2022年广东省深圳市高考物理模拟试卷（附答案详解）

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2022年广东省深圳市高考物理模拟试卷1.利用烦和氝的核反应可获得核能，方程为：iH+iH--+iHe+X+17.6MeV(I)；科学家用X轰击Y得到氝核，方程为：X+Y--+iHe＋扭＠。下列说法正确的是（)A.X是质子B.y的质子数、中子数均为3C.两个核反应都是轻核聚变反应D.目前我国核电站是利用核反应G)的核能发电2.2021年10月16日神舟十三号飞船顺利将3名航天员送入太空，并与天和核心舱对接。已知核心舱绕地球运行近似为匀速圆周运动，离地面距离约为390km,地球半径约为6400km,地球表面的重力加速度g取10m/s2(G为未知昼），下列说法正确的是()A.核心舱的向心加速度小千gB.核心舱运行速度大于7.9km/sC.由题干条件可以求出地球的质扯D.考虑到稀薄大气的阻力，无动力补充，核心舱的速度会越来越小3.如图所示，两轻质肩带将裙子对称地悬挂在三角形衣架上皖勹急晒。每根肩带倾斜，A处与衣架臂的夹角0>90°,则（)A.衣架对裙子的作用力大千裙子的重力B.每根府带的拉力等千裙子重力的一半C.A处肩带所受的静摩擦力小于肩带的拉力D.A处肩带所受支持力等于肩带的拉力大小4.明朝的行汀二开物》记载了我国古代劳动人民的智慧。如图所示，可转动的把手上a点到转轴的距离为2R,辅护边缘b点到转轴的距离为R。人甲转动把手，把井底的人乙加速拉起来，则（)

1A.a点的角速度大千b点的角速度B.a点的线速度小于b点的线速度C.绳对乙拉力的冲量等于乙的动操变化撇D.绳对乙的拉力大千乙的动点变化率5.如图所示，竖直平面内两个带电小油滴a、b在匀强电场E中分~..bfE别以速度V1、V计故匀速直线运动，不计空气阻力及两油滴之间a•/"1的库仑力，下列说法正确的是（)A.a、b带异种电荷B.a比b的比荷大c.a的电势能减小，b的电势能增加D.沿V1方向电势增加，沿V2方向电势减小6.如图所示为火灾报警系统的部分电路，理想电流表的示数超过lA时就自动报警。R为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。理想变压器原、副线圈匝数比为2:1,原线圆输入电压为U1=220-./2.sinlOO兀t(V)，则报警时R的临界值为（)第2页，共20页

2I□A.55nB.82.512C.110.aD.220127.利用图甲所示电路研究电容器充放电过程，开关接1端后电流传感器G记录电流随时间变化的图像如图乙所示。则电容器电容C、极板电荷量Q、上极板电势价定值、丿电阻R两端电压U随时1、司t变化规律正确的是（I。t乙甲Q二t。ttDABcA.AB.BC.CD.D8.挥杆套马是我国蒙古族传统体育项目，烈马从骑手身边奔驰而过时，骑手持6m长)的套马杆，由静止开始催马追赶，二者的v-t图像如图所示，则（vlm·,.·1.','I,,0＇，一-----三。4dA.o~4s内骑手靠近烈马B.6s时刻骑手刚好追上烈马C.骑手在9s时刻挥杆，能套到烈马D.8~9s内烈马加速度大千0~6s内骑手的加速度9.我国风洞技术世界领先。如图所示，在模拟风洞管中的光滑斜面上，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至到达最)向点的过程中（

