【文档说明】浙江省天域全国名校协作体2022-2023学年高三下学期4月阶段性联考物理试题 含解析.docx，共(30)页，11.292 MB，由小赞的店铺上传

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2022学年第二学期天域全国名校协作体4月阶段性联考高三年级物理学科试题考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结

束后，只需上交答题纸。选择题部分一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.航天员叶光富在中国空间站完全失重的环境中做

了“转身动作”的实验，该实验与物理概念“角动量”有关，角动量的大小可以表达为mvr，其中m、v、r分别对应质量、速率、半径。由此可以看出角动量的单位用国际单位制基本单位表示为（）A.kg·m/sB.kg‧m2/sC

.N·m/sD.N·m·s【答案】B【解析】【详解】由于质量的单位为kg，速率的单位为m/s，而半径的单位为m，所以角动量的单位为kg‧m/s‧m，即kg‧m2/s。故选B。2.2022年11月杭州马拉松在杭州黄龙体育中心鸣枪开跑，马拉松全程42.195千米，路线如图所示，最终粟国雄以2小时17分

17秒的成绩，获得马拉松男子组第一名，以下说法正确的是（）A.粟国雄比赛中不可以看成质点B.粟国雄的平均速度约为18.4km/hC.42.195千米是此次行程的位移大小D.2小时17分17秒指的是时间间隔【答案】D【解析】

【详解】A．当物体的大小形状对所研究的问题没有影响或影响很小可以忽略不计时，物体可以看成质点，粟国雄大小形状对比赛的影响很小，所以可以看成质点，故A错误；BCD．42.195千米为物体的路程，其与所用时间2小时1

7分17秒的比值约为18.4km/h，是物体的平均速率，故BC错误，D正确。故选D。3.图甲展现了在医院用某频段电磁波进行医学成像诊断的场景，图乙是技术所成的相片。关于该成像技术，下列说法中正确的是（）A.该频段的电磁波属于

γ射线B.可以利用该频段的电磁波进行灭菌消毒C.可以利用该频段的电磁波制成不需要与身体接触的温度计D.可以利用该频段的电磁波在车站、机场等地探测箱内的物品【答案】D【解析】【详解】A．频段电磁波属于X射线，故A错

误；B．紫外线可以进行灭菌消毒，故B错误；C．利用红外线的热辐射可以制成不需要与身体接触的温度计，故C错误；D．利用X射线在车站、机场等地探测箱内的物品，故D正确。故选D。4.我国“神舟十一号”飞船搭载了香港特区的中学生设计的“双摆实验”进

入太空。受此启发，某同学也设计了一个类似的双摆实验在学校实验室进行研究，如下图所示，将质量和大小都不同的两个小铁球分别系在一轻绳的中间和下端，其中上面的小球较小较轻，而轻绳的上端栓接在竖杆顶部，竖杆固定在小车上。现在让小车带着两个小球一起向左加

速运动，不计空气阻力，则下列四个图中所示的姿态正确的是的（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】对两个小球整体分析，受到轻绳的拉力和重力，合力水平向左，如图所示由牛顿第二定律可得()tan()mMgmMa+=+可得tanag=对较重小球分析，受到轻绳的拉力和重力，合力水平向左

，如图所示由牛顿第二定律可得tanMgMa=可得tanag=所以有=即两段轻绳与竖直方向的夹角相同。故选A。5.如图所示，是一种被称为“移动摆”装置，即将单摆悬挂于一辆可以移动的车上。假设单摆在重力作用下做机械振动，且车和摆始终在同一平面内运动。若忽略所有摩擦和阻力，以车和摆的

整体为研究对象，则（）A.机械能守恒，动量守恒B.机械能守恒，动量不守恒C.机械能不守恒，动量守恒D.机械能不守恒，动量不守恒【答案】B【解析】【详解】忽略所有摩擦和阻力，以车和摆的整体为研究对象，只有动能和重力势能相互转化，所以机械能守恒，但由于系统所受合外力不为零，所以

动量不守恒，系统水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒。的故选B。6.如图所示为射线测厚装置示意图，它的放射源为铯-137，已知铯-137的衰变方程为137137055x-1CsBa+e→，半衰期约为30年，下列说法正确的是（）A.60年后13755Cs全部衰变完B.金属板厚度越薄探测器

