大家好，小高來為大家解答以上問題。2021年甘肅中考模擬考試試卷物理，2022甘肅高考物理沖刺試卷及答案解析很多人還不知道，現在讓我們一起來看看吧！

選擇題:本大題公共8小題，每小題3分，在每小題給出的四個選項中，其中1、2、4、6題只有一項符合題目要求；3、5、7、8題有多項符合題目要求，全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分.

1．物理關系式不僅反映了物理量之間的關系，也確定了單位間的關系．現有物理量單位：m（米）、s（秒）、N（牛）、W（瓦）、C（庫）、A（安）、Ω（歐）和T（特），由它們組合成的單位與電壓單位V （伏）等效的是（　?。?/p>

A．N/C B．C?T?m/s C．T?A?m D．

2．如圖甲所示，兩物體A，B疊放在光滑水平面上，對A施加一水平力F，規(guī)定向右為正方向，F隨時間t變化關系如圖乙所示，兩物體在t=0時由靜止開始運動，且始終保持相對靜止，則下列說法正確的是（　　）

A．第1s末兩物體的速度最大

B．第3s內，兩物體向左運動

C．第2s內，拉力F對物體A做正功

D．第2s內，A對B的摩擦力向左

3．如圖所示，六個點電荷分布在邊長為a的正六邊形ABCDEF的六個頂點處，在B、F處的電荷的電荷量為﹣q，其余各處電荷的電荷量均為+q，MN為正六邊形的一條中線，則下列說法正確的是（　?。?/p>

A．M，N兩點電場強度相同

B．M，N兩點電勢相等

C．在中心O處，電場強度大小為，方向由O指向A

D．沿直線從M到N移動正電荷時，電勢能先減小后增大

4．如圖所示，勁度系數為k的彈簧下端固定在地面上，上端與一質量為m的小球相連，處于靜止狀態(tài)，現用力F將小球緩慢上移，直到彈簧恢復原長．然后撤掉該力，小球從靜止開始下落，下落過程中的最大速度為v，不計空氣阻力，重力加速度為g．下列說法正確的是（　　）

A．小球的速度最大時，彈簧的彈性勢能為零

B．撤掉力F后，小球從靜止下落到最大速度v的過程中，克服彈簧彈力做的功為﹣mv2

C．彈簧的彈性勢能最大時，小球的加速度為零

D．小球緩慢上移過程中，力F做功為

5．宇航員在某星球表面以初速度2.0m/s水平拋出一物體，并記錄下物體的運動軌跡，如圖所示，O點為拋出點，若該星球半徑為4000km，萬有引力常量G=6.67×10﹣22N?m2?kg﹣2，則下列說法正確的是（　　）

A．該星球表面的重力加速度4.0m/s2

B．該星球的質量為2.4×1023kg

C．該星球的第一宇宙速度為4.0km/s

D．若發(fā)射一顆該星球的同步衛(wèi)星，則同步衛(wèi)星的繞行速度一定大于4.0km/s

6．圖甲所示為驗證法拉第電磁感應定律的實驗裝置，與電源連接的線圈Ⅰ中的電流i1按圖乙所示的規(guī)律變化，電流i1在線圈Ⅰ的 內部產生變化的磁場，該磁場磁感應強度B與線圈中電流i1的關系：B=ki1（其中k為常數）．線圈II與電流傳感器連接，并通過計算機 繪制出線圈II中感應電流i2隨時間t變化的圖象．若僅將i1變化的頻率適當增大，則能正 確反映i2﹣t圖象變化的是（圖中以實線和虛線分別表示調整前、后的i2﹣t圖象） （　?。?/p>

A． B． C． D．

7．如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場E和垂直紙面向外的勻強磁場B，在豎直平面內從a點沿ab，ac方向拋出兩帶電小球，不考慮兩帶電小球間的相互作用，兩小球電荷量始終不變，關于小球的運動，下列說法正確的是（　　）

A．沿ab，ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動

B．B若沿ab做直線運動，則小球帶正電，且一定是勻速運動

C．若沿ac做直線運動，則小球帶負電，可能做勻加速運動

D．兩小球在運動過程中機械能均保持不變

8．如圖所示電路中，電源E的內阻為r，R1、R2為定值電阻，R0為滑動變阻器的最大阻值，各電表均為理想電表．已知r＜R2電阻R1＜R0．閉合開關S，當滑動變阻器的滑動觸頭P由變阻器的中點向左滑動的過程中，下列說法正確的是（　?。?/p>

A．電源內阻r消耗的熱功率先變大后變小

B．電源的輸出功率先變小后變大

C．V1的示數先變大后變小，V2的示數先變小后變大

D．A1的示數不斷變小，A2的示數不斷變大

非選擇題.

