2022高考物理真題匯編-答案-試卷下載-教習網(wǎng)

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專題一　運動的描述　勻變速直線運動的研究
1．解析：選B。研究排球運動員扣球的動作時，排球不同點的運動情況是不同的，因此排球不能看成質(zhì)點，故A錯誤；研究乒乓球運動員的發(fā)球技術時，主要看乒乓球的旋轉(zhuǎn)，乒乓球上不同點的旋轉(zhuǎn)情況并不相同，因此此時不能將乒乓球視為質(zhì)點，故B正確；研究羽毛球運動員回擊羽毛球動作時，羽毛球的各點的運動情況并不相同，因此不能忽略羽毛球的大小而將羽毛球視為質(zhì)點，故C錯誤；研究體操運動員的平衡木動作時，要看運動員的動作，此時運動員身體的各部分速度是不同的，故D錯誤。
2．解析：選C。當列車恰好以速度v勻速通過隧道時，從減速開始至回到原來正常行駛速度所用時間最短，列車減速過程所用時間t1＝，勻速通過隧道所用時間t2＝，列車加速到原來速度v0所用時間t3＝，所以列車從減速開始至回到正常行駛速率所用時間至少為t＝t1＋t2＋t3＝＋，C正確。
3．解析：選B。依題意知小車在BC段運動的最大速率為v1＝＝ m/s，在CD段運動的最大速率為v2＝＝2 m/s，所以經(jīng)過BC段和CD段的最大速率為v2＝2 m/s，因此在BC段和CD段運動的最短時間t3＝ s＝ s，在B點的速率最大為v2＝2 m/s，設在AB段小車以最大加速度減速的距離為x，則根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得v＝v－2a1x，解得x＝3 m，t2＝＝1 s，所以勻速運動的最大距離l＝8 m－x＝5 m，運動時間t1＝ s，最短時間t＝t1＋t2＋t3＝s，B正確。
專題二　相互作用
1．解析：選D。由于水桶可以繞水平軸轉(zhuǎn)動，因此一段時間后，當水桶水變多導致重心升高到一定程度時，就會造成水桶翻轉(zhuǎn)，D正確，A、B、C錯誤。
2.解析：選B。對石礅受力分析如圖所示，設兩根輕繩的合力為F，根據(jù)平衡條件有F cos θ＝f，F(xiàn) sin θ＋FN＝mg，且μFN＝f，聯(lián)立可得F＝，A錯誤，B正確；上式變形得F＝，其中tan α＝，根據(jù)三角函數(shù)特點，由于θ的初始值不知道，因此減小θ，輕繩的合拉力F并不一定減小，C錯誤；根據(jù)上述討論，當θ＋α＝90°時，輕繩的合拉力F最小，而摩擦力f＝F cos θ＝＝，可知增大夾角θ，摩擦力一直減小，當θ趨近于90°時，摩擦力最小，故輕繩的合拉力F最小時，地面對石礅的摩擦力不是最小的，D錯誤。

3．解析：選D。用手使P的右端與玻璃擋板靠近時，感受到P對手有靠向玻璃擋板的力，即Q對P有水平向左的磁力；P與擋板接觸后放開手，P處于“磁懸浮”狀態(tài)，則說明Q對P有豎直向上的磁力，Q對P的磁力方向斜向左上方，其磁力F的大小大于Gp，所以A、B均錯誤；將P、Q看成整體，P與擋板接觸后放開手，整體處于靜止狀態(tài)，則電子秤對整體的支持力大小等于GP＋GQ，D正確；根據(jù)牛頓第三定律可知，C錯誤。
4．解析：選D。以結點O為研究對象，進行受力分析，由平衡條件可得F＝2F1cos 30°＝F1，D正確。
5．解析：選C。魚兒吞食花瓣時加速度不為零，受力不平衡，A錯誤；魚兒擺尾擊水時受到水的作用力、浮力和重力，浮力和重力的關系不確定，B錯誤，C正確；研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動作時，魚兒的形狀、大小不能忽略，魚兒不能視為質(zhì)點，D錯誤。
專題三　牛頓運動定律
1．解析：選A。當兩球運動至二者相距時，二者連線與輕繩之間夾角的余弦值cos θ＝0.6。設此時輕繩中拉力大小為F1，對輕繩的中點受力分析得F＝2F1sin θ，解得F1＝。對質(zhì)量為m的小球，由牛頓第二定律有F1＝ma，解得a＝，A正確。
2．解析：選AD。兩滑塊勻速運動過程中，彈簧對P、Q的彈力大小為kx＝μmg，當撤去拉力后，對滑塊P由牛頓第二定律有kx′＋μmg＝ma1，同理對滑塊Q有μmg－kx′＝ma2，從撤去拉力到彈簧第一次恢復原長過程中，彈力由μmg一直減小到零，所以P的加速度大小的最大值為剛撤去拉力F瞬間的加速度大小，此時P的加速度大小為2μg，而彈簧恢復原長時，Q的加速度大小達到最大值，即Q的最大加速度為μg，A正確，B錯誤；由于彈簧恢復原長前滑塊P的加速度一直大于Q的加速度，且兩滑塊初速度相同，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一時刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C錯誤，D正確。
3．解析：(1)斜槽軌道不需要光滑，只需要從同一位置靜止釋放小球，使其到達斜槽末端的速度相同即可，故A錯誤；由于描點可能出現(xiàn)誤差，因此不是把所有的點都用曲線連接起來，B錯誤；求平拋運動初速度時應讀取軌跡上離原點較遠的點的數(shù)據(jù)，這樣誤差較小，C正確。
(2)根據(jù)平拋運動規(guī)律有x0＝v0t、y0＝gt2，聯(lián)立可得v0＝x0，A、B、C錯誤，D正確。
