2022年高考模擬試卷 物理( 第九模擬 )參考答案

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1、2022年高考模擬試卷 物理( 第九模擬 )參考答案 一、 1.D 波爾理論是對(duì)氫光譜分析得出的。 2.A、D 如圖答9-1 對(duì)活塞受力分析 P1>P2。P1V1=P2V2,V1<V2 3.B 如圖答9-2 故B選項(xiàng)正確 4.C M和N組成一個(gè)電容器,電量Q不變。板間距d減小時(shí), 時(shí)c變大則U減小,即UNM減小,因QM=0,則金屬板N的電勢(shì)UN降低。 5.D 設(shè)管橫截面積為S,氣體狀態(tài)變化穩(wěn)定后,對(duì)水銀柱應(yīng)用牛頓第二定律, a管 P0S+mg-PaS=ma g=a 解得Pa=P0 c管 mgsinθ+P0S-P0S=ma gsinθ=a 解

2、得Pc=P0 又因?yàn)槎軆?nèi)空氣質(zhì)量相等,溫度相同,所以三管內(nèi)空氣的 PV=恒量,Pa=Pc<Pb故La=Lc>Lb,D選項(xiàng)正確。 6.A、B、C 整個(gè)導(dǎo)體向右平動(dòng)時(shí),穿過閉合金屬導(dǎo)線的磁通量不變,整個(gè)導(dǎo)線中的總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零,由于A、C、E三點(diǎn)切割磁力線的有效長(zhǎng)度為零,則A、C、E三點(diǎn)的電勢(shì)相同。由右手定則判定UD>UB。 7.C 由振子運(yùn)動(dòng)的規(guī)律,振子經(jīng)過a、b兩點(diǎn)時(shí)動(dòng)量相同(大小、方向均相同),則a、b兩點(diǎn)對(duì)稱地分布在平衡位置兩側(cè),如圖答9-3所示,設(shè)最大位移處分別為A、B,設(shè)由a→b時(shí)間t1=0.2秒,從b再回 8.A、C 紫光的折射率大于紅光的折射率。故α是紫光

3、,b是紅光。據(jù)折射定律,D對(duì),C錯(cuò)。 9.A 小球在正交電磁場(chǎng)的受力圖是:圖答9-4(假定q為正) F電和C的合力一定,F(xiàn)和V有關(guān)。故C、D錯(cuò)。假如q直線運(yùn)動(dòng),方向豎直向下,則V遞增,F(xiàn)遞增,水平方向合力不為0,直線運(yùn)動(dòng)破壞。 10.A、B、D t=2s時(shí),V=2×1+(-2)×(2-1)=0,S=2× 二、 12.2∶1,0.5 13.如圖答9-5,0~t勻減速,t~t′,勻加速??偽灰剖?,末速度是0. 故v0=a(2t-t′),v′=a(t′-t). 其中:                a=Eq/m. 14.BCD,2.0m/s 15

4、.(1)如圖答9-6 (2)A2,R1 16.電路見圖答9-7,0~0.8ε 四、 17.如圖答9-8所示,設(shè)活塞位于汽缸中央位置時(shí),氣體的狀態(tài)為1,活塞位于氣缸的開口時(shí),氣體的狀態(tài)為2,由?!R定律: ① 以活塞為研究對(duì)象,活塞位于汽缸中央位置時(shí),受力平衡,以豎直向上為正方向: P0S-P1S-mg=0 ② 活塞位于汽缸開口處,設(shè)活塞向上的加速度為a,由牛頓第二定律: P0S-P2S-mg=ma ③ 此時(shí),以汽缸為研究對(duì)象,由牛頓第二定律: F+P2S-P0S-Mg=Ma ④ 或以汽缸與活塞為研究對(duì)象,由牛頓第二定律: F-(M+m)g=(M+

5、m)a ⑤ M=2m ⑥ 由式①②③④⑤⑥聯(lián)立解得: ⑦ 18.因帶正電質(zhì)點(diǎn)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),先后通過ab兩點(diǎn),其圓心應(yīng)在ab弦中垂線上。 由飛經(jīng)ab兩點(diǎn)時(shí)間與周期之比可判斷經(jīng)過弧角度θ: 若磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,則由左手定則判斷其圓心應(yīng)在第Ⅳ象限(如圖答9-9甲所示),由幾何關(guān)系可知,圓心O1其坐標(biāo)應(yīng)為: x1=Rcos30°,y1=-Rsin30° 若磁場(chǎng)方面垂直紙面向外,則由左手定則判斷其圓心應(yīng)在Ⅰ象限(如圖答9-9乙所示), 同理,圓心O2其坐標(biāo)應(yīng)為:x2=Rcos30°,y2=Rsin30°即:x1= 19.每碰撞一次所做

