2022年遼寧省遼南協(xié)作體高考物理二模試卷 被譽為“20世紀(jì)人類最重大考古發(fā)現(xiàn)之一”的三星堆遺址考古新發(fā)現(xiàn)讓古新文明一醒驚天下。考古學(xué)家利用放射性元素的半衰期可以確定文物的年代。碳元素能自發(fā)釋放射線，衰變方程為，其半衰期約為5730年。則下列說法正確的是A. X比多一個質(zhì)子
B. 衰變的實質(zhì)是碳原子失去核外電子
C. 當(dāng)X數(shù)量是數(shù)量的7倍時，衰變所經(jīng)歷時間為22920年
D. 隨著文物的出土，文物所在環(huán)境溫度升高，衰變速度也會增大如圖所示，質(zhì)量分別為，的兩物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧測力計連接。兩個大小分別為，的水平拉力分別作用在、上，彈簧測力計未超出彈性限度，則
 A. 彈簧測力計的示數(shù)是50N
B. 若增大，兩物體一起做勻加速直線運動時，彈簧測力計示數(shù)可能不變
C. 在突然撤去的瞬間，的加速度大小為
D. 在突然撤去的瞬間，的加速度大小為如圖是某電力機車雨刷器的示意圖．雨刮器由刮水片和雨刮臂鏈接而成，M、N為刮水片的兩個端點，P為刮水片與雨利臂的鏈接點，雨刮臂繞O軸轉(zhuǎn)動的過程中，刮水片始終保持豎直，下列說法正確的是
 A. P點的線速度始終不變 B. P點的向心加速度不變
C. M、N兩點的線速度相同 D. M、N兩點的運動周期不同如圖所示，小滑塊P、Q的質(zhì)量均為m，P套在固定光滑豎直桿上，Q放在光滑水平面上。P、Q間通過鉸鏈用長為L的輕桿連接，輕桿與豎直桿的夾角為，一水平輕彈簧右端與Q相連，左端固定在豎直桿上。當(dāng)時，彈簧處于原長，P由靜止釋放，下降到最低點時變?yōu)?/span>，整個運動過程中，P、Q始終在同一豎直平面內(nèi)，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則P下降過程中A. P、Q組成的系統(tǒng)機械能守恒
B. 豎直桿對滑塊P的彈力始終大于彈簧彈力
C. 彈簧彈性勢能最大值為
D. 滑塊P的動能達到最大時，Q受到地面的支持力大小為2mg某一質(zhì)檢部門利用干涉原理測定礦泉水的折射率。如圖所示，單縫、屏上的點位于雙縫和的中垂線上，雙縫與屏之間的介質(zhì)先后為空氣與礦泉水，屏上的干涉條紋間距分別為與。當(dāng)介質(zhì)為礦泉水時，屏上P點處是上方的第3條亮條紋不包括點處的亮條紋的中心。已知入射光在真空中的波長為，真空中的光速為c，則A. 大于
B. 當(dāng)介質(zhì)為礦泉水時，來自和的光傳播到P點處的時間差為
C. 該礦泉水的折射率為
D. 僅將水平向左移動的過程中，P點處能觀察到暗條紋2021年10月16日神舟十三號飛船順利將3名航天員送入太空，并與繞地球做圓周運動的天和核心艙首次徑向?qū)映晒?，對接前神舟十三號與天和核心艙繞地球運行近似為勻速圓周運動，神舟十三號位于天和核心艙的下方軌道，下列說法正確的是
 
