2022年皖豫名校联盟体高考物理三模试卷（附答案详解）

2022年皖豫名校联盟体高考物理三模试卷

1.在医学上，放射性同位素电池已用于心脏起搏器和人工心脏。它们的能源要求精细

可靠，以便能放入患者胸腔内长期使用。眼下植入人体内的微型核电池以留伯合金

作外壳，内装150毫克杯（觥82切，它可以连续使用10年以上。己知钵238的半衰期

为88年，杯238衰变时会放出a射线和y光子，生成新核X,若杯238、a粒子、X的

质量分别为m1、m2、m3,真空中的光速为c,下列说法正确的是（）

A.该核反应中的释放的能量为（m1-机2-63）。2

B.杯238以不同化合物形态存在时，其半衰期可能变为90年

C.经过一个半衰期生成新核X的质量为75毫克

D.新核X的中子数为150

2.如图所示为某物块做初速度为-2m/s的直线运动时的a-t图像，其中第4s到第6s

间图线为:圆弧，下列关于该物块的运动过程说法正确的是（）

A.物块前两秒做匀减速直线运动B.第4s末的速度方向发生改变

C.第4s末的速度大小为4m/sD.第6s末的速度大小为（兀-l）?n/s

3.如图所示，质量为m的子弹以北的水平初速度射向放在r0

光滑水平面上的物块，物块质量为水平面左端与工

一固定光滑圆弧轨道平滑相接，子弹进入物块后没有射出，物块恰好能到达轨道的

最高点，当地重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.物块和子弹的最大重力势能为科山诏

B.圆弧轨道的半径为普

C.子弹进入物块后一起运动过程中，物块和子弹动量守恒

D.整个作用过程中，物块和子弹的机械能守恒

4.如图所示，在竖直平面矩形4BCD区域内存在方向垂々.................:B

:XXX：

直纸面向里、磁感应强度大小为8的匀强磁场。一带④/

XXX：

,（•

•:XXX•：

DL...................:C

电粒子从ZD的中点。射入磁场，速度方向与磁场垂直且与4。的夹角a=45。，粒子

经过磁场偏转后在C点垂直CD穿出。已知矩形4BCD的宽4D为八粒子电荷量为q,

质量为m,重力不计。则下列说法正确的是（）

A.粒子带正电荷

B.粒子速度大小为臀

2m

C.粒子在磁场中运动的轨道半径为四I

2

D.C与。点间距为也吆

2

5.在如图所示电路中，白炽灯泡及、工2、灯阻值均为100，阻值不变，理想变压器原、

副线圈匝数之比为1：3,滑动变阻器R最大阻值为20。。开始时，滑片P处于滑动

变阻器正中间位置，当电路输入有效值为U=20V稳定的正弦交流电时，下列说法

错误的是（）

A.通过k的电流为1.54

B.通过工2的电流为1A

C.电压表读数为15V

D.若向上移动P,变压器的输出功率将变小

6.2022年2月27日上午，长征八号遥二运载火箭在文昌航天发射场点火升空，成功将

22颗卫星送入预定轨道，这次发射，创造了我国一箭多星发射的新纪录。己知其中

一颗卫星绕地球运行近似为匀速圆周运动，到地面距离为无，地球半径为R,地球

表面的重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.该卫星的向心加速度小于g

B.该卫星的运行速度有可能等于第一宇宙速度

C.由题干条件无法求出地球的质量

D.由于稀薄大气的阻力影响，该卫星运行的轨道半径会变小，速度也变小

7.如图所示，足够长的平行光滑导轨CE、DF左、右端X|；XxxxxxX.

科XXXXXXXJ:

接有阻值均为R的定值电阻，间距为L,固定在水平面xxxxxx忤

上，且处在磁感应强度为8、竖直向下的匀强磁场中。X》乂伙乂乂乂

一质量为小、电阻为r=g的导体棒协垂直导轨静止放置，导轨的电阻不计。某时

4

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刻给导体棒协一个水平向右的瞬时冲量/,导体棒将沿导轨向右运动，最后停下来,

