2024年九省联考（吉林省黑龙江省）高考物理适应性试卷（1月份）

2024年九省联考（吉林省、黑龙江省）高考物理适应性试卷（1

月份）

一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1〜7题只有一项

符合题目要求，每小题4分；第8〜10题有多项符合题目要求，每题6分，全部选对的得6

分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.（4分）如图，齐齐哈尔到长春的直线距离约为400km。某旅客乘高铁从齐齐哈尔出发经

哈尔滨到达长春，总里程约为525km,用时为2.5h。则在整个行程中该旅客（）

01m齐哈尔

哈尔滨

d长春

A.位移大小约为525km,平均速度大小约为160km/h

B.位移大小约为400km,平均速度大小约为160km/h

C.位移大小约为525km,平均速度大小约为210km/h

D.位移大小约为400km,平均速度大小约为210km/h

2.（4分）2023年8月，我国首次在空间站中实现了微小卫星的低成本入轨。在近地圆轨道

K行的中国空间站中，航天员操作机械臂释放微小卫星。若微小卫星进入比空间站低的

圆轨道运动，则入轨后微小卫星的（）

A.角速度比空间站的大B.加速度比空间站的小

C.速率比空间站的小D.周期比空间站的大

3.（4分）某同学取一装有少量水的塑料矿泉水瓶，旋紧瓶盖，双手快速拧搓挤压水瓶。然

后迅速拧松瓶盖，瓶盖被顶飞的同时瓶内出现白雾，则（）

A.挤压水瓶过程中，瓶内气体分子的平均动能减小

B.挤压水瓶过程中，瓶内气体内能不变

C.瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体对外做功

D.瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体温度升高

4.（4分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，则从此刻开始，介质

中质点P的加速度a随时间t变化的图像为（)

5.（4分）某“失重”餐厅的传菜装置如图所示，运送菜品的小车沿等螺距轨道向下匀速率

运动，该轨道各处弯曲程度相同，在此过程中，小车（）

A.机械能保持不变B.动量保持不变

C.处于失重状态D.所受合力不为零

6.（4分）如图（a）,一点电荷P（未画出）所在的水平直线上有M、N两点。在M、N两

点分别放置试探电荷，其受到的静电力与试探电荷的电荷量的关系分别如图（b）中直线

图⑸图（b）

A.P带正电

B.P在M点左侧

C.M点电势比N点的低

D.M点电场强度比N点的小

7.（4分）如图，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为。的固定光滑斜面上，二者间用

平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲•个沿斜面向上的初

速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0,重力加速度为

A.2mgsin0B.3mgsin。C.4mgsin。D.5mgsin0

（多选）8.（6分）波长不同的a、b两束单色平行光，分别照射到同一双缝干涉装置上，

在屏上得到干涉条纹如图所示。下列说法正确的是（）

^□□ODDDDDm

bnnmuuoDtni]

A.在真空中，a光的波长比b光的长

B.在真空中，a光的传播速度比b光的小

C.若只减小双缝到屏的距离，两光产生的条纹间距均变小

D.两光分别照射同一单缝衍射装置，若只减小缝宽，中央亮纹宽度均变小

（多选）9.（6分）空间中存在垂直于xOy平面的磁场，x=a两侧的匀强磁场方向相反，x

>a区域的磁感应强度大小为x<a区域的2倍。不同带电粒子以速率vo由原点沿xOy

平面射入该磁场，则粒子的轨迹可能为图中的（）

（多选）10.（6分）如图（a）,质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲

到乙左端的距离为L,初始时甲、乙均静止，质量为M的物块内以速度vo向右运动，与

乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x随时间【的变化如图（b）中实线所示，其中to时刻

前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Qo甲始终

未脱离乙，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.碰后瞬间乙的速度大小为:2

3

B.甲、乙间的动摩擦因数为

3gt0

C.甲到乙左端的距离L」

,/3

D.乙、丙的质量比m：M=1：2

二、非选择题：本题共5小题，共54分。

11.（6分）某同学设计实验验证机械能守恒定律，装置如图（a）所示。一质量为m、直径

为d的小球固定于释放装置上，在小球正下方固定四个光电门，调节各光电门的中心，

使其与小球的球心均在同一竖直线上。由静止释放小球，记录小球通过每个光电门的挡

光时间，重力加速度为g。

（1）若测得某光电门的中心与释放点的竖直距离为h,小球通过此光电门的挡光时间为

△I,则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量△Ek

=,重力势能减小量AEp=（用题中字母表示）；

（2）根据实验数据，作出AEk-AEp的图像，如图（b）所示。若图中虚线的斜率k

d，则可验证机械能守恒定律：

（3）经过多次重复实验，发现小球经过第三个光电门时，AEk总是大于AEp,下列原因

中可能的是.

