2022年山东省普通高中高考物理模拟试卷（等级考）（附答案详解）

2022年山东省普通高中高考物理模拟试卷（等级考）

一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）

1.在超导托卡马克实验装置中，质量为mi的;H与质量为m2的:H发生核聚变反应，

生成质量为m3的新核;He,同时放出质量为m4的X,若已知真空中的光速为c,下

列说法正确的是（）

A.该反应属于a衰变

2

B.该反应释放的核能为（mi+m2-m3-m4）c

C.X为电子，最早由查德威克通过实验发现的

D.该核反应是目前利用核能的主要方式

2.某同学是航模兴趣小组的一员，某次在操控飞机模型时，使|x/m

航模从地面由静止开始竖直向上做直线运动，其运动的位移I7\

一时间图像如图所示，已知o〜“部分的图线是抛物线的一部10Ly

分，“〜ios部分的图线是直线，两部分曲线相切于点（t0,10）,nLZi_幺一

uto!0t/s

则下列说法正确的是（）

A.图中“=5s

B.航模在“〜10s时间内的速度大小为6m/s

C.航模在0〜t0时间内的加速度大小为：m/s2

D.航模在0〜％时间内处于失重状态

3.如图所示是一束复色光进入水珠后的传播示意图，最终出射时复色光

分为两束光a、b,则a光与b光相比（）

A.b光在水珠中的传播速度较大

B.a光的光子动量比b光的小/a

C.通过同一双缝干涉装置，a光的干涉条纹间距比b光的小

D.若b光照射某金属表面恰好有光电子逸出，则用a光照射该金属表面一定有光电

子逸出

4.如图甲所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，在传播方向上有P、Q两个质点，两

质点置坐标分别为xp=0.6m、xQ=1.5m,某时刻简谐波刚好传到Q点，而此刻质

点P恰好位于波峰，并且P、Q之间只有一个波谷。此后质点Q的振动图像如图乙所

示。下列说法正确的是（）

A.该简谐波的传播速度为0.3m/s

B.该简谐波的波长为3.6m

C.经t=6s,质点P沿传播方向运动了30cm

D.一观察者沿x轴靠近波源运动时，其观测到该波的频率将小于0.25Hz

5.每年的春分时节太阳光会直射赤道，如图所示，一颗

卫星在赤道正上方绕地球做匀速圆周运动方向与地球

自转方向相同，每绕地球一周，黑夜与白天的时间比

为1：5。设地球表重力加速度为g,地球半径为R,忽

略大气及太阳照射偏移的影响，下列说法正确的是（）

A.卫星离地高度为2R

B.卫星绕地球运动的周期为27r后

C.卫星的绕行速度与地球的第一宇宙速度之比为1：V2

D.赤道上的物体随地球自转的线速度与卫星的绕行速度之比为或：1

6.如图所示，置于水平地面上的竖直圆形金属环内用三根细绳

OA、OB、OC悬挂一质量为物体，物体可看做质点。OB绳处于

水平方向，NAOB=120。，设OA、OB绳的拉力大小为Fi、F2,

现将金属圆环在竖直面内缓慢逆时针转过90。,在此过程中（）

A.F2一直增大B.Fi一直增大C.F2先增大后减小D.Fi先增大后减小

7.如图所示，在倾角37。的斜面底端固定一轻弹簧，当弹簧

处于原长时，其上端自然伸长点位置处，一滑块（可看作

质点）从斜面上与Q点相距一定距离的P点由静止开始下

第2页，共23页

滑，知自Q点到斜面底端部分光滑，自Q点沿斜面向上部分，滑块与斜面间的动摩

擦因数中不计空气阻力和滑块与弹簧碰撞时机械能损失，重力加速度g=10m/s2,

sin37°=0.6,则以法正确的是（）

A.滑块沿斜面向下运动过程中先做匀加速运动后做匀减速运动

B.滑块接触弹簧后向下的运动过程中，滑块的机械能守恒

C.滑块从开始到动能达到最大值的过程中，滑块机械能的减少量等于弹簧弹性势

能的增加量

D.整个过程中因摩擦产生的总热量等于滑块由P点到Q点减少的重力势能

8.如图甲所示，水平地面上静止一质量为1kg足够长的长

木板A,木板中央的正上方有一可看作质点的物块B。

现在物块上施加一个从零开始均匀增加的水平向右的

外力F,物块B受到的摩擦力Ff随外力F的大小变化图像

如图乙所示，设木板与地面间的动摩擦因数为由,物块

与木板间的动摩擦因数为内，最大静摩擦力均与相应的

滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g=10m/s2,则

下列选项正确的是（）

