2022年黑龍江省哈爾濱九中高考物理二模試卷（附答案詳解）

2022年黑龍江省哈爾濱九中高考物理二模試卷

下列說法正確的是（）

A.千克、秒、牛頓是國際單位制中的三個基本單位

B.汽車行駛的速度越大，慣性就越大

C.a='是加速度的比值法定義式

D.用質(zhì)點來代替有質(zhì)量的物體是采用了理想化模型的思想

2.如圖甲中所示給出了氫原子光譜中四種可見光譜線對應(yīng)的波長，氫原子能級圖如圖

乙所示。由普朗克常量可計算出這四種可見光的光子能量由大到小排列依次為

3.03eU、2.86eV、2.55eU和1.89eU,則下列說法中正確的是（）

UU

EM

T-

次0

9彳

A.譜線對應(yīng)光子的能量是最大的

B.%譜線對應(yīng)光子的能量是最大的

C.%光是由處于兀=5的激發(fā)態(tài)氫原子向低能級躍遷的過程中產(chǎn)生的

D.若四種光均能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則Ha光獲取的光電子的最大初動能較大

如圖所示，MN的右側(cè)存在范圍足夠大、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為BM

XXXX

的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里，MN右側(cè)到MN的距離

XX-XX

為L的。處有一個粒子源，可沿紙面內(nèi)各個方向射出質(zhì)量為m、.O

電荷量為q的帶正電粒子（不計重力及粒子間的相互作用），XXXX

速度均為警，則粒子在磁場中運(yùn)動的最短時間為（）XXXX

N

rnn

A-----

c.2qB

R—

3qB

nm

C.福

D.器

4.如圖所示，兩個完全相同的木模質(zhì)量均為m,通過三根輕質(zhì)豎

直細(xì)線對稱連接，放在水平面上呈“互”字型靜置，上方木模

呈現(xiàn)懸浮效果，這是利用了建筑學(xué)中的“張拉整體”的結(jié)構(gòu)原

理。細(xì)線a、b、c上的張力大小分別用此、Ft,、玲表示，水平面

所受的壓力大小為風(fēng)，重力加速度大小為g。下列關(guān)系式正確的

是（）

A..Fa>mg,FN=2mg

B.%>mg,FN>2mg

F

C.Fb=Fc,Fa=b+0.5mg

D.Fa=Fb+Fc

5.2021年7月我國成功將全球首顆民用晨昏軌道氣象衛(wèi)星——“風(fēng)云三號05星”送

入預(yù)定圓軌道，軌道周期約為1.7九，被命名為“黎明星”，使我國成為國際上唯一

同時擁有晨昏、上午、下午三條軌道氣象衛(wèi)星組網(wǎng)觀測能力的國家。如圖所示，某

時刻“黎明星”正好經(jīng)過赤道上P城市正上方，則下列說法正確的是（）

展再軌道

A.“黎明星”做勻速圓周運(yùn)動的線速度小于同步衛(wèi)星的線速度

B.“黎明星”做勻速圓周運(yùn)動的角速度小于同步衛(wèi)星的角速度

C.“黎明星”做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑

D.該時刻后“黎明星”經(jīng)過1.7九能經(jīng)過P城市正上方

6.一帶正電的粒子僅在電場力作用下沿x軸正方向運(yùn)動，其電勢能0隨位置x的變化

關(guān)系如圖所示，其中0?小段是對稱的曲線，小?與段是直線，則下列判斷正確的

是（）

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A.「1、X2'%3處電勢S102W3的關(guān)系為W1<02<W3

B.粒子在0?Xi段所受電場力沿x軸負(fù)方向；匕?%3段所受電場力沿X軸正方向

C.粒子從。點向與運(yùn)動過程中加速度逐漸減小

D.粒子從%2向%3運(yùn)動過程電場力做負(fù)功

7.如圖所示的理想變壓器，原線圈電路中有定值電阻％,阻值為28,接入電動勢為

e=220s出（100戊”的交流電源，內(nèi)阻不計。副線圈電路中定值電阻/?2和滑動變阻

器R串聯(lián)，％的阻值和滑動變阻器的最大阻值均為島，原、副線圈的匝數(shù)比為10：

1.電壓表和電流表均為理想交流電表。在滑動變阻器滑片P從最上端緩慢向下滑

動至最下端的過程中，下列說法正確的是（）

A.電壓表和電流表的示數(shù)均逐漸減小

B.8兩端電壓與7?2兩端電壓之比始終為1：5

C.通過7?2的電流的頻率始終為5Hz

D.%和%消耗的總功率逐漸增大

8.如圖，足夠長的傳送帶4B以速度u=4rn/s逆時針轉(zhuǎn)動，與水平面夾角為37。，下端

與足夠長的光滑水平面BC平滑連接，滑塊1、2用細(xì)線（未畫出）拴在一起靜止在水

平面BC上，中間有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧（彈簧在彈性限度內(nèi)且1、2與彈簧不拴接）。