9．某同學找到一條遵循胡克定律的橡皮筋來驗證力的平行四邊形定則，設計了如下實驗：

（1）將橡皮筋的兩端分別與兩條細線相連，測出橡皮筋的原長；

（2）將橡皮筋一端細線用釘子固定在豎直板上A點，在橡皮筋的中點O再用細線系一重物，自然下垂，如圖甲所示；

（3）將橡皮筋另一端細線固定在豎直板上的B點，如圖乙所示．

為完成實驗，下述操作中需要的是　?。?/p>

A．橡皮筋兩端連接細線長度必須相同

B．要測量圖甲中橡皮筋Oa和圖乙中橡皮筋Oa、Ob的長度

C．A、B兩點必須在同一高度處

D．要記錄圖甲中O點的位置及過O點的豎直方向

E．要記錄圖乙中結點O的位置、過結點O的豎直方向及橡皮筋Oa，Ob的方向．

10．霍爾元件可以用來檢測磁場及其變化．圖甲為使用霍爾元件測量通電直導線產生磁場的裝置示意圖．由于磁芯的作用，霍爾元件所處區(qū)域磁場可看做勻強磁場．測量原理如乙圖所示，直導線通有垂直紙面向里的電流，霍爾元件前、后、左、右表面有四個接線柱，通過四個接線柱可以把霍爾元件接入電路．所用器材已在圖中給出，部分電路已經連接好．為測量霍爾元件所處區(qū)域的磁感應強度B；

（1）制造霍爾元件的半導體參與導電的自由電荷帶負電，電流從乙圖中霍爾元件左側流入，右側流出，霍爾元件　?。ㄌ睢扒氨砻妗被颉昂蟊砻妗保╇妱莞撸?/p>

（2）在圖中畫線連接成實驗電路圖；

（3）已知霍爾元件單位體積內自由電荷數為n，每個自由電荷的電荷量為e，霍爾元件的厚度為h，為測量霍爾元件所處區(qū)域的磁感應強度B，還必須測量的物理量有　?。▽懗鼍唧w的物理量名稱及其符號），計算式B=　?。?/p>

11．小明同學乘坐京石“和諧號”動車，發(fā)現車廂內有速率顯示屏．當動車在平直軌道上經歷勻加速、勻速與再次勻加速運行 期間，他記錄了不同時刻的速率，進行換算后數據列于表格中．在 0﹣600s這段時間內，求：

t/s

v/m?s﹣1

30

100

40

300

50

400

50

500

60

550

70

600

80

（1）動車兩次加速的加速度大小；

（2）動車位移的大小．

12．如圖所示，在半徑分別為r和2r的同心圓（圓心在O點）所形成的圓環(huán)區(qū)域內，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B．在大圓邊界上A點有一粒子源，垂直AO向左發(fā)射一質量為m，電荷量為+q，速度大小的粒子．求：

（1）若粒子能進入磁場發(fā)生偏轉，則該粒子第一次到達磁場小圓邊界時，粒子速度相對于初始方向偏轉的角度；

（2）若粒子每次到達磁場大圓邊界時都未從磁場中射出，那么至少經過多長時間該粒子能夠回到出發(fā)點A．

【物理——選修3-3】

13．以下說法正確的是（　?。?/p>

A．大量氣體分子做無規(guī)則運動，速率有大有小，但是分子的速率按“中間多，兩頭少”的規(guī)律分布

B．一定質量的理想氣體，溫度升高時，分子的平均動能增大，氣體的壓強一定增大

C．由于液體表面層分子間距大于液體內部分子間距離，液體表面存在張力

D．空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強接近飽和汽壓，水蒸氣越慢

E．用油膜法測出油分子的直徑后，要測定阿伏加德羅常數，只需再知道油的密度即可

14．如圖所示，開口豎直向上的固定氣缸右側連一“U”形管氣壓計，在距氣缸底部1.2l處有一個卡環(huán)，一質量為m的活塞可以在氣缸內卡環(huán)以上部分無摩擦滑動且不漏氣，在氣缸內封閉一定質量的氣體，當溫度為T0時，活塞靜止在距氣缸底部為1.5l處，已知大氣壓強恒為p0，氣缸橫截面積為s，不計“U”行管內氣體的體積，現緩慢降低缸內氣體的溫度，求：

（1）當活塞缸接觸卡環(huán)時，氣體的溫度T1；

（2）當氣壓計兩管水銀面相平時，氣體的溫度T2．

物理——選修3-4

15．在某種均勻介質中，S1，S2處有相距4m的兩個波源，沿垂直紙面方向做簡諧運動，其周期分別為T1=0.8s和T2=0.4s，振幅分別為A1=2cm和A2=lcm，在該介質中形成的簡諧波的波速為v=5m/s．S是介質中一質點，它到S1的距離為3m，且SS1⊥S1S2，在t=0時刻，兩波源同時開始垂直紙面向外振動，則t=0時刻的振動傳到S處的時間差為　　，t=10s時，S處質點離開平衡位置的位移大小為　　．

16．某種液體的折射率為，在液面下有一可繞垂直紙面的軸O勻速轉動的平面鏡OA，OA的初始位置與液面平行，如圖所示，在液面與平面鏡間充滿自左向右的平行光線，若在平面鏡逆時針旋轉一周的過程中，有光線射入空氣中的時間為2s，

求：（1）平面鏡由初始位置轉過多大角度時，光線開始進入空氣；

（2）平面鏡旋轉的角速度為多大．

物理——選修3-5

17．已知氫原子第n級能量為En=，其中E1為基態(tài)能量，當用頻率為v0的光照射大量處于基態(tài)的氫原子時，在所發(fā)射的光譜中僅能觀測到頻率分別為v1，v2，v3，v4，v5，v6的六條譜線，且頻率由v1到v6逐漸增大，則v0=　??；當氫原子由第4能級躍遷到第2能級時發(fā)出的光子頻率為　?。ńY果均用六種頻率之一來表示）

