2022年河北省部分学校高考物理模拟试卷（一）（附答案详解）

2022年河北省部分学校高考物理模拟试卷（一）

1.下列说法正确的是（）

A.重核裂变及轻核聚变过程都释放核能，原因是中等质量的核最稳定，平均每个核子

的质量最小，比结合能最小

B.在光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比

C.大量氢原子从n=4能级向低能级跃迁时，可以辐射出6种不同波长的光子，其中波

长最短是从?I=4能级跃迁到n=3能级放出的

D.就核发生£衰变时，一个中子释放出电子后变成质子，进而生成乡He

2.一兴趣小组用两个相同的遥控小车沿直线进行追逐比赛，两小车分别安装不同的传

感器并连接到计算机中，4小车安装加速度传感器，B小车安装速度传感器，两车

初始时刻速度大小均为%=30m/s,4车在前、8车在后，两车相距100m,其传感

器读数与时间的函数关系图像如图所示，规定初始运动方向为正方向，则下列说法

正确的是（）

A.t=3s时两车间距离为557n

B.3〜9s内，4车的加速度大于B车的加速度

C.两车最近距离为20nl

D.0~~9s内两车相遇一次

3.如图所示，现有三条完全相同的垂直于纸面的长直导线，Q'

/、

横截面分别位于正三角形abc的三个顶点上，三导线均/\

9，、\

通以大小相等的电流，其中a、b的电流方向向里，c的/\

/、

电流方向向外，得到正三角形中心处的磁感应强度的大a盘.....法b

小为B,则下列说法正确的是（）

A.每条通电直导线在正三角形中心处产生磁场的磁感应强度的大小为B

B.每条通电直导线在正三角形中心处产生磁场的磁感应强度的大小为2B

C.取走过a点的直导线，正三角形中心处的磁感应强度大小为更B

2

D.取走过c点的直导线，正三角形中心处的磁感应强度大小为B

4.如图所示，质量为他的等腰直角三角板abc,用轻绳一端系着三角板a点，另一端固

定于天花板，在三角板的c点作用水平拉力凡当系统处于平衡状态时，细绳与竖直

方向夹角为30。，重力加速度为g。则下列说法正确是（）

A.轻绳拉力大小为日mg

B.外力尸大小为日

C.若保持外力F的方向不变，使三角板绕。点逆时针缓慢转动，则轻绳的拉力先增大后

减小

D.若保持细绳拉力方向不变，使外力f1逆时针缓慢转动，则外力F先减小后增大

5.北斗卫星导航系统是由24颗中圆地球轨道卫星、3颗地球静止同步轨道卫星和3颗

地球倾斜同步轨道卫星共30颗卫星组成,已知地球半径为R,表面重力加速度为g,

两种地球同步卫星到地心的距离均为kR，中圆地球轨道卫星周期为同步卫星的一

半，如图所示。有关倾斜地球同步轨道卫星4与中圆地球轨道卫星B,下列说法正

确的是（）

A.中圆地球轨道卫星B加速度大小为华g

B.倾斜地球同步轨道卫星4与中圆地球轨道卫星B线速度大小之比为游：4

C.某时刻两卫星相距最近，则再经12小时两卫星间距离为（1+击）kR

D.中圆地球轨道卫星B的动能大于倾斜地球同步轨道卫星4的动能

6.如图甲所示，光滑水平面与光滑竖直半圆轨道平滑衔接，其中圆弧DE部分可以拆

卸，弧CD（C点与圆心等高）部分对应的圆心角为30。，在。点安装有压力传感器并与

计算机相连，在.4点固定弹簧枪，可以发射质量相同、速率不同的小球，通过计算

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机得到传感器读数与发射速率平方关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2,则下

