律可得 22

26、mgRvB L 导线框下边刚进入磁场区域时，上下边都切割磁感线，由法拉第电磁感应定律 22EBLvBLvBLv 又 22EIR 解得 I2=2BLvR 线框所受安培力 222FBI L 由牛顿第二定律有 2Fmgma 解得 3ag 方向竖直向上，B 错误；C导线框恰好匀速进入区域 I 故线框在区域 I 中以速度 v匀速运动；设线框完全离开磁场I 时速度为 v，从完全离开磁场 I 到开始离开区域 II 的过程中，由动能定理得 221122mg HLmvmv 导线框进入区域 II 的过程根据能量守恒可得 221122mgLmvmvQ 联立解得导线框进入区域 II 的过程产生的焦耳热为 QmgH C

27、 正确；D导线框自开始进入区域 I 至开始进入区域 II 过程中，由动量定理得 11mgtF tmvmv安1 答案第 7 页，共 17 页 F tBIL tBL tBLRtR 安 联立 10mgtBLR 解得 231B LtmgR 导线框自开始进入区域 II 至开始离开区域 II 过程中，由动量定理得 22mgtF tmvmv安2 2220BLmgtBLR 解得 2322B LtmgR 导线框自开始离开区域 II 至刚完全离开区域 II 过程中，由动量定理得 33mgtF tmvmv安3 联立解得 233B LtmgR 故 231234B LttttmgR D 错误。故选 C。10AB【解析】

28、【详解】Aa、b 两质点平衡位置间距离为波长的23，一个周期波前进一个波长的距离，一个周期前后的相位差为2，所以两质点振动的相位差为 24=2=33 故 A 正确；B质点振动周期为 答案第 8 页，共 17 页 11=s2Tf 2=4T t=0 时质点 a 的位移为8 2cm，根据甲图可知 a此刻在平衡位置上方，向上振动；根据乙图图线可知 a的振动方程为 16sin(4)4ayt 将 t=18s=4T带入可得 8 2cmay 由振动规律知18s 时刻 a 在平衡位置上方，振动方向向下，故 B 正确；C由乙图可知 a、b间平衡间距大于 5m，小于波长，所以波长5m，所以波从健身者传到 P 点所用

29、的时间 201s=2s52LLtTv 故 C 错误；D波的传播速度由介质决定，介质不变，波速不变，绳子上的波形传播到 P 点的时间不变，与抖动频率无关，故 D 错误。故选 AB。11BD【解析】【详解】A小球在运动过程中，机械能守恒，所以小球能返回到 A 点，故 A 错误 B小球在 A 点时速度为零，重力的瞬时功率为零，小球从 A到 B 的过程中，速度逐渐增大，速度沿斜面的分量（v1）也逐渐增大，根据瞬时功率表达式 1sinPmgv 可知小球自 A 点到 B 点的过程中，重力的瞬时功率一直增大，故 B 正确；C小球在运动过程中，机械能守恒，所以小球在 C点时的机械能为 mgRsin，故 C 错

30、误；D根据机械能守恒可得小球到达 D点时的速度为 答案第 9 页，共 17 页 2D1sin2mgRmv 根据牛顿第二定律可得侧壁对小球的支持力为 2DvNmR 解得 2sinNmg 管的底部对小球的支持力为 NcosFmg 小球到达 D点时，细管对小球的作用力大小为 222Nsin1 3FFNmg 故 D 正确。故选 BD。12ACD【解析】【详解】A原来球 P 静止时，有 12QEmmg（）小球弹出时，设 P 瞬间速率为 v1，由动量守恒 201 1m vmv 小球弹出后，P 受电场力大于其重力，合力向上，做类平抛运动到达上板，由牛顿第二定律 11QEm gm a 由动量定理知，球 P 动

31、量变化量竖直向上，故 A 正确；B球 P 向上类平抛运动，电场力做正功，电势能减小，故 B 错误；C小球弹出后，设经时间 t到达下板，设两板间距为 d，对小球竖直方向，由运动学规律 212dhgt 同理，对 P 竖直方向 答案第 10 页，共 17 页 212hat 两金属板间的电势差 ABUEd 联立以上各式（含 A 中公式）可得 2122()ABgh mmUm Q 故 C 错误；D小球和球 P 自弹出到落板，水平位移大小分别为 00 xv t，11xvt 则两金属板长度至少为 01Lxx 联立 A、C、D 中公式可得 1201212()2mm vm m ghLm m g 故 D 正确。故选

32、 ACD。13 BCD 0.18#0.19 小于 长木板倾斜程度过大，补偿阻力过度【解析】【详解】（1）1 A实验时，要去先接通打点计时器的电源再释放小车，A 错误；B绳子的拉力应与运动方向一致，故应调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行，B 正确；C平衡后，应有 cossinmgmg 即有 tan 故每次改变重物质量时，不需要重新调整长木板的倾斜度，C 正确；D为尽可能减小实验误差，实验要求小车的质量应远大于重物的质量，D 正确。答案第 11 页，共 17 页 故选 BCD。（2）2设 1ADx 2DGx 由图乙可得 13.65cm0.40cm3.25cmx 28.60cm3.65

