2022年高考押題預測卷03【北京卷】

物理?全解全析

1234567891()11121314

DDCAAcDcDccDDD

第一部分

本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。

1.電子束衍射實驗是榮獲諾貝爾獎的重大近代物理實驗之一。如圖所示是電子束衍射實驗裝置的

簡化圖，這個實驗證實了（）

A.光具有粒子性B.光具有波動性

C.電子具有粒子性D.電子具有波動性

【答案】D

【解析】

電子衍射實驗證實了電子具有波動性，故D正確，ABC錯誤。

故選Do

2.一列簡諧橫波沿x軸傳播，，=2s時刻波的圖像如圖甲所示，x=2m處的質點2的振動圖像如圖

乙所示，由此可以判斷（）

A.該波沿x軸負方向傳播

B.該波在。?5s時間內傳播的距離是2m

C.在r=5s時質點P的加速度方向沿），軸正方向

D.在。?5s時間內質點P通過的路程是25cm

【答案】D

【解析】

A.由振動圖像可知，x=2m處的質點2在f=2s時刻沿軸負向振動，由波形圖可知，該波沿x

軸正方向傳播，選項A錯誤；

B.因5s=L25T,則該波在。?5s時間內傳播的距離

x=1.252=2.5m

選項B錯誤；

C.在"5s時質點P處于波峰位置，則此時的加速度方向沿），軸負方向，選項C錯誤；

D.在。?5s時間內質點p通過的路程是

5=1.25x44=25cm

選項D正確。

故選D。

3.兩個等量異種點電荷形成的電場等勢面如圖虛線所示，現有一正電荷以某一水平初速度從左側

尸點進入該區域，只在電場力作用下通過°點。下列說法正確的是（）

A.尸點的電場強度比0點的電場強度小

B.0點的電勢比。點的電勢低

C.該電荷在P點的電勢能比0點的電勢能大

D.該電荷在P點的動能比°點的動能大

【答案】C

【解析】

A.正電荷在尸點受到的電場力方向跟圖中的等勢線垂直，粒子要通過Q點，故粒子在P點受到的

電場力方向如圖所示

可知兩個等量異種點電荷，左側為正點電荷，右側為負點電荷，尸點離點電荷更近，故尸點的電場

強度比。點的電場強度大，A錯誤；

B.電場方向由正電荷指向負電電荷，沿電場方向電勢降低，故P點的電勢比Q點的電勢高，B錯

誤；

C.正的試探電荷所處位置的電勢越高，電勢能越大，故該電荷在尸點的電勢能比。點的電勢能大,

C正確；

D.電荷從尸運動°的過程，電場力做正功，電荷的動能增加，故該電荷在戶點的動能比°點的動

能小，D錯誤；

故選C。

4.放假期間，某同學家人準備駕車出游啟動汽車后，發現胎壓監測系統發出警告，顯示“左前輪

胎胎壓低，胎壓為2.0p。”，于是駕車前往汽車修理店給汽車輪胎打氣，打完氣后，四個輪胎內氣

體的胎壓均為2.5p。，打氣泵內的氣體壓強為3p。，每個輪胎的體積均為V,且始終保持不變。若打

氣過程中輪胎內氣體溫度不變，則向左前輪胎中內打入氣體的體積為()

vvv

A.6B.5C.3D.2

【答案】A

【解析】

由題意可知，向左前輪胎打氣過程中，氣體溫度不變，根據玻意耳定律有

2.0p?V+3P(yn=2.5P(y

解得，向左前輪胎中內打入氣體的體積為

V

故選Ao

5.水下一點光源發出匕兩單色光。人在水面上方，向下看如圖所示，水面中心I區域有。光、

》光射出，n區域只有。光射出。下列判斷正確的是()

II

A.a、b光從I區域某點傾斜射出時，a光的折射角小

B.在真空中，a光的波長小于匕光的波長

C.水對“光的折射率大于對b光的折射率

D.水下〃光不能射到圖中n區域以外區域

【答案】A

【解析】

Ac.由題分析可知，b光在I區域邊緣發生了全反射，。光n區域邊緣發生了全反射，則知。光的

."1

sinC=—

臨界角比匕光的臨界角大，由〃知，水對a光的折射率小于對b光的折射率，由折射定律知:

