2022甘肃高考物理冲刺试卷及答案解析

2022甘肃高考物理冲刺试卷及答案解析

一、选择题:本大题公共8小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，其中1、2、4、6题只有一项符合题目要求；3、5、7、8题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.

1．物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系．现有物理量单位：m（米）、s（秒）、N（牛）、W（瓦）、C（库）、A（安）、Ω（欧）和T（特），由它们组合成的单位与电压单位V （伏）等效的是（　　）

A．N/C B．C•T•m/s C．T•A•m D．

2．如图甲所示，两物体A，B叠放在光滑水平面上，对A施加一水平力F，规定向右为正方向，F随时间t变化关系如图乙所示，两物体在t=0时由静止开始运动，且始终保持相对静止，则下列说法正确的是（　　）

A．第1s末两物体的速度最大

B．第3s内，两物体向左运动

C．第2s内，拉力F对物体A做正功

D．第2s内，A对B的摩擦力向左

3．如图所示，六个点电荷分布在边长为a的正六边形ABCDEF的六个顶点处，在B、F处的电荷的电荷量为﹣q，其余各处电荷的电荷量均为+q，MN为正六边形的一条中线，则下列说法正确的是（　　）

A．M，N两点电场强度相同

B．M，N两点电势相等

C．在中心O处，电场强度大小为，方向由O指向A

D．沿直线从M到N移动正电荷时，电势能先减小后增大

4．如图所示，劲度系数为k的弹簧下端固定在地面上，上端与一质量为m的小球相连，处于静止状态，现用力F将小球缓慢上移，直到弹簧恢复原长．然后撤掉该力，小球从静止开始下落，下落过程中的最大速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g．下列说法正确的是（　　）

A．小球的速度最大时，弹簧的弹性势能为零

B．撤掉力F后，小球从静止下落到最大速度v的过程中，克服弹簧弹力做的功为﹣mv2

C．弹簧的弹性势能最大时，小球的加速度为零

D．小球缓慢上移过程中，力F做功为

5．宇航员在某星球表面以初速度2.0m/s水平抛出一物体，并记录下物体的运动轨迹，如图所示，O点为抛出点，若该星球半径为4000km，万有引力常量G=6.67×10﹣22N•m2•kg﹣2，则下列说法正确的是（　　）

A．该星球表面的重力加速度4.0m/s2

B．该星球的质量为2.4×1023kg

C．该星球的第一宇宙速度为4.0km/s

D．若发射一颗该星球的同步卫星，则同步卫星的绕行速度一定大于4.0km/s

6．图甲所示为验证法拉第电磁感应定律的实验装置，与电源连接的线圈Ⅰ中的电流i1按图乙所示的规律变化，电流i1在线圈Ⅰ的 内部产生变化的磁场，该磁场磁感应强度B与线圈中电流i1的关系：B=ki1（其中k为常数）．线圈II与电流传感器连接，并通过计算机 绘制出线圈II中感应电流i2随时间t变化的图象．若仅将i1变化的频率适当增大，则能正 确反映i2﹣t图象变化的是（图中以实线和虚线分别表示调整前、后的i2﹣t图象） （　　）

A． B． C． D．

7．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B，在竖直平面内从a点沿ab，ac方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球电荷量始终不变，关于小球的运动，下列说法正确的是（　　）

A．沿ab，ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动

B．B若沿ab做直线运动，则小球带正电，且一定是匀速运动

C．若沿ac做直线运动，则小球带负电，可能做匀加速运动

D．两小球在运动过程中机械能均保持不变

8．如图所示电路中，电源E的内阻为r，R1、R2为定值电阻，R0为滑动变阻器的最大阻值，各电表均为理想电表．已知r＜R2电阻R1＜R0．闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P由变阻器的中点向左滑动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．电源内阻r消耗的热功率先变大后变小

B．电源的输出功率先变小后变大

C．V1的示数先变大后变小，V2的示数先变小后变大

D．A1的示数不断变小，A2的示数不断变大

二、非选择题.

