2022年江蘇省南通市高考物理四模試卷

一、單選題（本大題共10小題，共40.0分）

1.肥皂泡在陽光下呈現(xiàn)彩色，則（）

A.肥皂泡表面水分子間表現(xiàn)為斥力

B.肥皂泡內(nèi)氣體壓強小于外部氣體壓強

C.肥皂泡呈現(xiàn)彩色是由于光的衍射形成的

D.肥皂膜厚度改變會導致彩色條紋移動

2.2022年5月10號，“天舟四號”貨運飛船成功對接空間站“天和”核心艙，已知空

間站在距離地球表面約400kni圓軌道上運行。則其（）

A.線速度大于第一宇宙速度

B.角速度大于地球自轉(zhuǎn)角速度

C.運行周期大于地球自轉(zhuǎn)周期

D.向心加速度大于地面的重力加速度

3.央視曝光“能量石”核輻射嚴重超標，該“能量石”含有放射性元素牡需277I,

欲77I經(jīng)多次衰變后變成穩(wěn)定的鉛第8pb,笛277t半衰期長達14x10】。年。貝火）

A.衰變過程中發(fā)生了6次a衰變和4次/?衰變

B.第8Pb比第2Th少J個中子

C.衰變產(chǎn)生的射線中0射線穿透能力最強

D.鐳27vl在高溫、高壓條件下半衰期會變短

4.如圖所示，野外生存需要取火時，可以用隨身攜帶的取火

裝置，在銅制活塞上放置少量易燃物，將金屬筒套在活塞

上迅速下壓，即可點燃易燃物。則迅速下壓過程中，金屬

筒內(nèi)的封閉氣體（）

A.分子平均動能變小

B.每個氣體分子速率都增大

C.從外界吸熱，氣體內(nèi)能增加

D.分子在單位時間內(nèi)對單位面積器壁的碰撞次數(shù)增加

5.利用圖甲所示的實驗裝置測量遏止電壓U與入射光頻率v的關系。若某次實驗中得

到如圖乙所示的U-v圖像。已知普朗克常量九，則（）

A.電源的左端為正極

B.K極金屬的逸出功為Ziv1

C.增大入射光的強度，遏止電壓增大

D.滑動變阻器滑片移至最左端，電流表示數(shù)為零

6.如圖所示，&、為定值電阻，C為電容器。閉合開關S，

在滑動變阻器R的滑片向上滑動過程中（）

A.電阻中有向下的電流

B.通過電阻％電流增大

C.滑動變阻器R兩端的電壓變小

D.電容器C極板所帶電荷量變小

7.如圖所示，甲，乙兩貓從同一位置以相同速率同時跳出，速度甲

方向與水平方向均成45。，一段時間后落至水平地面，不計空氣

阻力，則（）乙

%

A.兩只貓落地時的動量方向不同

B.兩只貓在空中運動過程中相距越來越遠

C.起跳點越高，兩貓落地點間距離越大

D.只改變兩貓起跳速度大小，兩貓可能在空中相遇

8.如圖所示，足夠長的傾斜傳送帶以恒定速率%順時針

運行。一小木塊以初速度打從傳送帶的底端滑上傳送

帶。木塊在傳送帶上運動全過程中，關于木塊的速度。

隨時間t變化關系的圖像不可能的是（）

第2頁，共20頁

9.如圖所示,有一個均勻帶正電的絕緣球體,球心為01，

球體內(nèi)有一個球形空腔，球心為。2,M、N為兩球心

連線上兩點,P、Q連線過球心。1且與M、N連線垂直，

且M、N、P、Q四點到01距離相等。則（）

A.P、Q兩點電場強度相同

B.P點電場強度比N點的小

C.M點電勢比N點的低

D.M點電勢比P點的高

10.如圖所示，勻強磁場中水平放置兩足夠長的光滑平行

XXXX

金屬導軌，導軌的左側(cè)接有黑箱。t=0時刻起電阻

黑箱XXXX

為R的導體棒ab以一定的初速度放上導軌向右運動，

XXXX

運動過程中棒始終與導軌垂直且與導軌電接觸良好,

b

不計導軌電阻。則（）

A.若黑箱中是電池，棒的最終速度與初速度有關

B.若黑箱中是線圈，棒做簡諧運動

C.若黑箱中是電阻，棒的速度隨位移均勻減小

D.若黑箱中是電容器，棒的最終速度與初速度無關

二、實驗題（本大題共1小題，共12.0分）

11.某小組在“用單擺測量重力加速度”實驗中：

(1)組裝單擺時，用一塊開有狹縫的橡皮夾牢擺線的上端，再用鐵架臺的鐵夾將橡

皮夾緊，如圖甲所示。這樣做的目的有;