A.臼=0.4

B.n2=0-1

C.物块B的质量为2kg

D.若外力F作用在A上，当F=12N时A、B一定发生相对滑动

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9.如图所示为一定质量的理想气体状态变化时气体的j^Pa&、，

压强随着温度变化的p-t关系图像，气体从a状态开/

始，经历三个过程ab、be、ca最后回至g状态，图中ba«

的延长线过原点0,be平行于t轴，ca的延长线过点上~L------------>

-273.15Og

（一273.15,0）。下列说法中正确的是（）

A.三个状态的体积关系为Va=Vc>Vb

B.过程be中外界对气体做功，气体从外界吸热

C.过程ab中气体对外界不做功，气体从外界吸热

D.b状态与c状态相比,b状态时容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次

数较多

10.如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为k,且k>1,电源输出电压U保持恒定，

定值电阻的阻值分别为％、R2,电流表、电压表均为理想电表•开始时，滑动变

阻器的触头位于某一位置，电流表、电压表的示数分别用I1和U1表示；现将变阻器

的触头向b端移动后，电流表、电压表的示数分别用％和电表示，电流表、电压的

表示数变化分别用小和AU表示。下列表达式正确的是（）

2

人曳=曳gHl<HlcI1—I1=kR,1DI1—I1=—

hi2hi2AIAIk?

11.如图所示，在光滑绝缘的水平面上有三个大小可忽略的带电

小球abc,其中小球a电荷量为+q,带电小球a、b、c依次位/；'k

于边长为L的正三角形ABC的三个顶点A、B、C上，为使三个］/：

带电小球静止，在带电小球所处的空间加一和水平面平行的

匀强电场，电场方向垂直于AB连线，0点为AB的中点，静电力常量为k。则下列说

法中正确的是（）

A.小球b带正电，小球c带负电

B.小球b电荷量为+2q,小球c电荷量为-q

C.匀强电场的电场强度大小为誉

D.将小球c从C点沿着图中虚线移动到0点的过程中，电势能将增大

12.如图所示，光滑金属导轨M、N互相平行，相距为L,两金属棒a和b垂直于导轨且紧

靠着放置，它们的质量均为m,在两导轨之间的电阻均为R。整个装置位于水平面

内，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨电阻忽略不计，

长度足够长。t=0时刻对棒a施加一平行于导轨的恒力F,在1=匕时刻电路中电流

恰好达到稳定，然后在t=h+At时刻撤去力F。则（）

第4页，共23页

A.匕时刻两金属棒的加速度相同

B.在L〜（匕+At）时间内a、b两棒位移之差为骨"

C.撤去力F后，导轨之间的电势差UMN逐渐增大

D.撤去力F后，两个导体棒最终速度为华”

2m

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

13.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球碰撞前后的

动量关系。图中的0点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。实验时，先使A球多

次从斜轨上位置P由静止释放，找到其平均落地点的位置E。然后，把半径相同的B

球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P由静止释放，与B球相碰后两球

均落在水平地面上，多次重复上述A球与B球相碰的过程，.分别找到碰后A球和B球

落点的平均位置D和F。用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF分别为Xi、x2,x3,

测得A球的质量为mi，B球的质量为Hi2。

（1）该实验必须满足的条件有。

A.两球的质量必须相等

B.轨道末端必须水平

C.B球的半径大于A球的半径

D.A球每次必须从轨道的同一位置由静止释放

（2）当满足表达式时，即说明两球碰撞中动量守恒；当水平射程XI、X2、X3

满足表达式时，则说明两球的碰撞为弹性碰撞。（用所测量的物理量表示）

14.某实验小组要测量一个阻值约为3k。的电阻Rx,实验室提供了下列器材:

A.电压表V（量程3V,内阻约5k。）

B.电流表A（量程1mA,内阻约60。）

C.灵敏电流计G（量程0.3mA,内阻约100。）

D.滑动变阻器％（最大阻值为100。，额定电流为1A）

E.电阻箱R2（阻值0〜9999。）

F.电阻箱R3（阻值0999.9。）

G.电源（电动势为3V,内阻很小）

H.开关、导线若干

（1）采用图甲所示的电路进行测量，电阻箱应选用（选填“R2”或“R3”）；

（2）请用笔画线代替导线将图甲的实物图连接完整；

（3）测量数据如下表所示，请在图乙中作出图像，并根据图像求出电阻

Rx=k。（结果保留两位有效数字）。

U/V0.71.141.702.102.50

I/mA0.250.400.600.750.90

四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）

15.如图所示，储存有同种气体（可视为理想气体）的甲、

乙两个储气罐之间用一细管连接。开始时细管上的

阀门K闭合，甲罐中气体的压强为|P,容积为V,乙

罐中气体的压强未知，容积为2V。将阀门打开，两罐中的气体调配后，最后测得两

罐中气体的压强都为|P,已知两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变。求:

（1）阀门打开前乙罐中气体的压强；

（2）两罐中气体压强相等时，进入乙罐中气体的质量与乙罐中原有气体的质量之比。

16.北京2022年冬奥会自由式滑雪女子大跳台的比赛中，18岁的中国选手谷爱凌获得

了中国女子雪上项目第一个冬奥会冠军。滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳台、

着陆坡、停止区组成，如图甲所示。在某次训练中，运动员经助滑道加速后自起跳

第6页，共23页

点C以与水平方向成37。角的某一速度飞起，完成空中动作后，落在着陆坡上，已知

运动员着陆时的速度方向与竖直方向夹角也为37。，测得运动员完成空中动作的时

间为2.5s。然后运动员沿半径为R=66m的圆弧轨道EF自由滑行通过最低点F,进

入水平停止区后调整姿势减速滑行直到停止。在F点地面对运动员的支持力为其体

重(含装备)的2倍，运动员与水平停止区的动摩擦因数H随着滑行的位移x变化关系

的图像如图乙所示，取g=10m/s2,sin37=0.6,忽略运动过程中的空气阻力。求：

(1)运动员从起跳点C飞起时的速度大小；

(2)运动员在水平停止区滑行的位移大小。

17.如图甲所示，在y轴左侧存在沿x轴正方向的水平匀强电场，在y轴右侧的矩形虚线

空间存在垂直于纸面的周期性变化的磁场，磁场上边界在y=2a处，下边界在丫=

-2a处，右边界在x=3a处，磁场的变化规律如图乙所示，规定垂直纸面向里的方

向为磁场的正方向。t=0时刻，一质量为m、电荷量为g的带正电粒子从位置坐标

为(a,2a)的A点以速度v沿y轴负方向射入磁场，若粒子恰能垂直打到放置在下边界

处的水平挡板上的B点(图中B点未标出)，并经碰撞后原速率返回(不计碰撞时间和

电荷量的变化)，最终粒子会再次从A点垂直上边界射出磁场。不计粒子重力，不考

虑变化的磁场所产生的电场。

(1)求带电粒子在磁场中的运动半径；

(2)要使粒子从A点运动到B点的时间最短，求图乙中To的最小值；

(3)T0取第(2)问的数值，求带电粒子从与B点碰后运动到A点的最短时间，并求出此

条件下所加的电场强度E的大小。

个8

&.7bT+2g.27b

v*v7

g下挡板

甲

18.如图所示，质量M2kg的长木板Q静止在光滑水平地面上，右端紧靠光滑固定曲面AB

的最低点B,木板上表面与曲面相切于B点，水平面的左侧与木板左端相距为x(x为

未知量且其大小可以调节)处有一挡板C。一质量m=1kg的小滑块P(可视为质点)从

曲面上与B的高度差为h=1.8m处由静止滑下，经B点后滑上木板，最终滑块未滑

离木板•已知重力加速度大小为g=10m/s2,滑块与木板之间的动摩擦因数为p=

0.3,木板与左挡板C和最低点B的碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽

略，则从滑块滑上木板到二者最终都静止的过程中：

(1)若木板只与C发生了1次碰撞，求木板的运动时间；

(2)若木板只与C发生了3次碰撞，求x的值；

第8页，共23页

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解:AC、根据质量数与电荷数守恒可知该核反应方程方程是汨+汨号He+Jn,

