2022年黑龍江省哈爾濱九中高考物理四模試卷

1.自由式滑雪大跳臺(tái)作為北京冬奧會(huì)新增項(xiàng)目備受期

待，滑道由助滑道、起跳臺(tái)、著陸坡停止坡組成。

如圖所示，運(yùn)動(dòng)員使用雙板進(jìn)行滑行。下列說(shuō)法正

確的是（）

A.助滑時(shí)運(yùn)動(dòng)員兩腿盡量深蹲是為了降低重心增大重

力

B.起跳后運(yùn)動(dòng)員在完成空中動(dòng)作時(shí)運(yùn)動(dòng)員可看作質(zhì)點(diǎn)

C.著陸時(shí)運(yùn)動(dòng)員控制身體屈膝下蹲，可以減小沖擊力

D.滑行時(shí)運(yùn)動(dòng)員張開(kāi)手臂是為了減小空氣阻力

2.現(xiàn)代已知碳的同位素共有十五種，有碳8至碳22,

其中碳12和碳13屬于穩(wěn)定型，碳14是宇宙射線透過(guò)

空氣時(shí)撞擊氮原子核產(chǎn)生的，碳14是一種放射性的

元素，衰變?yōu)榈?4.圖中包含碳14衰變相關(guān)信息，結(jié)

合這些信息可以判定下列說(shuō)法正確的是（）

A.碳14轉(zhuǎn)變?yōu)榈?4,衰變方式為￡衰變

B.100個(gè)碳14原子核在經(jīng)過(guò)一個(gè)半衰期后，一定還剩50個(gè)

C.若氮14生成碳14的核反應(yīng)方程為尹N+X-$C+；H,則X為質(zhì)子

D.當(dāng)?shù)?4數(shù)量是碳14數(shù)量的7倍時(shí)，碳14衰變所經(jīng)歷時(shí)間為22920年

3.如圖，在坐標(biāo)系xOy中，弧BDC是以4點(diǎn)為圓心、AB為半徑的一段圓弧，AB=L,

4。=，，。點(diǎn)是圓弧跟y軸的交點(diǎn)。當(dāng)在0點(diǎn)和4點(diǎn)分別固定電荷量-Qi和Q2的點(diǎn)電

荷后，。點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度恰好為零。下列說(shuō)法正確的是（）

A.Qz—2Qi

B.圓弧BDC上的各點(diǎn)中，D點(diǎn)的電勢(shì)最高

C.B、C兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同

D.B、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等

4.已知火星的質(zhì)量約為月球質(zhì)量的9倍、半徑約為月球半徑的2倍。假設(shè)月球、火星均

可視為質(zhì)量均勻分布球體，忽略其自轉(zhuǎn)影響?，F(xiàn)在火星和月球表面分別以相同的初

速度豎直上拋一物體，忽略空氣阻力，則上拋?zhàn)畲蟾叨戎龋ǎ?/p>

A.9：4B.4：9C.9：2D.2：9

5.如圖所示，籃球在1.6m的高度擲出，在2.5m的高度垂直擊中籃板，反彈后恰好落

在擲出點(diǎn)的正下方不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2。則該籃球擊中籃板

A.25：9B.9：25C.25：16D.16：25

6.如圖所示，為某物體在0?t3時(shí)間內(nèi)的速度一時(shí)間圖像，其中13—土2=上一匕=

V則下列說(shuō)法正確的是（）

vr=-32,

A.0?t3時(shí)間內(nèi)，加速度方向改變了一次

B.0?上時(shí)間內(nèi)，加速度方向改變了兩次

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C.0?ti時(shí)間內(nèi)，物體的位移為

D.0?匕時(shí)間內(nèi)，物體的位移為

7.如圖所示，光滑斜面體力BC固定在水平面上，底角。=37。，頂角48=90。，物塊a

和長(zhǎng)木板b分別放在斜面BC和AB匕細(xì)線繞過(guò)固定在斜面頂點(diǎn)的輕質(zhì)光滑定滑輪，

兩端分別與物塊a和長(zhǎng)木板b相連，將物塊a鎖定，滑輪兩側(cè)的細(xì)線分別與兩側(cè)的斜

面平行，長(zhǎng)木板b的質(zhì)量為m,物塊a質(zhì)量為2m,解除物塊a的鎖定，同時(shí)將質(zhì)量為

0.5m的物塊c輕放在長(zhǎng)木板的上端，物塊c始終保持靜止，重力加速度為g=10m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8,則下列判斷正確的是()