4保證擺動過程中擺長不變

B.需要改變擺長時便于調(diào)節(jié)

C保證擺球在同一豎直平面內(nèi)擺動

(2)安裝好實驗裝置后，先用刻度尺測量擺線長I,再用游標卡尺測量擺球直徑d,

其示數(shù)如圖乙所示，則4=mm；

(3)某次實驗過程中，用秒表記錄時間的起點應該是擺球運動過程中的(選填

“最高點”或“最低點”)；

(4)該組同學測出五組單擺振動周期7與擺長Z,的數(shù)據(jù)如下表，請在圖丙中作出了2一

L關系圖像o根據(jù)圖像算出重力加速度g=m/s2；(結(jié)果保留3位有效

數(shù)字)

次數(shù)12345

L/m0.50000.60000.70000.80000.9000

T/s1.431.551.671.781.90

T2/s22.042.402.793.173.61

(5)若測量值與當?shù)刂亓铀俣戎迪啾绕螅赡茉蚴?寫出一個)。

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23

圖甲圖乙

圖丙

三、計算題(本大題共4小題，共40.0分)

12.如圖所示，矩形線圈abed匝數(shù)為N,總電阻為R,ab邊和ad邊長分別為L和33。、

。'為線圈上兩點，0。'與cd邊平行且與cd邊的距離為30。'左側(cè)空間有垂直紙面向

里的勻強磁場，磁感應強度大小為現(xiàn)使線圈繞。。'以角速度3勻速轉(zhuǎn)動，求:

(1)從圖示位置開始轉(zhuǎn)過60。過程中通過導線截面電荷量q；

(2)線圈在轉(zhuǎn)動一周過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。

13.如圖甲所示，“隱身裝置”可以將兒童的身體部分隱去，卻對后面的成人沒有形成

遮擋，簡化模型的俯視圖如圖乙所示，4、B為兩個厚度均為a=^m的直角透明介

2

質(zhì)，虛線為透明介質(zhì)的對稱軸，兒童站在介質(zhì)之間虛線框位置處，人體反射的光線

均視為與對稱軸平行，已知介質(zhì)折射率《=夜，光在真空中的傳播速度c=3.0x

108m/s,sinl50=0.26.求：

觀察者位置

圖甲圖乙

(1)光線在兩透明介質(zhì)中傳播的時間t；

(2)兒童身體能被隱身，身體寬度的最大值d。

14.如圖所示，質(zhì)譜儀由一個加速電場和環(huán)形區(qū)域的偏轉(zhuǎn)磁場構(gòu)成，磁場區(qū)域由兩圓心

都在。點，半徑分別為2a和4a的半圓盒N#2和M1M2圍成，勻強磁場垂直于紙面向

外，磁感應強度大小為B。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子不斷從粒子源S飄入加速

電場，其初速度幾乎為0,經(jīng)電場加速后沿MiM的中垂線從極板上小孔P射入磁場

后打到熒光屏N2M2上。已知加速電壓為九(未知)時，粒子剛好打在熒光屏的中央。

不計粒子的重力和粒子間相互作用，打到半圓盒上的粒子均被吸收。

(1)為使粒子能夠打到熒光屏上，求加速電壓的最大值Um；

(2)由于粒子進入磁場時速度方向在紙面內(nèi)偏離SP方向，加速電壓為4(未知)時，

其中有粒子打到熒光屏N2點右側(cè)0.8a處的Q點(圖中未畫出)，求該粒子進入磁場時

速度與SP方向夾角a的余弦值cosa；

(3)由于粒子進入磁場時速度方向在紙面內(nèi)偏離SP方向，求加速電壓為%(未知)時,

熒光屏N2M2上有粒子到達的最大區(qū)間長度小。

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15.如圖所示，光滑釘子M、N相距2L,處于同一高度。帶有光滑小孔的小球4穿過輕