9．某同学找到一条遵循胡克定律的橡皮筋来验证力的平行四边形定则，设计了如下实验：

（1）将橡皮筋的两端分别与两条细线相连，测出橡皮筋的原长；

（2）将橡皮筋一端细线用钉子固定在竖直板上A点，在橡皮筋的中点O再用细线系一重物，自然下垂，如图甲所示；

（3）将橡皮筋另一端细线固定在竖直板上的B点，如图乙所示．

为完成实验，下述操作中需要的是　　．

A．橡皮筋两端连接细线长度必须相同

B．要测量图甲中橡皮筋Oa和图乙中橡皮筋Oa、Ob的长度

C．A、B两点必须在同一高度处

D．要记录图甲中O点的位置及过O点的竖直方向

E．要记录图乙中结点O的位置、过结点O的竖直方向及橡皮筋Oa，Ob的方向．

10．霍尔元件可以用来检测磁场及其变化．图甲为使用霍尔元件测量通电直导线产生磁场的装置示意图．由于磁芯的作用，霍尔元件所处区域磁场可看做匀强磁场．测量原理如乙图所示，直导线通有垂直纸面向里的电流，霍尔元件前、后、左、右表面有四个接线柱，通过四个接线柱可以把霍尔元件接入电路．所用器材已在图中给出，部分电路已经连接好．为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B；

（1）制造霍尔元件的半导体参与导电的自由电荷带负电，电流从乙图中霍尔元件左侧流入，右侧流出，霍尔元件　　（填“前表面”或“后表面”）电势高；

（2）在图中画线连接成实验电路图；

（3）已知霍尔元件单位体积内自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为e，霍尔元件的厚度为h，为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B，还必须测量的物理量有　　（写出具体的物理量名称及其符号），计算式B=　　．

11．小明同学乘坐京石“和谐号”动车，发现车厢内有速率显示屏．当动车在平直轨道上经历匀加速、匀速与再次匀加速运行 期间，他记录了不同时刻的速率，进行换算后数据列于表格中．在 0﹣600s这段时间内，求：

（1）动车两次加速的加速度大小；

（2）动车位移的大小．

12．如图所示，在半径分别为r和2r的同心圆（圆心在O点）所形成的圆环区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．在大圆边界上A点有一粒子源，垂直AO向左发射一质量为m，电荷量为+q，速度大小的粒子．求：

（1）若粒子能进入磁场发生偏转，则该粒子第一次到达磁场小圆边界时，粒子速度相对于初始方向偏转的角度；

（2）若粒子每次到达磁场大圆边界时都未从磁场中射出，那么至少经过多长时间该粒子能够回到出发点A．

【物理——选修3-3】

13．以下说法正确的是（　　）

A．大量气体分子做无规则运动，速率有大有小，但是分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布

B．一定质量的理想气体，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强一定增大

C．由于液体表面层分子间距大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力

D．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强接近饱和汽压，水蒸气越慢

E．用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的密度即可

14．如图所示，开口竖直向上的固定气缸右侧连一“U”形管气压计，在距气缸底部1.2l处有一个卡环，一质量为m的活塞可以在气缸内卡环以上部分无摩擦滑动且不漏气，在气缸内封闭一定质量的气体，当温度为T0时，活塞静止在距气缸底部为1.5l处，已知大气压强恒为p0，气缸横截面积为s，不计“U”行管内气体的体积，现缓慢降低缸内气体的温度，求：

（1）当活塞缸接触卡环时，气体的温度T1；

（2）当气压计两管水银面相平时，气体的温度T2．

物理——选修3-4

15．在某种均匀介质中，S1，S2处有相距4m的两个波源，沿垂直纸面方向做简谐运动，其周期分别为T1=0.8s和T2=0.4s，振幅分别为A1=2cm和A2=lcm，在该介质中形成的简谐波的波速为v=5m/s．S是介质中一质点，它到S1的距离为3m，且SS1⊥S1S2，在t=0时刻，两波源同时开始垂直纸面向外振动，则t=0时刻的振动传到S处的时间差为　　，t=10s时，S处质点离开平衡位置的位移大小为　　．

16．某种液体的折射率为，在液面下有一可绕垂直纸面的轴O匀速转动的平面镜OA，OA的初始位置与液面平行，如图所示，在液面与平面镜间充满自左向右的平行光线，若在平面镜逆时针旋转一周的过程中，有光线射入空气中的时间为2s，

求：（1）平面镜由初始位置转过多大角度时，光线开始进入空气；

（2）平面镜旋转的角速度为多大．

物理——选修3-5

17．已知氢原子第n级能量为En=，其中E1为基态能量，当用频率为v0的光照射大量处于基态的氢原子时，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为v1，v2，v3，v4，v5，v6的六条谱线，且频率由v1到v6逐渐增大，则v0=　　；当氢原子由第4能级跃迁到第2能级时发出的光子频率为　　（结果均用六种频率之一来表示）

18．如图所示，静置在水平地面的两辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动了距离l时与第二辆车相碰，两车瞬间结为一体，以共同速度据继续运动了距离l，与竖直墙相碰，反弹后运动停止，已知车与墙相碰损失80%的机械能，车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，忽略空气阻力，求：

（1）两车与墙碰后反弹的速度大小；

（2）人给第一辆车水平冲量的大小．

参考答案与试题解析

一、选择题:本大题公共8小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，其中1、2、4、6题只有一项符合题目要求；3、5、7、8题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.

