【文档说明】安徽省池州市2021-2022学年高二下学期期末考试物理试卷+Word版含解析.docx，共(6)页，731.619 KB，由小赞的店铺上传

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2021-2022池州高二下期末物理试题满分：100分考试时间：90分钟一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。第1

题有两题，为选择性必修第一册和选择性必修第三册，请选做一题。1.【选择性必修第一册】一列沿𝑥轴正方向传播的间谐横波在𝑡=0时的波形如图所示，此时波恰好传到平衡位置为𝑥=12m处的𝑃点，𝑡=1s时𝑥=12m处的𝑃点第一次达到波峰位置。下列说法正确的是

A.波源的起振方向沿𝑦轴负方向B.该波的传播速度大小为24m/sC.若增大波源的振动频率，则该波的波长将减小D.若增大波源的振动频率，则该波的传播速度增大1.【选择性必修第三册】关于下列四幅图涉及的“近代物理学”知识的说法，正

确的是A.向右移动滑动变阻器的滑片，微安表的示数一定增大B.卢瑟福通过“𝛼粒子散射实验”确定原子半径的数量级为10−10mC.原子从高能级向低能级跃迁时，辐射光子的能量等于两能级的差值D.氘核和氚核聚变生成氦核和种子的过程质量守恒2.5G技术是“第五代移动通信技术”的简称，

采用了3300～5000MHz(1M=106)频段的无线电波，某发射5G无线电波的LC电磁振荡电路如图所示。下列说法正确的是A.无线电波的频率越大，在真空中传播的速度越大B.5G通信技术采用的无线电波属于毫米波C.图示时刻，电感线圈储存的磁场能正在

增加D.图示时刻，电容器两极板带的电荷量正在增加3.如图甲所示，正方形金属线圈𝑎𝑏𝑐𝑑处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度𝐵随时间𝑡变化的图像如图乙所示，若磁场方向垂直线圈平面向外时磁感应强度为正。下列说法正确的是A.0~�

�1时间内，线圈中感应电流的方向为𝑎𝑑𝑐𝑏𝑎B.𝑡1~𝑡2和𝑡2~𝑡3时间内，线圈中感应电流的方向相反C.𝑡3~𝑡4时间内，线圈𝑎𝑑边受到的安培力向右D.0~𝑡1和𝑡2~

𝑡3时间内，线圈向边受到的安培力方向相同4.一辆汽车静止在平直的公路上，某时刻启动后其位移𝑥随时间𝑡的变化规律如图所示，0~𝑡0内的图线为一条过原点的抛物线。已知2s内汽车行驶的位移为6m，而时刻速度达到18m/s后做匀速运动。则

汽车在0~8s内平均速度的大小为A.12m/sB.11.25m/sC.9m/sD.8.25m/s5.如图所示，空间某一区域存在平行纸面的匀强磁场，在磁场中𝐴、𝐵、𝐶处垂直纸面放置三根轻质长直导线𝑎、𝑏、𝑐，如图所示位于正三

角的顶点，𝑂为边𝐵𝐶的中点。将导线𝑏、𝑐固定，通入垂直纸面向外的恒定电流，导线𝑎中电流垂直纸面向里，三导线中电流大小相等，导线𝑎未固定但恰好受力平衡。已知通电直导线产生的磁场的磁感应强度𝐵=𝑘𝐼𝑟，式中𝑘为常数，𝑟是直导线到该点的距离。下列说法正确的是A.匀强磁场垂直𝑂

𝐴向右B.匀强磁场沿𝐴𝑂方向C.导线𝑏受到的安培力沿𝐵𝐶方向D.导线𝑐受到的安培力沿𝐴𝐶方向6.如图所示，圆心为𝑂、半径为𝑅的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为𝐵。氦

核(He24和质子(H11先后从𝐴点沿𝐴𝑂的方向射入磁场，均从𝐶点射出磁场，𝐴𝑂与𝑂𝐶的夹角为106°。氦核(He24)的质量为𝑚、电荷量为𝑞，不计粒子的重力，sin53°=0.8。下列说法正