A.物塊c與長(zhǎng)木板b間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6

B.物塊a運(yùn)動(dòng)的加速度為］m/s2

C.物塊a機(jī)械能的減小量大于長(zhǎng)木板b機(jī)械能的增加量

D.物塊a機(jī)械能的減小量等于長(zhǎng)木板b機(jī)械能的增加量

8.如圖所示，寬為L(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌由光滑的傾斜部分和足夠長(zhǎng)的粗糙水平部分平滑

連接，右端接阻值為R的電阻c,矩形區(qū)域MNPQ內(nèi)有豎直向上、大小為B的勻強(qiáng)磁

場(chǎng)。在傾斜部分同一高度八處放置兩根細(xì)金屬棒a和b,由靜止先后釋放，a離開(kāi)磁

場(chǎng)時(shí)b恰好進(jìn)入磁場(chǎng)，a在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的總距離為s。a、b質(zhì)量均為電阻均

為R,與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為出與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。導(dǎo)軌電阻

不計(jì)，重力加速度為g。則整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中()

A.a棒中的電流方向會(huì)發(fā)生改變

B.a棒兩端的最大電壓為8八/^^

C.電阻c消耗的電功率一直減小

7ngss)

D.電阻c產(chǎn)生的焦耳熱為

3

9.物理實(shí)驗(yàn)小組為測(cè)量滑塊與不同材質(zhì)的瓷磚間的動(dòng)摩擦因數(shù)，以此對(duì)比瓷磚的防滑

性能。設(shè)計(jì)裝置如圖（甲）所示，把瓷磚放在水平桌面上，形成的傾角為37。的斜面，

滑塊可在斜面上加速下滑，在瓷磚頂端固定一打點(diǎn)計(jì)時(shí)器。開(kāi)啟打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，釋放

滑塊，滑塊從靜止開(kāi)始沿木板滑下。多次重復(fù)后選擇點(diǎn)跡清晰的一條紙帶，如圖（乙

）所示。圖中的點(diǎn)為計(jì)數(shù)點(diǎn)（每?jī)蓚€(gè)相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)未畫(huà)出）。圖中的數(shù)據(jù)

為=4.00cm,x2=5.60cm,x3=7.19cm,x4=8.81cm,x5=10.40cm,x6=

12.00cm,電源頻率為50Hz,重力加速度為9.&n/s2。sin37°=0.6,cos37°=0.8,

計(jì)算結(jié)果均保留3位有效數(shù)字。

圖甲圖乙

（1）滑塊沿瓷磚下滑時(shí)的加速度為m/s2；

（2）滑塊與瓷磚間的動(dòng)摩擦因數(shù)為；

（3）實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，若打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電的頻率低于50Hz,而實(shí)驗(yàn)同學(xué)并不知道,

由此引起的系統(tǒng)誤差將使動(dòng)摩擦因數(shù)的測(cè)量結(jié)果（填“偏大”、“偏小”或

“不受影響”）。

10.實(shí)驗(yàn)小組利用現(xiàn)有實(shí)驗(yàn)儀器測(cè)一電阻阻值Rx，測(cè)量過(guò)程如下：

（1）組員先用多用電表粗測(cè)電阻：如圖甲所示，紅、黑表筆插入“+”、“一”插孔，

此時(shí)黑表筆與表內(nèi)電源的（選填“正”或“負(fù)”）極相連；選用多用電表“X

10”倍率的歐姆擋測(cè)量其阻值時(shí)，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角太大，為了測(cè)量結(jié)果比較精確,

組員按以下步驟進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)：

①應(yīng)換用（選填“x1”或“X100”）倍率的歐姆擋；

②兩表筆短接，通過(guò)調(diào)節(jié)（選填"S"、"T”或“K”），進(jìn)行歐姆調(diào)零；

③重新測(cè)量并讀數(shù)，若這時(shí)刻度盤(pán)上的指針位置如圖乙所示，測(cè)量結(jié)果是_____Q.

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甲乙

（2）除待測(cè)電阻Rx外，實(shí)驗(yàn)室還提供了下列器材：

A電流表4（量程為200m4內(nèi)阻右=10.0/2）

B.電流表4（量程為500m4內(nèi)阻「2=1,。0）

C.滑動(dòng)變阻器R（0?100

D定值電阻&=ion

E.定值電阻&=20OF、電源（電動(dòng)勢(shì)E=4.5U,內(nèi)阻可以忽略）

G開(kāi)關(guān)S、導(dǎo)線若干

①實(shí)驗(yàn)要求測(cè)量盡可能精確，且通過(guò)電阻的電流調(diào)節(jié)范圍盡量大，請(qǐng)將設(shè)計(jì)好的

電路圖畫(huà)在虛線框中（要標(biāo)出器材的符號(hào)）。

②按正確的電路連接，閉合開(kāi)關(guān)，記錄電流表4、&的示數(shù)和/2,移動(dòng)滑動(dòng)變阻

器的滑片，記錄多組數(shù)據(jù)，并作出。-/2圖線如圖丙所示，則該待測(cè)電阻為

Rx=_____。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字），測(cè)量值與真實(shí)值相比（選填“偏大”、