繩，輕繩的一端固定在釘子M上，另一端繞過釘子N與小球8相連，B球質(zhì)量為

用手將4球托住靜止在M、N連線的中點P處，8球也處于靜止狀態(tài)。放手后，4球

下落的最大距離為L已知重力加速度為g。

(1)求4球的質(zhì)量小4；

(2)求4球下落到最低點時繩中張力7；

(3)用質(zhì)量為m的C球替換4球，C球從P點由靜止釋放后，求C球下落距離為L時的速

度大小”c。

-------------------Q-----------------'

A

OB

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4肥皂泡表面水分子間距離r略大于r。，分子間作用力表現(xiàn)為引力，故A

錯誤；

B、肥皂泡穩(wěn)定時由于表面張力作用，泡內(nèi)氣體壓強稍大于外部氣體壓強，故8錯誤；

CD、通常而言，不同位置的肥息膜，厚度不同，因此在膜上的不同位置，來自前后兩

個面的反射光的路程差不同，在某些位置，這兩列波疊加后相互加強，出現(xiàn)了亮條紋，

在另一些位置，疊加后相互削弱，出現(xiàn)了暗條紋，由于不同顏色的光波長不同，導致從

肥皂膜的前后兩面反射的光在不同位置相互加強，所以從肥皂膜上看到的亮條紋的位置

也會不同，薄膜上不同顏色的光的條紋的明暗位置不同，相互交錯，看上去呈彩色，所

以這是薄膜干涉現(xiàn)象，肥皂膜厚度改變會導致彩色條紋移動，故C錯誤，O正確。

故選：D。

液體表面張力；薄膜干涉現(xiàn)象。

本題考查了薄膜干涉現(xiàn)象，液體表面張力，氣體壓強等，學生需要注意光程差相同時，

不同顏色光波長與光程差直接的關系。

2.【答案】B

【解析】解：4、第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度，空間站的線速度小于第一宇宙速度，

故A錯誤；

以根據(jù)萬有引力提供向心力有：誓=7nro)2,解得：3=舊，空間站的軌道半徑小

于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以空間站的角速度大于地球同步衛(wèi)星的角速度，地球同

步衛(wèi)星的角速度等于地球自轉(zhuǎn)角速度，所以空間站的角速度大于地球自轉(zhuǎn)角速度，故8

正確；

C、根據(jù)7=詈，空間站的角速度大于地球自轉(zhuǎn)角速度，所以空間站的周期小于地球自

轉(zhuǎn)周期，故C錯誤；

D、根據(jù)萬有引力提供向心力有：誓=ma,解得：a=楞，所以空間站向心加速度

小于地面的重力加速度，故。錯誤；

故選：Bo

地球的第一宇宙速度是衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度，空間站的線速度小于第一宇宙速度；根據(jù)

萬有引力提供向心力分析判斷。

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本題考查了萬有引力定律及其應用，要熟記萬有引力的公式和圓周運動的一些關系變換

式，解題依據(jù)為萬有引力提供向心力。

3.【答案】A

【解析】解：4、發(fā)生a衰變時放出發(fā)生6衰變時放出電子2遇，設發(fā)生了％次a衰

變和y次0衰變，則根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守有：2無一y+82=90,4%+208=232,解

得x=6,y=4,故衰變過程中共有6次a衰變和4次口衰變，故A正確；

8、/?衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成一個質(zhì)子和一個電子，由4選項分析可

知第8Pb比簫27Tl少16個中子，故8錯誤;

C、在a、0、y這三種射線中，y射線的穿透能力最強，a射線的電離能力最強，故C錯

誤；

。、放射性元素的半衰期只由自身性質(zhì)決定，高溫條件不能改變其半衰期，故。錯誤；

故選：4。

根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒判斷衰變次數(shù)；3衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)

化成一個質(zhì)子和一個電子；a射線的電離本領最強，穿透能力最弱；放射性元素半衰期

由自身結(jié)構(gòu)決定。

解決本題的關鍵是明確衰變的本質(zhì)，會根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒判斷衰變次數(shù)，并