A. 對接前，載人飛船與地心的連線和核心艙與地心的連線在相同時間內(nèi)掃過的面積相同
B. 載人飛船需先進入核心艙軌道，再加速追上核心艙完成對接
C. 對接后，若已知核心艙的運行周期T、運行速度v、地球半徑R和引力常量G估出地球密度
D. 對接后，考慮到稀薄大氣的阻力，無動力補充，核心艙的速度會越來越小如圖所示，半徑為L的金屬圓環(huán)水平放置，圓心處及圓環(huán)邊緣通過導(dǎo)線分別與兩條傾角的平行足夠長傾斜金屬軌道相連，圓環(huán)區(qū)域內(nèi)分布著豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，圓環(huán)上放置一金屬棒a，棒a一端在圓心O處，另一端M恰好搭在圓環(huán)上，棒a可繞圓心轉(zhuǎn)動。傾斜軌道部分處于垂直軌道平面向下、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，金屬棒b放置在傾斜平行導(dǎo)軌上，其長度與導(dǎo)軌間距均為2L。已知金屬棒棒b的質(zhì)量為m，棒a、b的電阻分別為R和2R，其余電阻不計。若金屬棒b與軌道間的動摩擦因數(shù)為，可認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，，，重力加速度為g，下列說法正確的是
 A. 若用外力控制使a、b均靜止，傾斜軌道部分磁場增大時，O點電勢比M點電勢高
B. 若a繞圓心以角速度順時針勻速旋轉(zhuǎn)，b保持靜止且恰好不受摩擦力，則金屬棒a旋轉(zhuǎn)的角速度為
C. 若a繞圓心以角速度順時針勻速旋轉(zhuǎn)，則b棒兩端的電壓大小為
D. 若將連接圓心處及圓環(huán)邊緣的導(dǎo)線端點直接連在一起，則b下滑的最大速度為如圖所示，四分之一圓柱體P放在水平地面上，右側(cè)與一塊固定的豎直擋板Q接觸；球心O的正上方有一個大小可忽略的定滑輪A，一根輕繩跨過定滑輪，一端和置于圓柱體P上的小球質(zhì)量為連接，另一端系在固定豎直桿上的B點，一鉤碼質(zhì)量為掛在AB間的輕繩上，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。不計一切摩擦。若在鉤碼下方再加掛一個鉤碼，整個裝置再次處于靜止?fàn)顟B(tài)時，小球依然處于圓柱體P上，則此時與先前整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)時相比A. 輕繩的張力減小 B. P對小球的彈力增大
C. P對Q的壓力減小 D. P對地面的壓力減小在同一平直公路上行駛的a車和b車其位移時間圖像分別為圖中直線a和曲線b。已知b車的加速度恒定且初速度大小為，方向沿x軸正方向，時，直線a和曲線b剛好相切。下列說法正確的是

 A. a車的速度為 B. b車的加速度為
C. 時，a車和b車相距9m D. 時，a車在b車前方1m處如圖甲所示，在空間中建立xOy坐標(biāo)系，射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細管C組成，放置在第Ⅱ象限，細管C到兩金屬板距離相等，細管C開口在y軸上。放射源P在A板左端，可以沿特定方向發(fā)射某一初速度的粒子。若金屬板長為L、間距為d，當(dāng)A、B板間加上某一電壓時，粒子剛好能以速度從細管C水平射出，進入位于第Ⅰ象限的靜電分析器中。靜電分析器中存在著輻向電場，粒子在該電場中恰好做勻速圓周運動，該電場的電場線沿半徑方向指向圓心O，粒子運動軌跡處的場強大小為。時刻粒子垂直x軸進入第象限的交變電場中，交變電場隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示，規(guī)定沿x軸正方向為電場的正方向。已知粒子的電荷量為為元電荷、質(zhì)量為m，重力不計。以下說法中正確的是
 
A. 粒子從放射源P運動到C的過程中動能的變化量為
B. 粒子從放射源P發(fā)射時的速度大小為
C. 粒子在靜電分析器中運動的軌跡半徑為
D. 當(dāng)…時，粒子的坐標(biāo)為某實驗小組做“描繪小燈泡伏安特性曲線”的實驗。除開關(guān)、導(dǎo)線以外，實驗室還有以下器材可供選擇：
A.待測小燈泡
B.電流表量程，內(nèi)阻約
C.電流表量程，內(nèi)阻約
D.電壓表量程3V，內(nèi)阻約
E.滑動變阻器最大阻值，額定電流
F.滑動變阻器最大阻值，額定電流
G.電池組電動勢為，內(nèi)阻不計
為了盡可能減小實驗誤差，且要求能夠在的范圍內(nèi)對小燈泡的電壓進行測量，電流表選______，滑動變阻器選______填寫實驗器材前的字母代號；
根據(jù)所選的器材，請在圖甲中完成電路圖；
某同學(xué)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)描繪的小燈泡伏安特性曲線如圖乙所示，將兩個規(guī)格相同的該燈泡并聯(lián)后接到電動勢為、內(nèi)阻為的另一電源上，如圖丙所示。則每個小燈泡的實際功率為______ W。結(jié)果保留2位有效數(shù)字
 