1．物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系．现有物理量单位：m（米）、s（秒）、N（牛）、W（瓦）、C（库）、A（安）、Ω（欧）和T（特），由它们组合成的单位与电压单位V （伏）等效的是（　　）

A．N/C B．C•T•m/s C．T•A•m D．

【考点】3A：力学单位制．

【分析】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的但为叫做导出单位．

【解答】解：A、由电场力做功的公式W=qU，知U=，所以单位J/C与电压单位V等效，故A错误；

B、由F=qvB知，C•T•m/s是力的单位，是与牛顿N等效的，故B错误；

C、由F=BIL可知，T•A•m是和力的单位牛顿等效的．故C错误；

D、由P=可得U=，所以和电压的单位等效的，故D正确；

故选：D．

2．如图甲所示，两物体A，B叠放在光滑水平面上，对A施加一水平力F，规定向右为正方向，F随时间t变化关系如图乙所示，两物体在t=0时由静止开始运动，且始终保持相对静止，则下列说法正确的是（　　）

A．第1s末两物体的速度最大

B．第3s内，两物体向左运动

C．第2s内，拉力F对物体A做正功

D．第2s内，A对B的摩擦力向左

【考点】37：牛顿第二定律；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】根据物体受力判断物体的运动，根据受力的对称性，判断两物体的运动情况；

根据力与速方向的关系判断功的正负；

通过对整体加速度的变化，得知B物体加速度的变化，再根据牛顿第二定律得出摩擦力的变化．

【解答】解：A、在0﹣2s内整体向右做加速运动；2﹣4s内加速度反向，做减速运动，因为两段时间内受力是对称的，所以2s末的速度最大，4s末速度变为零，故A错误；

B、在0﹣4s内一直向前运动，然后又重复以前的运动，第3s内，两物体向右运动，故B错误；

C、第2s内，拉力F的方向与速度方向相同，拉力F对物体A做正功，故C正确；

D、对整体分析，整体的加速度与F的方向相同，B物体所受的合力为摩擦力，故摩擦力的方向与加速度方向相同，即与F的方向相同．

所以第2s内，A对B的摩擦力向右，故D错误；

故选：C．

3．如图所示，六个点电荷分布在边长为a的正六边形ABCDEF的六个顶点处，在B、F处的电荷的电荷量为﹣q，其余各处电荷的电荷量均为+q，MN为正六边形的一条中线，则下列说法正确的是（　　）

A．M，N两点电场强度相同

B．M，N两点电势相等

C．在中心O处，电场强度大小为，方向由O指向A

D．沿直线从M到N移动正电荷时，电势能先减小后增大

【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系；A6：电场强度．

【分析】由题意可知，根据矢量叠加原理，则相当于等量的异种电荷分布；

MN连线即为等量的异种电荷的中垂线，根据平行四边形定则分析出中垂线上的场强方向和大小．

根据电场线与等势线垂直，判断电势的高低．

【解答】解：

A、中间一组﹣q和+q电荷在MN两处合场强大小相等，方向水平向左，最上边一组正电荷在M点合场强为0，最下面一组在N点合场强为0，最上边一组正电荷在N点合场强方向竖直向下，最下边一组正电荷在M点合场强方向竖直向上，最上边一组正电荷在N点合场强大小和最下边一组正电荷在M点合场强大小相等，所以M、N两点场强大小相等，方向不同，故A错误；

B、若将正电荷从M点沿直线移动到N点，垂直MN方向上的电场力一直不做功，竖直方向上电场力先做负功，后做正功，由对称性可知所做总功一定为零，所以MN两点电势相等，正电荷电势能先增大后减小；故B正确，D错误．

C、上下两组正电荷共四个+q在O点合场强为0，中间﹣q和+q电荷在O点合场强大小为2，方向沿O指向﹣q方向，所以中心O点场强大小为2，方向沿O指向A方向，故C正确．