準確掌握三種射線的特征。

4.【答案】D

【解析】解：AC.迅速下壓過程中，外界對氣體做功，由于氣體變化的時間極短，來

不及與外界發(fā)生熱交換，可近似認為是絕熱過程，根據(jù)熱力學第一定律4U=Q+W可

知，氣體的內(nèi)能增大，溫度升高，所以氣體分子平均動能變大，故AC錯誤；

8、由于溫度是大量分子整體表現(xiàn)出來的性質(zhì)，并不能說明單個分子的狀態(tài)，所以無法

保證每個氣體分子速率都增大，故8錯誤；

。、氣體體積減小，單位體積內(nèi)分子數(shù)增多，且分子平均動能增大，所以分子在單位時

間內(nèi)對單位面積器壁的碰撞次數(shù)增加，故。正確。

故選：Do

根據(jù)熱力學第一定律分析出氣體的溫度變化，從而分析出分子平均動能的變化，正確理

解溫度變化對分子速率的影響；

結(jié)合氣體壓強的微觀意義完成分析。

本題主要考查了熱力學第一定律的相關應用，通過公式分析出氣體的內(nèi)能變化，同時結(jié)

合氣體壓強的微觀意義即可完成分析。

5.【答案】B

【解析1解：4、因為測量遏止電壓4與入射光頻率v的關系時，需要使加在兩極板間

的電壓為反向電壓，使電子減速，所以應該讓電場方向從K指向4所以電源右端應為

正極，故A錯誤；

8、當光電子的最大初動能為零時，對應頻率即為截止頻率，由圖像知截止頻率為％,

所以逸出功為%=無匕，故3正確；

C、由愛因斯坦光電效應方程知a=hv-W0,聯(lián)立可得=hv-W0,可知遏止電壓

只與金屬的逸出功以及入射光頻率有關，與入射光強度無關，故C錯誤；

若能發(fā)生光電效應，則滑動變阻器滑片移至最左端時光電管兩極之間的電勢差為零,

電流表示數(shù)不為零，故。錯誤。

故選：Bo

遏止電壓〃是光電流為零時的反向電壓;根據(jù)動能定理得出光電子最大初動能與兒的關

系；結(jié)合光電效應方程推導出遏止電壓與入射光頻率的關系；遏止電壓為零時，入射光

的頻率等于截止頻率，由圖讀出截止頻率，再求金屬的逸出功。

解決本題的關鍵要掌握光電效應方程，以及最大初動能與遏止電壓的關系，來研究圖像

的物理意義。

6.【答案】A

【解析】解：B、閉合開關S,在滑動變阻器R的滑片向上滑動過程中，滑動變阻器接入

電路的阻值增大，則電路總電流減小，即通過電阻治的電流減小，故8錯誤；

ACD,根據(jù)串聯(lián)分壓規(guī)律可知滑動變阻器R兩端的電壓變大，所以電容器C兩端電壓增

大，根據(jù)Q=CU可知電容器極板所帶電荷量增大，即電容器充電，根據(jù)電路連接方式

可知電容器上極板帶正電，所以電阻&中有向下的電流，故A正確，CZ）錯誤；

故選：Ao

根據(jù)歐姆定律分析出電路各部分的電學物理量的變化，結(jié)合電容器的電荷量公式Q=

CU分析出電荷量的變化和電流的方向。

本題主要考查了閉合電路的歐姆定律，根據(jù)電阻的變化完成對電路電學物理量的變化趨

勢的分析，結(jié)合電荷量的計算公式即可完成解答。

7.【答案】B

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【解析】解：甲乙兩貓從同一位置以相同的速率同時跳出，速度方向與水平方向成45。夾

