2022年黑龙江省哈尔滨九中高考物理二模试卷（附答案详解）

2022年黑龙江省哈尔滨九中高考物理二模试卷

下列说法正确的是（）

A.千克、秒、牛顿是国际单位制中的三个基本单位

B.汽车行驶的速度越大，惯性就越大

C.a='是加速度的比值法定义式

D.用质点来代替有质量的物体是采用了理想化模型的思想

2.如图甲中所示给出了氢原子光谱中四种可见光谱线对应的波长，氢原子能级图如图

乙所示。由普朗克常量可计算出这四种可见光的光子能量由大到小排列依次为

3.03eU、2.86eV、2.55eU和1.89eU,则下列说法中正确的是（）

UU

EM

T-

次0

9彳

A.谱线对应光子的能量是最大的

B.%谱线对应光子的能量是最大的

C.%光是由处于兀=5的激发态氢原子向低能级跃迁的过程中产生的

D.若四种光均能使某金属发生光电效应，则Ha光获取的光电子的最大初动能较大

如图所示，MN的右侧存在范围足够大、磁感应强度大小为BM

XXXX

的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，MN右侧到MN的距离

XX-XX

为L的。处有一个粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、.O

电荷量为q的带正电粒子（不计重力及粒子间的相互作用），XXXX

速度均为警，则粒子在磁场中运动的最短时间为（）XXXX

N

rnn

A-----

c.2qB

R—

3qB

nm

C.福

D.器

4.如图所示，两个完全相同的木模质量均为m,通过三根轻质竖

直细线对称连接，放在水平面上呈“互”字型静置，上方木模

呈现悬浮效果，这是利用了建筑学中的“张拉整体”的结构原

理。细线a、b、c上的张力大小分别用此、Ft,、玲表示，水平面

所受的压力大小为风，重力加速度大小为g。下列关系式正确的

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月我国成功将全球首颗民用晨昏轨道气象卫星——“风云三号05星”送

