【文档说明】2024届北京市海淀区高三下学期二模（5月）物理试题 Word版含解析.docx，共(25)页，5.052 MB，由小赞的店铺上传

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海淀区2023—2024学年第二学期期末练习高三物理一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.下列核反应方程中，属于核裂变的是（）A.14140671CN+e−→

B.235114489192056360U+nBa+Kr+3n→C.23411210H+HHe+n→D.1441772811N+HeO+H→【答案】B【解析】【详解】A．A的衰变生成物里有电子，属于β衰变，故A

错误；B．B反应是用中子轰击重核使重核转变成轻核，属于核裂变反应，故B正确；C．C反应是轻核聚变，是氢弹的基本反应方程，故C错误；D．D是用α粒子轰击原子核发生核反应，是原子核的人工转变，是发现质子的方程，故D错误。故选B。2.下列关于光的现象说法正确的是（）A.水面上漂着

的油膜呈彩色，是光的折射现象B.相机镜头上的增透膜，利用了光的偏振C.泊松亮斑现象是光的衍射现象，说明光具有波动性D.雨后天空出现的彩虹，是光的干涉现象【答案】C【解析】【详解】A．水面上漂着的油膜呈彩色，是光的薄膜干涉现象，故A错误；B．相机镜头上的增透膜，利用

了光的干涉，故B错误；C．泊松亮斑现象是光的衍射现象，说明光具有波动性，故C正确；D．雨后天空出现的彩虹，是光的折射现象，故D错误。故选C。3.关于热现象，下列说法正确的是（）A.两热力学系统达到热平衡的标志是内能相同B.气体温度上升时，每个分子的热运动都变得更剧烈C.气体从外界吸收热量，其内

能可能不变D.布朗运动是液体分子的无规则运动【答案】C【解析】【详解】A．两热力学系统达到热平衡的标志是温度相同，选项A错误；B．气体温度上升时，分子的平均动能变大，但不是每个分子的热运动都变得更剧烈，

选项B错误；C．气体从外界吸收热量，若同时对外做功，则其内能可能不变，选项C正确；D．布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，是液体分子的无规则运动的具体表现，选项D错误。故选C。4.位于坐标原点的质点从t=0时开始沿y轴振动，形成一列沿x轴传播的简谐波，t=0.5s时的波形

如图所示，此时x=0处的质点位于波峰位置。图中能正确描述x=2m处质点振动的图像是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】根据波形图可得10.5s4T=解得周期2s=T由11m4=解得波长为4m=该波的波速为2m

/svT==所以波传到x=2m经过的时间为11sxtv==根据波形图可知，振源的起振方向向上，则波传到x=2m时，质点开始向上振动。故选A。5.某同学用如图所示的装置探究等温情况下一定质量的气体压强与体积的关系，下列说法正确的是（）A.该实验必须保证良好的密封性B.该实验必须测量柱塞的直径C

.应快速移动柱塞，以减少气体向环境中放热D.为方便操作，可用手握住注射器再推拉柱塞【答案】A【解析】【详解】A．该实验要使研究气体对象质量一定，所以必须保证良好的密封性，故A正确；B．实验中要验证1122pVpV=由于推拉柱塞前后柱塞横截面积不变，因此只需验证1122pL

pL=所以不需要测量柱塞的横截面积，即不需要测量柱塞的直径，故B错误；CD．为了保证气体温度不变，应缓慢移动柱塞，不可以手握住注射器再推拉柱塞，故CD错误。故选A。6.如图所示，一物体在与水平方向夹角为θ的

恒定拉力F作用下以速度v做匀速直线运动。已知物体质量为m，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。在物体运动时间为t的过程中，下列说法正确的是（）A.支持力可能为零B.摩擦力做功为−μmgvtC.拉力和摩擦力的合力方向竖直向上D.合

力做功为Fvt【答案】C【解析】【详解】AB．物体匀速运动，对物体受力分析，水平方向NcosFfF==竖直方向NsinFFmg+=由于水平方向一定受到向左的摩擦力，故支持力不可能为零；摩擦力做功为()fNsi

nWfsFsmgFvt=−=−=−−故AB错误；C．对物体受力分析，受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，由平衡条件可知此时拉力和摩擦力的合力方向必定竖直向上此时与支持力的合力才能和重力平衡，故C正确；D．物体做匀速直线运动，受到

