2022年廣東省新高考物理試卷一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（4分）如圖是可用來制作豆腐的石磨。木柄AB靜止時，連接AB的輕繩處于繃緊狀態。O點是三根輕繩的結點，F、F1和F2分別表示三根繩的拉力大小，F1＝F2且∠AOB＝60°。下列關系式正確的是（）A．F＝F1 B．F＝2F1 C．F＝3F1 D．F＝F12．（4分）“祝融號”火星車需要“休眠”以度過火星寒冷的冬季。假設火星和地球的冬季是各自公轉周期的四分之一，且火星的冬季時長約為地球的1.88倍。火星和地球繞太陽的公轉均可視為勻速圓周運動。下列關于火星、地球公轉的說法正確的是（）A．火星公轉的線速度比地球的大 B．火星公轉的角速度比地球的大 C．火星公轉的半徑比地球的小 D．火星公轉的加速度比地球的小3．（4分）如圖是滑雪道的示意圖。可視為質點的運動員從斜坡上的M點由靜止自由滑下，經過水平NP段后飛入空中，在Q點落地。不計運動員經過N點的機械能損失，不計摩擦力和空氣阻力。下列能表示該過程運動員速度大小v或加速度大小a隨時間t變化的圖像是（）A． B． C． D．4．（4分）如圖是簡化的某種旋轉磁極式發電機原理圖。定子是僅匝數n不同的兩線圈，n1＞n2，二者軸線在同一平面內且相互垂直，兩線圈到其軸線交點O的距離相等，且均連接阻值為R的電阻，轉子是中心在O點的條形磁鐵，繞O點在該平面內勻速轉動時，兩線圈輸出正弦式交變電流。不計線圈電阻、自感及兩線圈間的相互影響，下列說法正確的是（）A．兩線圈產生的電動勢的有效值相等 B．兩線圈產生的交變電流頻率相等 C．兩線圈產生的電動勢同時達到最大值 D．兩電阻消耗的電功率相等5．（4分）目前科學家已經能夠制備出能量量子數n較大的氫原子。氫原子第n能級的能量為En＝，其中E1＝﹣13.6eV。如圖是按能量排列的電磁波譜，要使n＝20的氫原子吸收一個光子后，恰好失去一個電子變成氫離子，被吸收的光子是（）A．紅外線波段的光子 B．可見光波段的光子 C．紫外線波段的光子 D．X射線波段的光子6．（4分）如圖所示，在豎直平面內，截面為三角形的小積木懸掛在離地足夠高處，一玩具槍的槍口與小積木上P點等高且相距為L。當玩具子彈以水平速度v從槍口向P點射出時，小積木恰好由靜止釋放，子彈從射出至擊中積木所用時間為t。不計空氣阻力。下列關于子彈的說法正確的是（）A．將擊中P點，t大于 B．將擊中P點，t等于 C．將擊中P點上方，t大于 D．將擊中P點下方，t等于7．（4分）如圖所示，一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區域，兩區域分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質子以某一速度從立方體左側垂直Oyz平面進入磁場，并穿過兩個磁場區域。下列關于質子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是（）A． B． C． D．二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。（多選）8．（6分）如圖所示，磁控管內局部區域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有（）A．電子從N到P，電場力做正功 B．N點的電勢高于P點的電勢 C．電子從M到N，洛倫茲力不做功 D．電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力（多選）9．（6分）如圖所示，載有防疫物資的無人駕駛小車，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛。已知小車總質量為50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的傾角為30°，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。下列說法正確的有（）A．