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2022年广东省普通高中学业水平选择性模拟考试
物理
本试卷共8页，16小题，满分100分。考试用时75分钟。
注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷对应类型填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指
定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4．作答选考题时，请先用2B铅笔填涂选做题的题号对应的信息点，再作答。漏涂、错涂、多涂的，答案无效。
5．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在t=0时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板运动的v—t图像如图乙。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m／s2，下列说法正确的是（　　）
A．拉力F的大小为24N
B．物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为
C．物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3m
D．t=2s时刻，物块的速度减为0
2．如图所示，、B、C三个物体放在水平旋转圆台上，用细线连接并固定在转轴上。已知物体与圆台间的动摩擦因数均为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力；细线能承受的最大拉力为，的质量为，B、C的质量均为，、B离轴的距离为，C离轴的距离为，重力加速度取，当慢慢增加圆台转速，最先滑动的是（　　）
A． B．B C．C D．三个物体同时滑动
3．电场分选是在高压电场中利用入选物料之间的电性差异进行分选的方法。如图所示为两类粒子组成的混合物从漏斗漏出后经过起电区（未画出），然后沿分选电场的中线进入分选电场，起电区高度很小可以忽略不计，粒子起电后进入分选场时的速度可认为是0，已知两类粒子的质量和起电后的电荷量分别为、和、，分选电场两极板的长度均为H，两极板的下端距地面的距离均为3H，重力加速度为g，调整两极板间电压的大小让质量为m的粒子刚好打不到极板上，不计空气阻力和粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是（　　）
A．带正电的粒子先落地
B．正、负两种粒子离开电场时的侧移量之比为1：4
C．正、负两种粒子落地点到O点的水平距离之比为1：3
D．若两种粒子落地时的动能相等，则两极板间的电压
4．如图所示，质量为2kg的木板M放置在足够大光滑水平面上，其右端固定一轻质刚性竖直挡板，能承受的最大压力为4N，质量为1kg的可视为质点物块m恰好与竖直挡板接触，已知M、m间动摩擦因数，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始两物体均静止，某时刻开始M受水平向左的拉力F作用，F与M的位移x的关系式为（其中，F的单位为N，x的单位为m），重力加速度，下列表述正确的是（　　）
A．m的最大加速度为
B．m的最大加速度为
C．竖直挡板对m做的功最多为48J
D．当M运动位移为24m过程中，木板对物块的冲量大小为
5．如图1所示，足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，导轨上端接入阻值为R的电阻，其他部分电阻不计，导轨处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m、有效电阻为r的金属棒MN从导轨上某一位置由静止释放，下滑过程中始终与导轨垂直且保持良好接触。从金属棒由静止释放开始计时，关于图2中甲、乙、丙、丁四个图像的说法正确的是（　　）
A．甲图可以用来描述金属棒MN的速度大小变化
B．乙图可以用来描述重力的功率变化
C．两图可以用来描述金属棒MN的位移大小变化
D．丁图可以用来描述金属棒MN的加速度大小变化