的合外力为0，故合力做功为0，故D错误。故选C。7.地球同步卫星的发射过程可以简化如下：卫星先在近地圆形轨道I上运动，在点A时点火变轨进入椭圆轨道II，到达轨道的远地点B时，再次点火进入同步轨道III

绕地球做匀速圆周运动。设卫星质量保持不变，下列说法中正确的是（）A.卫星在轨道I上运动经过A点时的加速度小于在轨道II上运动经过A点时的加速度B.卫星在轨道I上的机械能等于在轨道III上的机械能C.卫星在轨道I上和轨道III上的运动周期均与地球自转周期相同D.卫星在轨道II上运动经过B点时

的速率小于地球的第一宇宙速度【答案】D【解析】【详解】A．由2MmGmar=，解得2GMar=可知卫星在轨道I上运动经过A点时的加速度等于在轨道II上运动经过A点时的加速度，故A错误；B．卫星从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A点火加速，卫星从轨道Ⅱ进入轨道III需在B点火加速，所以卫星在轨道

I上的机械能小于在轨道III上的机械能，故B错误；C．由开普勒第三定律32akT=，可知卫星在轨道I上的运动周期小于在轨道III上的运动周期，轨道III上的运动周期与地球自转周期相同，故C错误；D．由22MmvGmrr=，可知

GMvr=可知卫星在轨道III上运动经过B点时的速率小于地球的第一宇宙速度，卫星在轨道III上运动经过B点时的速率大于卫星在轨道II上运动经过B点时的速率，故卫星在轨道II上运动经过B点时的速率小于地球的第一宇宙速度，故D正确。故选D。8.如图1所示为演示自感现象

的实验电路。实验时，先闭合开关S，电路达到稳定后，灯泡A和B处于正常发光状态，在t0时刻，将开关S断开，测量得到t0时刻前后流过某一灯泡的电流I随时间t的变化关系如图2所示。电源内阻及电感线圈L的直流电阻可忽略不计。下列说法正确的是（）A.闭合S，灯泡A和

B都缓慢变亮B.断开S至灯泡B完全熄灭的过程中，a点电势高于b点电势C.图2所示为灯泡B在S断开前后电流随时间的变化关系D.由图2可知两灯泡正常发光时，灯泡A的阻值大于灯泡B的阻值【答案】C【解析】【详解】A．闭合S，B灯立刻变亮，由于线圈产

生自感电动势阻碍电流的增加，使得灯泡A缓慢变亮，选项A错误；BC．断开S后，原来通过B的电流立即消失，由于线圈产生的自感电动势阻碍电流的减小，则线圈L相当电源，在灯泡B和A重新组成回路，则通过B的电流由b到a，则从断开S至灯泡B完全熄灭的过程中，a点电势低于

b点电势，S断开前后流过灯泡B的电流方向相反，即图2所示为灯泡B在S断开前后电流随时间的变化关系，选项B错误，C正确；D．由图2可知由于S断开后通过B的电流大于S断开之前通过B的电流，可知两灯泡正常发光时，灯泡A的阻值小于灯泡B

的阻值，选项D错误。故选C。9.地球表面与大气电离层都是良导体，两者与其间的空气介质可视为一个大电容器，这个电容器储存的电荷量大致稳定，约为5×105C，其间的电场，称为大气电场。设大地电势为零，晴天的大气电场中，不同高度

h处的电势φ的变化规律如图所示，不考虑水平方向电场的影响。根据以上信息，下列说法正确的是（）A.大气电场的方向竖直向上B.地面带电量约为2.5×105CC.地面和大气电离层组成的电容器电容值约0.6FD.高度h越大，大气电场强度越小【答案】D【

解析】【详解】A．大地电势为零，离地面越高，电势越高，因沿电场方向电势降低，可知大气电场的方向竖直向下，选项A错误；B．因地面和大气层分别是电容器的两个电极，电容器储存的电荷量约为5×105C，可知地面带电量约为5×105C，选项B错误；C．根据电

