2022年山东省威海市高考物理二模试卷（附答案详解）

2022年山东省威海市高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）

1.某种金属发生光电效应时逸出光电子的最大初动能琉

与入射光频率。的关系如图，图线与横轴的交点为火,

图线的延长线与纵轴的交点为-E,下列说法正确的是

（）

A.若入射光的频率为手，则光电子的最大初动能为g

B.普朗克常量为高

VO

C.该金属的逸出功随入射光的频率的增大而减小

D.入射光的频率越大，单位时间逸出的光电子数越多

2.真空中一个静止的牡原子核（品,Th）经0衰变后变成一个新核X,下列说法正确的是

（）

A.77i核的中子数比X核少1个B.夕射线来自原子核外的电子电离

C.77i核的比结合能比X核的小D.X核的动量比粒子的动量大

3.某同学看到鱼池中池边的鱼离水面的距离约为1m,已知水的折射率为1.33,则鱼

的实际深度约为（）

A.0.50mB.0.75mC.1.33mD.1.78m

4.2021年5月29日，搭载天舟二号货运飞船的长征七号遥三运载火箭发射成功，并顺

利将飞船送入预定轨道，5月30日，飞船与天和核心舱完成自主快速交会对接，2022

年3月27日，飞船完成空间站组合体阶段全部既定任务。下列说法正确的是（）

A.天舟二号货运飞船的发射速度大于天和核心舱的环绕速度

B.天舟二号货运飞船与天和舱交会对接时可视为质点

C.天舟二号货运飞船与天和舱对接成功后，空间站的速度变小

D.航天员在核心舱进行实验时可以使用物理天平测量物体的质量

5.如图所示，在倾斜的滑杆上套有一圆环，圆环通过轻

绳连接一小球，若圆环和小球一起沿滑杆下滑的过程

中，轻绳始终处于竖直状态。下列说法正确的是（）

A.小球一定做匀加速直线运动

B.小球一定做匀速直线运动

C.圆环与滑杆之间无摩擦

D.滑杆对圆环的弹力等于圆环和小球的重力之和

6.如图所示，用完全相同的轻质弹簧P、Q拴接小球4固定在竖直平面内

处于静止状态，此时两弹簧的总长度恰好等于两弹簧的原长之和。已知

弹簧的劲度系数为鼠小球的质量为小，重力加速度为g，忽略空气阻力。

下列说法正确的是（）

A.弹簧P的伸长量为詈

B.剪断弹簧Q的瞬间，小球4的加速度大小为g

C.剪断弹簧Q后，小球4的机械能守恒

D.剪断弹簧Q后，小球4做简谐运动的振幅为翳

7.孔明灯是一种古老的手工艺品，在古代多做军事用途。某同学制作了

一个质量为小，体积为V的孔明灯，初始时，灯内、外空气的密度均

为P，温度均为T,灯被点燃后，当内部空气的温度升到T'时，孔明

灯刚好飞起。整个过程孔明灯的体积变化忽略不计，则（）

PTV

A.r=B.T'=^~

pV+mpV-m

c.一_~PV-1pv

8.将一根质量m=1kg、电阻R=100的长导线绕制成匝数

n=200、边长/=20cm的正方形线圈，然后用绝缘线将线

圈悬挂起来，如图所示。线圈接在恒定电压U=41/的直流

电源上（图中未画出），线圈中产生逆时针方向的电流。M、

N为线圈竖直边的中点，在MN下方有垂直纸面向里的匀强

磁场，磁感应强度随时间变化的规律为B=0.25t（T）,重力加速度g=10m/s2,则

绝缘线上拉力等于零的时刻为（）

A.2sB.2.5sC.ysD.500s