6．在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核()发生了一次α衰变．放射出的α粒子()在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R。以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量，生成的新核用Y表示。下面说法不正确的是（　　）
A．发生衰变后产生的α粒子与新核Y在磁场中运动的轨迹正确的是图丙
B．新核Y在磁场中圆周运动的半径为RY=
C．α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，且电流大小为I=
D．若衰变过程中释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量亏损为
7．如图甲所示，质量为2kg的物体静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为0.4，与地面间的最大静摩擦力为9N。t=0时刻起，物体受到一个水平向右的力F作用，其大小随时间变化的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则（　　）
A．t=0到t=4s时间内摩擦力的冲量为零
B．t=4s时物体开始运动
C．t=6s时物体的速度大小为
D．t=11s时物体恰好停止运动
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
8．如图所示，一小球塞在一个竖直圆管中，现要用如下方法将小球取出：将圆管由距地面为h处静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，运动过程中，圆管始终保持竖直，已知圆管质量M与小球质量m之比4：1，小球与圆管之间的滑动摩擦力大小为2mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）
A．圆管第一次与地面碰撞后，圆管与球在空中相对静止之前，圆管与球各自的加速度大小为g与g
B．圆管第一次与地面碰撞后，圆管与球在空中相对静止之前，圆管与球各自的加速度大小为g与3g
C．圆管第二次落地弹起到第三次落地之前的过程中，球恰好没有从圆管中滑出，则圆管长至少为h
D．圆管第二次落地弹起到第三次落地之前的过程中，球恰好没有从圆管中滑出，则圆管长至少为h
9．如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度v0，使其在竖直平面内绕O点恰好做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。已知匀强电场的场强大小为，重力加速度为g。当小球第二次运动到B点时细线突然断裂，则下列说法正确的是（　　）
A．小球做完整的圆周运动时，动能的最小值为
B．细线断裂后，小球动能的最小值为
C．从细线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中，电势能增加了
D．从细线断裂到小球的电势能与B点电势能相等的过程中，重力势能减少了
10．如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为m的小车，小车的半径四分之一光滑圆弧轨道在最低点与水平轨道相切于A点。在水平轨道的右端固定一个轻弹簧，弹簧处于自然长度时左端位于水平轨道的B点正上方，B点右侧轨道光滑，A、B的距离为，一个质量也为m的可视为质点的小物块从圆弧轨道最高点以的速度开始滑下，则在以后的运动过程中（重力加速度为，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计。）（　　）
A．若A、B间的轨道也光滑，小车的最大速度为
B．若A、B间的轨道也光滑，物块运动到最高点时到水平轨道的距离为1.8m
C．若物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，弹簧的最大弹性势能等于因摩擦产生的总热量
D．若物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，小车运动的总位移大小为0.35m