角，所以水平方向速度相等，且甲乙兩貓任意時刻水平位移相同。

A、由動能定理得=-3m講，因為下落高度和初速度相同，所以末速度相

同，因為末速度在水平方向的分量大小相同，所以落地時速度方向相同，所以兩只貓落

地時的動量方向相同。故A錯誤。

B、因為乙落地前水平位移時刻相同，對甲乙兩貓豎直方向上的受力進行分析，對甲貓

分析:八甲=嘰t+對乙貓進行分析八乙=p乙t+,爐2,所以高度差等于九z-hfp=

gt2.所以距離越來越遠。故B正確。

C、因為乙落地前和甲的高度差固定，所以當乙落地時，甲水平方向的速度分量不變，

由2gh甲'=?甲'一?甲,所以當高度越大時，乙落地時甲在豎直方向的速度越快，落地時

間越快，所以水平方向的位移越小，所以起跳點越高，兩貓落地點間距離越小，故C

錯誤。

。、因為速度方向固定，甲貓在豎直方向做勻減速后反向加速運動，乙做勻加速運動，

加速度相等，所以在落地前，乙速度永遠大于甲速度，故不可能相遇。故。錯誤。

故選Bo

初速度大小相同，速度方向不同，可以分解為水平方向的勻速運動和豎直方向的勻加速

運動來分析，判斷選項是否正確。

本題考查運動的合成和分解以及勻加速直線運動，再通過速度判斷動量等各方面的物理

量，難度較小。

8.【答案】C

【解析】解：4、當藥＜%時，且木塊重力沿傳送帶向下的分力大于木塊與傳送帶之間

的摩擦力時，木塊滑上傳送帶后先相對傳送帶向下滑動，所受滑動摩擦力沿傳送帶向上,

而合外力沿傳送帶向下，木塊做勻減速運動，速度減為零后，繼續(xù)相對傳送帶向下滑動，

所以合外力不變，加速度不變，表現(xiàn)為u-t圖像的斜率不變，木塊速度開始反向增大，

根據(jù)對稱性殼子木塊返回到傳送帶下端時的速度為-％,故A正確；

8、當巧＜孫時，且木塊重力沿傳送帶向下的分力小于木塊與傳送帶間的摩擦力時，木

塊滑上傳送帶先相對傳送帶向下滑動，所受滑動摩擦力沿傳送帶向上，合外力沿傳送帶

向上，木塊做勻加速運動，當木塊速度增大至幾時，由于木塊與傳送帶之間的最大靜摩

擦大于重力沿傳送帶向下的分力，所以木塊將隨傳送帶一起勻速運動，故8正確；

C、當%＞%時，且木塊重力沿傳送帶向下的分力大于木塊與傳送帶之間的最大摩擦力

時，木塊滑上傳送帶后先相對傳動帶向上滑動，所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，合外力

沿傳送帶向下，木塊做勻減速運動（設加速度大小為的）,當木塊加速度減小至火時，將

開始相對傳送帶向下滑動，所受滑動摩擦力變?yōu)檠匦泵嫦蛏?，所以木塊所受合外力減小,

加速度減小，表現(xiàn)為v-t圖像的斜率減小，木塊沿傳送帶向上做勻減速運動（設加速度

大小為&2）,速度減為零之后開始沿傳送帶向下做勻加速運動（由于合外力不變，所以加

速度大小仍為。2,表現(xiàn)為D-t圖像的斜率不變），根據(jù)運動學規(guī)律可知木塊速度從%減

小至％的過程位移大小為

r_詔-詔

木塊速度從先減至0的過程位移大小為

“2一亞

假設木塊返回至傳送帶下端時的速度為-打，則木塊速度從0增大至-%的過程中位移大

小為

K=_±

32a2

由于則有

吱滋+且<旺

2al2a22ti2

即XI+x2<x3

而木塊整個過程的位移為零，上式明顯不滿足，故C錯誤；

D,當女>%，且木塊重力沿傳送帶向下的分力不待遇木塊與傳送帶間的最大摩擦力時，

木塊滑上傳送帶后先相對傳送帶向上滑動，所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，合外力沿傳

送帶向下，木塊做勻減速運動，當木塊速度減小至歷時，將隨傳送帶一起勻速運動，故

。正確；

本題選不正確的，故選：Co

對木塊和傳送帶的速度大小，以及木塊的下滑力與摩擦力的大小關系進行分類討論，注

意分析出木塊的運動情況。

本題主要考查了傳送帶模型的相關應用，在對物體進行受力分析時，要特別注意摩擦力

的方向問題，結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式即可完成分析。

9.【答案】D

【解析】解：4、根據(jù)對稱性可知I,P、Q兩點電場強度大小相等方向不同，故A錯誤;

8、將球形空腔看做填滿了等量正、負電荷，且電荷量密度與球心實心部分相同。則M、

N、P、Q四點的電場強度和電勢均可視為完整的均勻帶電球體。1與均勻帶負電球體。2產(chǎn)

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生的電場強度和電勢的疊加。由于P、N到?！康木嚯x相同，所以完整的均勻帶正電球體?！?/p>

在P、N產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向背離圓心。1，而完整的帶負電球體內(nèi)在N點產(chǎn)