接收到的辐射强度越小C.137xBa原子核的比结合能比13755Cs原子核的大D.该反应为β衰变，β射线即为核外电子的逸出【答案】C【解析】【详解】A．经过两个半衰期后，铯剩余原来的四分之一，故A错误；B．金属板厚度越薄探测器接收到的辐射强度越大

，故B错误；C．由于生成物比反应物稳定，所以137xBa原子核的比结合能比13755Cs原子核的大，故C正确；D．β衰变的实质是原子核内部的一个中子放出一个电子变为一个质子，故D错误。故选C。7.如图为某人设计的电吹风电路图

，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如下表所示。下列说法中正确的是（）热风时输入功率460W冷风时输入功率60W小风扇额定电压60V

正常工作时小风扇输出功率52WA.小风扇的内阻为8ΩB.吹热风时流经电热丝的电流约为2.1AC.变压器原、副线圈的匝数比n1:n2为3:11D.吹冷风时P的c触点与a接触、P的d触点与b接触【答案】A【解析】【详解】D．当电

吹风送出来的是冷风时，电路中只有电动机工作，触片P应与触点b、c接触，故D错误；A．冷风时输入功率为60W，正常工作时小风扇输出功率为52W，说明小风扇内阻消耗的功率为8W，则有2rPIr=60A1A60PIU===入所以8r=故A正确

；B．吹热风电热丝的热功率为46060400WP=−=时流经电热丝的电流为400A1.8A220PIU===故B错误；C．变压器原副线圈的匝数之比为1222011603nn==故C错误。故选A。8.图甲描绘了

在0=t时刻，由两波源S1、S2在均匀介质中形成的波阵面平面图（实线和虚线分别代表波峰和波谷）。已知这两个波源的振动频率相等，振幅相同。P和Q是该平面上的两个固定点，S1、S2间的距离是0.2m。图乙是P点的振动图像（位移-时间关系）。下列说法中正确的是（）A.S1S2的连线上共有4

个干涉减弱点B.S1S2连线的延长线上没有干涉增强点C.t=0.2s时，Q点的位移是AD.波源S1发出的机械波波速为0.2m/s【答案】A【解析】【详解】A．由图甲可知，波长为0.1m=根据干涉减弱点的特点，S1S2的连线上距S1、S2的距离差为0.05m、0.15m的点各有两个，即共有4个

干涉减弱点。故A正确；B．S1S2连线的延长线上各点到两波源的距离差为0.2m，即波长的2倍，所以均为干涉增强点。故B错误；C．由甲图可知Q点为振动减弱点，t=0.2s时，Q点的位移是零。故C错误；D．由乙图可知，波的振动周期为0.4sT=根据0.2

5m/svT==故D错误。故选A。9.如图所示，两束相同的单色光A和B从介质I垂直射入扇形介质II，都在点P处发生折射，折射角分别为A和B。A和B在扇形介质II的入射点距O点的距离分别为3d和2d，下列选项中正确的是（）A.sin3sin2AB=B.单色光A在介质II中的波长比其在介质

I中的长C.单色光B在介质II中的频率比其在介质I中的大D.若将单色光A换成另一束频率更大的单色光C，则C依然能从P点射入介质I【答案】A【解析】【详解】A．设单色光A在介质II中入射角为sin'A，单色光B在

介质II中的入射角为sin'B。根据相对折射率的概念可知sinsinsin'sin'ABAB=设扇形介质II的半径为R，由几何关系可知32sin'sin'ABddRR==，联立，解得sin3sin2AB=故A正确；BC．根据光路图中入

射角与折射角的大小关系，可得介质II为光密介质，介质I为光疏介质。单色光A和B为同种单色光，所以二者的频率相同且在不同介质中保持不变，根据0n=可知在介质II中的波长比其在介质I中的短。故BC错误；D．根据1sinCn=

的若将单色光A换成另一束频率更大的单色光C，则其临界角变小，C可能发生全反射不从P点射入介质I。故D错误。故选A。10.如图所示，一块永磁体在光滑斜面上沿着一螺线管的轴线做直线运动。螺线管外的轴线上存在p、q两点（p