“偏小”或“相等”）。

11.如圖(a),一傾角37。的固定斜面的4B段粗糙，BC段光滑。斜面上一輕質(zhì)彈簧的一

端固定在底端C處，彈簧的原長(zhǎng)與BC長(zhǎng)度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力7作

用下，由4處從靜止開(kāi)始下滑，當(dāng)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去7。7隨滑塊沿斜面下

滑的位移s的變化關(guān)系如圖(b)所示。已知4B段長(zhǎng)度為2巾，滑塊質(zhì)量為2kg,滑塊

與斜面段的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小取

10m/s2,sin370=0.6?求：

(1)當(dāng)拉力為ION時(shí)，滑塊的加速度大??；

(2)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能：

(3)滑塊第一次在B點(diǎn)與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離。

12.如圖，光滑水平桌面上有一個(gè)矩形區(qū)域abed,be長(zhǎng)度為2L,cd長(zhǎng)度為1.53e、f分

別為ad、兒的中點(diǎn)。e"d區(qū)域存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；質(zhì)量為

m、電荷量為+q的絕緣小球4靜止在磁場(chǎng)中/點(diǎn)。abfe區(qū)域存在沿好方向的勻強(qiáng)電

場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度為瞽質(zhì)量為碗的不帶電絕緣小球P,以大小為野的初速度沿4方

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向運(yùn)動(dòng)，并在f點(diǎn)與4發(fā)生彈性正碰，4的電量保持不變，P、4均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)

兩球重力。

(1)求碰撞后4球的速度大?。?/p>

(2)若4球在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)一次從ed邊中點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，求k的取值；

(3)若4球從ed邊中點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，且要求A在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，求該情況對(duì)應(yīng)

k的取值及4在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間。

1.5L

13.一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b、c又回到狀

態(tài)a,其壓強(qiáng)p與體積U的關(guān)系如圖1所示,①②③變

化過(guò)程分別是絕熱、等容和等溫過(guò)程，則下列說(shuō)法

正確的是(

A.①過(guò)程氣體內(nèi)能增加

B.②過(guò)程氣體從外界吸熱

C.全過(guò)程氣體向外界放出的熱量大于從外界吸收的熱量

D.③過(guò)程氣體分子單位時(shí)間內(nèi)對(duì)單位面積器壁的碰撞次數(shù)一定增加

E.因?yàn)闅怏w返回狀態(tài)a時(shí)體積不變，所以外界不對(duì)氣體做功

14.如圖所示，左端封閉、粗細(xì)均勻的U形玻璃管豎直放|......UX,

置,左管中封閉有長(zhǎng)為L(zhǎng)=35cm的空氣柱，兩管水]]

銀面相平，豎直管內(nèi)水銀柱足夠長(zhǎng)，已知大氣壓強(qiáng):

為p=75cmHg。(設(shè)環(huán)境溫度不變)土工'.....b

(1)若將圖甲中的閥門(mén)K打開(kāi)，緩慢流出部分水銀，圖甲圖乙

然后關(guān)閉閥門(mén)K,左管中水銀面下了"=15cm,求右管水銀面下降的高度；

(2津?qū)⒀b置沿順時(shí)針緩慢翻轉(zhuǎn)180。，使U形管倒置(水銀未溢出)如圖乙所示，當(dāng)管

中水銀靜止時(shí)，求管中封閉空氣柱的長(zhǎng)度。

15.平面內(nèi)兩波源到a點(diǎn)的距離相等，產(chǎn)生的橫波疊加后得到穩(wěn)定的圖樣，某時(shí)刻的干

涉圖樣如圖所示，實(shí)線表示波峰，虛線表示波谷，a、P、Q、M、N均為線的交點(diǎn)，

卜列說(shuō)法正確的是（）

A.兩波源的起振方向相反

B.P質(zhì)點(diǎn)到兩波源的波程差為半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍

C.圖示時(shí)刻Q、a兩質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置

D.M、N兩質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向始終相反

E.圖示時(shí)刻起經(jīng)一個(gè)周期，M點(diǎn)傳播到a點(diǎn)