18．如圖所示，靜置在水平地面的兩輛手推車沿一直線排列，質量均為m，人在極短時間內給第一輛車一水平沖量使其運動了距離l時與第二輛車相碰，兩車瞬間結為一體，以共同速度據繼續(xù)運動了距離l，與豎直墻相碰，反彈后運動停止，已知車與墻相碰損失80%的機械能，車運動時受到的摩擦阻力恒為車所受重力的k倍，重力加速度為g，忽略空氣阻力，求：

（1）兩車與墻碰后反彈的速度大小；

（2）人給第一輛車水平沖量的大小．

參考答案與試題解析

選擇題:本大題公共8小題，每小題3分，在每小題給出的四個選項中，其中1、2、4、6題只有一項符合題目要求；3、5、7、8題有多項符合題目要求，全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分.

1．物理關系式不僅反映了物理量之間的關系，也確定了單位間的關系．現有物理量單位：m（米）、s（秒）、N（牛）、W（瓦）、C（庫）、A（安）、Ω（歐）和T（特），由它們組合成的單位與電壓單位V （伏）等效的是（　?。?/p>

A．N/C B．C?T?m/s C．T?A?m D．

【考點】3A：力學單位制．

【分析】單位制包括基本單位和導出單位，規(guī)定的基本量的單位叫基本單位，由物理公式推導出的但為叫做導出單位．

【解答】解：A、由電場力做功的公式W=qU，知U=，所以單位J/C與電壓單位V等效，故A錯誤；

B、由F=qvB知，C?T?m/s是力的單位，是與牛頓N等效的，故B錯誤；

C、由F=BIL可知，T?A?m是和力的單位牛頓等效的．故C錯誤；

D、由P=可得U=，所以和電壓的單位等效的，故D正確；

故選：D．

2．如圖甲所示，兩物體A，B疊放在光滑水平面上，對A施加一水平力F，規(guī)定向右為正方向，F隨時間t變化關系如圖乙所示，兩物體在t=0時由靜止開始運動，且始終保持相對靜止，則下列說法正確的是（　?。?/p>

A．第1s末兩物體的速度最大

B．第3s內，兩物體向左運動

C．第2s內，拉力F對物體A做正功

D．第2s內，A對B的摩擦力向左

【考點】37：牛頓第二定律；1E：勻變速直線運動的位移與時間的關系．

【分析】根據物體受力判斷物體的運動，根據受力的對稱性，判斷兩物體的運動情況；

根據力與速方向的關系判斷功的正負；

通過對整體加速度的變化，得知B物體加速度的變化，再根據牛頓第二定律得出摩擦力的變化．

【解答】解：A、在0﹣2s內整體向右做加速運動；2﹣4s內加速度反向，做減速運動，因為兩段時間內受力是對稱的，所以2s末的速度最大，4s末速度變?yōu)榱悖蔄錯誤；

B、在0﹣4s內一直向前運動，然后又重復以前的運動，第3s內，兩物體向右運動，故B錯誤；

C、第2s內，拉力F的方向與速度方向相同，拉力F對物體A做正功，故C正確；

D、對整體分析，整體的加速度與F的方向相同，B物體所受的合力為摩擦力，故摩擦力的方向與加速度方向相同，即與F的方向相同．

所以第2s內，A對B的摩擦力向右，故D錯誤；

故選：C．

3．如圖所示，六個點電荷分布在邊長為a的正六邊形ABCDEF的六個頂點處，在B、F處的電荷的電荷量為﹣q，其余各處電荷的電荷量均為+q，MN為正六邊形的一條中線，則下列說法正確的是（　　）

A．M，N兩點電場強度相同

B．M，N兩點電勢相等

C．在中心O處，電場強度大小為，方向由O指向A

D．沿直線從M到N移動正電荷時，電勢能先減小后增大

【考點】AG：勻強電場中電勢差和電場強度的關系；A6：電場強度．

【分析】由題意可知，根據矢量疊加原理，則相當于等量的異種電荷分布；

MN連線即為等量的異種電荷的中垂線，根據平行四邊形定則分析出中垂線上的場強方向和大小．

根據電場線與等勢線垂直，判斷電勢的高低．

【解答】解：

A、中間一組﹣q和+q電荷在MN兩處合場強大小相等，方向水平向左，最上邊一組正電荷在M點合場強為0，最下面一組在N點合場強為0，最上邊一組正電荷在N點合場強方向豎直向下，最下邊一組正電荷在M點合場強方向豎直向上，最上邊一組正電荷在N點合場強大小和最下邊一組正電荷在M點合場強大小相等，所以M、N兩點場強大小相等，方向不同，故A錯誤；

B、若將正電荷從M點沿直線移動到N點，垂直MN方向上的電場力一直不做功，豎直方向上電場力先做負功，后做正功，由對稱性可知所做總功一定為零，所以MN兩點電勢相等，正電荷電勢能先增大后減小；故B正確，D錯誤．

C、上下兩組正電荷共四個+q在O點合場強為0，中間﹣q和+q電荷在O點合場強大小為2，方向沿O指向﹣q方向，所以中心O點場強大小為2，方向沿O指向A方向，故C正確．