确的是A.质子与氢核在磁场中运动的时间相等B.质子在磁场中运动的时间是氮核的2倍C.氮核(He24的速度大小为4𝑞𝐵𝑅3𝑚D.质子(H11的速度大小为2𝑞𝐵𝑅3𝑚7.自耦变压器是一种线圈匝数可通过滑动触头而

改变的变压器。如图所示，一种自耦变压器(可视为理想变压器的线圈均匀绕在圆环型铁芯上，𝐴𝐵间、𝐵𝑃间的线圈匝数分别为𝑛1和𝑛2。热敏电阻𝑅𝑇的阻值随温度的降低而增大，𝑅0为定值电阻，电流表为理想交

流电表。当滑动触头𝑃处在图示位置时，接在𝐴𝐵间的保险丝熔断，下列说法正确的是A.为使保险丝不熔断，可适当逆时针转动滑动触头𝑃B.为使保险丝不熔断，可适当降低热敏电阻𝑅𝑇的温度C.滑动触头𝑃调节好后，电流表A1和A2的示数之比为𝑛1𝑛2D.滑动触头𝑃调节好后，电流表A

1和A2的示数之比为𝑛2𝑛18.图甲为交流发电机的原理图，矩形线圈𝐴𝐵𝐶𝐷在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴𝑂𝑂′匀速转动，从图示位置开始计时，发电机的电动势随时间的变化规律如图乙所示。交流发电机与理想交流电流表和定值电阻相连，已

知该发电机线圈匝数𝑛=10匝，线圈面积为𝑆=0.1m2，线圈所在处的磁感应强度大小为𝐵=1𝜋𝑇。下列说法正确的是A.线圈在磁场中转动的周期为0.1sB.1s内通过电阻的电流方向改变10次C.0.125s时，交流电流表的读数为0D.0

.175s时，线圈平面与匀强磁场垂直9.2022年4月16日，神舟十三号载人飞船顺利脱离“天和”核心舱返回地面。将神舟十三号的返回过程简化为如图所示轨道模型，神舟十三号载人飞船与“天和”核心舱一起在轨道Ⅰ上绕地球做匀速圆周运动，

神舟十三号载人飞船与“天和”核心舱在𝐵点分离后进入椭圆轨道Ⅱ，随后从𝐴点进入近地圆轨道Ⅲ。设地球表面的重力加速度为𝑔，地球半径为𝑅，圆轨道Ⅰ的半径为地球半径的𝑘倍，不考虑地球自转和公转的影响。下列说法正确的是A.宇航员在轨道Ⅲ上的机械能小于在轨道Ⅰ上的机械能B.载人飞船在轨道Ⅱ上𝐵点的

加速度大小为𝑔(𝑘+1)2C.由题目信息可得载人飞船在轨道Ⅱ上的运行周期D.载人飞船在𝐴点由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ时需加速10.霍尔元件是一种基于霍尔效应的磁传感器。某型号霍尔元件(导电自由电荷为电子左右长度为𝑎，前后宽度为𝑏，上、下两个面之间的距离为ℎ。将此

霍尔元件前后两面的𝐶点、𝐴点通过导线连接一个理想电压表，置于图示竖直向下的匀强磁场中。连接电路，闭合电键，进行测试，下列判断中正确的是A.𝐴点导线应与电压表的正接线柱相连B.在保证电流大小不变的前提

下，电压表的示数与ℎ成反比C.向左移动滑动变阻器的滑片𝑃，电压表示数减小D.若仅增大霍尔元件自由电荷的浓度，则电压表示数减小12345678910二、实验题：本题共2小题，共15分。11.(6分某学习小组同学利用如图甲电路测量一根金属丝的电阻率。(1请用笔画线代

替导线，将图乙的实物电路连接完整；(2将单刀双掷开关S2拨向1，闭合开关S1，记下毫安表的读数𝐼；将S2拨向2，调节电阻箱𝑅2，使电流表的读数仍为𝐼。此时电阻箱𝑅2的读数如图丙所示，则金属丝的电阻𝑅=____