剪斷細(xì)線后彈簧恢復(fù)原長，之后滑塊2以2m/s的速度水平向右運(yùn)動。已知滑塊2與

傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5,滑塊1、2質(zhì)量分別為tn】=1刖、m2=2kg,滑塊

2在傳送帶上發(fā)生相對滑動時會在傳送帶上留下痕跡，重力加速度g=lOm/s2,

s譏37。=0.6,cos37°=0.8?下列說法正確的是（）

A.彈簧恢復(fù)原長后滑塊1速度大小為lm/s

B.彈簧處于壓縮狀態(tài)時儲存的最大彈性勢能為12/

C.滑塊2在傳送帶上運(yùn)動的時間為0.4s

D.滑塊2在傳送帶上發(fā)生相對滑動的過程中產(chǎn)生的熱量為12.8/

9.某同學(xué)進(jìn)行“探究加速度與物體受力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗，將實驗器材按圖甲所

示安裝。已知打點計時器的工作頻率為50Hz,請完成下列相關(guān)內(nèi)容:

山1/工「小」一心」一X一一入二

）???????（

、ABC3￡F

圖丙

（1）該同學(xué)在進(jìn)行平衡摩擦力的操作時，將木板墊高后，在不掛小吊盤（含祛碼）的

情況下，輕推小車，讓小車拖著紙帶運(yùn)動，得到如圖乙所示的紙帶，則該同學(xué)平衡

摩擦力時木板的傾角（選填“過大”、“過小”或“適中”）。

（2）關(guān)于本實驗，下列說法正確的是（選填正確答案標(biāo)號）

4連接小吊盤和小車的細(xì)線應(yīng)跟長木板保持平行

8.每次改變小車的質(zhì)量后要重新平衡摩擦力

C必須保證小車及車中祛碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小吊盤和盤中祛碼的總質(zhì)量

D應(yīng)先接通打點計時器電源，待打點穩(wěn)定后再釋放小車

（3）該同學(xué)按正確步驟操作后，保持小車質(zhì)量不變，通過改變小吊盤中祛碼的質(zhì)量

來改變小車受到的合外力，得到了多組數(shù)據(jù)，其中一條紙帶如圖丙所示，A、B、C、

D、E、F、G為計數(shù)點，相鄰計數(shù)點之間還有四個點未畫出,測得〃=1.80cm,x2=

2.61cm,x3=3.43cm,x4=4.23cm,xs=5.04cm,x6=5.86cm,根據(jù)以上數(shù)據(jù)，

可求出小車的加速度大小a=m/s2（保留兩位有效數(shù)字）。

10.某學(xué)習(xí)小組想自己動手通過實驗精確測量電阻燈的阻值，有下列器材供選用：

A待測電阻咒（約為I。。。）

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B.電壓表U（3U,內(nèi)阻約為3kO）

C.電流表Zi（10mA,內(nèi)阻約為5。）

D電流表4（30加4,內(nèi)阻約為20）

E.滑動變阻器凡（0?200,額定電流34）

足滑動變阻器8（0?2000。額定電流0.5A）

G.直流電源E（3V,內(nèi)阻約為1。）

H.開關(guān)、導(dǎo)線若干

⑴甲同學(xué)根據(jù)以上器材設(shè)計了用伏安法測量電阻的電路，能滿足&兩端電壓從零

開始在盡可能大的范圍內(nèi)變化，并進(jìn)行多次測量。則電流表應(yīng)選擇（選填

或）;滑動變阻器應(yīng)選擇______（選填"％”或，或2"）；

（2）請在圖1的虛線框中幫甲同學(xué)畫出實驗電路原理圖______；

（3）乙同學(xué)經(jīng)過反復(fù)思考，利用所給器材設(shè)計出了如圖2所示的測量電路，具體操作

如下：

①按圖連接好實驗電路，閉合開關(guān)Si前調(diào)節(jié)滑動變阻器氏、/?2的滑片至適當(dāng)位置；

②閉合開關(guān)S],斷開開關(guān)S2,調(diào)節(jié)滑動變阻器&、&的滑片，使電流表&的示數(shù)

