2022年河北省新高考物理试卷

2022年河北省新高考物理试卷

试题数：18,总分：100

1.（单选题，4分）科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中,

速度v与时间t的关系图像如图所示。由图像可知（）

_训练后

二训分前

0tlt2t3t

A.O〜ti时间内，训练后运动员的平均加速度大

B.0〜t2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等

C.t2-t3时间内，训练后运动员的平均速度小

D.t3时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动

2.（单选题，4分）2008年，我国天文学家利用国家天文台兴隆观测基地的2.16米望远镜，

发现了一颗绕恒星HD173416运动的系外行星HD173416b,2019年，该恒星和行星被国际

天文学联合会分别命名为"羲和"和"和"望舒"，天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的2倍,

若将望舒与地球的公转均视为匀速圆周运动，且公转的轨道半径相等。则望舒与地球公转速度

大小的比值为（）

A.2V2

B.2

C.V2

D*

2

3.（单选题，4分）张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一,

其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1：n的升

速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S,匝数为N,匀强磁场的磁感应强度

为B,t=0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压

后。输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是（)

发电机等效图

高速

低俗转轴转轴

升速缶轮箱

（转速比1：n）

A.发电机输出的电压为/TTNBSZ

B.发电机输出交变电流的频率为2nnz

C.变压器原、副线圈的匝数比为企nNBSnz：U

D.发电机产生的瞬时电动势V2irNBSnzsin（2irnz）

4.（单选题，4分）如图是密立根于1916年发表的纳金属光电效应的遏止电压”与入射光频

率v的实验曲线，该实验直接证明了爱因斯坦光电效应方程，并且第一次利用光电效应实验

测定了普朗克常量h。由图像可知（）

A.钠的逸出功为hvc

B.钠的截止频率为8.5x1014Hz

C.图中直线的斜率为普朗克常量

D.遏止电压Uc与入射光频率v成正比

5.（单选题，4分）将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为Si，小

圆面积均为S2,垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B=B°+kt,Bo

和k均为常量、则线圈中总的感应电动势大小为（）

A.kSi

B.5ks2

C.k(Si-5s2)

D.k(Si+5s2)

6.(单选题，4分)如图，真空中电荷量为2q和-q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N

点，形成一个以MN延长线上0点为球心、电势为零的等势面(取无穷远处电势为零)。P

为MN连线上的一点。S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上一点。下列说法正确的是

()

A.P点电势低于S点电势

B.T点电场强度方向指向0点

C.除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点

D.将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功

7.(单选题，4分)如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板

以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木

板之间的摩擦，在转动过程中()

A.圆柱体对木板的压力逐渐增大

B.圆柱体对木板的压力先增大后减小

C.两根细绳上的拉力均先增大后减小

D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变

8.（多选题，6分）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴

上，另一根由ab、be、cd三段直导轨组成，其中be段与x轴平行，导轨左端接入一电阻Ro

导轨上一金属棒沿x轴正向以速度vo保持匀速运动，t=0时刻通过坐标原点0,金属棒始终

与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为i,金属棒受到安培力的大小为F,金属棒

克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U,导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属

的电阻，下列图像可能正确的是（）

9.（多选题，6分）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连,

悬挂在定滑轮上，质量mQ>mp,t=0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为苏。

T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t=0

时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为Eo重力加速度大小为g,不计摩

擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确为是（）

Q口

P'

A.物体P和Q的质量之比为1：3

B.2T时刻物体Q的机械能为g

C.2T时刻物体P重力的功率为养

D.2T时刻物体P的速度大小为等

10.（多选题，6分）如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以0为圆心，Ri和Rz为半径

的同心圆上，圆心处装有竖直细水管、其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均

可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中，依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴

的高度、出水速度及转动的角速度分别用hl、VI、31和h2、V2、32表示。花盆大小相同，半

径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正

A若hi=h2，则Vi：V2=RZ：RI

B.若vi=V2，则hi：h2=Ri2：R22

C.若31=0）2，V1=V2，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同

D.若hi=h2,喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则31=0）2

11.（问答题，6分）某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证

系统机械能守恒定律，实验装如图1所示。弹簧的劲度系数为k,原长为Lo,钩码的质量为

m,已知弹簧的弹性势能表达式为E=^kx2,其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，

当地的重力加速度大小为go

（1）在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器

电源，从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸

带如图2所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T（在误差允许范围内，认为释放钩码的

同时打出A点）。从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为一,钩码的动能

增加量为_,钩码的重力势能增加量为_o

（2）利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量

分别与钩码上升高度h的关系，如图3所示。

（3）由图3可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是

ABCDEG

二坛一

——h6

图2

图1

12.（问答题，9分）某物理兴趣小组利用废弃电饭煲的部分器材自制简易电饭煲，设计电路

如图1所示。选用的器材有：限温开关Si（手动将其按下，开始持续加热煮饭，当锅内温度

高于103K时自动断开，之后不能自动闭合）；保温开关S2（当锅内温度高于80久时自动断

开，温度低于70K时自动闭合）；电饭煲的框架（结构如图2所示）。自备元件有：加热电

阻丝R（阻值为60Q,用于加热煮饭）；限流电阻&和R2（阻值均为lkQ）；指示灯LI和

L2（2.5V,0.6W,当电流低于30mA时可视为熄灭）；保险丝T。

内胆底感温磁体弹蓄电热板

（1）按照兴趣小组设计的电路，下列说法正确的是—（多选）。

A.按下Si,Li和L2均发光

B.当锅内温度高于103。（：时，Si自动断开。Li和L2均发光

C.保温过程中，S2自动在闭合、断开状态之间交替切换

D.当锅内温度低于70久时，S2自动闭合，Li发光，L2熄灭

（2）简易电饭煲制作完成后，试用时Li始终不亮，但加热和保温功能均正常，在不增加元件

的前提下，断开电源，使用多用电表判断发生故障的元件。下列操作步骤的正确顺序是一

（填写各步骤前的字母）。

A.将选择开关旋转到“X100”位置

B.将两支表笔直接接触，调节“欧姆调零旋钮”，使指针指向欧姆零点

C.调整"指针定位螺丝”，使指针指到零刻度

D.测量指示灯Li两端的阻值

图3

操作时，将多用电表两表笔与L】两端接触，若指针如图3所示，可判断是一断路损坏；若指

针如图4所示，可判断是—断路损坏。（用电路中的元件符号表示）

13.（问答题，11分）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B,质量分别为1kg和2kg,

A右端和B左端分别放置物块C、D,物块质量均为lkg,A和C以相同速度vo=lOm/s向右

运动，B和D以相同速度kvo向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D

粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数

均为U=0.1。重力加速度大小取g=10m/s2。

（1）若0Vk<0.5,求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；

（2）若k=0.5,从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。

14.（问答题，16分）两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示。金属板与可

调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直xOy平面向外。

电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间。点放置一粒子源，可连续释放

质量为m、电荷量为q（q>0）,初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物

理量均为已知量。求：

（1）t=0时刻释放的粒子，在t=等时刻的位置坐标；

（2）在0〜等时间内，静电力对t=0时刻释放的粒子所做的功；

qB（）

（3）在M（生黎，［智）点放置一粒子接收器，在0〜噌时间内什么时刻释放的粒子

qB；4qB§qB0

在电场存在期间被捕获。

15.（填空题，4分）如图，绝热密闭容器中装有一定质量的某种理想气体和一个充有同种气

体的气球。容器内温度处处相同，气球内部压强大于外部压强。气球缓慢漏气后，容器中气球

外部气体的压强将—（"增大”"减小”或"不变”）；温度将—（填“升高”"降低"或"不变’）。

16.（问答题，8分）水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将

汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，"H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过,

连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强po,活塞面积为S,隔板两侧气体

体积均为SLo,各接触面光滑，连杆的截面积忽略不计、现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，

