2022东北三省三校二模理综答案.pdf

1、1物理二模答案14.C【解析】 此过程中任子威和武大靖的相互作用等大反向， 题中告知忽略运动员与冰面的水平方向上的作用， 冰面对运动员的支持力与运动员的重力平衡， 所以任子威和武大靖受的合力都与对方给的作用力等大同向， 因此任子威和武大靖受的合力等大反向， 因二者质量不一定一样大，所以二者加速度不一定等大，但一定反向，A 错。此过程中任子威和武大靖的相互作用等大反向，相互作用时间一样，所以相互作用的冲量等大反向，B 错。根据动量定理，合力的冲量等于动量变化量， 任子威和武大靖受的合力都与对方给的作用力， 二者相互作用的冲量等大反向，因为反向所以不相同，即 C 正确。二者相互作用期间不清楚任子威

2、的手在武大靖身上是否有滑动， 所以不能确定二者组成的系统是否机械能守恒， 若考虑到身体内有化学能向内能和机械能转化，则二者组成的系统机械能就不守恒了，D 错。15.D【解析】设等边三角形的边长为 L，依题意及安培定则得 a 电流在 c 处产生的磁感应强度为，与 Oc 成 60斜指向右上方；b 电流在 c 处产生的磁感应强度为，与 Oc 成 60斜指向右下方。所以上述二者合成为0=3。同理 a 电流在 O 处产生的磁感应强度为3，与 Oc 成 30斜指向右上方；b 电流在 O 处产生的磁感应强度为3，与 Oc 成 30斜指向右下方；c 电流在 O 处产生的磁感应强度为3，与 Oc 成 90指向右

3、。 上述三者合成为 2 3， 即为 2B0， 方向为垂直 cO 向右。 因此 D 正确。16C【解析】因为火星公转半径大于地球公转半径，所以火星公转周期大于地球公转周期，所以 A 错误；根据 =12， = ， =，可知相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积大，所以 B 错误，根据2 1 = 2, =2可算出 C 正确，D 错误17.B【解析】由图像可知，下滑过程中速度变小，A 错误；因为 2s 时速度减为 0，所以 D错误，此时位移为 5m，可求出加速度为2.5 2，初速度为 5 ，根据 = cos sin ， 可求得 =32所以 C 错误， 结合图像可知 B 正确18.BC【解析】A核电站的发

4、电原理是重核的裂变;D射线是原子核内的中子变成质子时释放出来电子19.BD【解析】AB 为一个整体，根据动能定理：2mg 2d+qEd=12mv2，解得 v= 5gd，B 对；假设 B 可以到达下极板，根据动能定理：2mg 4d+qE 3d6qE 2d0，假设不成立，C 错。20AD2【解析】分别连 m1和 m2所在的位置和圆心 O，设圆轨道半径为 R 由相似三角形可得RNLTAOgm1111RNLTAOgm2222T1=T2所以联立方程可得1221LLmm,所以若 m1=m2，L1=L2两小球可静止在关于 AB 对称的任意处，A 正确，B 错误；若=30，=60，由几何关系可得 L1= 3R

5、,L2=R,所以代入方程可得 C 错误，D 正确。21BCD【解析】根据qBmvr ，可得131221BBrr，所以 A 错；若要将粒子束缚在磁场区域内，粒子轨迹与区域边界相切，结合几何条件可得环形区域大圆半径 R 至少为03R，所以 B 正确；根据粒子的运动画出轨迹如图所示，以此类推，每次粒子经过边界后再次进入区域，相当于旋转过的角度相当于转过 30，所以从 A 点射入后第 5 次经过、区边界处的位置为 Q，C 正确；粒子再次以相同的速度经过 A 点的运动需要 12 次如图所示的周期性运动，每次周期性运动所需时间为213241TTT,02vRT，所以总时间为 t=12T=(18+16 3)0

6、30，D 正确。22.(1)添加1 分(2)2.882 分(4)B2 分23.(1)实物连接参考下图，其中灵敏电流计正负极性连线互换亦得分（3 分）(3) 从 P 到 Q（2 分）调小 （1 分） (4)0.80（2 分 ）1000（2 分）【解析】（1）3（3）设电源负极电势为 0，当 G 的示数为零时，PQ 两点的电势相等。调大 R1时，Q点电势减小，所以电流方向从 P 到 Q。当调小 R2后，可使 P 点电势降低，当 PQ 电势再次相等时，流过 G 的电流可再次为零。（4）由题意可知，rIIUUE)()(2121rIIUUE)()(2121解得：电动势为 0.80V内电阻为 1000。2