從M到N，小車牽引力大小為40N B．從M到N，小車克服摩擦力做功800J C．從P到Q，小車重力勢能增加1×104J D．從P到Q，小車克服摩擦力做功700J（多選）10．（6分）如圖所示，水平地面（Oxy平面）下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長直導線。P、M和N為地面上的三點，P點位于導線正上方，MN平行于y軸，PN平行于x軸。一閉合的圓形金屬線圈，圓心在P點，可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運動，運動過程中線圈平面始終與地面平行。下列說法正確的有（）A．N點與M點的磁感應強度大小相等，方向相同 B．線圈沿PN方向運動時，穿過線圈的磁通量不變 C．線圈從P點開始豎直向上運動時，線圈中無感應電流 D．線圈從P到M過程的感應電動勢與從P到N過程的感應電動勢相等三、非選擇題：共54分。第11～14題為必考題，考生都必須作答。第15～16題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：共42分。11．（7分）某實驗小組為測量小球從某一高度釋放，與某種橡膠材料碰撞導致的機械能損失，設計了如圖（a）所示的裝置，實驗過程如下：（1）讓小球從某一高度由靜止釋放，與水平放置的橡膠材料碰撞后豎直反彈。調節光電門位置，使小球從光電門正上方釋放后，在下落和反彈過程中均可通過光電門。（2）用螺旋測微器測量小球的直徑，示數如圖（b）所示，小球直徑d＝mm。（3）測量時，應（選填“A”或“B”，其中A為“先釋放小球，后接通數字計時器”，B為“先接通數字計時器，后釋放小球”）。記錄小球第一次和第二次通過光電門的遮光時間t1和t2。（4）計算小球通過光電門的速度，已知小球的質量為m，可得小球與橡膠材料碰撞導致的機械能損失ΔE＝（用字母m、d、t1和t2表示）。（5）若適當調高光電門的高度，將會（選填“增大”或“減小”）因空氣阻力引起的測量誤差。12．（9分）彈性導電繩逐步成為智能控制系統中部分傳感器的敏感元件。某同學測量彈性導電繩的電阻與拉伸后繩長之間的關系，實驗過程如下：（1）裝置安裝和電路連接如圖（a）所示，導電繩的一端固定，另一端作為拉伸端，兩端分別用帶有金屬夾A、B的導線接入如圖（b）所示的電路中。（2）導電繩拉伸后的長度L及其電阻Rx的測量①將導電繩拉伸后，用刻度尺測量并記錄A、B間的距離，即為導電繩拉伸后的長度L。②將滑動變阻器R的滑片滑到最右端。斷開開關S2，閉合開關S1，調節R，使電壓表和電流表的指針偏轉到合適位置。記錄兩表的示數U和I1。③閉合S2，電壓表的示數（選填“變大”或“變小”）。調節R使電壓表的示數仍為U，記錄電流表的示數I2，則此時導電繩的電阻Rx＝（用I1、I2和U表示）。④斷開S1，增大導電繩拉伸量，測量并記錄A、B間的距離，重復步驟②和③。（3）該電壓表內阻對導電繩電阻的測量值（選填“有”或“無”）影響。（4）圖（c）是根據部分實驗數據描繪的Rx﹣L圖線。將該導電繩兩端固定在某種機械臂上，當機械臂彎曲后，測得導電繩的電阻Rx為1.33kΩ，則由圖線可讀出導電繩拉伸后的長度為cm，即為機械臂彎曲后的長度。13．（11分）某同學受自動雨傘開傘過程的啟發，設計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態。當滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為1N。滑塊滑到B處與滑桿發生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動。已知滑塊的質量m＝0.2kg，滑桿的質量M＝0.6kg，A、B間的距離l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：（1）滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小N1和N2；（2）滑塊碰撞前瞬間的速度大小v；（3）滑桿向上運動的最大高度h。