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9.下列说法中正确的是（）

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A.晶体熔化过程中，分子的平均动能保持不变

B.液晶的所有物理性质均表现为各向异性

C.液体的表面张力是分子斥力作用的结果

D.一定质量的理想气体等温膨胀过程一定从外界吸收热量

10.如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器7;、降压变压器72均为理想变压器,

7\、72的原、副线圈匝数比分别为七、为。输电线间的总电阻为Ro,可变电阻R为

用户端负载。力、/1分别表示电压表匕、电流表&的示数，输入电压u保持不变，

当负载电阻R减小时，理想电压表匕的示数变化的绝对值为ZU,理想电流表4的示

数变化的绝对值为4,下列说法正确的是（）

A.坐标为（（2-b）。0）的点的电场强度为零

B.a点电场强度大小为等

C.带电粒子沿图中虚线圆移动时，电势能保持不变

D.a点的电势比b点的电势高

12.如图所示，竖直平面内固定一半径R=0.5m光滑圆形轨道，,、

圆心为。。一小球在轨道的最低点4,某时刻获得水平向右（\

的瞬时速度%。已知%=V^m/s,重力加速度g=yO]

10m/s2o在小球从4点运动到轨迹最高点的过程中，下列

说法正确的是（）A

A.小球在最高点的速度大小为夜m/s

B.小球在最高点的速度大小为1.6m/s

C.重力做功的功率先增大后减小

D.小球做圆周运动时重力和弹力的合力提供向心力

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

13.为测量滑块与长木板间的动摩擦因数，某兴趣小组利用位移传感器设计了如图甲所

示的装置。实验步骤如下：

①用长木板搭建成一定倾角的斜面，调整斜面的倾角，使滑块能够在斜面上自由

滑下并测出倾角仇

②将位移传感器的发射器4固定在滑块上，接收器B固定在斜面的顶端；

③从斜面上释放滑块，位移传感器把滑块运动的位移、时间转换成电信号，经过

计算机处理，得到不同时刻滑块的速度，并自动绘制出v-t图像，如图乙所示。

④根据图像数据计算出动摩擦因数。

请回答下列问题:

（1）位移传感器测量速度的原理：滑块沿斜面下滑到某位置时，发射器4向接收器8

同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲，B接收到红外线脉冲开始计时，接收

到超声波脉冲时停止计时，根据两者的时差和空气中的声速，计算机自动算出滑块

与B的距离，确定滑块的位置P,经过短暂的时间加后，传感器和计算机系统自动

进行第二次测量，得到滑块的新位置P',算出两个位置差4%（即滑块在4t内运动的

位移），由此可算出滑块在位置P的瞬时速度，则表达式为“=（用和a表

示）；

（2）滑块在斜面上运动的加速度为m/s2；（结果保留2位有效数字）

（3）若实验中斜面的倾角6=37。，重力加速度g=9.8m/s2,则滑块与长木板间的

动摩擦因数为。（结果保留2位有效数字，s讥37。=0.6,337。=0.8）

第4页，共18页

14.多用电表是将测量电流、电压和电阻等功能于一体的仪器，在实际生活中用途广泛.