三、非选择题：共54分，第11~14题为必考题，考生都必须作答．第15~16题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共42分．
11．如图所示是可用轻杆、小球和硬纸板等制作一个简易加速度计，粗略测量运动物体的加速度。在轻杆上端装上转轴，固定于竖直纸板上的O点，轻杆下端固定一小球，杆可在竖直平面内自由转动。将此装置固定于运动物体上，当物体向右加速（减速）运动时，杆便向左（向右）摆动。为了制作加速度计的刻度盘，同学们进行了如下操作：
（1）让重锤做自由落体运动，利用打点计时器打出的纸带测量当地的重力加速度。实验中得到一条较理想的纸带，在纸带上取7个计数点，相邻两个计数点间的时间间隔为0.02s。
根据数据求出重力加速度g=______m/s2（保留三位有效数字）。
（2）测量当地重力加速度后还应测量的物理量是_____（填入所选物理量前的字母）
A．小球的质量m B．轻杆的长度L
C．小球的直径d D．轻杆与竖直方向的夹角θ
（3）写出加速度与被测物理量之间的关系式________（用被测物理量的字母表示）。
12．某同学想验证竖直面内物块做圆周运动向心力变化的规律，使用某一竖直面内的圆周轨道，轨道圆心为O，半径，分别在距离最低点A高度为0、h、2h、3h、4h、5h、6h处固定有压力传感器，其装置如图甲所示。
（1）选择比较光滑的竖直轨道，以保证小球在运动过程中机械能变化可以忽略；
（2）使一质量为m的小球从A点以速度开始沿内轨道向右运动，记录小球在各位置对轨道的压力F与高度H的对应数值，并在坐标系中描点连线得到如图乙所示的图象；
（3）若物块在初始位置对轨道压力大小为，则F与H的函数关系可表示为______（用m、g、R、H、、F表示），若已知重力加速度，则结合图乙可知小球质量______，小球经过最低点A时的初速度______m/s（可以用根式表示）。
13．实验室有一个灵敏电流计G，内阻Rg=500Ω，表头的满偏电流Ig=0.5mA，现因实验需要进行如下改装。
（1）要将此灵敏电流计改装成量程为3V的电压表，需要串联一个电阻R= ___________Ω；
（2）按照上图改成多用电表，已知电动势E1=E2=1.5V，内阻均为r=5Ω ，当选择开关S接a、b、c、d时表示可以测电流和测电阻，其中电流的两个档位为“5mA”、“20mA”，测电阻的两个倍率分别为“×1”和“×10”，将选择开关置于a测量某电阻R'时，若通过灵敏电流计G的电流为0.3mA，则所测电阻阻值为R'=___________Ω；
（3）多用电表使用时间久了，电池的电动势会变小为，内阻变大为r'=20Ω，某次开关接d时测得一电阻的读数为200Ω，则该电阻实际的阻值为 ___________Ω；
14．某同学用图示装置做“验证动量守恒定律”实验，先将小球a从斜槽轨道上某点由静止释放，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次，取平均落点为B，再把同样大小的小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端处，让球a仍从原释放点由静止开始滚下，且与b球相碰，碰后两球均向前运动，分别落在记录纸的不同位置，重复10次，取平均落点为A、C。
（1）本实验不需测量的物理量是______（填字母序号）。
A．小球a、b的质量、
B．斜槽轨道末端到水平地面的高度H
C．球a的释放点与斜槽轨道末端的高度差h
D．小球a、b离开斜槽轨道后做平抛运动的时间t
（2）下列情况会产生实验误差或不符合实验要求的有______（填字母序号）。
A．小球在斜槽上运动时有摩擦
B．多次实验时，a球没有从同一位置释放
C．a球质量小于b球质量
D．小球弹性不好，发生的不是弹性碰撞
（3）经测量，，，小球落地点的平均位置到O点的距离，，。碰撞前后动量的相对百分误差公式为，p为碰撞前的总动量，为碰撞后的总动量，计算可得______。
（4）两小球正碰时恢复系数，其中是两小球碰后分离的相对速度，是两小球碰前接近的相对速度。若，说明碰撞是弹性碰撞，没有动能损失，若，说明碰撞不是弹性碰撞，有动能损失，计算可得______（结果保留两位有效数字）。