(3)為了保證能畫出同一個平拋運動軌跡上的多個點，必須要在同一位置由靜止釋放小球，以確保多次運動的軌跡相同(或“保證小球離開斜槽末端的速度v0相同，從而保證其運動軌跡相同”)。
答案：(1)C　(2)D　(3)確保多次運動的軌跡相同
4．解析：(1)以電動機為研究對象，根據(jù)能量守恒定律有
UI＝I2R＋Fv
代入數(shù)據(jù)得F＝7 400 N
裝滿糧食的小車勻速向上運動，有
F＋m0g－(m1＋m2)g sin θ－k(m1＋m2)g＝0
小車勻速下滑時，有m1g sin θ－km1g－m0g＝0
聯(lián)立解得k＝0.1。
(2)關閉發(fā)動機后，小車向上做勻減速運動，則有
(m1＋m2)g sin θ－m0g＋k(m1＋m2)g＝(m1＋m2＋m0)a
又2aL＝v2
代入數(shù)據(jù)解得L＝ m
答案：(1)0.1　(2) m
5．解析：(1)設雪車從A→B的加速度大小為a、運動時間為t，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有2alAB＝v、vB＝at
解得t＝3 s、a＝ m/s2。
(2)由題知雪車從A→C全程的運動時間t0＝5 s，設雪車從B→C的加速度大小為a1、運動時間為t1，故t1＝t0－t，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有
lBC＝vBt1＋a1t
vC＝vB＋a1t1
代入數(shù)據(jù)解得a1＝2 m/s2、vC＝12 m/s。
(3)設雪車在BC上運動時受到的阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律有mg sin 15°－f＝ma1
代入數(shù)據(jù)解得f＝66 N。
答案：(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N
專題四　曲線運動　萬有引力與航天
1．解析：選D。運動員由a運動到c的過程中，設到c點時的速度為v，由機械能守恒定律有mgh＝mv2，設c點處這一段圓弧雪道的最小半徑為R，則在經(jīng)過c點時，有kmg－mg＝m，解得R＝，D正確。
2．解析：選C。航天員在“天宮二號”空間站中可以自由漂浮，是由于航天員在“天宮二號”空間站中處于完全失重狀態(tài)，飛船對航天員的作用力近似為零，所受地球引力大小不為零，A、B錯誤；航天員所受地球引力提供航天員隨空間站運動的向心力，即航天員所受地球引力的大小與航天員隨空間站運動所需向心力的大小近似相等，C正確；由萬有引力定律可知，航天員在地球表面所受地球引力的大小大于航天員在空間站中所受地球引力的大小，所以在地球表面上所受引力的大小大于航天員隨空間站運動所需向心力的大小，D錯誤。
3．解析：選C。依題意可知衛(wèi)星的繞行周期T0＝，對衛(wèi)星根據(jù)牛頓第二定律可得G＝m(R＋h)·，根據(jù)黃金代換式gR2＝GM，聯(lián)立解得h＝－R，C正確。
4．解析：選BD。建立如圖所示的三維坐標系，網(wǎng)球在豎直方向做豎直上拋運動，上升的最大高度h1＝(8.45－1.25)m＝7.20 m，所以在擊球點豎直方向的分速度v0z＝＝12 m/s，上升時間t1＝＝1.2 s，則v0y＝ m/s＝4 m/s，故沿x方向的分速度v0x＝＝3 m/s；到達最高點P與墻壁碰撞后，沿x方向的分速度v0x＝3 m/s，沿y方向的分速度大小變?yōu)関0y′＝4×0.75 m/s＝3 m/s，所以網(wǎng)球碰撞以后的速度大小為v＝＝3 m/s，所以B正確，A錯誤。下落的時間t2＝ s＝1.3 s，網(wǎng)球著地點到墻壁的距離d＝v0y′t2＝3.9 m，所以D正確，C錯誤。

5．解析：選C?！疤靻栆惶枴卑l(fā)射后要脫離地球引力束縛，則發(fā)射速度要超過11.2 km/s，故A錯誤；由題圖可知地火轉(zhuǎn)移軌道的半長軸長度比地球軌道半徑要大，根據(jù)開普勒第三定律＝可知，天問一號在地火轉(zhuǎn)移軌道上運行的周期大于12個月，因此從P到Q的時間大于6個月，故B錯誤；同理根據(jù)開普勒第三定律，并結合停泊軌道、調(diào)相軌道的半長軸長度關系可知，“天問一號”在環(huán)繞火星的停泊軌道運行的周期比在調(diào)相軌道上小，故C正確；“天問一號”在P點點火加速，做離心運動進入地火轉(zhuǎn)移軌道，故在地火轉(zhuǎn)移軌道上P點的速度比地球環(huán)繞太陽的速度大，但在到達Q點之后，要加速進入火星軌道，即v火>v地火Q，根據(jù)v＝可知地球繞太陽的速度大于火星繞太陽的速度，即v地>v火，所以v地>v火>v地火Q，即“天問一號”在地火轉(zhuǎn)移軌道上并不是每一點的速度都比地球繞太陽的速度大，故D錯誤。
6．解析：選C。根據(jù)題述可知，運動員在斜坡上由靜止滑下做加速度小于g的勻加速運動，在NP段做勻速直線運動，從P飛出后做平拋運動，加速度大小為g，速度方向時刻改變、大小不均勻增大，所以只有圖像C正確。
