1、2022 年江蘇省鹽城市高考物理二模試卷一、單選題（本大題共 11 小題，共 44.0 分）根據(jù)近代物理知識，你認(rèn)為下列說法中正確的是()在原子核中，結(jié)合能越大表示原子核中的核子結(jié)合得越牢固B. 235+1 140+94 + 21 是核裂變反應(yīng)92054380C. 氡的半衰期為3.8天，現(xiàn)有16個氡原子核，經(jīng)過7.6天后剩下4個氡原子核D. 一個氫原子從 = 4的激發(fā)態(tài)向低能級躍遷時，最多能輻射出6種不同頻率的光子“雙星系統(tǒng)”是指在相互間萬有引力的作用下，繞連線上某點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動的兩個孤立星球組成的系統(tǒng)。如圖所示，若忽略其他星球的影響，可以將星球和星球看成“雙星系統(tǒng)”。已知星球的公轉(zhuǎn)周期為，

2、星球和星球之間的距離為，星球表面重力加速度為，半徑為，引力常量為，不考慮星球的自轉(zhuǎn)。則( )星球和星球的質(zhì)量之和為43 3B. 星球的質(zhì)量為43 2 2C. 星球和星球的動量大小相等D. 星球和星球的加速度大小相等如圖所示，一端封閉的玻璃管，開口向下豎直插在水銀槽里，管內(nèi)封有長度分別為1和2的兩段氣體。當(dāng)將管慢慢地向上提起時，管內(nèi)氣柱的長度()A. 1變小，2變大B. 1變大，2變小C. 1、2都變小D. 1、2都變大如圖所示，固定光滑直桿上套有一個質(zhì)量為，帶電量為+的小球和兩根原長均為的輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與小球絕緣相連，另一端分別固定在桿上相距為2的、兩點(diǎn)，空間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電

3、場。已知直桿與水平面的夾角為，兩第 1 頁，共 24 頁彈簧的勁度系數(shù)均3，小球在距點(diǎn)4 的點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，點(diǎn)距點(diǎn)4 ，小55球在點(diǎn)由靜止釋放，重力加速度為。則( )勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為5小球在點(diǎn)的加速度大小為6 5C. 小球運(yùn)動的最大動能為12 25D. 小球運(yùn)動到最低點(diǎn)的位置離點(diǎn)距離為1 5劈尖干涉是一種薄膜干涉，將一平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，在一端夾入兩張紙片，從而在兩玻璃表面之間形成一個劈形空氣薄膜，當(dāng)光從上方入射后，從上往下看到的干涉條紋如圖所示。現(xiàn)從所示裝置中抽去一張紙片，從上往下看到的干涉條紋是( )B.C.D.隨著經(jīng)濟(jì)發(fā)展，用電需求大幅增加，當(dāng)電力供應(yīng)緊張時，有關(guān)部門

4、就會對部分用戶進(jìn)行拉閘限電。如圖是遠(yuǎn)距離輸電的原理圖，假設(shè)發(fā)電廠輸出電壓恒定不變，輸電線的電阻為，兩個變壓器均為理想變壓器。在某次拉閘限電后(假設(shè)所有用電器可 視為純電阻)電網(wǎng)中數(shù)據(jù)發(fā)生變化，下列說法正確的是()降壓變壓器的輸出電壓4減小了C. 輸電線上損失的功率減小了升壓變壓器的輸出電流2增加了D. 發(fā)電廠輸出的總功率增加了第 2 頁，共 24 頁如圖所示，水平面的區(qū)域內(nèi)存在有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，邊界的 夾角為30，距頂點(diǎn)為的點(diǎn)有一粒子源，粒子在水平面內(nèi)垂直邊向磁場內(nèi)發(fā)射速度大小不同的帶負(fù)電的粒子、粒子質(zhì)量為、電量大小為，下列說法正確的是 ()從邊界射出的粒子速度方向各不相同粒子離

5、開磁場時到點(diǎn)的最短距離為3垂直邊界射出的粒子的速度大小為2垂直邊界射出的粒子在磁場中運(yùn)動的時間為3如圖所示，圓形虛線框內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，、是以不同速率對準(zhǔn)圓心入射的正電子或負(fù)電子的運(yùn)動徑跡；、三個出射點(diǎn)和圓心的連線分別與豎直方向電90，60，45的夾角，則下列判斷正確的是( )沿徑跡運(yùn)動的粒子在磁場中運(yùn)動時間最短沿徑跡、運(yùn)動的粒子均為正電子沿徑跡、運(yùn)動的粒子速率比值為33沿徑跡、運(yùn)動的時間之比為9：8一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)開始，經(jīng)歷、三個過程回到原狀態(tài)，其 圖像如圖所示，氣體在三個狀態(tài)的體積分別為 、 、 ，壓強(qiáng)分別為 、 、 。已知 = 0， = 40，則下列說法正確的是()第