A.第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大

B.第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线

C.小球下落过程中受到空气阻力的作用

12.（8分）某些材料的电阻率在外磁场作用下发生改变的现象称为磁致电阻效应，利用该

效应可以制作磁敏器件。为探究某磁敏器件材料的电阻率随外磁场的变化规律，设计如

图（a）所示电路。该器件在无外磁场时的阻值为Ro,加磁感应强度为B的外磁场后，

阻值变为R,阻值的变叱量AR=R-Ro,相对变化率"能反映器件材料电阻率的变化。

图（c）

图中V1和V2均为理想电压表，定值电阻Ri=30（）C,Rp为滑动变阻器，S为开关，E为

电源。

（1）不加外磁场，调节Rp使V1示数为Ui=0.30V,读出V2示数U2=0.40V,由此可

计算出Ro=Q：

（2）加外磁场，调节Rp使Vi示数仍为0.30V,记录B和V2示数U2,计算包；

R0

（3）改变B,重复（2）操作，实验数据如下表，B=0.30T时，电压表V2示数如图（b）

所示，读出数据，完成表格，答：①,②；

B/T•••0.150.200.250.300.350.40

U2/V•♦•0.560.590.62①0.690.72

△R•♦•0.400.480.55②0.730.80

R。

（4）在图（c）坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图。由此可知，B在0.15T5.40T范

围内，该器件材料的电阻率随B的增大而增大。

13.（10分）滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图（a）,在与水平面夹角8=14.5°

的滑雪道上，质量m=60kg的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势（此时雪面对滑雪

板的阻力可忽略），由静止开始沿直线匀加速下滑xi=43m；之后采取两滑雪板间呈一定

角度的滑雪姿势，通过滑雪板推雪获得阻力，匀减速继续下滑X2=15m后停止。已知

sinl4.5°=0.25,sin37°=0.6,取重力加速度g=lOWs?,不计空气阻力。

（1）求减速过程中滑雪者加速度a的大小；

（2）如图（b）,若减速过程中两滑雪板间的夹角a=74°,滑雪板受到沿雪而且垂直于

滑雪板边缘的阻力均为F,求F的大小。

图(b)