導(dǎo)熱良好、粗細均勻的U形玻璃管豎直放置，左端封閉，右端開口。初始時，管內(nèi)水銀柱及空氣柱長度如圖所示，下方水銀柱足夠長且左、右兩側(cè)水銀面等高。已知大氣壓強保持不變，環(huán)境初始溫度為?，F(xiàn)緩慢將玻璃管處環(huán)境溫度提升至。求：
右側(cè)空氣柱長度；
左側(cè)管內(nèi)水銀面下降的高度。






 如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)存在勻強電場場強方向與x軸正方向的夾角；在，區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面向外。A點是x軸上的一點，到O的距離為1，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子以初速度垂直于電場方向從O點進入電場區(qū)域，繼而通過A點進入磁場區(qū)域，然后再次進入電場區(qū)域。不計重力，忽略電場邊緣效應(yīng)，求：
電場強度的大小E；
磁感應(yīng)強度的最小值。






 如圖所示，一水平傳送帶以的速度順時針轉(zhuǎn)動，其左端A點、右端B點分別與兩個光滑水平臺面平滑對接．右邊水平臺面上的C點放置一質(zhì)量的物塊乙，D點固定有豎直擋板，C點到B點的距離，C點到D點的距離；左邊水平臺面上有一質(zhì)量的物塊甲，將物塊甲從壓縮彈簧的右端由靜止釋放物塊甲與彈簧不栓接，滑上傳送帶前已經(jīng)脫離彈簧已知A、B兩點間的距離，初始時彈簧儲存的彈性勢能，物塊甲與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)，取，所有的碰撞都是彈性碰撞，且碰撞時間極短，兩物塊均可視為質(zhì)點．求：

從物塊甲滑上傳送帶至與物塊乙發(fā)生第一次碰撞的過程所用的時間；
從物塊甲滑上傳送帶至剛要與物塊乙發(fā)生第二次碰撞的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量；
第3次碰撞點與D點之間的距離；
第2022次碰撞剛結(jié)束時，物塊甲、乙的速度大小不要求寫出過程，只要求寫出結(jié)果







答案和解析 1.【答案】A
 【解析】解：AB、衰變的本質(zhì)是核內(nèi)一個中子轉(zhuǎn)化成了一個質(zhì)子和一個電子，所以C14的衰變方程為，所以新核X為比多一個質(zhì)子，故A正確，B錯誤；
C、當(dāng)X數(shù)量數(shù)量是碳數(shù)量的7倍時，碳14數(shù)量占總原子核數(shù)量的，經(jīng)過3個半衰期即年年，故C錯誤；
D、原子核的半衰期非常穩(wěn)定，不因外界環(huán)境變化而發(fā)生變化，故D錯誤。
故選：A。
根據(jù)衰變的實質(zhì)結(jié)合質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒判斷；半衰期是放射性元素的原子核有半數(shù)發(fā)生衰變所需的時間具有統(tǒng)計規(guī)律；半衰期由放射性原子核內(nèi)部本身的因素決定，跟原子所處的物理或化學(xué)狀態(tài)無關(guān)。
該題考查對半衰期的理解，關(guān)鍵是知道半衰期由放射性原子核內(nèi)部本身的因素決定，跟原子所處的物理或化學(xué)狀態(tài)無關(guān)。
 2.【答案】D
 【解析】解：A、、相對靜止一起做勻加速直線運動，對、與彈簧測力計組成的整體，由牛頓第二定律得：
……①
代入數(shù)據(jù)解得：，方向水平向右，
設(shè)彈簧測力計的拉力是F，對物體，由牛頓第二定律得：
……②
代入數(shù)據(jù)解得：，故A錯誤；
B、聯(lián)立①②兩式得：，由此可知增大，兩物體一起做勻加速直線運動時，彈簧測力計示數(shù)增大，故B錯誤；
C、彈簧的彈力不能突變，在突然撤去的瞬間，彈簧測力計的彈力仍為，對物體，由牛頓第二定律得：，代入數(shù)據(jù)解得：，故C錯誤；
D、與C同理，在突然撤去的瞬間，對物體，由牛頓第二定律得：，代入數(shù)據(jù)解得：，故D正確。
故選：D。
應(yīng)用整體與隔離法，根據(jù)牛頓第二定律求解；彈簧的彈力不能突變，撤去拉力瞬間，根據(jù)牛頓第二定律求解瞬時加速度。
本題考查了牛頓第二定律應(yīng)用的連接體和瞬時問題，連接體問題可應(yīng)用整體與隔離法解答，瞬時問題中彈簧的彈力不能突變。
 3.【答案】C
 【解析】解：A、P點做勻速圓周運動，線速度的方向沿曲線的切線方向，是不斷變化的，故A錯誤；
B、P點做勻速圓周運動，向心加速度的方向始終指向圓心，是不斷變化的，故B錯誤；
CD、由題，刮水片始終保持豎直，則刮水片上的各點運動的情況完全相同，所以M、N的線速度始終相同，周期也是相等的，故C正確，D錯誤。
故選：C。
做勻速圓周運動的物體的線速度與向心加速度的方向不斷變化；共軸轉(zhuǎn)動的各點角速度相等，由幾何知識求得M、N兩點轉(zhuǎn)動的半徑之比，求出線速度之比。
該題屬于物理知識在日常生活中的應(yīng)用，解答的關(guān)鍵是要注意到在刮水片上，各點的運動情況都是相同的。
 4.【答案】D
 【解析】解：A、滑塊P下滑過程，P、Q與彈簧組成的系統(tǒng)只有重力和彈簧的彈力做功，P、Q與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，P、Q組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤
B、設(shè)彈簧對滑塊的Q的彈力為，輕桿對Q的彈力為，滑塊P、Q受力如圖所示：