则此过程中（）

A.导体棒运动过程中加速度的大小逐渐变大

B.导体棒上产生的焦耳热为二

6m

C.通过CD间电阻的电荷量为占

着场强大小为100N/C、方向水平向右的匀强电场，重力加速度g取10m/s2,则下

列说法正确的是（）

A.小球的初速度%为6zn/s

B.小球的初速度%为7m/s

C.小球从。点射出后运动轨迹与x轴交点横坐标为0

D.小球从。点射出后运动轨迹与支轴交点横坐标为-0.7m

9.某同学打算在家中利用能找到的器材来研究动量定理，实验设计如图1,将小球固

定在刻度尺的旁边由静止释放，用手机连拍功能拍摄小球自由下落的过程，图2为

利用图片得到各时刻小球的位置与小球第一位置的距离分别为九1、彷、后、储，手

机连拍频率为人查阅得知当地重力加速度为g,小球质量为

刻度尺

浜机下落中的

Jk小球

图1图2

(1)小球在位置2时的瞬时速度为(用题中所给物理量符号表示)；

(2)关于实验装置和操作，以下说法正确的是：

A.刻度尺应固定在竖直平面内

8.选择材质密度小的小球

C选择材质密度大的小球

D铅垂线的作用是检验小球是否沿竖直方向下落

(3)取小球在位置2〜4的过程研究，则验证动量定理的表达式为(用题中所给

物理量符号表示)；

(4)若实验过程中发现小球所受重力的冲量大于动量的增加量，造成此问题的原因

可能是。

10.在新冠肺炎疫情防控时期，我们经常需要测量体温，某同学利用老师提供的一热敏

电阻(阻值随温度的升高线性增加)设计了一个简易电子测温装置，他进行了如下操

作：

(1)由于该同学不知热敏电阻的详细参数，为了测量热敏电阻R阻值随温度变化的关

系，该同学设计了如图1所示的电路，他们的实验步骤如下。

①先将单刀双掷开关S掷向1,调节热敏电阻的温度ti，记下电流表的相应示数A；

②然后将单刀双掷开关S掷向2,调节电阻箱使电流表的读数为,记下电阻

箱相应的示数均；

③逐步升高温度的数值，每一温度下重复步骤①②；

④根据实验测得的数据，作出了R随温度t变化的图像如图2所示。

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(2)设计电子测温装置，实验室提供了如下器材：

A干电池，电动势为1.5V,内阻不计；

B.灵敏毫安表，量程10nM,内阻以为100；

C.滑动变阻器当；

开关、导线若干。

该同学计划设计测温范围为0。(：〜50。(2,设计了如图3所示的电路图，并进行了如下

操作：

①调节热敏电阻的温度为0℃,调节滑动变阻器R,使毫安表指针满偏后保持滑动

变阻器Ri阻值不变；

②写出毫安表的电流值/(A)和温度t(°C)的关系式；

③根据关系式将毫安表刻度盘上的电流值改写为温度值；

④若干电池用久了其电源电动势不变，而其内阻变大，无法忽略不计，保持&不

变。测量结果将会(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

11.如图所示，竖直固定粗糙细圆弧管道由半径为R=2m的半圆管道4BC和半径为r=

17n的;圆弧管道CD、DE组成，在E点处紧挨一倾角为53。的斜面，(\、02,3分别

为三段圆弧管道的圆心。在半圆管道4BC顶点4放置一个直径略小于细管管径、质

量为m=0.1kg的小球，当小球受到一个瞬时冲量后进入管道，小球在4点对管道

壁恰好没有作用力，小球从E点抛出后经0.4s离斜面最远。已知重力加速度g取

10m/s2,sin53°=0.8.cos53。=0.6。求：

(1)小球受到的冲量/o的大小；

(2)小球从4点运动到E点过程中克服摩擦力做功。

12.如图所示，竖直面内两条水平虚线ab、ce之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感

应强度为宽度为d。质量为3巾、电阻为R的单匝正方形线圈P边长为L(L<d),

线圈下边缘到磁场上边界的距离为八。通过轻绳、光滑定滑轮与质量为m的重物Q相

连，将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚要穿出磁场时的速度相同，重力

加速度为9。则从线圈下边缘刚进入磁场到上边缘刚穿出磁场的过程中(重物Q距定

滑轮足够远)，求：

(1)线圈下边缘刚进入磁场时，线圈的加速度大小；

(2)线圈的最小速度；

(3)产生的焦耳热。

13.根据有关物理知识，下列说法正确的是()