容器的定义式QCU=可知，地面和大气电离层组成的电容器电容值约535105F=F300103QCU==故C错误；D．根据UEd=可知图像的斜率代表电场的倒数，高度h越大，大气电场强度越小，故D正确

。故选D。10.如图所示，两根足够长的平行金属导轨位于水平的xOy平面内，导轨与x轴平行，左端接有电阻R。在x>0的一侧存在竖直向下的磁场，磁感应强度B随空间均匀变化，满足B=B0+kx（k>0且为定值）。一金属杆与导轨垂直放置，且接触良好，在外力作用下沿x轴正

方向匀速运动。t=0时金属杆位于x=0处，不计导轨和金属杆的电阻。图2中关于金属杆两端的电压U和所受安培力F大小的图像正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】AB．设金属杆在t内运动的位移为x，且0t→，设两导轨间的距离为L，则在t时间内金属杆

与导轨、电阻构成的闭合回路中磁通量的变化量()0ΔΦ0BkxxL=+−则t内闭合回路中产生的感应电动势()0ΔΦΔΔBkxxLEtt+==设金属杆匀速运动的速度为v，则xvt=代入上式，可得()0EBkxLv=+不计导轨和金属杆的电阻，则金属杆两端的电压()0U

EBkxLv==+可知U与x成线性关系，是一条倾斜的直线，由()0UBkxLv=+，可得()()00UBkxLvBkvtLv=+=+可知U与t成线性关系，是一条倾斜的直线，故A错误，B正确；CD．由闭合电路欧姆定律可得电路中感应电

流()000BkxLvEIRR+==金属杆所受安培力：F=BIL，代入数据可得()2200BkxLvFR+=可知F与x不是线性关系，F-x图像应为曲线，由()2200BkxLvFR+=，可得()2200BkvtLvFR+=可知F与t不是线性关系，F-t图像应为曲线，故CD错误。

故选B。11.如图所示为某静电除尘装置的简化原理图，两块平行带电极板间为除尘空间。质量为m，电荷量为-q的带电尘埃分布均匀，均以沿板方向的速率v射入除尘空间，当其碰到下极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集。调整两极板间

的电压可以改变除尘率（相同时间内被收集尘埃的数量与进入除尘空间尘埃的数量之百分比）。当两极板间电压为U0时，80%=。不计空气阻力、尘埃的重力及尘埃之间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（）A.两极板间电压为U0时，尘埃

的最大动能为qU0+22mvB.两极板间电压为54U0时，除尘率可达100%C.仅增大尘埃的速率v，可以提升除尘率D.仅减少尘埃的电荷量，可以提升除尘率【答案】B【解析】【详解】A．当两极板间电压为U0时，80%=。可知相同时间内

有80%的带点尘埃打在下极板，则离开极板间的带点尘埃的偏移量145yd=设尘埃的最大动能为kmE，两极板间的距离为d，根据动能定理可知204152kmUqdEmvd=−解得204152kmqUEmv=+A错误；B．设离开板间的带电尘埃的偏移量为y，极板间的电压为U，粒子在平行极板的

方向上做匀速直线运动，沿垂直极板的方向做匀加速直线运动，则有Lvt=212yat=根据牛顿第二定律qUmad=联立解得222qULymdv=由于145yd=0UU=故yd=可解得054UU=故B正确；CD．根据上述结论222qULymdv=可知，仅增大尘埃

的速率v，或仅减少尘埃的电荷量，均使y的偏移量减小，会降低除尘率，CD错误。故选B。12.如图所示，一个沙漏沿水平方向以速度v做匀速直线运动，沿途连续漏出沙子，单位时间内漏出的沙子质量恒定为Q，出沙口距水平地面的高度为H。忽略沙子漏出瞬间相对沙漏的初速度，沙子落到地

面后立即停止，不计空气阻力，已知重力加速度为g。在已有沙子落地后的任意时刻，下列说法正确的是（）A.沙子在空中形成的几何图形是一条抛物线B.在空中飞行的沙子的总质量为2HQgC.沙子落到地面时对地面的作用力为QvD.沙子落到地面时与沙漏