图内

(1)在测量电源的电动势和内电阻的实验中，由于手头没有电压表，实验小组用多

用电表的直流电压2.5U挡进行测量，如图甲所示。闭合开关前，某同学发现电路连

接中有一处不符合规范，不规范的地方是。重新调整后，闭合开关，发现电

流表的示数为零，多用电表的示数不为零，无论如何调整滑片的位置，多用电表的

示数始终不变，示数如图乙所示，读数为乙针对上述问题，该同学猜想故

障可能为滑动变阻器或电流表存在断路故障，为进一步判断是否为电流表的故障，

该同学用多用电表的电阻挡检查电流表，该同学设想按照下列操作步骤进行，你认

为合理的操作步骤是(从下列选项中选择正确的操作步骤并排序)。

A.断开电路中的开关，将电流表的一端与电路断开

8.将多用电表的红表笔与电流表的“0.64”接线柱接触，黑表笔与“一”接线柱试

触

C.将多用电表的红表笔与电流表的”接线柱接触，黑表笔与“0.64”接线柱试

触

D将多用电表的选择开关旋转到欧姆挡“X10”挡，红、黑表笔短接，欧姆调零

E观察多用电表和电流表，如果两表的指针均不动，则电流表断路

F.将多用电表的选择开关旋转到交流电压挡500的位置

(2)某型号多用电表欧姆表换挡原理如图丙所示，当由小倍率挡转换成大倍率挡时,

需要增大欧姆表的总电阻，它是通过变换并联阻值更大的电阻来实现的。当选择开

关由x10挡换至x10。挡时，需要先将红黑表笔直接短接，然后将R。(选填

“调大”或“调小”)直到指针指向电流的满偏刻度。

四、简答题(本大题共3小题，共30.0分)

15.如图甲所示，同种均匀介质中存在能产生简谐横波的4、B两个波源，4、B间距为

5m,质点P在两波源的连线上，AP=1m,两波源的振动图像如图乙中的实线和虚

线所示。已知两波源的振动传播到P点的时间差为6s。

P

B

图甲图乙

(1)求波源4形成的简谐横波在介质中的波长;

(2)写出P点的振动方程(以波源B的振动刚传播到P的时刻为计时起点)。

16.如图所示，两根足够长的平行光滑导轨与水平面成30。角，

间距为3处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向

垂直导轨平面向上，质量分别为m和2m的导体棒ab和cd,

与导轨接触良好，接入电路中的电阻均为R。某时刻两棒

均由静止释放，释放的同时在ab棒上施加一沿导轨向上的拉力尸的作用，拉力大小

恒为当导体棒ab向上运动的距离为x时，两导体棒的速度恰好达到最大值，

不计导轨的电阻，重力加速度为g。求：

(1)导体棒ab和cd的速度最大值之比；

(2)从静止释放到两导体棒的速度达到最大值的过程中，系统产生的焦耳热。

17.某离子实验装置的基本原理如图所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区，I

区长度d=4R,内有沿y轴正向的匀强电场，II区内既有沿z轴负向的匀强磁场，

又有沿z轴正向的匀强电场，电场强度与I区电场等大。现有一正离子从左侧截面

的最低点4处，以初速度历沿z轴正向进入I区，经过两个区域分界面上的8点进入

II区，在以后的运动过程中恰好未从圆柱腔的侧面飞出，最终从右侧截面上的C点

飞出，8点和C点均为所在截面处竖直半径的中点(如图中所示)，已知离子质量为rn,

电量为q,不计重力，求：

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(1)电场强度的大小；

(2)离子到达B点时速度的大小;

(3)n区中磁感应强度大小；

(4)n区的长度L应为多大。

五、计算题(本大题共1小题，共16.0分)

如图甲所示，质量M=1.5kg的木板4放在粗糙的水平地面上，在木板4左端固定一带孔

的轻挡板，右端放置质量zn=0.5kg的小木块8,用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定

滑轮穿过挡板上的小孔后，分别与A、B相连。开始时4、8静止，现用水平向右的拉力F

作用在4上，已知拉力F随时间t的变化规律如图乙所示，2s末轻绳与4、B脱离，此时撤

去拉力F,B恰好与挡板发生碰撞，最终B停在4上且距离挡板0.06m。已知4、B间的动

摩擦因数%=0.2,4与地面间的动摩擦因数“2=0」，B与挡板碰撞时间极短，重力加

速度g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求:

(1)4、B刚要发生相对滑动时，拉力F的大小;

(2)撤去拉力产时，力的速度大小;

(3)8与挡板碰撞的过程中，4、B及挡板组成的系统损失的机械能。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：力、根据爱因斯坦光电效应方程Ekmu/n/-勿，当光电子的最大初动能为

零时.，则入射光的能量八%，即为金属的逸出功明，因此由图象可知，图线的延长线与

纵轴的交点的数值等于金属的逸出功，贝胱为=%,根据光电效应的条件可知，当入射

光的频率为:，则不能发生光电效应，故A错误；

B、根据4的分析可知金属的逸出功%=E=/iVo,所以普朗克常量也=3，故8正确；

v0

c、金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关，故c错误；

£）、单位时间逸出的光电子数的多少与入射光的频率无关，与入射光的强度成正比，故

D错误。

故选：B。

光电效应的特点：①金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关；②光电

子的最大初动能取加与入射光的强度无关；③光电子的最大初动能满足光电效应方程.