14．（15分）密立根通過觀測油滴的運動規律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎。如圖是密立根油滴實驗的原理示意圖，兩個水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有一小孔。通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個質量均為m0、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B，在時間t內都勻速下落了距離h1。此時給兩極板加上電壓U（上極板接正極），A繼續以原速度下落，B經過一段時間后向上勻速運動。B在勻速運動時間t內上升了距離h2（h2≠h1），隨后與A合并，形成一個球形新油滴，繼續在兩極板間運動直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為f＝kv，其中k為比例系數，m為油滴質量，v為油滴運動速率。不計空氣浮力，重力加速度為g。求：（1）比例系數k；（2）油滴A、B的帶電量和電性；B上升距離h2電勢能的變化量；（3）新油滴勻速運動速度的大小和方向。（二）選考題：共12分。請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。[選修3-3]（12分）15．（6分）利用空調將熱量從溫度較低的室內傳遞到溫度較高的室外環境，這個過程（選填“是”或“不是”）自發過程。該過程空調消耗了電能，空調排放到室外環境的熱量（選填“大于”“等于”或“小于”）從室內吸收的熱量。16．（6分）玻璃瓶可作為測量水深的簡易裝置。如圖所示，潛水員在水面上將80mL水裝入容積為380mL的玻璃瓶中，擰緊瓶蓋后帶入水底，倒置瓶身，打開瓶蓋，讓水進入瓶中，穩定后測得瓶內水的體積為230mL。將瓶內氣體視為理想氣體，全程氣體不泄漏且溫度不變。大氣壓強p0取1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2，水的密度ρ取1.0×103kg/m3。求水底的壓強p和水的深度h。[選修3-4]（12分）17．如圖所示，某同學握住軟繩的一端周期性上下抖動，在繩上激發了一列簡諧波。從圖示時刻開始計時，經過半個周期，繩上M處的質點將運動至（選填“N”“P”或“Q”）處。加快抖動，波的頻率增大，波速（選填“增大”“減小”或“不變”）。18．一個水平放置的圓柱形罐體內裝了一半的透明液體，液體上方是空氣，其截面如圖所示。一激光器從罐體底部P點沿著罐體的內壁向上移動，它所發出的光束始終指向圓心O點。當光束與豎直方向成45°角時，恰好觀察不到從液體表面射向空氣的折射光束。已知光在空氣中的傳播速度為c，求液體的折射率n和激光在液體中的傳播速度v。

2022年廣東省新高考物理試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．【分析】對結點O進行受力分析，根據幾何關系和平衡狀態得出力之間的關系。【解答】解：以結點O為分析對象，根據共點力的平衡可知F的大小等于F1與F2的合力的大小，即F＝2F1＝，故D正確，ABC錯誤；故選：D。【點評】本題主要考查了共點力的平衡，熟悉對物體的受力分析，結合幾何關系即可完成解答，難度不大。2．【分析】根據行星的周期大小得出半徑的大小，結合萬有引力提供向心力的公式得出加速度、角速度和線速度的大小關系。【解答】解：C、根據萬有引力提供向心力得：，因此因為火星和地球的冬季是各自公轉周期的四分之一，且火星的冬季時長約為地球的1.88倍，即火星的公轉周期大于地球的公轉周期，由此可知火星公轉的半徑大于地球的公轉半徑，故C錯誤；ABD、根據萬有引力提供向心力得：解得：；；，根據上述的半徑關系可知，火星公轉的線速度、角速度和加速度都比地球的小，故D正確，AB錯誤；故選：D。【點評】本題主要考查了萬有引力定律的相關應用，可以利用口訣“高軌低速長周期”直接進行判斷。3．【分析】根據運動員在不同運動過程的受力特點得出加速度的變化，從而分析出速度的變化，結合圖像完成分析。