7．解析：選D。根據(jù)題述，火星冬季時長為地球的1.88倍，可知火星繞太陽運動的周期是地球的1.88倍，由開普勒第三定律可知，火星繞太陽做勻速圓周運動的軌道半徑比地球繞太陽做勻速圓周運動的軌道半徑大，C錯誤；由萬有引力提供向心力有G＝m，解得v＝，由r火>r地可得v火r地可得ω火r地可得a火sPN，又速率相同，所以tPM>tPN，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，線圈從P到M過程產(chǎn)生的感應電動勢小于從P到N過程產(chǎn)生的感應電動勢，D錯誤。
專題十　交變電流
1．解析：選D。根據(jù)理想變壓器的變壓規(guī)律有＝，代入U＝220 V得n1＝2 200，Um＝U＝220 V，A錯誤；由功率與電壓的關系得UBC＝＝12 V，根據(jù)理想變壓器的變壓規(guī)律有＝，代入數(shù)據(jù)解得nBC＝120，由歐姆定律得I＝＝1 A，B錯誤；由以上分析結合題意可知UAB＝18 V，UAC＝30 V，變壓器不改變交流電的頻率，故f＝＝50 Hz，C錯誤；由歐姆定律得I′＝＝2.5 A，周期T＝＝0.02 s，D正確。
2．解析：選A。圖中細短鐵絲被磁化之后，其作用相當于小磁針，根據(jù)其分布特點可判斷出甲圖中線圈轉(zhuǎn)動區(qū)域磁場可視為勻強磁場，故A正確；而乙圖中，磁針分布的方向并不相同，則線圈轉(zhuǎn)動區(qū)域磁場不能看成勻強磁場，故B錯誤；根據(jù)發(fā)電機原理可知，甲圖中線圈在勻強磁場中繞垂直磁場的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動時才能產(chǎn)生正弦交流電，故C錯誤；乙圖中線圈勻速轉(zhuǎn)動時，由于線圈切割磁感線的速度方向始終與磁場垂直且所在位置的磁感應強度大小不變，所以勻速轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的是大小恒定的電流，故D錯誤。
3．解析：選B。由于兩定子線圈匝數(shù)不同，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，在兩線圈中產(chǎn)生的電動勢最大值不相等，有效值不相等，A錯誤；由于轉(zhuǎn)子勻速轉(zhuǎn)動的周期等于兩定子產(chǎn)生交流電的周期，所以兩線圈產(chǎn)生的交變電流頻率相等，B正確；由于兩線圈軸線在同一平面內(nèi)且相互垂直，所以兩線圈產(chǎn)生的感應電動勢一個在最大值時，另一個為零，C錯誤；由于在兩線圈中產(chǎn)生的電動勢的有效值不相等，根據(jù)P＝可知，兩電阻消耗的電功率不相等，D錯誤。
4．解析：選B。設原線圈兩端電壓為U1，副線圈兩端電壓為U2，通過原線圈的電流為I1，通過副線圈的電流為I2，由理想變壓器變壓規(guī)律和變流規(guī)律可得，原、副線圈及定值電阻R1的等效電阻為R′＝＝＝＝R1；保持P1位置不變，將原、副線圈及電阻R1等效為一定值電阻，P2向左緩慢滑動過程中，R2接入電路的電阻減小，則整個電路的總電阻減小，由歐姆定律可知，回路中電流I增大，原線圈兩端電壓增大，又電源電壓不變，故電壓表示數(shù)U減小，A錯誤；由于原線圈兩端電壓增大，由理想變壓器變壓規(guī)律可知，副線圈兩端電壓增大，故R1消耗的功率增大，B正確；當P2位置不變，P1向下滑動時，n2減小，等效電阻R′增大，由歐姆定律可知，回路中電流減小，R2兩端電壓減小，C錯誤；由于R2兩端電壓減小，則原線圈兩端電壓增大，由變壓規(guī)律可知，副線圈兩端電壓增大，R1的功率增大，D錯誤。
專題十一　近代物理
1．解析：選C。設t＝0時刻，甲、乙兩種放射性元素原子核數(shù)分別為N1、N2，則有N1＋N2＝N，t＝2t0時，甲經(jīng)過兩個半衰期，未衰變原子核數(shù)為，乙經(jīng)過一個半衰期，未衰變原子核數(shù)為，由已知條件有＋＝，解得N1＝N，N2＝N；t＝4t0時，甲經(jīng)過四個半衰期，未衰變原子核數(shù)為，乙經(jīng)過兩個半衰期，未衰變原子核數(shù)為，則此時未衰變原子核總數(shù)為N′＝＋，解得N′＝，C正確。
2．解析：選B。根據(jù)題述，點光源向所有方向均勻輻射，即距離點光源為R的球面上單位時間所接收的光的能量等于點光源單位時間所輻射的光的能量。點光源輻射功率P＝4πR2×nE0，其中E0＝，聯(lián)立解得R＝3×102 m，B正確。
3．解析：選B。設碘125剛植入時的質(zhì)量為m0，則經(jīng)過n＝＝3個半衰期以后剩余的質(zhì)量為m＝m0，解得＝，B正確。
4．解析：選CD。秦山核電站利用的是重核裂變釋放的能量，故A錯誤；如果不考慮核能與電能的轉(zhuǎn)化效率，則根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程E＝mc2可以推算出，原子核虧損的質(zhì)量約為m＝＝ kg＝27.6 kg，但核能轉(zhuǎn)化為電能的效率不可能達到100%，所以質(zhì)量虧損應該超過27.6 kg，故B錯誤；鎘吸收中子的能力強，因此在核電站反應堆中需要用鎘棒調(diào)節(jié)中子的數(shù)目，從而控制鏈式反應的速度，故C正確；反應堆利用鈾235的裂變，生成多個核和中子，且產(chǎn)物有隨機的兩分裂、三分裂，即存在U＋n→Ba＋Kr＋3n的核反應，故D正確。