16.一透明棱鏡的橫截面4BCD是一個(gè)直角梯形，Z2=30°,一細(xì)光束在截面所在平面

內(nèi)，與AB成一定角度射入棱鏡，入射點(diǎn)到8點(diǎn)的距離為d=0.1m,入射光線可在4B

上方繞入射點(diǎn)自由轉(zhuǎn)動(dòng),4B、BC足夠長(zhǎng)。當(dāng)入射光線與AB面的夾角為41=45。時(shí)，

出射光線恰與BC面垂直，如圖所示。真空中光速為c=3x10em/s，sinl50=

4

求：

①?gòu)腂C上射出的光在棱鏡中傳播的最短時(shí)間；

（ii）BC上有光射出區(qū)域的長(zhǎng)度。（結(jié)果均可含根號(hào)）

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：力、降低重心不會(huì)增大重力，故A錯(cuò)誤；

8、考慮運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)作時(shí)不可以看作質(zhì)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；

C、著陸時(shí)運(yùn)動(dòng)員控制身體屈膝下蹲可以延長(zhǎng)身體減速所需的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理可知，

此行為可以減少身體受到的沖擊力，故C正確；

D,滑行時(shí)運(yùn)動(dòng)員張開(kāi)手臂是為了更容易控制和調(diào)節(jié)重心的位置，增加身體的穩(wěn)定性。

張開(kāi)手臂并不能減小空氣阻力，反而會(huì)增加空氣阻力，故。錯(cuò)誤；

故選：C。

質(zhì)量不變，重力是不變的，降低重心不會(huì)增大重力；

考慮運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)作時(shí)運(yùn)動(dòng)員的大小和形狀不能被忽略，不可以看作質(zhì)點(diǎn)；

屈膝下蹲可以延長(zhǎng)落地時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理可知，可以減少平均沖擊力：

滑行時(shí)運(yùn)動(dòng)員張開(kāi)手臂是為了更容易控制和調(diào)節(jié)重心的位置。

明確物體看成質(zhì)點(diǎn)的條件，根據(jù)動(dòng)量定理，動(dòng)量變化一定時(shí)，增大作用時(shí)間可減小作用

力。

2.【答案】A

【解析】解：4、碳14轉(zhuǎn)變?yōu)榈?4的核反應(yīng)方程為表C-/N+，e,此衰變?yōu)?衰變，

故A正確；

8、放射性元素的半衰期是大量的放射性元素的原子衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對(duì)個(gè)別的原子沒(méi)

有意義，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知：X的質(zhì)量數(shù)4=14+1-14=1,電荷數(shù)Z=6+

1-7=0,所以X為中子乩，故C錯(cuò)誤；

D、當(dāng)?shù)?4數(shù)量是碳14數(shù)量的7倍時(shí)，碳14數(shù)量占總原子核數(shù)量的j經(jīng)過(guò)3個(gè)半衰期即

O

t=3x5730年=17190年，。錯(cuò)誤。

故選：力。

根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒判斷生成產(chǎn)物；半衰期是一種統(tǒng)計(jì)規(guī)律；根據(jù)半衰期公式

分析。

本題考查學(xué)生的理解能力，需要學(xué)生熟知核反應(yīng)方程的書(shū)寫(xiě)規(guī)則和半衰期的概念，體現(xiàn)

了物理觀念這一核心素養(yǎng)，注意半衰期的適用條件，及影響因素。

3.【答案】D

【解析】解：力、由。點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度恰好為零，則：卜耨=噂,解得：Q2=4Q1，故A

錯(cuò)誤；

8、對(duì)Q2來(lái)說(shuō)圓弧是個(gè)等勢(shì)面，所以各點(diǎn)電勢(shì)高低由Qi決定，根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降

低，離負(fù)電荷越近，電勢(shì)越低，故。點(diǎn)電勢(shì)最低，故B錯(cuò)誤；

CD、根據(jù)電場(chǎng)的矢量性，可知BC兩點(diǎn)電場(chǎng)方向不同，則BC兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不相同，根據(jù)

對(duì)稱性可知BC兩點(diǎn)電勢(shì)相等，故C錯(cuò)誤，。正確。

故選：Do

根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式可以計(jì)算Qi和Q2的關(guān)系；對(duì)Q2來(lái)說(shuō)圓弧是個(gè)等勢(shì)面，所以各點(diǎn)電

勢(shì)高低由Qi決定；根據(jù)對(duì)稱性分析。

本題考查的是點(diǎn)電荷的矢量疊加問(wèn)題，應(yīng)用平行四邊形定則或三角形定則去解決；距離

正點(diǎn)電荷越近的位置電勢(shì)越高，距離負(fù)點(diǎn)電荷越近的位置電勢(shì)越低，特別要理解對(duì)Q2來(lái)