6、 3 頁，共 24 頁A. = 30B. = 3C. 從狀態(tài)到狀態(tài)，氣體對外做功D. 從狀態(tài)到狀態(tài)，氣體從外界吸熱如圖所示，光滑豎直桿固定，桿上套一質(zhì)量為的環(huán)，環(huán)與輕彈簧 一端相連，彈簧的另一端固定在點(diǎn)，點(diǎn)與點(diǎn)在同一水平線上， ， = ，環(huán)從處由靜止釋放運(yùn)動到點(diǎn)時彈簧仍處于伸長狀態(tài)，整個運(yùn)動過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為，環(huán)從處開始運(yùn)動時的加速度大小為2，則在環(huán)向下運(yùn)動的過程中( )環(huán)在處的加速度大小為0環(huán)在處的速度大小為2環(huán)從到一直做加速運(yùn)動環(huán)的速度最大的位置在、兩點(diǎn)之間如圖所示，三條水平虛線1、2、3之間有寬度為的兩個勻強(qiáng)磁場區(qū)域、， 兩區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等方向相反，正方

7、形金屬線框的質(zhì)量為、邊長 為，開始邊與邊界1重合，對線框施加拉力使其勻加速通過磁場區(qū)，以順時 針方向電流為正，下列關(guān)于感應(yīng)電流和拉力隨時間變化的圖像可能正確的是( )第 4 頁，共 24 頁B.C.D.二、實(shí)驗(yàn)題（本大題共 1 小題，共 9.0 分）利用電流傳感器可以測量電容器的電容。讓充電后的電容器通過大電阻放電， 電流傳感器與計(jì)算機(jī)連接，記錄放電電流隨時間變化的圖象，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積，數(shù)值上等于電容器的帶電量(可用系統(tǒng)軟件計(jì)算)，與充電電壓的比值即為電容器的電容。第 5 頁，共 24 頁圖甲、圖乙為放電法測量電容的兩種電路原理圖，先使開關(guān)與1端相連，充電 結(jié)束后，讀出電壓表的示數(shù).然

8、后把開關(guān)打向2端，記錄圖象，測量出電容器的帶電量。在甲、乙兩圖中，實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差較大的是(選填“甲或“乙”)，原因是對實(shí)驗(yàn)的影響，使電容測量值(選填“偏大”、“偏小”或“不變”)。系統(tǒng)軟件記錄的放電電流隨時間度變化的圖象可能是圖丙中的。某同學(xué)選擇了正確的實(shí)驗(yàn)電路圖，經(jīng)過實(shí)驗(yàn)操作獲得了多組數(shù)據(jù)，如表所示：123456/10.8 13.7 16.8 20.0 23.8 27.0/ 104 0.92 1.20 . 22 1.70 2.08 2.41請根據(jù)以上數(shù)據(jù)，在圖丁中作出圖象，由圖象可得該電容器的電容是 (結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。該同學(xué)是通過滑動變阻器來改變電容器的充電電壓的，請結(jié)合上述電路原理圖

9、， 在圖戊的方框內(nèi)作出能改變電容器充電電壓的電路原理圖。第 6 頁，共 24 頁該同學(xué)在完成電容的測量實(shí)驗(yàn)后，把一多用表的選擇開關(guān)調(diào)到歐姆擋，正確調(diào) 零后把紅黑表筆同時與電容器的兩極接觸，請你描述接觸后多用表指針的偏轉(zhuǎn)情況。三、計(jì)算題（本大題共 4 小題，共 40.0 分）A、兩個容器體積均為，是用活塞密封的氣筒， 它的工作體積為0.5。與、通過兩只單向氣閥、相連。當(dāng)氣筒抽氣時氣閥打開、關(guān)閉；當(dāng)氣筒打氣時氣閥打開、關(guān)閉。最初、兩容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)均為大氣壓強(qiáng)0，活塞位于氣筒的最右側(cè)。(氣筒與容器連接部分的氣體體積忽略不計(jì)，整個裝置溫度保持不變，氣體可視為理想氣體。)求以工作體積完成第1次抽氣結(jié)束