________Ω；(3若测得金属丝的长度𝐿=120cm，直径𝑑=0.40mm，则金属丝的电阻率𝜌=____________Ω⋅m(𝜋≈3.14，计算结果保留三位有效数字。12.(9分某学习小组同学利用图甲所示的装置测量物块的质量。操作步骤如下：①将光电门固定在铁架台上，将挡光片固

定在待测物块上，用20分度游标卡尺测量挡光片的宽度𝑑，示数如图乙所示；②将质量为𝑀)(标示值的钩码和待测物块用绕过光滑轻质定滑轮的轻绳连接；③测量挡光片与光电门间的竖直高度ℎ；④由静止释放钩码，钩码向下运动，物块向上运动，读取挡光片通

过光电门的挡光时间𝑡；⑤改变挡光片与光电门间的竖直高度，重复步骤③④。(1挡光片的宽度𝑑=____________mm；(2物块通过光电门时的速度大小𝑣=____________)(用测量物理量的符号表示；(3学习小组同学根据测量的多组数据作出如图丙所示的ℎ−1𝑡2图像，为

一条过原点、斜率为𝑘的倾斜直线。当地的重力加速度为𝑔，忽略挡光片的质量，则待测物块的质量𝑚=____________)(用相关物理量的符号表示。(4若钩码的质量𝑀小于标示值，则待测物块质量的测量值____________(填“大于”、“小于”或“等于”真实值。三、解答题：共4小题，共45分

。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。第14题有两题，为选择性必修第一册和选择性必修第三册，请选做一题，并在答题卡相应位置用2B铅笔填

涂。13.(10分北京冬奥会上，花样滑冰双人滑运动员隋文静、韩聪组合获得金牌。如图所示，韩聪拉着隋文静在水平面内做匀速圆周运动，若此时隋文静的脚对冰面的压力恰好为0且韩聪恰好不滑动。若隋文静的质量为𝑚1=40kg，韩聪的质量为𝑚2=60kg，韩聪手臂伸直时与竖直方向的夹角𝜃

=53°，隋文静身体的重心到韩聪的水平距离为𝑙=1.2m。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度𝑔=10m/s2，sin53°=0.8。求：(1冰面对韩聪的支持力的大小；(2隋文静做圆周运动的周期以及韩聪的冰鞋与冰面之间的动摩擦因数。14.【选择性必

修第一册】(10分某次东壶训练中使用的红冰壶和蓝冰壶的质量均为𝑚=20kg，初始时蓝冰壶静止在冰面上，红冰壶以速度𝑣0与蓝冰壶发生正碰，碰后红冰壶继续向前运动的位移为𝑥1=2.5m，蓝冰壶的位移为𝑥2=10m。若碰撞时间极短，两冰壶与冰面间的动摩

擦因数均为𝜇=0.02，重力加速度𝑔=10m/s2。求：(1碰撞后瞬间两冰壶的速度大小；(2两冰壶在碰撞过程中损失的机械能。14.【选择性必修第二册】(10分一只保温杯的容积为𝑉=480mL，环境温度

为𝑇1=300K，大气压强为𝑝0=1.0×105Pa。现向保温杯中倒入一部分热水并快速拧紧杯盖，上方的气体稳定后温度达到𝑡=57℃。已知标准状态(0℃、𝑝0=1.0×105Pa)下气体的摩尔体积为𝑉mol=22.4L/mol，阿伏伽

德罗常数𝑁𝐴=6.0×1023mol-1，热力学温度和摄氏温度之间的关系式为𝑇=(𝑡+273)K，忽略水蒸汽的影响和热水的体积变化。求：(1倒入热水前该保温杯内空气的分子数𝑁；(2倒入热水拧紧杯盖稳定后，保温杯内剩余空气的压强𝑝。15.(12分如图所

示，在坐标系𝑥𝑂𝑦的第一象限内存在沿𝑥轴负方向的匀强电场，电场强度大小为𝐸；第二象限内存在沿𝑦轴负方向的匀强电场，电场强度大小为√3𝐸；第三象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场。质量为𝑚、电荷量为+𝑞的带电粒子从第一象限点𝑃(�

�，√3𝑙由静止释放，从𝑥轴点𝑀(−𝑙，0进入第三象限，恰好沿𝑥轴正方向进入第四象限，不计粒子重力。求：(1带电粒子抵达𝑀时的速度大小；(2磁感应强度𝐵的大小和粒子在第三象限运动的时间。16.(13分如图甲所示，𝑀𝑁、𝑃𝑄是足够长、粗糙的水平导轨，导轨平行且间距�

�=1m，𝑃𝑀间连接阻值𝑅=3Ω的定值电阻和理想电压表。整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度随时间均匀增大，关系式为𝐵=0.5𝑡(T)。𝑡=0时刻，将一根质量𝑚=0.25kg、阻值𝑟=1Ω的金属棒𝑎𝑏放置在距离𝑃𝑀为𝑑=1m的导轨上，𝑡=10s时

金属棒𝑎𝑏即将沿导轨滑动。如图乙所示，然后将整个装置左端抬高，使导轨平面与水平面间的夹角𝜃=37°并固定，保持磁感应强度𝐵0=2T不变，磁场方向仍垂直导轨平面向下，让金属棒𝑎𝑏沿导轨由静止开始滑动。导轨的电阻均不计

，金属棒与导轨垂直且接触良好，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为𝑔=10m/s2，sin37°=0.6。求：(1金属棒𝑎𝑏与导轨间的动摩擦因数𝜇；(2图乙中，电压表的最大示数是多少；(3图乙中，金属棒𝑎𝑏沿导轨运动𝑥=4m的过程中(金属棒𝑎𝑏

的速度已稳定，电阻𝑅上产生的焦耳热。2021-2022高二下期末物理试题参考答案12345678910CCDBACBDADACBD1.【选择性必修第一册】【答案】C【解析】根据“同侧法”可知𝑥=12m处𝑃点的起振方向沿𝑦轴正方向，所以波源的起振方向沿𝑦轴正方向，故A错误；𝑡=1s时

𝑥=12m处的𝑃点第一次达到波峰位置，所以该波的传播周期𝑇=4s，所以该波的传播速度大小为𝑣=𝜆𝑇=2m/s，故B错误；机械波的传播速度由介质决定，若增大波源的振动频率，该波的传播速度不变，由𝑣=𝑓𝜆可知该波的波长将减小，故C正确，D错误。1.【选择性必修第三册】【答

案】C【解析】图示电路图是研究光电效应饱和电流的，如果滑片在当前位置，光电流已达到饱和，则向右移动滑动变阻器的滑片，微安表的示数不增大，故A错误；通过“𝛼粒子散射实验”可以确定原子核的半径的数量级为10−15m，不能确定原子半径的数量级，故B错误；根据玻尔理论

可知原子从高能级向低能级跃迁时，辐射光子的能量等于两能级的差值，故C正确；氘核和氚核聚变生成氦核和中子的过程质量数守恒，此过程有质量亏损，故D错误。2.【答案】D【解析】无线电波在真空中传播的速度都等于光速，故A错误；5G通信技术采用了3300～5000MHz(1M=106)频段

的无线电波，由𝑐=𝑓𝜆可知5G通信技术采用的无线电波属于厘米波，故B错误；图示时刻，电容器正在充电，磁场能转化为电场能，所以电感线圈储存的磁场能正在减小，电容器两极板带的电荷量正在增加，故C错误，D正确。3.【答案】D【解析】由图乙可知0~𝑡1时间内，垂直线圈平面

向外的磁场增加，根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向为𝑎𝑏𝑐𝑑𝑎，故A错误；𝑡1~𝑡2和𝑡2~𝑡3时间内，𝐵−𝑡图像的斜率相同，所以线圈中感应电流的方向相同，故B错误；𝑡3~𝑡4时间内，垂直线圈平面

向里的磁场增加，根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向为𝑎𝑏𝑐𝑑𝑎，根据左手定则可知线圈𝑎𝑑边受到的安培力向左，故C错误；0~𝑡1和𝑡2~𝑡3时间内，磁场方向相反，根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向也相反，