【解答】解：因為不計摩擦，運動員在MN階段做勻加速運動，加速度為a＝gsinθ，則運動員的速度均勻增加；在NP階段做勻速運動，加速度為0，運動員的速度保持不變；在PQ階段做平拋運動，加速度為a＝g，如果設從P點飛出的速度為v0，平拋過程中的合速度為v，則有：v＝＝，v與t不再是線性關系，故C正確，ABD錯誤；故選：C。【點評】本題以滑雪為考查背景，主要考查了運動學圖像的應用，分析出運動員的受力特點，結合牛頓第二定律得出加速度和速度的變化即可，難度不大。4．【分析】勻速圓周運動的周期恒定，根據法拉第電磁感應定律定性地分析出感應電動勢的大小，結合功率的公式分析出功率的關系；根據不同位置的磁通量的變化特點分析出線圈是否能同時達到最大值。【解答】解：AD、在轉子勻速轉動的過程中，通過兩個線圈的磁通量均在做周期性變化，所以兩個線圈均會產生感應電動勢。根據法拉第電磁感應定律E＝n可知，即使在磁通量的變化率相同時，由于匝數不同，產生的感應電動勢也不會相等。同樣的有效值也不相等。再根據功率的計算公式可知，電阻消耗的電功率也不相等，故AD錯誤；B、兩線圈產生的交變電流均受轉子的運動情況影響，轉子在做勻速圓周運動，周期固定，頻率固定，故兩線圈產生的交變電流頻率也相等，故B正確；C、電動勢達到最大值時磁通量最小，結合題圖可知，兩個線圈的磁通量無法同時達到最小，故產生的電動勢無法同時達到最大值，故C錯誤。故選：B。【點評】本題主要考查了法拉第電磁感應定律的相關應用，理解勻速圓周運動的特點，結合電學公式即可完成解答，同時要理解交流發電機的發電機制。5．【分析】根據氫原子的能級公式代入數據計算出第20能級的氫原子能量，結合電磁波譜分析出被吸收的光子類型。【解答】解：氫原子第n能級的能量為En＝，其中E1＝﹣13.6eV，且要使n＝20的氫原子吸收一個光子后，恰好失去一個電子變成氫離子，則被吸收的光子能量為，結合電磁波譜可知，被吸收的光子是紅外線波段的光子，故A正確，BCD錯誤；故選：A。【點評】本題主要考查了氫原子的能級公式，根據能級公式代入運算結合電磁波譜即可完成分析，難度不大。6．【分析】根據子彈和積木在豎直方向的運動特點可知在豎直方向上保持相對靜止，結合水平方向的運動特點得出擊中的時間和位置。【解答】解：當玩具子彈以水平速度v從槍口向P點射出時，小積木恰好由靜止釋放，子彈和小積木在豎直方向上都做自由落體，在豎直方向上保持相對靜止，因此子彈將擊中P點，子彈在水平方向上做勻速直線運動，故擊中的時間為t＝，故B正確，ACD錯誤；故選：B。【點評】本題主要考查了平拋運動的相關應用，理解平拋運動在不同方向的運動特點，同時要注意運動的相對性和獨立性，結合運動學公式即可完成分析。7．【分析】根據左手定則分析出質子的受力特點，結合曲線運動的相關知識完成分析。【解答】解：AB、根據左手定則可知，質子在左側區域運動時受到的洛倫茲力指向y軸正方向（不完全沿y軸），在右側區域運動時受到的洛倫茲力指向y軸負方向（不完全沿y軸），根據曲線運動的特點可知，質子運動的軌跡先往y軸正方向偏轉，再往y軸負方向偏轉，xOy平面的投影顯示的是從上往下看的運動情況，故A正確，B錯誤；CD、粒子在z軸方向不受力，因此z軸上的坐標始終保持不變，故CD錯誤；故選：A。【點評】本題主要考查了帶電粒子在磁場中的運動，利用左手定則分析出力的方向，結合曲線運動的特點即可完成解答，難度不大，對學生的空間想象能力有一定的要求。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8．【分析】在電場線中，沿著電場線方向電勢逐漸降低，結合電荷的電性得出電勢能的變化，從而分析出電場力的做功類型；洛倫茲力始終與速度垂直，因此洛倫茲力對電子不做功；結合電子在M點和P點的運動情況分析其受力情況。