列说法正确的（）

A.小球质量为0.2kg

B.圆弧轨道半径为0.5m

C.当传感器读数为3.5N时，小球在E点对轨道压力大小为3N

D.若拆卸掉圆弧OE部分，小球发射速率平方诏=17.5时，小球上升到最高点时与水平

面间距离为:zn

O

7.如图所示，水平传送带以速度%=4m/s向右匀速传动，两物块4、B质量均为机=

5kg,与传送带间的动摩擦因数均为“=0.2；物块4从传送带左端由静止释放，同

时，物块B从传送右端以速度大小％=4zn/s向左滑上传送带，两物块恰好没有发

生碰撞。重力加速度g取l（hn/s2,则下列说法正确的是（）

A.4物块与传送带间的“划痕”长度为67n

B.B物块与传送带间的“划痕”长度为12m

C.传送带的长度为16nl

D.4物块与传送带间因摩擦产生的内能为40/

8.如图所示，理想自耦变压器输入端ab接入正弦交流电，场为线圈的滑动触头，调节

Ki位置可以改变cd输出端匝数，输出端有指示灯L与一小段线圈de并联，cd端接入

滑动变阻器R,调节K2位置可以改变R的接入阻值，开关S处于闭合状态，两表为理

想交流电表，下列说法正确的是（）

A

--------------------------x--------

d-----s

A.若断开开关S,指示灯将熄灭

B.仅向下滑动《，帅端输入功率变大

C.仅向下滑动场,ab端输入功率变大

正下方且是细杆的末端。已知点电荷与圆环带有同种性质

的电荷，圆环刚释放时加速度大小为6.4zn/s2,重力加速度g取10m/s2,sin53。=0.8,

cos53°=0.6,下列说法正确是（）

A.圆环到达C点的加速度大小为9.6m/s2

B.圆环到达C点的速度大小为10zn/s

C.圆环刚离开细杆时加速度大小为11.5m/s2

D.圆环离开细杆后做匀变速运动

10.如图所示，光滑平行金属导轨间距d=1m,竖直四分之一圆弧部分与水平部分平

滑连接，圆弧半径R=L8m,导轨右端接有阻值Ro=60的定值电阻，导轨水平部

分区域有垂直导轨向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=37,磁场区域长L=2m,

导体棒ab从圆弧导轨顶部无初速度释放，导体棒ab质量m=0.5kg,接入回路部分

电阻r=30,导体棒与导轨始终接触良好，不计其他电阻，重力加速度g取10m/s2,

下列说法正确的是（）

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A.导体棒克服安培力做功功率的最大值为18〃

B.导体棒两端最大电势差为12U

C.整个过程通过导体棒电荷量为广

D.电阻Ro上产生的最大热量为中

11.利用水平旋转平台验证向心力与质量、角速度、半径的定量关系，选取光滑水平平

台如图甲所示，平台可以绕竖直转轴。0'转动，M端固定的压力传感器可以测

出物体对其压力的大小，N端有一宽度为d的遮光条，光电门可以测出每一次遮光

条通过时的遮光时间。

0I2345

0I234567890

乙

实验过程如下：

a.用游标尺测出遮光条的宽度，如图乙所示；

b.用天平测出小物块质量为小；

c.测出遮光条到转轴间的距离为L；

d.将小物块放置在水平平台上且靠近压力传感器，测出小物块中心位置到转轴间的

距离为R；

e.使平台绕转轴做不同角速度的匀速转动；

f通过压力传感器得到不同角速度时，小物块对传感器的压力F和遮光条通过光电

门的时间t;

g.在保持血、R不变的前提下，得到不同角速度下压力尸与己的图像如图丙所示，其

图线斜率为底

请回答下列问题:

(1)遮光条宽度d=cm。

(2)当遮光条通过光电门的时间为给时，平台转动的角速度3。=(用相应的字

母符号表示)。

(3)验证小物块受到的向心力与质量、角速度、半径间的定量关系时，则图线斜率

应满足k=(用m、d、R、L等物理量符号表示)。

12.某物理兴趣小组要测量一电池组的电动势和内阻，实验室提供下列一些仪器：

a.电池组(电动势约为3乙内阻约为100)

b.电压表量程0〜15.0U,内阻约为3000。)

c.电流表4(量程为0〜27n4，内阻惕=120)