、q两点到螺线管边缘的距离相等）。一灯泡与螺线管串联，灯泡在永磁体通过p点时的亮度要大于永磁体通过q点时的亮度。忽略永磁体的尺寸，下列说法中正确的（）A.永磁体在p点时速度小于在q点时的速度B.永磁体在p点时的机械能小于在q点时的机械能C.若将

灯泡换成一发光二极管，则永磁体在通过p和q时该二极管不会都发光D.若将永磁体的极性对调，则在其通过q点时灯泡的亮度将大于其通过p点时的亮度【答案】C【解析】【详解】A．灯泡在永磁体通过p点时的亮度大于永磁体通过q点时

的亮度，说明永磁体通过p点时产生的感应电流大于永磁体通过q点时的感应电流，即永磁体在p点时的速度大于在q点时的速度，故A错误；B．根据能量守恒，由于灯泡发光，所以永磁体的机械能不断减小，即永磁体在p点时的机械能大于在q点时的机械能，故B错误；C．根据楞次定律，当永磁体靠近螺线

管和远离螺线管时产生的感应电流的方向相反，所以二极管不会都发光，故C正确；D．若将永磁体的极性对调，则在其通过q点时灯泡的亮度仍将小于其通过p点时的亮度，故D错误。故选C。11.2022年2月15日，苏翊鸣在北京冬奥会单板滑雪男子大跳台比赛中夺得冠

军，成为首位赢得冬奥会单板滑雪金牌的中国运动员。大跳台主要由助滑道，起跳台和着陆坡组成，如图所示，运动员在助滑道下滑后在起跳台起跳，在空中做抛体运动后落在着陆坡上。某次比赛苏翊鸣在距离起跳点34m高处从静止下滑

，在空中最高点时距起跳点12.8m，在空中飞跃的总时间为4s，已知起跳台斜面倾角为37°，苏翊鸣的的质量为70kg，不考虑空气阻力，g取10m/s2，以下说法正确的是（）A.起跳速度为16m/sB.在最高点速度为0C.下滑过程机械能守恒D.从下滑到着

陆重力做功35000J【答案】D【解析】【详解】C．下滑过程中需要克服阻力做功，所以机械能不守恒，故C错误；B．运动员从起跳台跳出后做斜上抛运动，有212yvhg=tan37yxvv=解得16m/syv=，64m/s3xv=所以运动员在最高点的速度为64

m/s3，故B错误；A．起跳速度为2280m/s3xyvvv=+=故A错误；D．运动员从起跳台起跳到着陆竖直方向的位移为22116m2yhvtgt=−+=所以从下滑到着陆重力做功为()()0270103416J35000JWmghh=+=+=故D正确。故

选D。12.如图所示，无限长直导线A、B和以点p为圆心的圆形导线C、D固定在xy平面内。导线C、D有强度相同的恒定电流，导线B中有强度为I0、方向为+x的电流。导线C在p点产生的磁感应强度B0。当导线A中的电流改变时，导线A~D的电流在p点产生的磁感应强度大小如下表，下列叙述正确的是（）导

线A的电流导线A~D的电流在p点产生的磁感应强度大小强度方向0无0I0+y？I0-yB0A.表格中的“?”应填入2B0B.导线B中电流在p点产生的磁感应强度大小为B0C.导线D中电流在p点产生的磁感应强度比导线B产生的要小D.导线C

中电流在p点产生的磁感应强度方向是垂直xy平面向内【答案】B【解析】【详解】A．根据题意，当导线A中的电流为0时，p点的合磁感应强度为零，即B、C、D三条导线产生的合磁场为零，当A中的电流为-I0时，p点的合磁感应强度为B0，方向应垂直纸面向外，所以当A中的电流为I0时，p点的合磁

感应强度仍为B0，方向应垂直纸面向里，故A错误；B．由于A、B导线到p点距离相等，所以B中电流在p点产生的磁感应强度大小为B0，故B正确；C．由于导线D中电流大小及方向不确定，所以不能比较其在p点产生

的磁感应强度与导线B产生的磁感应强度，故C错误；D．导线C中电流方向未知，所以其在p点产生的磁感应强度方向不能确定，故D错误。故选B。13.某行星的卫星A、B绕以其为焦点的椭圆轨道运行，作用于A、B的引力随时间的变化如图所示，其中212tt=，行星到卫星A、B轨道上点的距离分别记