所以该核反应为聚变反应，X为中子，故AC错误；

B、聚变反应中的质量亏损Am=mj4-m2-m3-m4,故释放的能量为:E=(m]+-

2

m3—m4)c,故B正确；

D、目前利用核能的主要方式是核裂变，故D错误。

故选：Bo

解答本题需要掌握：核反应方程要遵循质量数和电荷数守恒，正确利用质能方程求释放

的能量。

爱因斯坦质能方程为人类利用核能打开了大门，要正确理解质能方程中各个物理量是含

义，掌握裂变与聚变的不同。

2.【答案】A

【解析】解：ABC、图象在0〜5时间内是抛物线的一部分，航模做匀加速直线运动，

根据x-t图象的斜率表示速度，知在仇〜10s时间内航模做匀速直线运动。

在0〜t0时间内，根据位移一时间公式得：10=1at。

匀加速直线运动的末速度v=at0

在“〜10s时间内航模做匀速直线运动的速度V=携=就

联立解得％=5s,a=0.8m/s2,v=4m/s,即5s末航模的速度为4m/s,故BC错误，

A正确。

D、航模在0〜t0时间内加速度向上，处于超重状态，故D错误；

故选：Ao

由位移一时间图象在0〜t°时间内是抛物线的一部分，知道在这段时间内航模做匀加速

直线运动，根据图象的斜率表示速度，求出S〜5s时间内匀速运动的速度，再根据位移

-时间公式和速度一时间公式相结合求解。

本题是位移一时间图象的应用，要明确图象的斜率表示速度，并能根据图象的信息，运

用运动学基本公式求解物体运动的加速度和速度。

3.【答案】B

【解析】解：A、由光路可知，b光在水珠中的偏折程度比较大，所以b光的折射率较大，

根据v=?可知，b光在水珠中的传播速度较小，故A错误；

B、因为b光的频率较大，波长较短，根据p=：可知，a光的光子动量比b光的小，故B

正确：

C、通过同一双缝干涉装置，根据条纹间距表达式Ax可知，a光波长较长，贝Ija光的

干涉条纹间距比b光的大，故C错误；

D、因b光的频率较大，若b光照射某金属表面恰好有电子逸出，则用a光照射该金属表

面不会有电子逸出，故D错误；

故选:Bo

根据图片光线的偏折程度得出光的频率大小，结合光的不同实验和选项的描述完成分析。

本题主要考查了光的折射定律，理解光的频率对不同物理现象的影响即可，平时学习过

程中要多注意积累即可完成分析，难度不大。

4.【答案】A

【解析】解：AB、某时刻简谐横波刚好传到Q点，而此刻质点P恰好位于波峰，并且P、

Q之间只有一个波谷，则

3

小=Xp-XQ=1.5m—0.6m=0.9m

解得：入=1.2m

由乙图可知，T=4s

该简谐波的传播速度为

v=4=子m/s=0.3m/s,故A正确，B错误；

C、质点P不会沿波的传播方向运动，只在其平衡位置附近往复运动，故C错误；

D、波源的频率为

11

f=±=±Hz=0.25Hz

T4

一观察者沿x轴靠近波源运动时，其观测到的频率将大于0.25Hz,故D错误：

故选：A。

根据PQ两点的特征得出波长，结合图像得出周期，由此计算出波速；

理解简谐横波质点的运动特点；

根据多普勒效应分析出观测到的频率的变化。

本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解简谐横波的运动特点，理解图像的物理意义，

第10页，共23页

结合多普勒效应即可完成分析。

5.【答案】C

【解析1解：A、依题意，可知卫星在劣弧PM之间运行时为黑夜时间

因黑夜与白天的时间比为1：5,则可知

NPOM=-

3

卫星的轨道半径即为OP的长度，根据几何关系可知

r=2R

则卫星离地高度为R,故A错误；

B、设卫星的运动周期为T,则

GMm4n2GM

-=m—r；g=

联立解得：T=41T后，故B错误；

C、卫星的环绕速度为v,则

GMmmv2

­=~

地球的第一宇宙速度为V],则

GMm_mvi

R2—~R~

则有

V：V1==1：V2,故C正确;