3A.物块的速度先增大后减小B.物块加速度一直减小到零C.弹簧弹性势能先增大后减小D.物块和弹簧组成的系统机械能一直增大10.磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图(a)所示，它的驱动系统简化为如图(b)所示的物理模型。固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L。匝数为N，总电阻为R1;水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度均为B、方向交互相反、边长均为L的正方形组合匀强磁场。当磁场以速度v匀速向右移动时，可驱动停在轨道上的列车，则（）-,:•.i父笃fiu`I••lI这庄出过矿:-,.-rL"\lh)A.图示时刻线框中感应电流沿逆时针方向B.列车运动的方向与磁场移动的方向相同C.列车速度为讥讨线框中的感应电动势大小为2NBL(v-v')D.列车速度为v'时线框受到的安培力大小为2NB2B(V-w)R11.在“探究共点力的平衡条件”的实验中，将三个细绳套系千一点，在水平桌面上用三支弹簧测力计互成角度地水平拉细绳套，使结点静止在纸面上0点，如图所示。(1)测力计1的指针位置如图所示，其读数为N,测力计2和3的读数分别为1.30N和1.25N。(2)取1cm代表1N，请在虚线框内作出三个力的图示，并借助平行四边形定则作图，求出其中两个力的合力。(3)改变三个弹簧测力计的弹力方向和大小，多次实验。(4)在误差允许范围内，可归纳出这三个共点力的平衡条件，是：。第4页，共20页

4/2,'夕夕--------------~、、、``、`｀、、12.一只欧姆表表盘的刻度线清晰完整，但刻度值模糊不清，某学习小组为了恢复其刻度值，需要测矗欧姆表的内阻，请完善下列实验步骤：(1)将选择开关拨至“x109"挡，机械调零后，将欧姆表的红、黑表笔，并调节欧姆调零旋钮，使欧姆表的指针指到表盘的。(2)图甲为连接好的实物电路图，其中a为（填“红”或“黑”)表笔。lU/V1.5一、_,_~I—－一1.4~~上--,尸、----l户r-ll1.3Il----,---,ll1.2I|,1.1l1.0.`00.10.20.30.40.506IImA图乙图甲(3)调节滑动变阻器的阻值，记录多组电流表和电压表的读数，把数据绘制成如图乙所示的U—I图像，则该欧姆表的内阻为Q（结果保留整数），若考虑毫安表内阻影响，则测量值比真实值（填＂偏大”或“偏小”)。(4)断开开关，取下表盘，则正中央刻度应标记的数值为；占满偏电流值的：处的刻度应标记的数值为（两空均保留整数）。13.某冰雪游乐场中，用甲、乙两冰车在轨道上做碰碰车游戏，甲的质量m1=20kg,乙的质篮m2=10kg。轨道由一斜面与水平面通过光滑小圆弧在B处平滑连接。甲车从斜面上的A处由静止释放，与停在水平面C处的乙车发生正碰，碰撞后乙车向前滑行18m停止运动。已知A到水平面的高度H=Sm,BC的距离L=32m,两车受到水平面的阻力均为其重力的0.1倍，甲车在斜面上运动时忽略阻力作用，重力加速度g取10m/s2，求：

5A－凰H乙曹一Br4:Lc(1)甲到达C处碰上乙前的速度大小：(2)两车碰撞过程中的机械能损失。14.利用电磁场改变电荷运动的路径，与光的传播、平移等效果相似，称为电子光学。如图所示，在xOy坐标平面上，第三象限存在着方向沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。在其余象限存在垂直纸面的匀强磁场，其中第一、二象限向外，第四象限向里，磁感应强度大小均为B（未知）。在坐标点(0,－;)处有一质量为m、电荷量为q的正电粒子，以初速度[五岫着x轴负方向射入钢虽电场粒子在运动m过程中恰好不再返回电场，忽略粒子重力。求：(1)粒子第一次进入磁场时的速度v;(2)磁感应强度B的大小；(3)现将一块长为迈L的上表面涂荧光粉的薄板放置在x轴上，板中心点横坐标x。=4迈L,仅将第四象限的磁感应强度变为原来的K倍(k>1)，当K满足什么条件时，板的上表面会出现荧光点。第6页，共20页