恰好為電流表4的示數(shù)的一半；

③閉合開關(guān)S2并保持滑動變阻器/?2的滑片位置不變，讀出電壓表U和電流表4的示

數(shù),分別記為U、/；

④待測電阻的阻值&=;比較甲、乙兩同學(xué)測量電阻&的方法，若僅考慮

實驗的系統(tǒng)誤差，則甲同學(xué)&的測量值真實值，乙同學(xué)&的測量值

真實值（選填大于、小于或等于）。

11.如圖所示，光滑的半圓形軌道MN處于豎直平面內(nèi)，它,X5o

N呼叫

與固定的光滑水平桌面相切于半圓的下端點M,一長為噓

//////////////////////////////////

s=0.8m不可伸長的輕繩一端拴著質(zhì)量為nil的小球，另一端拴于。點?，F(xiàn)將小球nii

提至輕繩處于水平位置時無初速度釋放，當(dāng)小球擺至最低點時，恰與放在桌面上的

小球巾2正碰。碰后小球血1被彈回，上升的最高點距桌面高度H=0.2m,質(zhì)量為巾2=

0.8kg的小球運(yùn)動到半圓形軌道最低點M時的速度大小為方=1.5m/s,進(jìn)入半圓形

軌道恰好能通過最高點N,重力加速度g取10m/s2。不計空氣阻力，兩球都視為質(zhì)

點，求：

(1)小球mi的質(zhì)量；

(2)小球血2通過最高點N后打在桌面上的P(圖中未畫出)點，P點到M點的距離。

12.如圖所示，質(zhì)量為771、電阻未知的導(dǎo)體棒垂直放在相距為八傾角為0的平行光渭金

屬導(dǎo)軌上，軌道頂端串聯(lián)一阻值R的電阻，導(dǎo)軌電阻不計。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)

磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，磁場區(qū)域的寬度如圖所示，其中磁場區(qū)域n寬度工可以

調(diào)節(jié)。導(dǎo)體棒由距離磁場區(qū)域I上邊界d處靜止釋放，恰能勻速穿過第一個磁場。

(1)導(dǎo)體棒穿過磁場區(qū)域I過程，電阻R兩端電壓；

(2)剛進(jìn)入磁場區(qū)域n時導(dǎo)體棒的加速度；

(3)調(diào)節(jié)磁場區(qū)域n的寬度，使得導(dǎo)體棒恰好出磁場區(qū)域n時的速度恰好等于穿出

磁場區(qū)域I時的速度。測得此情形下從釋放到穿出磁場區(qū)域n用時為t,求此過程

中回路的總焦耳熱Q與第二個磁場寬度X。

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13.下列說法正確的是（）

A.lglOCTC的水的內(nèi)能小于lglOOK的水蒸氣的內(nèi)能

B.如果附著層內(nèi)液體分子間距離小于液體內(nèi)部分子間距離，則液體浸潤該固體

C.給自行車輪胎打氣時，越打越費(fèi)勁，原因是輪胎內(nèi)氣體分子間斥力增大的緣故

D.一定質(zhì)量的理想氣體，在體積不變時，分子每秒與器壁平均碰撞次數(shù)隨著溫度

降低而減小

E.第二類永動機(jī)不可能制成，是因為違背了熱力學(xué)第一定律

14.如圖所示，封閉有一定質(zhì)量理想氣體的內(nèi)壁光滑的導(dǎo)熱汽缸固定在一

水平桌面上,且開口向右放置;缸內(nèi)有一橫截面積為0.01m2的活塞，

其到汽缸底部的距離為10m；活塞通過輕繩連接了一個質(zhì)量為1kg

的小物體，輕繩跨在定滑輪上，滑輪左側(cè)細(xì)繩水平，右側(cè)連接小物占勿

體的細(xì)繩豎直，輕繩恰好處于伸直狀態(tài)。開始時汽缸內(nèi)、外壓強(qiáng)相

同，且均為1.01x105pa,汽缸內(nèi)氣體溫度為101K,現(xiàn)緩慢降低汽缸內(nèi)氣體的溫

度（不計一切摩擦，g=10?n/s2）?