D、假定赤道上的物体受地面支持力为N,其随地球自转的线速度为V2,则

GMm..mv?

-------N=—幺

R2R

地球的第一宇宙速度为V1，则

GMm_mV?

R2-

则有V2<Vi

根据前面分析可知第一宇宙速度与该卫星运动速度之比为鱼：1，则赤道上的物体随地

球自转的线速度与卫星的绕行速度之比应小于企：1,故D错误；

故选：Co

根据几何关系得出半径的长度，由此得出卫星的离地高度；

根据万有引力提供向心力分析出卫星圆周运动物理量的关系；

注意区分线速度和跟随地球做圆周运动的速度的差别并根据向心力公式完成分析。

本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解卫星做圆周运动的向心力来源，结合向

心力公式和几何关系即可完成解答。

6.【答案】C

【解析】解：由题图对0点受力分析，由平衡条件可得，三个力组成矢量三角形平衡图，

由图可知，将金属圆环在竖直面内缓慢逆时针转过90。，绳0C的拉力大小和方向都不变,

可知。角增大，F2先增大后减小，Fi一直减小，故ABD错误，C正确；

故选:Co

对结点。进行受力分析，根据几何关系结合角度的变化分析出力的变化趋势。

本题主要考查了力的动态平衡分析问题，熟悉受力分析，结合几何关系分析出力的变化

趋势，也可以利用正弦定理分析出力的变化趋势。

7.【答案】D

【解析】解：A、滑块接触弹簧后，弹力是变力，所以滑块沿斜面向下运动过程中先做

匀加速运动后做变加速运动，再做变减速运动，故A错误；

B、滑块接触弹簧后向下的运动过程中，弹力做负功，机械能减小，故B错误；

C、根据能量守恒定律，滑块从开始到动能达到最大值的过程中，弹力做负功，滑块机

械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与摩擦力做功，故C错误；

第12页，共23页

D、由于Q点以下光滑，滑块不受摩擦力，整个过程中，根据能量守恒定律可知，滑块

因摩擦产生的总热量等于滑块由P点到Q点减少的重力势能，故D正确；

故选:D,

根据功能关系明确滑块的动能、重力势能、弹簧弹性势能等能量的变化情况，注意各种

功能关系的应用。

本题考查功能关系的应用：此类问题关键在于正确受力分析，明确各种功能关系，是解

答这类问题的关键，这类问题对于提高学生的分析综合能力起着很重要的作用。

8.【答案】D

【解析】解：ABC.由图知，当F1=2N时，AB一起开始滑动，则

Fi=Ffi=|ii(mA+mB)g

由图知，物块B受到的滑动摩擦力大小为F&=4N,有

Ff2=U2mBg

拉力在Fi=2N到F2=6N之间时，AB一起运动，加速度相同，则有

F2-Ff2=F2-Ffi

mBmA+mB

联立解得R)B=1kg

Pi=01

p2=0.4

故ABC错误；

D.若外力F作用在A上，当F=12N时，若AB不相对滑动，则加速度均为

a_F-Ffi

a-

mA+mB

代入数据得：

a=5m/s2

而B的最大加速度为

22

am=142g=0.4x10m/s=4m/s

故假设不成立，A、B一定发生相对滑动，故D正确。

故选:D»

当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和

M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，结合图像运用整体和隔离法分析解答。

解决该题的关键是能正确区分出当B物体与地面发生相对运动以及A、B之间发生相对滑

动时外力F的大小，掌握整体法和隔离法的应用;