5．解析：選BD。據(jù)p2＝2mEk可知，電子的動能為Ek＝≈7.9×10－17 J，故A錯誤；根據(jù)德布羅意波長公式λ＝可得，發(fā)射出的電子的物質(zhì)波波長約為λ＝5.5×10－11 m，故B正確；物質(zhì)波也具有波粒二象性，故電子的波動性是每個電子本身的性質(zhì)，則即使電子依次通過雙縫也能發(fā)生干涉現(xiàn)象，只是需要大量電子才能顯示出干涉圖樣，故C錯誤，D正確。
6．解析：選B。氫原子從n＝3能級躍遷到n＝1能級時釋放的光子能量最大，頻率也最大，能量為E1＝(－1.51 eV)－(－13.6 eV)＝12.09 eV，照射逸出功為2.29 eV的金屬鈉，光電子的最大初動能為Ekm＝E1－W＝9.8 eV，頻率大的光子波長小，根據(jù)p＝可知頻率大的光子動量大，A錯誤，B正確；氫原子從n＝3能級躍遷到n＝2能級時釋放的光子能量為E2＝(－1.51 eV)－(－3.4 eV)＝1.89 eVV1，故氣體對外界做功，因氣缸和活塞都是絕熱的，根據(jù)熱力學第一定律可得ΔUT2，A、D錯誤。內(nèi)能減小，不是所有氣體分子熱運動速率都減小，但速率大的分子數(shù)占總分子數(shù)的比例減小，B錯誤，C正確。
2．解析：(1)魚靜止在水面下H處時，所受浮力等于重力，有Mg＝ρgV0
且此時B室內(nèi)氣體體積為V，質(zhì)量為m，則m＝ρ氣V
魚通過增加B室體積獲得大小為a的加速度，則有ρg(V0－ΔV)－Mg＝Ma
又Δm＝ρ氣ΔV
聯(lián)立解得Δm＝。
(2)魚靜止在水面下H處時，B室內(nèi)氣體壓強為p1＝p0＋ρgH，體積為V
魚靜止在水面下H1處時，B室內(nèi)氣體壓強為p2＝p0＋ρgH1，體積也為V，設該部分氣體在壓強為p1時體積為V1
根據(jù)玻意耳定律有p2V＝p1V1
解得V1＝V
又溫度不變，則有＝
解得m1＝m
答案：(1)　(2)m
3．解析：(1)利用空調(diào)將熱量從溫度較低的室內(nèi)傳遞到溫度較高的室外環(huán)境，通過壓縮機做功，消耗了能量，因此這個過程不是自發(fā)過程；根據(jù)熱力學第二定律，不可能從單一熱源取熱，使之完全轉(zhuǎn)化為有用的功，而不產(chǎn)生其他影響，因此空調(diào)把熱量從溫度較低的室內(nèi)傳遞到溫度較高的室外需要消耗電能，即空調(diào)排放到室外環(huán)境的熱量大于從室內(nèi)吸收的熱量。
(2)在水面上方時，封閉氣體的壓強為p0，氣體的體積V1＝(380－80)mL＝300 mL
潛入水底后，封閉氣體的壓強等于水底的壓強，即
p＝p0＋ρgh
封閉氣體的體積為V2＝(380－230)mL＝150 mL
由玻意耳定律得p0V1＝pV2
代入數(shù)據(jù)解得p＝2.0×105 Pa
h＝10 m
答案：(1)不是　大于　(2)2.0×105Pa　10 m
4．解析：(1)選ABD。由＝C得T＝V，T－V圖線上的點與坐標原點連線的斜率越大，氣體壓強越大，易知狀態(tài)a對應的壓強大于狀態(tài)c的，A正確；狀態(tài)a到狀態(tài)b為等壓變化過程，體積增大，氣體對外做功，B正確；由上述分析可知，氣體在b狀態(tài)的壓強大于在c狀態(tài)的壓強，C錯誤；氣體由狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程中體積增大，對外做功，溫度升高，內(nèi)能增加，根據(jù)熱力學第一定律可知，氣體從外界吸收熱量，且吸收的熱量大于其內(nèi)能的增加量，D正確，E錯誤。
(2)(ⅰ)設初始狀態(tài)汽缸內(nèi)氣體的壓強為p1，對兩活塞整體有
p0×2S＋p1S＋3mg＝p0S＋p1×2S
對Ⅱ活塞有
k×0.1l＋p0S＝p1S＋mg
解得k＝。
(ⅱ)設活塞Ⅱ剛到汽缸連接處時內(nèi)部氣體壓強為p2，對兩活塞整體有
p0×2S ＋p2S＋3mg＝p0S＋p2×2S
解得p2 ＝p1＝p0＋
對活塞Ⅱ有
kx＋p0S＝p2S＋mg
氣體體積為V2＝2(l＋x)S
初始時氣體的體積
V1＝0.55lS＋0.55l×2S＝1.65lS
由蓋-呂薩克定律有＝
解得T2＝T0。
答案：(1)ABD　(2)(ⅰ)　(ⅱ)p0＋　T0
5．解析：(1)選BCE。根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知，過原點的p－T圖像的斜率與體積V有關，一定量的理想氣體從狀態(tài)a到狀態(tài)b，體積不變，對外不做功，A、D錯誤；理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關，又一定量理想氣體從狀態(tài)a到狀態(tài)b，溫度一直升高，則氣體內(nèi)能一直增加，B正確；由熱力學第一定律可知，氣體一直從外界吸熱，氣體吸收的熱量等于其內(nèi)能的增加量，C、E正確。
(2)(ⅰ)封閉氣體做等壓變化，對Ⅳ部分氣體，由蓋-呂薩克定律
有＝
解得T1＝T0。