八。光從I區域某點傾斜射出時.，〃光折射角小，故A正確，C錯誤；

B.水對〃光的折射率小于對b光的折射率，則。光的頻率小于。光的頻率，由c=X/知在真空

中，。光的波長大于b光的波長，故B錯誤；

D.根據題意無法判斷，水下。、匕光能否射到圖中n區域以外區域，因為即使有光射到圖中n區

域以外區域，a、b光都發生全反射，沒有光線從水面射出，故D錯誤。

故選Ao

6.如圖，2022年北京冬奧會某次冰壺比賽，甲壺以速度％與靜止的乙壺發生正碰。已知冰面粗糙

程度處處相同，兩壺完全相同，從碰撞到兩壺都靜止，乙的位移是甲的9倍，則（）

甲OO乙

冰面

A.兩壺碰撞過程無機械能損失

B.兩壺碰撞過程動量變化量相同

為

C.碰撞后瞬間，甲壺的速度為4

D.碰撞后瞬間，乙壺的速度為為

【答案】C

【解析】

兩壺碰后在冰面上滑行，則有

m

兩壺完全相同，從碰撞到兩壺都靜止，乙的位移是甲的9倍，設碰后兩壺的速度分別是盯和丫2,

根據運動學關系說=-2"，得

V）:v2=1:3

CD.根據動量守恒定律得

=mvx+mv2

解得

1九”也

4,-4

C正確，D錯誤；

A.兩壺碰撞過程機械能的變化量為

AL1，1，1，3,

△上=—mv；+—tnv；——mv~=-----mv~

21222°160

機械能有損失，A錯誤；

B.動量的變化量是矢量，兩壺碰撞過程動量變化量大小相同但方向相反，B錯誤。

故選C。

7.為備戰2022年北京冬奧會，教練指導運動員開展滑雪訓練，運動情境可簡化為如下模型：將

運動員（包括滑板）簡化為質量機=50kg的質點，運動員以某一初速度%從傾角為37。的山坡底端

向上沖，山坡足夠長取坡底為重力勢能零勢能面。運動員的機械能E./和重力勢能弓隨離開坡底

的高度〃的變化規律如圖所示。重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6o則（）

A.運動員的初速度％=25m/sB.運動員與山坡間的動摩擦因數為0.03

2

C.運動員在山坡上運動的時間為5sD.運動員再次回到坡底時的動能為375J

【答案】D

【解析】

A.由于坡底為重力勢能為零，則有

4=；W；=625J

解得，運動員的初速度為

%=5m/s

故A錯誤；

B.由圖可知，當"總=紜時，物塊運動到最高點，此時高度為

h=lm

根據能量守恒有

jumgcos0?"=AEtl=125J

sin。

解得，運動員與山坡間的動摩擦因數為

〃=0.1875

故B錯誤；

C.運動員從山坡底端向上沖時，根據牛頓第二定律有

mgsin04-jLimgcos0=ma}

則運動員從山坡底端向上沖到最高點所用的時間為

。————S

1%3

由于

mgsin0>/Limgcos6

2

可知運動員到達最高點后將會再次回到坡底，則運動員在山坡上運動的時間不為§s,故C錯誤；

D.運動員從最高點回到坡底，根據能量守恒有

E?-uingcos0■.-=￡

psingk

可得，運動員再次回到坡底時的動能為375J,故D正確。

故選D。

8.如圖所示為遠距離輸電示意圖，發電機的輸出電壓恒為①、輸電線的電阻及理想變壓器的匝數

均不變，下列表述正確的是（）

n}n2

A.若0%,則用戶獲得的電壓

B.若用戶開啟的用電器增多，則升壓變壓器輸出的力增大

C.若用戶開啟的用電器增多，則輸電線消耗的功率增大

D.若用戶開啟的用電器增多，則發電機輸出的功率減小

【答案】C

【解析】

A.根據變壓器原理可得

=〃]：〃2

U3:U4=n3:%

又

4：%=：%

可得

5華

U2

由于輸電線上電阻分壓作用

U3xU2

所以

Ui

故A錯誤；

B.輸入電壓恒定，升壓變壓器的原副線圈匝數比恒定，則則升壓變壓器輸出的％不變，故B錯

誤；

CD.當用戶的功率增大時，用電器增多，總電阻減小。降壓變壓器的輸出電流增大，則輸電線上

的電流增大，可知輸電線上的消耗功率增加，發電機的輸出功率等于輸電線消耗功率與用戶的功

率之和，因此，發電機的輸出功率增加，故C正確，D錯誤。

故選C。

9.如圖，射擊訓練場內，飛靶從水平地面A點以仰角。斜向上飛出，落在相距100m的8點，最高

點距地面20m。忽略空氣阻力，重力加速度取lOm*。則（)