入预定圆轨道，轨道周期约为1.7九，被命名为“黎明星”，使我国成为国际上唯一

同时拥有晨昏、上午、下午三条轨道气象卫星组网观测能力的国家。如图所示，某

时刻“黎明星”正好经过赤道上P城市正上方，则下列说法正确的是（）

展再轨道

A.“黎明星”做匀速圆周运动的线速度小于同步卫星的线速度

B.“黎明星”做匀速圆周运动的角速度小于同步卫星的角速度

C.“黎明星”做匀速圆周运动的轨道半径小于同步卫星的轨道半径

D.该时刻后“黎明星”经过1.7九能经过P城市正上方

6.一带正电的粒子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能0随位置x的变化

关系如图所示，其中0〜小段是对称的曲线，小〜与段是直线，则下列判断正确的

是（）

第2页，共20页

A.「1、X2'%3处电势S102W3的关系为W1<02<W3

B.粒子在0〜Xi段所受电场力沿x轴负方向；匕〜%3段所受电场力沿X轴正方向

C.粒子从。点向与运动过程中加速度逐渐减小

D.粒子从%2向%3运动过程电场力做负功

7.如图所示的理想变压器，原线圈电路中有定值电阻％,阻值为28,接入电动势为

e=220s出（100戊”的交流电源，内阻不计。副线圈电路中定值电阻/?2和滑动变阻

器R串联，％的阻值和滑动变阻器的最大阻值均为岛，原、副线圈的匝数比为10：

1.电压表和电流表均为理想交流电表。在滑动变阻器滑片P从最上端缓慢向下滑

动至最下端的过程中，下列说法正确的是（）

A.电压表和电流表的示数均逐渐减小

B.8两端电压与7?2两端电压之比始终为1：5

C.通过7?2的电流的频率始终为5Hz

D.%和%消耗的总功率逐渐增大

8.如图，足够长的传送带4B以速度u=4rn/s逆时针转动，与水平面夹角为37。，下端

与足够长的光滑水平面BC平滑连接，滑块1、2用细线（未画出）拴在一起静止在水

平面BC上，中间有一被压缩的轻质弹簧（弹簧在弹性限度内且1、2与弹簧不拴接）。

剪断细线后弹簧恢复原长，之后滑块2以2m/s的速度水平向右运动。已知滑块2与

传送带之间的动摩擦因数为0.5,滑块1、2质量分别为tn】=1刖、m2=2kg,滑块

2在传送带上发生相对滑动时会在传送带上留下痕迹，重力加速度g=lOm/s2,

s讥37。=0.6,cos37°=0.8«下列说法正确的是（）

A.弹簧恢复原长后滑块1速度大小为lm/s

B.弹簧处于压缩状态时储存的最大弹性势能为12/

C.滑块2在传送带上运动的时间为0.4s

D.滑块2在传送带上发生相对滑动的过程中产生的热量为12.8/

9.某同学进行“探究加速度与物体受力、质量的关系”的实验，将实验器材按图甲所

示安装。已知打点计时器的工作频率为50Hz,请完成下列相关内容:

山1/工「小」一心」一X一一入二

）・・・••••（

、ABC3£F

图丙

（1）该同学在进行平衡摩擦力的操作时，将木板垫高后，在不挂小吊盘（含祛码）的

情况下，轻推小车，让小车拖着纸带运动，得到如图乙所示的纸带，则该同学平衡

摩擦力时木板的倾角（选填“过大”、“过小”或“适中”）。

（2）关于本实验，下列说法正确的是（选填正确答案标号）

4连接小吊盘和小车的细线应跟长木板保持平行

8.每次改变小车的质量后要重新平衡摩擦力

C必须保证小车及车中祛码的总质量远小于小吊盘和盘中祛码的总质量

D应先接通打点计时器电源，待打点稳定后再释放小车

（3）该同学按正确步骤操作后，保持小车质量不变，通过改变小吊盘中祛码的质量

来改变小车受到的合外力，得到了多组数据，其中一条纸带如图丙所示，A、B、C、

D、E、F、G为计数点，相邻计数点之间还有四个点未画出,测得〃=1.80cm,x2=

2.61cm,x3=3.43cm,x4=4.23cm,xs=5.04cm,x6=5.86cm,根据以上数据，

可求出小车的加速度大小a=m/s2（保留两位有效数字）。

10.某学习小组想自己动手通过实验精确测量电阻灯的阻值，有下列器材供选用：

A待测电阻咒（约为I。。。）

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B.电压表U（3U,内阻约为3kO）

C.电流表Zi（10mA,内阻约为5。）

D电流表4（30加4,内阻约为20）

E.滑动变阻器凡（0〜200,额定电流34）

足滑动变阻器8（0〜2000。额定电流0.5A）

G.直流电源E（3V,内阻约为1。）

H.开关、导线若干

⑴甲同学根据以上器材设计了用伏安法测量电阻的电路，能满足&两端电压从零

开始在尽可能大的范围内变化，并进行多次测量。则电流表应选择（选填

或）;滑动变阻器应选择______（选填"％”或，或2"）；

（2）请在图1的虚线框中帮甲同学画出实验电路原理图______；

（3）乙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图2所示的测量电路，具体操作

如下：

①按图连接好实验电路，闭合开关Si前调节滑动变阻器氏、/?2的滑片至适当位置；

②闭合开关S],断开开关S2,调节滑动变阻器&、&的滑片，使电流表&的示数

恰好为电流表4的示数的一半；

③闭合开关S2并保持滑动变阻器/?2的滑片位置不变，读出电压表U和电流表4的示

数,分别记为U、/；

④待测电阻的阻值&=;比较甲、乙两同学测量电阻&的方法，若仅考虑

实验的系统误差，则甲同学&的测量值真实值，乙同学&的测量值

真实值（选填大于、小于或等于）。

11.如图所示，光滑的半圆形轨道MN处于竖直平面内，它,X5o

N呼叫

与固定的光滑水平桌面相切于半圆的下端点M,一长为嘘

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

s=0.8m不可伸长的轻绳一端拴着质量为nil的小球，另一端拴于。点。现将小球nii

提至轻绳处于水平位置时无初速度释放，当小球摆至最低点时，恰与放在桌面上的

小球巾2正碰。碰后小球血1被弹回，上升的最高点距桌面高度H=0.2m,质量为巾2=

0.8kg的小球运动到半圆形轨道最低点M时的速度大小为方=1.5m/s,进入半圆形

轨道恰好能通过最高点N,重力加速度g取10m/s2。不计空气阻力，两球都视为质

点，求：

(1)小球mi的质量；

(2)小球血2通过最高点N后打在桌面上的P(图中未画出)点，P点到M点的距离。

12.如图所示，质量为771、电阻未知的导体棒垂直放在相距为八倾角为0的平行光渭金

属导轨上，轨道顶端串联一阻值R的电阻，导轨电阻不计。磁感应强度为B的匀强

磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度如图所示，其中磁场区域n宽度工可以

调节。导体棒由距离磁场区域I上边界d处静止释放，恰能匀速穿过第一个磁场。

(1)导体棒穿过磁场区域I过程，电阻R两端电压；

(2)刚进入磁场区域n时导体棒的加速度；

(3)调节磁场区域n的宽度，使得导体棒恰好出磁场区域n时的速度恰好等于穿出

磁场区域I时的速度。测得此情形下从释放到穿出磁场区域n用时为t,求此过程

中回路的总焦耳热Q与第二个磁场宽度X。

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13.下列说法正确的是（）

A.lglOCTC的水的内能小于lglOOK的水蒸气的内能

B.如果附着层内液体分子间距离小于液体内部分子间距离，则液体浸润该固体

C.给自行车轮胎打气时，越打越费劲，原因是轮胎内气体分子间斥力增大的缘故

D.一定质量的理想气体，在体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度

降低而减小

E.第二类永动机不可能制成，是因为违背了热力学第一定律

14.如图所示，封闭有一定质量理想气体的内壁光滑的导热汽缸固定在一

水平桌面上,且开口向右放置;缸内有一横截面积为0.01m2的活塞，

其到汽缸底部的距离为10m；活塞通过轻绳连接了一个质量为1kg

的小物体，轻绳跨在定滑轮上，滑轮左侧细绳水平，右侧连接小物占勿

体的细绳竖直，轻绳恰好处于伸直状态。开始时汽缸内、外压强相

同，且均为1.01x105pa,汽缸内气体温度为101K,现缓慢降低汽缸内气体的温

度（不计一切摩擦，g=10?n/s2）»

（1）求小物体刚离开地面时缸内气体的温度：

（2）从开始降低温度到活塞移动至距气缸底部6cm时，缸内气体共放出热量101,求

此过程中缸内气体内能的变化量（活塞移动过程中气缸不漏气）。

15.下列说法中正确的是（）

A.光的偏振实验表明，光是一种纵波

B.光从折射率大的介质射向折射率小的介质时可能发生全反射

C.采用同一装置做双缝干涉实验，红光比紫光条纹宽度大

D.在同一种介质中，波长越短的光传播速度越小

E.由于超声波的频率很高，所以超声波容易发生衍射现象

16.为美化城市环境，提高城市整体形象，某市加强了亮化

工程建设。在城市公园的某一正方形的水池的水中装上

亮化灯泡，水池边长为d,将水下灯泡看成点光源，点亮

灯泡，结果在水面上刚好形成一个边长为d的正方形亮斑。已知水对光的折射率为

n,求光源离水面的距离。

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4千克、秒、米是国际单位制中力学的三个基本单位，牛顿是导出单位，