根据左手定律可得线圈𝑎𝑑边受到的安培力方向相同，故D正确。4.【答案】B【解析】汽车在0~𝑡0内的𝑥−𝑡图像是一条过原点的抛物线，所以汽车在0~𝑡0内做匀加速直线运动，则𝑥=𝑣0𝑡+12𝑎𝑡2，结合图像可得𝑣0=

0，𝑎=3m/s2，汽车加速到𝑣=18m/s的时间为𝑡1=𝑣𝑎=6s，在0~8s内，汽车的位移为𝑥′=𝑣2𝑡1+𝑣(𝑡−𝑡1)=90m，此时间内汽车的平均速度的大小为𝑣̅=𝑥′𝑡=90m8s=11.25m/s，故ACD错误，B正确。5.【答案】A【解析】根据异向

电流相互排斥可知顶点𝐵和𝐶处直导线中的电流对𝐴处通电直导线的作用力沿0𝐴方向，顶点𝐴处的长直导线恰好不移动，所以匀强磁场对𝐴处通电直导线的作用力沿𝐴𝑂方向，根据左手定则可知匀强磁场垂直𝑂𝐴向右，故A正确，B错误；设𝐵处直导线在𝐴处激发磁场的磁感应强度为𝐵

0，由于𝐴处直导线不移动，则𝐴处合磁感应强度为0，如图，则𝐵匀=√3𝐵0；对𝐵处导线，设𝐴处导线对其作用力大小为𝐹0，其受力分析如图，受到的合力沿𝐵𝐴方向，同理可得𝐶处直导线受到的安培力沿𝐶𝐴方向，故CD错误

。6.【答案】C【解析】作出质子(H11)和氦核(He24)在磁场中的运动轨迹，如图所示。根据题意可知质子(H11)和氦核(He24)在磁场中运动的圆心角相等，由𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝜋𝑇和𝑡=𝜃2𝜋𝑇可知质子(H11)和氦核(He24)在磁场中运动

的时间之比为𝑡1𝑡2=12，故AB错误；对质子(H11和氦核(He24，根据几何关系可得：tan53°=𝑟𝑅，由𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑟可得氦核(He24的速度大小为𝑣1=4𝑞𝐵𝑅3𝑚，质子(H11)的速度大小

为𝑣2=8𝑞𝐵𝑅3𝑚，故C正确，故D错误。7.【答案】BD【解析】根据理想变压器原理得𝑈1𝑛1=𝑈2𝑛2、𝑈1𝐼1=𝑈22𝑅𝑇+𝑅0，为使保险丝不熔断，需减小𝐼1，可采取的措施有：减小𝑈2，可适当顺时针转动滑动触头𝑃；增大𝑅𝑇，可

适当降低热敏电阻𝑅𝑇的温度，故A错误，B正确；根据理想变压器原理得𝑈1𝑛1=𝑈2𝑛2、𝑈1𝐼1=𝑈2𝐼2，所以𝑛1𝐼1=𝑛2𝐼2，调节好后，电流表A1和A2的示数之比为𝑛2𝑛1，故C错误，D

正确。8.【答案】AD【解析】线圈在匀强磁场中转动产生感应电动势的最大值为𝐸𝑚=𝑛𝐵𝑆𝜔=𝑛𝐵𝑆2𝜋𝑇，所以线圈在磁场中转动的周期为𝑇=0.1s，故A正确；1个周期内通过电阻的电流方向改

变20次，所以1s内通过电阻的电流方向改变20次，故B错误；交流电流表的读数为交变电流的有效值，不等于0，故C错误；0.175s时，线圈中产生的感应电动势为0，磁通量变化率为0，磁通量最大，线圈平面与匀强磁场垂直，

故D正确。9.【答案】AC【解析】轨道半径越大，机械能越大，所以宇航员在轨道Ⅲ上的机械能小于在轨道Ⅰ上的机械能，故A正确；设地球的质量为𝑀，载人飞船的质量为𝑚，载人飞船在轨道Ⅱ上𝐴点的加速度大小为𝑎𝐴=𝑔，根据万有引力等于重力得：𝐺𝑀𝑚𝑅2=𝑚𝑔，在轨道Ⅱ上�

�点，有𝐺𝑀𝑚(𝑘𝑅)2=𝑚𝑔′，所以载人飞船在轨道Ⅱ上𝐵点的加速度大小为𝑎𝐵=𝑔′=𝑔𝑘2，故B错误；载人飞船在轨道Ⅲ上运行时，根据万有引力提供向心力得：𝑇12=4𝜋2𝑅𝑔，得𝐺𝑀𝑚𝑅2=𝑚4𝜋2𝑇12�

�，根据开普勒第三定律得𝑇12𝑅3=𝑇22(𝑘+12𝑅)3，得载人飞船在轨道Ⅱ上的运行周期为𝑇2=2𝜋√(𝑘+1)3𝑅2𝑔，故C正确；载人飞船在𝐴点由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ时做近心运动，需减速，故D错误。10.【答案】BD【解析】通过霍尔元件的电流向右，电子向左定向移

动，根据左手定则可知电子受到向里的洛伦兹力而向里偏，所以内侧面的电势低于外侧面的电势，所以𝐴点导线应与电压表的负接线柱相连，故A错误；设霍尔元件自由电荷的浓度为𝑛，定向移动的速率为𝑣，根据𝐼=𝑛𝑒𝑏ℎ𝑣、𝑒𝑣𝐵=𝑈𝑏𝑒可得𝑈=𝐵𝐼𝑛𝑒ℎ，所以电

压表的示数与上下面厚度ℎ成反比，故B正确；向左移动滑动变阻器的滑片𝑃，通过霍尔元件的电流增大，由𝑈=𝐵𝐼𝑛𝑒ℎ可知电压表示数增大，故C错误；由𝑈=𝐵𝐼𝑛𝑒ℎ可知仅增大霍尔元件自由电荷的浓度，电压表示数减小，故D正确。11(6分

【答案】(1见解析(2分(27.5(2分(37.85×10−7(2分【解析】(1根据电路图连接实物图，如图所示。(2本实验采用替代法测电阻，所以金属丝的电阻等于电阻箱𝑅2的读数，即𝑅=7.5Ω；(3根据电阻定律𝑅=𝜌𝐿𝑆=𝜌4𝐿𝜋𝑑2得𝜌=𝜋𝑑2𝑅4

𝐿=7.85×10−7Ω⋅m。12.(9分【答案】(15.30(2分(2𝑑𝑡(2分(32𝑀𝑔𝑘−𝑀𝑑2𝑑2+2𝑔𝑘(3分(4大于(2分【解析】(1挡光片的宽度即游标卡尺的读数为𝑑=5mm+005×6mm=5.30mm；(2物块通过光电门时的速度大小𝑣

=𝑑𝑡；(3两个钩码和待测物块组成的系统机械能守恒，则𝑀𝑔ℎ−𝑚𝑔ℎ=12(𝑀+𝑚)𝑣2，又𝑣=𝑑𝑡，化简得ℎ=(𝑀+𝑚)𝑑22𝑀𝑔−2𝑚𝑔×1𝑡2，结合图像可得(𝑀+𝑚)𝑑22𝑀𝑔−2𝑚𝑔=𝑘，所以待测物块的质量为𝑚=2𝑀

𝑔𝑘−𝑀𝑑2𝑑2+2𝑔𝑘；(4若钩码的质量𝑀小于标示值，由𝑚=2𝑀𝑔𝑘−𝑀𝑑2𝑑2+2𝑔𝑘计算待测物块的质量时代人的𝑀值偏大，所以待测物块质量的测量值大于真实值。13.(10分【解析】(1设韩聪对隋文静的拉力为𝐹，以隋文静为研究对象

，在竖直方向由平衡条件得𝑚1𝑔=𝐹cos53°······················(2分以韩聪为研究对象，在竖直方向由平衡条件得𝑁=𝑚2𝑔+𝐹cos53°················(2分解

得：𝑁=1000N····················(1分(2以隋文静为研究对象，在水平方向由牛顿第二定律得𝑚1𝑔tan53°=𝑚14𝜋2𝑇2𝑙···············(2分解得𝑇=3𝜋5s···························(1分以韩