滑塊Q在水平方向所受合力：，滑塊Q先向左做加速運動后向左做減速運動，在水平方向所受合力先向左后向右，則開始，后來，先，后；滑塊P在水平方向靜止，在水平方向，對P，由平衡條件得：，解得，開始，后來，故B錯誤；
C、滑塊P下滑過程，P、Q與彈簧組成的系統(tǒng)只有重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，P到達最低點時Q、P的速度都為零，彈簧的形變量最大，彈簧的彈性勢能最大，對P、Q與彈簧組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律可知，彈簧的最大彈性勢能：，故C錯誤；
D、P由靜止釋放，P向下做加速運動，當(dāng)P的加速度為零時速度最大，動能最大，此時P、Q和彈簧組成的整體，在豎直方向加速度為零，設(shè)此時Q受到地面的支持力為，在豎直方向，對系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律得：，解得：，故D正確。
故選：D。
只有重力或彈力做功時系統(tǒng)的機械能守恒，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可知P下降到最低點時彈簧的彈性勢能最大，由機械能守恒可求解彈簧彈性勢能最大值；根據(jù)滑塊的運動過程應(yīng)用機械能守恒定律分析滑塊P動能最大前P的機械能如何變化；對P、Q整體，在豎直方向上根據(jù)牛頓第二定律可分析Q受到地面的支持力大小。
本題考查了機械能守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚滑塊的運動過程，應(yīng)用機械能守恒定律與牛頓第二定律即可解題。
 5.【答案】B
 【解析】解：A、由可知，干涉條紋間距正比于波長，因，所以，故A錯誤；
C、結(jié)合A項，，故C錯誤；
B、設(shè)入射光在礦泉水在的波長為，礦泉水的折射率為n，則有
，
由第三條亮條紋對應(yīng)路程差，光在介質(zhì)中的傳播速度
，
時間差
，
故B正確；
D、移動對觀察結(jié)果沒有影響，故D錯誤。
故選：B。
利用雙縫干涉測波長的原理，結(jié)合折射率公式進行求解。
本題考查雙縫干涉實驗，要求學(xué)生了解實驗原理，具備對實驗現(xiàn)象進行分析的能力以及數(shù)據(jù)處理能力。
 6.【答案】C
 【解析】解：根據(jù)開普勒第二定律可知，同一個衛(wèi)星在相同時間與地心的連線掃過的面積相同，不同的衛(wèi)星與地心的連線在相同時間內(nèi)掃過的面積不相同，故A錯誤；
B.載人飛船在低軌道加速，上升到高軌道與核心艙完成對接，故B錯誤；
C.對接后，若已知核心艙的運行周期T、運行速度v、地球半徑R和引常量G，可由