故选：BC．

4．如图所示，劲度系数为k的弹簧下端固定在地面上，上端与一质量为m的小球相连，处于静止状态，现用力F将小球缓慢上移，直到弹簧恢复原长．然后撤掉该力，小球从静止开始下落，下落过程中的最大速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g．下列说法正确的是（　　）

A．小球的速度最大时，弹簧的弹性势能为零

B．撤掉力F后，小球从静止下落到最大速度v的过程中，克服弹簧弹力做的功为﹣mv2

C．弹簧的弹性势能最大时，小球的加速度为零

D．小球缓慢上移过程中，力F做功为

【考点】6C：机械能守恒定律；37：牛顿第二定律．

【分析】分析小球的受力情况，判断其运动情况，从而确定其速度最大时弹簧的状态．速度最大时，小球的合力为零，由胡克定律和平衡条件求出此时弹簧压缩量，再根据动能定理，即可求解克服弹簧弹力做的功；当速度最大时，弹簧的弹性势能不为零，而弹簧的弹性势能最大时，速度为零．

【解答】解：A、撤掉该力，小球从静止开始下落的过程中，受到弹簧向上的弹力和重力，弹力先小于重力，再等于重力，后大于重力，所以小球先向下加速后减速，当弹力等于重力时速度最大，此时弹簧处于压缩状态，弹性势能不为零．故A错误．

B、小球速度最大时，有 mg=kx，得 x=．

小球从静止下落到最大速度v的过程中，根据动能定理，则有：mgx﹣W克=mv2，解得克服弹簧弹力做的功：W克=﹣mv2，故B正确；

C、弹簧的弹性势能最大时，小球的速度为零，弹簧形变量最大，弹力大于重力，则加速度不为零，故C错误；

D、小球处于平衡位置时，则有：mg=kx；小球缓慢上移过程中，拉力是变力，取平均值，根据做功表达式，则有：力F做功 W==，故D错误；

故选：B

5．宇航员在某星球表面以初速度2.0m/s水平抛出一物体，并记录下物体的运动轨迹，如图所示，O点为抛出点，若该星球半径为4000km，万有引力常量G=6.67×10﹣22N•m2•kg﹣2，则下列说法正确的是（　　）

A．该星球表面的重力加速度4.0m/s2

B．该星球的质量为2.4×1023kg

C．该星球的第一宇宙速度为4.0km/s

D．若发射一颗该星球的同步卫星，则同步卫星的绕行速度一定大于4.0km/s

【考点】4F：万有引力定律及其应用；48：线速度、角速度和周期、转速．

【分析】由平抛运动规律可求得重力加速度；再由万有引力公式等于重力可求得星球质量；根据第一宇宙速度的定义可求得第一宇宙速度；并明确同步卫星的速度．

【解答】解：A、由平抛运动的分位移公式，有：

x=v0t

y=gt2

联立解得：

t=1s

g=4m/s2；

该星球表面的重力加速度为4.0m/s2；故A正确；

B、由=mg可得：

M===9.6×1023kg；故B错误；

C、由g=可得，v===4.0km/s；故C正确；

D、第一守宙速度是绕星球表面运行的速度；而卫星的半径越大，则绕行速度越小；故同步卫星的速度一定小于4.0km/s；故D错误；

故选：AC．

6．图甲所示为验证法拉第电磁感应定律的实验装置，与电源连接的线圈Ⅰ中的电流i1按图乙所示的规律变化，电流i1在线圈Ⅰ的 内部产生变化的磁场，该磁场磁感应强度B与线圈中电流i1的关系：B=ki1（其中k为常数）．线圈II与电流传感器连接，并通过计算机 绘制出线圈II中感应电流i2随时间t变化的图象．若仅将i1变化的频率适当增大，则能正 确反映i2﹣t图象变化的是（图中以实线和虚线分别表示调整前、后的i2﹣t图象） （　　）

A． B． C． D．

【考点】NF：研究电磁感应现象．

【分析】大线圈Ⅰ与多功能电源连接，在每个时间段内电流随时间均匀变化，则产生的磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律，判断小线圈中电流的变化．当多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则产生的感应电动势适当增加．

【解答】解：根据法拉第电磁感应定律得，E=NS，因为大线圈中每个时间段内电流均匀变化，则每个时间段内产生的感应电动势不变，则小线圈中每个时间段内感应电流的大小不变．因为多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则产生的感应电动势适当增加，感应电流大小适当增加，变化的周期变小．故D正确，ABC错误．

故选：D．

7．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B，在竖直平面内从a点沿ab，ac方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球电荷量始终不变，关于小球的运动，下列说法正确的是（　　）