10、后，容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)1；現(xiàn)在讓氣筒以工作體積完成抽氣、打氣各兩次，求第1次打氣后與第2次打氣后容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)之比。眼球結(jié)構(gòu)類似球體，眼睛發(fā)生病變時，會使眼球內(nèi)不同部 位對光的折射率發(fā)生變化?，F(xiàn)在用一個玻璃球模擬眼球， 研究對光的傳播的影響。玻璃球用兩個折射率不同、半徑 均為的半球拼合在一起，拼合面為，球心為，為的中點(diǎn)，垂直交左半球于點(diǎn)。一束單色光從點(diǎn)以跟反向延長線成30方向射入。該單色光在左、右半球的折射率分別為1 =3和2 = 2，真空中的光速為。通過計(jì)算說明此單色光能否從右半球射出？計(jì)算此單色光在玻璃球中傳播第一次到達(dá)右半球與空氣交界面所用時間。第 7 頁，共 24 頁如圖所示，足夠長的粗

11、糙水平軌道、光滑水平軌道和足夠長的粗糙傾斜軌道 在同一豎直平面內(nèi)，斜面傾角為37，和平滑連接。在的最右端靜止一個質(zhì)量 = 4的木板，其高度與等高，木板與軌道間動摩擦因數(shù)1 = 0.05，質(zhì)量 = 1的滑塊靜止在軌道上的某點(diǎn)，在軌道上距斜面底端 = 8處靜止釋放一質(zhì)量 = 3的滑塊，一段時間后滑塊與發(fā)生彈性正碰，碰撞時間忽略不計(jì)，與碰撞1后滑上長木板，經(jīng)過3后從木板上飛出，飛出后0.5落地(假設(shè)落地后靜止)。已知、與斜面和木板間的動摩擦因數(shù)均為2 = 0.25，滑塊、均當(dāng)作質(zhì)點(diǎn)，重力加速度取10/2，37 = 0.6，37 = 0.8。求： (1)滑塊、碰撞后獲得的速度大?。荒景宓拈L度；最終、靜

12、止時距木板左側(cè)的距離。如圖1所示，現(xiàn)有一機(jī)械裝置，裝置右端固定有一水平光滑絕緣桿，裝置可以帶 動桿上下平行移動，桿上套有兩個小球、，質(zhì)量 = 1、 = 2，球帶電量 = +1，球不帶電。初始時球在桿的最左端，且、球相距 = 0.10?，F(xiàn)讓裝置帶動桿以0 = 5/向下勻速平動，并且加上一垂直桿向里的磁感應(yīng)強(qiáng)第 8 頁，共 24 頁度 = 1的勻強(qiáng)磁場，已知小球和桿始終在磁場中，球發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞， 且碰撞過程中電荷量不發(fā)生轉(zhuǎn)移。求小球、第一次發(fā)生碰撞后的速度分別是多少？若已知在桿的最右端恰好發(fā)生第十次碰撞，則桿的長度是多少？(3)若如圖2所示，將該裝置固定不動，并在右端固定一個半徑為 =

13、3的四分之一圓弧形軌道，圓弧的圓心恰在桿的最右端。初始時兩球均靜止?，F(xiàn)給球一個向右的沖量，求球落到圓弧形軌道上動能的最小值，并求出此時給球的沖量的大小。(取10/2)第 9 頁，共 24 頁答案和解析【答案】【解析】解：、比結(jié)合能的大小反映原子核的穩(wěn)定程度，比結(jié)合能越大的原子核，核子結(jié)合得越牢固，故 A 錯誤；B、該方程是中子轟擊釉核，生成兩個中等質(zhì)量的原子核的反應(yīng)，是重核的裂變，故B正確；C、半衰期是大量放射性元素衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對個別的原子核沒有意義，所以若取16個氡原子核，經(jīng)過7.6天后不一定剩下4個氡原子核，故 C 錯誤；D、一個處于 = 4激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級躍遷時，最多可產(chǎn)生3種

14、不同頻率的光子， 即4 3，3 2，2 1，故 D 錯誤；故選：。半衰期比結(jié)合能越大，原子核中的核子結(jié)合得越牢固；核裂變反應(yīng)是重核吸收一個慢中子后反應(yīng)生成中等質(zhì)量的原子核的反應(yīng)；半衰期是大量放射性元素的原子核衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律；一個氫原子，不是一群氫原子。本題考查了衰變的特點(diǎn)、比結(jié)合能等基礎(chǔ)知識點(diǎn)，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些基礎(chǔ)知識點(diǎn)，注意比結(jié)合能越大，原子核中核子結(jié)合越牢固，不是結(jié)合能越大，核子結(jié)合越牢固?！敬鸢浮俊窘馕觥拷猓骸⒃O(shè)星球質(zhì)量為，表面某物體的質(zhì)量為，忽略自轉(zhuǎn)的影響，則有 = ，解得 = 2，球到點(diǎn)的距離為，球質(zhì)量為，到點(diǎn)的距離為 ，212則 = (2)21， = (2)22，可得1 =