聪为研究对象，在水平方向由平衡条件得𝜇𝑁=𝐹sin53°························(1分解得𝜇=815·····························(1分14.【选择性必修第

一册】(10分【解析】(1对红冰壶和蓝冰壶，由牛顿第二定律得𝜇𝑚𝑔=𝑚𝑎·····························(1分对红冰壶，由匀变速直线运动规律得2𝑎𝑥1=𝑣12······························(1分对蓝

冰壶，由匀变速直线运动规律得2𝑎𝑥2=𝑣22······························(1分解得：𝑣1=1m/s·····················(1分𝑣2=2m/s······························(1分(2对

红冰壶和蓝冰壶，由动量守恒定律得𝑚𝑣0=𝑚𝑣1+𝑚𝑣2···················(2分由能量守恒定律得Δ𝐸=12𝑚𝑣02−12𝑚𝑣12−12𝑚𝑣22······(2分解得：Δ𝐸=40J·····················

··(1分14.【选择性必修第三册】(10分【解析】(1设标况下保温杯内空气的体积为𝑉1，在标况下温度𝑇0=273K，由盖—吕萨克定律得𝑉𝑇1=𝑣1𝑇0··································

·(2分空气分子数为𝑁=𝑁𝐴𝑉1𝑉mol·····························(2分解得：𝑁=1.17×1022·············(2分(2保温杯内剩余气体发生等容变化，倒入热水稳定后温度𝑇

2=330K，由查理定律得𝑝0𝑇0=𝑝𝑇2···································(2分解得：𝑝=1.1×105Pa··············(2分15.(12分【解析】(1在第一象限内，由动能定理得𝐸𝑞𝑙=12𝑚𝑣12···········

·················(2分在第二象限内，由动能定理得√3𝐸𝑞×√3𝑙=12𝑚𝑣22−12𝑚𝑣12······(2分解得：𝑣2=2√2𝐸𝑞𝑙𝑚···················(1分(2设粒子抵达�

�时的速度与𝑥轴负方向的夹角为𝜃，则𝑣1=𝑣2cos𝜃···························(1分解得：𝜃=60°由洛伦兹力提供向心力得𝑞𝑣2𝐵=𝑚𝑣22𝑟··············

·············(1分由几何关系得𝑟sin𝜃=𝑙·······························(1分解得：𝐵=√6𝐸𝑚𝑞𝑙······················(1分粒子在第三象限运动的时间为𝑡=180°−𝜃360°×2𝜋𝑟𝑣2····

····················(2分解得：𝑡=𝜋9√6𝑚𝑙𝐸𝑞·····················(1分16.(13分【解析】(1金属棒而静止时，由法拉第电磁感应定律得𝐸1=Δ𝐵Δ𝑡𝑙𝑑··············

·················(1分由闭合电路欧姆定律得𝐼1=𝐸1𝑅+𝑟········································对金属棒𝑎𝑏，即将运动时，此时𝐵=5T𝜇𝑚𝑔=𝐵𝐼1𝑙··

·································解得：𝜇=0.25······························(2当金属棒𝑎𝑏的速度达到最大时，电压表的示数最大，此时金属棒面的加速度为0，对金属棒𝑎𝑏，由平衡条件得𝑚𝑔sin𝜃=𝜇

𝑚𝑔cos𝜃+𝐵0𝐼2𝑙······(1分电压表的最大示数为𝑈=𝑅𝐼2·································(1分解得：𝑈=1.5V·······················(1分(3由法拉第电磁感应定律得𝐸2=𝐵

0𝑙𝑣𝑚·····························(1分由闭合电路欧姆定律得𝐼2=𝐸2𝑅+𝑟·································(1分由能量守恒定律得𝑚𝑔𝑥sin𝜃=𝜇𝑚𝑔𝑥cos𝜃+12𝑚𝑣𝑚2+𝑄(

2分电阻𝑅上产生的焦耳热为𝑄𝑅=𝑅𝑅+𝑟𝑄·····························(1分解得：𝑄𝑅=9332J·······················(1分获得更多资源请扫码加入享学资源网

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