A．沿ab，ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动

B．B若沿ab做直线运动，则小球带正电，且一定是匀速运动

C．若沿ac做直线运动，则小球带负电，可能做匀加速运动

D．两小球在运动过程中机械能均保持不变

【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动．

【分析】根据左手定则，结合正负电荷，可确定洛伦兹力的方向，再由受力平衡条件，即可确定是否可以直线运动，因速度影响洛伦兹力，因此是直线运动，必是匀速直线运动，同时由于电场力做功，导致小球的机械能不守恒．

【解答】解：ABC、沿ab抛出的带电小球，根据左手定则，及正电荷的电场力的方向与电场强度方向相同，可知，只有带正电，才能平衡，而沿ac方向抛出的带电小球，由上分析可知，小球带负电时，才能做直线运动，因速度影响洛伦兹力大小，所以是直线运动，必然是匀速直线运动，故A正确，B正确，C错误；

D、在运动过程中，因电场力做功，导致小球的机械能不守恒，故D错误；

故选：AB．

8．如图所示电路中，电源E的内阻为r，R1、R2为定值电阻，R0为滑动变阻器的最大阻值，各电表均为理想电表．已知r＜R2电阻R1＜R0．闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P由变阻器的中点向左滑动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．电源内阻r消耗的热功率先变大后变小

B．电源的输出功率先变小后变大

C．V1的示数先变大后变小，V2的示数先变小后变大

D．A1的示数不断变小，A2的示数不断变大

【考点】BG：电功、电功率；BB：闭合电路的欧姆定律．

【分析】电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值．当滑动变阻器的滑片P由中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中的电流变化和路端电压的变化，再由欧姆定律分析R2两端电压的变化，确定三个电表示数的变化．

【解答】解：

A、由题，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值，当滑动变阻器的滑片P变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流先变小后变大，电源的内电压也变小后变大，则路端电压先变大后变小，所以V1的示数先变大后变小．V2测量R2两端的电压，R2不变，则V2的示数先变小后变大．并联电压U并=U﹣U2，先变大后变小，电阻R1所在支路电阻R1支路逐渐减小，所以电流I1增大，电流表A2示数增大；I2=I﹣I1，电流表A1示数变小，电源内部的热功率P=I2r，因为电流I先变小后变大，所以电源内部的热功率，先变小后变大，故A错误，CD正确．

B、因为r＜R2，所以外电阻总是大于内电阻的，当滑动变阻器的滑片P变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，所以电源的输出功率先变小后变大，故B正确．

故选：BCD

二、非选择题.

9．某同学找到一条遵循胡克定律的橡皮筋来验证力的平行四边形定则，设计了如下实验：

（1）将橡皮筋的两端分别与两条细线相连，测出橡皮筋的原长；

（2）将橡皮筋一端细线用钉子固定在竖直板上A点，在橡皮筋的中点O再用细线系一重物，自然下垂，如图甲所示；

（3）将橡皮筋另一端细线固定在竖直板上的B点，如图乙所示．

为完成实验，下述操作中需要的是　BE　．

A．橡皮筋两端连接细线长度必须相同

B．要测量图甲中橡皮筋Oa和图乙中橡皮筋Oa、Ob的长度

C．A、B两点必须在同一高度处

D．要记录图甲中O点的位置及过O点的竖直方向

E．要记录图乙中结点O的位置、过结点O的竖直方向及橡皮筋Oa，Ob的方向．

【考点】M3：验证力的平行四边形定则．

【分析】本实验是通过作合力与分力图示的方法来验证平行四边形定则，需要测量合力与分力的大小，根据这个原理来选择．

【解答】解：A、橡皮筋连接的细绳要稍微长些，并非要求等长，故A错误；

B、三条橡皮筯遵守胡克定律，要测量拉力可以通过测量橡皮筋的长度，得到橡皮筋的伸长量，研究拉力与伸长量的倍数来根据比例作力的图示．故B正确；

C、A、B两点不必须等高，故C错误；

D、记录图甲中O点的位置和O点的竖直方向不需要记录，故D错误；

E、要记录图乙中结点O的位置、过结点O的竖直方向及橡皮筋Oa，Ob的方向．故E正确；

故选：BE

10．霍尔元件可以用来检测磁场及其变化．图甲为使用霍尔元件测量通电直导线产生磁场的装置示意图．由于磁芯的作用，霍尔元件所处区域磁场可看做匀强磁场．测量原理如乙图所示，直导线通有垂直纸面向里的电流，霍尔元件前、后、左、右表面有四个接线柱，通过四个接线柱可以把霍尔元件接入电路．所用器材已在图中给出，部分电路已经连接好．为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B；