故選：BC．

4．如圖所示，勁度系數為k的彈簧下端固定在地面上，上端與一質量為m的小球相連，處于靜止狀態(tài)，現用力F將小球緩慢上移，直到彈簧恢復原長．然后撤掉該力，小球從靜止開始下落，下落過程中的最大速度為v，不計空氣阻力，重力加速度為g．下列說法正確的是（　　）

A．小球的速度最大時，彈簧的彈性勢能為零

B．撤掉力F后，小球從靜止下落到最大速度v的過程中，克服彈簧彈力做的功為﹣mv2

C．彈簧的彈性勢能最大時，小球的加速度為零

D．小球緩慢上移過程中，力F做功為

【考點】6C：機械能守恒定律；37：牛頓第二定律．

【分析】分析小球的受力情況，判斷其運動情況，從而確定其速度最大時彈簧的狀態(tài)．速度最大時，小球的合力為零，由胡克定律和平衡條件求出此時彈簧壓縮量，再根據動能定理，即可求解克服彈簧彈力做的功；當速度最大時，彈簧的彈性勢能不為零，而彈簧的彈性勢能最大時，速度為零．

【解答】解：A、撤掉該力，小球從靜止開始下落的過程中，受到彈簧向上的彈力和重力，彈力先小于重力，再等于重力，后大于重力，所以小球先向下加速后減速，當彈力等于重力時速度最大，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈性勢能不為零．故A錯誤．

B、小球速度最大時，有 mg=kx，得 x=．

小球從靜止下落到最大速度v的過程中，根據動能定理，則有：mgx﹣W克=mv2，解得克服彈簧彈力做的功：W克=﹣mv2，故B正確；

C、彈簧的彈性勢能最大時，小球的速度為零，彈簧形變量最大，彈力大于重力，則加速度不為零，故C錯誤；

D、小球處于平衡位置時，則有：mg=kx；小球緩慢上移過程中，拉力是變力，取平均值，根據做功表達式，則有：力F做功 W==，故D錯誤；

故選：B

5．宇航員在某星球表面以初速度2.0m/s水平拋出一物體，并記錄下物體的運動軌跡，如圖所示，O點為拋出點，若該星球半徑為4000km，萬有引力常量G=6.67×10﹣22N?m2?kg﹣2，則下列說法正確的是（　　）

A．該星球表面的重力加速度4.0m/s2

B．該星球的質量為2.4×1023kg

C．該星球的第一宇宙速度為4.0km/s

D．若發(fā)射一顆該星球的同步衛(wèi)星，則同步衛(wèi)星的繞行速度一定大于4.0km/s

【考點】4F：萬有引力定律及其應用；48：線速度、角速度和周期、轉速．

【分析】由平拋運動規(guī)律可求得重力加速度；再由萬有引力公式等于重力可求得星球質量；根據第一宇宙速度的定義可求得第一宇宙速度；并明確同步衛(wèi)星的速度．

【解答】解：A、由平拋運動的分位移公式，有：

x=v0t

y=gt2

聯立解得：

t=1s

g=4m/s2；

該星球表面的重力加速度為4.0m/s2；故A正確；

B、由=mg可得：

M===9.6×1023kg；故B錯誤；

C、由g=可得，v===4.0km/s；故C正確；

D、第一守宙速度是繞星球表面運行的速度；而衛(wèi)星的半徑越大，則繞行速度越??；故同步衛(wèi)星的速度一定小于4.0km/s；故D錯誤；

故選：AC．

6．圖甲所示為驗證法拉第電磁感應定律的實驗裝置，與電源連接的線圈Ⅰ中的電流i1按圖乙所示的規(guī)律變化，電流i1在線圈Ⅰ的 內部產生變化的磁場，該磁場磁感應強度B與線圈中電流i1的關系：B=ki1（其中k為常數）．線圈II與電流傳感器連接，并通過計算機 繪制出線圈II中感應電流i2隨時間t變化的圖象．若僅將i1變化的頻率適當增大，則能正 確反映i2﹣t圖象變化的是（圖中以實線和虛線分別表示調整前、后的i2﹣t圖象） （　　）

A． B． C． D．

【考點】NF：研究電磁感應現象．

【分析】大線圈Ⅰ與多功能電源連接，在每個時間段內電流隨時間均勻變化，則產生的磁場均勻變化，根據法拉第電磁感應定律，判斷小線圈中電流的變化．當多功能電源輸出電流變化的頻率適當增大，則產生的感應電動勢適當增加．

【解答】解：根據法拉第電磁感應定律得，E=NS，因為大線圈中每個時間段內電流均勻變化，則每個時間段內產生的感應電動勢不變，則小線圈中每個時間段內感應電流的大小不變．因為多功能電源輸出電流變化的頻率適當增大，則產生的感應電動勢適當增加，感應電流大小適當增加，變化的周期變?。蔇正確，ABC錯誤．

故選：D．

7．如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場E和垂直紙面向外的勻強磁場B，在豎直平面內從a點沿ab，ac方向拋出兩帶電小球，不考慮兩帶電小球間的相互作用，兩小球電荷量始終不變，關于小球的運動，下列說法正確的是（　?。?/p>

