2022年云南省高考物理試卷（甲卷）

第24頁（共24頁）2022年云南省高考物理試卷（甲卷）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．（6分）北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示。運動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點為a、b之間的最低點，a、c兩處的高度差為h。要求運動員經(jīng)過c點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運動過程中將運動員視為質(zhì)點并忽略所有阻力，則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于（）A． B． C． D．2．（6分）長為l的高速列車在平直軌道上正常行駛，速率為v0，要通過前方一長為L的隧道，當(dāng)列車的任一部分處于隧道內(nèi)時，列車速率都不允許超過v（v＜v0）。已知列車加速和減速時加速度的大小分別為a和2a，則列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時間至少為（）A．+ B．+ C．+ D．+3．（6分）三個用同樣的細導(dǎo)線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等，如圖所示。把它們放入磁感應(yīng)強度隨時間線性變化的同一勻強磁場中，線框所在平面均與磁場方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應(yīng)電流的大小分別為I1、I2和I3。則（）A．I1＜I3＜I2 B．I1＞I3＞I2 C．I1＝I2＞I3 D．I1＝I2＝I34．（6分）兩種放射性元素的半衰期分別為t0和2t0，在t＝0時刻這兩種元素的原子核總數(shù)為N，在t＝2t0時刻，尚未衰變的原子核總數(shù)為，則在t＝4t0時刻，尚未衰變的原子核總數(shù)為（）A． B． C． D．5．（6分）空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面（xOy平面）向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標(biāo)原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的一定是（）A． B． C． D．（多選）6．（6分）如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長之前（）A．P的加速度大小的最大值為2μg B．Q的加速度大小的最大值為2μg C．P的位移大小一定大于Q的位移大小 D．P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大?。ǘ噙x）7．（6分）如圖，兩根相互平行的光滑長直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計，整個系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強磁場中。開始時，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關(guān)S后，（）A．通過導(dǎo)體棒MN電流的最大值為 B．導(dǎo)體棒MN向右先加速、后勻速運動 C．導(dǎo)體棒MN速度最大時所受的安培力也最大 D．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱（多選）8．（6分）地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在P點。則射出后，（）A．小球的動能最小時，其電勢能最大 B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大 C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大 D．從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量二、非選擇題：共62分。第9～12題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13～16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共47分。9．（5分）某同學(xué)要測量微安表內(nèi)阻，可利用的實驗器材有：電源E（電動勢1.5V，內(nèi)阻很?。?，電流表?（量程10mA，內(nèi)阻約10Ω），微安表?（量程100μA，內(nèi)阻Rg待測，約1kΩ），滑動變阻器R（最大阻值10Ω），定值電阻R0（阻值10Ω），開關(guān)S，導(dǎo)線若干。