6山y.B•B.L_。x'EaXB15.在2021年12月9日的天宫课堂中，航天员王亚平做了一个水球实验。水球表面上水分子间的作用力表现为（填“引力”或“斥力”)，原因是表面层水分子间的平均距离比内部分子间的平均距离（填“大”或“小”)。王亚平又将她和女儿用纸做的小花轻轻放在水球表面，纸花迅速绽放，水面对小花做了（填“正功”或“负功”)。16.中国南海有着丰富的鱼类资源。某科研小组把某种生活在海面下500m深处的鱼类从海里移到如图所示的两层水箱中。为使鱼存活，须给它们创造一个类似深海的压强条件。如图所示，在一层水箱中有一条鱼，距离二层水箱水面的高度h=SOm,二层水箱水面上部空气的体积V=lOL,与外界大气相通。外界大气压p。=1.0x105Pa,水的密度p=1.0X103切／m气g取lOm/s气（水箱内气体温度恒定）

7....:1去水箱h一只水箱＠鱼在深海处的压强为多少？＠为使鱼正常存活，须给二层水箱再打进压强为P。、体积为多少的空气？17.在2021年12月9日的天宫课堂中，三位航天员观察到水球中的气泡特别亮，这是因为光在气泡表面发生了现象。如图所示，水的折射率为n,发生这个现象的条件是sin0（填＂之”或“::::;");。水相对空气是介质（填“光密”或“光疏")。第8页，共20页

818.某实验小组研究简谐横波在均匀介质中的传播速度，飞、．、、｀、、、、．如图所示，A、B、C是均匀介质中水平面上直角三!、、、、｀角形的三个顶点，0=30°,AB=6m。波源在A点6t·B..................噜·•··、少·C从平衡位置开始振动时方向竖直向上，产生的波在水平面上传播。在波刚传到C质点时，B质点已经振动了Llt=0.06s且第一次到达波谷。求该波的周期和波速。

9答案和解析1.【答案】B【解析】解：A、根据质量数和电荷数守恒得：X的质量数为：A=2+3-4=L电荷数：z=1+1-2=o,可知X为中子，故A错误；B、根据质撇数和电荷数守恒得：Y的质匿数为：A=4+3-1=6,电荷数：z=2+1-0=3,可知Y为？Li,？LL的质子数、中子数均为3,故B正确；C、为：iH叶H➔~He+5n为聚变反应；而~Li+5n➔~He+iH为原子核的人工转变，不是聚变，故C错误；D、目前我国核电站是利用核裂变反应的核能发电，故D错误。故选：B。根据质量数和电荷数守恒来判定X、Y是何种粒子；根据核反应的类型判断；核电站利用重核裂变。考查核反应书写规律，掌握质呈数守恒与电荷数守恒是关键。2.【答案】A【解析】解：A核心舱所处的重力加速度为g，根据万有引力定律和牛顿第二定律：MmG=mg'(R+h)2Mm而在地面处：G—-=mgR2由千核心舱做匀速圆周运动，核心舱在该处的万有引力提供向心力，重力加速度等于向心加速度，因此向心加速度小于g，故A正确；B根据G骂＝m已，可知轨道半径越大，运行速度越小，在地面处的运行速度为7.9km/s,因此在该高度处的运行速度小于7.9km/s,故B错误；C根据G告＝mg,从题信息无法知道G的值，因此无法求出地球的质批，故C错误；D考虑到稀薄大气的阻力，无动力补充，核心舱逐渐做近心运动，轨道半径逐渐减小，运行速度会越来越大，故D错误。故选：Ao在地表附近万有引力提供重力，根据万有引力提供向心力，得到线速度的表达式，分析第10页，共20页