（二）选考题：共12分．请考生从2道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
15．如图所示，用气体压强传感器探究气体等温变化的规律，操作步骤如下:
①在注射器内用活塞封闭一定质量的气体，将注射器、压强传感器、数据采集器和计算机逐连接起来；
②缓慢移动活塞至某位置，待示数稳定后记录此时注射器内封闭气体的体积和由计算机显示的气体压强值p1；
③重复上述步骤②，多次测量并记录；
④根据记录的数据，作出相应图象，分析得出结论。
（1）在本实验操作的过程中，需要保持不变的量是气体的______和_______
（2）为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是_______。
（3） 实验过程中，下列说法正确的_______;
A．推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出
B．推拉活塞时，手不可以握住注射器气体部分
C．活塞移至某位置时，应迅速记录此时注射器内气柱的长度和压力表的压强值
（4）某同学测出了注射器内封闭气体的几组压强p和体积V的值后，以p为纵轴、为横轴，画出图象如图所示，则产生的可能原因是_______。
A．实验过程中有漏气现象
B．实验过程中气体温度降低
C．实验过程中气体温度升高
D．实验过程中外面气体进入注射器，使注射器里面气体质量增加了
（5）在不同温度环境下，另一位同学重复了上述实验，实验操作和数据处理均正确。环境温度分别为T1、T2，且T1> T2。在如图所示的四幅图中，可能正确反映相关物理量之间关系的是________（选填选项前的字母）。
A． B． C． D．
（6）在相同温度环境下，不同小组的同学均按正确的实验操作和数据处理的方m1、m2、m3和m4法完成了实验，并在相同坐标度的情况下画出了压强与体积的关系图线，如图所示。对于两组的图线并不相同的结果，他们请教了老师，老师的解释是由于他们选取的气体质量不同。若4个小组所选择的研究对象的质量分别是，则由图可知它们的大小关系是m1________m2 ; m3_________m4（选填“大于”或“小于”）。
16．学习了传感器之后，某物理兴趣小组找到了一个型金属热电阻，想利用热电阻的阻值随温度的升高而增大的特点来制作一个简易的温度计。兴趣小组查到了该热电阻的阻值随温度变化的一些信息如图甲所示。他们准备的实验器材如下：干电池，电动势为，内阻不计；灵敏毫安表，量程，内阻为；滑动变阻器；开关、导线若干。
（1）若直接将干电池、开关、灵敏毫安表、金属热电阻串接成一个电路作为测温装置，则该电路能测的最低温度为__________。
（2）现在该实验小组想让测温范围大一些，能从开始测，他们又设计了如图乙所示的电路图，并进行了如下操作：
a. 将金属热电阻做防水处理后放入冰水混合物中，过了一段时间后闭合开关，调节滑动变阻器，使毫安表指针满偏；
b. 保持滑动变阻器接入电路的电阻不变，他们在实验室中找来了一瓶热水，他们把金属热电阻放入其中，过了一段时间后闭合开关，发现毫安表的读数为，则测得热水的温度为__________。（保留2位有效数字）
c. 写出毫安表的电流值和温度的关系式__________。
d. 根据关系式将毫安表刻度盘上的电流值改写为温度值。
(
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
) (
※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
) (
…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
)
（3）若干电池用久了后其电源电动势不变，而其内阻变大，不能忽略不计了，其他条件不变。若用此温度计前进行了（2）中a步骤的操作进行了调节，测量结果将会__________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。试卷第1页，共3页
2022年广东省普通高中学业水平选择性模拟考试
物理试题答案
题号
答案 C C D C B A C AD ABD AD
11． 9.72 D a=gtanθ
【详解】
(1)[1]由逐差法得
(2)(3)[2][3]假设小球由于加减速发生了偏转，由牛顿的定律得
解得