聯(lián)立可估出地球密度

故C正確：
D.對接后，考慮到稀薄大氣的阻力，無動力補充，核心艙逐漸做近心運動，軌道半徑減小，運行速度越來越大，故D錯誤。
故選：C。
根據(jù)開普勒第二定律的應(yīng)用條件分析，載人飛船在低軌道加速，上升到高軌道與核心艙完成對接，根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合密度公式解得；核心艙逐漸做近心運動，速度增大。
本題考查了萬有引力定律的應(yīng)用，知道萬有引力提供向心力是解題的前提，根據(jù)題意應(yīng)用萬有引力公式與牛頓第二定律即可解題。
 7.【答案】B
 【解析】解：A傾斜軌道部分磁場增大時，根據(jù)楞次定律可知a棒的感應(yīng)電流方向從M到O，M點電勢比O點電勢高，故A錯誤；
B、若a繞圓心以角速度順時針勻速旋轉(zhuǎn)，a棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為，b棒不受摩擦力且靜止，則，
，聯(lián)立解得：，故B正確；
C、若a繞圓心以角速度順時針勻速旋轉(zhuǎn)，a棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為，若b棒靜止，根據(jù)閉合電路歐姆定律，b棒兩端電壓
，若b棒運動，由于，b棒最初應(yīng)該沿斜面向下運動，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為，回路總的感應(yīng)電動勢為，b棒兩端電壓大于，故C錯誤；
D、若將連接圓心處及圓環(huán)邊緣的導(dǎo)線端點直接連在一起，a棒被短路，當(dāng)b棒加速度為零時，速度最大，則，
，聯(lián)立解得：，故D錯誤；
故選：B。
根據(jù)楞次定律判定感應(yīng)電流方向，然后確定O、M電勢高低；根據(jù)旋轉(zhuǎn)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與閉合電路歐姆定律即可求解BC，b棒加速度為零時，速度最大，根據(jù)受力分析與歐姆定律即可求解。
本題考查楞次定律、閉合電路歐姆定律、旋轉(zhuǎn)切割與受力分析，綜合性很強，注意速度最大的隱含條件。
 8.【答案】AC
 【解析】解：AB、小球受重力mg、P對它的支持力N及輕繩對它的拉力T，小球靜止時，其受力情況如圖所示

  由相似三角形可知其中，R為四分之一圓柱體P的半徑，L為定滑輪A左側(cè)輕繩的長度。在鉤碼下方再加掛一個鉤碼，到小球再次靜止的過程中，鉤碼將下移，小球?qū)⒀貓A柱體P上移；小球再次靜止時，相對前一次靜止時，由于AO、mg、R不變，L減少，則N不變，T減小，即輕繩的張力減小，P對小球的彈力不變，故B錯誤，A正確。
C.分析小球及P的整體的受力情況可知，輕繩的拉力T沿水平方向分力的大小為輕繩與豎直方向的夾角等于P對Q的壓力大小，而T減小，也變小，故P對Q的壓力變小，故C正確。
D.分析圓柱體P的受力情況可知，P對地面的壓力大小等于小球?qū)?/span>P的壓力大小等于沿豎直向下的分力為與豎直方向的夾角與P所受重力大小之和，而N不變，變小，增大，故P對地面的壓力增大，故D錯誤。
故選：AC。
對小球受力分析，根據(jù)相似三角形可知，對小球和P整體分析，根據(jù)平衡條件結(jié)合牛頓第三定律可判斷P對Q的壓力變化。
本題考查力的動態(tài)平衡，解題關(guān)鍵掌握矢量三角形的相似性的應(yīng)用，同時注意整體與隔離的分析方法。
 9.【答案】CD
 【解析】解：A、根據(jù)圖象的斜率等于速度，由圖可知，a車的速度不變，做勻速直線運動，且速度為：，故A錯誤；
B、設(shè)b車的加速度為對b車，由，解得：，故B錯誤；
C、前3s內(nèi)，b車的位移為：，時，a車和b車到達同一位置，所以時兩車相距，故C正確；
D、時a車在b車前方9m，內(nèi)，b車比a車多行駛8m，則時，a車在b車前方1m處，故D正確。
故選：CD。
a車做勻速直線運動，由圖象的斜率求出a車的速度；根據(jù)縱坐標(biāo)的變化量確定a車的位移；時，直線a與曲線b剛好相切，兩車的速度相等，對b車，由速度-時間公式求出b的加速度。
解決本題的關(guān)鍵要理解位移-時間圖線的物理意義，知道圖線的切線斜率表示瞬時速度，來分析兩車的速度關(guān)系。
 10.【答案】BCD
 【解析】解：AB、設(shè)粒子運動到C處時速度為，粒子反方向的運動為類平拋運動，水平方向有：
豎直方向有：
由牛頓第二定律：
聯(lián)立解得：
粒子從放射源發(fā)射出到C的過程，由動能定理有：
解得：
設(shè)粒子發(fā)射時速度的大小為v，粒子從放射源發(fā)射至運動到C的過程，由動能定理：
解得：
故A錯誤，B正確；
C、由牛頓第二定律
解得：
故C正確；
D、時，粒子在x方向的速度為
所以一個周期內(nèi)，離子在x方向的平均速度：
每個周期粒子在x正方向進：