故A错误；

B.惯性只与质量有关，与速度无关，速度越大，惯性没变，故B错误；

C.公式a=上是牛顿第二定律的表达式，表示物体的加速度跟物体受到的合外力成正比,

m

与物体的质量成反比，不是加速度的定义式，故c错误；

D用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法，故。正确。

故选：Do

常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换

法等，是科学探究中的重要思想方法，

物体保持运动状态不变的性质叫惯性，只与物体的质量有关，而与物体是否受力、物体

的运动状态无关；

本题考查力学的基本概念，涉及质点、国际单位制、牛顿第二定律等知识点，掌握基本

概念即可正确求解。

2.【答案】B

【解析】解：48.由E==可知Ha谱线的波长最长，频率最小，能量最小；

为谱线的波长最短，频率最高，能量最大，故”6谱线对应光子的能量是最大的，故A

错误，B正确；

C.为谱线谱线的波长最短，频率最大应为3.03eU,n=5能级以下没有相应的能级差等

于该数值，故C错误；

D光电效应方程&„1=八"-%=/4一%可知：入射光的频率越高，波长越短，飞出

的光电子的最大初动能越大，故Q错误。

故选：B。

根据图线中波长，结合E=A即可判定谱线能量的大小；能级间跃迁时，辐射的光子

能量等于两能级间的能级差，即可求解；根据光电效应方程判断光电子最大初动能。

考查学生对量子论、波尔原子模型的理解，解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规

律，以及知道光子频率、波长的大小与能量变化的关系。

3.【答案】B

【解析】解：由洛伦兹力提供向心力可得=

X

已知〃=%

m

X

解得粒子在磁场中运动的半径为

mv.

r=^=LX

粒子在磁场中运动时间最短，对应的弧长最短、弦长最短,X

由几何关系得，当弦长等于£时最短，此时弦切角为30。，

圆心角为60。，如图所不，运动的最短时间是

tmin=-T=lx^=^,故ACD错误，故8正确。

oouoqu^qtj

故选：B.

粒子在磁场中做圆周运动，粒子速度大小一定，粒子运动轨迹越短，粒子运动轨迹对应

的弦长越短，粒子转过的圆心角越小，粒子在磁场中的运动时间越短，求出粒子转过的

最小圆心角，根据粒子在磁场中做圆周运动的周期公式求出粒子运动的最短时间。

本题考查了带电粒子在磁场中的运动，知道粒子运动轨迹越短、运动轨迹对应的弦长越

短，粒子运动时间越短是解题的前提，分析清楚粒子运动过程、应用牛顿第二定律与粒

子做圆周运动的周期公式即可解题。

4.【答案】A

【解析】解：整体受力分析，由平衡条件得

FN=2mg

由对称性可知

Fb=凡

对上方木模受力分析有

Fa=mg+Fb+Fc

则

m

Fa>9>凡于'+E

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故A正确，BC£)错误；

故选：4。

利用整体法判断木模对水平面的压力情况，将上方木模隔离分析短线的拉力情况。

本题考查的是受力分析，需要灵活使用整体法和隔离法。

5.【答案】C

【解析】解：AC.由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得：G等=mr与，解得

r2T2

周期为：T=叵!，由“黎明星”周期1.7小时，同步卫星周期24小时，可知“黎明星”