生的電場強度一定大于在P點產(chǎn)生的電場強度，且兩者方向相反，且夾角小于180。，根

據(jù)電場強度的疊加法則可知P點電場強度比N點的大，故8錯誤；

CD.規(guī)定無窮遠處為電勢零點，由于M、N到。1的距離相等，所以完整的均勻帶正電球

體01在M、N產(chǎn)生的電勢相同；由于M到。2的距離大于N到G的距離，所以完整的均勻

帶負電球體。2在M產(chǎn)生的電勢高于在N產(chǎn)生的電勢，根據(jù)電勢的疊加可知M點電勢比N

點的高，同理分析可知〃點電勢比P點的高，故C錯誤，。正確；

故選：Do

將空心部分補充完整，根據(jù)電場公式和電勢公式，同時幾何合成的特點完成分析。

本題主要考查了電場和電勢的疊加，理解電場強度和電勢的分布特點，在合成的時候要

注意物理量的標矢性。

10.【答案】C

【解析】解：力、若黑箱是電池，則金屬棒向右在安培力作用下做加速運動，當金屬棒

產(chǎn)生的感應電動勢等于電源電動勢時，回路的電流為零，此時金屬棒處于穩(wěn)定狀態(tài)，滿

足9=8打，則棒的最終速度與初速度無關，故A錯誤；

8、若黑箱中是線圈，因棒所受的安培力方向與速度方向相反，簡諧振動中回復力與速

度方向可能相同也可能相反，則棒不可能做簡諧運動，故8錯誤；

C、若黑箱中是電阻，設阻值為r,則當棒離開初始位置距離為x時，根據(jù)動量定理得：

mv—mv0=—BILAt

其中

/4t=—=—

R+rR+r

解得：〃=%一部a，即棒的速度隨位移均勻減小，故C正確；

。、若黑箱中是電容器，則開始時，電容器不斷充電，帶電量逐漸增加，電容器兩板間

電壓增加，棒由于受安培力作用做減速運動，當導體棒兩端電壓等于電容器兩板電壓時,

回路電流為零，此時到達穩(wěn)定狀態(tài)，設此時的速度為V,則電容兩板電壓為：

U=BLv

對導體棒由動量定理得：

—BILAt=mv—mv0

其中

Q=IAt

解得：彘黑大，即棒的最終速度與初速度有關，故。錯誤；

oL<C+771

故選:Co

根據(jù)黑箱中物體的變化，分析導體棒的受力情況和最終的穩(wěn)定狀態(tài)(如果有的話)，結(jié)合

安培力公式和動量定理以及選項的描述完成分析。

本題主要考查了導體棒切割磁感線時感應電動勢的相關應用，熟練掌握在不同場景下導

體棒的受力特點，結(jié)合力的變化分析出導體棒的運動類型和最終的狀態(tài)。

11.【答案】18.9最低點如圖所示9.86見解析

【解析】解：(1)用一塊開有狹縫的橡皮夾牢擺繩，開有在需要改變擺長時便于調(diào)節(jié)；

用鐵架臺的鐵夾將橡皮夾緊，從而保證擺動過程中擺長不變，上述做法并不能保證擺球

在同一豎直面內(nèi)，故AB正確，C錯誤；

故選：AB?

(2)游標卡尺的分度值為0.1cm,不需要估讀，則d=18mm+9x0.1mm=18.9mm

(3)擺球在最高點附近運動速度較小，人由于視覺原因不可能精確定位擺球是否過最高

點，由此造成時間測量的相對誤差較大。擺球在最低點時附近速度較大，由位置判斷的

誤差對時間測量的影響較小，所以應在擺球經(jīng)過最低點時開始計時。

(4)將表中數(shù)據(jù)描于坐標紙上，用一條直線盡可能地穿過更多的點，不在直線上的點盡

量均勻地分布在直線兩側(cè)，誤差較大的點舍去，畫出的產(chǎn)—L關系圖像如圖所示：

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所以圖像的斜率為

k.=-=-s2/m=4s2/m

g0.9''