說(shuō)圓弧是個(gè)等勢(shì)面。

4.【答案】B

【解析】解：根據(jù)豎直上拋公式％=學(xué)，可知在兩物體上升高度之比等于重力加速度倒

2g

數(shù)比。

據(jù)在星球表面重力與萬(wàn)有引力相等有：G^=mg

可得：。=察

。月“月隈

最=以砥

h.k4

聯(lián)立解得：

"月"

故8正確，ACO錯(cuò)誤；

故選：B。

根據(jù)質(zhì)量和半徑的關(guān)系求得月球表面的重力加速度與火星表面重力加速度的關(guān)系，再根

據(jù)豎直上拋公式求解。

本題關(guān)鍵是抓住星球表面重力與萬(wàn)有引力相等，根據(jù)質(zhì)量和半徑關(guān)系求得重力加速度之

比，再根據(jù)豎直上拋規(guī)律求解。

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5.【答案】A

【解析】解：將擲出到擊中籃板的運(yùn)動(dòng)過(guò)程等效為逆向的平拋運(yùn)動(dòng)，

設(shè)籃球質(zhì)量為皿，平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為力

籃板反彈后做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，

則有八=\gt2

解得t=后

則在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有％=優(yōu)

籃球的動(dòng)能為a=1mv2,

解得反=嚓

“4/1

則擊中籃板前后的動(dòng)能之比等=占

Ek2九2一九1

其中九1=1.6m,h2=2.5m

代入數(shù)據(jù)得比等=K故A正確，BCD錯(cuò)誤。

hk29

故選：Ao

將擲出到擊中籃板的運(yùn)動(dòng)過(guò)程等效為逆向的平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)水平方向分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求平

拋運(yùn)動(dòng)的初速度，從而得到籃球擊中籃板前后的動(dòng)能表達(dá)式，即可求得動(dòng)能之比。

解答本題的關(guān)鍵要采用逆向思維分析籃球擊中籃板之前的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)水平位移和豎直位

移能確定平拋運(yùn)動(dòng)的初速度。

6.【答案】AC

【解析】解：4B、根據(jù)u-t圖象的斜率表示加速度，斜率的正負(fù)表示加速度方向，可

知G時(shí)刻物體的加速度發(fā)生改變，0?t3時(shí)間內(nèi)，加速度方向改變了一次，故4正確，B

錯(cuò)誤；

CD、因%=-3%,則根據(jù)幾何關(guān)系可知，在t=§時(shí)物體的速度第一次為零。根據(jù)u—t

tl

圖線與時(shí)間軸圍成圖形的面積表示位移，可得0?ti時(shí)間內(nèi)，物體的位移為X=工+

2

巴大，結(jié)合％=-3%，解得x=故C正確，。錯(cuò)誤。

23

故選：AC.

u-t圖象的斜率表示加速度，斜率的正負(fù)表示加速度方向，圖線與時(shí)間軸圍成圖形的

面積表示位移，據(jù)此分析即可。

解答本題時(shí)，要明確--t圖像的斜率表示加速度，圖線與時(shí)間軸圍成圖形的面積表示

位移，解題時(shí)要注意位移的正負(fù)。

7.【答案】BC

【解析】解：4、因物塊c始終保持靜止，可知〃?0.5mgcos37°=0.5mgs譏37°,解得〃=

0.75,故A錯(cuò)誤；

B、對(duì)ab的整體，由牛頓第二定律2mgsin53。-mgsin37°-0.5mgsin37°=3ma,解得

a=\m/s2,故B正確；

CD、a運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，不變，b運(yùn)動(dòng)過(guò)程中cb間存在摩擦力做功，所以b的機(jī)械

能會(huì)減小，所以物塊a機(jī)械能的減小量大于長(zhǎng)木板b機(jī)械能的增加量，故C正確，。錯(cuò)

誤。

故選：BC。

對(duì)c根據(jù)力的平衡條件可解得，將必看作整體，根據(jù)牛頓第二定律解得加速度，根據(jù)機(jī)

械能守恒定律分析機(jī)械能變化。

本題難度不大，關(guān)鍵在于考查整體法和隔離法的運(yùn)用，結(jié)合牛頓第二定律，解題過(guò)程應(yīng)

注意多總結(jié)物體上斜面上的受力情況。

8.【答案】AD

【解析】解：4、當(dāng)a棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)右手定則可得a棒中的電流方向由里向外，當(dāng)

匕棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)右手定則可知a棒中的電流方向由外向里，所以a棒中的電流方向