（1）在答題卡上將圖中所示的器材符號連線，畫出實驗電路原理圖；（2）某次測量中，微安表的示數(shù)為90.0μA，電流表的示數(shù)為9.00mA，由此計算出微安表內(nèi)阻Rg＝Ω。10．（10分）利用圖示的實驗裝置對碰撞過程進行研究。讓質(zhì)量為m1的滑塊A與質(zhì)量為m2的靜止滑塊B在水平氣墊導(dǎo)軌上發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，比較碰撞后A和B的速度大小v1和v2，進而分析碰撞過程一定是否為彈性碰撞。完成下列填空：（1）調(diào)節(jié)導(dǎo)軌水平。（2）測得兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510kg和0.304kg。要使碰撞后兩滑塊運動方向相反，應(yīng)選取質(zhì)量為kg的滑塊作為A。（3）調(diào)節(jié)B的位置，使得A與B接觸時，A的左端到左邊擋板的距離s1與B的右端到右邊擋板的距離s2相等。（4）使A以一定的初速度沿氣墊導(dǎo)軌運動，并與B碰撞，分別用傳感器記錄A和B從碰撞時刻開始到各自撞到擋板所用的時間t1和t2。（5）將B放回到碰撞前的位置，改變A的初速度大小，重復(fù)步驟（4）。多次測量的結(jié)果如表所示。12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k＝0.31k20.330.330.33（6）表中的k2＝（保留2位有效數(shù)字）。（7）的平均值為（保留2位有效數(shù)字）。（8）理論研究說明，對本實驗的碰撞過程，一定是否為彈性碰撞可由判斷。若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則的理論表達式為（用m1和m2表示），本實驗中其值為（保留2位有效數(shù)字）；若該值與（7）中結(jié)果間的差別在允許范圍內(nèi)，則可認(rèn)為滑塊A與滑塊B在導(dǎo)軌上的碰撞為彈性碰撞。11．（12分）將一小球水平拋出，使用頻閃儀和照相機對運動的小球進行拍攝，頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光。某次拍攝時，小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光，拍攝的照片編輯后如圖所示。圖中的第一個小球為拋出瞬間的影像，每相鄰兩個球之間被刪去了3個影像，所標(biāo)出的兩個線段的長度s1和s2之比為3：7。重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略空氣阻力。求在拋出瞬間小球速度的大小。12．（20分）光點式檢流計一定是一種可以測量微小電流的儀器，其簡化的工作原理示意圖如圖所示。圖中A為輕質(zhì)絕緣彈簧，C為位于紙面上的線圈，虛線框內(nèi)有與紙面垂直的勻強磁場；M為置于平臺上的輕質(zhì)小平面反射鏡，輕質(zhì)剛性細桿D的一端與M固連且與鏡面垂直、另一端與彈簧下端相連，PQ為圓弧形的、帶有均勻刻度的透明讀數(shù)條，PQ的圓心位于M的中心。使用前需調(diào)零：使線圈內(nèi)沒有電流通過時，M豎直且與紙面垂直；入射細光束沿水平方向經(jīng)PQ上的O點射到M上后沿原路反射。線圈通入電流后彈簧長度改變，使M發(fā)生傾斜，入射光束在M上的入射點仍近似處于PQ的圓心，通過讀取反射光射到PQ上的位置，可以測得電流的大小。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，磁場磁感應(yīng)強度大小為B，線圈C的匝數(shù)為N、沿水平方向的長度為l，細桿D的長度為d，圓弧PQ的半徑為r，r＞＞d，d遠大于彈簧長度改變量的絕對值。（1）若在線圈中通入的微小電流為I，求平衡后彈簧長度改變量的絕對值Δx及PQ上反射光點與O點間的弧長s；（2）某同學(xué)用此裝置測一微小電流，測量前未調(diào)零，將電流通入線圈后，PQ上反射光點出現(xiàn)在O點上方，與O點間的弧長為s1；保持其它條件不變，只將該電流反向接入，則反射光點出現(xiàn)在O點下方，與O點間的弧長為s2。求待測電流的大小。（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。[物理—選修3-3]（15分）（多選）13．（5分）一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過程如p﹣T圖上從a到b的線段所示。在此過程中（）A．氣體一直對外做功 B．氣體的內(nèi)能一直增加 C．氣體一直從外界吸熱 D．氣體吸收的熱量等于其對外做的功 E．氣體吸收的熱量等于其內(nèi)能的增加量14．