A.若仅知道水的摩尔质量和水分子的质量，无法计算出阿伏加德罗常数

B.0冤的冰中的水分子和0冤的液态水中的水分子平均动能相同

C.用阿伏加德罗常数和某种气体的密度，就可以求出该种气体的分子质量

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D.由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，液面分子间表现为引力，所以

液体表面具有收缩趋势

E.气体分子各速率区间的分子数占总分子数的百分比与温度有关

14.如图1所示，底面积S=lOcjn?、质量为M=2kg、足够长圆柱形导热汽缸开口向

上置于水平地面上，缸内有两个质量均为m=1kg的可沿缸内壁无摩擦滑动的活塞,

活塞封闭着4和B两部分气体（均视为理想气体），初始时两部分气柱的长度均为A。=

12cm,现将整个装置放置在倾角为30。的光滑斜面上（如图2）,在平行于斜面的外

力F作用下一起沿斜面向上做匀加速运动，稳定后气体4的长度变为刀=11cm.整

个过程环境的温度不变,大气压强恒为po=1.0x105Pa,重力加速度g取10m/s2。

求：

（1）外力尸的大小；

（2）系统稳定后气体B的长度为多少（保留3位有效数字）。

15.下列说法正确的是（）

A.系统做受迫振动时，如果驱动力的频率十分接近系统的固有频率，系统振幅会很小

B.电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关

C.交通测速装置发射超声波测量车速是利用了波的多普勒效应

D.阳光在水面的反射光是自然光

E.广播、电视利用无线电波传递信息，光缆利用光波传递信息

如图所示，AOB是某种透明材料做成的祠柱体的横截面，r----------

4

圆心在。点，半径为凡一细束单色光从真空中垂直于0B面\

射入该圆柱体，当该光线从。点向下移动到c点时，光线从

B

。4平面无限接近4点的位置射出，折射角y=60。，假设光

线在柱体内只发生了一次反射。已知光在真空中的传播速度为c,求:

(1)该透明材料对该单色光的折射率n；

(2)该单色光从射入圆柱体到射出圆柱体所用的时间久

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答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4、该核反应中的质量亏损为=m1-m2-m3,所以释放的能量为ZE=