稳定后，上部气体的体积为原来的/设整个过程温度保持不变，求：

（i）此时上、下两部分气体的压强；

（ii）"H"型连杆活塞的质量（重力加速度大小为g）。

17.（填空题，0分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为10m/s。在传播方向上有P、Q

两质点，坐标分别为xp=lm,XQ=6m,波传播到P点开始计时，该点的振动图像如图所示，

则简谐波的波长为_m,经过_s,Q点第一次到达正向最大位移处。

0OdV02*Vs

18.（问答题，0分）如图，一个半径为R的玻璃球，。点为球心。球面内侧单色点光源S发

出的一束光在A点射出，出射光线AB与球直径SC平行，0=30°,光在真空中的传播速度为

Co求：

（i）玻璃的折射率；

（ii）从S发出的光线经多次全反射回到S点的最短时间。

2022年河北省新高考物理试卷

参考答案与试题解析

试题数：18,总分：100

1.（单选题，4分）科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中,

速度v与时间t的关系图像如图所示。由图像可知（）

A.0〜ti时间内，训练后运动员的平均加速度大

B.0〜t2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等

C.t2~t3时间内，训练后运动员的平均速度小

D.t3时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动

【正确答案】：D

【解析】：根据图像可直接得出不同时刻运动员训练前后的速度大小关系；

根据图像的斜率可得出运动员的加速度，图像与横轴围成的面积得出运动员的位移；

根据图像得出位移的大小关系，结合平均速度的定义完成分析。

【解答】：解：A、根据v-t图像的斜率表示加速度，由图知0〜&时间内训练后运动员的平

均加速度比训练前的小，故A错误；

B、根据v-t图像围成的面积表示位移，由题图可知0〜tz时间内，训练前运动员跑过的距离

比训练后的大，故B错误；

C、根据v-t图像围成的面积表示位移，由题图可知t2〜t3时间内，训练后运动员的位移比训

练前的位移大，根据平均速度等于位移与时间的比值可知，训练后运动员的平均速度大，故C

错误；

D、根据v-t图像可直接判断，t3时刻运动员训练前速度减小，做减速运动，t3时刻后，运动

员训练后速度增加，做加速运动，故D正确；

故选:Do

【点评】：本题主要考查了运动学图像的基本应用，熟悉v-t图像中斜率表示加速度，图像与

横轴围成的面积表示位移即可，难度不大。

2.（单选题，4分）2008年，我国天文学家利用国家天文台兴隆观测基地的2.16米望远镜，

发现了一颗绕恒星HD173416运动的系外行星HD173416b,2019年，该恒星和行星被国际

天文学联合会分别命名为“羲和”和"和"望舒”，天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的2倍,

若将望舒与地球的公转均视为匀速圆周运动，且公转的轨道半径相等。则望舒与地球公转速度

大小的比值为（）

A.2V2

B.2

C.V2

D*

2

【正确答案】：C

【解析】：根据万有引力提供向心力得出线速度的表达式，结合质量之比和半径之比得出速度

的大小之比。

【解答】：解：地球绕太阳公转和行星望舒绕恒星羲和的匀速圆周运动都是万有引力提供向心

力，则

-G-M-m=--m-v2

r2r

解得：〃=聆

其中中心天体的质量之比为2：1,公转的轨道半径相等，则望舒与地球公转速度大小之比的

比值为近，故C正确，ABD错误；

故选：Co

【点评】：本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解行星做圆周运动的向心力来源，结

合牛顿第二定律即可完成分析。

3.（单选题，4分）张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一,

其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1：n的升

速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S,匝数为N,匀强磁场的磁感应强度

为B,t=0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压

后。输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是（)

发电机等效图

A高速

低俗转轴转轴

升速缶轮箱

（转速比1：n）

A.发电机输出的电压为企nNBSz

B.发电机输出交变电流的频率为2nnz

C.变压器原、副线圈的匝数比为企nNBSnz：U

D.发电机产生的瞬时电动势或irNBSnzsin（2nnz）

【正确答案】：C

【解析】：根据发电机线圈的转速得出交变电流的频率；

根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的最大值，进而得出电动势的有效值；

根据电压之比得出线圈的匝数之比；

【解答】：解：B、发电机线圈的转速为nz,输出交变电流的频率为

f=-^--nz,故B错误；

27T

A、线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生正弦交流电，最大值为

Em=NBS*2i[*nz

输出电压的有效值为

E=^=y[2nNBSnz,故A错误；

C、变压器原副线圈的匝数比为

包=旦=叵丝上，故C正确；

n2UU

D、发电机产生的瞬时电动势为

e=EmSin3t=2irNBSnzsin（2nnz）t,故D错误；

故选:Co

【点评】：本题主要考查了交流电的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律计算出感应电动势的

大小，熟悉公式的推导即可完成分析，整体难度不大。

4.（单选题，4分）如图是密立根于1916年发表的纳金属光电效应的遏止电压”与入射光频

率v的实验曲线，该实验直接证明了爱因斯坦光电效应方程，并且第一次利用光电效应实验

测定了普朗克常量h。由图像可知（)