（1）求小物體剛離開地面時缸內(nèi)氣體的溫度：

（2）從開始降低溫度到活塞移動至距氣缸底部6cm時，缸內(nèi)氣體共放出熱量101,求

此過程中缸內(nèi)氣體內(nèi)能的變化量（活塞移動過程中氣缸不漏氣）。

15.下列說法中正確的是（）

A.光的偏振實驗表明，光是一種縱波

B.光從折射率大的介質(zhì)射向折射率小的介質(zhì)時可能發(fā)生全反射

C.采用同一裝置做雙縫干涉實驗，紅光比紫光條紋寬度大

D.在同一種介質(zhì)中，波長越短的光傳播速度越小

E.由于超聲波的頻率很高，所以超聲波容易發(fā)生衍射現(xiàn)象

16.為美化城市環(huán)境，提高城市整體形象，某市加強(qiáng)了亮化

工程建設(shè)。在城市公園的某一正方形的水池的水中裝上

亮化燈泡，水池邊長為d,將水下燈泡看成點光源，點亮

燈泡，結(jié)果在水面上剛好形成一個邊長為d的正方形亮斑。已知水對光的折射率為

n,求光源離水面的距離。

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4千克、秒、米是國際單位制中力學(xué)的三個基本單位，牛頓是導(dǎo)出單位，

故A錯誤；

B.慣性只與質(zhì)量有關(guān)，與速度無關(guān)，速度越大，慣性沒變，故B錯誤；

C.公式a=上是牛頓第二定律的表達(dá)式，表示物體的加速度跟物體受到的合外力成正比,

m

與物體的質(zhì)量成反比，不是加速度的定義式，故c錯誤；

D用質(zhì)點來代替有質(zhì)量的物體是采用了理想模型的方法，故。正確。

故選：Do

常用的物理學(xué)研究方法有：控制變量法、等效替代法、模型法、比較法、類比法、轉(zhuǎn)換

法等，是科學(xué)探究中的重要思想方法，

物體保持運(yùn)動狀態(tài)不變的性質(zhì)叫慣性，只與物體的質(zhì)量有關(guān)，而與物體是否受力、物體

的運(yùn)動狀態(tài)無關(guān)；

本題考查力學(xué)的基本概念，涉及質(zhì)點、國際單位制、牛頓第二定律等知識點，掌握基本

概念即可正確求解。

2.【答案】B

【解析】解：48.由E==可知Ha譜線的波長最長，頻率最小，能量最?。?/p>

為譜線的波長最短，頻率最高，能量最大，故”6譜線對應(yīng)光子的能量是最大的，故A

錯誤，B正確；

C.為譜線譜線的波長最短，頻率最大應(yīng)為3.03eU,n=5能級以下沒有相應(yīng)的能級差等

于該數(shù)值，故C錯誤；

D光電效應(yīng)方程&?1=八"-%=/4一%可知：入射光的頻率越高，波長越短，飛出

的光電子的最大初動能越大，故Q錯誤。

故選：B。

根據(jù)圖線中波長，結(jié)合E=A即可判定譜線能量的大?。荒芗夐g躍遷時，輻射的光子

能量等于兩能級間的能級差，即可求解；根據(jù)光電效應(yīng)方程判斷光電子最大初動能。

考查學(xué)生對量子論、波爾原子模型的理解，解決本題的關(guān)鍵知道能級間躍遷所滿足的規(guī)

律，以及知道光子頻率、波長的大小與能量變化的關(guān)系。

3.【答案】B

【解析】解：由洛倫茲力提供向心力可得=

X

已知〃=%

m

X

解得粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為

mv.

r=^=LX

粒子在磁場中運(yùn)動時間最短，對應(yīng)的弧長最短、弦長最短,X

由幾何關(guān)系得，當(dāng)弦長等于￡時最短，此時弦切角為30。，

圓心角為60。，如圖所不，運(yùn)動的最短時間是

tmin=-T=lx^=^,故ACD錯誤，故8正確。

oouoqu^qtj

故選：B.

粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，粒子速度大小一定，粒子運(yùn)動軌跡越短，粒子運(yùn)動軌跡對應(yīng)

的弦長越短，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角越小，粒子在磁場中的運(yùn)動時間越短，求出粒子轉(zhuǎn)過的

最小圓心角，根據(jù)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期公式求出粒子運(yùn)動的最短時間。

本題考查了帶電粒子在磁場中的運(yùn)動，知道粒子運(yùn)動軌跡越短、運(yùn)動軌跡對應(yīng)的弦長越

短，粒子運(yùn)動時間越短是解題的前提，分析清楚粒子運(yùn)動過程、應(yīng)用牛頓第二定律與粒

子做圓周運(yùn)動的周期公式即可解題。

4.【答案】A

【解析】解：整體受力分析，由平衡條件得

FN=2mg

由對稱性可知

Fb=凡

對上方木模受力分析有

Fa=mg+Fb+Fc

則

m

Fa>9>凡于'+E

第10頁，共20頁

故A正確，BC￡)錯誤；

故選：4。

利用整體法判斷木模對水平面的壓力情況，將上方木模隔離分析短線的拉力情況。

本題考查的是受力分析，需要靈活使用整體法和隔離法。

5.【答案】C

【解析】解：AC.由萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：G等=mr與，解得

r2T2

周期為：T=叵!，由“黎明星”周期1.7小時，同步衛(wèi)星周期24小時，可知“黎明星”

\GM

做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，由萬有引力提供向心力，根據(jù)牛

頓第二定律得：G^=m-,解得衛(wèi)星的線速度大小為：叵，所以“黎明星”做

rzrYr

勻速圓周運(yùn)動的線速度大于同步衛(wèi)星的線速度，故A錯誤，C正確；

B.由萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：G^=mra)2,可得角速度為：3=

第，所以“黎明星”做勻速圓周運(yùn)動的角速度大于同步衛(wèi)星的角速度，故B錯誤；

D某時刻“黎明星”正好經(jīng)過赤道上P城市正上方，“黎明星”的周期1.7小時，由于地

球的自轉(zhuǎn)，該時刻后“黎明星”不是經(jīng)過1.7人能經(jīng)過P城市正上方，故。錯誤。

故選：Co

由萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合周期關(guān)系求出“黎明星”做勻速圓周

運(yùn)動的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，然后再根據(jù)牛頓第二定律比較角速度、線速

度的大小關(guān)系；由于地球的自轉(zhuǎn)，該時刻后“黎明星”不是經(jīng)過1.7/1能經(jīng)過P城市正上

方。

本題以我國成功將全球首顆民用晨昏軌道氣象衛(wèi)星為背景，考查了人造衛(wèi)星問題，要明

確人造衛(wèi)星圍繞地球做勻速圓周運(yùn)動，利用萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列

方程求解。

6.【答案】AD

【解析】解：BD.粒子沿x軸正方向運(yùn)動的過程，電勢能先減小后增大，可知電場力先做

正功后做負(fù)功，由于粒子帶正電，可知在。?右段所受電場力沿x軸正方向；X1?右段所

受電場力沿x軸負(fù)方向，粒子從小向右運(yùn)動過程電場力做負(fù)功，B錯誤，力正確；

A由Ep=q<p可知，從。點開始沿x軸正方向，電勢先降低后升高，Xi處的電勢最低，可

得<P1<92<故4正確；

C.圖線的斜率表示粒子所受電場力，粒子從。點向右運(yùn)動過程中，受到的電場力先減小

后增大，再保持不變，故粒子的加速度先減小后增大，再保持不變，故C錯誤。

故選:AD.

粒子沿%軸正方向運(yùn)動的過程，電勢能先減小后增大，可知電場力先做正功后做負(fù)功，

沿電場線方向電勢降低；由牛頓第二定律判斷加速度的變化，即可分析粒子的運(yùn)動性質(zhì).

解決本題的關(guān)鍵要分析圖象斜率的物理意義，判斷電勢和場強(qiáng)的變化，再根據(jù)力學(xué)基本

規(guī)律：牛頓第二定律進(jìn)行分析電荷的運(yùn)動情況。

7.【答案】BD

【解析】解：4、在滑動變阻器滑片P從最上端緩慢向下滑動至最下端的過程中，滑動

變阻器連入電路中的電阻變小，則副線圈的總電阻減小，所以副線圈的電流增大，即電

流表的示數(shù)逐漸增大；根據(jù)變壓器的電流比，可知原線圈的電流也增大，故心兩端的電

壓增大，因交流電源的電動勢有效值不變，所以原線圈兩端的電壓變小，故電壓表的示

數(shù)逐漸減小，故4錯誤；

B、設(shè)原線圈的電流為副線圈的電流為與，則&的電壓為仇=&的電壓為4=

/2/?2-則有

力=1述1

^^2^2

又"荒％=2/?0=2/?2

解得：金=：,故8正確；

U2O

C、電源的電動勢的瞬時表達(dá)式為e=220s譏（100位”