15、 2，1 = 2，1 = 2。L2L2又因?yàn)? = L，聯(lián)立解得 + = 42 L3，星球質(zhì)量 = 42L3 2，故 A、B 錯誤，12C 正確。 2 2D、星球與星球的引力大小相同，質(zhì)量不同，所以加速度大小不等，故D 錯誤。故選：。雙星系統(tǒng)，兩星球向心力相等，角速度相等，結(jié)合萬有引力公式列式求解。本題考查雙星系統(tǒng)，兩星角速度相等，是解題關(guān)鍵。第 10 頁，共 24 頁【答案】【解析】解：假設(shè)將玻璃管豎直向上緩慢提升時，2的下端面水銀沒有上升，保持原高度。即2內(nèi)氣體的壓強(qiáng)不變。那么其體積就不變。就只有1的體積增大，于是1內(nèi)氣體 壓強(qiáng)變小。但是1內(nèi)的氣體壓強(qiáng)始終是2氣體壓強(qiáng)減去中間那段水銀柱高度

16、，所以假設(shè)錯誤，2也會體積增大；故 ABC 錯誤，D 正確； 故選：。先假設(shè)將玻璃管豎直向上緩慢提升時，2的下端面水銀沒有上升，保持原高度。即2內(nèi) 氣體的壓強(qiáng)不變。那么其體積就不變。就只有1的體積增大，于是1內(nèi)氣體壓強(qiáng)變小。但是1內(nèi)的氣體壓強(qiáng)始終是2氣體壓強(qiáng)減去中間那段水銀柱高度，所以假設(shè)錯誤，2也 會體積增大，壓強(qiáng)減小。解決此類問題常常利用假設(shè)法，假設(shè)水銀柱未移動，然后利用波意耳定律分析，找出矛盾即可解決問題。【答案】【解析】解：.依題意，小球在距點(diǎn)4 的點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球受到兩根彈簧的彈5力合力大小為 = 2 對小球由共點(diǎn)力平衡可得( + E) = 解得E = 5故 A 錯誤；根據(jù)對稱性

17、，可知小球在點(diǎn)的受兩彈簧彈力合力情況與點(diǎn)大小相等，方向相反， 根據(jù)牛頓第二定律，有 + ( + E) = 求得 = 12 5故 B 錯誤；小球從點(diǎn)由靜止下滑時，運(yùn)動到點(diǎn)受力平衡，加速度為0，速度最大，動能最大， 從到過程中，根據(jù)動能定理可得( + E) = E第 11 頁，共 24 頁由幾何關(guān)系可求得 = 2L 2 4 L = 2 L55聯(lián)立求得25E = 12 L故 C 正確；依題意，可判斷知小球從點(diǎn)靜止運(yùn)動到最低點(diǎn)時，小球做簡諧振動，點(diǎn)為平衡位置，根據(jù)簡諧運(yùn)動的對稱性可知，小球運(yùn)動最低點(diǎn)到點(diǎn)距離為2 L，所以小球運(yùn)動到最5低點(diǎn)的位置離點(diǎn)距離為 = 2 L = 2 L55故 D 錯誤。故選：

18、。對小球由共點(diǎn)力平衡求解勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小；根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大??； 小球從點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)的過程中彈簧彈力做功為零，根據(jù)動能定理求解求解最大動能；根 據(jù)簡諧運(yùn)動規(guī)律解得小球運(yùn)動到最低點(diǎn)的位置離點(diǎn)距離。本題主要是考查帶電小球在電場中的運(yùn)動，關(guān)鍵是弄清楚受力情況和運(yùn)動情況，能夠根據(jù)動能定理、牛頓第二定律等進(jìn)行解答。【答案】【解析】解：設(shè)劈尖的角度為，第級明條紋對應(yīng)的劈尖膜厚度為 ， 第 + 1級明條紋對應(yīng)的劈尖膜厚度為+1 ，相鄰兩明條紋的間距為根據(jù)干涉與光程差的關(guān)系有2+1 2 = 根據(jù)幾何關(guān)系，則有： = +1 即為： = 2抽去一張紙片后，減小，所以增大，即干涉條紋等間距，并變稀疏，故