A.钠的逸出功为hvc

B.钠的截止频率为8.5x1014Hz

C.图中直线的斜率为普朗克常量

D.遏止电压Uc与入射光频率v成正比

【正确答案】：A

【解析】：根据光电效应方程结合图像得出钠的逸出功和直线的斜率，同时分析出直线的类型。

【解答】：解：A、根据遏止电压与最大初动能的关系得：

eUc=Ekmax

根据光电效应方程有

Ekmax=hv-Wo

结合图像可知，当Uc为0时，解得：

Wo=hvc,故A正确；

B、钠的截止频率为5,根据图像可知，截止频率小于8.5x1014Hz,故B错误；

C、结合遏止电压与光电效应方程可解得：

“=把一地

0ee

可知，图中直线的斜率表示人,故c错误；

e

D、根据遏止电压与入射光的频率关系式可知，遏止电压与入射光频率成线性关系，不是成正

比，故D错误；

故选：Ao

【点评】：本题主要考查了光电效应方程的相关应用，熟悉图像的物理意义，理解物理学概念

即可完成分析。

5.(单选题，4分)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S”小

圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B=Bo+kt,Bo

和k均为常量、则线圈中总的感应电动势大小为()

A.kSi

B.5ks2

C.k(Si-5s2)

D.k(SI+5S2)