9.【答案】AD

【解析】解：A、由图可知，ab过程，b与绝对零度连线的斜率大于a与绝对零度连线的

斜率，则b状态气体的体积小于a状态气体的体积，则ab过程中体积减小；be过程，气体

的压强不变，温度升高，气体体积变大；ca过程，气体压强与热力学温度成正比，则气

体发生等容变化，气体体积不变；三个状态的体积关系为Va=M>Vb，故A正确；

B、由图可知，be过程，气体的压强不变，温度升高，内能变大，气体体积变大，气体

对外界做功，由热力学第一定律知气体从外界吸热，故B错误；

C、由图可知，由图可知，ab过程，气体温度升高，内能增大，气体体积减小，外接对

气体做功，无法判断吸热还是放热，故C错误；

D、由图可知，be过程，气体的压强不变，温度升高，体积变大，所以分子平均动能变

大，为保证压强不变，所以容器单位面积、单位时间内受到的气体分子撞击次数，c较

少，故D正确。

故选：ADo

由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，理想气体

的内能只与温度有关，然后应用热力学第一定律答题。

本题考查气体的状态方程中对应的图象，分析清楚图示图象、知道理想气体内能由气体

的温度决定即可解题，解题时要抓住在P-t图象中等容线为过原点的直线。

10.【答案】BD

【解析】解：AB、根据欧姆定律得：

U=I(R+R2)

Y=R+R2

将变阻器的触头向b端移动后，R增大，则

故A错误，B正确；

>1>2

CD、根据变压器的原理可得：

匕=U=k

U?n2

空=*=k

hn2

则有U1=kU2

第14页，共23页

1】建

在原线圈电路中有

Uo=IJ+U]