14.（12分）如图，真空中足够大的铝板M与金属板N平行放置，通过电流表与电压可调

的电源相连。一束波长。入=200nm的紫外光持续照射到M上，光电子向各个方向逸出。

已知铝的逸出功WO=6.73X1O、9J,光速c=3.0X108m/s,普朗克常量h=6.63X1。〃）

（1）求光电子的最大初动能Ek（计算结果保留两位有效数字）；

（2）调节电压使电流表的示数减小到。时，M、N间的电压为Uo；当电压为［u。时，

求能到达N的光电子中,初速度与M之间夹角的最小值0。

15.（18分）如图（a）,水平传送带以恒定速率vo顺时针转动，宽为4L、足够高的矩形匀

强磁场区域MNPQ,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里，磁场下边界QP水平。

矩形导体框abed无初速度地放在传送带上且ad与MQ重合，be向右运动到NP时恰与

传送带共速，此时施加水平向右的拉力，使导体框保持共速前的加速度离开磁场。ad离

开磁场时撤掉拉力，同时将QP提升到传送带上方距上表面L处。导体框继续向右运动,

与NP右侧4.5L处的竖直固定挡板发生弹性正碰。当ad返回NP时，施加水平向左的拉

力，使导体框以此时的速度匀速通过磁场。已知导体框质量为m,总电阻为R,ab长为

3L,ad长为2L,导体框平面始终与磁场垂直且不脱离传送带，重力加速度为g。

（1）求导体框从开始运动到与传送带共速过程中，ad两点间的电势差Uad与时间t的关

系式；

（2）求导体框向右离开磁场过程中，拉力冲量IF的大小：

（3）导体框向左通过磁场的过程中，设ad到NP的距离为x,导体框受到的摩擦力大小

为Ff,在图（b）中定量画出导体框通过磁场过程中Ff-x图像，不要求写出推导过程。

2024年九省联考（吉林省、黑龙江省）高考物理适应性试卷（1

月份）

参考答案与试题解析

一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1〜7题只有一项

符合题目要求，每小题4分；第8〜10题有多项符合题目要求，每题6分，全部选对的得6

分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

1.（4分）如图，齐齐哈尔到长春的直线距离约为400km。某旅客乘高铁从齐齐哈尔出发经

哈尔滨到达长春，总里程约为525km,用时为2.5h0则在整个行程中该旅客（）

01m齐哈尔

哈尔滨

d长春

A.位移大小约为525km,平均速度大小约为l60km/h

B.位移大小约为400km,平均速度大小约为160km/h

C.位移大小约为525km,平均速度大小约为210km/h

D.位移大小约为400km,平均速度大小约为210km/h

【分析】位移是由初位置指向末位置的有向线段，是矢量，有大小、方向；

平均速度是位移与时恒的比值，平均速度是矢量，有大小、方向。

【解答】解：位移是由初位置指向末位置的有向线段，则在整个行程中该旅客位移大小

是齐齐哈尔到长春的直线距离，故在整个行程中该旅客位移大小约为400km,

平均速度大小约为：v=A=400km/h=160kro/h）故B正确，ACD错误。

t2.5

故选：Bo

【点评】解题关键是掌握位移的定义和性质；掌握平均速度的公式。难度不大。

2.（4分）2023年8月，我国首次在空间站中实现了微小卫星的低成本入轨。在近地圆轨道

飞行的中国空间站中，航天员操作机械臂释放微小卫星。若微小卫星进入比空间站低的

圆轨道运动，则入轨后微小卫星的（）

A.角速度比空间站的大B.加速度比空间站的小

C,速率比空间站的小D.周期比空间站的大

【分析】根据万有引力提供向心力分别列式求出角速度、线速度、加速度以及周期，进

行比较。

【解答】解：卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得

GMm八2v24兀2

-2-=mWr=ma=m—=m——r

rrT

整理可得

微小卫星的轨道半径小于空间站的轨道半径，即

「卫VI•空

则入轨后微小卫星的隹速度比空间站的大，速率比空间站的大，加速度比空间站的大，

周期比空间站的小，故A正确，BCD错误。

故选：A。

【点评】本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解万有引力提供向心力，熟悉公

式之间的推导关系即可完成解答，难度不大。

3.（4分）某同学取一装有少量水的塑料矿泉水瓶，旋紧瓶盖，双手快速拧搓挤压水瓶。然

后迅速拧松瓶盖，瓶盖被顶飞的同时瓶内出现白雾，则（）

A.挤压水瓶过程中，瓶内气体分子的平均动能减小

B.挤压水瓶过程中，瓶内气体内能不变

C.瓶盖被顶匕过程中，瓶内气体对外做功

D.瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体温度升高

【分析】根据题意分析气体对外做功和外界对气体做功，根据热力学第一定律分析气体

内能变化，进而分析气体温度变化。温度是气体分子平均动能的标志，据此分析气体分

子平均动能的变化。

【解答】解：AB、旋紧瓶盖，双手快速拧搓挤压水瓶，外界对气体做正功，瓶内气体来

不及发牛.热传导，根据热力学第一定律可知，瓶内气体内能变大，则瓶内气体温度升高,

温度是气体分子平均动能的标志，则瓶内气体分子的平均动能增大，故AB错误；

CD、迅速拧松瓶盖，瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体对外做功，瓶内气体来不及发生热传