【正确答案】：D

【解析】：根据法拉第电磁感应定律分别计算出线圈产生的电动势，结合楞次定律分析出总的

电动势大小。

【解答】：解：根据法拉第电磁感应定律可知，大圆产生的感应电动势为Ei=詈=kSi,

每个小线圈产生的感应电动势为/2=嘤=卜52,且根据楞次定律可知，线圈产生的电流方

向相同，即电动势要全部相加，则总的感应电动势为E=5Ez+Ei=k(Si+5s2),故D正确，

ABC错误；

故选：Do

【点评】：本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，熟悉感生电动势的计算，结合楞

次定律即可完成分析。

6.(单选题，4分)如图，真空中电荷量为2q和-q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N

点，形成一个以MN延长线上。点为球心、电势为零的等势面(取无穷远处电势为零)。P

为MN连线上的一点。S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上一点。下列说法正确的是

T

A.P点电势低于S点电势

B.T点电场强度方向指向0点

C.除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点

D.将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功

【正确答案】：B

【解析】：沿着电场线的方向电势逐渐降低，由此分析出P点和S点的电势高低；

根据场强的定义式分析出是否存在场强为零的点；

根据电势的叠加原理分析出电势的高低，从而分析出场强的方向；

先分析出电荷从T点移到P点的过程中电势能的变化，结合功能关系得出静电力的做功类型。

【解答】：解：A、在直线MN上，左边正电荷在M右侧电场强度水平向右，右边负电荷在

直线MN上电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场

线电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，

故A错误；

C、由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，则N右侧,

设MN距离为L,根据

k・2q_kq

(L+d)2-

可知除无穷远处外，直线MN电场强度为零的点只有一个，故C错误；

D、由A选项的分析可知，T点电势低于P点电势，则正电荷在T点的电势能低于在P点的

电势能，将正试探电荷从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，故D错误；

B、设等势圆的半径为R。AN距离为x,MN距离为L,如图所示：

•.T

根据9=，

结合电势的叠加原理，A、S满足

k»2q_kq

L-xx

k•2qkq

L+2R—x2R—x

解得：％=g；R=|〃

由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，0点电势

_2kqkq_3kq

8。=不一丁=~~ZL

L+33北

可知，<PT><PO>可知T点电场方向指向。点，故B正确；

故选：Bo

【点评】：本题主要考查了场强和电势的相关概念，熟悉公式，理解电势和电场线的分布特点,

同时要理解这两个物理量各自的合成特点，有一定的难度。

7.（单选题，4分）如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板

以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木

板之间的摩擦，在转动过程中（）

N

A.圆柱体对木板的压力逐渐增大

B.圆柱体对木板的压力先增大后减小

C.两根细绳上的拉力均先增大后减小

D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变

【正确答案】：B

【解析】：对圆柱体进行受力分析，结合相似三角形和角度的变化关系得出每个力的变化趋势。

【解答】：解：设两绳子对圆柱体的拉力的合力为N,木板对圆柱体的支持力为T,绳子与木

板夹角为a,从右向左看如图所示：

在矢量三角形中，根据正弦定理得：

sina_sin/7_siny

mgTN

在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，a不变，丫从90。逐渐减小到0,又

Y+P+a=180°

且a<90。

可知

90°<y+p<180°

贝I0<p<180°

可知B从锐角逐渐增大到钝角，根据

sina_sinp_stny

mgTN

可得：=

2COS0

6不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，ACD错误；

故选:Bo

【点评】：本题主要考查了动态平衡的相关应用，要熟悉物体的受力分析，结合几何方法和三

角函数的相关知识完成对题目的分析，对学生的数学能力和作图要求较高。

8.（多选题，6分）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴

上，另一根由ab、be、cd三段直导轨组成，其中be段与x轴平行，导轨左端接入一电阻Ro

导轨上一金属棒沿x轴正向以速度vo保持匀速运动，t=0时刻通过坐标原点0,金属棒始终

与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为i,金属棒受到安培力的大小为F,金属棒

克服安培力做功的功率为P,电阻两端的电压为U,导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属

的电阻，下列图像可能正确的是（）

OL2L3L

A.%v0%

F4

O-L2L3L*

D.%v0v0

【正确答案】：AC

【解析】：先根据法拉第电磁感应定律分析出动能电动势的变化，结合欧姆定律分析出电流的

变化，安培力公式分析出安培力的变化和功率的计算公式即可完成分析。

【解答】：解：AD、根据法拉第电磁感应定律可知，E=BLv0,结合欧姆定律可知i=5=

华，结合题目图片可知，在向右运动的过程中，金属棒切割磁感线的长度先均匀增加，后不

变，最后均匀减小，而电阻两端的电压等于电源电动势，因此变化规律与电流强度的变化规律

类似，故A正确，D错误；

BC、根据安培力的计算公式F=BIL可知，在切割长度的变化过程中，安培力与时间成二次方

的比值关系，功率P=i2R也是与时间成二次方的比值关系，但安培力在t=0时刻不等于零，

故B错误，C正确；

故选：ACo

【点评】：本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，熟悉动能电动势的计算，欧姆定

律和功率的计算公式即可完成分析，整体难度中等。

9.（多选题，6分）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，

悬挂在定滑轮上，质量mQ>mp,t=0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为（。

T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t=0

时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g,不计摩

擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确为是（）

P'

A.物体P和Q的质量之比为1：3

B.2T时刻物体Q的机械能为g

C.2T时刻物体P重力的功率为有

D.2T时刻物体P的速度大小为等

【正确答案】：BCD

【解析】：根据牛顿第二定律解得PQ质量之比，分解P和Q的运动情况，根据运动学公式

解得位移和速度，根据机械能与重力功率的公式解答。

【解答】：解：A、t=0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为。，根据牛顿第二

定律可知，a=,解得：mp：m=l：2,故A错误；

mQ+mp3Q

B、T时刻，PQ的速度为v=?T,P升高的位移为h'=；aT2=；x?xT2=£p,此后p做竖

3Li56

gT22

直上抛运动，则速度减为0的时间为t'=2=W=］位移h"=：=受，可知初始时刻Q到

零势能面的高度h=h3h"=q+4="J对应的机械能E=mQgh=如"工，Q再运动到

61899

T时刻的机械能为E，=E-Fh，（其中F为拉力），根据牛顿第二定律有：mQg-F=mQa;联立解

得：E'=|,故B正确；

CD、2T时刻物体P的速度v，=|gT,其重力的功率为P=mpgv'=詈g・|gT=臂"，可知

P=|^,故CD正确;

故选：BCDo

【点评】：本题考查牛顿第二定律，解题关键掌握运动学公式的应用，注意分析PQ的运动情

况。

10.（多选题，6分）如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以。为圆心，Ri和R2为半径

的同心圆上，圆心处装有竖直细水管、其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均

可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中，依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴

的高度、出水速度及转动的角速度分别用hl、VI、31和112、V2、32表示。花盆大小相同，半

径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正

确的是（）

A若hi=h2，则vi：V2=R2：RI

2

B.若vi=vz，则hi：hz=RF：R2

C.若31=32,Vi=V2，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同

D.若hl=h2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则31=32

【正确答案】：BD

【解析】：根据平抛运动的物体在不同方向的运动特点得出不同情况下速度和高度的比值关系;