只要记住并理解了光电效应的特点，只要掌握了光电效应方程就能顺利解决此题，所以

可以通过多看课本加强对基础知识的理解，同时要掌握图象的斜率与纵截距含义.

2.【答案】C

【解析】解：AB,/?衰变是杜原子核（铝,Th）中的一个中子转化为一个质子与一个电子

产生的，所以77i核比X核多一个中子，故AB错误；

C、衰变过程中伴随着质量亏损，所以77i核的结合能比X的结合能小，由于它们的核子

数相等，所以核的比结合能比X核的小，故C正确；

在核衰变反应过程中系统动量守恒，可知衰变后Pa核的动量与夕粒子的动量大小相

等，方向相反，故。错误。

故选：Co

根据夕衰变的本质判断；衰变过程中存在质量亏损；根据动量守恒定律的关系判断。

本题考查学生对近代物理知识的理解和掌握，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，

注意质量守恒与质量数的区别，及理解?衰变的实质.

3.【答案】C

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【解析】解：作出物体光线的折射图:

由于是在竖直上方观察，所以i,r均很小,Kitani=sini,tanr=sinr

设像距离水面距离为/i,根据折射定律结合几何关系可知n=幽=J

代入数据解得：H=1.33m

故ABO错误，C正确：

故选：C。

根据光的折射现象作图，根据折射定律与几何关系可解得。

本题考查光的折射定律，解题关键掌握光的折射图像，注意折射定律的应用。

4.【答案】A

【解析】解：4第一宇宙速度是最小的发射速度，可知天舟二号货运飞船的发射速度大

于第一宇宙速度；而天和核心舱的环绕速度小于第一宇宙速度，所以天舟二号货运飞船

的发射速度大于天和核心舱的环绕速度，故A正确；

8、天舟二号货运飞船与天和舱交会对接时，其大小与形状是必须要考虑的问题，否则

不能对接，故B错误；

C、天舟二号货运飞船要从后面追上天和舱然后交会对接，所以对接前天舟二号货运飞

船的速度略大于空间站的速度，二者在对接的过程中动量守恒，所以对接后空间站的速

度应略增大，不会减小，故C错误；

。、天平利用力矩平衡来测量质量，在核心舱内的物体都处于完全失重状态，所以航天

员在核心舱进行实验时不能使用物理天平测量物体的质量，故。错误。

故选:4。

第一宇宙速度是最小的发射速度，也是最大的环绕速度，对接过程中要做离心或向心运

动，再分析喷气方向；根据看作质点的条件判断；根据天平的原理判断。

本题考查万有引力的应用，解题关键掌握第一宇宙速度的认识，注意C选项，对接后空

间站的速度略增大，可以补充空间站受到稀薄的空气的阻力损失的能量，具体情况有兴

趣的同学可以查阅相关资料。

5.【答案】B

【解析】解：4B、小球受两个力作用，重力和轻绳拉力，因为悬挂小球的轻绳始终处

于竖直方向，这两个力的合力一定不会沿杆方向，故二力平衡，小球做匀速直线运动，

故A错误，B正确；

CD、对环进行受力分析可知，环受重力、轻绳拉力、滑杆支持力和摩擦力4个力的作用

而平衡，故CC错误。

故选：B。

先以小球为研究对象，分析小球的受力情况，判断运动情况，再分析环的受力情况。

本题抓住小球做直线运动的条件是关键：小球做直线运动时，合外力（或加速度）与速度

在同一直线上，或合外力为零。

6.【答案】D

【解析】解：4、设弹簧P的伸长量为x,因轻质弹簧P、Q完全相同，两弹簧的总长度

恰好等于两弹簧的原长之和，则弹簧Q的压缩量也为无。对小球4,由平衡条件有：mg=