\GM

做匀速圆周运动的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，由万有引力提供向心力，根据牛

顿第二定律得：G^=m-,解得卫星的线速度大小为：叵，所以“黎明星”做

rzrYr

匀速圆周运动的线速度大于同步卫星的线速度，故A错误，C正确；

B.由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得：G^=mra)2,可得角速度为：3=

第，所以“黎明星”做匀速圆周运动的角速度大于同步卫星的角速度，故B错误；

D某时刻“黎明星”正好经过赤道上P城市正上方，“黎明星”的周期1.7小时，由于地

球的自转，该时刻后“黎明星”不是经过1.7人能经过P城市正上方，故。错误。

故选：Co

由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，结合周期关系求出“黎明星”做匀速圆周

运动的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，然后再根据牛顿第二定律比较角速度、线速

度的大小关系；由于地球的自转，该时刻后“黎明星”不是经过1.7/1能经过P城市正上

方。

本题以我国成功将全球首颗民用晨昏轨道气象卫星为背景，考查了人造卫星问题，要明

确人造卫星围绕地球做匀速圆周运动，利用万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列

方程求解。

6.【答案】AD

【解析】解：BD.粒子沿x轴正方向运动的过程，电势能先减小后增大，可知电场力先做

正功后做负功，由于粒子带正电，可知在。〜右段所受电场力沿x轴正方向；X1〜右段所

受电场力沿x轴负方向，粒子从小向右运动过程电场力做负功，B错误，力正确；

A由Ep=q<p可知，从。点开始沿x轴正方向，电势先降低后升高，Xi处的电势最低，可

得<P1<92<故4正确；

C.图线的斜率表示粒子所受电场力，粒子从。点向右运动过程中，受到的电场力先减小

后增大，再保持不变，故粒子的加速度先减小后增大，再保持不变，故C错误。

故选:AD.

粒子沿%轴正方向运动的过程，电势能先减小后增大，可知电场力先做正功后做负功，

沿电场线方向电势降低；由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质.

解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本

规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况。

7.【答案】BD

【解析】解：4、在滑动变阻器滑片P从最上端缓慢向下滑动至最下端的过程中，滑动

变阻器连入电路中的电阻变小，则副线圈的总电阻减小，所以副线圈的电流增大，即电

流表的示数逐渐增大；根据变压器的电流比，可知原线圈的电流也增大，故心两端的电

压增大，因交流电源的电动势有效值不变，所以原线圈两端的电压变小，故电压表的示

数逐渐减小，故4错误；

B、设原线圈的电流为副线圈的电流为与，则&的电压为仇=&的电压为4=

/2/?2-则有

力=1述1

^^2^2

又"荒％=2/?0=2/?2

解得：金=：,故8正确；

U2O

C、电源的电动势的瞬时表达式为e=220s讥（100位”

可知，a）=lOOnrad/s

则交流电的频率为f=3=啜族=50"2,故C错误；

Z7T27r

D、由4选项的分析，可知流过原副线圈的电流都增大，根据P=/2R可知，%和/?2消耗

的总功率逐渐增大，故。正确；

故选：BD。

根据副线圈电路中电阻的变化分析出电流的变化，从而分析出原线圈电流的变化，根据

电路构造分析出原线圈电压的变化，进而分析出电表的示数变化；

根据欧姆定律分析出原副线圈两端的电压之比；

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先写出电源电动势的瞬时表达式，根据角速度和频率的关系计算出频率；