【解答】解：AB、在電場中，沿著電場線的方向電勢逐漸降低，則N點的電勢高于P點的電勢，根據電勢能的公式Ep＝qφ可知，電子在N點的電勢能低于在P點的電勢能，結合功能關系可知，電子從N到P的過程中，電場力做負功，故A錯誤，B正確；C、電子受到的洛倫茲力始終與速度垂直，因此洛倫茲力不做功，故C正確；D、電子在M點由靜止釋放，速度（動能）為0，故只受到向左的電場力；從M點到P點的過程中，只有電場力做功，所以電子的電勢能和動能之和保持不變，因為P點和M點在同一等勢面上，電子的電勢能相等，所以電子到達P點時的動能與M點相等，均為0，即速度為0，所以電子在P點也是只受到向左的電場力。即電子在M點所受的合力與在P點所受的合力相等，故D錯誤。故選：BC。【點評】本題主要考查了帶電粒子在疊加場中的運動，熟悉電場線中電勢的判斷，結合運動情況分析電子的受力情況。9．【分析】小車做勻速運動，則牽引力等于摩擦力，根據公式P＝Fv和受力分析分析出小車的受力，結合功的計算公式完成解答；根據功能關系得出小車重力勢能的增加量。【解答】解：AB、在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛，則小車的牽引力等于小車受到的摩擦力，因此從M到N過程中，小車摩擦力做功為Wf＝﹣40×20J＝﹣800J，即小車克服摩擦力做功800J，故AB正確；C、從P到Q的過程中，根據功能關系可知，重力勢能的增加量為ΔEp＝mgΔh＝50×10×20×sin30°J＝5000J，故C錯誤；D、在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛，則代入數據解得：f2＝35N則此過程中，小車摩擦力做功為Wf2＝f2s＝﹣35×20J＝﹣700J，即小車克服摩擦力做功為700J，故D正確；故選：ABD。【點評】本題主要考查了功率的相關應用，熟悉公式P＝Fv的應用，結合功能關系和功的計算公式即可完成解答。10．【分析】根據磁場的分布特點結合對稱性分析出不同位置的磁場特點和磁通量是否變化；分析出線圈的磁通量的變化特點，結合楞次定律判斷是否產生感應電流；根據法拉第電磁感應定律分析出不同過程中產生的感應電動勢的特點。【解答】解：A、通電直導線周圍磁場的截面圖是以導線為圓心的一個個同心圓，某一位置的磁感應強度大小和這個點到圓心的距離成反比。N、M的連線平行于通電直導線，即兩點到導線的距離相等，所以N點與M點的磁感應強度大小相等，方向也相同，故A正確；B、線圈在P點時，穿過線圈的磁通量為0，在沿PN移動的過程中，穿過線圈左、右兩個半圓的磁通量大小不再相等，即穿過整個線圈的磁通量不再為0，所以線圈沿PN方向運動時，穿過線圈的磁通量會發生變化，故B錯誤；C、當線圈從P點開始豎直向上運動時，根據對稱性可知，線圈P中的磁通量一直為零，即穿過線圈的磁通量沒有發生變化，由楞次定律可知線圈中無感應電流，故C正確；D、線圈從P到M過程和從P到N過程，根據上述分析可知，兩個過程中磁通量的變化量相等，但因為線圈的速率恒定，且NP的距離小于MP的距離，所以時間不等，根據法拉第電磁感應定律可知，兩個過程中產生的感應電動勢不相等，故D錯誤。故選：AC。【點評】本題主要考查了法拉第電磁感應定律，熟悉導線周圍的磁場分布特點，結合楞次定律和法拉第電磁感應定律即可完成解答，整體難度不大。三、非選擇題：共54分。第11～14題為必考題，考生都必須作答。第15～16題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：共42分。11．【分析】（2）根據螺旋測微器的讀數規則得出小球的直徑；（3）根據實驗原理掌握正確的實驗操作；（4）理解機械能的定義，利用光電門測出小球的速度，結合動能的計算公式完成分析；（5）根據實驗原理結合功的計算公式完成對實驗誤差的分析。【解答】解：（2）根據螺旋測微器的示數可求出小球的直徑為：d＝7.5mm+38.5×0.01mm＝7.885mm；（3）因為小球到光電門的距離不算太高，下落時間較短，如果先釋放小球再打開數字計時器可能導致小球已經通過光電門或正在通過光電門，造成測量誤差，故在測量時，要先接通數字計時器，后釋放小球，故選B；（4）在光電門位置，小球的重力勢能相等，則小球在此處的動能之差即為小球與橡膠材料碰撞導致的機械能損失。在極短時間內，物體的瞬時速度等于該過程中物體的平均速度，則小球第一次經過光電門的速度為，小球第二次經過光電門的速度為，因此ΔE＝；（5）若適當調高光電門的高度，則空氣阻力做功將變大，將會增大因空氣阻力引起的測量誤差。