2kx,得“黑,故A错误；

以剪断弹簧Q的瞬间，弹簧P的弹力没有来得及变化，由牛顿第二定律得:mg-kx=?na，

可得小球4的加速度大小为a故B错误；

C、剪断弹簧Q后，弹簧P对小球要做功，则小球4的机械能守恒。由于只有重力和弹力

做功，所以小球4和弹簧P组成的系统的机械能守恒，故C错误；

D、剪断弹簧Q后，小球4在平衡位置时弹簧P的伸长量为，=詈，小球4做简谐运动的

振幅为4=%-，=詈一翳=翳，故。正确。

故选：D。

根据胡克定律和平衡条件相结合求解弹簧P的伸长量；剪断弹簧Q的瞬间，弹簧P的弹力

没有来得及变化，由牛顿第二定律求小球4的加速度大小；剪断弹簧Q后，小球4和弹簧

P组成的系统的机械能守恒；结合振幅的定义求解小球4做简谐运动的振幅。

解决本题时，要掌握机械能守恒的条件：对于单个物体，只有重力做功时，机械能守恒。

要知道振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离。

7.【答案】B

第10页，共18页

【解析】解：孔明灯刚好飞起时，设此时孔明灯内气体的密度为p',贝必7g+mg=pgV,

解得p'=限

在加热后孔明灯内的气体体积为片="=/匕

P，pv-771

根据盖一吕萨克定律可得：解得"=熟，故AC。错误，8正确；

故选:B。

孔明灯刚好飞起，孔明灯受到的浮力等于孔明灯受到的重力，求得孔明灯内气体的密度,

在加热过程中，温度升高，孔明灯内的气体密度减小，求得在起飞时孔明灯内气体的气

体，结合盖一吕萨克定律求得。

本题主要考查了盖吕萨克定律，抓住孔明灯内的气体在密度减小时体积增大，关键是求

得密度。

8.【答案】A

【解析】解：根据法拉第电磁感应定律有：F=n^=n^=200x0.25x0.22lZ=21/

AtAt

根据闭合电路欧姆定律有：1=3

根据力的平衡条件有：mg=BH

其中B=0.25t

将I=20cm=0.2m代入解得：t=2s

故A正确，BC£＞错误；

故选：4。

根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律与受力平衡可解得。

本题考查安培力与重力平衡问题，解题关键掌握感应电流的计算方法。

9.【答案】AD

【解析】解：力、晶体具有固定的熔点，在晶体熔化时，温度不变，所以分子平均动能

一定保持不变，故A正确；

8、单晶体的某些物理性质呈现各向异性，不是所有物理性质均呈现各向异性，故8错

误；

C、液体的表面张力是分子引力作用的结果，故C错误；

。、一定质量的理想气体等温膨胀过程内能不变、对外做功，根据热力学第一定律可知，

气体一定从外界吸收热量，故。正确。

故选：ADa

温度是分子平均动能的标志；

单晶体的某些物理性质呈现各向异性；

根据液体的表面张力形成原因进行分析；

根据热力学第一定律分析D选项。

解答本题要知道：晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度始终保持不变；单晶体有各

向异性的特点，但不是所有物理性质均呈现各向异性；掌握液体表面张力形成原因。

10.【答案】BD

【解析】解：设降压变压器72原线圈电压为3,副线圈电压为外。

A、根据题意可知，电阻R。两端的电压等于

URO=—“3

则治=与'，故A错误；

BD、设降压变压器72原线圈电压变化为则

丝=的

AU乙

设降压变压器72原线圈电流变化为〃3,则

生=工

4/k2

可得：加3=?