會(huì)發(fā)生改變，故A正確；

B、a棒下滑到斜面底端時(shí)速度為八則=解得〃=a元減速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)小于BL頻元a棒兩端電壓為路端電壓，所以a棒兩端的最大電壓小于

BLy/Igh,故8錯(cuò)誤；

C、a棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度減小、產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，所以通過(guò)電阻的電流

減小，c電阻消耗的電功率減小，而當(dāng)b棒再次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，c棒消耗的電功率又增大，

然后再減小，故C錯(cuò)誤；

。、a在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的總距離為s,貝昉在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的總距離也為s。根據(jù)能量

守恒定律可得系統(tǒng)產(chǎn)生的總的熱量Q=2mgh-211mgs,無(wú)論a在磁場(chǎng)中或b在磁場(chǎng)中，

c都是在外電路且與阻值為R的電阻并聯(lián)，所以c電阻消耗的焦耳熱Qc=[XQx3=

嚶源，故。正確。

故選：ADo

第12頁(yè)，共20頁(yè)

根據(jù)右手定則可知a棒中的電流方向；根據(jù)機(jī)械能守恒定律計(jì)算達(dá)到低端的速度，a棒兩

端電壓為路端電壓，根據(jù)E=判斷a棒兩端電壓；根據(jù)通過(guò)c棒的電流變化分析電功

率的變化；根據(jù)能量守恒定律分析電阻c產(chǎn)生的焦耳熱。

對(duì)于電磁感應(yīng)問(wèn)題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條

件列出方程；另一條是能量,分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題,根據(jù)動(dòng)能定理、

功能關(guān)系等列方程求解。

9.【答案】1.600.546偏小

【解析】解：(1)根據(jù)逐差法可知，滑塊的加速度為

“4+%5+%6—%2一43_8.81+10.40+12.00—4.00—5.60—7.19

x22=1.60m/s2

a=9T2-9X0.1210~m/s

(2)根據(jù)圖甲，對(duì)滑塊進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得:

mgsind—^mgcosO=ma

代入數(shù)據(jù)解得：M=0.546

(3)若打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電的頻率低于50Hz,頻率減小，周期增大，但學(xué)生不知道，

則計(jì)算加速度時(shí)，7仍取0.1s,則由(1)的分析可知，測(cè)量的加速度偏大，由(2)分析可

知，嘿涓，則摩擦因數(shù)偏小。

故答案為：(1)1.60；(2)0.546；⑶偏小

(1)根據(jù)逐差法計(jì)算出滑塊的加速度；

(2)根據(jù)牛頓第二定律得出滑塊與瓷磚間的動(dòng)摩擦因數(shù)；

(3)根據(jù)頻率的變化結(jié)合〃的表達(dá)式分析出測(cè)量結(jié)果與實(shí)際結(jié)果的大小關(guān)系。

本題主要考查了動(dòng)摩擦因數(shù)的測(cè)量實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，利用逐差

法計(jì)算出滑塊的加速度，結(jié)合牛頓第二定律即可完成分析，同時(shí)要學(xué)會(huì)對(duì)實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生的誤

差進(jìn)行分析，難度不大。

10.【答案】正“X1”T1512相等

【解析】解：(1)根據(jù)“紅進(jìn)黑出”可知黑表筆與表內(nèi)電源的正極相連；

①多用電表指針偏轉(zhuǎn)過(guò)大，說(shuō)明選取的倍率大了，故需選擇“XI”倍率的電阻擋;

②兩表筆短接，通過(guò)調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕7,進(jìn)行歐姆調(diào)零；

③多用電表的示數(shù)為15x1。=150。

(2)①由于沒(méi)有電壓表，故要對(duì)電流表必進(jìn)行改裝，改裝后電壓表的量程為

U=W+=200XIO-x(10+10)1/=4V,

根據(jù)&<1萬(wàn)⑦+Ri)知，采用電流表外接，電路圖如圖所示。

②由題意可知/2=/1+地普

_G+Ri+R-

整理得:12/［，

由圖像可得：八號(hào)型=鬻*=2.625

解得：Rx*120,

本實(shí)驗(yàn)沒(méi)有系統(tǒng)誤差，故測(cè)量值與真實(shí)值相等。

故答案為：(1)正①"x1”②7③15(2)①圖見(jiàn)解析②12,相等

(1)根據(jù)歐姆表正確操步驟完成測(cè)量；

(2)①根據(jù)伏安法測(cè)電阻原理設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)電路；

②根據(jù)歐姆定律和并聯(lián)電路規(guī)律求出圖像解析式，結(jié)合圖像信息求待測(cè)電阻阻值。

本題主要考查伏安法測(cè)未知電阻阻值實(shí)驗(yàn)，根據(jù)基本實(shí)驗(yàn)原理設(shè)計(jì)電路，結(jié)合電路結(jié)構(gòu)