A．沿ab，ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動

B．B若沿ab做直線運動，則小球帶正電，且一定是勻速運動

C．若沿ac做直線運動，則小球帶負電，可能做勻加速運動

D．兩小球在運動過程中機械能均保持不變

【考點】CM：帶電粒子在混合場中的運動．

【分析】根據左手定則，結合正負電荷，可確定洛倫茲力的方向，再由受力平衡條件，即可確定是否可以直線運動，因速度影響洛倫茲力，因此是直線運動，必是勻速直線運動，同時由于電場力做功，導致小球的機械能不守恒．

【解答】解：ABC、沿ab拋出的帶電小球，根據左手定則，及正電荷的電場力的方向與電場強度方向相同，可知，只有帶正電，才能平衡，而沿ac方向拋出的帶電小球，由上分析可知，小球帶負電時，才能做直線運動，因速度影響洛倫茲力大小，所以是直線運動，必然是勻速直線運動，故A正確，B正確，C錯誤；

D、在運動過程中，因電場力做功，導致小球的機械能不守恒，故D錯誤；

故選：AB．

8．如圖所示電路中，電源E的內阻為r，R1、R2為定值電阻，R0為滑動變阻器的最大阻值，各電表均為理想電表．已知r＜R2電阻R1＜R0．閉合開關S，當滑動變阻器的滑動觸頭P由變阻器的中點向左滑動的過程中，下列說法正確的是（　?。?/p>

A．電源內阻r消耗的熱功率先變大后變小

B．電源的輸出功率先變小后變大

C．V1的示數先變大后變小，V2的示數先變小后變大

D．A1的示數不斷變小，A2的示數不斷變大

【考點】BG：電功、電功率；BB：閉合電路的歐姆定律．

【分析】電阻R1的阻值小于滑動變阻器R0的最大阻值．當滑動變阻器的滑片P由中點向左滑動的過程中，變阻器左側電阻與R1串聯后與變阻器右側并聯的總電阻先變大后變小，根據閉合電路歐姆定律分析電路中的電流變化和路端電壓的變化，再由歐姆定律分析R2兩端電壓的變化，確定三個電表示數的變化．

【解答】解：

A、由題，電阻R1的阻值小于滑動變阻器R0的最大阻值，當滑動變阻器的滑片P變阻器的中點向左滑動的過程中，變阻器左側電阻與R1串聯后與變阻器右側并聯的總電阻先變大后變小，根據閉合電路歐姆定律得知，電路中電流先變小后變大，電源的內電壓也變小后變大，則路端電壓先變大后變小，所以V1的示數先變大后變?。甐2測量R2兩端的電壓，R2不變，則V2的示數先變小后變大．并聯電壓U并=U﹣U2，先變大后變小，電阻R1所在支路電阻R1支路逐漸減小，所以電流I1增大，電流表A2示數增大；I2=I﹣I1，電流表A1示數變小，電源內部的熱功率P=I2r，因為電流I先變小后變大，所以電源內部的熱功率，先變小后變大，故A錯誤，CD正確．

B、因為r＜R2，所以外電阻總是大于內電阻的，當滑動變阻器的滑片P變阻器的中點向左滑動的過程中，變阻器左側電阻與R1串聯后與變阻器右側并聯的總電阻先變大后變小，所以電源的輸出功率先變小后變大，故B正確．

故選：BCD

非選擇題.

9．某同學找到一條遵循胡克定律的橡皮筋來驗證力的平行四邊形定則，設計了如下實驗：

（1）將橡皮筋的兩端分別與兩條細線相連，測出橡皮筋的原長；

（2）將橡皮筋一端細線用釘子固定在豎直板上A點，在橡皮筋的中點O再用細線系一重物，自然下垂，如圖甲所示；

（3）將橡皮筋另一端細線固定在豎直板上的B點，如圖乙所示．

為完成實驗，下述操作中需要的是　BE?。?/p>

A．橡皮筋兩端連接細線長度必須相同

B．要測量圖甲中橡皮筋Oa和圖乙中橡皮筋Oa、Ob的長度

C．A、B兩點必須在同一高度處

D．要記錄圖甲中O點的位置及過O點的豎直方向

E．要記錄圖乙中結點O的位置、過結點O的豎直方向及橡皮筋Oa，Ob的方向．

【考點】M3：驗證力的平行四邊形定則．

【分析】本實驗是通過作合力與分力圖示的方法來驗證平行四邊形定則，需要測量合力與分力的大小，根據這個原理來選擇．

【解答】解：A、橡皮筋連接的細繩要稍微長些，并非要求等長，故A錯誤；

B、三條橡皮筯遵守胡克定律，要測量拉力可以通過測量橡皮筋的長度，得到橡皮筋的伸長量，研究拉力與伸長量的倍數來根據比例作力的圖示．故B正確；

C、A、B兩點不必須等高，故C錯誤；

D、記錄圖甲中O點的位置和O點的豎直方向不需要記錄，故D錯誤；

E、要記錄圖乙中結點O的位置、過結點O的豎直方向及橡皮筋Oa，Ob的方向．故E正確；

故選：BE

10．霍爾元件可以用來檢測磁場及其變化．圖甲為使用霍爾元件測量通電直導線產生磁場的裝置示意圖．由于磁芯的作用，霍爾元件所處區(qū)域磁場可看做勻強磁場．測量原理如乙圖所示，直導線通有垂直紙面向里的電流，霍爾元件前、后、左、右表面有四個接線柱，通過四個接線柱可以把霍爾元件接入電路．所用器材已在圖中給出，部分電路已經連接好．為測量霍爾元件所處區(qū)域的磁感應強度B；