（10分）如圖，容積均為V0、缸壁可導(dǎo)熱的A、B兩汽缸放置在壓強為p0、溫度為T0的環(huán)境中；兩汽缸的底部通過細管連通，A汽缸的頂部通過開口C與外界相通；汽缸內(nèi)的兩活塞將缸內(nèi)氣體分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的體積分別為V0和V0。環(huán)境壓強保持不變，不計活塞的質(zhì)量和體積，忽略摩擦。（ⅰ）將環(huán)境溫度緩慢升高，求B汽缸中的活塞剛到達汽缸底部時的溫度；（ⅱ）將環(huán)境溫度緩慢改變至2T0，然后用氣泵從開口C向汽缸內(nèi)緩慢注入氣體，求A汽缸中的活塞到達汽缸底部后，B汽缸內(nèi)第Ⅳ部分氣體的壓強。[物理—選修3-4]（15分）15．一平面簡諧橫波以速度v＝2m/s沿x軸正方向傳播，t＝0時刻的波形圖如圖所示。介質(zhì)中平衡位置在坐標(biāo)原點的質(zhì)點A在t＝0時刻的位移y＝cm。該波的波長為m，頻率為Hz。t＝2s時刻，質(zhì)點A（填“向上運動”“速度為零”或“向下運動”）。16．如圖，邊長為a的正方形ABCD為一棱鏡的橫截面，M為AB邊的中點。在截面所在平面內(nèi)，一光線自M點射入棱鏡，入射角為60°，經(jīng)折射后在BC邊的N點恰好發(fā)生全反射，反射光線從CD邊的P點射出棱鏡。求棱鏡的折射率以及P、C兩點之間的距離。

2022年云南省高考物理試卷（甲卷）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．（6分）北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示。運動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點為a、b之間的最低點，a、c兩處的高度差為h。要求運動員經(jīng)過c點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運動過程中將運動員視為質(zhì)點并忽略所有阻力，則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)動能定理計算速度，結(jié)合牛頓第二定律計算出半徑最小值?！窘獯稹拷猓簭腶到c根據(jù)動能定理有：mgh＝在c點根據(jù)牛頓第二定律有：kmg﹣mg＝聯(lián)立解得：R＝故ABC錯誤，D正確；故選：D。2．（6分）長為l的高速列車在平直軌道上正常行駛，速率為v0，要通過前方一長為L的隧道，當(dāng)列車的任一部分處于隧道內(nèi)時，列車速率都不允許超過v（v＜v0）。已知列車加速和減速時加速度的大小分別為a和2a，則列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時間至少為（）A．+ B．+ C．+ D．+【分析】當(dāng)列車的任一部分處于隧道內(nèi)時，列車速率都不允許超過v（v＜v0），可知列車進入隧道前需減速至v，然后勻速通過隧道，全部出隧道后需加速到v0，分別求出列車的減速運動時間、勻速運動時間和加速運動時間即可求出總時間?！窘獯稹拷猓寒?dāng)列車的任一部分處于隧道內(nèi)時，列車速率都不允許超過v（v＜v0），可知列車進入隧道前需減速至v，然后勻速通過隧道，全部出隧道后需加速到v0，則減速時間：t1＝，勻速時間：t2＝，加速時間：t3＝，列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時間至少為t＝t1+t2+t3解得：t＝，故C正確，ABD錯誤；故選：C。3．（6分）三個用同樣的細導(dǎo)線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等，如圖所示。把它們放入磁感應(yīng)強度隨時間線性變化的同一勻強磁場中，線框所在平面均與磁場方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應(yīng)電流的大小分別為I1、I2和I3。則（）A．I1＜I3＜I2 B．I1＞I3＞I2 C．I1＝I2＞I3 D．I1＝I2＝I3【分析】根據(jù)電阻定律與電磁感應(yīng)定律，結(jié)合閉合電路歐姆定律可解得?！窘獯稹拷猓涸O(shè)圓的半徑為R，則圓的周長為L2＝2πR，面積S2＝πR2，正方形的周長為L1＝8R，面積S1＝4R2，正六邊形的周長為L3＝6R，面積S3＝R2，根據(jù)電阻定律有：R＝根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E＝根據(jù)歐姆定律有：I＝＝∝代入周長與面積可知：I1＝I2＞I3故C正確，ABD錯誤；故選：C。4．（6分）兩種放射性元素的半衰期分別為t0和2t0，在t＝0時刻這兩種元素的原子核總數(shù)為N，在t＝2t0時刻，尚未衰變的原子核總數(shù)為，則在t＝4t0時刻，尚未衰變的原子核總數(shù)為（）A． B． C． D．