正确理解每个花盆的水量的影响因素，要注意内外圈的花盆数量是不相等的。

【解答】：解：A、若hi=hz，根据竖直方向上自由落体的运动特点可知，水的运动时间相等,

在水平方向上，x=vt,则Vi：V2=R1：R2，故A错误；

B、若V1=V2，根据水平方向的运动特点可知，ti：t2=Ri：R2，结合竖直方向自由落体的公式

可知，hi：h2=Ri2：Rz2＞故B正确；

C、若31=32,V1=V2,喷水嘴各转动一周，因为旋转的时间相同，则喷出的水量相等，但因

为外圈的花盆数量比内圈数量多，则落入每个花盆的水量不相同，故C错误；

D、根据上述分析可知，若hi=h2,则Vi：V2=R1：R2,因为内圈花盆的数量和外圈花盆的数

量也是Rl：R2,为了保证落入每个花盆的水量相同，则喷水的时间要相等，因为31=32,故

D正确；

故选：BD,

【点评】：本题主要考查了平抛运动和圆周运动的结合，理解平抛运动在不同方向的运动特点,

同时要注意分析过程中时间的区别，一个是水的下落时间，一个是圆周运动的时间，同时要注

意内外圈的花盆数量的差异，题材取自生活，需要学生平时多观察生活，将物理知识灵活应用

方可解答。

11.（问答题，6分）某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证

系统机械能守恒定律，实验装如图1所示。弹簧的劲度系数为k,原长为Lo,钩码的质量为

m,已知弹簧的弹性势能表达式为E=：kx2,其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，

当地的重力加速度大小为g。

（1）在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器

电源，从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸

带如图2所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T（在误差允许范围内，认为释放钩码的

同时打出A点）。从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为钩码的动能

增加量为钩码的重力势能增加量为一。

（2）利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量

分别与钩码上升高度h的关系，如图3所示。

（3）由图3可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是

ABC

弹WE

用

码

打点计时器

图2

AE/J一弹雷弹性势能减少量

—钩码的机械能增加量

n0.20

图1

0.15

0.05

00.050.100.15h/cm

图3

【正确答案】：2旗乙一乙0）2-3底乙一乙0一色）2；：小（空）2；1^115；随着卜增加，钩码克服

空气阻力的做功在增加

【解析】：（1）根据弹性势能的表达式分析出不同位置的弹性势能，从而得到弹性势能的减

小量；根据运动学公式计算出钩码在F点的速度，结合动能计算公式完成分析；根据重力势

能的表达式得出重力势能的增加量；

（3）根据实验原理和实验装置的特点分析出产生对应图像的可能原因。

【解答】：解：（1）弹簧的长度为L的弹性势能为Epi=；乂乙一仇）2,到F点时弹簧的弹

2

性势能为Ep2=-Lo-h5y,因此弹性势能的减小量为AEp=i/c（L-Lo）-

2

|/c（L-L0-h5）；根据运动学公式可知，在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该

2

过程的平均速度，则vF=吟，则动能的增加量为g=|mv2=jm（^）,钩码的重

力势能增加量为AEp=mgh5。

（3）随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因随着h增加，钩码克服空气阻

力的做功在增加。

故答案为：（1）3旗/,—Lo）?--L（）一九5尸；：m；mghs；（3）随着h增加,

钩码克服空气阻力的做功在增加

【点评】：本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，熟悉不同能量的计算方法和变化特点,

学会简单的数据分析即可，整体难度不大。

12.（问答题，9分）某物理兴趣小组利用废弃电饭煲的部分器材自制简易电饭煲，设计电路

如图1所示。选用的器材有：限温开关Si（手动将其按下，开始持续加热煮饭，当锅内温度

高于103T时自动断开，之后不能自动闭合）；保温开关S2（当锅内温度高于80汽时自动断

开，温度低于70K时自动闭合）；电饭煲的框架（结构如图2所示）。自备元件有：加热电

阻丝R（阻值为60。，用于加热煮饭）；限流电阻Ri和R2（阻值均为1k。）；指示灯Li和

L2（2.5V,0.6W,当电流低于30mA时可视为熄灭）；保险丝T。

内胆底感温磁体弹蓄电热板

（1）按照兴趣小组设计的电路，下列说法正确的是—（多选）。

A.按下Si,Li和L2均发光

B.当锅内温度高于103。（：时，Si自动断开。Li和L2均发光

C.保温过程中，S2自动在闭合、断开状态之间交替切换