导，根据热力学第一定律可知，瓶内气体内能变小，则瓶内气体温度降低，故C正确，

D错误。

故选：Co

【点评】本题考查热力学第一定律，解题关键是掌握热力学第一定律，会根据热力学第

一定律分析实验现象，知道温度是气体分子平均动能的标志。

4.（4分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，则从此刻开始，介质

中质点P的加速度a随时间t变化的图像为（）

【分析】根据回复力提供加速度进行求解。

【解答】解：简谐横波沿x轴正方向传播，质点P处于平衡位置，根据上下坡法可知，

质点P向上振动，质点P的加速度为

a二上二上Asin3t，故B正确，ACD错误。

mm

故选：Bo

【点评】本题主要考查了简谐运动，难度一般，基础题。

5.（4分）某“失重”餐厅的传菜装置如图所示，运送菜品的小车沿等螺距轨道向下匀速率

运动，该轨道各处弯曲程度相同，在此过程中，小车（)

A.机械能保持不变B.动量保持不变

C.处于失重状态D.所受合力不为零

【分析】小车的机械能包括动能和重力势能，根据运动过程分析机械能的变化：根据动

量公式分析动量是否发生变化；根据小车的运动分析小车的状态；合力提供向心力，

【解答】解：A、小车的机械能包括动能和重力势能，小车高度减小，即重力势能减小，

小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，速度大小不变，即动能不变，所以小车的机械能减

小，故A错误；

B、小车做螺旋运动，速度大小不变，方向改变，根据动量表达式有p=mv可知，小车

动量的大小不变，动量的方向发生变化，即动量发生了变化，故B错误：

C、由于小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，沿轨道方向的速度大小不变，即小车沿轨

道方向的合力为0,即沿轨道方向的加速度为0,又由于该轨道各处弯曲程度相同，则轨

道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心力，该作用力方向沿水平方向，

可知，小车的加速度方向方向沿水平方向，小车不存在竖直方向的加速度，即小车既不

处于超重，又不处于失重，故C错误；

D、根据上述可知，小车沿轨道方向的合力为0,轨道对小车的指向图中轴心的作用力提

供圆周运动的向心力，即小车的合力不为零，合力方向总指向图中轴心，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查的知识点较多，注意动量和合力是矢量，具有方向性，难度适中。

6.（4分）如图（a）,一点电荷P（未画出）所在的水平直线上有M、N两点。在M、N两

点分别放置试探电荷，其受到的静电力与试探电荷的电荷量的关系分别如图（b）中宜线

I、H所示。规定向右为正方向，则（）

图(a)图(b)

A.P带正电

B.P在M点左侧

C.M点电势比N点的低

D.M点电场强度比N点的小

【分析】根据试探电荷受到的电场力方向，结合其电性，分析M、N两点的场强方向，

再判断点电荷P的电性和位置。根据F-q图像的斜率表示场强，分析M、N两点场强的

大小，从而判断出M、N两点到P的距离，即可判断M、N两点电势关系。

【解答】解：AB、由图像中直线I可知，在M点放置的试探电荷带正电，受到的电场

力向右，则M点的场强方向向右。由图像中直线II可知，在N点放置的试探电荷带负电,

受到的电场力向右，则N点的场强方向向左，可知点电荷P应位于M、N两点之叵，且

P带负电，故AB错误；

CD、根据E上得F=Eq,可知F-q图像的斜率表示场强，由F-q图像可知，直线I对

q

应的场强大于直线n对应的场强，即M点电场强度比N点的大。根据可知M点

r

比N点离负点电荷P更近，所以M点电势比N点的低，故C正确，D错误。

故选：Co

【点评】解答本题的关键要理解F-q图像的意义，知道F-q图像的斜率表示场强，正

电荷所受电场力方向与场强方向相同，负电荷所受电场力方向与场强方向相反。

7.(4分)如图，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为8的固定光滑斜面上，二者间用

平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初

速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0,重力加速度为

go挡板对乙的弹力最大值为()