(ⅱ)Ⅱ和Ⅲ部分封閉氣體，初狀態(tài)體積V1＝V0＋V0＝V0，溫度為T0；Ⅳ部分氣體，初狀態(tài)體積V2＝V0，溫度為T0
從開口C向汽缸中注入氣體，設末狀態(tài)Ⅳ部分氣體壓強為p′，體積為V，則原Ⅱ、Ⅲ部分氣體最終總體積為V0－V，對這兩部分理想氣體分別有
＝
＝。
解得p′＝2.25p0。
答案：(1)BCE　(2)(ⅰ)T0　(ⅱ)2.25p0
專題十三　機械振動與機械波　光
1．解析：選A。根據(jù)題意作出光路圖如圖1所示，根據(jù)臨界角sin C＝可知Ca45°，從圖中可以看出兩束光經(jīng)過OC面反射以后均能射到PM面上，入射角在0°～ 45°范圍內(nèi)，所以只有a光才有可能在PM面上發(fā)生全反射，B、C錯誤；分析易知，射到P點的a光線全反射到M點，入射角為45°，發(fā)生全反射不能從OM面射出，畫出a光在PM面上恰好發(fā)生全反射的光線的光路圖如圖2所示，可知該光線經(jīng)Q點全反射后射至OM面上E點，由幾何關系可知在E點的入射角為2Ca—45°，小于Ca，即可以從E點射出，故A正確，D錯誤。

2．解析：選AC。由振動圖像可知波的振幅A＝20 cm，波的周期T＝12 s，從振動圖像上可以看出t＝7 s時平衡位置位于原點O的質(zhì)點相對平衡位置的位移為y7＝－A，且向下運動。A圖該質(zhì)點位移符合條件，且當波沿x軸負方向傳播時向下運動，符合題意，A正確；C圖該質(zhì)點位移符合條件，且當波沿x軸正方向傳播時向下運動，符合題意，C正確。
3．解析：選ACD。雙縫干涉條紋是均勻的，所以圖乙是雙縫干涉條紋，但也發(fā)生了衍射現(xiàn)象，A正確；遮住一條狹縫，就只能觀察到單縫衍射現(xiàn)象，狹縫寬度增大時，衍射現(xiàn)象減弱，圖丙中中央亮條紋寬度減小，B錯誤；照射兩狹縫時，發(fā)生雙縫干涉，根據(jù)Δx＝可知，當增加L時，圖乙中相鄰暗條紋中心間的距離增大，C正確；同一單色光垂直照射狹縫時，根據(jù)相干條件可知，|S2P－S1P|＝(2n＋1)(n＝0，1，2，…)時，P點處一定是暗條紋，D正確。
4．解析：選B。裝置在太空中處于完全失重狀態(tài)，一切與重力有關的現(xiàn)象都將消失，但圖甲中的小球依然受彈簧的彈力作用，故仍將來回振動，A錯誤，B正確；圖乙中的小球在地面上由靜止釋放時，所受的回復力是重力的分量，而在空間站中處于完全失重狀態(tài)，回復力為零，則小球由靜止釋放后，小球仍靜止，C、D錯誤。
5．解析：選B。光束a入射到半圓形玻璃磚表面(直徑)時，產(chǎn)生反射光束b和折射光束c，同時折射光束c在半圓形玻璃磚圓弧表面產(chǎn)生反射，一部分光線原路返回，并在直徑界面處再次發(fā)生反射產(chǎn)生光束d(還有少部分沿光線a的路徑反向發(fā)射出去)。當光束a逆時針轉(zhuǎn)過小角度Δθ時，根據(jù)反射定律，光束b順時針旋轉(zhuǎn)角度等于Δθ，A錯誤；入射光線與折射光線的方向遵循折射定律，由于n＝>1，故入射角α比折射角β變化快，因此光束c逆時針旋轉(zhuǎn)角度小于Δθ，B正確；光束d是光束c反射后形成的，因此該光束會順時針旋轉(zhuǎn)一小于Δθ的角度，C錯誤；根據(jù)以上分析，光束b順時針旋轉(zhuǎn)、c逆時針旋轉(zhuǎn)，因此兩者之間的夾角減小，減小的角度小于2Δθ，D錯誤。
6．解析：選BD。經(jīng)過兩列波還未相遇，又波在傳播過程中，波形保持不變，故A錯誤；經(jīng)過T兩列波向前傳播的距離均為λ，兩列波的波前端剛好相遇，故B正確；經(jīng)過T兩列波向前傳播的距離均為λ，根據(jù)波的疊加原理可知，在兩列波之間～的區(qū)域為兩列波的振動加強區(qū)域，處于處的質(zhì)點向下的位移為2A，故C錯誤；經(jīng)過T兩列波完全相遇，根據(jù)疊加原理，所有質(zhì)點的位移均為零，故D正確。
7．解析：選B。用復色光投射雙縫干涉實驗裝置時，屏上的條紋為彩色條紋，A錯誤；兩列相干光在屏上疊加形成干涉條紋，B正確；根據(jù)干涉條紋間距公式Δx＝λ可知，改變L，依然可以看到明暗相間的條紋，C錯誤；對于同一雙縫干涉實驗裝置，由于藍光波長小于紅光波長，故藍光干涉條紋的間距比紅光的小，D錯誤。
8．解析：(1)由v＝得λ＝vT＝4 m。由于S1與S2振動方向相同，又－＝0，則P點為振動加強點。因＝10 m＝2.5 λ，則P點與波源S1振動情況恰好相反，故P質(zhì)點向下振動。
(2)如圖所示，當折射光線在AB邊恰好不能射出時，在AB邊上的入射角等于全反射臨界角C0，DA＝DE，各個角度如圖中所示

由幾何關系可知α＝90°－C0
90°－r＋2α＝180°
解得r ＝90°－2C0
由全反射知識得sin C0＝
由折射定律有n＝
代入sin i＝解得n＝1.5(n＝－舍去)。
答案：(1)4　加強　向下　(2)1.5
9．解析：(1)質(zhì)點只是在平衡位置附近往復振動，不會隨波遷移，因此經(jīng)過半個周期繩上的M點由波峰運動到波谷P處；機械波的波速僅由介質(zhì)決定，因此加速抖動繩子，波速不變。
(2)當光束與豎直方向的夾角為45°時，光束恰好不從液體表面射向空氣，即光束剛好發(fā)生全反射，即臨界角C＝45°　
則液體的折射率為n＝