D.当锅内温度低于70久时，S2自动闭合，Li发光，L2熄灭

（2）简易电饭煲制作完成后，试用时Li始终不亮，但加热和保温功能均正常，在不增加元件

的前提下，断开电源，使用多用电表判断发生故障的元件。下列操作步骤的正确顺序是一

（填写各步骤前的字母）。

A.将选择开关旋转到“X100”位置

B.将两支表笔直接接触，调节“欧姆调零旋钮”，使指针指向欧姆零点

C.调整"指针定位螺丝”，使指针指到零刻度

D.测量指示灯Li两端的阻值

图3

图4

操作时，将多用电表两表笔与L】两端接触，若指针如图3所示，可判断是一断路损坏；若指

针如图4所示，可判断是—断路损坏。（用电路中的元件符号表示）

【正确答案】：CD;CABDE;Li；Ri

【解析】：（1）根据题意结合图中的电路图进行分析；

（2）根据欧姆表的使用方法进行排序；根据欧姆表指针的位置分析电路故障。

【解答】：解：（1）A.按下Si，灯泡L2短路，不能发光，故A错误；

B.当锅内温度高于103久时限温开关Si自动断开，限流电阻Ri和Rz阻值均为lkQ,此时电路

的总电流I.&<六三A=220mA；

1000

通过灯泡L2的电流77提右加=提:X220m4al2.5mA<30mA,所以Li不发光，故B

1000+60忠1060

错误；

C.保温开关S2（当锅内温度高于8（TC时自动断开，温度低于70笃时自动闭合）在保温过程中,

自动在闭合、断开状态之间交替切换，故c正确；

D.当锅内温度低于70。（：时，S2自动闭合，电饭煲处于加热状态，L1发光，灯泡L2短路，熄灭,

故D正确；

（2）利用欧姆表测电阻时，首先使得测电阻与其他电路断开，进行机械调零，然后选取合适

的挡位，再进行欧姆调零，测量完毕后，将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡，故正

确的顺序为：CABDE；

操作时，将多用电表两表笔与Li两端接触，此时回路中的用电器为氐、R和Li

若指针如图3所示，此时欧姆表的示数约为1100C,可判断是Li断路损坏；

若指针如图4所示，此时欧姆表的示数为零，说明Li没有损坏，加热和保温功能均正常，说

明R正常，所以是Ri断路损坏。

故答案为：（1）CD；（2）CABDE；Li；Ri„

【点评】：解答本题要知道：1。多用电表在使用前，应先观察指针是否指在电流表的零刻度,

若有偏差，应进行机械调零；2o测量时手不要接触表笔的金属部分；3。合理选择量程，使

指针尽可能指在中间刻度附近，若指针偏角太大，应改换低挡位；若指针偏角太小，应改换高

挡位，每次换挡后均要重新短接调零，读数时应将指针示数乘以挡位倍率；4。测量完毕后应

拔出表笔，选择开头置OFF挡或交流电压最高挡，电表长期不用时应取出电池，以防电池漏

电。

13.（问答题，11分）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B,质量分别为1kg和2kg,

A右端和B左端分别放置物块C、D,物块质量均为1kg,A和C以相同速度vo=lOm/s向右

运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D

粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数

均为（1=0.1«重力加速度大小取g=10m/s2。

（1）若0<k<0.5,求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；

（2）若k=0.5,从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。

CD

,//////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////:

【正确答案】：

【解析】：（1）根据动量守恒定律得出新物块和新滑板的速度大小和方向；

（2）先分析出新物块和新滑板的速度，结合运动学公式、动量守恒定律和能量守恒定律分析

出相对位移的大小。

【解答】：解：（1）物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物

块的速度为v物，C、D的质量均为m=lkg,以向右方向为正方向，则

mvo-m®kvo=（m+m）v物

解得：v物=5（1-k）m/s>0

可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5（1-k）m/s,方向向右

滑块A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v泊，滑板A

和B质量分别为1kg和2kg,则有

Mvo-2M»kvo=(M+2M)va

解得：v«=10~2°fem/s>0

则新滑板速度方向也向右

(2)若k=0.5,可知碰后书剑C、D形成的新物块的速度为

v的'=5(1-k)m/s=5x(1-0.5)m/s=2.5m/s

碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为

“滑,=-10-2--0fcm/,s=-10--20-X-0-.5m/s,=O_m/s.