jiUo=7Ri+kU2

整理可得：出=量一霜2

则有|黑1=3故D正确，C错误；

故选：BDo

根据欧姆定律结合电阻的变化分析电压与电流比值关系的大小；

根据原副线圈匝数比得出电流、电压的比值关系，结合闭合电路欧姆定律完成分析。

本题主要考查了变压器的构造和原理，理解原副线圈匝数比和电学物理量的比值关系,

结合闭合电路欧姆定律完成分析。

11.【答案】ACD

【解析】解：AB、以小球c为研究对象，受力情况如图所

示，其在水平面处于平衡状态，则a、b带同种电荷且电荷

量相等，即小球b带正电，以小球a为研究对象，其受力平

衡，贝Ua、c带异种电荷，即小球c带负电，由平衡条件可得：

PcA=2FBA

ac带电荷量的关系：qc=2q,故A正确，B错误；

C、由以上分析可知，电场方向由C点指向AB连线且垂直方向，对小球c,受小球ab的合

力为：FCE=F=2k与cos30。=k缜里由平衡条件可知，匀强电场的电场强度大小

2

LE,L2L

为：E=翳，解得：E=曾，故C正确；

D、负电荷沿电场线方向移动，电场力做负功，电荷的电势能增大，因此将小球c从C点

沿着图中虚线移动到。点的过程中，电势能将增大，故D正确。

故选：ACD。

以小球c为研究对象，由平衡条件进行解答；

对小球c,由平衡条件结合电场强度的定义式求解匀强电场的电场强度大小；

根据电场力做功情况判断电势能的变化情况。

本题主要是考查带电粒子在电场中的平衡问题，关键是能够正确的分析电荷的受力情况,

根据平衡条件结合电场力的计算公式进行解答。

12.【答案】ABD

【解析】解：A、回路达到稳定状态时，电路中电流不变，两棒速度之差保持不变，两

棒的加速度相同，故A正确；

B、对两棒组成的整体，由牛顿第二定律得：F=2ma,对b棒，根据牛顿第二定律可得：

BIL=ma,其中I=曙，联立解得a、b两棒速度之差为：Av=悬，t=tI时刻之后，

ZKDL

两棒以相同的加速度做匀加速直线运动，根据*=丫。1+：212可得，在t1〜(ti+At)时间

内a、b两棒位移之差为Ax=Av•At=鉴，故B正确；

C、在t时刻撤去力F后，根据闭合电路的欧姆定律可知：UMN=Ea-IR=BLva-

巴票也生=叫竽叱两棒组成的系统合外力为零,系统动量守恒，取向右为正方向，

根据动量守恒定律可得mVa+mvb=恒量，则Va+Vb为一定值，故C错误；

D、撤去力F后，a棒做减速运动，b棒做加速运动，最终两棒速度相同，设为V。从t=0时

刻到ti+At时刻，对两棒组成的系统，根据动量定理得：F•(J+At)=mva4-mvb,撤

去F后到两棒共速的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mva+mvb=2mv,

联立解得v=W"，故D正确。

故选：ABD。

两棒稳定时电路中电流不变，两棒速度之差保持不变，两棒的加速度相等，应用牛顿第

二定律求解速度之差，从而求得在0〜(耳+At)时间内a、b两棒位移之差；撤去力F后，

根据闭合电路的欧姆定律结合动量守恒定律分析导轨之间的电势差变化情况，以及两个

导体棒最终速度。

本题是双棒问题，关键要正确分析两棒的运动情况和受力情况，把握所遵守的力学规律。

要知道撤去力F后，两棒组成的系统合外力为零，遵守动量守恒定律。

13.【答案】BDm1x2=mjXi+m2x3m1X2=m£+m2x|

【解析】解：(1)A.为防止碰后小球A反弹，应使A的质量大于B的质量，故A错误；

B.为保证小球做平抛运动，轨道末端必须水平，故B正确；

C.为了使两球发生对心碰撞，碰后速度方向不改变，两球半径应相等，故C错误；

D.为保证小球A到轨道末端时的速度相等，A球每次必须从轨道的同一位置由静止释放,

故D正确。

第16页，共23页

故选：BDo

(2)小球做平抛运动的过程，根据运动学公式可得：

h=|gt2.

X=vt

整理得：t=隹X=V隹

可见平抛运动的下落高度一定，运动时间相同，水平射程与速度大小成正比，因此可用

小球做平抛运动的水平射程来代替小球抛出时的速度，取水平向右为正方向，根据动量

守恒定律有：

rriiVo=rriiVi+m1v2

即满足表达式：ms?=mix】+m2x3,说明两球碰撞中动量守恒；

若碰撞过程为弹性碰撞，则机械能守恒，有：

=|mxv^+|m2v^

即如果再满足表达式：m1X2=m1X?+m2x1,说明两球的碰撞为弹性碰撞。

故答案为：(l)BD(2)m1x2=m1x1+m2x3,=m1Xi+m2X3

(1)根据实验原理，结合平抛运动规律分析；

(2)小球做平抛运动的水平射程来代替小球抛出时的速度，由动量守恒定律和机械能守

恒定律求出需要验证的表达式。

本题考查用“碰撞实验器”验证动量守恒定律的实验，在验证动量守恒定律中，要注意

明确实验原理，学会实验方法；学会在相同高度下，利用平抛运动的水平射程来间接测

出速度，并能推导相应的动量守恒表达式及机械能守恒定律表达式。

14.【答案】R22.8

【解析［解：(1)由题意可知，待测电阻阻值很大，由用图甲所示的电路测量可知，要

调节电阻箱的电阻值使电表的示数有明显变化，电阻箱应选用与待测电阻阻值差不多的

电阻箱，这样改变电阻箱的阻值时，电压表示数变化明显，因此选R2；

(2)由电表的内阻关系，则有Rx＞并鬲，待测电阻的阻值较大，因此电流表要用内接

法，实物连线图如图所示：

(3)由测量数据，在图乙中描点，用一条直线尽可能地穿过更多的点，不在直线上的点

尽量均匀地分布在直线两侧，误差较大的点舍去，则

2.10。=

Rx=0.75x10-3。28002.8k£l

故答案为：(1)R2；(2)如上图所示；(3)2.8

(1)根据实验原理分析出需要用到的实验器材；；

(2)根据电表的内阻特点和实验要求分析出正确的电表接法并完成电路图；

(3)根据图像结合闭合电路欧姆定律得出待测电阻的阻值。

本题主要考查了伏安法测电阻的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合欧

姆定律和图像完成分析。

15.【答案】解：(1)设阀门打开前乙罐中气体的压强为Pi，由题意可知，打开阀门后甲

罐进入乙罐中气体体积为AV,对甲中气体由玻意耳定律有

|3PV=|2P(V+AV)