A.2mgsin。B.3mgsin0C.4mgsin。D.5mgsin。

【分析】乙始终未离开挡板，则甲做简谐运动，甲在最低点和最高点时，分别对两物块

受力分析，根据平衡条件、牛顿第二定律分析和简谐运动的对称性列式求解即可。

【解答】解：物块甲运动至最富点时，挡板对乙的弹力最小值为0,对乙受力分析，由平

衡条件得：F井।=mgsinB

对甲受力分析，由牛顿第二定律得：Fi+mgsin0=ma

则有：F弹i=2mgsin。

物块甲运动至最低点时，根据简谐运动的对称性有：F.^2-mgsinA=ma

则有：F弗2=3mgsin。

对乙受力分析，由平衡条件可知，挡板对乙的弹力最大值为：FN=F.^2+mgsine=4mgsin0

故C正确，ABD错误,

故选：Co

【点评】本题考查简谐运动，解题关键是知道简谐运动具有对称性：关于平衡位置对称

的两点，物块的加速度大小相等，结合平衡条件和牛顿第二定律列式求解即可.

（多选）8.（6分）波长不同的a、b两束单色平行光，分别照射到同一双缝干涉装置上，

在屏上得到干涉条纹如图所示。下列说法正确的是（）

aDDODDDDDm

b[JCDI1DDDDDDID

A.在真空中，a光的波长比b光的长

B.在真空中，“九的传播速度比b光的小

C.若只减小双缝到屏的距离，两光产生的条纹间距均变小

D.两光分别照射同一单缝衍射装置，若只减小缝宽，中央亮纹宽度均变小

【分析】根据干涉条纹的宽度可以确定入射光的波长的大小关系来确定两列光的频率的

大小关系，根据光电效应的特点来确定是否能够发生光电效应，发生明显衍射的条件是

狭缝的宽度比波长小。

【解答】解：AB、a光对应的条纹间距大于b光对应的条纹间距，根据上入可知在

d

真空中，a光的波长比b光的长；在真空中，a光的传播速度与b光的传播速度相等，均

为c,故A正确，B错误；

C、根据人，若只减小双缝到屏的距离，两光产生的条纹间距均变小，故C正确；

d

D、两光分别照射同一单缝衍射装置，若只减小缝宽，中央亮纹宽度均变大，故D错误。

故选：ACo

【点评】该部分题目难度不大，只要切实掌握了相关的基础知识就能顺利解决此类题目。

（多选）9.（6分）空间中存在垂直于xOy平面的磁场，x=a两侧的匀强磁场方向相反，x

>a区域的磁感应强度大小为x<a区域的2倍。不同带电粒子以速率vo由原点沿xOy

平面射入该磁场，则粒子的轨迹可能为图中的（）

【分析】根据Bqv=n】一列式求解出半径公式，得出不同区域的半径关系；分别根据每

一选项的半径关系得出图像是否符合题意。

【解答】解：因x>a区域的磁感应强度大小为xVa区域的2倍，根据

2

Bqv=m-^—

可知x<a区域的圆周运动的半径为x>a区域的圆周运动的半径的2倍。

A.由图可知粒了•运动的轨道半径为

3a」

a

即粒子没能到达两磁场的分界线，故A正确;

B.该图中粒子在xVa中运动时的凯迹半径为

二2二a

rcos45°V2

则在x>a区域运动的半径应该为

r-4

则轨迹与y轴交点的纵坐标应该是

y=2r,sin450q

故B正确；

C.该图中粒子在xVa区域的轨道半径小于在x>a区域的轨道半径，故C错误;