19、B 正確，ACD 錯誤。故選：。從空氣膜的上下表面分別反射的兩列光是相干光，其光程差為空氣層厚度的2倍，當(dāng)光程差 = 時此處表現(xiàn)為亮條紋，故相鄰亮條紋之間的空氣層的厚度差為1 ，再結(jié)合2三角函數(shù)，即可分析掌握了薄膜干涉的原理和相鄰條紋空氣層厚度差的關(guān)系，即可順利解決此類題目，注意第 12 頁，共 24 頁相鄰兩明條紋的間距與光程差的關(guān)系【答案】【解析】解：、拉閘限電后，用電器減少，用戶并聯(lián)支路減少，用戶端總電阻增加， 降壓變壓器副線圈電流4減小，降壓變壓器原副線圈匝數(shù)不變，則降壓變壓器原線圈電 流減小，即2 = 3 減小，輸電線電阻不變而輸電線電流減小，則輸電線上的電壓損失 減小，由于發(fā)電廠輸

20、出電壓1恒定，輸送電壓2也恒定，根據(jù)2 = + 3可知3增加，4也增加，故 AB 錯誤；2C、輸電線損失的功率 = 2，2減小而不變，則輸電線上損失的功率減小了，故C正確；D、2減小，1也隨著減小，發(fā)電廠輸出電壓1恒定，所以發(fā)電廠輸出總功率 = 11減小，故 D 錯誤。故選：。理想變壓器的輸入功率由輸出功率決定，輸出電壓由輸入電壓決定；明確遠(yuǎn)距離輸電過程中的功率、電壓的損失與哪些因素有關(guān)，明確整個過程中的功率、電壓關(guān)系。對于遠(yuǎn)距離輸電問題，一定要明確整個過程中的功率、電壓關(guān)系，尤其注意導(dǎo)線上損失的電壓和功率與哪些因素有關(guān)?！敬鸢浮俊窘馕觥拷猓?粒子豎直向上進(jìn)入磁場，軌跡圓心一定在邊上，若粒子能

21、從邊界射出，粒子的速度方向一定豎直向下，故方向均相同，故A 錯誤；B.當(dāng)軌跡恰好與邊相切時，粒子從邊離開磁場時到點(diǎn)的距離最短，由幾何關(guān)系可得( 1)30 = 1離點(diǎn)的最短距離為 = 21聯(lián)立解得： = 3故 B 正確；C.垂直邊界射出的粒子，軌道半徑為2 = 由洛倫茲力作為向心力可得： = 22解得粒子的速度大小為： = 第 13 頁，共 24 頁故 C 錯誤；D.粒子在磁場中的運(yùn)動周期為 = 2垂直邊界射出的粒子在磁場中運(yùn)動的時間為 =故 D 錯誤。故選：。30360 = 6粒子豎直向上進(jìn)入磁場，軌跡圓心一定在邊上，若粒子能從邊界射出，粒子的速度 方向一定豎直向下，根據(jù)幾何關(guān)系解得最短距離；

22、根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得速度， 根據(jù)周期公式解得時間。解決該題的關(guān)鍵是正確作出粒子的運(yùn)動軌跡，能根據(jù)幾何知識求解粒子做圓周運(yùn)動的半徑，要注意圓周運(yùn)動的周期性以及多解性?！敬鸢浮俊窘馕觥拷猓骸⒂捎谡娮雍拓?fù)電子的電量和質(zhì)量均相等，根據(jù) = 2可知四種粒子的周期相等，而沿徑跡運(yùn)動的粒子偏轉(zhuǎn)角最大，圓心角也最大，由 =沿徑跡運(yùn)動的粒子在磁場中運(yùn)動時間最長，故A 項(xiàng)錯誤： 2可知B、由左手定則可判斷沿徑跡，運(yùn)動的粒子均帶負(fù)電，故 B 項(xiàng)錯誤；C、設(shè)圓形磁場半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系可得沿徑跡，運(yùn)動的粒子軌道半徑分別為= ，= 3，根據(jù) = 2可得= = 3，故 C 項(xiàng)正確： 3D、由前述分析可知，運(yùn)動時間

23、之比為偏轉(zhuǎn)角之比所以 = = 60 = 4，故 D 項(xiàng)錯誤。故選：。453根據(jù)粒子的運(yùn)動軌跡作圖，結(jié)合幾何關(guān)系可知其圓心角的大小關(guān)系，根據(jù)周期公式可知粒子在磁場中運(yùn)動時間的大小，根據(jù)左手定則判斷電性，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知第 14 頁，共 24 頁速度與半徑的關(guān)系。本題考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動，解題關(guān)鍵要根據(jù)題意作出粒子的運(yùn)動軌跡圖，結(jié)合洛倫茲力提供向心力解得半徑關(guān)系，同時根據(jù)周期與圓心角解得運(yùn)動時間?！敬鸢浮俊窘馕觥拷猓?由題圖可知，從狀態(tài)到狀態(tài)屬于等容過程，氣體體積不變，由一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程可得 = 又 = 0解得： = 20故 A 錯誤；由題圖可知，從狀態(tài)到狀態(tài)屬于等溫過程