10“天和“核心舱的运行线速度；考虑到稀薄大气的阻力，无动力补充，核心舱逐渐做近心运动。本题只要考查圆周运动的知识以及万有引力提供向心力的关系，要注意计算天体质量的方法，根据万有引力等千重力，可以计算天体的质量．3.【答案】C【解析】解：A、对裙子受力分析，衣架对裙子的支持力与静摩擦力，及裙子自身的重力，根据平衡条件，可知，衣架对裙子的作用力等千裙子的望力，故A错误：B、每根肩带倾斜，A处与衣架臂的夹角0>90°,则有肩带对裙子的作用力大千重力，那么每根肩带的拉力也大于裙子重力的一半，故B错误；C、根据矢报的合成法则，则将支持力F1与静摩擦力f合成，其合力大小与拉力F2平衡，由图可知，再结合几何知识，可得，A处肩带所受的静摩擦力小千肩带的拉力，故C正确；D、由上分析，可知，A处肩带所受支持力小千肩带的拉力大小，故D错误；故选：C。依据受力分析，结合平衡条件，及矢量的合成法则与三角函数知识，即可一一分析。考查受力分析的应用，掌握矢量的平行匹边形定则的内容，理解共点力平衡的条件，注意三角知识的运用。4.【答案】D【解析】解：A、a、b两点屈于同轴转动，则二者角速度相同，故A错误；B、由v=rw可知，a点的线速度大千b点的线速度，故B错误；C、合外力的冲堂等千动炽的变化量，绳对乙的拉力不是乙所受的合力，故C错误；D、动量的变化率等于物体所受的合外力，乙的合力为拉力与正力的合力即T-mg=

11ma,所以绳对乙的拉力大于乙的动扯变化率，故D正确。故选：D。同轴转动，角速度相同，根据圆周运动的角速度与线速度判定线速度大小；动量的变化率是牛顿第二定律的另一表述。本题考查圆周运动的一些概念，还考查了动撇定理以及对牛顿第二定律的理解，还要注意认真审题，本题有一定难度。5.【答案】C【解析】解：AB由千两油滴均做匀速直线运动，受电场力与重力平衡，电场力都竖直向上，因此a、b均带正电荷；由千两油滴质量关系未知，因此无法判断带电晕大小关系，故AB错误；C.a向上运动，电场力做正功，电势能减小，b向下运动，电场力做负功，电势能增加，故C正确；D沿电场线方向，电势减小，因此沿V1方向电势减小，沿v2方向电势增加，故D错误。故选：C。由千两油滴均做匀速直线运动，受电场力与重力平衡，电场力做正功，电势能减小，沿电场线方向，电势减小．本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电场力做正功，电势能减小。6.【答案】A【解析】解：原线圈输入电压为U1=220...f.知n100nt(V)，理想变压器原、副线圈匝数比为2:1，则副线圈的电压最大值为：U2==:-X200-../zV✓2V=UU2=~X220迈V=110劭V,U2110拉则副线圈的电压的有效值为：U-=-=-—-V=llOV;当原线圈的电流刚好为lA时，有迈迈2u2110则副线圈的电流为：12=;/1=2x1A=2A,则此时副线圈的电阻为：R=-=—0=ll22ssn，故A正确，BCD错误；故选：A。根据原副线圈的匝数比得出电流和电压之比，再结合欧姆定律得出电阻的临界值。本题主要考查了变压器的构造和原理，根据变压器的匝数之比得出电流、电压之比，结第12页，共20页

12合欧姆定律完成分析即可，整体难度不大。7.【答案】B【解析】解：A、电容器的电容是由电容器本身性质决定的，与是否带电无关，故A错误；B、极板的电荷谥为：Q=ft,平均电流减小，则Q-t图象的斜率减小，最后电流为零时，所带电荷量不变，故B正确；C、电容器下极板接地，电容器上极板的电势等千上下极板间的电势差，开关接1端后，两极板间电势差逐渐增大，则上极板电势妒曾大，故C错误；D、定值电阻两端电压：U=IR,其中［随时间逐渐减小且I-t图象的斜率减小，故u-t图象的斜率也减小，故D错误。故选：B。电容器的电容与是否带电无关；根据电荷鼓的计算公式分析电荷械随时间的变化情况；电容器上极板的电势等千上下极板间的电势差，由此分析C选项；定值电阻两端电压U=IR，根据1-t图象的斜率变化情况分析U-t图象的斜率变化情况。对千图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，然后作出正确的判断。8.【答案】CD【解析】解：A、0~4s内，骑手的速度比烈马的小，骑手远离烈马，故A错误；B、根据v—t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知前6s内骑手的位移小千烈马的位移，因t=O时刻两者位千同一位置，则6s时刻骑手还没有追上烈马，故B错误；C、前9s内，骑手的位移为X1＝气x15m=90m，烈马的位移为x2=10x8m＋旦兰5lm=92.Sm,x2-x1=92.Sm-90m=2.5m<6m,则骑手在9s时刻挥杆，能套到烈马，故C正确；D、根据v-t图像的斜率表示加速度，斜率越大，加速度越大，知8~9s内烈马加速度大千0~6s内骑手的加速度，故D正确。故选：CD。0~4s内，根据骑手与烈马的速度关系分析两者间距的变化，根据前6s内两者位移关系，