D.该图中粒子在xVa区域的轨道半径为r=a,则在x>a区域的轨道半径为

则轨迹与y轴交点

y=a+2X-^-+a=3a

故D正确。

故答案为：ABDo

【点评】本题考查的是洛伦兹力提供向心力的应用，要结合图像半径关系，题型较复杂,

需注意结合几何关系解题。

（多选）10.（6分）如图（a）,质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲

到乙左端的距离为L,初始时甲、乙均静止，质量为M的物块内以速度vo向右运动，与

乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x随时间【的变化如图（b）中实线所示，其中to时刻

前后的图像分别是抛物线的•部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Qo甲始终

未脱离乙，重力加速度为g0下列说法正确的是（）

B.甲、乙间的动摩擦因数为一5-

3gt0

C.甲到乙左端的距离L冲

D.乙、丙的质量比m：M=l：2

【分析】根据运动学公式结合x-t图像的切线斜率表示速度求解碰后瞬间乙的速度大小,

根据牛顿第二定律甲、乙间的动摩擦因数；根据图（b）可得0〜to时间内甲、乙发生的

相对位移，由此得到甲到乙左端的距离满足的条件；物块丙与乙发生弹性碰撞，根据动

量守恒定律、机械能守恒定律进行解答。

【解答】解：AB、设碰后瞬间乙的速度大小为vi,碰后乙的加速度大小为a,由图（b）

可知：

x=vi•【o--11at2『一^―

抛物线的顶点为Q,根据x-t图像的切线斜率表示速度，则有：vi=a-2to

2vv

联立解得：vi=―°n,a=—n5-

33to

根据牛顿第二定律可得：a=业星=照

m

解得甲、乙间的动摩擦因数为：口=一①一，故A错误，B正确；

3gt0

C、由于甲、乙质量相同，则甲做加速运动的加速度大小也为a=-y-

3to

根据图（b）可知，io时刻甲、乙刚好共速，则0〜io时间内甲、乙发生的相对位移为：

V[+VdiVdtVivn

AX=X,-X.|=-J_—tn=—tr

2I2202X3"

则甲到乙左端的距离满足：Ax=llt故C正确；

3。

D、物块丙与乙发生弹性碰撞，取向右为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律可得：Mvo

=Mv2+mvi

根据机械能守恒定律可得：2=1^12

可得vi=gLvo=2丫]

M+m3

口「得乙、丙的质最比为：m：M=2：1,故D错误。

故选：BC。

【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律；对于动量守恒定律，其守

恒条件是：系统不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞

前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。

二、非选择题：本题共5小题，共54分。

11.（6分）某同学设计实验验证机械能守恒定律，装置如图（a）所示.一质量为m、直径

为d的小球固定于释放装置.上，在小球正下方固定四个光电门，调节各光电门的中心，

使其与小球的球心均在同一竖直线上。由静止释放小球，记录小球通过每个光电门的挡

光时间，重:力加速度为g。

（1）若测得某光电门的中心与释放点的竖直距离为h,小球通过此光电门的挡光时间为

△3则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量△Ek=_"in（氏产―，重

力势能减小量AED=meh（用题中字母表示）；

（2）根据实验数据，作出AEk-AEp的图像，如图（b）所示。若图中虚线的斜率k*

J_,则可验证机械能守恒定律；

（3）经过多次重复实验，发现小球经过第三个光电门时，AEk总是大于AEp,下列原因

中可能的是Bo

A.第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大

B.第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线

C.小球下落过程中受到空气阻力的作用

【分析】（1）先求出经过光电门中心的速度，再根据动能公式求出小球从释放点下落至

此光电门中心时的动能增加最；根据Ep=mgh求出重力势能的减小量；

（2）根据机械能守恒定律可得AEk=AEp,则图像斜率为1；

（3）竖直距离测量值偏大，使重力势能偏大；

第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得挡光宽度小于小球的直径,

则速度测量值偏大；

小球下落过程中受到空气阻力的作用，减少的重力势能有一部分转化为内能。

【解答】解：（1）小球经过光电门中心时的速度为

d

则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量为

22

AEk=1mv-0=j-in（^-）

小球从释放点下落至此光电门中心时的重力势能减小量

AEp=mgh

（2）根据机械能守恒定律可得

△Ek=AEp

则作出△Ek-AEp的图像中虚线的斜率k和1,则可验证机械能守恒定律。

（3）A.第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大，则AEp的测量值偏大，

使得△Ek小于AEp,故A错误；

B.第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得挡光宽度小于小球的直

径，则速度测量值偏大，△Ek的测量值偏大，使得3Ek大于AEp,故B正确；

C小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，则

AEk小于AEp,故C错误。

故选：Bo

故答案为：（1）mgh；（2）1；（3）Bo

【点评】本题考查的是验证机械能守恒的实验，其中小球经过光电门的速度计算为

v=-^-，题型为基础题，较简单。

12.（8分）某些材料的电阻率在外磁场作用下发生改变的现象称为磁致电阻效应，利用该

效应可以制作磁敏器件。为探究某磁敏器件材料的电阻率随外磁场的变化规律，设计如

图（a）所示电路。该器件在无外磁场时的阻值为Ro,加磁感应强度为B的外磁场后，

阻值变为R，限值的变化量AR=R-Ro,相对变化率且能反映器件材料电阻率的变化。

R0

AR

图中V］和V2均为理想电压表，定值电阻Ri=300C,Rp为滑动变阻器，S为开关，E为

电源。

（I）不加外磁场，调节Rp使Vi示数为Ui=0.30V,读出V2示数U2=0.40V,由此可

U算出Ro-400n；

（2）加外磁场，调节Rp使Vi示数仍为0.30V,记录B和V2示数U2,计算左■:

R0

（3）改变B,重复（2）操作，实验数据如下表，B=0.30T时，电压表V2示数如图（b）

所示，读出数据，完成表格，答：①0.66,②0.65；

B/T•••0.150.200.250.300.350.40

U2/V•••0.560.590.62①0.690.72

-=£.…0.400.480.55②0.730.80

R。

（4）在图（c）坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图。由此可知，B在O.15T0.4OT范

围内，该器件材料的电阻率随B的增大而增大。

【分析】（1）根据电阻分压关系可得出结论；

（3）由图读出电压表V2示数，再根据电阻分压关系列式，求出磁敏器件的阻值，从而

得出”的值；

R0

（4）根据表中数据描点连线。

【解答】解：（1）根据电阻分压关系可得

%£2

R-Ro

磁敏器件在无外磁场时的阻值为

Ro=4（X）n

（3）由图可知电压表V2示数为

U=（）.66V

根据电阻分压关系可得

U1U

1■-访

B=0.30T时，磁敏器件的阻值为

R'o=66OQ

则

△RR'0-R0660-400八

子丁二R。=40000.65

（4）将所缺数据点补充完整做出图象如图所示

故答案为:(1)40()；(3)0.66,0.65；(4)

【点评】本题为新型实验题型，其中，电阻的分压列式要熟练掌握。

13.（10分）滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图（a）,在与水平面夹角0=11.5°

的滑雪道上，质量m=60kg的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势（此时雪面对滑雪

板的阻力可忽略），由静止开始沿直线匀加速下滑xi=45m：之后采取两滑雪板间呈•定

角度的滑雪姿势，通过滑雪板推雪获得阻力，匀减速继续下滑x2=15m后停止。己知

sin14.5°=0.25,sin37°=0.6,取重力加速度g=lOm/sz,不计空气阻力。

（1）求减速过程中滑雪者加速度a的大小：

（2）如图＜b）,若减速过程中两滑雪板间的夹角a=74°,滑雪板受到沿雪面且垂直丁

滑雪板边缘的阻力均为F,求F的大小。

【分析】（1）滑雪者先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动

位移一速度公式和牛顿第二定律列式求解即可：

（2）滑雪者做减速运动时，对滑雪者受力分析，沿雪面方向，根据牛顿第二定律列式求

解即可。

【解答】解：（I）由静止开始沿直线匀加速下滑的过程，由匀变速直线运动位移一速度

2

公式得：2a1X1=v

由牛顿第二定律得：mgsin6=ma]

代入数据联立解得：v=15m/s

2

匀减速继续下滑的过程，由匀变速直线运动位移一速度公式得：2ax9=v

代入数据解得：a=7.5nVs2

（2）若减速过程中两滑雪板间的夹角a=74°

根据牛顿第二定律有：2Fsin-rmgsin®=ina

代入数据解得：F=500N

答：（I）减速过程中滑雪者加速度a的大小为7.5m/s2；

（2）滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力天小为500No

【点评】本题考查牛顿第二定律和运动学公式，解题关键是对滑雪者做好受力分析•，结

合牛顿第二定律和运动学公式列式求解即可”