的水平距离为2Hvg【答案】B【解析】【分析】根据题干中“一个沙漏沿水平方向以速度v做匀速直线运动，沿途连续漏出沙子”可知，本题考查平抛运动，根据运动的合成与分解分析作答。【详解】A．由于沙子下落时，沙子与沙漏均具有水平向右的

初速度v，所以漏出的沙子在水平方向上均与沙漏以相同的速度向右移动，因此沙子在空中形成的几何图形是一条直线，A错误；B．从第一粒沙子漏出开始到这粒筛子刚落地，这一过程中在竖直方向上，有212Hgt=这一过程的时间为

2Htg=由于单位时间内漏出的沙子质量恒定为Q，则这一过程中落下的沙子总质量满足2HMQtQg==B正确；C．沙子在竖直方向做自由落体运用，所以其落地前竖直方向的速度满足22yvgH=解得2yvgH=以竖直向下为正方向，根

据动量定理t时间内可知地面对沙子的作用力为()00mgFt−=−得到2FmgQgH==根据牛顿第三定律可知，沙子对地面的作用力为2FFQgH==C错误；D．因为沙子与沙漏在水平方向上以相同速度v运动，所以沙子落地与沙漏的水平距离为

0，D错误。故选B。13.如图1所示，某同学在表面平坦的雪坡下滑，不借助雪杖，能一直保持固定姿态加速滑行到坡底。该同学下滑情境可简化为图2，雪坡倾角为α，人可视为质点，图中用小物块表示，下滑过程中某一时刻滑行的速度v的方向与雪坡上所经位置的水平线夹角为β（β<90

），已知该同学和滑雪装备的总质量为m，滑雪板与雪坡之间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g，不计空气阻力。关于该下滑过程，下列说法正确的是（）A.该同学所受摩擦力小于μmgcosαB.该同学所受摩擦力的方向不变C.该

同学沿v的方向做匀加速直线运动D.该同学所受重力的瞬时功率一直在增加【答案】D【解析】【详解】A．垂直斜面方向，人对斜面正压力大小为NcosFmg=所以滑动摩擦力的的NcosfFmg==大小不变，故A错误；BC．

正视斜面，在斜面内有平行斜面向下的重力的分力sinmg和与v反向的滑动摩擦力f，会发现f与sinmg的合力与v不共线，人做曲线运动，即速度方向在变化，所以f的方向也变化，故BC错误；D．由于人加速下滑，所以f与sinmg的合力与v成锐角，且做曲线运动，所以随着

下滑v增大，且与sinmg夹角减小，重力的功率也增大，即sincosPmgv=所以P增大，故D正确。故选D。14.类比是研究问题的常用方法。与电路类比就可以得到关于“磁路”（磁感线的通路）的一些基本概念和公式。在电路中可

以靠电动势来维持电流，在磁路中靠“磁动势”来维持铁芯中的磁场，如图1所示，磁动势Em=NI，其中N为线圈的匝数，I为通过线圈中的电流。类比闭合电路的欧姆定律，磁路也存在闭合磁路的欧姆定律Em=ΦRm，其中

Φ为磁通量，Rm被称为磁阻，磁阻所满足的磁阻定律与电阻定律具有相同的形式，磁阻率可类比电阻率，磁路的串、并联规律可类比电路的串、并联规律。结合以上关于磁路的信息以及你所学过的知识，下列说法不正确的是（）A.变压器铁芯的磁阻率远小于空气的磁阻率B.在国际单位制中，磁阻的单位可以表示为222Askgm

C.不考虑漏磁，图2所示的串联磁路满足Em=Φ(Rm1+Rm2)D.不考虑漏磁，在图3所示的并联磁路中，磁阻小的支路中磁感应强度一定大【答案】D【解析】【详解】A．变压器铁芯的磁阻率远小于空气的磁阻率，故A正确；B．根据磁阻定律mml

RS=磁阻的单位为mTA；根据磁感应强度与磁通量的关系有BS=磁感应强度B的单位为T，电流I的单位为A，时间t的单位为s，质量m的单位为kg，长度l的单位为m，面积S的单位为m2，根据磁动势Em=NI磁阻的单位可以表示为2