为rA、rB。假设A、B只受到行星的引力，下列叙述正确的是（）A.B与A的绕行周期之比为2:1B.rB的最大值与rB的最小值之比为2:1C.rA的最大值与rA的最小值之比为3:1D.rB的最小值小于rA的

最大值【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，A、B的周期为A1Tt=B22Tt=所以B与A的绕行周期之比为B2A12221TtTt==故A错误；B．由图可知，当rB最小时，有2Bmin9MmFGr=当rB最大时，有2BmaxMmFGr=所以rB的最大值与rB的最小值之比为B

maxBmin31rr=故B错误；C．同理，当rA最小时，有2Amin8MmFGr=当rA最大时，有2Amax2MmFGr=所以rA的最大值与rA的最小值之比为AmaxAmin21rr=故C错误；D．根据开普勒第三定律，有BminBmax23BAminAmaxA2()()2rrTrrT+=

+解得BminAmax34rr=所以rB的最小值小于rA的最大值，故D正确。故选D。二、选择题II（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得

2分，有选错的得0分）14.以下光学现象正确的是（）A.如图甲光导纤维中内芯的折射率大于外套B.如图乙抽去一张纸片，劈尖干涉的条纹间距变小C.如图丙太阳的反射光中振动方向垂直纸面的光较强D.如图丁，用两根铅笔之间的缝隙观察衍射条纹，缝隙越窄，观察到的中央衍射条纹越宽【答案】A

CD【解析】【详解】A．甲光导纤维利用全反射原理，所以内芯的折射率大于外套，故A正确；B．如图乙抽去一张纸片，即空气膜的夹角减小，根据薄膜干涉的原理可知，劈尖干涉的条纹间距变大，故B错误；C．太阳的反射光中振

动方向垂直纸面的光较强，故C正确；D．根据单缝衍射原理可知，用两根铅笔之间的缝隙观察衍射条纹，缝隙越窄，观察到的中央衍射条纹越宽，故D正确。故选ACD。15.如图所示，两条完全相同的圆弧形材料AOB和COD，圆弧对应的圆心角都为120°，圆弧AOB在竖直平面内，圆弧COD在水平面内，

以O点为坐标原点、水平向右为x轴正方向，两弧形材料均匀分布正电荷，P点为两段圆弧的圆心，已知P点处的电场强度为E0、电势为φ0，设圆弧AO在圆心P处产生的电场强度大小为E，产生的电势为φ，选无穷远的电势为零，以下说法正确的是（）A.033EE=，014=B.036E

E=，014=C.将质子（比荷em）从P点无初速度释放，则质子的最大速度为02emD.若两段弧形材料带上的是等量异种电荷，x轴上各点电场强度为零，电势为0【答案】BD【解析】【详解】AB．根据电场强度的叠加有022cos30EE=04

=所以036EE=，014=故A错误，B正确；C．将质子从P点无初速度释放，根据动能定理可得02m1()2emv−=0=解得0m2evm=故C错误；D．若两段弧形材料带上的是等量异种电荷，根据对称性，x轴上各点电场强度为零，电

势为0，故D正确。故选BD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.（1）敏敏利用图（a）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有5

N=个，每个质量均为0.010kg。实验步骤如下：i．将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车（和钩码）可以在木板上匀速下滑。ii．将n（依次取1n=，2，3，4，5）个钩码挂在轻绳右端，其余N-n个钩码仍留在小车内。先用手按住小车再由静止释放，同时用速度传

感器记录小车的运动情况，绘制vt−图象，经数据处理后可得到相应的加速度a。iii．对应不同的n的a值作出an−图像（c），并得出结论。①该同学实验过程中重物始终未落地，得到如图所示v-t图象（b），根据图象可以分析出在

实验操作中可能存在的问题是___________A．实验中未保持细线和轨道平行B．实验中没有满足小车质量远大于钩码质量C．实验中先释放小车后打开打点计时器②利用an−图像求得小车（空载）的质量为___________kg（保留2位有

效数字，重力加速度g取9.82m/s）。③若以“保持木板水平”来代替步骤①，则所得的an−的图像（）（填入正确选项前的标号）。【答案】①.A②.0.45③.C【解析】【详解】（1）①[1]v-t图象（b）中后半段斜率明显减小，即加速度减小