故答案為：（2）7.885；（3）B；（4）；（5）增大【點評】本題主要考查了能量守恒定律的相關應用，理解光電門測量速度的原理，結合能量守恒定律完成對實驗的分析。12．【分析】閉合s2，電路總電阻減小，總電流增加，內電壓增加，外電壓減小；根據歐姆定律即可求解。【解答】解：閉合S2，電路總電阻減小，總電流增加，內電阻與滑動變阻器上電壓增加，所以電壓表示數減小；由于電壓表示數為U，所以閉合S2后，定值電阻上電流仍為I1，那么流過Rx上電流為I2﹣I1根據歐姆定律得：Rx＝；根據Rx電阻測量值表達式，所以該電壓表內阻對導電繩電阻的測量值無關，根據圖c可知導電繩拉伸后的長度為51.80cm。故：變小、、無、51.80【點評】本題考查電路的動態分析，伏安法測電阻，注意對實驗原理的理解。13．【分析】（1）選擇合適的研究對象，對物體受力分析，結合牛頓第三定律得出桌面對滑桿的支持力；（2）根據牛頓第二定律計算出滑塊的加速度，結合運動學公式得出滑塊與滑桿碰撞前的速度；（3）碰撞瞬間動量守恒，由此計算出整體的速度，結合運動學公式得出滑桿向上運動的最大高度。【解答】解：（1）滑塊靜止時，根據整體法可知，N1＝（m+M）g＝（0.2+0.6）×10N＝8N當滑塊向上滑動時，根據牛頓第三定律可知，滑塊對滑桿的摩擦力大小為1N，方向豎直向上則對滑桿進行受力分析，根據平衡狀態得：N2＝Mg﹣f＝0.6×10N﹣1N＝5N（2）選豎直向上的方向為正方向根據牛頓第二定律得，滑塊的加速度為：，負號表示加速度方向豎直向下根據運動學公式可知代入數據解得：v＝8m/s（3）當滑桿和滑塊發生碰撞的瞬間，根據動量守恒定律得：mv＝（M+m）v1當滑桿和滑塊一起脫離地面時，根據整體法可知，系統的加速度為重力加速度，方向豎直向下則解得：h＝0.2m答：（1）滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小分別為8N和5N；（2）滑塊碰撞前瞬間的速度大小為8m/s；（3）滑桿向上運動的最大高度為0.2m。【點評】本題主要考查了牛頓第二定律的相關應用，熟悉對物體的受力分析，結合牛頓第二定律分析出加速度，利用運動學公式和動量守恒定律即可完成分析，整體難度中等。14．【分析】（1）根據對油滴的受力分析，結合空氣阻力的表達式得出比例系數；（2）根據油滴的運動特點分析出油滴的電性和對應的電荷量，結合功能關系分析出油滴電勢能的變化量；（3）油滴融合瞬間動量守恒，根據融合后的速度方向進行分類討論，結合受力分析的特點計算出新油滴的速度大小和方向。【解答】解：（1）因為兩個油滴在未加電壓時均做勻速直線運動，對A油滴進行分析，根據運動學公式得：根據平衡狀態得：m0g＝f結合空氣阻力的表達式f＝kv聯立解得：k＝（2）因為加電壓后A油滴的速度不變，所以A油滴不帶電；B油滴最終向上做勻速運動，由此可知，B油滴受到的電場力應向上，故B油滴帶負電。B油滴向上做勻速直線運動時，根據運動學公式得：其受到的摩擦力向下，根據平衡狀態得：解得：q＝根據功能關系得：ΔEp＝﹣W電聯立解得：ΔEp＝﹣（3）油滴相遇時，質量為2m0，電荷量等于B油滴的電荷量，則新油滴受到的電場力為此時要對電場力進行分類討論①若F＞2m0g，即h2＞h1可知，v2＞v1若選向上的方向為正方向，油滴碰撞瞬間，根據動量守恒得：m0v2﹣m0v1＝2m0v3可得：v3＞0所以新油滴向上加速，最后達到平衡設達到平衡時速度為v'，則有2m0g+k?2v'＝F解得：v'＝②若F′小于2m0g，即h1＞h2可知，v2＜v1選向下的方向為正方向，根據動量守恒得：m0v2﹣m0v1＝2m0v4可得：v4＞0新油滴向下加速，最后達到平衡，設達到平衡時速度為v''，則有2m0g＝F+k?解得：v′'＝答：（1）比例系數為；（2）油滴A不帶電，油滴B帶負電，電荷量為；B上升距離h2電勢能的變化量為﹣；（3）①若h2＞h1，則新油滴的速度大小為，方向豎直向上；②若h1＞h2，則新油滴的速度大小為，方向豎直向下。【點評】本題主要考查了帶電粒子在電場中的運動，熟悉對物體的受力分析