22Askgm，故B正确；C．不考虑漏磁，图2所示的串联磁路满足磁路欧姆定律Em=Φ(Rm1+Rm2)故C正确；D．不考虑漏磁，在图3所示的并联电路中，磁阻小的支路中磁通量大，但磁感应强度不一定大，因为磁感应强度与磁通量和面积S的比值有关，故D错误。本题选不正确的，故选D

。15.（1）在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上，如图1所示。双缝间距为d，毛玻璃光屏与双缝间的距离为L。从目镜中看到的干涉图样如图2所示，若A、B两条亮纹中央间距为x，则所测光的波长为________。（用所给物理

量的字母表示）使分划板的中心刻线对齐A亮条纹的中心，此时游标尺上的示数情况如图3所示，其读数为________mm。（2）用如图4所示装置研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。图5中O点是小球抛出点在地面上的竖直投影。实验时先让a球多次从斜槽上某一固定位置C由静

止释放，其平均落地点的位置为P。再把b球放在水平轨道末端，将a球仍从位置C由静止释放，a球和b球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作多次，其平均落地点的位置为M、N。测量出a、b两个小球的质量分别为m1、m2（m1>m2），OM、OP、

ON的长度分别为x1、x2、x3。①在实验误差允许范围内，若满足关系式____________________________（用所测物理量的字母表示），则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。②换用不同材质的小球再次进行上述实验，

计算得出2311.5=−xxx，若碰撞过程满足动量守恒，请分析说明两球碰撞过程机械能是否守恒_____。【答案】（1）①.7dxL②.9.15（2）①.m1x2=m1x1+m2x3②.不守恒【解析】【小问1详

解】[1]根据题意可知相邻两条纹间的间距为7xx=，根据Lxd=得光的波长为7dxdxLL==[2]读数为9mm0.05mm39.15mm+=【小问2详解】[1]小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有321112xxxmmmttt=+得121123mxmx

mx=+[2]碰撞前后系统总动能分别为22k112xEmt=2231k121122xxEmmtt=+故可得222321kk112111222xxxEEmmmttt−=−−根据动量守恒关系

式121123mxmxmx=+结合2311.5=−xxx，整理得()2331kk24mxxxEEt−−=由于31>xx，故kk>EE，可知两球碰撞过程机械能不守恒16.某同学用图1所示装置测定当地重力加速度。（1）关于器材选择及测量时的一

些实验操作，下列说法正确的是。A.摆线尽量选择细些、伸缩性小些且适当长一些的B.摆球尽量选择质量大些、体积小些的C.为了使摆的周期大一些以方便测量，应使摆角大一些（2）在某次实验中，测得单摆摆长为L、单摆完成n次全振动的时间为t，则利用上述测量量可得重力加速度的表达式g

=________。。（3）实验时改变摆长，测出几组摆长L和对应的周期T的数据，作出L-T2图像，如图2所示。①利用A、B两点的坐标可得重力加速度的表达式g=__________。②因摆球质量分布不均匀，小球的重心位于其几何中心的正下方。若只考虑摆长

测量偏小造成的影响，则由①计算得到的重力加速度的测量值_______真实值。（选填“大于”“等于”或“小于”）（4）关于摩擦力可以忽略的斜面上的单摆，某同学猜想单摆做小角度摆动时周期满足2sinLTg=，如图

3所示。为了检验猜想正确与否，他设计了如下实验：如图4所示，铁架台上装一根重垂线，在铁架台的立柱跟重垂线平行的情况下，将小球、摆线、摆杆组成的“杆线摆”装在立柱上，调节摆线的长度，使摆杆与立柱垂直，摆杆可绕着立柱自由转动，且不计其间的摩擦。如图5所示，把铁架台底座的一侧垫高，立柱倾斜，静止时摆

杆与重垂线的夹角为β，小球实际上相当于是在一倾斜平面上运动。下列图像能直观地检验猜想是否正确的是。A.21T-sinβ图像B.21T-cosβ图像C.21T-tanβ图像【答案】（1）AB（2）2224nLt（3）①.()22122214LLTT−−②.等于（4）