d.定值电阻&=60

e.电阻箱%(0〜9990,0-1.0/4)

f滑动变阻器/?2(。〜20000,0〜1.04)

g.导线及开关

(1)选择不同器材，设计不同的测量电路，小组同学设计了如图甲所示的五种电路，

为了使测量结果尽量准确，应选电路；在图示乙中按照所选的合适电路图连

(2)连接好电路后进行实验，经过多次测量，记录下各仪器的读数，根据记录数据

作出如图内所示的图像，若图像横坐标为电阻箱阻值R,则纵坐标应为(填

w或甯)。

(3)在(2)中，若将测量数据的单位统一成国际单位，作出相应的图像，图像纵截距

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为13.5,图线斜率为0.94,则电池组电动势岳=匕内阻r=。。（保留

到小数点后一位）

13.如图所示，在xOy平面直角坐标系中，第一象限内有圆形区xx

域与两坐标轴相切于a、b两点，圆形区域内存在垂直纸面

向里的匀强磁场当（当大小未知）；第四象限内存在沿x轴正X0

方向的匀强电场，电场强度大小为E。；第二、三象限有垂,«---------

直纸面向里的匀强磁场82（82大小未知），一带负电粒子从a

点沿与y轴正方向成60。角的方向射入圆形区域磁场，其速度大小为先,射出磁场后

从%轴的c点（图中未画出）垂直x轴射入电场，然后从y轴上的d点（图中未画出）离开

电场，粒子经过d点时速度方向与a点速度方向平行，经y轴左侧匀强磁场偏转后再

次经过a点。已知粒子比荷为2粒子重力不计，求：

（1）圆形区域磁场的磁感应强度当大小；

（2）第二、三象限内匀强磁场的磁感应强度为大小。

14.如图所示，水平面右侧有竖直墙壁，垂直墙壁的同一直线上有两个静止的物块A和

B（均可视为质点），相距L=15m,物块B到墙壁的距离s=5zn,两物块的质量分

别为叫4=1kg、mB=0.5kg,物块B与水平面间无摩擦，物块4与水平面间的动摩

擦因数4=0.2。现给物块A施加水平向右的力F=6N,作用2s后撤去F,之后物块

4与物块B、物块B与墙壁间发生正碰，碰撞中无能量损失，且碰撞时间极短，最大

静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2,求：

（1）物块4从开始运动到两物块第一次发生碰撞所经历的时间及物块4第一次碰撞前

的速度大小；

（2）两物块第一次碰撞后的速度大小；

（3）从开始到两物块第三次碰撞前物块8通过的总路程。

15.一定量的理想气体从状态a开始,经历afbfcta三个过

程回到初始状态，其压强p和热力学温度T的关系图像如图

所示。arb过程中，气体体积不变，（填“吸收”或

“放出”）热量；b-c过程中，气体对外做功（填“大

于“，，小于”或“等于"）气体所吸收的热量。

16.如图所示，竖直绝热汽缸高度为60cm,缸口处有卡槽，中央处

有固定绝热超薄隔板，隔板上有单向阀门K,上层有可移动活20cm

塞，活塞上有压力报警系统P,活塞（含报警系统）质量m=10kg,30cm

面积S=20cm2,报警系统内、外压强差高于1.5倍大气压强时，

触发报警系统，初始时4、B两部分气体温度均为27。&4部分气体长度为20cm,B

部分气体长度为30cm、压强为2p0,现通过电阻丝对4气体加热.己知标准大气压强

5

p0=1x10Pa,重力加速度g取lOm/s2,系统不漏气，气体为理想气体，求触发

报警时气体的温度。

17.一列简谐横波在均匀介质中沿久轴传播，t=0时刻波形如图所示，已知此时刻介质

中质点a偏离平衡位置的位移为5cm且沿y轴负方向运动，若从t=0时刻开始，经

过2s质点a第一次到达波峰，则该列波的周期为s,传播速度大小为

________m/s„

“道威棱镜”是一种光学图像旋转器，光线经过此棱镜后，

图像被颠倒180。。“道威棱镜”是由底角为45。的等腰梯形

棱镜构成，如图所示，梯形abed是棱镜的横截面，已知ab边

长度为3一束红光从处边中点e平行于be边射入棱镜，从cd边中点f射出，已知红光对

棱镜折射率71=或，光在真空中速度为c,只考虑光线在棱镜表面发生一次反射，

sinl5*7,求红光通过棱镜所用的时间。

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4、相对轻核和重核，中等质量的核中平均每个核子的质量最小，亏损质