飛靶軌跡

--八

A.飛靶從A到8的飛行時間為2s

B.飛靶在最高點的速度為20m/s

C.抬高仰角。，飛靶飛行距離增大

D.抬高仰角飛靶的飛行時間增大

【答案】D

【解析】

A.飛靶在豎直方向做豎直上拋運動，根據對稱性可得飛靶從4到8的飛行時間為

t=2t[=

故A錯誤;

B.飛靶在水平方向的速度

Y

vx=—=25m/s

在最高點豎直方向速度為零，則飛靶在最高點的速度為25m/s,故B錯誤;

C.根據運動的分解可得

vx=UCOS。

vy=vsin^

飛靶匕行的時間

2v2vsin^

r=-L=---------

gg

則飛行距離

2v2sin6cos0v2sin20

x=vxt=------------------=------------

gg

可知6=45。時，飛行距離有最大值，故C錯誤；

D.根據

2vsin0

t=---------

g

可知抬高仰角區飛靶的飛行時間增大，故D正確。

故選Do

10.如圖所示的電路中，"、&是阻值恒定的標準電阻，電表均為理想電表，品是由磁敏材料制

成的控制元件（其特點是平時處于斷開狀態,有磁場出現時導通）。閉合開關S,滑動變阻器A的

滑片處于某位置，當有磁鐵經過勺附近時（）

A.電流表的讀數減小B.電壓表的讀數增大

C.4的功率減小D.&的功率增大

【答案】C

【解析】

AB.控制元件斷開時，電路是串聯電路，電流表的讀數為

I=——--

/?+&+〃

電壓表的讀數為

U=E------------r

R+&+r

當有磁鐵經過時附近時，電路為并聯電路，外電阻減小，則有

R外+r

電流變大，電流表示數變大，外電路電壓為

所以電壓表示數減小，故AB錯誤；

CD.干路電流變大，路端電壓減小，滑動變阻器左邊部分的電壓變大，則此兩端電壓變小，由

2=心

可知，&的功率減小，故C正確，D錯誤。

故選c。

11.木星“沖日”是指地球、木星在各自軌道上運行到太陽、地球和木星排成一條直線或近乎一

條直線，地球位于太陽與木星之間，“沖日”時木星距離地球最近，也最明亮。已知木星的公轉

周期約為12年,質量約為地球質量的320倍,半徑約為地球半徑的11倍,下列說法正確的是（）

A.地球運行的加速度比木星的小

B.木星與地球公轉軌道半徑之比約為12：1

C.此次“沖日”現象后，經過約1.09年會再次出現

D.木星與地球密度之比約為4：1

【答案】C

【解析】

AB.根據開普勒第三定律有

7272

/地/木

可知木星與地球公轉軌道半徑之比約為觀石:1O

由

a=——

廠

可知%木，故A、B錯誤；

C.再次發生沖日現象，即地球恰好比木星多繞太陽一周，此時有

/、

2兀2兀_

----------t=2it

、加T木）

解得

年

C正確：

D.由

4

—'p-M

3

可得

3M

即

PK:&=320:1331~1:4

D錯誤。

故選c。

12.如圖所示，在一磁場空間內，懸掛了一個“正方體”金屬導體，“正方體”的邊長為"，該"正

方體”的中間挖去一個邊長為『的空心區域，其中4一r《乙在該“正方體”的上半區域由四根相

同的、長度為乙的細線提起并懸掛于一點，現在該“正方體”內通入磁場大小為3（%是常量,

，是時間）的勻強磁場，方向豎直向上，“正方體”的重力為G,電阻率為。，則下列說法不正確

的是（）

A.每根細線承受的拉力為V

B.產生的感應電動勢大小為。?