可知，为了在表盘上标上对应的加速度，还需要测量轻杆与竖直方向的夹角θ。故选D。
12． 0.5
【详解】
（3）[1]设在任意高度H处小球的速度为，由动能定理有
可得
在右侧轨道上，设小球在H处和圆心的连线与OA的夹角为，当时，由牛顿运动定律有
在最低点有
可得
当时该式仍成立；
[2]根据图像可得，在A点，，在m处，，图像斜率
可得
[3]在最低点由
可得
13． 5500 50 180
【详解】
（1）[1]要将此灵敏电流计改装成量程为3V的电压表，需要串联一个电阻为
（2）[2]由图可以看出，当选择开关S接a、b、c、d时分别表示测电阻、测电流、测电流、测电阻，且电流计并联电阻越小，改装电流表量程越大，故b、c档位分别为“20mA”和“5mA”；且电流表量程越大，欧姆表内阻越小，则倍率越小，即a、d倍率分别为“×1”和“×10”。 所以将选择开关置于a测量某电阻R'时，电流表量程为“20mA”，若通过灵敏电流计G的电流为0.3mA，则此时干路电流为，所以电路总电阻为
又因为欧姆表内阻为
则所测电阻阻值为
（3）[3]因为当电动势和内阻都发生变化，测量电阻时电路中电流I是不变的，根据闭合电路欧姆定律知
其中
所以
解得
同理电池的电动势内阻变化后，满足
解得
14． BCD BC 2% 0.74
【详解】
(1)[1]A．设碰前a的速度为，碰后a的速度为，b的速度为，本实验需验证，需测量小球a、b的质量。故A正确，与题意不符；
BCD．平抛运动的时间相等，水平位移与初速度成正比，故可以用水平位移代替速度，不需测量斜槽轨道末端到水平地面的高度H及平抛运动的时间t。a每次从斜槽同一位置释放即可，不需测量释放点与斜槽轨道末端的高度差h。故BCD错误，与题意相符。
本题选不需测量的故选BCD。
(2)[2]A．a每次从斜槽同位置释放，摩擦力做的功相同，每次碰前a的速度相同，摩擦力不会产生实验误差。故A正确，与题意不符；
B．多次实验时，若a球没有从同一位置释放，各次碰前a的速度不相同，会产生实验误差。故B错误，与题意相符；
C．a球质量若小于b球质量，碰撞后a可能被反弹，不符合实验要求。故C错误，与题意相符；
D．若小球弹性不好，发生的不是弹性碰撞，不影响动量守恒定律的验证。故D正确，与题意不符。
本题选会产生实验误差或不符合实验要求的故选BC。
(3)[3]由题意得
(4)[4]由题意得
15． 质量 温度 在注射器活塞上涂润滑油
B C AC 大于 大于
【详解】
(1)[1][2]探究气体等温变化的规律，需要保持不变的量是气体的质量和温度。
(2)[3] 实验中采取的主要措施是在注射器活塞上涂润滑油，这样可以保持气密性。
(3)[4]推拉活塞时，手不可以握住注射器气体部分以免气体温度发生变化,；实验时移动活塞应该缓慢一些，因为移动活塞时，相当于对气体做功或者气体对外做功，如果太快的话，气体的温度就会发生变化；活塞移至某位置时，待示数稳定后再记录此时注射器内气柱的长度和压力表的压强值；故B正确。
故选B。
(4)[5]由理想气体状态方程
可知
环境温度升高，则图象的斜率将增加。故C正确。
故选C。
(5)[6] AB．由于实验操作和数据处理均正确，则温度高的对应的pV值较大，分别在图线上找到两个点，则pV乘积较大的是T1对应的图线，故A正确B错误；
CD．设
则k值大的对应的pV的乘积也大，即斜率越大的对应的温度越高，故C正确D错误。
故选AC。
(6)[7][8]气体温度相等，由理想气体状态方程
可知，气体质量越大，气体物质的量越大，常数C越大；由
可知，对于温度相同而质量不同的气体，质量越大C越大，pV越大，故m1大于m2；由
可知，气体质量越大C越大，图象斜率越大，故m3大于m4；
16． 75 94 不变
【详解】
（1）[1]温度最低，电阻最大。
解得
由图像可知
得
（2）[2]放入冰水混合物中，时，，电流表满偏有
解得
放热水中
得
得
[3]由欧姆定律和温度与电阻关系式
，
联立整理得
（3）[4]不变，因为在操作a步骤时，要调节滑动变阻器使电流满偏，当电源内阻阻值增大，会将滑动变阻器阻值调小，总和不变，对结果无影响。
答案与解析：
1．C
【详解】
A．由图像可知，撤去拉力F前，物块在木板上一直有有相对运动，否则，撤去拉力F后，木板的v-t图像不可能是两段折线。
在1～1.5s内，物块加速、木板减速，设它们的加速度大小分别为a1、a2，则