量最大，比结合能最大，故最稳定，核裂变及核聚变过程都要释放核能，故A错误；

B、根据光电效应方程

Ek=hv-W

即光电子的最大初动能与入射光的频率为线性关系但不是正比例关系，故B错误；

C、大量氢原子从n=4能级向低能级跃迁时，可辐射出不同波长光的种类为

n==6

即放出6种不同波长的光，由

F=/lV=y

氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级所放出光子能量最小，其波长最长，故C错误；

。、家核发生?衰变时生成9He,其实质是瓶核中的中子发生能级跃迁，释放出电子同

时，自身变成质子的缘故，故。正确；

故选：Do

熟悉比结合能的概念，由此分析出核反应式是否放出能量；

根据光电效应方程分析出光电子的最大初动能的影响因素；

根据能级差得出释放的能量，根据能量子的公式分析出波长的大小关系；

熟悉口衰变的本质，特别是电子的来源问题。

本题主要考查了物理学的相关概念，要在平时的学习中多加积累，难度一般。

2.【答案】A

【解析】解:力、在0-3s内4车做减速运动，4车减速到零所需时间以=?==3s,

aAlI。

故在t=3s时4车减速到零，4车前进的位移为马=7^=yx3m=45m

B车前进的位移为&=vQtA=30x3m=90m,t=3s时两车间距离为4%=d+X力一

xB=100m+45m—90m=55m,故A正确；

B、在3-9s内力车的加速度为以2=5m/s,在u-t图像中，图像的斜率表示加速度，

则与=当=翳m/s2=5m/s2,故A8的加速度大小相等，故2错误；

Z1L9—3

CD、t=3s后，A车开始有静止开始丛加速运动，B车开始做减速运动，从3-9s的过

程中，设经历时间t两者速度相同，贝I」。共=解得t=3s,vA=15m/s

A车在"3s内前进的位移为%]=?t=£x3m=22.5m,8车前进的位移为不=

上箸t=W^x3m=67.5m，故此时相距的最小距离为4%nin=+xr-x2=

55m+22.5m-67.5m=10m,此后4车的速度大于B车的速度，两者间的距离继续增

大，故不可能相遇，故CQ错误；

故选：4。

根据位移一时间公式求出0-3s内两车的位移，再确定t=3s时两车间距离。根据u-t

图像的斜率求出B车在3〜9s内的加速度，从而比较两车的加速度大小；当两车速度相

等时距离最近，结合运动学公式即可求得。

本题主要考查了追击相遇问题，明确48的运动过程，抓住速度相同时，两者相距最近

即可。

3.【答案】C

【解析】解：AB,设三条通电直导线在正三角形中心处产生磁场的磁感应强度大小分

别为B。、Bb、Bc,则

Ba=Bb=Bc

如图所示：

0

■,、

/I、

人7A

//:\八、\

a®-——二"一领

因为Ba、Bb互成120。，二者的矢量和Bab与外大小相等，方向相同，可得每条通电直导

线在正三角形中心处产生磁场的磁感应强度大小均为故AB错误；

C、取走过a点的直导线，正三角形中心处的磁感应强度大小为

2X沁530。=冢故C正确;

D、取走过c点的直导线，正三角形中心处的磁感应强度大小为故£＞错误；

故选：CO

根据对称性可知三根导线在。点处产生的磁感应强度大小相等，根据儿何关系和矢量合

成的特点完成解答。

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本题主要考查了通电直导线周围的磁场分布问题，熟悉磁场方向的分析，结合矢量合成