14.（12分）如图，真空中足够大的铝板M与金属板N平行放置.，通过电流表与电压可调

的电源相连。一束波长。入=200nm的紫外光持续照射到M上，光电子向各个方向选出。

已知铝的逸出功WO=6.73X1O19J,光速c=3.0X108m/s,普朗克常量h=6.63X10一巧

•So

（I）求光电子的最大初动能Ek（计算结果保留两位有效数字）；

（2）调节电压使电流表的示数减小到。时，M、N间的电压为Uo；当电压为卷现时，

求能到达N的光电子中，初速度与M之间夹角的最小值0o

【分析】（1）根据光电效应方程求解；

（2）分别根据不同电压时光子的运动列出动能定理公式，求解出角度大小。

【解答】解：（1）根捱光电效应方程可得

8

Eh£,,6,63X10^X3OXIO^73x]°T9J=3.2X10-叼

K人U200X10—

（2）因调节电压使电流表的示数减小到。时，M、N间的电压为Uo,则

Ek=Uoe

当电压为卷U。时恰能到达N的光子满足

22

-1-Uoe^-in（vosin0）=Ek（sinB）

代入数据解得

Sin9--

则

e=6（r

答：⑴光电子的最大初动能Ek为3.2X10I9j；

（2）能到达N的光电子中，初速度与M之间夹角的最小值。为60°。

【点评】本题考查光电子的最大初动能以及带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握动

能定理。

15.（18分）如图（a）,水平传送带以恒定速率vo顺时计转动，宽为4L、足够高的矩形匀

强磁场区域MNPQ,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里，磁场下边界QP水平。

矩形导体框abed无初速度地放在传送带上且ad与MQ重合，be向右运动到NP时恰与

传送带共速，此时施加水平向右的拉力，使导体框保持共速前的加速度离开磁场。ad离

开磁场时撤掉拉力，同时将QP提升到传送带上方距上表面L处。导体框继续向右运动,

与NP右侧4.5L处的竖直固定挡板发生弹性正碰。当ad返回NP时，施加水平向左的拉

力，使导体框以此时他速度匀速通过磁场。已知导体框质量为m,总电阻为R,ab长为

3L,ad长为2L,导体框平面始终与磁场垂直且不脱离传送带，重力加速度为g。

（1）求导体框从开始运动到与传送带共速过程中，ad两点间的电势差Uad与时间t的关

系式；

（2）求导体框向右离开磁场过程中，拉力冲量IF的大小；

（3）导体框向左通过磁场的过程中，设ad到NP的距离为x,导体框受到的摩擦力大小

为Ff,在图（b）中定量画出导体框通过磁场过程中Ff-x图像，不要求写出推导过程。

图（a）图（b）

【分析】（1）根据动生电动势的公式求出ad产生的利生电动势，再根据运动学规律求出

ad两点间的电势差Uad与时间I的关系式；

（2）根据牛顿第二定律求出导体框从开始运动到与传送带共速过程中受到的摩擦力；再

根据位移与时间以及速度与时间的关系求出be离开磁场时的速度以及时间：分析导线框

离开磁场时的加速度，求出导线框产生的动生电动势的表达式、导线框中的电流，以及

受到的安培力再求出拉力的冲量大小；

（3）根据动能定理求出导体框返回ad到NP时的速度；再分析导体框之后的运动情况,

分别求出ad边进入磁场时ad边切割磁感线产生动生电动势、导线框中感应电流、导线

框ad、ab边受到的安培力以及导体框受到的摩擦力；同理求出导线框be边进入磁场时

导线框受到的摩擦力以及当导线框ad边离开磁场时导线框中be产生动生电动势、感应

电流、导线框be受到的安培力以及导线框受到的摩擦力，最后画出则导体框通过磁场过

程中Ff-x图像。

【解答】解：（1）导体框从开始运动到与传送带共速过程中，导体框整个在磁场中，ad

边、be边同时切割磁感线，则ad产生的动生电动势为Uad=B・2Lvt

,2

导体框从开始运动到与传送带共速过程中，导体框一直做匀加速直线运动，则L二2，

2a

v（=at

则导体框从开始运动到与传送带共速过程中，ad两点间的电势差Uad与时间t的关系式

Uad=2BLvt=Bvjt

(2)导体框从开始运动到与传送带共速过程中受到向左的摩擦力提供加速度，则：

2

v

f「=ma=111—0—

2L

由题知，be向右运动到NP时恰与传送带共速，到导体框be向右运动到NP到导体框离

开磁场，水平方向受到向左的安培力F安、传送带向左的滑动摩擦力f和施加水平向右的

拉力F。

导线框运动一直做匀加速直线运动，则3L=voti+lat2

21

又：vi=vo+at