可知，a）=lOOnrad/s

則交流電的頻率為f=3=啜族=50"2,故C錯誤；

Z7T27r

D、由4選項的分析，可知流過原副線圈的電流都增大，根據(jù)P=/2R可知，%和/?2消耗

的總功率逐漸增大，故。正確；

故選：BD。

根據(jù)副線圈電路中電阻的變化分析出電流的變化，從而分析出原線圈電流的變化，根據(jù)

電路構(gòu)造分析出原線圈電壓的變化，進(jìn)而分析出電表的示數(shù)變化；

根據(jù)歐姆定律分析出原副線圈兩端的電壓之比；

第12頁，共20頁

先寫出電源電動勢的瞬時表達(dá)式，根據(jù)角速度和頻率的關(guān)系計算出頻率；

根據(jù)功率的計算公式結(jié)合電學(xué)物理量的變化分析出總功率的變化。

本題主要考查了變壓器的構(gòu)造和原理，根據(jù)電路結(jié)構(gòu)結(jié)合歐姆定律分析出電學(xué)物理量的

變化，解題的關(guān)鍵點是理解原副線圈兩端電學(xué)物理量的比值關(guān)系與線圈匝數(shù)的比值關(guān)系。

8.【答案】BCD

【解析】解：4剪斷細(xì)線后彈簧恢復(fù)原長，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：

0=m2v2-其中。2=2m/s,代入數(shù)據(jù)解得：%=4m/s,故A錯誤；

員剪斷細(xì)線后彈簧恢復(fù)原長，根據(jù)能量守恒定律可知，彈簧處于壓縮狀態(tài)時儲存的最大

彈性勢能為：EP=+|m2V2

代入數(shù)據(jù)解得：EP=12],故B正確；

CD.滑塊2滑上傳送帶后向上做勻減速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可得：m2gsine+

Hm2gcos6—m2a

根據(jù)速度一時間關(guān)系可得：v2=at1,聯(lián)立解得：q=0.2s；

此階段滑塊2在傳送帶上運(yùn)動的位移為：xx=|x0.2m=0.2m

傳送帶的位移：工帶=區(qū)i=4X0.2m=0.8m

滑塊2在傳送帶留下的痕跡長Zx=與+%帶=0.2m+0.8m=1.0m

滑塊2減速為0后，向下做勻加速運(yùn)動，至速度到達(dá)口前，加速度不變?nèi)詾閍,

若滑塊速度能達(dá)到其位移大小為：x2代入數(shù)據(jù)解得：x2=0.8m>0.2m

所以滑塊2在下滑過程中速度沒有達(dá)到"就到達(dá)B點，則有：xi=：a抬

代入數(shù)據(jù)解得：t2=02s

此時傳送帶的位移：x.'=仇2=4x0.2m=0.8771

滑塊2在傳送帶留下的痕跡長：4x'=-Xi=0.8m-0.2m=0.6m

則滑塊2在傳送帶上運(yùn)動的時間t=0+t2=0.2s+0.2s=0.4s

滑塊2在傳送帶上發(fā)生相對滑動的過程中產(chǎn)生的熱量：Q=nm2gcosex(4x+Ax')