根据欧姆定律可得：AU3=AI3R0

即七dU=2Ro

解得：Ro=M必,故BD正确;

C、输入电压不变，升压变压器7;原线圈匝数比不变，则升压变压器A副线圈的电压不

变，电压表匕示数不变，故C错误；

故选：BD。

根据电路构造得出对应的电压，根据欧姆定律得出电阻的阻值；

根据原副线圈的匝数比得出电学物理量的关系，从而完成分析；

根据电路构造结合变压器的原理分析出电表示数的变化。

本题主要考查了变压器的构造和原理，理解原副线圈两端的匝数比和电学物理量的关系,

结合电路构造和欧姆定律即可完成分析。

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11.【答案】ABD

【解析】解：4、设坐标为(沏,0)处的电场强度为零，则

育布k(Xo3+QL)2一—化卜岭Q0)2

解得：

x0=(2—b)L或；r。'=(2+V3)L-

(由于电场强度为零的位置在MN之间，故X。'不符合题意，舍去)，故4正确；

B、由几何知识可得，a点到M点的距离为百L

,则a点电场强度大小为：

E=y/EM+EN,其中

%=k品

EN=*

联立可得

a点电场强度大小为：7=学，故8正确；

C、带电粒子沿图中虚线圆移动时，N处的点电荷对该带电粒子的静电力始终不做功，

但M处的点电荷对该带电粒子的静电力做功，所以该带电粒子的电势能会改变，故C错

、口

哄；

。、由几何知识可知，b点到M点的距离也为b3则若将一个正电荷从a点移到b点，静

电力对该正电荷做正功，则该正电荷在a点具有的电势能大于在b点具有的电势能，所以

a点的电势比b点的电势高，故。正确。.

故选：ABD.

由库仑定律求解位置坐标，由几何关系求解距离，由场强叠加求解a点电场强度，M处

的点电荷对该带电粒子做功，电势能会改变，正电荷从a点移到b点，静电力对该正电荷

做正功，可求解电势高低。

本题考查静电场，学生需结合几何关系及电势能的变化综合考量。

12.【答案】BC

【解析】解：若小球能到达轨道的最高点，设在轨道最高的速度大小为％,在轨道最高

点需满足：

>mg>解得：>yfgR—y/5m/s

AB,假设小球能够达到轨道的最高点，从A点到轨道最高点的过程，由动能定理得:

-2mgR=1mv2-^mv^,解得：v=V2m/s，因。＜巧，故假设不成立，小球不能到

达轨道最高点，在到达轨道最高点之前就已经脱离轨道做斜抛运动，

故A正确，B错误；

C、由「=巾9%05。，。从90。一180。，再从180。-90。，功率从0到有再到0,即先增大

后减小，故C正确；

。、小球做非匀速度周运动，由重力和弹力的合力的分力提供向心力，故。错误；

故选：BC。

由动能定理求最高点的速度；由瞬时功率定义解答；由受力分析向心力来源。

本题考查了动能定理，注意重力的瞬时功率要考虑力和速度夹角的变化，会分析圆周运

动向心力的来源。

13.【答案】爷3.60.29

At

【解析】解：(1)在极短时间内，物体的瞬时速度等于该过程的平均速度，则"=当；

(2)由v-t图像斜率表示加速度可得滑块在斜面上运动的加速度为

a=-=^-m/s2=3.6m/s2

At1.00//

(3)根据牛顿第二定律得：

mgsind—fimgcosO=ma

代入数据解得：〃=0.29

Ay

故答案为:⑴之;(2)3.6；(3)0.29

(1)在极短时间内，物体的瞬时速度等于该过程的平均速度，结合运动学公式完成分析；

(2)根据u-t图像的斜率得出滑块的加速度；

(3)根据牛顿第二定律得出滑块与长木板间的动摩擦因数。

本题主要考查了动摩擦因数的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合逐差

法计算出物体的加速度，根据牛顿第二定律即可完成分析。

14.【答案】滑动变阻器的阻值为零1.40ADCEF调大

【解析】解：(1)从图甲可以看出，滑动变阻器是限流接法，且接入电路的电阻为零，

这样导致电路中的电流较大，易烧毁电流表。

多用电表电压挡的量程为2.5匕最小分度为0。5乙所以电压表的示数为卷x2.5U=

1.40V。

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用多用电表的电阻挡检查电流表是否断路。先把电流表与电路断开，后选择适当的倍率,