13分析6s时刻骑手是否追上烈马；当骑手与烈马的位移差小千等千6m时，骑手挥杆能套到烈马；根据图像的斜率分析加速度关系。解决本题时，要理解v-t图像的物理意义，要知道v-t图像的斜率表示加速度，图像与时间轴所围的面积表示位移，由此来分析追及问题。9.【答案】AD【解析】解：AB、物块与弹簧接触前沿斜面向上做加速运动，风对物块的作用力大于物块重力沿斜面向下的分力，物块所受合力沿斜面向上，物块与弹簧接触后受到弹簧沿斜面向下的弹力作用，开始物块受到的合力沿斜面向上，物块做加速运动，随物块向上运动，弹簧的压缩量增大，弹簧弹力增大，物块所受合力减小，加速度减小，物块向上做加速度减小的加速运动，当物块合力为零时速度最大，然后物块继续向上运动过程物块所受合力向下，加速度向下，物块向上做加速度增大的减速运动，直到速度为零，物块上升到最高点，由此可知，从物块接触弹簧至到达最高点的过程中，物块的速度先增大后减小，加速度先减小到零然后反向增大，故A正确，B错误；C、从物块接触弹簧至到达最高点的过程中弹簧的压缩量一直增大，弹簧的弹性势能一直增大，故C错误；D、从物块接触弹簧至到达最高点的过程中，风的作用力对物块与弹簧组成的系统一直做正功，由功能关系可知，物块和弹簧组成的系统机械能一直增大，故D正确。故选：AD。根据题意分析清楚物块的运动过程，根据物块的运动过程判断物块速度变化情况，判断弹簧弹性势能与物块与弹簧机械能的变化情况。根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，根据物块的运动过程，应用功能关系即可解题。JO.【答案】BC【解析］解：A、金属框相对于磁场向左运动，根据右手定则判断知，在图示时刻线框中感应电流沿顺时针方向，故A错误；B、由左手定则可知，线框所受安培力方向向右，线框向右运动，列车的运动方向与磁场移动的方向相同，故B正确；C、列车受到为v'时线框相对于磁场的速度大小为v-v'，方向向左，线框的左右两边都第14页，共20页

14切割磁感线产生感应电动势，感应电动势大小E=2NBL(v-v'），故C正确；ED、由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流l＝一，列车速度为v'时线框受到的安培力R大F=2NIL:解得F=4N2B2LR2(V一VI)，故D错误。故选：BC。根据右手定则判断感应电流方向；应用左手定则判断线框所受安培力方向，然后判断线框的运动方向；应用E=BLv求出感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出线框受到的安培力。本题容易产生的错误往往有三个：一是认为线框切割速度是v，产生的感应电动势是BLV;二是认为线框只有一边切割磁感线；三是线框左右都受安培力，漏掉一边。11.【答案】2.30其中一个力与另两力的合力等值反向【解析】解：（1）由千弹簧测力计的最小刻度是O.lN,因此弹簧测力计的示数为2.30N;(2)选取1cm长度为lN,作出力的图示，根据平行四边形法则，可作出任意两个力的合力：，歹,夕I;lN,,I，』R气.二修，＇130~，F3三1.25NI、、'------------------------~－｀气、，(4)其中一个力与另两力的合力等值反向；故答案为：(1)2.30,(2)见解析，（4）其中一个力与另两力的合力等值反向；(1)测力计的最小刻度为O.lN,再估读一位到最小刻度的下一位；(2)根据选定的标度作图；(3)根据实验现象得出结论。力是矢量，通过探究力的合成规律，为以后矢量的合成与分解打基础，学生应该重视此题。12【答案】短接右侧零刻度线红300偏大3010【解析】解：（1）机械调零后，应当进行欧姆调零，操作方法为：将欧姆表的红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使欧姆表的指针指到表盘的右侧零刻度线。