代入數(shù)據(jù)得n＝
由公式n＝得激光在液體中的傳播速度為v＝
解得v＝。
答案：(1)P　不變　(2)　
10．解析：(1)由sin 45° ＝，并結合題圖有＝1.5 m，可得λ＝4 m，頻率f＝＝0.5 Hz，周期T＝＝2 s。由于t＝0時刻質(zhì)點A向下運動，所以t＝2 s時刻質(zhì)點A向下運動。
(2)設光在AB面的折射角為r，則由折射定律有
n＝
光在BC面恰發(fā)生全反射，有sin C＝
由幾何知識有r＋C ＝90°
聯(lián)立解得sin C＝，sin r＝，n＝
設BN＝b，PC＝c，則有sin r＝，
sin C＝
聯(lián)立解得c＝a。
答案：(1)4　0.5　向下運動　(2)　a
專題十四　力學實驗
1．解析：(1)將表格中數(shù)據(jù)轉(zhuǎn)化如圖，則x1＝507 m，x2＝587 m，x3＝665 m，x4＝746 m，x5＝824 m，x6＝904 m，可得x2－x1＝80 m，x3－x2＝78 m，x4－x3 ＝81 m，x5－x4 ＝78 m，x6－x5＝80 m，相鄰相等時間間隔位移差大小接近，可判斷該飛行器在這段時間內(nèi)近似做勻加速運動。
(2)x＝507 m時該飛行器的速度即t＝1 s時的瞬時速度，利用勻變速直線運動的特點可知時間中點的瞬時速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，故v＝＝＝547 m/s。
(3)由逐差法得a＝＝
m/s2＝79 m/s2。

答案：(1)相鄰相等時間間隔位移差大小接近　(2)547　(3)79
2．解析：(1)初始時彈簧的伸長量為5.00 cm，結合圖乙可讀出彈簧彈力為0. 610 N，由F＝kx可得彈簧的勁度系數(shù)k＝12 N/m。
(2)根據(jù)牛頓第二定律F＝ma，結合圖丙可得a－F圖線斜率的倒數(shù)表示滑塊與加速度傳感器的質(zhì)量，代入數(shù)據(jù)得m＝0. 20 kg。
(3)同理圖像Ⅱ斜率的倒數(shù)＝m＋m測，得m測＝0. 13 kg?！?br /> 答案：(1)12　(2)0.20　(3)0.13
3．解析：(2)要使碰撞后兩滑塊的運動方向相反，必須使質(zhì)量較小的滑塊碰撞質(zhì)量較大的靜止滑塊，所以應選取質(zhì)量為0. 304 kg的滑塊作為A。
(6)s1＝v1t1，s2＝v2t2，s1＝s2，解得k2＝＝0.31。
(7)的平均值為(0.31＋0.31＋0.33 ＋0.33 ＋0.33)÷5≈0.32。
(8)由碰撞過程遵循動量守恒定律有m1v0＝－m1v1＋m2v2，若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則碰撞前后系統(tǒng)總動能不變，即m1v＝m1v＋m2v，聯(lián)立解得＝，將題給數(shù)據(jù)代入可得＝＝0.34。
答案：(2)0.304　(6)0.31　(7)0.32　(8)　0.34
專題十五　電學實驗
1.解析：(1)該實驗探究待測電阻Rx在0～5 mA范圍內(nèi)的伏安特性，因此滑動變阻器采用分壓式連接，電壓表的內(nèi)阻很大，故可看成理想電壓表，故采用電流表外接法，由于題目中給的電流表量程太小，故應與電流表并聯(lián)一定值電阻擴大其量程。

(2)滑動變阻器R選最大阻值為10 Ω的，方便調(diào)節(jié)；又因電流表的量程為1 mA，內(nèi)阻為300 Ω，通過測量電阻的最大電流為5 mA，因此電流表量程應擴大為原來的5倍，因此分流電阻阻值應為該電流表內(nèi)阻的四分之一，故電流表并聯(lián)的電阻的阻值為R0＝75 Ω。
(3)Rx兩端電壓即為電壓表讀數(shù)2.30 V；因電流表并聯(lián)R0，量程擴大，通過待測電阻的電流為電流表讀數(shù)的5倍，即通過Rx的電流為5×0. 84 mA＝4. 20 mA，故Rx＝ Ω＝548 Ω。
答案： (1)見解析圖　(2)10 Ω　75 Ω
(3)2.30　4.20　548
2．解析：(1)器材選擇需要結合測量電路，用假設法初步分析，電流表半偏時，若電流表為A1，由閉合電路歐姆定律可計算出電路中總電阻為300 Ω，定值電阻與電流表A1的內(nèi)阻之和為240 Ω，不考慮電池內(nèi)阻，此時滑動變阻器接入電路的阻值應為60 Ω，實驗器材可滿足需求；若電流表為A2，電流表半偏時，電路中總電阻為100 Ω，不符合題意。
(2)由閉合電路歐姆定律有E＝(rA1＋R0＋r＋R)，E＝(rA1＋Rx＋r＋R)，(1)問得到的滑動變阻器接入電路的阻值60 Ω，實際上是滑動變阻器R和電池內(nèi)阻r串聯(lián)后的總阻值，聯(lián)立可得Rx＝100 Ω。
(3)由(2)問分析可得，是否考慮電池內(nèi)阻對實驗結果無影響。
答案：(1)A1　60　(2)100　(3)無
3．解析：(1)根據(jù)題意，實驗過程中要保證電流表示數(shù)不變，由圖2可知合金絲甲的總電阻不到10 Ω，為方便調(diào)節(jié)，應選擇0～20 Ω的滑動變阻器。
(2)電源為1節(jié)干電池，所以電壓表量程為0～3 V，故讀數(shù)為1.32 V。