，合外力减小，可能存在的问题是实验中未保持细线和轨道平行，当小车离滑轮较远时，拉力几乎还是沿长木板方向，加速度不变，当小车离滑轮较近时，拉力与长木板的夹角迅速增大，小车受到的合力明显减小，加速度减小。

故选A。②[2]由牛顿第二定律可得(5)nmgMma=+整理得(5)mganMm=+由图（c）可知，当n=5时，a=1.00m/s2，数据代入上式可得0.45kgM=③[3]若以“保持木板水平”来代替步骤①，则

小车会受到长木板的摩擦力，当钩码数增大到一定程度才开始有加速度，故图线与横轴有交点，由牛顿第二定律可得(5)nmgfMma−=+加速度a与所挂钩码数n为一次函数，可知C选项的图线符合题意。故选C。17.如图为一水平放置的气缸，装一定量的体积为33

110cm的某理想气体，通过一横截面积210cm=S的活塞与压强为51.010Pap=的大气相隔。活塞与气缸壁之间有一定压力，二者间最大静摩擦力和滑动摩擦力均为50Nf=，摩擦产生的热量均耗散到外界，不被气缸内气体吸收。初态气体温度头0300KT=，活塞与气缸壁之间无摩擦力作用。现用一加热器缓

缓对气缸加热，假设气体始终经历准静态过程。求：（1）活塞开始移动时气体温度1T（2）当加热至末态2900KT=时，因摩擦而耗散的热量；（3）已知该气体的内能满足0.5(J)UT=（T单位取K），求从初态到末态气体总吸热Q。【答案】（1）450K；（

2）50J；（3）450J【解析】【详解】（1）初始状态时，活塞与气缸壁之间无摩擦力作用，则气体的压强为501.010Papp==设活塞开始移动时气体压强为1p，根据受力平衡可得1pSpSf=+解得511.510Pap=此过程气体发生等容变化，则有0101ppTT=解得1450K=T（2）从

1450K=T加热至末态2900KT=，气体发生等压变化，设活塞移动的距离为x，则有1212VVTT=又21VVVSx=−=，331110cmV=联立解得1mx=故当加热至末态2900KT=时，因摩

擦而耗散的热量为f50JQfx==（3）从初态到末态气体内能增加量为200.50.5300JUTT=−=此过程外界对气体做功为1150JWpSx=−=−根据热力学第一定律可得UWQ=+可得从初态到末态气体总吸热为450JQ=18.如图所示是一个大型益智儿童玩具。竖直平

面内一个大小不计、质量为0.4kgm=的物块轻轻放在长为12mL=的动摩擦因数为10.75=、速度可调的固定传送带右端。物块由传送带自右向左传动，CH之间的开口正好可容物块通过。传送带左侧半圆轨道固定，半径为0.4mR=，

与长为215m8L=，动摩擦因数为20.8=的水平粗糙地面EF相连，F点正上方存在一个固定的弹性挡板（碰后原速率反弹）。F点右侧紧挨着两辆相互紧靠（但不粘连）、质量均为0.2kgM=的摆渡车A、B，摆

渡车长均为32mL=，与物块之间的动摩擦因数均为30.15=，与地面间的摩擦可略，g取102m/s，则（1）若物块恰好不脱轨，求物块到达半圆轨道最左端D点时对轨道的压力；（2）通过调节传送带速度，使物

块运动过程中始终不脱轨，求物块最终可能在EF上停留的区域长度d；（3）若撤去弹性挡板，且传送带速度调为6m/s，求A的最终速度大小及物块在摆渡车上滑行时产生的热量Q。【答案】（1）12N，方向水平向左；（2）1m；（3）1m/s，22J15【解析】【详解】（

1）若物块在C点恰好不脱轨，则2CvmgmR=100.4m/s=2m/sCvgR==从C点到D点，由动能定理得221122DCmgRmvmv=−得23m/sDv=D点轨道对物块的弹力2N120.4N=12N0.4DvFmR==由牛顿第三定律得，物块到达半圆轨道最左端D

点时对轨道的压力N12NF=方向水平向左。（2）若物块从出发至C点一直加速，由牛顿第二定律得11mgma=得2117.5m/sag==则到达C点的最大速度maxCv，则2max112CvgL=得max30m/sCv=故从C点的速度范围为