【分析】半衰期指大量原子核發(fā)生半數(shù)衰變所用的時間，根據(jù)兩元素半衰期和經(jīng)過時間計算未衰變原子核總數(shù)?！窘獯稹拷猓涸O(shè)兩種放射性元素的原子核數(shù)分別為N1、N2，對應(yīng)的半衰期分別為t0、2t0，則N1+N2＝N經(jīng)過t＝2t0后，尚未衰變的原子核總數(shù)＝+設(shè)經(jīng)過t＝4t0后，尚未衰變的原子核總數(shù)為X，則X＝聯(lián)立解得：X＝，故C正確，ABD錯誤；故選：C。5．（6分）空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面（xOy平面）向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標(biāo)原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的一定是（）A． B． C． D．【分析】帶正電粒子在電、磁場中運動，根據(jù)受力情況分析粒子的運動情況，根據(jù)功能關(guān)系判斷帶電粒子的運動情況?！窘獯稹拷猓篈C、在xOy平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向，帶正電粒子在坐標(biāo)原點O受沿y軸正方向的電場力開始向y軸正方向運動，磁場的方向垂直于紙面（xOy平面）向里，根據(jù)左手定則可知，粒子沿y軸正方向運動的同時受到沿x軸負(fù)方向的洛倫茲力，根據(jù)曲線運動合外力指向軌跡凹側(cè)可知，帶電粒子應(yīng)向x軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，故AC錯誤；BD、帶電粒子運動過程中受電場力和洛倫茲力，電場力做正功，洛倫茲力時刻與速度方向垂直不做功。在xOy平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向，x軸為勻強電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次回到x軸時，電場力做功為零，洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理知，帶電粒子再次回到x軸時的速度為零，隨后受電場力作用開始做周期性運動，故B正確，D錯誤；故選：B。（多選）6．（6分）如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長之前（）A．P的加速度大小的最大值為2μg B．Q的加速度大小的最大值為2μg C．P的位移大小一定大于Q的位移大小 D．P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小【分析】分析撤去拉力前后兩滑塊受力情況，根據(jù)牛頓第二定律分析撤去拉力后兩滑塊加速度的變化，確定加速度最大值；根據(jù)兩滑塊相對位移判斷位移大??；根據(jù)滑塊運動情況分析同一時刻速度關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈B、設(shè)兩物塊的質(zhì)量均為m，撤去拉力F前，兩滑塊均做勻速直線運動，對兩滑塊P、Q整體分析得F＝2μmg隔離滑塊Q分析得F彈＝μmg撤去拉力F后，在彈簧彈力和摩擦力作用下，取向右為正方向，根據(jù)牛頓第二定律得：滑塊P：﹣F彈﹣μmg＝ma1滑塊Q：F彈﹣μmg＝ma2則a1＝，a2＝，可知彈簧逐漸恢復(fù)原長過程中，滑塊P做加速度減小的減速運動，Q做加速度增大的減速運動，當(dāng)F彈＝μmg時，滑塊P加速度最大值為a1max＝2μg，當(dāng)F彈＝0時，滑塊Q加速度最大值為a2max＝μg，故A正確，B錯誤；C、滑塊P、Q水平向右運動，P、Q間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，故C錯誤；D、滑塊P在彈簧恢復(fù)到原長時的加速度為a′1＝μg，可見滑塊P減速的最小加速度為滑塊Q減速的最大加速度，撤去拉力時，P、Q的初速度相等，滑塊P由開始的加速度大小為2μg做加速度減小的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小為μg；滑塊Q由開始的加速度為0做加速度增大的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小也為μg，則滑塊P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小，故D正確。故選：AD。（多選）7．（6分）如圖，兩根相互平行的光滑長直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計，整個系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強磁場中。