(3)根據(jù)歐姆定律可得＝R＋RA＝l＋RA，可知圖線的斜率k＝，圖中a圖線的斜率為ka＝≈14.17 Ω·m－1，則ρa＝kaSa＝14.17×7.0×10－8 Ω·m＝9.9×10－7 Ω·m。
(4)假設是兩個一樣的合金絲甲并聯(lián)，并聯(lián)之后斜率為k′a＝ka≈7 Ω·m－1，但實際上另一根長度相同、材料相同的合金絲乙與甲并聯(lián)之后斜率為kb＝3. 75 Ω·m－1，說明并聯(lián)后的總電阻更小，則合金絲乙的橫截面積更大。
答案：(1)0～20 Ω　(2)1.32(1.31～1.34均可)
(3)9.9×10－7(9.8×10－7～1.0×10－6均可)　(4)小于
4.解析：(1)題中給出的滑動變阻器的最大阻值只有10 Ω，滑動變阻器采用分壓接法，為了精確得到微安表兩端的電壓，可將微安表與定值電阻并聯(lián)，通過電流關系得到電壓。

(2)由并聯(lián)電路規(guī)律可得IGRg＝(I－IG)R0，解得Rg＝990 Ω。
答案：(1)見解析圖　(2)990
5．解析：(2)斷開開關S2，根據(jù)歐姆定律可得定值電阻的阻值R0＝。閉合開關S2，導電繩與定值電阻并聯(lián)，并聯(lián)后的總電阻小于定值電阻的阻值R0，電流表示數(shù)增大，電壓表示數(shù)變小。調(diào)節(jié)滑動變阻器R使電壓表的示數(shù)仍為U，設導電繩與定值電阻并聯(lián)后的總電阻為R′，則R′＝，根據(jù)歐姆定律得R′＝，聯(lián)立解得Rx＝。
(3)考慮電壓表內(nèi)阻時，有＝＋，＝＋＋，聯(lián)立解得Rx＝，與(2)中分析的結果相同，故電壓表內(nèi)阻對導電繩電阻的測量值無影響。(4)由Rx－L圖線可知，導電繩電阻Rx＝1.33 kΩ對應的導電繩拉伸后的長度L＝51.80 cm。
答案：(2)③變小　　(3)無　(4)51.80
專題十六　力學綜合計算
1．解析：(1)水平面光滑，故在水平面上兩物塊碰撞過程動量守恒，從B與彈簧接觸到彈簧第一次壓縮到最短過程中有
mBv1＝(mB＋mA)v0①
其中v1＝1.2 v0②
可得mB＝5m③
該過程中機械能守恒，設彈簧最大彈性勢能為Ep，得
Ep＋(mA＋mB)v＝mBv④
由①②③④得Ep＝0.6 mv⑤

(2)由圖像知0～t0內(nèi)物塊B與物塊A的位移差等于彈簧的最大壓縮量，也就是題圖中該段時間物塊A、B圖像所夾面積，物塊A在0～ t0時間內(nèi)的位移SA＝0.36 v0t0，即為0～t0內(nèi)，v－t圖像中A線與t軸所夾面積。
0～t0過程，由動量守恒有
mvA＋5mvB＝(m＋5m)v0
結合運動學知識有mSA ＋5mSB ＝6mv0t0
解得SB＝1.128v0t0(B在0～t0內(nèi)的位移)
最大壓縮量為X＝SB－SA＝1.128 v0t0－0.36v0t0＝0.768v0t0。
(3)設物塊A第一次從斜面滑到平面上時的速度為vx，物塊A(含彈簧)回到水平面，第二次與B相互作用過程系統(tǒng)機械能守恒、動量守恒。則有
mBv2－mAvx＝mBv3 ＋mA·2v0⑧
mBv＋mAv＝mBv＋mA(2v0)2⑨
由⑧⑨得vx＝v0(另一解舍去)
物塊A第一次從斜面底端滑到最高點的過程，由動能定理有
－mgμs cos θ－mgs sin θ＝0－m(2v0)2?
物塊A第一次從最高點滑到水平面的過程，由動能定理有－mgμs cos θ＋mgs sin θ＝mv－0?
由??得μ＝0.45。
答案：(1)0.6 mv　(2)0.768v0t0　(3)0.45
2．解析：(1)線圈中通入微小電流I，線圈受到的安培力大小為F＝NBIl
彈簧長度改變量的絕對值為Δx，則有F＝kΔx
解得Δx＝
平面鏡偏轉(zhuǎn)角度為θ≈tan θ＝sin θ＝
則PQ上反射光點與O點間的弧對應的圓心角為2θ
PQ上反射光點與O點間的弧長s＝2θr
解得s＝2。
(2)設待測電流為I′，電流反向前、后彈簧彈力的變化量F＝2NBI′l
彈簧長度改變量的絕對值為Δx′，則有F＝kΔx′
反射前、后反射光線轉(zhuǎn)過的角度為
則通入電流I′時，平面鏡實際的偏轉(zhuǎn)角度為
φ＝·
根據(jù)φ＝
解得I′＝。
答案：(1)　2　(2)
3．解析：(1)滑塊從A到C的過程只有重力做功，機械能守恒，則
mgl sin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mv
在C點根據(jù)牛頓第二定律有
FN－mg＝
代入數(shù)據(jù)解得FN＝7 N。
(2)要使得滑塊到達F點，則必過圓弧軌道DEF的最高點，即有mglx sin 37°－mg(3R cos 37°＋R)＝mv≥0
即lx≥0.85 m
滑塊運動到F的過程中，由機械能守恒定律有
mglx sin 37°－4mgR cos 37°＝mv2
解得v＝(m/s)(0.85 m≤lx≤3 m)。
(3)設最終摩擦力做的功為滑塊第一次到達FG中點時的n倍，由動能定理得
mglx sin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0
解得lx＝ m
將0.85 m≤lx≤3 m代入上式可得≤n≤