2m/s30m/sCv从C点到最终停下来，在水平粗糙地面EF通过的路程为S，由动能定理得221202CmgRmgSmv−=−可得523mm48S物块最终可能在EF上停留的区域长度2315mm

=1m88d=−（3）由动能定理222211222FCmgRmgLmvmv−=−可得4m/sFv=物块在A上滑行时，推动A、B一起运动，设物块到达A末端时A、B的速度为Av，由动量守恒和能量守恒得1A2FmvmvMv=+222331A1112222FmgLmvmvMv=−−可

得13m/sv=A/s1mv=此后物块在B上滑行时，推动B继续加速，设物块与B共速时的速度为Bv，物块与B的相对位移为L，由动量守恒和能量守恒得1AB()mvMvmMv+=+22231AB111()222mgLmvMvmMv=+−+可得4m9L=物块在摆渡车上滑行

时产生的热量3322()J15QmgLL=+=19.如图，有两倾角30=、间距d=0.1m的足够长平行金属导轨，其顶端和底端各连有一个R=0.1Ω的电阻。一恒流源为电路提供恒定电流I=2A，电流方向如图所示。在两导轨间存在垂直导轨平面向上的磁场，沿导轨向下建立坐标轴xOy，磁感应强度沿y

方向大小不变，沿x方向大小满足12(T)(4m)Bxx=，22T(4m)Bx=。质量m=0.1kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间摩擦系数33=，让金属棒ab从x=0处以很小的速度（可忽略不计）开始向下运动。x=4m处两导轨各有一小段长度可以忽略的绝

缘部分，隔开上下金属导轨。金属棒ab及金属导轨的电阻不计。求：（1）金属棒ab运动到x=1m位置时加速度大小；（2）金属棒ab从x=0向下运动到速度为0的过程中，克服摩擦力所做的功；（3）若导轨光滑，改变恒流源电流方向，让金属

棒从x=0静止释放，可以证明导体棒做简谐运动，且简谐运动的周期2mTk=，其中m为做简谐运动的物体的质量，k为Fkx=−中比例系数k，求从t=0到2T时间内安培力的冲量。【答案】（1）24m/sa=；（2）3J；（3）()πNs4I=【解析】【分析】【详解】（1）已

知sincosmgmg=由牛顿第二定律：1sincosBIdmgmgma+−=得：24m/sa=（2）从0x=到4mx=的过程中，安培力10.4AFBIdx==安培力做功3.2JFAAWFx==由动能定理，2F

A2mvW=得金属棒运动到4mx=的速度8m/sv=从4mx=到速度为0的过程中，由动量定理3223BdxmvR=得位移22mx=故全过程克服摩擦力做功()2cos3JWmgxx=+=（3）当金属棒运动到x位置时1sinmgBIdF−=

合得0.50.40.4(1.25)Fxx=−=−−合即金属棒做简谐运动，且平衡位置位于01.25mx=处，比例系数k=0.4，其周期2(s)mTk==从t=0到2T时间内，由动量定理sin02TmgI

−=得安培力的冲量()πNs4I=20.如图1所示，在xOy平面上的第一象限全部区域有大小为22mvEeR=，方向竖直向上的匀强电场，有一位于第二象限的电子源持续不断地沿x轴正方向发射速率均为v的电子，形成沿y轴方向均匀分布的电子流，电

子源所在位置的纵坐标分布范围为R~2R。荧光屏的上端固定于x轴上，其横坐标分布范围为0~5R，荧光屏上被电子碰撞的位置均会显示荧光。电子每次碰撞过程中机械能损失75%，碰撞前后速度方向与荧光屏的夹角相等（与竖直方向对称）。已知电子的质量为m，电

荷量为e，不计电子重力，忽略电子间的相互作用。（1）求荧光区域的横坐标的最小值；（2）若从y=R沿x轴正方向射出的电子与荧光屏第一次碰撞的作用时间为t0，求第一次碰撞过程中荧光屏对该电子的作用力大小；（3）求荧光区域的横坐标的

最大值；（4）现把匀强电场撤去，在第一象限全部区域加上方向垂直向里的匀强磁场B，如图2所示。若所有电子最终均静止在荧光屏上（没有离开第一象限），求B的取值范围。【答案】（1）R；（2）0372mvt；（3）523R；（4）3(322)56m

vmvBeReR+【解析】【详解】（1）根据题意，电子做类平抛运动，有minxvt=212EeRtm=解得minxR=（2）电子打在荧光屏上时竖直方向的速度为2yEevtvm==当电子与荧光屏碰撞过程有22