22

Am-c—(m1—m2—m3)c,故A正确；

8、放射性元素的半衰期与其化学性质无关，故3错误；

C、经过一个半衰期有一半数量的装Pa发生衰变，剩余深Pa原子核的总质量是原来的

一半，即为75毫克，新核由于质量数小于觥8p“，所以新核的总质量小于75毫克，故C

错误；

。、由质量数和电荷数守恒可知新核X的质量数为4=238-4=234,电荷数为Z=

94-2=92,则中子数为234-92=142,故。错误。

故选：4。

根据质能方程，结合质量亏损求出释放的核能；半衰期与原子所处的物理状态无关、与

化学状态无关；根据质量数守恒与电荷数守恒判断X的质量数与电荷数，然后结合原子

核的结构求出中子数。

考查学生的理解能力、推理能力，需要学生熟知原子核的组成、核反应方程、半衰期、

质量亏损等知识点，体现了对物理观念这一学科素养的考查。

2.【答案】D

【解析】解：4、物块前两秒加速度一直增大，故做加速增大的变减速直线运动，故4

错误；

C、a-t图线与时间轴所围成的面积表示速度的变化量，第4s末的速度大小为吗=%+

Av=(—2+1x2x3)m/s=lm/s,故C错误；

3、第4s末的加速度为零，速度不为零，故速度方向未发生改变，故3错误；

D、第6s末的速度为*="o+AM=(-2+gx2x3-3x22)m/s=(1-n)m/s,即第

6s末的速度大小为(兀-l)m/s,故。正确。

故选：Do

根据a-t图像读出加速度的变化情况，判断物块的运动性质；a-t图像与时间轴所围

的面积表示速度变化量，求出第4末速度，并分析速度方向；根据“面积法”求第6s末

的速度大小。

解决本题的关键要知道a-t图像与横轴围成的面积表示速度的变化量，结合初速度,

来求解各个时刻的速度。

3.【答案】B

【解析】解：力、子弹进入物块后，该过程由于克服摩擦力做功，物块和子弹的系统机

械能减小，物块和子弹的最大重力势能小于诏，故A错误；

8、子弹射入物块过程系统动量守恒，系统动量守恒，设共同的速度为〃以向左为正

方向，由动量守恒定律得：mv0=(m+5m)v,解得："登，子弹和物块达到共速后，

到达轨道最高点的过程中机械能守恒，设轨道的半径为R,由机械能守恒定律得：+

5m)v2=(m+5m)gR,解得：R=粉，故B正确；

C、子弹进入物块后一起运动过程中，由于竖直方向所受合外力不为零，则物块和子弹

的动量不守恒，故C错误；

。、整个作用过程中，由于克服摩擦阻力做功，故物块和子弹的机械能不守恒，故。错

、口

哄。

故选：B。

系统所受合外力为零系统动量守恒，只有重力或弹力做功，机械能守恒；子弹击中物块

过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出子弹与物块的共同速度；子弹与物块沿圆弧

轨道运动过程系统机械能守恒，应用机械能守恒定律分析答题。

根据题意分析清楚子弹与物块的运动过程、掌握基础知识是解题的前提，应用动量守恒

定律、机械能守恒定律即可解题。

4.【答案】C

【解析】解：4粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动,

由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；

BC.由题意可知，粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可

得，粒子做圆周运动的轨道半径为「=_1_=立/,根据

cos4502

粒子在磁场中运功时，洛伦兹力提供向心力，可得=解得“=驾，故8错

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误，C正确；

D根据几何关系可得I。=r+rsin450="空，故。错误。

故选：Co

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹，应

用左手定则判断粒子带电性质，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的速度

大小。

本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键,

应用左手定则、牛顿第二定律即可解题，解题时注意几何知识的应用。

5.【答案】B

【解析】解：ABC,理想变压器原、副线圈匝数之比为1：3,可知原副线圈的电流之比

为3：1,

设通过副线圈的电流为/，则原线圈的电流为3/,初级电压为Ui=U-3IRL1=20-30/

D

次级电压为4=/(&2+&3+9=30/

根据电压器电压之比等于匝数之比可得*==与券

联立解得/=0.5A

U2=15V

则通过G的电流为3/=1.54通过功的电流为0.54电压表读数为4=15心故AC正

确，8错误；

。、直流电路中外电路的总电阻与电源内阻差值越小，电源输出功率越大，如图所示

将原副线圈和副线圈电路等效为原线圈电路上与人相串联的一个电阻，称为电源的等效

外电阻R等及，将人等效到电源内部，称为等效内阻根据理想变压器和欧姆定律知

l

U1=U=k=寻2,2=(RQ+；L3+R)，U\k=U212

联立可得等效外电阻为R等效=+&3+R)

开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，可知R等效=予0<%

若向上移动P,R球电阻变小，与&差值增大，所以变压器的输出功率将变小，。正确。

本题选错误的，

故选：B。

由匝数比及欧姆定律求解电压及电流值，由输出功率与电阻关系进一步动态分析功率变

化。

本题考查变压器，学生需熟练掌握匝数比及欧姆定律，还需灵活运用恒定电流部分的功

率最值问题，综合求解。

6.【答案】AC

【解析】解：4、根据G罂=nig,G悬^=ma,可得。=需，即该卫星的向心加

（R+九），

速度小于g,故4正确；

8、第一宇宙速度是最大的环绕速度，也是近地卫星的环绕速度，该卫星轨道高于近地

卫星，所以速度小于第一宇宙速度，故B错误；

C、题干中没有给引力常量，故由题干条件无法求出地球的质量，故C正确；

。、由于稀薄大气的影响，如不加干预，在运行一段时间后，卫星的速度减小，引力大

于向心力，做近心运动，半径变小，引力做正功，其速度变大，该卫星的动能会增加。

故。错误。

故选：AC.

根据万有引力公式列式求出卫星的向心加速度，再根据第一宇宙速度的求出第一宇宙速

度，再分析大气阻力的影响明确卫星高度和速度的变化。

本题考查了万有引力定律及其应用，解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引

力等于重力两个理论，并能灵活运用.