7、4 【解析】解：(1) =122 = 3.2 2 分i =+2+0= 1 2 分根据右手定则可知电流方向由 cb1 分(2) = 0 1 分 =1221 分 = 1 分E=Ud1 分U=IR21 分v0=2104m/s2 分25 【解析】（1）受力分析可得：N=mgcos60=12mg1 分由牛顿第三定律可得：N=12mg1 分方向：由释放点指向圆环圆心（与竖直方向成30夹角，斜向左上）1 分（2）D球在圆环上最大速度位置处受重力、圆环的支持力、弹性绳的拉力，D球此时在该位置处切向加速度为0设弹性绳与竖直方向夹角为，D重力、圆环的支持力、弹性绳的拉力围成的三角形与4A点、D球所在位置、圆心三角

8、形是一个相似三角形，则有mgsin=k(2rcosr)sin21 分代入数据解得：cos=351 分弹性绳伸长量为：x=15r1 分此时弹性绳弹性势能为：Ep=12kx2=3mgr252 分（3）从释放点到B位置过程中，动能定理有：mg(r+rsin30)Ep=12mv021 分解得：v0=69gr251 分D球与1号球发生弹性碰撞：mv0mv1D2mv111 分12mv0212mv1D2122mv1121 分解得：v112369gr25，v1D1369gr252 分然后1号球与2号球发生完全弹性碰撞， 由动量守恒和能量守恒可得1号球速度传递给2号球，同样2号球与3号球发生完全弹性碰撞。 。

9、。 。 。 。 ，直至与n号球发生碰撞后第一轮碰撞结束，得n号球的速度为v1n2369gr25第一轮1号球碰撞2次。D球通过圆周轨道后会返回再次与1号球发生弹性碰撞,有mv1Dmv2D2mv2112mv1D212mv2D2122mv212解得：2121|169335=2DDvrvg ，21122269|3325Dgrvv2 分然后1号球与2号球发生完全弹性碰撞， 由动量守恒和能量守恒可得1号球速度传递给2号球，同样2号球与3号球发生完全弹性碰撞。 。 。 。 。 。 ，直至与n-1号球发生碰撞后第二轮碰撞结束，得1n 号球的速度为2,1212269325ngrvv第二轮1号球碰撞2次。第n-1

10、轮，1号球与2号球碰撞后结束第n-1轮碰撞。n-1轮碰撞后D球、1号球、2号球的速度分别为5n-11169325Dngrv ，n-1),10v（，(1),21269325nngrv2 分第n-1轮1号球碰撞2次。第n轮，D号球与1号球发生弹性碰撞，最后1号球的速度1269325ngrv 1 分第n轮1号球只碰撞了1次。综上可得一共1号球一共碰撞次数为21n次。1 分33. （1）ACE【解析】氢气和氧气温度相同，其分子平均动能和其热力学温度成正比，所以二者分子平均动能相等，但二者得分子质量不同，所以分子的平均速率不同，A 正确。扩散在固体之间能发生，比如固体煤堆在固体白墙根处时间久了就会发生扩

11、散，所以 B 错。分子间相互作用的引力和斥力成分都随分子间距的增大而减小，随分子间距的减小而增大，所以 C 正确。饱和汽压在一定温度下是一定的，不随体积而改变，所以 D 错。反映宏观自然过程方向性的定律就是热力学第二定律，宏观自然过程沿着分子热运动无序性增大的方向进行，因此 E正确。(2)解：(i)对活塞 A 有：2 + = 11 分对气体有：22= 222 分其中2= 0； 2= ；2=（ 13）解得2=320将代入中得气体的压强为1=+ 2=+3202 分(ii)对 A 和气缸整体有：1 = 0 + 41 分对气体有111=1112 分其中1= 0；1= ；1= 0；1= ( +13)由解

12、出1，再将1代入中，得此时气体温度为1=4300+40=431 +4002 分34【解析】(1)ACE5 分(2)解：（i）根据图象可知，该波波长 =4m1 分6M 点与最近波峰的水平距离为 6m，距离下一个波峰的水平距离为 10m，所以波速为：1020/0.5svm st2 分（ii）N 点与最近波峰的水平距离为 s=11m1 分当最近的波峰传到 N 点时 N 点第一次形成波峰，历时为：1110.5520stssv1 分（）该波中各质点振动的周期为：0.2Tsv1 分N 点第一出现波峰时质点 M 振动了 t2=0.4s1 分则 t2=2T1 分质点 M 每振动 T/4 经过的路程为 5cm，则当 N 点第一次出现波峰时，M 点通过的路程为：s=85cm=40cm=0.4m2 分