22111125%()()22yxymvvmvv+=+11tanyyxvvvv==解得1yvv=，12xvv=根据动量定理，有01xxFtmvmv−=−01yyyFtmvmv−=−−所以220372xymvFFFt

=+=（3）电子从y=2R沿x轴正方向射出，有01xvt=21122EeRtm=解得02xR=第一次碰撞后电子的速度为1212yyvvvgt===，11122xxvvv==第一次碰撞后电子的水平位移为10124xx=第二次碰撞后电子的水平位移

为21124xx=第n次碰撞后电子的水平位移为1124nnxx−=所以max0112252421314nRxxxxRR=+++=+=−L（4）根据洛伦兹力提供向心力有2vevBmr=由于每次碰撞过程动能变为原来的四分

之一，所以速度大小应变为原来的二分之一，即112nnrr−=电子与荧光屏第一次碰撞时速度方向与荧光屏的夹角为θ，则min(1cos)2rR+=minmin1sin(1sin)2rr=−联立解得min6322Rr=+，max

(322)6mvBeR+=根据几何关系1sinxr=1122nnxx−=所以121sin2sin23sin5112nrxxxxrrR=+++=+=−L所以max53Rr=，min35mvBeR=所以B的取值范围为3(322)56mvmvBeReR+

21.（2）额温枪中常用的测温元器件是热敏电阻。某小组设计了如图1所示的电路验证热敏电阻阻值与温度关系的准确性，除了该热敏电阻之外，实验室还备有如下器材：A．电源E（电动势6V，内阻1Ωr=）B．电流表（量程0~0.2A，内阻120Ωr=）C．电流表（量程0~0.6A，内阻21Ωr）D．定值电阻

0RE．开关S，导线若干①为了较准确的测量电阻xR在不同温度下的阻值，请在图1中的虚线框内将测量电阻xR的实验电路图补充完整，并在图中标出所选器材的符号；（）②如果在电阻温度稳定时，闭合开关S，记下电表读数，1A的读数为1

I，2A的读数为2I，则xR=___________（用题中所给字母表示）；③为了进一步验证“额温枪”测温的准确性，该同学设计了图2所示电路，已知电源电动势1.5VE=，内阻不计,025ΩR=，热敏电阻的阻值与温度的关系如图3所示。闭合电键后发现

电压表示数为0.50V，则热敏电阻此时的温度为___________°C（保留两位有效数字）。【答案】①.见解析②.1121IrII−##1121rIII−③.36【解析】【详解】（1）[1]根据伏安法测电阻的原理，我们要想准确测量出xR的阻值，必须准确测出通过

xR的电压和电流，但题中没有给出电压表，所以我们可以用内阻已经知道的电流表1A来测电压，2A测干路电流，进而计算通过xR的电流，故电路如图所示（2）[2]由原理图可知，通过xR的电流为21III=−电压

11UIr=则1121xUIrRIII==−（3）[3]由图2所示电路知，热敏电阻的电阻为为01.50.50Ω50Ω0.5025xEURUR−−===由xRt−图像可知，xR的阻值为50时，所对应的温度为36C

。22.在“用DIS研究温度不变时气体的压强跟体积的关系”实验时，缓慢推动活塞，注射器内空气体积逐渐减小，多次测量得到注射器内气体压强p、体积V变化的p-V图线，如图所示（其中实线是一条双曲线，虚线为实

验所得图线，实验过程中环境温度保持不变），发现该图线与玻意耳定律明显不合，造成这一现象的可能原因是（）A.实验时用手握住注射器B.实验时迅速推动活塞C.注射器没有保持水平D.推动活塞过程中有气体泄漏【答案】A【解析】【详解】由图像的特点可知压缩气体过程中p与V

的乘积增大，所以造成这一现象的原因可能是实验时用手握住注射器，导致温度升高。故选A。23.用螺旋测微器测量某材质电线的直径d，其中一次测量如图所示，其读数d=___________mm。【答案】1.498【解析

】【详解】螺旋测微器读数为1mm49.80.01mm1.498mmd=+=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com