由運動過程可知，n只能取1、3、5
①當n＝1時，lx＝ m
②當n＝3時，lx＝ m
③當n＝5時，lx＝ m。
答案：(1)7 N　(2)v＝(m/s)(0.85 m≤lx≤3 m)　(3) m　 m　 m
4．解析：(1)滑塊靜止時，滑塊和滑桿均處于靜止狀態(tài)，以滑塊和滑桿整體為研究對象，由平衡條件可知
N1＝(m＋M)g ＝8 N
滑塊向上滑動時，滑桿受重力、滑塊對其向上的摩擦力以及桌面的支持力，則有N2＝Mg－f
代入數(shù)據(jù)得N2＝5 N。
(2)由動能定理得－(mg＋f)l＝mv2－mv
代入數(shù)據(jù)解得v＝8 m/s。
(3)滑塊和滑桿發(fā)生的碰撞為完全非彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律有mv＝(M＋m)v共
代入數(shù)據(jù)得v共＝2 m/s
此后滑塊與滑桿一起豎直向上運動，根據(jù)動能定理有
－(M＋m)gh＝0－(M＋m)v
代入數(shù)據(jù)得h＝0.2 m。
答案：(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m
專題十七　電學綜合計算
1．解析：(1)安培力F＝BIL①
t＝2.0 s時，B＝(0.3－0.1t)T＝0.1 T②
又I＝，R＝4lλ③
E＝＝S＝·④
L為等效長度，大小等于正方形對角線的長度
L＝l⑤
將②③④⑤代入①得F＝ N。
(2)0～2.0 s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱
Q＝ t⑥
解得Q＝1.6×10－2 J。
答案：(1) N　(2)1.6×10－2 J
2．解析：(1)離子甲從A點射入電場，由O點沿z軸正方向射出，只受沿y軸負方向電場力的作用，所以在z軸正方向上，離子甲做勻速直線運動，在從A到O的運動過程中，在z軸方向上有
L＝v0t cos β
在y軸方向上有0＝v0sin β－at
由牛頓第二定律有Eq＝ma
解得E＝。
(2)離子甲進入磁場Ⅰ中，當離子甲運動軌跡與磁場Ⅰ上邊界相切時，由洛倫茲力充當向心力有
qv1B＝m，其軌跡半徑R1＝d
經(jīng)半個圓周由(0，2d，0)進入磁場Ⅱ，然后在垂直勻強磁場Ⅱ的平面內(nèi)運動，由洛倫茲力充當向心力有qv1·B＝m，解得R2＝d
軌跡恰與xOz平面相切，則此時離子甲速度最大，即vm＝v1＝。
(3)離子甲以v2＝射入磁場Ⅰ，則離子甲在磁場Ⅰ中的軌跡半徑R1′＝，離子甲在磁場Ⅰ中轉(zhuǎn)半個圓周，由y軸上(0，d，0)處第二次穿過xOy面進入磁場Ⅱ，在磁場Ⅱ中的軌跡半徑為R2′＝d，離子甲在磁場Ⅱ中偏轉(zhuǎn)半個圓周，由x軸上(d，0，0)處第三次穿過xOy面進入磁場Ⅰ，速度方向平行于z軸正方向，再在磁場Ⅰ中偏轉(zhuǎn)半個圓周第四次穿過xOy面，軌跡如圖1所示，所以離子第四次穿越xOy平面的位置坐標為(d，d，0)。

(4)設離子乙的速度為v2′，根據(jù)離子甲、乙動能相同可得
mv2＝×4mv2′2
解得v2′＝v2
由(3)問可知離子甲在磁場Ⅰ、Ⅱ中運動的軌跡半徑分別為R1′＝，R2′＝d
則離子乙在磁場Ⅰ、Ⅱ中的軌跡半徑分別為
R1″＝d，R2″＝d
根據(jù)幾何關系可知離子甲、乙運動軌跡第一個交點如圖2所示，

從O點進入磁場到第一個交點過程，有
t甲＝T甲1＋T甲2＝＋＝
t乙＝＋＝＋＝
可得離子甲、乙到達它們運動軌跡第一個交點時間差為Δt＝t乙－t甲＝。
答案：(1)　(2)　(3)(d，d，0)
(4)
3．解析：(1)兩小油滴勻速下落時，由題意得油滴的速度大小為
v＝
由于勻速下落，則油滴的重力等于其所受的空氣阻力，即
m0g＝f＝km0v
解得k＝。
(2)給兩極板加上電壓，經(jīng)過一段時間后B向上勻速運動，而A仍以原速度下落，說明A不帶電，B帶負電
B勻速上升的速度為v′＝
對B由平衡條件得q＝m0g＋km0v′
解得q＝
B上升距離為h2的過程，電場力做的功為
W＝qEh2＝qh2＝
又W＝－ΔEp
則B電勢能的變化量為－。
(3)假設新油滴最終向下勻速運動，其速度大小為v1，則新油滴所受空氣阻力向上，由平衡條件得
2m0g＝q＋k·(2m0)v1
解得v1＝
若新油滴最終豎直向上勻速運動，速度大小為v2，則2m0g＋k(2m0)v2＝q
解得：v2＝
答案：(1)　(2)A不帶電　B帶負電
?。?3)見解析
4．解析：(1)小球在兩板間做勻速圓周運動，電場力與重力大小相等，設兩板間電壓為U，有mg＝q
由閉合電路歐姆定律得U＝E0
聯(lián)立解得E0＝。
(2)小球在電容器中做勻速圓周運動，從上板右側(cè)邊緣離開，設軌跡半徑為r，有r2＝(r－d)2＋(d)2
又洛倫茲力提供小球做圓周運動的向心力，qvB＝m
解得B＝。
(3)小球離開磁場時，速度方向與水平方向的夾角為θ＝60°，要使小球做直線運動，則電場力與重力的合力與速度方向共線，當電場力等于小球重力垂直于速度方向的分力時，電場力最小，電場強度最小
qE′＝mg cos 60°
解得E′＝。
答案：(1)　(2)　(3)

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