代入數(shù)據(jù)解得：Q=12.8/,故CD正確。

故選：BCD。

根據(jù)動量守恒定律求解彈簧恢復(fù)原長后滑塊1速度大小；根據(jù)能量守恒定律求解彈簧處

于壓縮狀態(tài)時儲存的最大彈性勢能；分析滑塊2滑上傳送帶后的運(yùn)動情況，根據(jù)牛頓第

二定律、運(yùn)動學(xué)公式、功能關(guān)系等進(jìn)行解答。

本題主要是考查動量守恒定律以及牛頓第二定律的綜合應(yīng)用、功能關(guān)系等，關(guān)鍵是弄清

楚滑塊2的運(yùn)動情況，根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行解答。

9.【答案】過小AD0.81

【解析】解：(1)紙帶上的間距隨小車運(yùn)動不斷減小，說明小車在做減速運(yùn)動，即平衡

摩擦力不夠，即平衡摩擦力時木板的傾角過?。?/p>

(2)4連接小吊盤和小車的細(xì)線應(yīng)跟長木板保持平行，這樣能夠保證繩子的拉力方向和

小車運(yùn)動方向相同，故A正確；

8.根據(jù)題設(shè)條件有：mgsinO-iimgcosB,可知質(zhì)量被約掉了，則每次改變小車質(zhì)量后

無需重新平衡摩擦力，故8錯誤；

C.小車及車中祛碼的總質(zhì)量應(yīng)遠(yuǎn)大于小吊盤和盤中袪碼的總質(zhì)量，故C錯誤；

D實驗時應(yīng)先接通打點計時器電源，待打點穩(wěn)定后再釋放小車，故O正確。

故選：AD.

(3)因相鄰計數(shù)點之間還有四個點未畫出，則7=5x0.02s=0.1s,根據(jù)逐差法，有。=

(04+%5+無6)-(%1+02+%3)_(4.23+5.04+5.86)-(1.80+2.61+3.43)乂IQ-2^/52=Q81m/s2

(3T)2一(3X0.1)2/一?/。

故答案為：(1)過??；(2)皿(3)0.81

(1)紙帶上的間距隨小車運(yùn)動不斷減小，說明小車在做減速運(yùn)動，平衡摩擦力時木板的

傾角過小。

(2)連接小吊盤和小車的細(xì)線應(yīng)跟長木板保持平行，小車及車中祛碼的總質(zhì)量應(yīng)遠(yuǎn)大于

小吊盤和盤中祛碼的總質(zhì)量，每次改變小車質(zhì)量后無需平衡摩擦力.

(3)由逐差法求解加速度。

本題考察“探究加速度與物體受力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗步驟及注意事項，由逐差法求

解接速度。

第14頁，共20頁

_?~~

Rx

10.【答案】A2R]r-------------------7大于等于

---------------1I---------------

【解析】解：⑴通過待測電阻的最大電流約為/=2=總?cè)?0.03/1=30mA,電流表

應(yīng)選擇必；實驗要求電壓從零開始在盡可能大的范圍內(nèi)變化，則滑動變阻器應(yīng)采用分壓

接法，為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選擇R1。

⑵待測電阻約為100。，電流變內(nèi)阻約為2。電壓表內(nèi)阻約為3k0,相對來說，待測電阻

遠(yuǎn)大于電流表內(nèi)阻，電流表應(yīng)采用內(nèi)接法，滑動變阻器采用分壓接法，實驗電路圖如圖

所示

-----------[]----------

IT」

(3)④由實驗步驟②可知，通過心與q的電流相等，它們并聯(lián)，則兩支路電壓相等，電

阻相等，由步驟③可知，電壓表測待測電阻兩端電壓，通過待測電阻的電流等于4的

示數(shù)/，待測電阻的阻值為％=/甲同學(xué)采用電流表內(nèi)接法，根據(jù)“大內(nèi)偏大”，可

知測量值大于真實值；乙同學(xué)采用半偏法，測量值等于真實值。

~~@_

rHS>-c=]-L.

故答案為：(1)4；&；(2)?--------------------1:(3)@p大于；等于。

”,]----------

(1)根據(jù)通過待測電阻的最大電流選擇電流表；為方便實驗操作應(yīng)選擇最大阻值較小的

滑動變阻器。

(2)根據(jù)題意確定滑動變阻器與電流表的接法，然后作出實驗電路圖。

(3)根據(jù)實驗步驟與實驗電路圖應(yīng)用歐姆定律分析答題。

本題考查了實驗器材選擇、實驗電路設(shè)計、實驗數(shù)據(jù)處理、實驗方案分析，要掌握實驗

器材的選擇原則，認(rèn)真審題、理解題意與實驗步驟、知道實驗原理是解題的關(guān)鍵。

11.【答案】解：(1)小球mi無初速度釋放后，由機(jī)械能守恒定律得

m】gs=泗謚

解得%=4m/s

碰后小球根1被彈回，上升至最高點過程，由機(jī)械能守恒定律得

機(jī)19”=1巾1可2

解得力'=2m/s

兩小球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，取向左為正方向，由動量守恒定律有

恤%=m2v2—

解得啊=0.2kg

(2)小球小2進(jìn)入半圓形軌道運(yùn)動，恰好能通過最高點N，由牛頓第二定律可得

說

m2g=62管

根據(jù)機(jī)械能守恒定律得

=3m2詒+m2g-2R

解得R=0.045m

根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律有

x=vNt=yJgR-JxjR=2R=2x0.045m=0.09m

即P點到M點的距離為孫M=x=0.09m

答：(1)小球mi的質(zhì)量為0.2kg；

(2)P點到M點的距離為0.09m。

【解析】(1)小球皿1無初速度釋放后下擺的過程，利用機(jī)械能守恒定律求出小球mi到達(dá)