（1）制造霍爾元件的半導體參與導電的自由電荷帶負電，電流從乙圖中霍爾元件左側流入，右側流出，霍爾元件　前表面?。ㄌ睢扒氨砻妗被颉昂蟊砻妗保╇妱莞?；

（2）在圖中畫線連接成實驗電路圖；

（3）已知霍爾元件單位體積內自由電荷數為n，每個自由電荷的電荷量為e，霍爾元件的厚度為h，為測量霍爾元件所處區(qū)域的磁感應強度B，還必須測量的物理量有　電壓表讀數U，電流表讀數I?。▽懗鼍唧w的物理量名稱及其符號），計算式B=　?。?/p>

【考點】CO：霍爾效應及其應用．

【分析】（1）磁場是直線電流產生，根據安培定則判斷磁場方向，再根據左手定則判斷負電荷的受力分析，得到前后表面的電勢高度；

（2）通過變阻器控制電流，用電壓表測量電壓；

（3）根據載流子受累積電荷的電場力和洛倫茲力而平衡列式，再根據電流的微觀表達式列式，最后聯立求解即可．

【解答】解：（1）磁場是直線電流產生，根據安培定則，磁場方向向下；電流向右，根據左手定則，安培力向內，載流子是負電荷，故后表面帶負電，前表面帶正電，故前表面電勢較高；

（2）變阻器控制電流，用電壓表測量電壓，電路圖如圖所示：

（3）設前后表面的厚度為d，最終電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，有：

q=qvB

根據電流微觀表達式，有：

I=neSv=ne（dh）v

聯立解得：

B=

故還必須測量的物理量有：電壓表讀數U，電流表讀數I；

故答案為：

（1）前表面；

（2）如圖所示；

（3）電壓表讀數U，電流表讀數I；．

11．小明同學乘坐京石“和諧號”動車，發(fā)現車廂內有速率顯示屏．當動車在平直軌道上經歷勻加速、勻速與再次勻加速運行 期間，他記錄了不同時刻的速率，進行換算后數據列于表格中．在 0﹣600s這段時間內，求：

t/s

v/m?s﹣1

30

100

40

300

50

400

50

500

60

550

70

600

80

（1）動車兩次加速的加速度大?。?/p>

（2）動車位移的大?。?/p>

【考點】1E：勻變速直線運動的位移與時間的關系．

【分析】根據表格中的數據，通過速度時間公式求出兩段加速階段的加速度，根據速度時間圖線通過面積求出動車組的位移．

【解答】解：（1）通過記錄表格可以看出，動車組有兩個時間段處于加速狀態(tài)，設加速度分別為a1、a2．

由a=，代入數據得：

，

（2）通過作出動車組的v﹣t圖可知，第一次加速運動的結束時間是200s，第二次加速運動的開始時刻是450s．

x2=v2t2=50×250=12500m

所以x=x1+x2+x3=8000+12500+9750=30205m．

答：（1）動車兩次加速的加速度值分別為0.1m/s2、0.2m/s2．

（2）動車組位移的大小為30205m．

12．如圖所示，在半徑分別為r和2r的同心圓（圓心在O點）所形成的圓環(huán)區(qū)域內，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B．在大圓邊界上A點有一粒子源，垂直AO向左發(fā)射一質量為m，電荷量為+q，速度大小的粒子．求：

（1）若粒子能進入磁場發(fā)生偏轉，則該粒子第一次到達磁場小圓邊界時，粒子速度相對于初始方向偏轉的角度；

（2）若粒子每次到達磁場大圓邊界時都未從磁場中射出，那么至少經過多長時間該粒子能夠回到出發(fā)點A．

【考點】CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動．

【分析】（1）作出粒子運動規(guī)律，由幾何知識求出粒子的偏角．

（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，應用牛頓第二定律與粒子的周期公式可以求出粒子運動時間．