（1）制造霍尔元件的半导体参与导电的自由电荷带负电，电流从乙图中霍尔元件左侧流入，右侧流出，霍尔元件　前表面　（填“前表面”或“后表面”）电势高；

（2）在图中画线连接成实验电路图；

（3）已知霍尔元件单位体积内自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为e，霍尔元件的厚度为h，为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B，还必须测量的物理量有　电压表读数U，电流表读数I　（写出具体的物理量名称及其符号），计算式B=　　．

【考点】CO：霍尔效应及其应用．

【分析】（1）磁场是直线电流产生，根据安培定则判断磁场方向，再根据左手定则判断负电荷的受力分析，得到前后表面的电势高度；

（2）通过变阻器控制电流，用电压表测量电压；

（3）根据载流子受累积电荷的电场力和洛伦兹力而平衡列式，再根据电流的微观表达式列式，最后联立求解即可．

【解答】解：（1）磁场是直线电流产生，根据安培定则，磁场方向向下；电流向右，根据左手定则，安培力向内，载流子是负电荷，故后表面带负电，前表面带正电，故前表面电势较高；

（2）变阻器控制电流，用电压表测量电压，电路图如图所示：

（3）设前后表面的厚度为d，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有：

q=qvB

根据电流微观表达式，有：

I=neSv=ne（dh）v

联立解得：

B=

故还必须测量的物理量有：电压表读数U，电流表读数I；

故答案为：

（1）前表面；

（2）如图所示；

（3）电压表读数U，电流表读数I；．

11．小明同学乘坐京石“和谐号”动车，发现车厢内有速率显示屏．当动车在平直轨道上经历匀加速、匀速与再次匀加速运行 期间，他记录了不同时刻的速率，进行换算后数据列于表格中．在 0﹣600s这段时间内，求：

（1）动车两次加速的加速度大小；

（2）动车位移的大小．

【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】根据表格中的数据，通过速度时间公式求出两段加速阶段的加速度，根据速度时间图线通过面积求出动车组的位移．

【解答】解：（1）通过记录表格可以看出，动车组有两个时间段处于加速状态，设加速度分别为a1、a2．

由a=，代入数据得：

，

（2）通过作出动车组的v﹣t图可知，第一次加速运动的结束时间是200s，第二次加速运动的开始时刻是450s．

x2=v2t2=50×250=12500m

所以x=x1+x2+x3=8000+12500+9750=30205m．

答：（1）动车两次加速的加速度值分别为0.1m/s2、0.2m/s2．

（2）动车组位移的大小为30205m．

12．如图所示，在半径分别为r和2r的同心圆（圆心在O点）所形成的圆环区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．在大圆边界上A点有一粒子源，垂直AO向左发射一质量为m，电荷量为+q，速度大小的粒子．求：

（1）若粒子能进入磁场发生偏转，则该粒子第一次到达磁场小圆边界时，粒子速度相对于初始方向偏转的角度；

（2）若粒子每次到达磁场大圆边界时都未从磁场中射出，那么至少经过多长时间该粒子能够回到出发点A．

【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．

【分析】（1）作出粒子运动规律，由几何知识求出粒子的偏角．

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律与粒子的周期公式可以求出粒子运动时间．

【解答】解：（1）如图1所示，粒子做匀速圆周运动，设初速度为v0，

轨迹半径为R==r，如图所示：

粒子将沿着AB弧（圆心在O1）运动，

交内边界于B点．△OO1B为等边三角形，则∠BO1O=60°，粒子的轨迹AB弧对应的圆心角为∠BO1A=120°，

则速度偏转角为120°．

（2）粒子从B点进入中间小圆区域沿直线BC运动，又进入磁场区域，

经偏转与外边界相切于D点．在磁场中运动的轨迹如图所示，

粒子在磁场区域运动的时间：t1=3××T=2T，周期：T=，

每通过一次无磁场区域，粒子在该区域运动的距离：l=2rcos30°=r，

粒子在无磁场区域运动的总时间：t2=，

代入：v0=，解得：t2=，

则粒子回到A点所用的总时间：t=t1+t2=；

答：（1）粒子速度相对于初始方向偏转的角度为120°；

（2）若粒子每次到达磁场大圆边界时都未从磁场中射出，那么至少经过时间该粒子能够回到出发点A．

【物理——选修3-3】

13．以下说法正确的是（　　）

A．大量气体分子做无规则运动，速率有大有小，但是分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布

B．一定质量的理想气体，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强一定增大

C．由于液体表面层分子间距大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力

D．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强接近饱和汽压，水蒸气越慢

E．用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的密度即可

【考点】86：分子间的相互作用力；88：分子运动速率的统计分布规律；9C：气体压强的微观意义．

【分析】分子的运动杂乱无章，在某一时刻，向着任何一个方向运动的分子都有，而且向各个方向运动的气体分子数目都相等，分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布；气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关；凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力．它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．