对乙中气体由玻义耳定律有

2

Pi-2V=-P(2V-AV)

联立解得：Pi=ip；

4

(2)研究调配后乙中的气体，假设乙中气体再等温膨胀到原来没有调配时的状态，此时

第18页，共23页

压强为P1=；P,体积为V]，由玻意耳定律有

2

”.2V=P]Vi

解得：v1=gv,

又m=pV,

则进入乙罐中气体的质量Am与乙罐中原有气体的质量m之比

Am_Vi-2V_竽V-2V_5

"m"一—V""一—2V-3°

答：(1)阀门打开前乙罐中气体的压强为:P;

(2)两罐中气体压强相等时，进入乙罐中气体的质量与乙罐中原有气体的质量之比为

【解析】(1)阀门打开后，两气罐内气体发生等温变化，根据玻意耳定律列式可解；

(2)假设乙中气体再等温膨胀到原来没有调配时的状态，根据玻意耳定律求出此时的气

体体积，再根据体积变化比求出质量比。

本题考查了一定质量理想状态气体方程的应用，本题是一道连接体问题，巧妙选择研究

对象是解题的关键，求出气体的状态参量、应用理想气体状态方程可以解题；解题时要

注意各研究对象状态参量间的关系。

16.【答案】解：(1)对运动员由C点到落地瞬间的速度进行正交分解，水平方向做匀速

直线运动，竖直方向做匀变速直线运动。

水平方向迪度Vx-vccos37°

坚直方向速度上抛Vy=vcsin370-gt

着陆时竖直方向分速度与C点的竖直方向分速度方向相反，由于运动员着陆时的速度方

向与竖直方向的夹角为也为37。，

则有tan37。=2=VcCOs37°,

人J”-Vygt-VcSin37

代入数据解得Vc=I5m/S

(2)将运动员与装备看成一个质点，总质量为，在F点支持力和总重力的合力为圆周运动

提供内心力，则有FN—mg=m£

由图乙可知，u=0.4+京x

运动员到达F点后，做匀减边直统运动，设运动员在水平停止区滑行的位移大小为x,由

动能定理

0.4+0.4+——Lio

-(-r^)mgL=O-imv|

解得L=60m。

答：(1)运动员从起跳点C飞起时的速度大小为15m/s；

(2)运动员在水平停止区滑行的位移大小为60m。

【解析】(1)运动员离开C点时，做斜抛运动，分解成水平和竖直两个方向计算速度的大

小；

(2)根据圆周运动计算速度的大小，根据动能定理计算位移的大小。

本题的关键是采用运动的分解法处理斜抛运动，将运动员的速度分解到水平方向和竖直

方向，利用运动学公式求解运动时间。

17.【答案】解：(1)粒子从A点以速度v沿y轴负方向射入磁场，在0〜部时间内，磁感应

强度为零，粒子做匀速直线运动，粒子的位移为

2a、

y=vt=vx^=2a

可知粒子垂直经x轴到下方磁场中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动半径为R,由

牛顿第二定律得：

qvB=M

解得：R=髭=a

根据周期公式可得：

_,2nR2na

T=——=——

vv

(2)由左手定则可知，粒子在磁场中向右偏转,转动一个周期后又在x轴上x=a处射入x轴

下方的磁场，若此时磁场的磁感应强度等于零，则有粒子做匀速直线运动垂直打在下边

界处的水平挡板上的B点，因此要使粒子从A点运动到B点的时间最小，则有To最小值是

rprp2ira

T0=T=V

(3)由以上计算可知，带电粒子从与B点碰后返回，在磁场中向左偏转，先做3的圆周运

动，粒子垂直y轴射入电场，在电场中的加速度为

a1=丑

xm

加速度方向与粒子速度方向相反，做匀减速直线运动，则

2v2mv

第20页，共23页

时间返回，又以原速度大小垂直y轴射入磁场，此时在磁场中向上偏转，再经三垂直从x轴

上x=a处射入x轴上方的磁场，即粒子在一