再进行欧姆调零，最后再测电流表的内阻(这里特别注意电流要从红接线柱入，从黑接

线柱流出)，故步骤顺序为：ADCEF；

(2)要使欧姆表的倍率变大，按照欧姆表的原理，应使中值变大。倍率为XI时有：E=

%+：°+R，X/g,倍率为*10时有：E=x%.由于两次均要求电流表满偏，且

K1K2

R2>R「由以上两式可以看出：R0'>R0,即大倍率的同时，也要把Ro调大；

故答案为：(1)滑动变阻器的阻值为零；(2)1.40；(3)4DCEF或(D4CEF)：(4)调大

(1)根据欧姆表的使用方法，以及伏安法的要求，从安全的角度分析电路的故障。

根据电压表的量程和最小分度读数。

根据多用电表欧姆挡的使用规则判断电流表是否断路，要注意接线规则；

(2)根据欧姆表的原理，及要求欧姆调零的步骤进行分析。

本题应掌握欧姆表的工作原理和读数方法，比较难的问题是改换倍率的法则，即当电表

满偏时，通过改变电路的连接，使电路的总电流改变相应的倍数，欧姆表的中值电阻

即十。

15.【答案】解：(1)根据波速度的计算公式有：v=^

根据波速、周期与波长的计算公式有：X=vT

联立代入数据解得：A=2m

(2)波的角频率3=年

两列波在P点叠加后振幅4=Ar-A2

由分析知，初相位为兀

可知P点的振动方程为x=0.1sin(y+7r)m

答：(1)求波源4形成的简谐横波在介质中的波长为2m；

(2)写出P点的振动方程为x=0.1sin(y+7r)mo

【解析】(1)根据波的传播距离与传播时间解得波速，从而计算波长；

(2)根据质点振动的一般方程求解即可。

机械振动问题中，一般根据波的传播距离与时间得到波速，进而进行波长或者周期的求

解。

16.【答案】解：(1)由系统动量守恒得:mva=2mvc,

解得%:%=2：1,

(2)两棒达最大速度时

E=BLva+BLvc

I=—

2R

2mgsin。—BIL

2

由能量守恒F%+^mgx=1x2mVc+^m(2vc)+3mgx+Q

2

解得：Q=15mgx-普漆

答：(1)导体棒ab和cd的速度最大值之比为2：1；

(2)从静止释放到两导体棒的速度达到最大值的过程中，系统产生的焦耳热为15mgx-

47713g2R2

3B4L4°

【解析】(1)根据动量守恒定律列式即可求解导体棒ab和cd的速度最大值之比；

(2)根据感应电动势表达式可知，当两棒达到最大速度时可知感应电势大小，再根据欧

姆定律求得电流，根据受力分析可知重力的下滑分力等于安培力，最后根据能量守恒求

得焦耳热。

本题考查动量守恒定律、感应电动势表达式以及能量守恒的应用，属于综合性题目。

17.【答案】解：(1)带电粒子类平抛过程，根据运动学规律有：4R=vot

根据牛顿第二定律有：a吟

解得：石=鬻

16Rq

(2)类平抛过程由动能定理等=|mv2-

解得：v=洪

(3)设临界圆轨迹半径为r,根据几何关系有：(R-r)2=N+?

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根据速度的分解有：为=(样_诺

根据洛伦兹力提供向心力有：q为B=m^-

联立解得：8=鬻

(4)粒子运动的周期7=得