【解答】解：A、大量气体分子做无规则运动，速率有大有小，但是分子的速率按“中间多，两头少”的规律正态分布，故A正确；

B、气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关，若温度升高的同时体积增大，压强不一定增大，故B错误；

C、由于蒸发，液体表面层分子间距大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力，故C正确；

D、空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，压强越大，水蒸发越慢，故D正确；

E、用油膜法测出油分子的直径后，可以计算单个分子的体积；要测定阿伏加德罗常数，需要知道摩尔体积，故要知道摩尔质量和密度；故E错误；

故选：ACD

14．如图所示，开口竖直向上的固定气缸右侧连一“U”形管气压计，在距气缸底部1.2l处有一个卡环，一质量为m的活塞可以在气缸内卡环以上部分无摩擦滑动且不漏气，在气缸内封闭一定质量的气体，当温度为T0时，活塞静止在距气缸底部为1.5l处，已知大气压强恒为p0，气缸横截面积为s，不计“U”行管内气体的体积，现缓慢降低缸内气体的温度，求：

（1）当活塞缸接触卡环时，气体的温度T1；

（2）当气压计两管水银面相平时，气体的温度T2．

【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强．

【分析】（1）根据活塞平衡求得气体压强，降低温度直至活塞刚接触卡环的过程中，气体做等压变化，根据盖﹣吕萨克定律求解出温度；

（2）然后体积保持不变，根据查理定律即可求出最后的压强．

【解答】解：（1）降低温度直至活塞刚接触卡环的过程中，气体压强不变，初态：P1=p0+，V1=1.5ls，T=T0

活塞刚接触卡环时：P2=P1，V2=1.2 ls，T1=？

根据盖吕萨克定律有：

（2）从活塞接触卡环到液面相平的过程中，气体等容变化，有：

P3=P0，V3=1.2 ls，T2=？

根据查理定律可得：

所以：

答：（1）当活塞缸接触卡环时，气体的温度是0.8T0；

（2）当气压计两管水银面相平时，气体的温度是．

物理——选修3-4

15．在某种均匀介质中，S1，S2处有相距4m的两个波源，沿垂直纸面方向做简谐运动，其周期分别为T1=0.8s和T2=0.4s，振幅分别为A1=2cm和A2=lcm，在该介质中形成的简谐波的波速为v=5m/s．S是介质中一质点，它到S1的距离为3m，且SS1⊥S1S2，在t=0时刻，两波源同时开始垂直纸面向外振动，则t=0时刻的振动传到S处的时间差为　0.4s　，t=10s时，S处质点离开平衡位置的位移大小为　2cm　．

【考点】F6：波的叠加．

【分析】波形匀速平移，先根据公式v=求解两列波传到S点的时间，再求解时间差；

质点s离开平衡位置的位移大小等于两列简谐波单独传播到S点引起位移的矢量和．

【解答】解：由题意可知：SS2=5m；

S1在t=0时的振动传到S质点的时间：

t1===0.6s

S2在t=0时的振动传到S质点的时间：

t2===1s

S1、S2在t=0时的振动传到S质点的时间差为：

△t=﹣=﹣=0.4s

t=l0s时质点s按S1的振动规律已经振动了：

△t1=t﹣t1=9.4s=（11+）T1；

即t=10s时S1引起质点S的位移大小为：x1=A1=2cm；

t=l0s时质点s按S2的振动规律已经振动了：

△t2=t﹣t2=9s=（22+）T2

即t=10s时S2引起质点S的位移为x2=0；

=l0s时质点s离开平衡位置的位移为S1和S2单独传播引起S位移的矢量和，

故：x=x1+x2=2+0=2cm；

故答案为：0.4s，2cm．

16．某种液体的折射率为，在液面下有一可绕垂直纸面的轴O匀速转动的平面镜OA，OA的初始位置与液面平行，如图所示，在液面与平面镜间充满自左向右的平行光线，若在平面镜逆时针旋转一周的过程中，有光线射入空气中的时间为2s，