6、豎直上拋運(yùn)動(dòng),可分為上升和回落兩個(gè)階段,不計(jì)空氣阻力,這兩段所用時(shí)間和行程相等。 小球原來距桌面高度為4.9米,用h0表示,下落至桌面時(shí)的速度v0 首先用演繹法:小球第一次和桌面碰撞,那么,第一次碰撞桌面后小球的速度: v1=v0×7/9(m/s)。 再用歸納法:小球第二次和桌面碰撞,那么,第二次碰撞桌面后小球的速率: v2=v1×7/9=(v0×7/9)×7/9=v0×(7/9)2(m/s)。 第二次碰撞后上升、回落需用時(shí)間:2t2=2v2/g=2×(7/9)2 依此類推可得:小球第n次和桌面碰撞后上升、回落需用時(shí)間:2tn=2×(7/9)n(秒) 所以小球從開始到下落n

7、次撞后靜止所用總時(shí)間為: T=t0+2t1+2t2+……+2tn=1+2×7/9+2×(7/9)2+…+2×(7/9)n =1+2×[7/9+(7/9)2+…+(7/9)n] 括號(hào)內(nèi)為等比級(jí)數(shù)求和,首項(xiàng)a1=7/9,公比q=7/9,因?yàn)閨q|<1, 7/2=8(s) 20.(1)根據(jù)向心力來自萬有引力得 (2)衛(wèi)星在地球表面上受的萬有引力近似等于mg。 21.解:(1)帶電小滑塊僅在電場(chǎng)力作用下向右沿光滑車面做加速運(yùn)動(dòng),位移1時(shí)與車右端相撞,設(shè)相撞前瞬間滑塊速度為v0,由做功與能量變化關(guān)系(如圖答9-10): 滑塊與車相撞時(shí)間極短,電場(chǎng)力遠(yuǎn)小于撞擊力

8、,故可認(rèn)為水平方向動(dòng)量守恒mv0=mv1+Mv2 由題給條件知v2=v0/4及M=7m 即碰后,滑塊向左以3v0/4初速及受電場(chǎng)力做勻減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)相對(duì)地速度減為零時(shí),又在電場(chǎng)力作用下向右做勻加速運(yùn)動(dòng),直到滑塊向右速度與小車向右速度相同(相對(duì)速度為零)時(shí),車右端與滑塊距離最大。 設(shè)滑塊此時(shí)由碰時(shí)位置向左位移為s1,小車向右位移為s2,則s1= 因?yàn)閟1+s2=L<1.5L,故滑塊不會(huì)滑出小車車面 (2)設(shè)滑塊由相對(duì)車靜止(即與車速度v2相同)到與車第二次碰撞時(shí)間為t′,由幾何關(guān)系及勻加速直線運(yùn)動(dòng)公式有: 二次碰撞時(shí),滑塊總位移s′由圖答9-10可知 所以

9、電場(chǎng)力對(duì)滑塊所做功為:W=Eqs′=2Eql 22.(1)由動(dòng)量守恒定律 mv0=(m+M)v′且有 m∶M=1∶3 (3)先求A與B擋板碰前A的速度v10,以及木板B相應(yīng)速度v20,取從A滑上B至A與B擋板相碰前為一過程研究,依動(dòng)量守恒與能量關(guān)系有以下兩式成立 mv0=mv10+Mv20 ① ② 木板B此過程為勻加速直線運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律μmg=Ma1 其速度圖線見圖答9-11中0~0.38段圖線. 再求A與B擋板碰后,木板B的速度v2與木塊A的速度v1,為方便起見取A滑向B至A與 B擋板碰撞后瞬間為一過程研究,依動(dòng)量守恒定律與能量關(guān)系有以下兩式成立; mv0=mv1+Mv2 ③ ④ 由于v1<0,即木塊A相對(duì)B向左滑動(dòng),A受B摩擦力向右,B受A摩擦力向左,故B作勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小由牛頓第二定律 從碰后到A滑到B最左端過程中,B向右勻減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)間設(shè)為t2,則 v′-v2=-at2 此過程速度圖線見圖中0.3~1.0s段圖線.

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