B【解析】【小问1详解】AB．为减小实验误差，摆线尽量选择细些、伸缩性小些且适当长一些的，摆球尽量选择密度大的，即质量大些、体积小些的，故AB正确；C．应使摆角小于5°，才可看作理想单摆，故C错误；故选AB。【小问2详解】在某次实验中，测得单摆

摆长为L、单摆完成n次全振动的时间为t,则周期为tTn=根据单摆周期公式2LTg=解得2224nLgt=【小问3详解】①[1]根据单摆周期公式2LTg=变形有224gLT=根据图像的斜率可知21222214LLgTT−

=−解得()22122214LLgTT−=−②[2]因摆球质量分布不均匀，小球的重心位于其几何中心的正下方。表达式变为224gLLT+=若只考虑摆长测量偏小造成的影响，则图像的斜率不变，测量值等于真实值；【小问4详解】根据题图可知等效

重力加速度为重力加速度沿着垂直于立柱方向的分量，大小为a=gcosβ根据单摆周期公式2LTa=变形可知221cos4gTL=则应作21cosT−图像；故选B。17.如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在距离水平地面高为h的O点，另一端系有质量为m，可视为质点的小球，

将小球从与O等高的A点由静止释放，小球在竖直平面内以O点为圆心做半径为r的圆周运动。当小球运动到最低点B时，绳恰好被拉断，小球水平飞出。不计空气阻力及绳断时的能量损失，重力加速度为g。求：（1）小球飞出时的速率v。（2）绳能承受拉力的最大值Fm。（3）小球落地点到B点的水平距离x。【答

案】（1）2gr；（2）3mg；（3）2()rhr−【解析】【详解】（1）根据动能定理有212mgrmv=解得小球飞出时的速率2vgr=（2）设绳对小球拉力为T，依据牛顿第二定律有2vTmgmr−=解得T=3mg根据牛顿第三定律，绳受到的拉力大小Fm=T=3mg（3）设平抛运动的时间为

t，则212hrgt−=解得()2hrtg−=抛出的水平距离()222()hrxvtgrrhrg−===−18.如图所示，宽为L的固定光滑平行金属导轨与水平面成α角，金属杆ab水平放置在导轨上，且与导轨垂直，处于磁感应强度

大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。电源电动势为E，当电阻箱接入电路的阻值为R0时，金属杆恰好保持静止。不计电源内阻、导轨和金属杆的电阻，重力加速度为g。（1）求金属杆所受安培力的大小F。（2）求金属杆的质量m。（3）保持磁感应强度大小不变，改变其方向，同时调整电阻箱接入电路的阻值R

以保持金属杆静止，求R的最大值。【答案】（1）0BLER；（2）0tan=BLEmRg；（3）0maxcosRR=【解析】【详解】（1）电路中的电流的0EIR=金属杆受到安培力0==BLEFBILR（2）金属杆受力平衡，有tanFmg=解得0tan=BLEmRg（3）当

磁感应强度垂直斜面向上时，安培力最小，电路中的电流最小，R有最大值，依据平衡条件有minsin=BILmgminmaxEIR=解得0maxcosRR=19.热气球的飞行原理是通过改变热气球内气体的温度以改变热气球内气体的质量，从而控制热气球的升降，可认为热气球在空

中运动过程中体积及形状保持不变。设热气球在体积、形状不变的条件下受到的空气阻力f=kv2，其方向与热气球相对空气的速度v相反，k为已知常量。已知热气球的质量（含载重及热气球内的热空气）为m时，可悬浮在无风的空中，重力加速度为g。不考虑热气球所处环境中

空气密度的变化。（1）若热气球初始时悬浮在无风的空中，现将热气球的质量调整为0.9m（忽略调整时间），设向上为正，请在图中定性画出此后热气球的速度v随时间t变化的图像。（2）若热气球初始时处在速度为v0的水平气流中，且相对气流静止。将热气球质量调整为1.1m（忽略调整时间），热气球下降

距离h时趋近平衡（可视为达到平衡状态）。①求热气球平衡时的速率v1及下降距离h过程中空气对热气球做的功W。②热气球达到平衡速率v1后，若水平气流速度突然变为0，经过时间t热气球再次达到平衡状态，求该过程中空气对热气球的