求：（1）平面镜由初始位置转过多大角度时，光线开始进入空气；

（2）平面镜旋转的角速度为多大．

【考点】H3：光的折射定律．

【分析】（1）平面镜的反射光射到水面时，若不发全反射，光线将射入空气中．根据公式sinC=求出临界角C．当入射角等于C时，恰好发生全反射．再结合平面镜转过的角度等于反射光线转过角度的一半，进行求解．

（2）由反射定律和几何知识确定出人光线射入空气平面镜转过的角度，由公式ω=求角速度．

【解答】解：（1）设临角为C，则sinC==

可得 C=45°=

设平面镜由初始位置转过Φ1角度时光线开始进入空气，此时经平面镜反射的光线在液面的入射角θ=C，如图a所示．

则Φ1==

（2）平面镜逆时针旋转的过程中，经平面镜反射的光线在液面的入射角先减小后增大，当增大到临界角时，光线又不能射入空气，如图b所示，由几何关系可得：Φ2=

而ωt=Φ2﹣Φ2，联立得：ω=rad/s

答：

（1）平面镜由初始位置转过时，光线开始进入空气．

（2）平面镜放置的角速度是rad/s．

物理——选修3-5

17．已知氢原子第n级能量为En=，其中E1为基态能量，当用频率为v0的光照射大量处于基态的氢原子时，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为v1，v2，v3，v4，v5，v6的六条谱线，且频率由v1到v6逐渐增大，则v0=　v6　；当氢原子由第4能级跃迁到第2能级时发出的光子频率为　v3　（结果均用六种频率之一来表示）

【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁．

【分析】本题的关键是明确发光的含义是氢原子从高能级向低能级跃迁，根据能级图，有6条光谱线说明原子最高能级在n=4能级，再根据氢原子理论可知，入射光的频率应等于n=4能级时的频率，然后再根据跃迁公式即可求解．

【解答】解：大量氢原子跃迁时有6个频率的光谱，这说明是从n=4能级向低能级跃迁．

n=4能级向n=1能级跃迁时，hv6=E4﹣E1

n=3能级向n=1能级跃迁时，hv5=E3﹣E1

n=2能级向n=1能级跃迁时，hv4=E2﹣E1

n=4能级向n=2能级跃迁时，hv3=E4﹣E2

n=3能级向n=2能级跃迁时，hv2=E3﹣E2

n=4能级向n=3能级跃迁时，hv1=E4﹣E3

当用频率为v0的光照射大量处于基态的氢原子时，则有：v0=v6；

当氢原子由第4能级跃迁到第2能级时发出的光子频率为v3，

故答案为：v6，v3．

18．如图所示，静置在水平地面的两辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动了距离l时与第二辆车相碰，两车瞬间结为一体，以共同速度据继续运动了距离l，与竖直墙相碰，反弹后运动停止，已知车与墙相碰损失80%的机械能，车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，忽略空气阻力，求：

（1）两车与墙碰后反弹的速度大小；

（2）人给第一辆车水平冲量的大小．

【考点】52：动量定理；53：动量守恒定律．

【分析】（1）车与墙壁碰撞后运动的过程中只有摩擦力做功，由动能定理即可求出反弹的速度大小；

（2）人给第一辆车水平冲量的转化为车的动量，之后车在摩擦力的作用下做减速运动，直到与第二辆车发生碰撞．碰撞后两车瞬间结为一体，可知有能量的损失而没有动量的损失，所以可以使用动量守恒定律写出碰撞前后的速度关系，最后的阶段两车一起减速．根据各阶段小车受力的特点，使用动量定理、动能定理以及动量守恒定律即可求解．

【解答】解：（1）车与墙壁碰撞后做减速运动，设碰撞后的速度大小为v，由动能定理可得：

①

得：v=②

（2）选择向右为正方向，设第一辆车的初速度为v0，与第二辆车碰撞前的速度为v1，碰撞后的速度为v2，第一辆车减速的过程中：

③

两辆车碰撞的过程中动量守恒定律，则：mv1=2mv2④

碰撞后车向右运动的过程中，只有摩擦力做功，则：⑤

由动量定理可得，人给第一辆车水平冲量的转化为车的动量，则：

I=mv0⑥

联立以上方程得：I=

答：（1）两车与墙碰后反弹的速度大小 是；

（2）人给第一辆车水平冲量的大小是．

2017年6月8日