24、，氣體溫度不變，由一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程可得： = 得 = 4 ，故 B 錯誤；從狀態(tài)到狀態(tài)，氣體體積不變，所以氣體不會對外做功，故C 錯誤；從狀態(tài)到狀態(tài)，可以等效為先從狀態(tài)到狀態(tài)，再從狀態(tài)到狀態(tài)。從狀態(tài)到狀態(tài)，溫度不變，即氣體內(nèi)能不變；體積增大，所以氣體對外做功，即 0由熱力學(xué)第一定律可得 = + 可知?dú)怏w要從外界吸收熱量。所以從狀態(tài)到狀態(tài)，氣體從外界吸熱。故 D 正確。故選：。由圖示圖象判斷氣體的狀態(tài)變化過程，應(yīng)用一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程判斷氣體體積如何變化，然后應(yīng)用熱力學(xué)第一定律答題。本題考查氣體的狀態(tài)方程中對應(yīng)的圖象，分析清楚圖示圖象、知道理想氣體內(nèi)能由氣體的溫度決定即可解題，

25、解題時要抓住在 圖象中等容線為過原點(diǎn)的直線。【答案】第 15 頁，共 24 頁【解析】解：、環(huán)在處時，水平方向受到彈簧的拉力和桿的支持力，二力平衡。豎直方向受到重力，所以，環(huán)在處的加速度大小為，故 A 錯誤；B、因?yàn)?，則環(huán)從到彈簧的彈性勢能增加，根據(jù)環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒得： = 1 2 + ， 0，則 2，故 B 錯誤；2C、環(huán)從處開始運(yùn)動時的加速度大小為2，根據(jù)牛頓第二定律得： + 豎 = 2， 得環(huán)從處時彈簧拉力的豎直向下的分量豎 = 設(shè)桿上點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)的對稱性為點(diǎn)(點(diǎn)在、之間)，則環(huán)在點(diǎn)時，根據(jù)牛頓第二定律得： 豎 = ，得 = 0，所以環(huán)從到做加速運(yùn)動，環(huán)從到做減速運(yùn)動， 在點(diǎn)時

26、速度最大，故 C 錯誤，D 正確。故選：。分析環(huán)在處的受力情況，確定環(huán)的加速度大小。根據(jù)環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒確定環(huán)在處的速度大小。環(huán)從到的過程，分析環(huán)的受力情況，判斷其運(yùn)動情況，確定速度最大的位置。解決本題的關(guān)鍵要正確分析環(huán)的受力情況，確定其加速度，來判斷其運(yùn)動情況，要知道環(huán)的加速度為零時速度最大。【答案】【解析】解：由于線框做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)邊向右運(yùn)動0過程中，經(jīng)過的時間 為1 = 2；0 2的過程中，用時間2 = 4 = 2 2，03過程中，用時間3 =6 = 3 2 。、當(dāng)邊向右運(yùn)動0的過程中，感應(yīng)電動勢：1 = = ，根據(jù)閉合電路的1歐姆定律可得感應(yīng)電流：= 1= ，方向?yàn)檎?/p>

27、方向；設(shè)線框完全進(jìn)入第一個磁場時的速度大小為1，2的過程中，前后兩邊都切割磁感應(yīng)線，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為：2 = 21 + 2 ，根據(jù)右手定則可知電流為負(fù)方向；設(shè)線框離開右邊磁場時的速度大小為2，在23的過程中，只有邊切割磁感應(yīng)線，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為：3 = 2 + ，方向?yàn)檎较?，?A 錯誤、B 正確；、設(shè)拉力為，0過程中，根據(jù)牛頓第二定律可得： = ，即： = 22 + 第 16 頁，共 24 頁2過程中，拉力 = 422 + 42 21 + 23過程中，拉力 = 22 + 2 22 + ，故 CD 錯誤。故選：。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合閉合電路的歐姆定律求解感應(yīng)電流隨時間的變化情況；根據(jù)牛