根据功率的计算公式结合电学物理量的变化分析出总功率的变化。

本题主要考查了变压器的构造和原理，根据电路结构结合欧姆定律分析出电学物理量的

变化，解题的关键点是理解原副线圈两端电学物理量的比值关系与线圈匝数的比值关系。

8.【答案】BCD

【解析】解：4剪断细线后弹簧恢复原长，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：

0=m2v2-其中。2=2m/s,代入数据解得：%=4m/s,故A错误；

员剪断细线后弹簧恢复原长，根据能量守恒定律可知，弹簧处于压缩状态时储存的最大

弹性势能为：EP=+|m2V2

代入数据解得：EP=12],故B正确；

CD.滑块2滑上传送带后向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得：m2gsine+

Hm2gcos6—m2a

根据速度一时间关系可得：v2=at1,联立解得：q=0.2s；

此阶段滑块2在传送带上运动的位移为：xx=|x0.2m=0.2m

传送带的位移：工带=区i=4X0.2m=0.8m

滑块2在传送带留下的痕迹长Zx=与+%带=0.2m+0.8m=1.0m

滑块2减速为0后，向下做匀加速运动，至速度到达口前，加速度不变仍为a,

若滑块速度能达到其位移大小为：x2代入数据解得：x2=0.8m>0.2m

所以滑块2在下滑过程中速度没有达到"就到达B点，则有：xi=：a抬

代入数据解得：t2=02s

此时传送带的位移：x.'=仇2=4x0.2m=0.8771

滑块2在传送带留下的痕迹长：4x'=-Xi=0.8m-0.2m=0.6m

则滑块2在传送带上运动的时间t=0+t2=0.2s+0.2s=0.4s

滑块2在传送带上发生相对滑动的过程中产生的热量：Q=nm2gcosex(4x+Ax')

代入数据解得：Q=12.8/,故CD正确。

故选：BCD。

根据动量守恒定律求解弹簧恢复原长后滑块1速度大小；根据能量守恒定律求解弹簧处

于压缩状态时储存的最大弹性势能；分析滑块2滑上传送带后的运动情况，根据牛顿第

二定律、运动学公式、功能关系等进行解答。

本题主要是考查动量守恒定律以及牛顿第二定律的综合应用、功能关系等，关键是弄清

楚滑块2的运动情况，根据牛顿第二定律、运动学公式结合功能关系进行解答。

9.【答案】过小AD0.81

【解析】解：(1)纸带上的间距随小车运动不断减小，说明小车在做减速运动，即平衡

摩擦力不够，即平衡摩擦力时木板的倾角过小；

(2)4连接小吊盘和小车的细线应跟长木板保持平行，这样能够保证绳子的拉力方向和

小车运动方向相同，故A正确；

8.根据题设条件有：mgsinO-iimgcosB,可知质量被约掉了，则每次改变小车质量后

无需重新平衡摩擦力，故8错误；

C.小车及车中祛码的总质量应远大于小吊盘和盘中袪码的总质量，故C错误；

D实验时应先接通打点计时器电源，待打点稳定后再释放小车，故O正确。

故选：AD.

(3)因相邻计数点之间还有四个点未画出，则7=5x0.02s=0.1s,根据逐差法，有。=

(04+%5+无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•/。

故答案为：(1)过小；(2)皿(3)0.81

(1)纸带上的间距随小车运动不断减小，说明小车在做减速运动，平衡摩擦力时木板的

倾角过小。

(2)连接小吊盘和小车的细线应跟长木板保持平行，小车及车中祛码的总质量应远大于

小吊盘和盘中祛码的总质量，每次改变小车质量后无需平衡摩擦力.

(3)由逐差法求解加速度。

本题考察“探究加速度与物体受力、质量的关系”的实验步骤及注意事项，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通过待测电阻的最大电流约为/=2=总人=0.03/1=30mA,电流表

应选择必；实验要求电压从零开始在尽可能大的范围内变化，则滑动变阻器应采用分压

接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1。

⑵待测电阻约为100。，电流变内阻约为2。电压表内阻约为3k0,相对来说，待测电阻

远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，滑动变阻器采用分压接法，实验电路图如图

所示

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

IT」

(3)④由实验步骤②可知，通过心与q的电流相等，它们并联，则两支路电压相等，电

阻相等，由步骤③可知，电压表测待测电阻两端电压，通过待测电阻的电流等于4的

示数/，待测电阻的阻值为％=/甲同学采用电流表内接法，根据“大内偏大”，可

知测量值大于真实值；乙同学采用半偏法，测量值等于真实值。

~~@_

rHS>-c=]-L.