15(2)根据图甲可知欧姆表的b表笔与毫安表的正接线柱相连，对于毫安表电流是从正接线柱流入，负接线柱流出，则可知对千欧姆表电流是从b表笔流出，a表笔流入，依据“红流黑出“原则，可知a表笔为红表笔。(3)设欧姆表内的电源电动势为E,欧姆表内阻为r,根据闭合电路欧姆定律得：U=E-Ir可知U-1图像的斜率的绝对值等千欧姆表内阻为r,则有：1.5-1.35T=n=3000O.SxlO一3若考虑毫安表内阻影响，设毫安表内阻为RA,则有：U=E-l(r贞＋RA)则测扯值r涛＝勹「十RA,故测量值比真实值偏大。E(4)设欧姆表满偏电流为lg,则有：lg=;E当指针指在正中央刻度时，电流为满偏电流的—半，设此时被测电阻为R,则有：且＝—－2r+R两式对比可得：R=r,说明此时被测电阻等千欧姆表内阻300fl,故正中央刻度值乘以此时倍率（已知倍率为“X1012")等于300fl,则正中央刻度应标记的数值为30;电流为满偏电流的－时，设此时被测电阻为R'，则有：-l=-4gT+RIr300可得：R'=-=—-9=1009，同理可知此处的刻度应标记的数值为10。33故答案为：（1）短接；右侧零刻度线；（2）红；（3)300;偏大；(4)30;10(1)机械调零后，应当进行欧姆调零，依据欧姆调零操作方法解答；(2)根据图甲判断电流的流向，依据“红流黑出“原则解答；(3)与测量电源电动势与内阻的原理相同，根据闭合电路欧姆定律，结合U-1图像的斜率的绝对值等于欧姆表内阻；若考虑毫安表内阻，测量值是欧姆表内阻与毫安表内阻之和；(4)根据欧姆表的测量原理解答。本题考查了欧姆表的使用方法和测量原理，欧姆表相当千电源，测量欧姆表的内阻实则与测量电源电动势与内阻的实验原理相同，应用闭合电路欧姆定律，再结合u-J图像的斜率的绝对值等千欧姆表内阻即可解答。对千(4)问要熟知并能应用欧姆表测忙电阻的原理解答问题。l3【答案】解：（1）从A到C根据动能定理m19H-µm19L=；如沪代入数据解得：v=6m/s第16页，共20页

16(2)乙在摩擦力作用下减速，直到静止，根据动能定理12µm2gx2=－m2巧2解得v2=6m/s规定向右为正方向，甲乙碰撞动是守恒定律m1v=m2v2+mv1碰撞时机械能损失：111AE=－m1沪－－m2砑－－m1vf222联立代入数据解得：LIE=90]答：（1）甲到达C处碰上乙前的速度大小为6m/s;(2)两车碰撞过程中的机械能损失为90]。【解析】(1)从A到C根据动能定理可解得；(2)甲乙碰撞动量守恒，对乙根据动能定理，联立解得机械能的损失。本题考查动量守恒定律，解题关键掌握动能定理的应用，注意要选取过程。14.【答案】解：（1）正粒子从（0，专）进入电场后做类平抛运动，1..qE则在竖直方向上有:-=-X-xt222m水平方向有：x=v。t联立解得：t＝尸qE竖直方向上有：V尸芒Xt=~水平方向上有：Vx=[亏故第一次进入磁场时的速度v=§万了页戎方向与水平方向成0角，则有：tan0=立＝－V3义代入解得：V＝2[互,0=30°m故粒子进入磁场中与水平轴负方向成30°•B，、，、(2)如图所示，经分析可知，粒子轨迹如,，、、图，可知a=60°,,,,'E、粒子在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力、,、一“l、、',iXB