可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动,

设新物块的质量为m"=2kg,新滑板的质量为M，=3kg,相对静止时的公式速度为v共，根据动

量守恒定律可得：

m'v物'=(m'+M')v共

解得：v共=lm/s

根据能量守恒可得：

=3m'v2一式M+M')唳

解得：xm=l.875m

答：(1)若0Vk<0.5,碰撞后瞬间新物块的速度为5(1-k)m/s,方向水平向右；新滑板

的速度大小为竺m/s,方向水平向右；

(2)若k=0.5,从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，两者相对位移的大小为1.875m。

【点评】：本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，根据动量守恒定律分析出物块的速度，

结合运动学公式得出相对位移即可，整体难度不大。

14.(问答题，16分)两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示。金属板与可

调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直xOy平面向外。

电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间0点放置一粒子源，可连续释放

质量为m、电荷量为q(q>0),初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物

理量均为已知量。求：

(1)t=0时刻释放的粒子，在1=等时刻的位置坐标；

(2)在0〜噌时间内，静电力对t=0时刻释放的粒子所做的功；

qBo

(3)在M(啰，。誓)点放置一粒子接收器，在0〜等时间内什么时刻释放的粒子

qB；4qB女qB0

在电场存在期间被捕获。

~yl

Ox

图1

【正确答案】：

【解析】：（1）根据牛顿第二定律求解加速度大小，根据速度一时间关系求解速度大小，再

根据位移关系求解沿y轴方向的位移，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子轨迹半径，因此得

到1=等时刻的位置坐标；

（2）分析粒子的运动轨迹，根据运动学公式求解末速度大小，再根据动能定理进行解答；

(3)根据(2)的分析可知，粒子要打在接收器上，轨迹半径需等于2R,由此分析进入电场

的时刻。

【解答】：解:（1）t=0时刻释放的粒子，在七=等时间内沿y轴正方向做匀加速直线运动,

加速度大小为:a_i=­qE。

m

在ti时刻的速度大小为：vi=aiti

代入数据解得：丫尸警

此时沿y轴正方向的位移为：y尸当口

解得:y尸象

nm罂时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv3m1

qBo

解得：R『需,

由于粒子在磁场中运动周期T=等，所以经过等时间，粒子刚好运动半周期，

qB°qB0

此时X方向的位移为：X1=2R1=2饕，

q%

所以时刻的位置坐标为(生誓，书);

qB。qBl2q%

(2)时刻粒子速度方向沿-y方向，大小为5=等

从翟〜翳时间内，粒子的加速度大小为：az=誓，粒子先沿-y方向运动，再沿+y方向

运动。

设粒子经过t2时间速度减速到0,则t2=也，解得：t2=普=Jtl

a22qB02

所以在等时速度大小仍为V1，位置仍在(审，处，此后的等时间内粒子仍做

qBoq酩2qB^qB0

匀速圆周运动，轨迹如图所示。

从翳〜黑时间内，粒子的加速度大小为：a3=鬻，粒子先沿-y方向运动，再沿+y方向

运动。

设在等时速度大小为V2,根据运动学公式可得：V2=-Vl+a3tl

解得：V2=等，方向沿+y方向；

从粤〜等时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动。

QBQqBo

根据动能定理可得静电力对t=0时刻释放的粒子所做的功：W=|mv22

解得：W=，电；

B。

(3)根据前面的分析可知，粒子在0〜七时间内加速的时间等于粒子在驾〜等时间内减

qB°qB0

速运动的时间的2倍，根据几何关系结合洛伦兹力提供向心力可知，在0〜h时间内任何时刻

释放的粒子，在t=4t1时刻水平位移均为如誓o

q联

设粒子在t'时刻开始加速，加速时间At,则在ti时刻的速度vJ=aiAt,位移：丫1'=齐山2

粒子在生空时刻的速度大小为：V2'=vi'+a2(ti-At)=ai(2ti-At)

qBf)

在萼〜等时间内减速的位移：，=声