33、cm4.95cmx 所用电源的频率为 50Hz，每 5 个点取一个计数点，可得 AD 之间的时间间隔为 3 0.025s0.3st 根据匀变速直线运动的推论，即 221xxxat 代入数据，解得 20.19m/sa （3）34根据牛顿第二定律可得 Fam 故有 1AFam 2BFam 则有 12FFmm 当拉力 F 相等时，有 12mm 由直线 B 可知，当 F 等于 0 时，加速度不等于零，说明平衡摩擦力过度，即长木板倾斜程度过大，补偿阻力过度。14 A2 R2 1.9 1.0 等于 等于【解析】答案第 12 页，共 17 页【详解】（1）12 图中虚线框内的电表应选 A2，因为虚线框在干路

34、上，选择量程大的电流表。蓄电池的电动势为 2V，改装后电压表量程为 2V。所以串联电阻 19200AgURRI 故选 R2。（2）34根据 12112()()AI RREIIr 整理得 11212121()()AAErIIIRRRRR 所以 621190 10 AAERR，61321(15070)10(24080)10ArRRR 解得 1.9VE ，1.0r （3）56因为考虑到电表内阻，所以没有误差。电动势的测量值等于真实值，内阻测量值等于真实值。15（1）4 5m/s；（2）20 2N【解析】【详解】（1）根据运动的可逆性可知，砖头逆向的运动是平抛运动，则水平方向 L=vxt1 竖直方向

35、vy=gt1 H+h2h1=12gt12 合速度 v2=vx2+vy2 解得 v=4 5m/s 答案第 13 页，共 17 页 即李师傅抛砖头的速度大小为4 5m/s。（2）对砖头水平方向，由动量定理 10 xFtmv 由力的合成知 221()FFmg 解得 F=20 2N 由牛顿第三定律得：王师傅在接砖头过程中受到的平均作用力大小为20 2N。16（1）280J；（2）见解析【解析】【详解】（1）对活塞受力分析如图 由平衡方程得 mg+p0S=pAS 气体由状态 A 到 C先做等压变化再做等容变化()ABAWp S hh 由热力学第一定律得 E=W+Q 解得 pA=1.05105Pa，E=2

36、80J（2）气体由状态 B 到 C由查理定律得 CBBCppTT BApp 答案第 14 页，共 17 页 解得 pC=1.4105Pa 气体由状态 A 经过 B 变为 C的 p-h 图像如图所示 17（1）2222q B Rm；（2）见解析；（3）31.610【解析】【详解】（1）当带电粒子运动半径为半圆金属盒的半径 R 时，粒子的速度达到最大值 vm，由牛顿第二定律得 2mmvqBvmR 粒子离开加速器时获得的最大动能 212kmmEmv 解得 2222kmB REqm（2）第 N 次加速后，由动能定理得 2N12NqU mv 根据牛顿第二定律得 2NNNqBmrvv 可解得第 N次加速后

37、 12NmUBqrN 可推得第（N1）次加速后 答案第 15 页，共 17 页 121NmUBq（）rN-1 相邻轨迹间距 NN-1222()(1)mUdr-rNNBq 由此可知相邻轨迹间距逐渐减小，丙同学的判断是合理的；（3）粒子在电场中被加速 n次，由动能定理得 kmnqUE 解得 222qB RnmU 粒子在加速器中运动的时间可以看成两部分时间之和，即在金属盒内旋转2n圈的时间 t1和通过金属盒间隙 n次所需的时间 t2之和，粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力。由牛顿第二定律得 2vqBvmr 运动周期 22rmTvqB 粒子在磁场中运动时间 2122nBRtTU 粒子在电

38、场中运动时，由匀变速直线运动规律得 22ndtmv 解得 2BRdtU 粒子在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比 3121.6 102tRtd 18（1）26N；（2）（i）409J（或 W克=4.44J）；（ii）0.10m；（iii）02 3m/s4m/sv 答案第 16 页，共 17 页【解析】【详解】（1）C 由 B 最右端滑至最左端过程中，摩擦力做功 124J2fmgmgWl 该过程中，由动能定理得 22P01122fWmmvv C 运动到 A 最低点 P 时，由牛顿第二定律得 2PmNmgRv 解得 N=26N 由牛顿第三定律可知，B 对 C 的压力等于 26N（2）（i）C 由

39、 B 最右端滑至 A 最低点 P过程中，A、B、C 组成的系统动量守恒 由动量守恒定律得 0122mvmvmv 由能量守恒定律得 2220121112222mmmQvvv 由功能关系可知，摩擦产生的热量 122mgmgQl（或 Q=4J）解得 20014483vvv 18/3vm s或10v 22m/s3v 对 C 由动能定理得 22101122Wmm克vv 解得 答案第 17 页，共 17 页 409W克J（或 W克=4.44J）（ii）C 在 A 上运动时，A、C 组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，且当 A、C 在水平方向达到共同速度时 C 运动到最高点 由动量守恒定律得 122mmm共vvv 由机械能守恒定律得 222121112222mmmmgh共vvv 解得 h=0.10m（iii）C 沿 A 上升后返回到 A 最低点 P时，C 有向左运动的速度即可 由动量守恒定律得 0CAB2mmmvvv 由能量守恒定律得 2220CAB1112222mmmQvvv 解得 200C4483vvv 因 C 要经过 A 最低点 P，因此要求判别式大于零，速度向左说明结果要大于零，即 204480v 200-44803vv 解得 02 3m/s4m/sv