设物块、木板的质量均为m，物块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数μ2，则有
对物块
得
μ1=0.2，μ2=0.4
撤去拉力F前，木板的加速度
对木板,根据第二定律有
得
F=18N
选项A错误；
B．由上可知，物块与木板间的动摩擦因数为，选项B错误；
C．在t1=1.5s内，物块位移为
木板位移为
在t1=1.5s后，物块与木板间仍有相对滑动
物块的加速度大小
木板的加速度大小为
得
物块到停止的时间还需
木板到停止的时间还需
所以木板比物块早停止运动。
在t1=1.5s到物块停止运动的时间内，物块的位移为
木板位移为
物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为
选项C正确；
D．由上可知，物块从开始到停止运动的时间为3s，2s时的速度不为0，选项D错误。
故选C。
2．C
【详解】
当圆台转速较小时，三者都由静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律
A、C需要的向心力相等，当转速增大到 时，由于，C受静摩擦力先达到最大值；
再增大，B、C间细线开始有拉力，对C，由牛顿第二定律
对B
对A
当时，，；
再增大，OB间拉力出现，对A
对B
对C
当B、C间细线拉力达到最大值时，即时
，
则再增大，B、C间细线将断裂，故C最先滑动。ABD错误，C正确。
故选C。
3．D
【详解】
A．由题意得知，咱们分两种情况讨论判断运动性质：
即俩电荷在分选电场时：
两种电荷在竖直方向上均做自由落体，在水平方向上均做匀加速直线运动。
离开分选电场时：
两种电荷在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度不为零的匀加速直线运动。
由，有负电荷在分选电场中飞行时间为
（1）
由，假设俩板间电压为U，板间距离为d代入数值得
（2）
又由题意得，正负电荷质量比为2：1，电荷量比为1：1，同理得正负电荷水平方向加速度之比为
（3）
又因为调整两极板间电压的大小让质量为m的粒子刚好打不到极板上，由上面加速度之比得知，正电荷不可能打在极板上。
对正负电荷竖直方向整体做自由落体运动，由，高度决定时间，所以正负电荷落地时间相同，故A错误；
B．由（1）式得正负电荷在电场运动时间相同，又由（3）式，根据，有正负电荷离开电场时水平位移之比为，即
故B错误；
C．由（3）式和，得正负电荷在水平方向的初速度之比为
又由得相同时间内位移之比为1：3，刚好是题意分选电场和重力场高度之比，说明正负电荷在分选电场运动时间和重力场运动时间相同。综上所述，由，正负电荷在分选电场外的位移之比
且正、负两种粒子水平方向上，在分选电场时匀加速运动，在重力场时匀速直线运动，且匀加速运动和匀速运动时间相同，所以两种电荷匀速运动时的位移是各自匀加速运动时的位移的两倍，且其匀加速运动时的位移分别为
即粒子落地点到O点的水平距离等于电荷在电场中和重力场中的位移之和，即
即正、负两种粒子落地点到O点的水平距离之比为1：2，故C错误。
D．由题意，两种例子初速度为零，若两种粒子落地时的动能相等可知，动能变化量相等，，从分选电场到落地过程分别用动能定理得电场力和重力对正负电荷做的功相等。即
解得
故D正确。
故选D。
4．C
【详解】
AB．m与木板M之间的最大静摩擦力为
N＝5N
m受到的向左的力最大为静摩擦力与弹力的和，所以最大加速度为
am==m/s2=9m/s2
选项AB错误；
C．F随x的增大而增大，整体的加速度逐渐增大，当挡板的弹力达到最大时，F最大，对整体由牛顿第二定律得F的最大值为
又
解得当m的加速度最大时的位移
此过程由积累的关系可得
由动能定理即可求出系统的动能为
由此即可求出m的最大速度
当摩擦力达到最大静摩擦力时有
此时对整体有
解得
又
解得当摩擦力达到最大静摩擦力时的位移
由动能定理即可求出系统的动能为
由此即可求出此时m的速度
之后挡板开始对物块有力的作用，根据动能定理有
解得竖直挡板对m做的功最多为
选项C正确；
D．当位移为24m时m的速度，则物块受到合外力的冲量大小
合外力的冲量包括竖直挡板、摩擦力、支持力以及重力对物块的冲量，而木板对物块的冲量大小不包括重力的冲量，因此大小不为，选项D错误。
故选C。
5．B