和閉合電路歐姆定律完成對(duì)電路的分析。

11.【答案】解：(1)小滑塊的質(zhì)量為m,斜面傾角為仇滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，

滑塊受斜面的支持力大小為N,滑動(dòng)摩擦力大小為f,拉力為ION時(shí)滑塊的加速度大小

為或由牛頓第二定律和滑動(dòng)摩擦力公式有

T+mgsind—f=ma(T)

N—mgcosd=0@

f="N③

聯(lián)立①②③式并代入題給數(shù)據(jù)得

a=7m/s2(4)

(2)設(shè)滑塊在AB段運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中拉力所做的功為W,由功的定義有

W=T[S[+72$2(5)

式中7\、72和Si、S2分別對(duì)應(yīng)滑塊下滑過(guò)程中兩階段所受的拉力及相應(yīng)的位移大小。依

題意，=BN,Si=lm,T2=10/V,s2=lm。設(shè)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為E4

由動(dòng)能定理有

第14頁(yè)，共20頁(yè)

W+(mgsin?！猣)。［+s2)—Ek—0?

聯(lián)立②③⑤⑥式并代入題給數(shù)據(jù)得

Ek=26/?

(3)由機(jī)械能守恒定律可知，滑塊第二次到達(dá)8點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能仍為外。設(shè)滑塊離8點(diǎn)的最大

距離為Max，由動(dòng)能定理有

-(mgsinG+/力機(jī)訕=0-

聯(lián)立②③⑦⑥式并代入題給數(shù)據(jù)得

Sjnax=1.3ni(9)

答：

(1)當(dāng)拉力為10N時(shí)，滑塊的加速度大小為7m/s2；

(2)滑塊第一次到達(dá)8點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為26/

(3)第一次在B點(diǎn)與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離為1.3機(jī)。

【解析】(1)根據(jù)受力分析、摩擦力公式和牛頓第二定律，求解加速度。

(2)根據(jù)功的定義和動(dòng)能定理，求解到達(dá)B點(diǎn)的動(dòng)能；

(3)根據(jù)動(dòng)能定理，求解最大距離。

解答本題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)每個(gè)過(guò)程對(duì)應(yīng)的物理規(guī)律和物理量。

12.【答案】解：(1)令P初速度v=臂，設(shè)P、A碰后的速度分別為外和力,

由動(dòng)量守恒定律：kmv=kmvp+mvA

由機(jī)械能守恒定律：^kmv2=笳+加琢，

聯(lián)立解得：孫=念?若

(2)粒子4在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力,

由牛頓第二定律得：qvAB=m^,

解得：R=^3

若4球在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)一次從z點(diǎn)就離開(kāi)磁場(chǎng)，如圖1有：

圖1

/?2=(|)2+(1.5L-/?)2,

解得：R=h,可得：k5

7；

O

(3)由圖可知a球能從Z點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)要滿足R2，，則a球在磁場(chǎng)中還可能經(jīng)歷一次半圓運(yùn)

動(dòng)后回到電場(chǎng)，再被電場(chǎng)加速后又進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從z點(diǎn)離開(kāi)。

如圖2和如圖3,

2”

XX

B

XXX

XXX

X

L

圖2圖3

由幾何關(guān)系有,：R2=@)2+(3R—|L)2

解得：/?=2或7?=；

oZ

由R=^L可得:k=卷或k=g

球4在電場(chǎng)中克服電場(chǎng)力做功的最大值為偏=等

當(dāng)：仁各寸-4=鬻，由于如若=喘先〉等

當(dāng)J時(shí)，”翳由于如若=誓＜等

結(jié)合(2)可得4球能從z點(diǎn)離開(kāi)的k的可能值為：k=]或k=[

月球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期為7=誓

當(dāng)時(shí)，如圖3,4球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間G=?