7.【答案】BD

【解析】解：4、根据左手定则可知，导体棒向右运动的过程中，受到向左的安培力，

导体棒的速度越来越小，产生的感应电动势越来越小，则感应电流越来越小，导体棒受

到的安培力越来越小，则导体棒运动过程中加速度的大小逐渐变小，故A错误；

B、导体棒运动的过程中，根据能量守恒定律可得Q总=：小诏，

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由动量定理得：/=mv0

又Qab=我总，解得Qab=；，故B正确；

J67H

C、取向右为正方向，根据动量定理可得一=o-HWo，又/=机火

又q总=7/3经过分析可知，通过CD间电阻的电荷量为q=等，即有q=高，故C错

误；

D、由于勺总=加=怖戊=,，又以=*/?总=加联立解得“藕，故。正确。

故选：BD。

根据导体棒所受安培力的变化，来分析加速度的变化；根据能量守恒定律求出回路产生

的总热量，再求导体棒上产生的焦耳热；利用电流的平均值与时间的乘积求通过导体棒

的电荷量，从而求得通过CD间电阻的电荷量；利用动量定理求解导体棒时运动的位移。

对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移等问题，常根据动量定

理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。

8.【答案】BC

【解析】解：4B.因小球到达最高点时与轨道没有作用力，说明自身重力完全充当向心

刀：mg=m-

小球从a到c的运动过程，根据动能定理，减少的动能用于克服重力做功和克服电场力

做功，则一zng.2r—qEr=［加病—之加诏

代入数据解得：v0=7m/s,故A错误，8正确；

CD.小球从C点出射，水平方向做匀减速运动，初速度为"=质

加速度为

a=^

m

竖直方向为自由落体运动，运动到落到％轴时，则

h="t2

解得

则此时横坐标为％=-Vt+|at2

联立代入数据解得：x=O

故C正确，。错误。

故选：BC。

小球到达最高点C点时恰好仍能接触轨道，满足：mg=mg，根据动能定理与类平抛

运动规律可解得。

本题考查动能定理和向心力的综合应用。运用动能定理时要明确研究的过程，分析哪些

力对物体做功。

9.【答案】等AC*如空气阻力影响

【解析】解：(1)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，

则有%=詈="

c13N

(2)4固定在竖直平面内测量才精确，故A正确；

BC.密度大的物体相较密度小的物体受到的空气阻力更小，测量误差更小，故B错误，

C正确；

D铅垂线的作用是为了保持尺子是竖直状态，小球是自由落体，必为竖直方向下落，故

O错误。

故选：AC«

(3)动量定理表达式为尸豕=mv木一mv加

在此处即为mgdt=mv4-mv2

同理可得以=他产

又a=21

联立解得手=四押-等

(4)小球下落过程中，由于空气阻力的影响，会使得小球所受重力的冲量大于动量的增

加量。

故答案为：⑴竽(2)4C；⑶手=屈押一挈(4)空气阻力影响

(1)根据匀变速直线运动的规律得出小球在位置2时的瞬时速度；

(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；

(3)根据动量定理列出正确的表达式；

(4)根据实验原理学会简单的实验误差分析。

本题主要考查了动量定理的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉匀变速

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直线运动的规律，同时结合动量定理即可完成分析。

10.【答案】/]/=堤偏大

【解析】解：(1)②实验采用替代法，将开关S与2端闭合，调节电阻箱使电流表的读数

为;

