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(diǎn)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(jì)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(jì)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(diǎn)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(jì)。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(shí)驗(yàn)，將實(shí)驗(yàn)器材按圖甲所

示安裝。已知打點(diǎn)計(jì)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(shí)驗(yàn)，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(diǎn)計(jì)時器電源，待打點(diǎn)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(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個點(diǎn)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(shí)驗(yàn)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(jì)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?jiān)趫D1的虛線框中幫甲同學(xué)畫出實(shí)驗(yàn)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(jì)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(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)的系統(tǒng)誤差，則甲同學(xué)&的測量值真實(shí)值，乙同學(xué)&的測量值

真實(shí)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(diǎn)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(diǎn)?，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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)N,重力加速度g取10m/s2。不計(jì)空氣阻力，兩球都視為質(zhì)

點(diǎn)，求：

(1)小球mi的質(zhì)量；

(2)小球血2通過最高點(diǎn)N后打在桌面上的P(圖中未畫出)點(diǎn)，P點(diǎn)到M點(diǎn)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(jì)。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?yàn)檫`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(jì)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(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)，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(diǎn)光源，點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)、國際單位制、牛頓第二定律等知識點(diǎn)，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，能量最小；

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??；能級間躍遷時，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

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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(diǎn)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(diǎn)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(xiàng)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；

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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(jì)算出頻率；

根據(jù)功率的計(jì)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(diǎn)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(diǎn)，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??；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??；

(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(shí)驗(yàn)時應(yīng)先接通打點(diǎn)計(jì)時器電源，待打點(diǎn)穩(wěn)定后再釋放小車，故O正確。

故選：AD.

(3)因相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個點(diǎn)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)過小；(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(shí)驗(yàn)步驟及注意事項(xiàng)，由逐差法求

解接速度。

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_?~~

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(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)電路圖如圖

所示

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

IT」

(3)④由實(shí)驗(yàn)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(shí)值；乙同學(xué)采用半偏法，測量值等于真實(shí)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(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)電路圖。

(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟與實(shí)驗(yàn)電路圖應(yīng)用歐姆定律分析答題。

本題考查了實(shí)驗(yàn)器材選擇、實(shí)驗(yàn)電路設(shè)計(jì)、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理、實(shí)驗(yàn)方案分析，要掌握實(shí)驗(yàn)

器材的選擇原則，認(rèn)真審題、理解題意與實(shí)驗(yàn)步驟、知道實(shí)驗(yàn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)到M點(diǎn)的距離為孫M=x=0.09m

答：(1)小球mi的質(zhì)量為0.2kg；

(2)P點(diǎn)到M點(diǎn)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(diǎn)時的速度。碰后小球mi被彈回，上升至最高點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)N的速度。小球巾2通過最高點(diǎn)N后做平拋運(yùn)動，根據(jù)分運(yùn)動的規(guī)

律求解P點(diǎn)到M點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)力平衡結(jié)合歐姆定律計(jì)算出電壓的大??；

(2)先根據(jù)動能定理計(jì)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(jì)算出加速度；

(3)分別計(jì)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(jì)算出磁

場的寬度，再根據(jù)能量守恒計(jì)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