因為開始計時時粒子橫坐標(biāo)為：
聯(lián)立解得nT時，粒子的橫坐標(biāo)為：
a粒子的縱坐標(biāo)為
則在3T時粒子的坐標(biāo)為：
故D正確；
故選：BCD。
粒子從發(fā)射到細管C反過來看是類平拋運動，由類平拋規(guī)律和牛頓第二定律求出板間電壓，再由動能定理求出動能的變化；由動能定理求出粒子進入C的速度，由靜電力提供向心力求得粒子的半徑，再由運動學(xué)公式求出時間；進入正交的交變電場后，在豎直方向勻速運動，在水平方向做勻加速直線運動，按運動的合成與分解求坐標(biāo)。
本題是帶電粒子在復(fù)合場中的運動在實際科技中應(yīng)用，關(guān)鍵抓住類平拋運動、圓周運動等基礎(chǔ)知識，分過程分步驟用研究曲線運動的方法處理問題。
 11.【答案】
 【解析】解：小燈泡的額定電流為，所以電流表選擇C，燈泡正常工作時電阻為，所以選擇阻值與其接近的滑動變阻器。故選
燈泡電阻較小，故電流表外接，因為需要從零開始連續(xù)測量燈泡的電壓與電流的關(guān)系，所以滑動變阻器應(yīng)該用分壓式連接，故電路為

設(shè)燈泡的實際電壓為U，實際電流為I，則根據(jù)閉合電路的歐姆定律得

變形后得

如圖所示

則燈泡的實際功率為

故答案為：；見解析；
根據(jù)燈泡的額定電流和電阻選擇合適的器材；
根據(jù)實驗原理設(shè)計電路圖；
對小燈泡根據(jù)閉合電路的歐姆定律作出函數(shù)圖像，交點即為實際電壓與實際電流。
本題考查測量小燈泡的伏安特性曲線，解題關(guān)鍵掌握閉合電路歐姆定律的應(yīng)用，注意燈泡實際電壓與實際電流的求解方法。
 12.【答案】解：設(shè)玻璃管的橫截面積為S，右側(cè)氣體初狀態(tài)體積，
溫度升高過程氣體壓強不變，由蓋-呂薩克定律得：
代入數(shù)據(jù)解得，右側(cè)空氣柱的長度：
大氣壓強，由圖示可知，右管氣體壓強
左管初狀態(tài)壓強，左管初狀態(tài)體積，
溫度升高后，設(shè)左側(cè)管內(nèi)水銀面下降的高度為h，左管氣體末狀態(tài)壓強
左管內(nèi)氣體末狀態(tài)的體積，對左管內(nèi)氣體，由理想氣體狀態(tài)方程得：
代入數(shù)據(jù)解得：
答：右側(cè)空氣柱長度是；
左側(cè)管內(nèi)水銀面下降的高度是。
 【解析】右側(cè)空氣壓強不變，應(yīng)用蓋-呂薩克定律可以求出右側(cè)空氣柱的長度。
求出左側(cè)管內(nèi)氣體的狀態(tài)參量，應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程求出氣體末狀態(tài)的體積，然后求出水銀面下降的高度。
根據(jù)題意分析清楚氣體狀態(tài)變化過程是解題的前提，應(yīng)用蓋-呂薩克定律與理想氣體狀態(tài)方程即可解題，解題時注意兩部分氣體狀態(tài)參量間的關(guān)系。
 13.【答案】如圖所示，

設(shè)粒子在電場中做類平拋運動的加速度為，有



聯(lián)立解得：；
如圖所示，當(dāng)磁感應(yīng)強度B最小時，粒子在磁場中運動軌跡與y軸相切，設(shè)此時粒子在磁場中運動軌跡半徑為R，粒子通過A點時速度為v，與方向的夾角為，由平拋運動規(guī)律可得