A球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=等

ac=-qE

m

A在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=G+t2=

聯(lián)立解得：t=翳+翳

乙qBCJDLi

第16頁(yè)，共20頁(yè)

答：（1）求碰撞后A球的速度大小為念?警；

（2）k的取值為*

（3）該情況對(duì)應(yīng)k的取值為白或k=力在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為鬻+器。

113C{DL

（解析】（1）根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律列方程求解；

（2）（3）根據(jù)從ed的中點(diǎn)射出的條件，結(jié)合粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)（圓），做出粒子運(yùn)動(dòng)

的軌跡，然后由周期與轉(zhuǎn)過(guò)的角度的關(guān)系即可求出。

對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，

結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角求時(shí)間；對(duì)

于帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般是按類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)進(jìn)行解答。

13.【答案】BCD

【解析】解：4、①過(guò)程若為等溫變化，②過(guò)程為等容變化，溫度升高，則③過(guò)程為

絕熱變化，外界對(duì)氣體做正功，氣體溫度升高，不可能回到初始狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；

8、②過(guò)程若為等容變化，溫度升高，氣體內(nèi)能變大，外界沒(méi)有對(duì)氣體做功，氣體從外

界吸熱，故B正確；

CE、②過(guò)程外界沒(méi)有對(duì)氣體做功，根據(jù)p-V圖像和坐標(biāo)軸所圍面積表示氣體和外界功

的交換，③過(guò)程外界對(duì)氣體做的正功大于①過(guò)程氣體對(duì)外界做的負(fù)功，因此全過(guò)程中

外界對(duì)氣體做正功，氣體內(nèi)能不變，故全過(guò)程氣體向外界放出的熱量大于從外界吸收的

熱量，故C正確，E錯(cuò)誤；

力、③過(guò)程為等溫變化，氣體壓強(qiáng)增大，分子平均動(dòng)能不變，氣體分子單位時(shí)間內(nèi)對(duì)單

位面積器壁的碰撞次數(shù)一定增加，故。正確；

故選：BCD。

根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程pV=C7結(jié)合圖像分析出物理量的變化，結(jié)合熱力

學(xué)第一定律完成分析。

本題主要考查了一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程，根據(jù)公式理解p-V圖像中圖像和橫

軸圍成的面積表示氣體和外界功的交換，結(jié)合熱力學(xué)第一定律完成分析即可。

14.【答案】解：（1）設(shè)右管水銀面下降忙則由玻意耳定律可得：

p0LS=pi（L+H）S

Pi=Po-（八一H）

解得：h=37.5cm

(2)設(shè)空氣柱長(zhǎng)度為Al，則由玻意耳定律可得：

PoLS=P2L1S

P2=Po-2(Li-L)

Li=37.5cm

則管內(nèi)封閉空氣柱的長(zhǎng)度為37.5cm。

答：(1)右管水銀面下降的高度為37.5cm；

(2)管中封閉空氣柱的長(zhǎng)度為37.5cm。

【解析】(1)分析出一定質(zhì)量的理想氣體變化前后的狀態(tài)參量，根據(jù)玻意耳定律計(jì)算出

水銀面的下降高度；

(2)假設(shè)空氣柱的長(zhǎng)度，根據(jù)玻意耳定律完成解答。

本題主要考查了一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程，解題關(guān)鍵點(diǎn)是分析出氣體變化前后的

狀態(tài)參量，結(jié)合公式即可完成分析。

15.【答案】ABD

【解析】解：4、a到兩波源的距離相等，由題圖可知，a點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，結(jié)合振動(dòng)疊

加知識(shí)可知，兩波源的起振方向相反，故A正確；

B、P點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，兩波源的起振方向相反，P質(zhì)點(diǎn)到兩波源的波程差是半波長(zhǎng)的奇

數(shù)倍，故B正確；

C、Q、a是振動(dòng)減弱點(diǎn)，但兩波源的振幅關(guān)系未知，故無(wú)法判斷兩質(zhì)點(diǎn)的位置，故C錯(cuò)

誤；

結(jié)合圖像可知，MN都是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，但N質(zhì)點(diǎn)在圖示時(shí)刻是波峰與波峰的交點(diǎn)，M

是波谷與波谷的交點(diǎn)，故振動(dòng)方向始終相反，故。正確；

E、波傳播過(guò)程中，質(zhì)點(diǎn)不隨波遷移，故E錯(cuò)誤；

故選：ABD?

由題圖可知，a點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，結(jié)合振動(dòng)疊加知識(shí)可知，兩波源的起振方向相反；

P點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，兩波源的起振方向相反，P質(zhì)點(diǎn)到兩波源的波程差是半波長(zhǎng)的奇數(shù)

倍；

振幅關(guān)系未知，故無(wú)法判斷兩質(zhì)點(diǎn)的位置；

MN都是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，但N質(zhì)點(diǎn)在圖示時(shí)刻是波峰與波峰的交點(diǎn)，M是波谷與波谷的交

點(diǎn)，故振動(dòng)方向始終相反；

質(zhì)點(diǎn)不隨波遷移。

明確兩列波的干涉圖樣，知道哪些點(diǎn)是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，知道哪些點(diǎn)是振動(dòng)減弱點(diǎn)，波傳播