kJYd-r）

C.該正方體的熱功率為即

D.在該正方體周圍鋪上一層低電阻率（小于夕）的鋼板，可有效降低渦流產生的影響

【答案】D

【解析】

A.依題意，穿過空心區域的磁場均勻增大，根據法拉第電磁感應定律結合楞次定理可判斷知“正

方體”金屬導體內部將產生恒定的，方向從上往下看為順時針的感應電流，根據左手定則，由于

對稱性，可知“正方體”金屬導體受到的合安培力為零。設每根細線與豎直方向夾角為①則根據

平衡條件可得

4Fcos6=G

L

求得每根細線承受的拉力為

故A正確；

B.根據法拉第電磁感應定律可得，“正方體”金屬導體內產生的感應電動勢大小為

r-AB2

E--S-ka

Z

故B正確；

C.根據楞次定理，可判斷知“正方體”金屬導體內部將產生恒定，方向從上往下看為順時針的感

應電流，則該正方體的熱功率為

E2

P=—

R

根據電阻定律有

nL4d

R=PR=P~\---------

'jd(d-r)

聯立求得

_k2d\d-r)

1p-

8P

故C正確；

D.在該正方體周圍鋪上一層低電阻率(小于夕)的鋼板，根據

pk2d\d-r)

r=--------

8P

知反而增大了渦流產生的影響，故D錯誤。

由于本題選擇錯誤的，故選D。

13.如圖所示，有一條沿順時針方向勻速轉動的傳送帶，其速度v=iOm/s。傳送帶與水平面間的夾

角為6=37。。現將一質量m=lkg的物塊輕放在其底端(物塊可視為質點)，與此同時，給物塊沿傳

送帶方向向上的恒力尸=12N。經過一段時間，物塊運動到了離地面高為。=96nl的平臺上。已知

物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為〃=°$,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力(g取10m/s2,sin37o=0.6,

cos370-0.8)o則以下說法正確的是()

Fh

A.物塊先做勻加速運動再勻速運動

B.物塊從傳送帶底端運動到平臺上所用的時間為2.1s

C.若在物塊與傳送帶達到相同速度時。立即撤去恒力尸，物塊先減速上滑再加速下滑從傳送帶的

下端離開傳送帶

D.若在物塊與傳送帶達到相同速度時。立即撤去恒力F,物塊再經過（5一"）s離開傳送帶

【答案】D

【解析】

AB.對物塊受力分析可知，物塊先是在恒力作用下沿傳送帶方向向上做初速度為零的勻加速運動,

直至速度與傳送帶的速度相同，由牛頓第二定律得

F+jumgcos0-mgsin0=ma1

代入數據解得

^=10m/s2

物塊加速過程所用的時間

“上=1

4s

運動的距離

x,==5

2%m

物塊與傳送帶共速后，對物塊進行受力分析可知，物塊受到的摩擦力的方向改變，因為尸=12N,

而重力沿傳送帶向下的分力和最大靜摩擦力之和為10N,所以物塊相對傳送帶以〃2繼續向上加速,

由牛頓第二定律得

F-/.lingcos0-mgsin6=ma2

代入數據解得

^=2m/s2

繼續向上加速過程

x12

2=vr2+-^2r2

傳送帶長度為

h

x==x+x

sin。12

解得

^=1s

故物塊從傳送帶底端運動到平臺上所用的時間

t=tt+t2=2s

A、B錯誤；

CD.若共速后撤去恒力尸，因為mgsin〃>wngc°s%對物塊進行受力分析可知，物塊將減速向上

運動，有

mgsin6—/amgcos0=ma3

代入數據解得

^=2m/s2

經判斷，物塊在速度減到零之前，已經從傳送帶上端離開，設物塊還需時間離開傳送帶，離開時

的速度大小為M,則由運動學公式有

v2-v,2=2%（%_王）

代入數據解得

M=2取m/s

故

小小？

C錯誤D正確。

故選D?