的特点即可完成解答。

4.【答案】D

【解析】解：AB.对三角板进行受力分析，受三力（重力mg、轻绳拉力7、外力F）而平衡，

三角板处于平衡状态有

7cos30°=mg

F=Tsin300

解得

T=-mg,F=—mg

故AB错误；

C.三角板绕。点逆时针转动过程中，细绳与竖直方向的夹角（设为a）增大，由平衡条件可

知，轻绳拉力的大小T=悬

cosa

故T必增大，故C错误；

D若保持细绳拉力方向不变，由于三角板处于平衡状态，作出力的示意图如图所示

故选：Do

对三角板进行受力分析，根据共点力平衡解得；对三角板受力分析，根据动态平衡作图

分析。

本题考查共点力平衡，解题关键掌握整体与隔离的分析方法，注意动态平衡的图析法。

5.【答案】C

【解析】解：4、设中圆地球轨道卫星B的轨道半径为玷，倾斜地球同步轨道卫星4的轨

道半径以=kR,根据开普勒第三定律，有也=看，得玷=蚩由牛顿第二定律，等=

maB,由黄金代换公式等=mg,得知=等。，故A错误；

B、卫星做圆周运动线速度大小U=羿，则倾斜地球同步轨道卫星4与中圆地球轨道卫

星B线速度大小之比四：2,故8错误；

C、某时刻两卫星相距最近，即两卫星与地心连线在一条直线上，则再过12小时中圆轨

道卫星B回到原位置，但倾斜地球同步轨道卫星4位于原位置关于地心的对称点，两卫

星间距离心=5+玷=(1+表北/?,故C正确；

。、中圆地球轨道卫星B的速度大于倾斜地球同步轨道卫星4的速度，由于两卫星质量不

确定，不能比较其动能大小，故。错误。

故选：Co

根据开普勒第三定律结合万有引力提供向心力解得加速度；根据线速度公式解得线速度

之比；根据卫星B的运动情况解得两卫星间的距离，由于两卫星质量不确定，不能比较

其动能大小。

本题主要考查了开普勒第三定律和线速度基本公式的应用，在应用开普勒第三定律时要

注意中心天体必须相同。

6.【答案】B

【解析】解：AB.设小球在。点速度大小为外，小球对传感器压力大小为尸，由牛顿第

二定律有

F+mgsm30°=

小球从4点到。点过程，由动能定理得

-mgR(l+sin30°)=jmvp—^mvg,

整理得：F=三评一：mg,

结合?一。2图像可知，9mg=35,9=言，

NK1/.5

解得：m=0.1kg,R=0.5m,

故A错误，8正确；

。、由图像可知，当传感器读数为3.5N时，诏=35,设最高点速度为外则有

2mgR=|TTIVQ—|mv2,

对E点压力为N,则有

N+mg=m—

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联立各式解得：N=2N,

根据牛顿第三定律知，小球在E点对轨道压力大小为2N,故C错误；

D、若圆弧0E部分拆卸掉，小球发射速率平方诏=17.5时，小在。点做斜上抛运动，小

球在。点速度大小外,根据动能定理得

—mgR(l+sin30°)=juiVo-^mvg,

解得：vD=2.5m/s,

则小球上升到最高点与水平面间距离

H=R(1+sin30°)+(呼筝产

解得：H=||m,

故。错误；

故选：B。

根据动能定理和牛顿第二定律列式可得尸-/图像表达式，结合图像信息可求小球质量

和轨道半径；根据动能定理求小球到E点速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求在

E点时对轨道的压力；根据动能定理求小球到D点速度，根据斜抛运动规律求上抛最大

高度。

解决本题的关键要分析小球运动过程，能熟练应用动能定理和图像处理方法，应用平抛

运动的运动分解思想，能灵活处理圆周运动的相关问题。

7.【答案】D

【解析】解：力、如图所示为两物块在传送带上运动的速度一时间图像，两物块在传送

带上做匀传送带变速运动的加速度大小a==0.2x10m/s2=2m/s2,物块4与传送

带相对静止时所用时间G=曰=gs=2s,此过程中物块4的位移/=\atl，物块4与

传送带间“划痕”长度服=%Q-乙，联立代入数据解得：dA=4m,故A错误；

B、物块B与传送带相对静止时所用时间t2=安迎)，此过程中物块B位移&=V1t2-

|ati=O,此过程物块B与传送带间“划痕”长度(^=%£2-心，联立代入数据解得:

dB=16m,故B错误:

C、由于两物块恰好没有发生碰撞，当物块B刚回到传送带右端时，物块4也运动到传送

带右端，所以传送带的长度L=4+v0(t2-ti)-代入数据解得：4=12m,故C错误：

D、物块4与传送带间因摩擦产生内能治=pngB代入数据解得：EA=40/,故。正确.

故选：Do

对力B根据牛顿第二定律解得加速度，结合运动学公式可计算“划痕”长度，根据摩擦

力做功解得内能。

本题考查了能量守恒定律和牛顿第二定律的综合运用，理清物块在传送带上的运动规律,

知道物块划痕的计算方法，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。

8.【答案】BD

【解析】解：力、断开5,指示灯L仍于一小段线圈并联构成回路，L不会熄灭，故A错

误；

8、仅向上滑动心，那么滑动变阻器接入电路中的电阻变小，而副线圈的电压不变，根

据P2=号,可知R消耗的电功率变大，由于输入功率等于输出功率，因此a、b端输入功

率变大，故8正确；

C、仅向下滑动％副线圈匝数变小，根据晟=最可知，4减小，根据尸2=卷，可知R消

耗的电功率变小，由于输入功率等于输出功率，因此a、b端输入功率变小，故C错误；

D、仅向下滑动KI,电压表示数不变，根据保=£可知，/减小，根据/=与可知电流

表示数变小，故。正确；

故选：BD。

I移动改变了副线圈的匝数，滑片/移动改变了负载的电阻，然后结合变压器的特点、

欧姆定律以及电功率的表达式去分析即可。

本题考查自耦变压器的实物图，重点要理解自耦变压器的原线圈和副线圈绕组绕在同一

个铁心上，原线圈的电压保持不变，副线圈的电压与副线圈接入电路的线圈数成正比，

原线圈功率等于副线圈功率。

9.【答案】AC

【解析】解：4、设BQ距离d=6m

由几何关系AQ=7.5m,AB=BC=4.5m,DQ-10m

圆环在4点刚释放时加速度大小为6.4m/s2,

由牛顿第二定律有

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mgs讥53°—k-^-^cos5'3°=maA-

由于C点是细杆上与4点对于B点的对称点，设圆环到达C点加速度大小为生，有

mgsin53°+kcos53°=mac,

代入数据解得牝=9.6m/s2,故A正确；

B、AC两点电势相同，由4点到C点过程，由动能定理有

mg-AC-s讥53°=

代入数据解得%=12m/s,故B错误；

C、设圆环刚离开细杆时加速度为即，则有

,Qq

巾9+卜旃=机即

代入数据解得a。=1L5M/S2,故C正确；.