開始時，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關(guān)S后，（）A．通過導(dǎo)體棒MN電流的最大值為 B．導(dǎo)體棒MN向右先加速、后勻速運動 C．導(dǎo)體棒MN速度最大時所受的安培力也最大 D．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱【分析】電容器放電一定是一個動態(tài)過程，在該過程下兩板間電荷量逐漸減小，但電容器的電容不變，所以電勢差逐漸減小，但此時導(dǎo)體棒MN在加速，產(chǎn)生反向電動勢，直到MN棒電流為零，安培力為零時，MN開始減速，直到速度為0，整個過程電能全部轉(zhuǎn)化為電阻和導(dǎo)體棒MN的熱能?！窘獯稹拷猓篈、最初電容器板間電壓最大，導(dǎo)體棒上電流也最大，電容器相當(dāng)于電源，對電阻與導(dǎo)體棒供電，根據(jù)歐姆定律得I＝，U＝，解得通過導(dǎo)體棒MN電流的最大值為，故A正確；BC、導(dǎo)體棒上電流從M到N，導(dǎo)體棒受安培力水平向右，導(dǎo)體棒加速，同時導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢，回路里電流減小，當(dāng)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢與電容器板間電壓相等時，回路電流為零，導(dǎo)體棒速度達到最大，此時安培力為零，但最終電能和動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以之后導(dǎo)體棒MN一直減速，直到速度變?yōu)?，故BC錯誤。D、因為在MN加速階段，由于MN存在反電動勢，所以通過MN的電流要比通過R上的電流要小，所以電阻R消耗的電能大于MN上消耗的電能，故加速階段電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱；當(dāng)安培力為零后，MN開始減速直到速度為0，此時電容器的電流和導(dǎo)體棒的電流都流經(jīng)電阻R，此時電阻R上的電流仍然大于導(dǎo)體棒上的電流，故該階段電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱也大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱，故D正確。故選：AD。（多選）8．（6分）地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在P點。則射出后，（）A．小球的動能最小時，其電勢能最大 B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大 C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大 D．從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量【分析】小球只受重力和電場力，其重力勢能、電勢能與動能之和不變；當(dāng)小球沿水平方向的速度減為零時，小球克服電場力做的功最多，小球的電勢能最大，根據(jù)受力情況分析動能的變化、以及重力做的功與克服電場力做功之間的關(guān)系；小球的速度和動能沒有最大值?！窘獯稹拷猓篈、小球只受重力和電場力，其重力勢能、電勢能與動能之和不變，當(dāng)小球的動能最小時，其電勢能與重力勢能之和最大，故A錯誤；B、當(dāng)小球沿水平方向的速度減為零時，小球的電勢能最大，由于小球所受的重力和電場力的大小相等，所以此時小球的速度方向向下，大小等于拋出時小球的速度大小，所以此時的動能等于初始動能，故B正確；C、合外力先對小球做負(fù)功，再做正功，合外力做正功的過程中，小球的動能一直增大，所以小球速度動能沒有最大值，故C錯誤；D、從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，小球的動能等于初始動能，此過程中動能變化為零，則合外力做功為零，所以重力做的功等于小球電勢能的增加量，故D正確。故選：BD。二、非選擇題：共62分。第9～12題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13～16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共47分。9．（5分）某同學(xué)要測量微安表內(nèi)阻，可利用的實驗器材有：電源E（電動勢1.5V，內(nèi)阻很?。?，電流表?（量程10mA，內(nèi)阻約10Ω），微安表?（量程100μA，內(nèi)阻Rg待測，約1kΩ），滑動變阻器R（最大阻值10Ω），定值電阻R0（阻值10Ω），開關(guān)S，導(dǎo)線若干。（1）在答題卡上將圖中所示的器材符號連線，畫出實驗電路原理圖；（2）某次測量中，微安表的示數(shù)為90.0μA，電流表的示數(shù)為9.00mA，由此計算出微安表內(nèi)阻Rg＝990Ω?！