14.磁場可以對帶電粒子的運動施加影響，只要設計適當的磁場，就可以控制帶電粒子進行諸如

磁聚焦、磁擴散、磁偏轉、磁約束與磁滯留等運動。利用電場和磁場來控制帶電粒子的運動，在

現代科學實驗和技術設備中有廣泛的應用，如圖所示，以。點為圓心、半徑為A的圓形區域內有

垂直紙面向外的勻強磁場，圓形區域外有垂直紙面向里的勻強磁場，兩個磁場的磁感應強度大小

都是瓦有一質量為機、所帶正電荷電荷量為（7的帶電粒子從尸點沿半徑垂直磁場射入圓形區域,

粒子兩次穿越磁場邊界后又回到尸點，不計粒子重力，則（）

XXXXXXX

A.粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為R

近qBR

B.粒子從P點射入磁場的速度大小為丁丁

17im

C.粒子從P點射出到第一次回到P點所需的時間為6qB

D.如果圓形區域外的磁場在一個以。為圓心的圓環內，則該圓環的面積至少為（6+46.2

【答案】D

【解析】

A.因為粒子兩次穿越磁場邊界后又回到P點，畫出粒子軌跡示意圖如圖所示：

設粒子做圓周運動的軌跡半徑為r,則有

tan300=-

r

可得

r=6R

選項A錯誤；

B.由

qvB=m—

r

可得

小qBR

v=-----

m

選項B錯誤；

C.粒子在磁場中勻速圓周運動的周期為

丁2nm

1=-2-7-T=----

vqB

粒子從P點射出到第一次回到P點所需要的時間為

選項c錯誤；

D.由幾何關系可知，圓環的大圓半徑為（2+**,小圓半徑為/?,所以其面積為

5=萬[（2+君）/?]-i/?2=（6+4后）乃R2

選項D正確。

故選D。

第二部分

本部分共6題，共58分。

15.（9分）

某組學生測電池組的電動勢和內阻，選用的實驗器材有：

電壓表（量程0?3V,內阻約為3kQ）；

電流表（量程。?0.6A,內阻約為1C）；

滑動變阻器（（）?20C,額定電流1A）；

待測電池組（電動勢約為3V,內阻約為2H）；

開關、導線若干。

（1）該小組按照圖1甲所示的原理圖，連接實物電路，如圖1乙所示，經仔細檢查，發現電路中

有一條導線連接不當，這條導線對應的編號是（選填導線編號），應該從電壓表接到

電流表的（選填或者"b”）端。

其電流表示數如圖2所示，電流表的量程為

°?Q6A,則電流1=Ao

圖3

（3）該組同學利用實驗過程中所記錄電壓表和電流表的示數，在U-/坐標紙上描點繪圖，得到一

條直線，如圖3所示。根據該圖線可知，該電池組的電動勢“=V（結果保留小數點后兩

位），內阻7。（結果保留小數點后兩位）。

（4）該組同學想研究充電寶的電源特性。他們把某充電寶作為一個電源，讓它對負載供電，測得

其路端電壓U和電流/的關系，得到UT圖像，如圖4所示。

①通過該圖像，說明充電寶在對負載供電過程中，其電動勢和內阻的特點。

②充電寶的銘牌通常標注的“mA-h”（毫安時）的數量，即它充滿電后全部放電的電荷量。該充

電寶銘牌上標注“lOOOmA.h"。關于該充電寶，下列說法正確的是（選填選項前的字

母）。

A.mA.h是能量單位

B.理論上該充電寶充滿電后全部放出36000C的電荷量

C.理論上該充電寶充滿電后全部放出iax)oc的電荷量

D.該充電寶最多能儲存能量約為L83X10-J

【答案】5b0.503.002.00電動勢和內阻都是恒定值D

【解析】

(1)由電路可知，編號是5的導線連接錯誤，應該從電壓表接到電流表的b端。

(2)電流表最小刻度為0.02A,則讀數為0.50A

(3)由圖像可知，電池組的電動勢

E=3.00V

內阻

r=A￡=3.00-1.00Q=2WQ

△/1.0

(4)①由圖像可知，該充電寶在對負載供電過程中具有電池的特性，電動勢和內阻都是恒定值。

②A.mA-h是電量單位，選項A錯誤;

BC.理論上該充電寶充滿電后全部放出的電荷量

4=1AX3600S=3600C

選項BC錯誤;

D.該充電寶電動勢約為E=5.08V,則最多能儲存能量約為

IV=￡^=5.08X3600J=1.83X104J

選項D正確。

故選D。

16.(9分)