。、圆环离开细杆后，受重力和电场力作用，电场力是变力，故做非匀变速运动，故。

错误。

故选：ACo

对圆环受力分析，根据牛顿第二定律计算加速度的大小，由4点到C点过程，由动能定

理计算运动到C点时速度的大小，根据受力判断是否做匀变速运动。

本题的关键是能通过正确的受力分析计算加速度的大小，再者就是要熟练的会用动能定

理来解答相关问题，应用动能定理时，要分清楚在运动过程中各个力的做功情况，是各

力做功的代数和等于物体动能的变化。

10.【答案】BD

【解析】解：小设导体棒滑到圆弧底端时速度大小为％,由机械能守恒定律得：mgR=

|mvo,可得为=6m/s

导体棒刚进磁场时，产生的感应电动势为E=Bd%=3x1x6U=18U,感应电流为

/=品=黑4=24导体棒受到的安培力为F=B/d=3x2xIN=6N,导体棒克

KQ-VIOTO

服安培力做功功率为P=Fv0=6x6W=36W,由于导体棒进入磁场后做减速运动，

刚进磁场时切割速度最大，产生的感应电动势和感应电流最大，导体棒受到的安培力最

大,导体棒克服安培力做功功率最大，所以导体棒克服安培力做功功率的最大值为36勿,

故A错误；

B、导体棒进入磁场时导体棒两端电势差最大，且最大电势差为U=J±E=2x

187=12V,故8正确；

C、假设导体棒没有滑出磁场中，在磁场中运动距离为工时速度为零，取向右为正方向，

由动量定理得：一87d-t=0-m北，又7=上=啦=屿，联立解得x=3m,因

u/?0+rR0+rR0+r

x>L,所以导体棒将滑出磁场，整个过程通过导体棒电荷量为q=7t=^=翳，

解得q=|c，故C错误；

D、设导体棒离开磁场时的速度大小为“取向右为正方向，由动量定理得：=

mv-mv0,结合q=/t=|c,解得v=2m/s,故回路中产生的最大热量为Q=mgR-

>v2,电阻R上产生的最大热量为QRO=含:Q，联立解得QR°=引，故。正确。

ZKQ'TIo

故选：BD。

导体棒进入磁场后做减速运动，刚进磁场时切割速度最大，产生的感应电动势和感应电

流最大，导体棒受到的安培力最大，导体棒克服安培力做功功率最大。先根据机械能守

恒定律求出导体棒进入磁场时的速度，再由E=Bdu、欧姆定律、安培力公式相结合求

出导体棒进入磁场时受到的安培力大小，再由P=尸〃求导体棒克服安培力做功功率的最

大值，由欧姆定律求导体棒两端最大电势差。利用动量定理求整个过程通过导体棒电荷

量。由能量守恒定律求电阻R上产生的最大热量。

解决本题的关键要学会运用动量定理研究导体棒在磁场中的运动过程，导体棒在磁场中

做非匀变速运动，不能根据运动学规律求出导体棒的位移和速度，可运用动量定理求解。

11.【答案】0.2469■当

coL17

【解析】解：(1)游标卡尺的分度值为0.02nnn,不需要估读，则d=2mm+0.02X

23mm=2.46mm=0.246cm

(2)当遮光条通过光电门的时间为％时，平台转动的角速度3。=等=2

(3)根据牛顿第二定律得：

根据图像的特点可知，上=等

故答案为：(1)0.246；(2)金；(3)啥

(1)根据游标卡尺的读数规则得出对应的示数；

(2)根据运动学公式计算出线速度，结合线速度和角速度的关系得出角速度的表达式;