冲量大小I。的【答案】（1）；（2）①21010mgvvk=+，1.120mWmghk=−−；②22201.1mgt+v【解析】【详解】（1）对热气球由牛顿第二定律Fmgfma−−=浮故可知当热气球的质量调整为0.9m，热气球向上加速，随着

速度增大，受到的空气阻力增大，故加速度在减小，即vt−图像的斜率在变小，最后以某一速度匀速运动，故图像如下：（2）①热气球在无风空中悬浮时，有=Fmg浮设热气球在水平气流中平衡时水平方向速度为vx、竖直方向速度为vy；

水平方向有vx=v0竖直方向，依据平衡有2+=1.1yFkvmg浮解得10v=ymgk热气球平衡时的速率22210010vvvv=+=+ymgk对热气球下降过程，依据动能定理有2210111.11.11.122vv+=−mgh

Wmm解得空气对热气球做功1.120mWmghk=−−②热气球再次平衡后，水平方向v′x=0竖直方向=10yymgvvk=设空气对气球在水平方向的冲量为Ix，竖直方向的冲量大小为Iy，由

动量定理，水平方向Ix=0-1.1mv0竖直方向Iy-1.1mgt=0联立解得空气对气球冲量大小2222201.1v=+=+xyIIImgt20.分析电路中的电势变化是研究电路规律的重要方法。比如闭合电路欧姆定律可以通过分析电势的变化得出：在电源内

部，电流I从负极流向正极，非静电力的作用使电势升高E（电动势），电流流过电源内阻r时电势降低Ir，因此电源两端电压UEIr=−。（1）如图1所示，100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、K与一个电阻相连，线圈的电阻r=5Ω。线圈内有

垂直纸面向里的匀强磁场，线圈中的磁通量随时间均匀变化，产生的感应电流1AI=，A、K两点间的电势差45VAKU=。求：①线圈中产生的感应电动势E。②磁通量的变化率t。（2）电动机的模型示意图如图2所示，MN、PQ是间距为L的固定平行

金属导轨，置于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨所在平面向下的匀强磁场中，M、P间接有电源。一根与导轨接触良好、长度也为L、阻值为R、质量为m的金属棒cd垂直导轨放置，通过轻滑轮以速率v匀速提升质量为m的重物

。摩擦阻力、导轨电阻均不计，重力加速度为g。当电动机稳定工作时，求cd两端的电势差cdU。（3）如图3所示，将一长方体金属薄片垂直置于匀强磁场中，在薄片的左右两个侧面间通以向右的电流时，上下两侧面间产生电势差，这一现象称为霍尔效应，在垂直上下

表面的连线上e、f两点间电势差的绝对值通常称为霍尔电压。实际测量霍尔电压时的测量点往往不在垂直上下表面的连线上（如e、g两点），从而导致测量出现偏差，但仍可以采用一定的办法推测出准确的霍尔电压。某次测

量，先测得e、g两点间的电势差为egU，仅将磁场反向，磁感应强度的大小不变，再测得e、g两点间的电势差为Ueg′，求上述情况中该金属薄片产生的霍尔电压UH。【答案】（1）50V，0.5Wb/s；（2）v+mgRBLBL；

（3）2egegUU−【解析】【详解】（1）①路端电压AKUEIr=−代入数据得50VE=②由法拉第电磁感应定律Ent=，得0.5Wb/st=（2）设电路中的电流为I，金属棒中电流从c到d，非静电力（洛伦兹力）做负功，

电势降低BLv，静电力做正功，电势降低IR，金属棒cd两端的电势差cdUIRBLv=+物体匀速上升，有BILmg=解得cdmgRUBLvBL=+（3）设f、g间的电阻为R，通过金属薄片的电流为I，金属薄片上e、g两点的电势差()()egegeffgU=−=−+

−磁场方向、通过金属薄片中的电流方向如题中图3所示时，金属片薄上表面的电势低，可得HegUUIR=−+仅磁场方向反向时，金属片上表面的电势高，同理可得HegUUIR=+解得霍尔电压H2egegUUU−=