最低點時的速度。碰后小球mi被彈回，上升至最高點過程，由機(jī)械能守恒定律求出小

球mi被彈回的速度。再研究兩小球碰撞過程，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒列方程求解小球Tn】的

質(zhì)量：

(2)小球m2進(jìn)入半圓形軌道恰好能通過最高點N,由重力提供向心力，由牛頓第二定律

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求出小球巾2通過最高點N的速度。小球巾2通過最高點N后做平拋運(yùn)動，根據(jù)分運(yùn)動的規(guī)

律求解P點到M點的距離。

本題考查動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、向心力公式的綜合應(yīng)用，要知道小球恰好通

過最高點時，由重力提供向心力，碰撞過程遵守動量守恒定律，要注意規(guī)定正方向。

12.【答案】解：(1)進(jìn)入磁場后做勻速直線運(yùn)動，則

F個=mgsinG

F^=BIL

/=-

R

解得：u=rngRsu^

BL

(2)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場前

根據(jù)動能定理得：mgdsinG=

/_巳_BL%

R—R+r

導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場〃時的速度為：

|mv2=+mg?3dsin9

剛進(jìn)入磁場時

mgsind-尸J=ma

F￡=BI'L

,_BLU2

-R+r

聯(lián)立解得：Q=-gsin9

負(fù)號表示方向沿斜面向上

(3)導(dǎo)體棒從開始釋放到剛進(jìn)入磁場〃的時間為：

G+如

gsinB%

則磁場〃中的運(yùn)動時間為：弓=t一匕

從進(jìn)入磁場〃到離開磁場〃的過程中，由動量定理得：

mgsindt2-BILt2=mv1-mv2

其中

EA<PBLx

q=1rx1?=—t?=—=—

“'R+r'R+rR+r

解得：X=8d

由能量關(guān)系可知此過程中回路的總焦耳熱

Q=mg(2d+3d+8d)sin0=13mgdsind

答：(1)導(dǎo)體棒穿過磁場區(qū)域I過程，電阻R兩端電壓為鷲㈣；

(2)剛進(jìn)入磁場區(qū)域H時導(dǎo)體棒的加速度大小為gsin。，方向沿斜面向上；

(3)從釋放到穿出磁場區(qū)域H用時為t,此過程中回路的總焦耳熱Q為13mgdsi"。，第二

個磁場寬度x為8d。

【解析】(1)根據(jù)共點力平衡結(jié)合歐姆定律計算出電壓的大??；

(2)先根據(jù)動能定理計算出進(jìn)入磁場時的速度，再對導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析結(jié)合牛頓第二

定律計算出加速度；

(3)分別計算出兩個過程的時間，根據(jù)電流的定義式結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律計算出磁

場的寬度，再根據(jù)能量守恒計算出產(chǎn)生的焦耳熱。

本題主要考查了電磁感應(yīng)與電路的結(jié)合，分析過程中涉及到了歐姆定律和法拉第電磁感

應(yīng)定律以及電流的定義式，同時結(jié)合了牛頓第二定律和受力分析的知識，綜合性強(qiáng)，難

度中等偏上。

13.【答案】ABD

【解析】解：41glO(TC的水轉(zhuǎn)化為水蒸氣要吸收熱量，故IglOOK的水的內(nèi)能小于

IglOOT的水蒸氣的內(nèi)能，故A正確；

8.如果附著層內(nèi)液體分子間距離小于液體內(nèi)部分子間距離，附著層內(nèi)液體分子斥力起主

要作用，使液體浸潤該固體，故B正確；

C.給自行車輪胎打氣時，越打越費(fèi)勁，原因是輪胎內(nèi)氣體壓強(qiáng)增大的緣故，氣體分子間

的相互作用力幾乎可以忽略，故