17mv2可得：qvB=R经(1)分析，粒子在类平抛运动中，x=v。t={江且故可知，i_=cos60°R即解得：R=x=污L故解之得：B＝皿＝2mx巨i=「qBqx迈L3qL(3)如图所示，若粒子打在板的表面，出现荧光点，故打在板左边界，则得：（4釭孚~=cos30°2RI7解得：R'=-L2根据洛伦兹力提供向心力得：qvB'＝皿：R1得：B＇＝卢＝五勹巨2呾又因为：B＝［三范q故B'＝丑扛即，k1=14m14m同理，若打在板右边界，则得：（4距孚~=cos30°2RII9解得：R"=~L2•)“1U~且qrB'I-=R,,9q解得：B”＝一：：厘＝，归切即k2=炉叭，IIL8m8m故可得当k满足：五il)，当k满足：五'.I

18(2)粒子进入向外的磁场后做匀速圆周运动，画出恰不能进入电场的轨迹示意图，由几何关系到求出轨迹半径，再由洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小；(3)分别求出粒子打在左端和右端时粒子的轨迹半径，洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小，从而求出倍数k的范围。本题是带电粒子先在电场做类平抛运动，后进入方向相反的两磁场区域做匀速圆周运动的特殊情况，关键要结合题设条件应用相关规律，充分利用几何关系解题。当然作出轨迹图至关重要。15.【答案】引力大正功【解析】解：液体表面层分子间的作用力表现为引力，是因为液体表面层由于蒸发等原因等导致分子数较少，分子间距离较大；故可以说明表面层水分子间的平均距离比内部分子间的平均距离大；将纸做的小花轻轻放在水球表面，放纸花处水面的平衡被破坏，纸花在指向匹周的分子力的作用下迅速绽放，纸花的花瓣移动的方向与分子力的方向整体，可知水面对小花做做正功。故答案为：引力；大于，正功明确表面张力的成因，知道液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距窝，液体表面存引力。本题考查液体表面张力的成因，要掌握根据分子间相互作用力的规律来解释液体表面张力。l6【答案】解：＠鱼在深海处的压强：p=p。+pgH代入数据解得：p=5.1X106Pa;＠为使一层水箱压强达到p,二层水箱中的气体压强应为：P1=p-pgh代入数据解得：p1=4.6x106Pa将外界压强为p。、体积为AV的空气注入一层水箱，根据玻意耳定律，有：PoCV+LIV)=P1V代入数据解得：LIV=450L。答：O鱼在深海处的压强为5.1x106Pa;＠为使鱼正常存活，须给二层水箱再打进压强为P。、体积为450L的空气。

19【解析】＠根据液体压强计算公式求解鱼在深海处的压强；＠求出二层水箱中的气体压强，根据玻意耳定律列方程求出打入的气体的体积。本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析一定质量的理想气体发生的是何种变化，利用一定质量的理想气体的状态方程列方程求解。17.【答案】全反射之光密【解析】解：水球中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水中射向气泡时在气泡表面发生了全反射；发生全反射的条件是光从光密介质射向光疏介质时，入射角大千等于临界角，即sine~上；水相对空气是光密介质。故答案为：全反射；之；光密水中或玻璃中的气泡看起来特别明亮是因为光从水或玻璃射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射；光从光密介质射向光疏介质时，且入射角大于临界角才能发生全反射。此题考查光的全反射，解题关键掌握临界角的计算，熟知发生全反射的条建．18.【答案】解：根据几何关系可知：AC=2AB=12m,由波刚传到C质点时，B质点已经振动了Lit=0.06s且第一次到达波谷，可知3AC-AB=－入＝6m,4即入＝8m;3At=-T=0.06s,4即T=0.08s;入8m由v=-=—=lOOm/s。TO.OBs答：该波的周期为0.08s;波速为100m/s。【解析］根据题意Llt=0.06s且B第一次到达波谷，说明该时间为周期的四分之三，路程差为波长的四分之三。该题分析时需要注意Llt=0.06s且B第一次到达波谷，由此为突破口可以分析周期以及波长，最后由波速公式可解。第20页，共20页