【解答】解：（1）如圖1所示，粒子做勻速圓周運動，設初速度為v0，

軌跡半徑為R==r，如圖所示：

粒子將沿著AB?。▓A心在O1）運動，

交內邊界于B點．△OO1B為等邊三角形，則∠BO1O=60°，粒子的軌跡AB弧對應的圓心角為∠BO1A=120°，

則速度偏轉角為120°．

（2）粒子從B點進入中間小圓區(qū)域沿直線BC運動，又進入磁場區(qū)域，

經偏轉與外邊界相切于D點．在磁場中運動的軌跡如圖所示，

粒子在磁場區(qū)域運動的時間：t1=3××T=2T，周期：T=，

每通過一次無磁場區(qū)域，粒子在該區(qū)域運動的距離：l=2rcos30°=r，

粒子在無磁場區(qū)域運動的總時間：t2=，

代入：v0=，解得：t2=，

則粒子回到A點所用的總時間：t=t1+t2=；

答：（1）粒子速度相對于初始方向偏轉的角度為120°；

（2）若粒子每次到達磁場大圓邊界時都未從磁場中射出，那么至少經過時間該粒子能夠回到出發(fā)點A．

【物理——選修3-3】

13．以下說法正確的是（　?。?/p>

A．大量氣體分子做無規(guī)則運動，速率有大有小，但是分子的速率按“中間多，兩頭少”的規(guī)律分布

B．一定質量的理想氣體，溫度升高時，分子的平均動能增大，氣體的壓強一定增大

C．由于液體表面層分子間距大于液體內部分子間距離，液體表面存在張力

D．空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強接近飽和汽壓，水蒸氣越慢

E．用油膜法測出油分子的直徑后，要測定阿伏加德羅常數，只需再知道油的密度即可

【考點】86：分子間的相互作用力；88：分子運動速率的統計分布規(guī)律；9C：氣體壓強的微觀意義．

【分析】分子的運動雜亂無章，在某一時刻，向著任何一個方向運動的分子都有，而且向各個方向運動的氣體分子數目都相等，分子的速率按“中間多，兩頭少”的規(guī)律分布；氣體壓強的大小跟氣體分子的平均動能、分子的密集程度這兩個因素有關；凡作用于液體表面，使液體表面積縮小的力，稱為液體表面張力．它產生的原因是液體跟氣體接觸的表面存在一個薄層，叫做表面層，表面層里的分子比液體內部稀疏，分子間的距離比液體內部大一些，分子間的相互作用表現為引力．

【解答】解：A、大量氣體分子做無規(guī)則運動，速率有大有小，但是分子的速率按“中間多，兩頭少”的規(guī)律正態(tài)分布，故A正確；

B、氣體壓強的大小跟氣體分子的平均動能、分子的密集程度這兩個因素有關，若溫度升高的同時體積增大，壓強不一定增大，故B錯誤；

C、由于蒸發(fā)，液體表面層分子間距大于液體內部分子間距離，故液體表面存在張力，故C正確；

D、空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近飽和汽壓，壓強越大，水蒸發(fā)越慢，故D正確；

E、用油膜法測出油分子的直徑后，可以計算單個分子的體積；要測定阿伏加德羅常數，需要知道摩爾體積，故要知道摩爾質量和密度；故E錯誤；

故選：ACD

14．如圖所示，開口豎直向上的固定氣缸右側連一“U”形管氣壓計，在距氣缸底部1.2l處有一個卡環(huán)，一質量為m的活塞可以在氣缸內卡環(huán)以上部分無摩擦滑動且不漏氣，在氣缸內封閉一定質量的氣體，當溫度為T0時，活塞靜止在距氣缸底部為1.5l處，已知大氣壓強恒為p0，氣缸橫截面積為s，不計“U”行管內氣體的體積，現緩慢降低缸內氣體的溫度，求：

（1）當活塞缸接觸卡環(huán)時，氣體的溫度T1；

（2）當氣壓計兩管水銀面相平時，氣體的溫度T2．

【考點】99：理想氣體的狀態(tài)方程；9K：封閉氣體壓強．

【分析】（1）根據活塞平衡求得氣體壓強，降低溫度直至活塞剛接觸卡環(huán)的過程中，氣體做等壓變化，根據蓋﹣呂薩克定律求解出溫度；

（2）然后體積保持不變，根據查理定律即可求出最后的壓強．

【解答】解：（1）降低溫度直至活塞剛接觸卡環(huán)的過程中，氣體壓強不變，初態(tài)：P1=p0+，V1=1.5ls，T=T0

活塞剛接觸卡環(huán)時：P2=P1，V2=1.2 ls，T1=？

根據蓋呂薩克定律有：

（2）從活塞接觸卡環(huán)到液面相平的過程中，氣體等容變化，有：

P3=P0，V3=1.2 ls，T2=？

根據查理定律可得：

所以：

答：（1）當活塞缸接觸卡環(huán)時，氣體的溫度是0.8T0；

（2）當氣壓計兩管水銀面相平時，氣體的溫度是．

物理——選修3-4

15．在某種均勻介質中，S1，S2處有相距4m的兩個波源，沿垂直紙面方向做簡諧運動，其周期分別為T1=0.8s和T2=0.4s，振幅分別為A1=2cm和A2=lcm，在該介質中形成的簡諧波的波速為v=5m/s．S是介質中一質點，它到S1的距離為3m，且SS1⊥S1S2，在t=0時刻，兩波源同時開始垂直紙面向外振動，則t=0時刻的振動傳到S處的時間差為　0.4s　，t=10s時，S處質點離開平衡位置的位移大小為　2cm?。?/p>

【考點】F6：波的疊加．

【分析】波形勻速平移，先根據公式v=求解兩列波傳到S點的時間，再求解時間差；

質點s離開平衡位置的位移大小等于兩列簡諧波單獨傳播到S點引起位移的矢量和．

【解答】解：由題意可知：SS2=5m；

S1在t=0時的振動傳到S質點的時間：

t1===0.6s

S2在t=0時的振動傳到S質點的時間：

t2===1s

S1、S2在t=0時的振動傳到S質點的時間差為：

△t=﹣=﹣=0.4s

t=l0s時質點s按S1的振動規(guī)律已經振動了：

△t1=t﹣t1=9.4s=（11+）T1；

即t=10s時S1引起質點S的位移大小為：x1=A1=2cm；

t=l0s時質點s按S2的振動規(guī)律已經振動了：

△t2=t﹣t2=9s=（22+）T2

即t=10s時S2引起質點S的位移為x2=0；

=l0s時質點s離開平衡位置的位移為S1和S2單獨傳播引起S位移的矢量和，

故：x=x1+x2=2+0=2cm；

故答案為：0.4s，2cm．

16．某種液體的折射率為，在液面下有一可繞垂直紙面的軸O勻速轉動的平面鏡OA，OA的初始位置與液面平行，如圖所示，在液面與平面鏡間充滿自左向右的平行光線，若在平面鏡逆時針旋轉一周的過程中，有光線射入空氣中的時間為2s，