痉治觥浚?）根據(jù)伏安法測電阻原理和已知元件設(shè)計電路；（2）根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律和歐姆定律求微安表內(nèi)阻?！窘獯稹拷猓海?）為了準(zhǔn)確測出微安表兩端的電壓，可以讓微安表與定值電阻R0并聯(lián)，再與電流表串聯(lián)，通過電流表的電流與微安表的電流之差，可求出流過定值電阻R0的電流，從而求出微安表兩端的電壓，進而求出微安表的內(nèi)阻，由于電源電壓過大，并且為了測量多組數(shù)據(jù)，滑動變阻器采用分壓式接法，實驗電路原理圖如圖所示（2）某次測量中，微安表的示數(shù)為IG＝90.0μA＝9×10﹣5A，電流表的示數(shù)為IA＝9.00mA＝9×10﹣3A，根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律和歐姆定律得（IA﹣IG）R0＝IGRg解得：Rg＝990Ω。故答案為：（1）圖見解析（2）99010．（10分）利用圖示的實驗裝置對碰撞過程進行研究。讓質(zhì)量為m1的滑塊A與質(zhì)量為m2的靜止滑塊B在水平氣墊導(dǎo)軌上發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，比較碰撞后A和B的速度大小v1和v2，進而分析碰撞過程一定是否為彈性碰撞。完成下列填空：（1）調(diào)節(jié)導(dǎo)軌水平。（2）測得兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510kg和0.304kg。要使碰撞后兩滑塊運動方向相反，應(yīng)選取質(zhì)量為0.304kg的滑塊作為A。（3）調(diào)節(jié)B的位置，使得A與B接觸時，A的左端到左邊擋板的距離s1與B的右端到右邊擋板的距離s2相等。（4）使A以一定的初速度沿氣墊導(dǎo)軌運動，并與B碰撞，分別用傳感器記錄A和B從碰撞時刻開始到各自撞到擋板所用的時間t1和t2。（5）將B放回到碰撞前的位置，改變A的初速度大小，重復(fù)步驟（4）。多次測量的結(jié)果如表所示。12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k＝0.31k20.330.330.33（6）表中的k2＝0.31（保留2位有效數(shù)字）。（7）的平均值為0.32（保留2位有效數(shù)字）。（8）理論研究說明，對本實驗的碰撞過程，一定是否為彈性碰撞可由判斷。若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則的理論表達式為（用m1和m2表示），本實驗中其值為0.34（保留2位有效數(shù)字）；若該值與（7）中結(jié)果間的差別在允許范圍內(nèi)，則可認(rèn)為滑塊A與滑塊B在導(dǎo)軌上的碰撞為彈性碰撞?！痉治觥坑脛恿渴睾愣煞治鲆痪S碰撞問題，驗證一定是否為彈性碰撞必然要用到機械能守恒定律和動量守恒定律，需要對碰撞前后的狀態(tài)進行分析，判斷一定是否同時滿足機械能守恒定律和動量守恒定律。【解答】解：（2）兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510kg和0.304kg，要想使碰撞后兩滑塊運動方向相反，則A滑塊質(zhì)量要小，才有可能反向運動，故選0.304kg的滑塊作為A。（6）因為位移相等，所以速度之比等于時間之比的倒數(shù)，由表中數(shù)據(jù)可得，k2＝＝＝0.31。（7）的平均值為：＝＝0.322≈0.32。（8）由機械能守恒定律和動量守恒定律可得：＝+；m1v0＝﹣m1v1+m2v2，聯(lián)立解得：，代入數(shù)據(jù)，可得：＝0.34。11．（12分）將一小球水平拋出，使用頻閃儀和照相機對運動的小球進行拍攝，頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光。某次拍攝時，小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光，拍攝的照片編輯后如圖所示。圖中的第一個小球為拋出瞬間的影像，每相鄰兩個球之間被刪去了3個影像，所標(biāo)出的兩個線段的長度s1和s2之比為3：7。重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略空氣阻力。求在拋出瞬間小球速度的大小?！痉治觥肯扔嬎愠鲂∏蛎恳欢芜\動所用的時間，再根據(jù)豎直方向上的運動規(guī)律求出每一段運動對應(yīng)的豎直位移，結(jié)合水平方向上的勻速直線運動，分別求出兩段運動中s1、s2的表達式，根據(jù)題干提供的比值進行求解。