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(3)根据牛顿第二定律结合图像的斜率得出k的表达式。

本题主要考查了圆周运动的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉公式,

结合牛顿第二定律和图像的物理意义即可完成分析。

12.【答案】*3.210.4

【解析】解：(1)电动势约为3V,而电压表了的为量程0〜15.0V,因电压表量程过大，

故不可以选用电压表来测量两端电压，所以电路图4、B、E均不合理；可选用电阻箱与

电流表进行测量，电阻箱a的最大阻值为9990,电路的最小电流约为3n14,而电流表A

的量程为0〜故电流表的量程过小，需将电流表并联定值电阻&来扩大其量程，

故合理的电路图为C。

按照电路图C连接测量电路如下图所示：

(2)设电流的示数为/,依据电路图C的联接方式，由闭合电路欧姆定律得：

E=(/+^)(R+r)+/Rg

代入Rg=120,Ro=612,可得：E=3/(/?+r)+12/

整理得：：=9/?+三岁

由此式可知图像横坐标为电阻箱阻值R,则纵坐标应为点

(3)：-R的图像纵截距为13.5,图线斜率为0.94,可得：

三盘=13.5『

E

-=0.94V-1

E

解得：E=3.2V,r=10.4。。

故答案为：(1)C;实物连接图见解答；Q冷(3)3.2；10.4

(1)因电压表量程过大，故不可以选用电压表来测量两端电压；可选用电阻箱与电流表

进行测量，电流表的量程过小，需将电流表并联定值电阻来扩大其量程，以此选择合理

的电路图；

(2)依据合理的电路图的联接方式，由闭合电路欧姆定律推导电流表示数与电阻箱电阻

的关系式，确定纵轴所表示的物理量；

(3)由(2)推导的关系式结合图像纵截距和斜率求解。

本题以测量电池组电动势和内阻为背景，考查实物图的连接、电表的改装及闭合电路欧

姆定律和图像应用等，意在考查学生的实验能力。

13.【答案】解：(1)设粒子第一次在圆形磁场中做圆周运动半径为m，粒子在第四象限

做类平抛运动，通过d点时速率大小为外做出粒子从a点出发又回到a点全过程的轨迹

"号=2%

粒子从c点到d点过程

[(1+sm30°)=|x

tan600=

mv0

解得：”甯

根据牛顿第二定律得:

=詈

rl

联立解得：

%

(2)由几何关系可知第一象限圆形磁场半径为

R=

设粒子在第二、三象限内做匀速圆周运动的轨道半径为上，则

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R+vot=2T2cos30°

由牛顿第二定律得：

qvB2=¥

r2

联立解得：4=竺维

Vo

答：(1)圆形区域磁场的磁感应强度Bi大小为f；

v0

(2)第二、三象限内匀强磁场的磁感应强度%大小为空

v0

【解析】(1)根据几何关系得出粒子做圆周运动的半径，结合牛顿第二定律得出对应的

磁感应强度；

(2)根据几何关系得出粒子做圆周运动的半径，结合牛顿第二定律得出对应的磁感应强

度。

本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子的受力特点，结合几何关系和牛顿

第二定律即可完成分析。

14.【答案】解：(1)F作用2s的过程中，由动量定理有

Pti-4mA碇1=mAvA

物块4的位移为马=争1

设物块4碰撞前的速度大小为几.

由动能定理有-^mAgL-^mAVg

代入数据解得为=6m/s

撤去产后，设碰撞前物块4做匀减速运动时间为t?，则t2=祥

物块4从开始运动到两物块发生碰撞所经历的时间t=t2+口

联立解得：t=3s

(2)两物块发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒，有犯力。=啊％+血8"2，

根据能量守恒定律有：^mAVg-^mAvl+^mBV2

联立两式并代入数据解得%=2m/s,v2=8m/s

(3)第一次碰撞后物块4继续向右做匀减速运动

加速度大小为a=闻

位移大小为x.i=

所经历时间为《3=看

解得：xA1=Im,t3=Is

由于物块B与墙壁碰撞后速度大小不变、方向反向，故t3=k时间内，物块B通过的路

程为

sB=v2t3=8xIm=8m<2s—xA1

即物块4静止前两物块没有发生碰撞，到两物块发生第二次碰撞时，物块8通过的路程

为

ssi=2s—xA1=2x5m-Im=9m

设两物块第二次发生碰撞后物块B和4的速度大小为％和以，则有

mBv2=mBv3+mAv4,

VmV

根据能量守恒定律有：^msV2=lmB3+lA4

联立两式并代入数据解得%=%=ym/s

物块a做匀减速运动到停止，其位移42=服

物块B从两物块第二次碰撞后到两物块第三次碰撞前通过的路程为SB2=2(S-X41)+

XA2

从开始到两物块第三次碰撞前物块B走过的总路程为s=sB1+sB2

联立代入数据解得：s=^m

答：(1)物块4从开始运动到两物块第一次发生碰撞所经历的时间为3s,物块A第一次碰

撞前的速度大小为6m/s；

(2)两物块第一次碰撞后的速度大小分别为2m/s,8m/s；

(3)从开始到两物块第三次碰撞前物块B通过的总路程为与山。

【解析】(1)根据动量定理结合动能定理与运动学公式解答；

(2)两物块发生弹性