(2)②由图乙可知R随温度t变化的关系为

R=100+3t

热敏电阻的温度为0。。时，热敏阻值为100。电流表满偏，根据欧姆定律，则有

/=---

R+R4+R1

解得：%=40。

I，jE0.5

故/=------------=----,

M(100+3。+以+/?150+t

④若干电池用久了其电源电动势不变，而其内阻变大，无法忽略不计，保持治不变，

则在某温度下，根据闭合电路欧姆定律，电流测量值偏小，对应测量的温度结果偏大。

故答案为：(1)②4(2)②/=悬④偏大

(1)根据实验原理分析实验操作；

(2)根据电阻随温度t变化关系和闭合电路欧姆定律可得电流值和温度的关系式；根据闭

合电路欧姆定律分析实验误差。

本题关键是根据闭合电路欧姆定律列式得到电流与电阻关系式，然后再结合电阻与温度

关系图像分析求解。

11.【答案】解：(1)当小球受到一个瞬时冲量/o后进入管道，小球在4点对管道壁恰好

2

没有作用力，则

根据动量定理有：/0=tnv

代入数据解得：/°=0.2V5A/-s

2

(2)小球从4点运动到E点，根据动能定理有：mgR-Wf=-|mv

小球从E点抛出后经0.4s离斜面最远，此时有tcm53。=当

联立代入数据解得：Wf=2.557

答：⑴小球受到的冲量/()的大小为0.2遍N-s；

(2)小球从4点运动到E点过程中克服摩擦力做功为2.55/。

【解析】(1)根据重力提供向心力，结合动量定理可解得；

(2)根据动能定理结合平抛运动规律可解得。

本题是多过程问题，考查了动量定理、动能定理和向心力；运用动能定理解题时，首先

要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能

为多少，根据动能定理列方程解答；对于圆周运动，关键要分析清楚向心力的来源，注

意判断管道对小球的作用力方向。

12.【答案】解：(1)对PQ整体进入磁场前，由牛顿第二定律有3mg-?ng=4ma

解得a=f

根据匀变速直线运动位移与速度的关系可知诏=2ah

解得线圈P刚进入磁场时的速度%=质

线圈P下边缘刚进入磁场时，产生的感应电动势为E=BLx0

感应电流为/=应

线圈P下边受到的安培力大小为尸=B1L

由牛顿第二定律有F-2mg=4巾为

以上各式联立解得的=吧叵-工g

(2)由于进入磁场和离开磁场时速度相同，但完全进入磁场后又经历一段加速过程，故

线框进入磁场时必须做减速运动，在线框完全进入磁场前，可能已经匀速运动也可能仍

然减速运动，则线框刚刚完全进入磁场时，速度一定是最小的，从此时到线框下边缘刚

要离开磁场为研究过程，由匀变速运动规律可得

2x*-L)=诏-谱

解得/=Jg(九+L—d)

(3)因线框下边缘刚进入磁场和线框刚要离开磁场时运动情况完全相同，线框完全进入

磁场和离开磁场的过程中产生的焦耳热相同，因此从线框下边缘刚进入磁场到刚要离开

磁场的过程中，由功能关系得

3mget—mgd—=0

解得Q=4mget

答：(1)线圈下边缘刚进入磁场时，线圈的加速度大小为隼咨—

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(2)线圈的最小速度为Jg(h+L-d);

(3)产生的焦耳热为4mgd。

【解析】(1)研究线圈P进入磁场前的过程，对PQ整体，根据牛顿第二定律和运动学公

式相结合求出线圈P刚进入磁场时的速度%,由6=8八()、/=5求出感应电流大小，再

由牛顿第二定律和安培力公式相结合求加速度。

(2)线圈P进入磁场和离开磁场时速度相同，但完全进入磁场后又经历一段加速过程，故

线框进入磁场时必须做减速运动，在线框完全进入磁场前，可能已经匀速运动也可能仍

然减速运动，从而知道线框刚刚完全进入磁场时，速度一定是最小的，由运动学公式求

解最小速度。

(3)线框下边缘刚进入磁场和线框刚要离开磁场时运动情况完全相同，线框完全进入磁

场和离开磁场的过程中产生的焦耳热相同，由能量守恒定律求解产生的焦耳热。

本题要根据受力情况分析线框的运动情况，关键分析安培力与重力的关系。在电磁感应

问题中，往往根据能量守恒定律求热量。

13.【答案】BDE

【解析】解：力、只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，根据NA=?,可以计算出阿

伏加德罗常数，故A错误；

B、温度是分子平均动能的标志，的冰中的水分子和0。。的液态水中的水分子平均动

能相同，故3正确；

C、用阿佛加德罗常数和某种气体的密度，再加上气体的摩尔质量，才能求出该种气体

的分子质量，故c错误；

。、由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所

以液体表面具有收缩的趋势，故。正确；

E、气体分子无规则运动，但是速率有大有小，大量分子的速率按一定的规律分布，呈

现出“中间多，两头少”的分布规律，如图

各速率区间的分子数

占总分子数的百分比

1&>26O心血息疝7指血)9力存子速速

——温度为0t--温度为100t

氧气分子速率分布OH

是氧气在0。。和100。。两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子

速率间的关系，可知气体分子各速率区间的分子数占总分子数的百分比与温度有关，故

E正确。

故选：BDEo

摩尔质量与分子质量之比等于阿伏加德罗常数；气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数之比

等于气体分子所占据的空间大小，它大于分子的体积；颗粒越小、液体温度越高，布朗

运动越明显；分子间的引力与斥力都随分子间距离的增大而减小，斥力比引力减小的快。

本题考查了估算阿伏加德罗常数与分子体积、布朗运动、分子间的作用力等问题，掌握

基础知识即可正确解题，本题难度不大。

14.【答案】解：(1)初始时，对气体4有0U-Po=T

得PA