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

”,]----------

(1)根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为方便实验操作应选择最大阻值较小的

滑动变阻器。

(2)根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路图。

(3)根据实验步骤与实验电路图应用欧姆定律分析答题。

本题考查了实验器材选择、实验电路设计、实验数据处理、实验方案分析，要掌握实验

器材的选择原则，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键。

11.【答案】解：(1)小球mi无初速度释放后，由机械能守恒定律得

m】gs=泗谥

解得%=4m/s

碰后小球根1被弹回，上升至最高点过程，由机械能守恒定律得

机19”=1巾1可2

解得力'=2m/s

两小球碰撞过程系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律有

恤%=m2v2—

解得啊=0.2kg

(2)小球小2进入半圆形轨道运动，恰好能通过最高点N，由牛顿第二定律可得

说

m2g=62管

根据机械能守恒定律得

=3m2诒+m2g-2R

解得R=0.045m

根据平抛运动规律有

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

即P点到M点的距离为孙M=x=0.09m

答：(1)小球mi的质量为0.2kg；

(2)P点到M点的距离为0.09m。

【解析】(1)小球皿1无初速度释放后下摆的过程，利用机械能守恒定律求出小球mi到达

最低点时的速度。碰后小球mi被弹回，上升至最高点过程，由机械能守恒定律求出小

球mi被弹回的速度。再研究两小球碰撞过程，根据系统动量守恒列方程求解小球Tn】的

质量：

(2)小球m2进入半圆形轨道恰好能通过最高点N,由重力提供向心力，由牛顿第二定律

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求出小球巾2通过最高点N的速度。小球巾2通过最高点N后做平抛运动，根据分运动的规

律求解P点到M点的距离。

本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律、向心力公式的综合应用，要知道小球恰好通

过最高点时，由重力提供向心力，碰撞过程遵守动量守恒定律，要注意规定正方向。

12.【答案】解：(1)进入磁场后做匀速直线运动，则

F个=mgsinG

F^=BIL

/=-

R

解得：u=rngRsu^

BL

(2)导体棒进入磁场前

根据动能定理得：mgdsinG=

/_巳_BL%

R—R+r

导体棒刚进入磁场〃时的速度为：

|mv2=+mg•3dsin9

刚进入磁场时

mgsind-尸J=ma

F£=BI'L

,_BLU2

-R+r

联立解得：Q=-gsin9

负号表示方向沿斜面向上

(3)导体棒从开始释放到刚进入磁场〃的时间为：

G+如

gsinB%

则磁场〃中的运动时间为：弓=t一匕

从进入磁场〃到离开磁场〃的过程中，由动量定理得：

mgsindt2-BILt2=mv1-mv2

其中

EA<PBLx

q=1rx1?=—t?=—=—

“'R+r'R+rR+r

解得：X=8d

由能量关系可知此过程中回路的总焦耳热

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

答：(1)导体棒穿过磁场区域I过程，电阻R两端电压为鹫㈣；

(2)刚进入磁场区域H时导体棒的加速度大小为gsin。，方向沿斜面向上；

(3)从释放到穿出磁场区域H用时为t,此过程中回路的总焦耳热Q为13mgdsi"。，第二

个磁场宽度x为8d。

【解析】(1)根据共点力平衡结合欧姆定律计算出电压的大小；

(2)先根据动能定理计算出进入磁场时的速度，再对导体棒进行受力分析结合牛顿第二

定律计算出加速度；

(3)分别计算出两个过程的时间，根据电流的定义式结合法拉第电磁感应定律计算出磁

场的宽度，再根据能量守恒计算出产生的焦耳热。

本题主要考查了电磁感应与电路的结合，分析过程中涉及到了欧姆定律和法拉第电磁感

应定律以及电流的定义式，同时结合了牛顿第二定律和受力分析的知识，综合性强，难

度中等偏上。

13.【答案】ABD

【解析】解：41glO(TC的水转化为水蒸气要吸收热量，故IglOOK的水的内能小于

IglOOT的水蒸气的内能，故A正确；

8.如果附着层内液体分子间距离小于液体内部分子间距离，附着层内液体分子斥力起主

要作用，使液体浸润该固体，故B正确；

C.给自行车轮胎打气时，越打越费劲，原因是轮胎内气体压强增大的缘故，气体分子间

的相互作用力几乎可以忽略，故