【详解】
AD．根据牛顿第二定律
随着金属棒速度的增大，加速度减小，最后金属棒做匀速运动，所以速度图像应该是曲线，加速度图像应该是下降的，不是上升的，AD错误；
B．重力的功率为
解得
因为加速度减小，所以图像的斜率减小，B正确；
C．金属棒后来做匀速运动时，位移图像末端是倾斜的直线，该图像末端不是直线，C错误。
故选B。
6．A
【详解】
A．由动量守恒可知衰变后产生的α粒子与新核Y运动方向相反，所以在磁场中运动的轨迹圆外切，根据
可得，可知α粒子半径大，由左手定则可知两粒子圆周运动方向相同，丁图正确，故A错误，符合题意；
B．由
可知
新核Y在磁场中圆周运动的半径为
故B正确，不符合题意；
C．圆周运动的周期为
环形电流为
故C正确，不符合题意；
D．对α粒子由洛伦兹力提供向心力
可得，由质量关系可知衰变后新核Y质量为
由衰变过程中动量守恒可得
可知
系统增加的能量为
由质能方程可得
联立解得衰变过程中的质量亏损为
故D正确，不符合题意。
故选A。
7．C
【详解】
A．根据 ，t=0到t=4s时间内摩擦力不等于零，所以摩擦力的冲量不等于零，A错误；
B．根据图像，拉力为，t=4s时拉力等于8N，小于最大静摩擦力9N，物体仍然静止，B错误；
C．根据，4.5s末物体开始运动，在4.5～6s时间内，拉力和摩擦力的冲量分别为
根据动量定理得
解得
C正确；
D．在4.5～11s时间内，拉力和摩擦力的冲量分别为
由此可知，t=11s前物体已经停止运动，D错误。
故选C。
8．AD
【详解】
AB．圆管第一次与地面碰撞后，圆管与球在空中相对静止之前，对圆管和球受力分析，以向下为正方向，由牛顿第二定律
f=2mg
可得
故A正确，B错误；
CD．圆管和球一起下落h，设第一次与地相撞前瞬间速度为v0
第一次反弹后至第二次相撞前，设经过t1两者同速，速度为v1，以向下为正方向，则
此过程圆管和球的位移分别为
球相对圆管下滑距离
带入数据可计算得
同速后相对静止向下运动，加速度
a=g
设第二次与地相撞前速度为v2，则
解得
同理可得第二次反弹后至第三次相撞前，球相对圆管下滑距离
要保证圆管第二次落地弹起到第三次落地之前的过程中，球没有从圆管中滑出，则圆管长度
计算得
即圆管长至少为，故C错误，D正确。
故选AD。
9．ABD
【详解】
A．由题意等效最高点在OM连线的反向延长线与圆周的交点上，设为N，则在N点满足
所以
即动能的最小值为
故A正确；
B．由题意细线断裂后，当B点速度沿与等效重力反方向的分速度为零时，动能最小，又因为从B到N点，由动能定理得
解得
所以最小动能为
故B正确；
C．因为从细线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中，由动能定理知合外力做功为零，即B点速度沿与等效重力反方向的分速度变为等大反向时，故满足
即电势能增加了，故C错误；
D．从细线断裂到小球的电势能与B点电势能相等的过程中，即电场力做功为零，即相当于B点水平方向的速度等大反向时，即
解得
故D正确。
故选ABD。
10．AD
【详解】
A．若A、B间的轨道也光滑，则小物块和小车相互作用过程能量守恒，水平方向动量守恒，经分析知小物块第一次下滑到圆弧轨道最低点时小车速度最大，设小车的最大速度为，此时小物块的速度为，则有
联立并代入数据解得
选项A正确；
B．若A、B间的轨道也光滑，根据动量守恒和能量守恒可知物块运动到圆弧轨道最高点时的速度为
此后小物块做竖直上抛运动，高度
则物块运动到最高点时到水平轨道的距离为
选项B错误；
C．若物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，设小物块与小车的相对位移为s，根据能量守恒有
解得
可知小物块滑行到水平轨道压缩一次弹簧后恰停在B点。全过程根据能量守恒可得因摩擦产生的总热量
物块与小车的速度相同时弹簧弹性势能最大，设共同速度为v，由动量守恒定律得
解得
v=0
此过程根据能量守恒知弹簧的最大弹性势能
因此弹簧的最大弹性势能不等于因摩擦产生的总热量，选项C错误；
D．小物块沿圆弧轨道下滑过程中，设运动时间为t，小车运动的位移为，根据系统水平动量守恒得
解得
分析之后的运动过程可知小车的位移为0，所以小车运动的总位移大小为0.35m，选项D正确。
故选AD。
11． 9.72 D a=gtanθ
【详解】
(1)[1]由逐差法得