28、頓第二定律得到拉力隨時間的變化情況，由此分析。對于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的圖象問題，經(jīng)常是根據(jù)楞次定律或右手定則判斷電流方向，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律求解感應(yīng)電流隨時間變化關(guān)系，然后推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)的關(guān)系式，由此進(jìn)行解答，這是電磁感應(yīng)問題中常用的方法和思路。【答案】(1)乙、電壓表分流、偏??；(2)；8.9(8.69.0均正確)；如圖所示；多用表指針先快速偏轉(zhuǎn)大角度，后逐漸回到原位置【解析】【分析】根據(jù)電源的極性結(jié)合電容器充、放電情況進(jìn)行分析；通過橫軸與縱軸的數(shù)據(jù)，求出一個格子對應(yīng)的電量，再結(jié)合圖象所包含的面積，算第 17 頁，共 24 頁出多少個格子，根據(jù)電流強(qiáng)度的定義式求解電

29、荷量，根據(jù)電容的計(jì)算公式即可求解電容； (3)電容器儲存的電荷量與電阻無關(guān)，由 = 決定，根據(jù)電流強(qiáng)度的定義式進(jìn)行分析。(5)根據(jù)歐姆表的工作原理，說明當(dāng)用歐姆表去測電容器的電阻時指針的偏轉(zhuǎn)是怎樣的。解決本題的關(guān)鍵掌握電容的定義式，以及知道 圖線與時間軸圍成的面積表示通過的電荷量。知道充電和放電的原理及過程，了解電容物理量的物理意義和定義及大小的公式。【解答】通過兩個電路的比較，不同之處在于電壓表的接法，圖乙中的電壓表無論充放電均 接在電容器兩端，但當(dāng)電容器放電時，由于電壓表的分流而使電流傳感器未記錄該分 流大小，所以產(chǎn)生了系統(tǒng)誤差。這樣電容器的一些電量通過了電壓表，導(dǎo)致電量的測量值偏小，由

30、= 可知，電容測量值偏小。放電電流剛開始時很大，隨著電荷量的減小而減小得越來越慢，圖象符合要求。(3)先在圖丁中把表格中的點(diǎn)描出來，再把這些點(diǎn)畫成一條直線，偏離直線太遠(yuǎn)的點(diǎn)舍去，結(jié)果如圖所示，那么圖象的斜率就是電容 = 8.9；= 2.50104 = 8.9 106 =28.0按要求對圖甲對進(jìn)行改進(jìn)后，又能調(diào)壓， 又能測電容的電路圖如圖所示；多用表的選擇開關(guān)調(diào)到歐姆擋，正確調(diào)零后把紅黑表筆同時與電容器的兩極接觸， 由于歐姆表有內(nèi)接電源，所以內(nèi)接電源先對電容器充電，充滿之后，電路又相對于斷開， 所以多用電表的指針先快速偏轉(zhuǎn)大角度，后逐漸回到原來位置。故答案為：(1)乙、電壓表分流、偏小； (2)

31、；第 18 頁，共 24 頁(3)8.9(8.6 9.0均正確)；如圖所示；多用表指針先快速偏轉(zhuǎn)大角度，后逐漸回到原位置【答案】解：第一次抽氣過程，對容器內(nèi)氣體，初始狀態(tài)壓強(qiáng)和體積分別為0，；抽氣后，壓強(qiáng)為1，體積為(1 + 0.5)抽氣過程溫度不變，由玻意耳定律有0 = 1(1 + 0.5)3解得：1 = 2 0設(shè)第一次打氣結(jié)束時內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為2，對第一次打氣過程，由玻意耳定律有0 + 0.51 = 2設(shè)第二次抽氣結(jié)束時內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為，對第二次抽氣過程，由玻意耳定律有1 = (0.5 + 1)設(shè)第二次打氣結(jié)束時內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為，對第二次打氣過程，由玻意耳定律有2 + 0.5 = 解得2 = 6

32、70答：、以工作體積完成第1次抽氣結(jié)束后，容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為2 ；3、現(xiàn)在讓氣筒以工作體積完成抽氣、打氣各兩次，第1次打氣后與第2次打氣后容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)之比為6。7第 19 頁，共 24 頁【解析】第一次抽氣，以內(nèi)氣體為研究對象，根據(jù)玻意耳定律求解活塞第一次抽氣結(jié)束后內(nèi)氣體的壓強(qiáng)；求出第二次抽氣后內(nèi)氣體壓強(qiáng)，分別求出第一次打氣、第二次打氣后內(nèi)氣體的壓強(qiáng)，由此求解壓強(qiáng)之比。本題主要是考查了理想氣體的狀態(tài)方程；解答此類問題的方法是：找出不同狀態(tài)下的三 個狀態(tài)參量，分析理想氣體發(fā)生的是何種變化，利用理想氣體的狀態(tài)方程列方程求解， 注意抽氣問題和打氣問題的處理方法，能夠利用“分態(tài)式”的方法進(jìn)行解答?！?/p>