在勻強磁場中，由幾何關(guān)系可得

解得：
根據(jù)

聯(lián)立解得：。
答：電場強度的大小E為；
磁感應(yīng)強度的最小值為。
 【解析】粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動規(guī)律可解；
作出粒子的運動軌跡，根據(jù)幾何知識求解半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解磁感應(yīng)強度的大小。
解決該題需要掌握類平拋運動的規(guī)律，能正確作出粒子的運動軌跡，并且能根據(jù)幾何知識求解粒子做圓周運動的半徑。
 14.【答案】解：物塊甲從釋放至滑到A點的過程中，根據(jù)能量守恒定律得：
代入數(shù)據(jù)解得：
假設(shè)物塊甲滑過A點后，一直勻減速運動至B點，
對甲，由牛頓第二定律得：
由勻變速直線運動的速度-位移公式得：
代入數(shù)據(jù)解得：，，可見物塊甲一直勻減速至B點，
物塊甲離開傳送帶后沿光滑水平臺面勻速運動至與物塊乙發(fā)生第1次碰撞．
在傳送帶上勻減速的時間：
在BC間勻速運動的時間：
則從物塊甲滑上傳送帶至與物塊乙發(fā)生第一次碰撞所用的時間：
物塊甲第一次在傳送帶上滑動時相對傳送帶的位移大?。?/span>，代入數(shù)據(jù)解得
設(shè)第1次碰后瞬間，物塊甲和物塊乙的速度大小分別為、，
以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：
由機械能守恒定律得：
代入數(shù)據(jù)解得：，，負號表示方向向左
由于，則物塊甲碰后以向左滑上傳送帶減速至0后，又反向加速至，
在傳送帶上向左運動到速度減為0時，兩者相對位移大小為：，
代入數(shù)據(jù)解得：
可右運動到B點時，兩者相對位移大小為：，代入數(shù)據(jù)解得
則從物塊甲滑上傳送帶至剛要與物塊乙發(fā)生第二次碰撞，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量：代入數(shù)據(jù)解得：
當(dāng)物塊甲與物塊乙第一次碰后再返回到右邊水平臺面的時間為：，代入數(shù)解得：
物塊乙運動的距離為：
即當(dāng)甲物塊返回到右邊水平臺面時，乙物塊剛好與豎直擋板碰后反向運動，則二者剛好在BD的中點發(fā)生第二次碰撞，
兩物塊發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，以向右為正方向，
根據(jù)動量守恒定律得：
由機械能守恒定律得：
代入數(shù)據(jù)解得，第二次碰后物塊甲的速度，負號表示方向向左，物塊乙的速度
由于，則物塊甲碰后以向左滑上傳送帶減速至0后又反向加速至，與物塊乙發(fā)生第三次碰撞．因此第三次碰撞點的位置與D點間的距離為
物塊離開傳送帶時的速度大小是，兩物塊質(zhì)量相等，兩物塊發(fā)生彈性碰撞，碰撞后兩物塊交換速度，則第2022次碰撞剛結(jié)束時，物塊甲速度大小，物塊乙的速度大小
答：從物塊甲滑上傳送帶至與物塊乙發(fā)生第一次碰撞的過程所用的時間是；
從物塊甲滑上傳送帶至剛要與物塊乙發(fā)生第二次碰撞的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量是；
第3次碰撞點與D點之間的距離是；
第2022次碰撞剛結(jié)束時，物塊甲、乙的速度大小分別是、0。
 【解析】應(yīng)用能量守恒定律求出物塊甲滑上傳送帶時的速度大小，然后應(yīng)用牛頓第二定律與運動學(xué)公式求出運動時間。
應(yīng)用運動學(xué)公式求出物塊相對于傳送帶滑行的距離，然后求出產(chǎn)生的熱量。
物塊發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，應(yīng)用動量守恒定律、機械能守恒定律與運動學(xué)公式求解。
根據(jù)物塊的運動過程求解速度。
本題是一道多體多過程問題，物塊的運動過程復(fù)雜，難道較大；根據(jù)題意分析清楚物塊的運動過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、運動學(xué)公式、動量守恒定律與機械能守恒定律、功的計算公式可以解題。
 

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