【解答】解：因為每相鄰兩個小球之間被刪去了3個影像，所以每相鄰兩個小球之間有4次閃光間隔，即相鄰兩個小球之間的時間為：t＝4×0.05s＝0.2s因為第一個小球為拋出點，所以第一段運動對應(yīng)的豎直位移大小為：＝第二段運動對應(yīng)的豎直位移大小為：＝＝0.6m設(shè)小球拋出時的初速度大小為v，則s1可以表示為：＝同理s2可以表示為：＝因為s1：s2＝3：7，聯(lián)立解得：v＝答：拋出瞬間小球的速度大小為。12．（20分）光點式檢流計一定是一種可以測量微小電流的儀器，其簡化的工作原理示意圖如圖所示。圖中A為輕質(zhì)絕緣彈簧，C為位于紙面上的線圈，虛線框內(nèi)有與紙面垂直的勻強磁場；M為置于平臺上的輕質(zhì)小平面反射鏡，輕質(zhì)剛性細桿D的一端與M固連且與鏡面垂直、另一端與彈簧下端相連，PQ為圓弧形的、帶有均勻刻度的透明讀數(shù)條，PQ的圓心位于M的中心。使用前需調(diào)零：使線圈內(nèi)沒有電流通過時，M豎直且與紙面垂直；入射細光束沿水平方向經(jīng)PQ上的O點射到M上后沿原路反射。線圈通入電流后彈簧長度改變，使M發(fā)生傾斜，入射光束在M上的入射點仍近似處于PQ的圓心，通過讀取反射光射到PQ上的位置，可以測得電流的大小。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，磁場磁感應(yīng)強度大小為B，線圈C的匝數(shù)為N、沿水平方向的長度為l，細桿D的長度為d，圓弧PQ的半徑為r，r＞＞d，d遠大于彈簧長度改變量的絕對值。（1）若在線圈中通入的微小電流為I，求平衡后彈簧長度改變量的絕對值Δx及PQ上反射光點與O點間的弧長s；（2）某同學(xué)用此裝置測一微小電流，測量前未調(diào)零，將電流通入線圈后，PQ上反射光點出現(xiàn)在O點上方，與O點間的弧長為s1；保持其它條件不變，只將該電流反向接入，則反射光點出現(xiàn)在O點下方，與O點間的弧長為s2。求待測電流的大小?！痉治觥渴紫纫M行受力分析，利用胡克定律求出形變量，再根據(jù)光的反射定律結(jié)合角度變化求出弧長，再利用弧長的表達式，可以反過來求出電流的大小?！窘獯稹拷猓海?）當(dāng)在線圈中通入的微小電流為I時，線圈中存在安培力，F(xiàn)＝NBIl，再根據(jù)胡克定律有：F＝NBIl＝k|Δx|，解得：|Δx|＝；設(shè)此時細桿轉(zhuǎn)動的弧度為θ，則反射光線轉(zhuǎn)過的弧度為2θ，由題可知，r＞＞d＞＞|Δx|，所以有sin2θ≈2θ，sinθ≈θ，|Δx|＝θd，s＝2θr，聯(lián)立可得：s＝。（2）因為測量前未調(diào)零，設(shè)沒有通電時反射光點偏移的弧長為s′，由將電流通入線圈后，PQ上反射光點出現(xiàn)在O點上方，與O點間的弧長為s1可知，s1＝，當(dāng)該電流反向接入后，反射光點出現(xiàn)在O點下方，與O點間的弧長為s2可知，s2＝，聯(lián)立可得I′＝。（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。[物理—選修3-3]（15分）（多選）13．（5分）一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過程如p﹣T圖上從a到b的線段所示。在此過程中（）A．氣體一直對外做功 B．氣體的內(nèi)能一直增加 C．氣體一直從外界吸熱 D．氣體吸收的熱量等于其對外做的功 E．氣體吸收的熱量等于其內(nèi)能的增加量【分析】在p﹣T圖線中，ab為過坐標(biāo)原點的直線，氣體做等容變化，氣體不做功，溫度升高，分子的平均動能增大，內(nèi)能增大，結(jié)合熱力學(xué)第一定律即可判斷?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程可得：，從a到b為過坐標(biāo)原點的傾斜直線，故氣體做等容變化，氣體不做功，故A錯誤；B、從a到b，氣體的溫度逐漸升高，分子的平均動能逐漸增大，故內(nèi)能一直增加，故B正確；DEC、由于氣體從a到b不做功W＝0，且內(nèi)能逐漸增大，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W+Q可知，氣體一直從外界吸熱，且吸收的熱量等于其內(nèi)能的增加量，故CE正確，D錯誤；故選：BCE。14．（10分）如圖，容積均為V0、缸壁可導(dǎo)熱的A、B兩汽缸放置在壓強為p0、溫度為T0的環(huán)境中；兩汽缸的底部通過細管連通，A汽缸的頂部通過開口C與外界相通；汽缸內(nèi)的兩活塞將缸內(nèi)氣體分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的體積分別為V0和V0。環(huán)境壓強保持不變，不計活塞的質(zhì)量和體積，忽略摩擦。（?。h(huán)境溫度緩慢升高，求B汽缸中的活塞剛到達汽缸底部時的溫度；（ⅱ）將環(huán)境溫度緩慢改變至2T0，然后用氣泵從開口C向汽缸內(nèi)緩慢注入氣體，求A汽缸中的活塞到達汽缸底部后，B汽缸內(nèi)第Ⅳ