某同學做“探究平拋運動的特點”實驗時，做了如下探究：

如圖1所示的實驗，將兩個完全相同的傾斜滑道固定在同一豎直平面內，下面的滑道末端與光滑

水平板平滑連接。把兩個完全相同的小球從傾斜滑道同時釋放，觀察到小球1落到光滑水平板上

并擊中球2。

圖1

(1)為達成實驗目的，下述實驗操作合理的是;

A.兩個傾斜滑道必須均是光滑的

B.兩滑道的末端必須水平放置

C.玻璃球和鋼球比較，應選用密度較小的玻璃球

D.因為小球1的滑道較高，因此釋放的位置應該略低于小球2

(2)在各項操作均合理的情況下，多次調整滑道高度進行實驗，發現每次球1均能擊中球2,該

現象能說明球1的運動情況為;

A.在水平方向做勻速直線運動

B.在豎直方向做自由落體運動

C.在水平方向做勻速直線運動，同時在豎直方向做自由落體運動

D.平拋運動是勻變速曲線運動

(3)用圖2所示的裝置研究平拋運動，讓小球在有坐標紙的背景屏前水平拋出，用頻閃數碼照相

機連續拍攝記錄小球位置。實驗過程拍下的一組照片如圖3所示，已知。點為拋出點，a、Ac、

d為連續四張照片，頻閃時間間隔為T,圖中每小格邊長為/,重力加速度為g。判斷小球在水平方

向做勻速直線運動的依據是；判斷小球在豎直方向做自由落體運動的依據是。

(4)為拓展研究物體從光滑拋物線軌道頂端下滑的運動，該同學制做了一個與圖3中小球平拋軌

跡完全相同的光滑軌道，并將該軌道固定在與平拋軌跡重合的位置，如圖4所示，讓小球沿該軌

道無初速下滑，已知小球下滑過程中不會脫離軌道。下列說法正確是

B.小球經過d點時的速度方向與平拋小球經過d點時的速度方向相同

C.小球經過4點時的速度大小與平拋小球經過d點時的速度大小相等

D.小球從。運動到b的過程中所受重力的沖量大于從。運動到。過程所受重力的沖量

【答案】BA相等的時間內在水平方向上位移相等(a。、*、cd水平距離相等)ab、

反、cd的豎直高度之差均相等，且滿足2，=g尸BD

【解析】

(1)A.只要保證兩小球在軌道末端的速度相等即可，不需要軌道光滑，故A錯誤；

B.為保證兩小球在軌道末端速度方向水平，兩滑道的末端必須水平放置，故B正確；

C.為減小實驗誤差，需使用密度較大的球，故C錯誤；

D.為保證兩小球在軌道末端的速度相等，因此釋放的位置應該等于小球2,故D錯誤；

(2)各項操作均合理的情況下，多次調整滑道高度進行實驗，發現每次球1均能擊中球2,該現

象能說明球1的運動情況為在水平方向做勻速直線運動，故A正確，BCD錯誤；

(3)判斷小球在水平方向做勻速直線運動的依據是相等的時間內在水平方向上位移相等(ab、be、

cd水平距離相等)，判斷小球在豎直方向做自由落體運動的依據是"、be、cd的豎直高度之差均

相等，且滿足萬二且尸；

(4)AD.由題意可知，小球從靜止開始運動，則水平方向做加速運動，可知小球從a運動到b

的時間大于從b運動到c的時間，根據/二"/可知小球從“運動到b的過程中所受重力的沖量大于

從6運動到c,過程所受重力的沖量，故D正確，A錯誤；

C.根據動能定理知：從。到"，重力做功相同，但是平拋小球有初速度，所以小球經過4點時的

速度大小小于平拋小球經過4點時的速度大小，故C錯誤；

B.由題意知小球未脫離軌道所以小球經過d點時的速度方向與平拋小球經過d點時的速度方向相

同，故B正確。

17.(9分)

一列簡諧橫波沿x軸方向傳播，A、B為x軸上兩點，平衡位置坐標分別x4=2m、xB=8m,如圖

甲所示，A、6兩處質點的振動圖像如圖乙所示。求:

(1)0.2~2s內質點A通過的路程;

(2)該列簡諧波的波速。

OABx

甲

60

m/s

【答案】(1)1.8m；(2)3+4/7(〃=0,1,2,3…)或1+4〃(n=0,1,2,3...)