解得:g~9.86m/s2

(5)本實驗通過累積法來測量周期，即測量擺球完成n次全振動的總時間t,從而求得周

期，若計算時間不慎將n的值記錄得偏大，則所測周期偏小，會造成g的測量值偏大。

故答案為：(1)4B；(2)18.9；(3)最低點；(4)如圖所示；9.86；(5)見解析

(1)根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作；

(2)根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則得出對應的示數(shù)；

(3)根據(jù)擺球在最高點和最低點的運動情況選擇合適的點作為計時起點；

(4)將表中數(shù)據(jù)描于坐標紙上，用一條直線盡可能地穿過更多的點，不在直線上的點盡

量均勻地分布在直線兩側(cè)，誤差較大的點舍去，畫出產(chǎn)一心關系圖像，并根據(jù)單擺的周

期公式得出g的數(shù)值；

(5)根據(jù)單擺的周期公式分析出可能讓g的測量值偏大的可能。

本題主要考查了單擺測量重力加速度的實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結(jié)合

單擺的周期公式和圖線的物理意義完成分析。

12.【答案】解：(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律有：￡=等

根據(jù)閉合電路歐姆定律有：7=2

R

電荷量q=It

聯(lián)立可得q="士=N--2L2cos60°~"二

"HRR

(2)線圈在磁場中轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電動勢隨時間變化的規(guī)律如答圖所示，設ab邊、cd邊在

磁場中轉(zhuǎn)動產(chǎn)生電動勢的最大值分別為瓦m、E2m,有效值分別為邑、E2,則

V2

lNBl7a)

E2=—

產(chǎn)生的熱量Q=電?巴+”?巴

聯(lián)立解得Q=5兀3慧》

答：(1)從圖示位置開始轉(zhuǎn)過60。過程中通過導線截面電荷量為等；

(2)線圈在轉(zhuǎn)動一周過程中產(chǎn)生的焦耳熱為空暗

【解析】(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律結(jié)合電荷量的定義式解得；

(2)根據(jù)電動勢的最大值與有效值的關系解得。

線框在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生正弦式交變電流。而對于求產(chǎn)生的熱量均由交變電的

有效值來確定，而通過某一電量時，則用平均值來求。

光在兩介質(zhì)中傳播的速度u=：

個在兩介質(zhì)中傳播的時間t=B

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：t=①"sx9.4x10-9s

3

(2)兒童身體被隱身時，光從介質(zhì)4中射出時恰好不被兒童身體遮擋，如圖所示，根據(jù)幾

何關系有：g=ssin(i-r)

代入數(shù)據(jù)解得：d=0.52m

答：(1)光線在兩透明介質(zhì)中傳播的時間t《9.4xl0-9s；(2)兒童身體能被隱身，身體

寬度的最大值d=0.52m,

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【解析】光斜射入介質(zhì)時，光在介質(zhì)中要發(fā)生折射；對光的折射定律的正確理解及光在

介質(zhì)中傳播的速度、時間的計算。

本題主要考查了光的折射定律，光在介質(zhì)中的傳播速度與傳播時間的計算。

14.【答案】解：(1)當粒子在磁場中運動的軌跡與半徑為4a的半圓盒在“2點相切時，

粒子在磁場中運動的半徑有最大值，設為r,如圖1.則「1=手

設粒子在磁場中運動的最大速度為巧，根據(jù)動能定理有qU7n=\mvl

粒子在磁場中做圓周運動時，根據(jù)牛頓第二定律有

[if0~\

伍U__________\二_\

?O舟M

U

?A",?

圖1

聯(lián)立解得

.._49qB2a2

租一8m

(2)設熒光屏N2M2的中點為C，加速電壓為%時粒子在磁場中的運動軌跡如圖2所示，由

題意可知該粒子的運動半徑為2=3a

圖2

設粒子進入磁場速度方向偏離SP方向的夾角為a,粒子打在熒光屏上的Q點，軌跡圓心

為01，如圖2,其運動半徑仍為力，根據(jù)幾何關系有2roeosa=5a+0.8a

解得

29

cosa=—

30

(3)由題意，加速電壓仍為Uo,粒子在磁場中的運動半徑不變，則沿中垂線方向射

入的粒子到達屏上的C點為粒子能打到熒光屏上最右側(cè)的點。當粒子速度方向偏離SP方

向的夾角為。時，粒子打在熒光屏上的點4其軌跡與磁場外邊界相切，切點為D,圓心

為。2,如圖3.

圖3

由幾何關系得002=4Q—3Q=a、P02—PO-3a

根據(jù)余弦定理有cosS=力需空

解得：cose=9

lo

則PA=2PO2cose

解得：PA=^-

當粒子速度方向偏離SP方向的夾