求：（1）平面鏡由初始位置轉過多大角度時，光線開始進入空氣；

（2）平面鏡旋轉的角速度為多大．

【考點】H3：光的折射定律．

【分析】（1）平面鏡的反射光射到水面時，若不發(fā)全反射，光線將射入空氣中．根據公式sinC=求出臨界角C．當入射角等于C時，恰好發(fā)生全反射．再結合平面鏡轉過的角度等于反射光線轉過角度的一半，進行求解．

（2）由反射定律和幾何知識確定出人光線射入空氣平面鏡轉過的角度，由公式ω=求角速度．

【解答】解：（1）設臨角為C，則sinC==

可得 C=45°=

設平面鏡由初始位置轉過Φ1角度時光線開始進入空氣，此時經平面鏡反射的光線在液面的入射角θ=C，如圖a所示．

則Φ1==

（2）平面鏡逆時針旋轉的過程中，經平面鏡反射的光線在液面的入射角先減小后增大，當增大到臨界角時，光線又不能射入空氣，如圖b所示，由幾何關系可得：Φ2=

而ωt=Φ2﹣Φ2，聯立得：ω=rad/s

答：

（1）平面鏡由初始位置轉過時，光線開始進入空氣．

（2）平面鏡放置的角速度是rad/s．

物理——選修3-5

17．已知氫原子第n級能量為En=，其中E1為基態(tài)能量，當用頻率為v0的光照射大量處于基態(tài)的氫原子時，在所發(fā)射的光譜中僅能觀測到頻率分別為v1，v2，v3，v4，v5，v6的六條譜線，且頻率由v1到v6逐漸增大，則v0=　v6?。划敋湓佑傻?能級躍遷到第2能級時發(fā)出的光子頻率為　v3?。ńY果均用六種頻率之一來表示）

【考點】J4：氫原子的能級公式和躍遷．

【分析】本題的關鍵是明確發(fā)光的含義是氫原子從高能級向低能級躍遷，根據能級圖，有6條光譜線說明原子最高能級在n=4能級，再根據氫原子理論可知，入射光的頻率應等于n=4能級時的頻率，然后再根據躍遷公式即可求解．

【解答】解：大量氫原子躍遷時有6個頻率的光譜，這說明是從n=4能級向低能級躍遷．

n=4能級向n=1能級躍遷時，hv6=E4﹣E1

n=3能級向n=1能級躍遷時，hv5=E3﹣E1

n=2能級向n=1能級躍遷時，hv4=E2﹣E1

n=4能級向n=2能級躍遷時，hv3=E4﹣E2

n=3能級向n=2能級躍遷時，hv2=E3﹣E2

n=4能級向n=3能級躍遷時，hv1=E4﹣E3

當用頻率為v0的光照射大量處于基態(tài)的氫原子時，則有：v0=v6；

當氫原子由第4能級躍遷到第2能級時發(fā)出的光子頻率為v3，

故答案為：v6，v3．

18．如圖所示，靜置在水平地面的兩輛手推車沿一直線排列，質量均為m，人在極短時間內給第一輛車一水平沖量使其運動了距離l時與第二輛車相碰，兩車瞬間結為一體，以共同速度據繼續(xù)運動了距離l，與豎直墻相碰，反彈后運動停止，已知車與墻相碰損失80%的機械能，車運動時受到的摩擦阻力恒為車所受重力的k倍，重力加速度為g，忽略空氣阻力，求：

（1）兩車與墻碰后反彈的速度大??；

（2）人給第一輛車水平沖量的大小．

【考點】52：動量定理；53：動量守恒定律．

【分析】（1）車與墻壁碰撞后運動的過程中只有摩擦力做功，由動能定理即可求出反彈的速度大??；

（2）人給第一輛車水平沖量的轉化為車的動量，之后車在摩擦力的作用下做減速運動，直到與第二輛車發(fā)生碰撞．碰撞后兩車瞬間結為一體，可知有能量的損失而沒有動量的損失，所以可以使用動量守恒定律寫出碰撞前后的速度關系，最后的階段兩車一起減速．根據各階段小車受力的特點，使用動量定理、動能定理以及動量守恒定律即可求解．

【解答】解：（1）車與墻壁碰撞后做減速運動，設碰撞后的速度大小為v，由動能定理可得：

①

得：v=②

（2）選擇向右為正方向，設第一輛車的初速度為v0，與第二輛車碰撞前的速度為v1，碰撞后的速度為v2，第一輛車減速的過程中：

③

兩輛車碰撞的過程中動量守恒定律，則：mv1=2mv2④

碰撞后車向右運動的過程中，只有摩擦力做功，則：⑤

由動量定理可得，人給第一輛車水平沖量的轉化為車的動量，則：

I=mv0⑥

聯立以上方程得：I=

答：（1）兩車與墻碰后反彈的速度大小 是；

（2）人給第一輛車水平沖量的大小是．

2017年6月8日

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