【解析】

(1)根據題圖乙可知，振幅A=l℃mT=04s,0.2?2s內恰好為4.5個周期，質點A通過的路程

為

5=4.5x4xl0cm=180cm=1.8m

(2)若波沿x軸正方向傳播，振動由質點A傳播到8所需的時間為

t.=-T+nT

4(/7=0,1,2,3...)

波速為

X-X60.

v=-B----A-=-------m/s

外3+4〃(?=o,1,2,3...)

若波沿x軸負方向傳播，振動由質點8傳播到A所需的時間為

t,=-T+nT

4(M=0,1,2,3…)

波速為

X-X60.

v=-R----A-=------m/s

‘21+4〃(n=0,1,2,3...)

18.(9分)

如圖所示，導線框放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，導體棒必沿光

滑導線框向右做勻速運動，〃間接有阻值為R的電阻。已知，導體棒功的長度為心，電阻為〃，運

動的速度為丫。導線框的電阻不計。

(1)求油棒兩端的電勢差u；

(2)求血棒所受的外力尸大小;

(3)說明在。時間內外力對導體棒所做的功w與整個電路生熱Q的關系并進行論證。

a

dr-x~x_x_x_~x~x

nxxxxxxxx

R—v

Jxxxxxxxx

XXXXXXXX

b

BLvRB心

【答案】(1)77；(2)"；(3)見解析

【解析】

(1)導體棒血棒產生的感應電動勢為

E=BLv

根據閉合電路歐姆定律可得

1=-^—

R+r

油棒兩端的電壓為

U=IR="L3

R+rR+r

(2)必棒所受的安培力大小為

4==

安R+r

導體棒岫做勻速運動，根據受力平衡可得，外棒所受的外力尸大小為

B2l3v

R+r

(3)在時間內，外力尸對■導體棒做功為

W=Fx=^-^--vAt=BLvAr

R+rR+r

整個電路生熱為

Q=I\R+r)\t=(-^)2-(/?+r)Af='"M

R+rR+r

可得

W=Q

在時間內外力對導體棒所做的功卬與整個電路生熱°相等。

19.(10分)

電容器作為儲能器件，在生產生活中有廣泛的應用。實際電容器在外形結構上有多種不同的形式,

一個金屬球和一個與它同心的金屬球殼也可以組成一個電容器，叫做球形電容器。如圖1所示，

兩極間為真空的球形電容器，其內球半徑為飛，外球內半徑為4,其電容k(R「RJ,其中女

為靜電力常量。與平行板電容器一樣，當該電容器極板所帶電荷量變化時，兩極板間的電勢差也

隨之變化。

(1)圖2為該電容器在充電過程中兩極板間的電勢差U隨帶電量q變化的關系圖像，請類比直線

運動中由VT圖像求位移的方法，推導該球形電容器充電電荷量達到。時所具有的電勢能E,,的表

達式；

(2)孤立導體也能儲存電荷，也具有電容，可以將孤立導體球看作另一極在無窮遠的球形電容器。

若已知某金屬小球半徑為r,且r遠遠小于地球半徑。

a.請結合題目信息推導該金屬小球的電容C'的表達式。

b.若將帶電金屬小球用導線與大地相連，我們就會認為小球的電荷量減小為零。請結合題目信息與

所學知識解釋這一現象。

圖1圖2

E一—y

【答案】⑴P2R&；⑵a.-%；b.見解析

【解析】

U=—

(1)當帶電量。時，電容器兩端電壓C類比直線運動VT圖像求位移的方法，可知此時，圖

像與(7軸所圍的面積表示電容器所具有的電勢能，則

根據題意

c=

一k(R「RJ

解得

E

p2g

（2）a.根據公式

c:RR

k（R「RJ

小球半徑K=r電容的另一極在無窮遠，因此&=8所以孤立小球的電容

cJ

k

C」

b.由電容公式上可知，球體的半徑越大，其電容越大。由于金屬小球的半徑遠小于地球半徑，

所以地球的電容遠大于小