(2)(3)[2][3]假设小球由于加减速发生了偏转，由牛顿的定律得
解得
可知，为了在表盘上标上对应的加速度，还需要测量轻杆与竖直方向的夹角θ。故选D。
12． 0.5
【解析】
【详解】
（3）[1]设在任意高度H处小球的速度为，由动能定理有
可得
在右侧轨道上，设小球在H处和圆心的连线与OA的夹角为，当时，由牛顿运动定律有
在最低点有
可得
当时该式仍成立；
[2]根据图像可得，在A点，，在m处，，图像斜率
可得
[3]在最低点由
可得
13． 5500 50 180
【详解】
（1）[1]要将此灵敏电流计改装成量程为3V的电压表，需要串联一个电阻为
（2）[2]由图可以看出，当选择开关S接a、b、c、d时分别表示测电阻、测电流、测电流、测电阻，且电流计并联电阻越小，改装电流表量程越大，故b、c档位分别为“20mA”和“5mA”；且电流表量程越大，欧姆表内阻越小，则倍率越小，即a、d倍率分别为“×1”和“×10”。 所以将选择开关置于a测量某电阻R'时，电流表量程为“20mA”，若通过灵敏电流计G的电流为0.3mA，则此时干路电流为，所以电路总电阻为
又因为欧姆表内阻为
则所测电阻阻值为
（3）[3]因为当电动势和内阻都发生变化，测量电阻时电路中电流I是不变的，根据闭合电路欧姆定律知
其中
所以
解得
同理电池的电动势内阻变化后，满足
解得
14． BCD BC 2% 0.74
【详解】
(1)[1]A．设碰前a的速度为，碰后a的速度为，b的速度为，本实验需验证，需测量小球a、b的质量。故A正确，与题意不符；
BCD．平抛运动的时间相等，水平位移与初速度成正比，故可以用水平位移代替速度，不需测量斜槽轨道末端到水平地面的高度H及平抛运动的时间t。a每次从斜槽同一位置释放即可，不需测量释放点与斜槽轨道末端的高度差h。故BCD错误，与题意相符。
本题选不需测量的故选BCD。
(2)[2]A．a每次从斜槽同位置释放，摩擦力做的功相同，每次碰前a的速度相同，摩擦力不会产生实验误差。故A正确，与题意不符；
B．多次实验时，若a球没有从同一位置释放，各次碰前a的速度不相同，会产生实验误差。故B错误，与题意相符；
C．a球质量若小于b球质量，碰撞后a可能被反弹，不符合实验要求。故C错误，与题意相符；
D．若小球弹性不好，发生的不是弹性碰撞，不影响动量守恒定律的验证。故D正确，与题意不符。
本题选会产生实验误差或不符合实验要求的故选BC。
(3)[3]由题意得
(4)[4]由题意得
15． 质量 温度 在注射器活塞上涂润滑油
B C AC 大于 大于
【详解】
(1)[1][2]探究气体等温变化的规律，需要保持不变的量是气体的质量和温度。
(2)[3] 实验中采取的主要措施是在注射器活塞上涂润滑油，这样可以保持气密性。
(3)[4]推拉活塞时，手不可以握住注射器气体部分以免气体温度发生变化,；实验时移动活塞应该缓慢一些，因为移动活塞时，相当于对气体做功或者气体对外做功，如果太快的话，气体的温度就会发生变化；活塞移至某位置时，待示数稳定后再记录此时注射器内气柱的长度和压力表的压强值；故B正确。
故选B。
(4)[5]由理想气体状态方程
可知
环境温度升高，则图象的斜率将增加。故C正确。
故选C。
(5)[6] AB．由于实验操作和数据处理均正确，则温度高的对应的pV值较大，分别在图线上找到两个点，则pV乘积较大的是T1对应的图线，故A正确B错误；
CD．设
则k值大的对应的pV的乘积也大，即斜率越大的对应的温度越高，故C正确D错误。
故选AC。
(6)[7][8]气体温度相等，由理想气体状态方程
可知，气体质量越大，气体物质的量越大，常数C越大；由
可知，对于温度相同而质量不同的气体，质量越大C越大，pV越大，故m1大于m2；由
可知，气体质量越大C越大，图象斜率越大，故m3大于m4；
16． 75 94 不变
【详解】
（1）[1]温度最低，电阻最大。
解得
由图像可知
得
（2）[2]放入冰水混合物中，时，，电流表满偏有
解得
放热水中
得
得
[3]由欧姆定律和温度与电阻关系式
，
联立整理得
（3）[4]不变，因为在操作a步骤时，要调节滑动变阻器使电流满偏，当电源内阻阻值增大，会将滑动变阻器阻值调小，总和不变，对结果无影响。
答案第1页，共2页

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