33、答案】解：(1)如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知單色光在點(diǎn)的入射角為： = 30 + 30 = 60設(shè)單色光在點(diǎn)的折射角為，根據(jù)折射定律有1= 代入數(shù)據(jù)解得： = 30即折射光線沿方向，由幾何關(guān)系可知單色光在右半球與空氣交界面的入射角為 = 30單色光在交界面發(fā)生全反的射臨界角滿足 =12代入數(shù)據(jù)解得： = 45則 ，即單色光在交界面不會發(fā)生全反射，能夠從右半球射出。(2)單色光在左、右半球的傳播速度分別為1 = ，2 =12根據(jù)幾何關(guān)系可知單色光在左、右半球的傳播距離相等，均為 = = 3 2所以單色光在玻璃球中傳播第一次到達(dá)右半球與空氣交界面所用時間為 =1+ 2聯(lián)立解得： = (3+6)2答：

34、(1)此單色光能從右半球射出；第 20 頁，共 24 頁(2)此單色光在玻璃球中傳播第一次到達(dá)右半球與空氣交界面所用時間為(3 6)。2【解析】(1)根據(jù)折射定律解得折射角根據(jù)幾何關(guān)系與全反射臨界角關(guān)系判斷能否從右半球射出；(2)根據(jù)波速與折射率的關(guān)系結(jié)合波程可解得時間。本題考查光的折射，解題關(guān)鍵掌握折射定律的應(yīng)用，同時注意全反射臨界角的計(jì)算以及光在介質(zhì)中傳播速度的公式。【答案】解：(1)滑塊在下滑到底端的過程中，由動能定理得： L37 L37 = 1 2 021代入數(shù)據(jù)解得：1 = 8/滑塊、發(fā)生彈性正碰，碰撞過程中動量守恒，能量守恒， 以向左為正方向，由動量守恒定律得： 1 = 由機(jī)械能守

35、恒定律得：1 2= 1 21 22122代入數(shù)據(jù)解得： = 4/， = 12/(2)滑塊與碰后，經(jīng) = 1滑上木板，則可知碰撞點(diǎn)離木板的右端距離為： = = 12 1 = 12而物體到達(dá)木板右端位置的時間為 = 12 = 34而在3的時間物體剛好滑離木板，對物體，由牛頓第二定律：2 = 代入數(shù)據(jù)解得： = 2.5/2對木板：2 = 1()，木板靜止不動，則在靜止的木板上做勻減速直線運(yùn)動，由(1)可知， = 3，經(jīng) = 3后滑上長木板，故在木板上運(yùn)動2后， 滑上長木板，然后再繼續(xù)滑行1后飛出長木板，故滑上長木板1 = 2內(nèi)：1 = 1 1 2，1 = 1，21代入數(shù)據(jù)解得：1 = 19，1 =

36、7/滑上長木板2 = 1內(nèi)，由牛頓第二定律得：2 = ，22 ( ) = ， 代入數(shù)據(jù)解得： = 2.5/2， = 1.5/2則2 = 1后，2 = 1 1，1 = 2， = 2，第 21 頁，共 24 頁2 = 2 1 2，1 = 2 1 2，1 = 1 2222222代入數(shù)據(jù)解得：2 = 4.5/，1 = 1.5/， = 1.5/，2 = 5.75，1 = 2.75，1 = 0.75故長木板的長度 = 1 + 2 1，代入數(shù)據(jù)解得： = 24 (3)由(2)可知，當(dāng)滑塊飛出長木板后：1 = = 1.5/經(jīng)3 = 0.5后，滑塊做平拋運(yùn)動后落地：3 = 23 = 4.5 0.5 = 2.25

37、由于1 2，、共速后將一起運(yùn)動，無相對滑動由牛頓第二定律得：1( + ) = ( + )代入數(shù)據(jù)解得： = 0.5/2由于 4 = 0，解得：4 = 3此時：2 = 4 1 224代入數(shù)據(jù)解得：2 = 2.25故最終靜止時，、 距木板左側(cè)： = 3 2， = (1 1)代入數(shù)據(jù)解得： = 22答：(1)滑塊、碰撞后獲得的速度大小分別是4/、12/；木板的長度是24；最終、靜止時距木板左側(cè)的距離是22?！窘馕觥?1)應(yīng)用動能定理求出滑塊到達(dá)斜面底端時的速度大小，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞， 碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，應(yīng)用動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出碰撞后 的速度大小。應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動學(xué)公式求出木板的長度。根據(jù)物體的運(yùn)動過程，應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動學(xué)公式求解。本題考查動量守恒定律、動能定理等內(nèi)容，相對較難，分析清楚運(yùn)動過程、應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式即可解