2022年高考物理押題預(yù)測(cè)卷02（湖南卷）（考試版）

………………○………………內(nèi)………………○………………裝………………○………………訂………………○………………線………………○………………○………………內(nèi)………………○………………裝………………○………………訂………………○………………線………………○………………○………………外………………○………………裝………………○………………訂………………○………………線………………○…學(xué)校：______________姓名：_____________班級(jí)：_______________考號(hào)：______________________物理試題第=頁(yè)）2022年高考押題預(yù)測(cè)卷02【湖南卷】物理·全解全析123456DCBADD78910BDACDACBD 一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分，每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>O）的粒子以初動(dòng)能Ek0從MN連線上的P點(diǎn)水平向右射出，在大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力忽略不計(jì)，則粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)（未畫出）時(shí)（）A．所用時(shí)間為B．動(dòng)能為3Ek0C．若P點(diǎn)的電勢(shì)為0，則該點(diǎn)電勢(shì)為D．若僅增大初速度，速度與豎直方向的夾角不變【答案】D【解析】A．粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向豎直方向由可得故A錯(cuò)誤；B．由可得可得故粒子速度大小為動(dòng)能為故B錯(cuò)誤；C．由動(dòng)能定理可得可得則該點(diǎn)電勢(shì)為故C錯(cuò)誤；D．平拋運(yùn)動(dòng)的速度方向偏角的正切是位移方向偏角正切的兩倍，即可知速度正切所以只要粒子落在MN連線上，即使增大初速度，速度與豎直方向的夾角也不變，故D正確。故選D。2．如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點(diǎn)系一長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為m0的球C，現(xiàn)將C球拉起使細(xì)線水平伸直，并由靜止釋放C球，則下列說(shuō)法不正確的是（）A．A、B兩木塊分離時(shí)，A、B的速度大小均為B．A、B兩木塊分離時(shí)，C的速度大小為C．C球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過(guò)程中，A對(duì)B的彈力的沖量大小為D．C球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過(guò)程中，木塊A移動(dòng)的距離為【答案】C【解析】AB．小球C下落到最低點(diǎn)時(shí)，AB開(kāi)始分離，此過(guò)程水平方向動(dòng)量守恒。根據(jù)機(jī)械能守恒有：取水平向左為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒得：聯(lián)立解得，故AB正確；C．C球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過(guò)程中，選B為研究對(duì)象，由動(dòng)量定理故C錯(cuò)誤；D．C球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過(guò)程中，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)C對(duì)地向左水平位移大小為x1，AB對(duì)地水平水平位移大小為x2，則有m0x1=2mx2x1+x2=L可解得故D正確。本題選不正確的，故選C。3．如圖所示，水平傳送帶AB間的距離為16m，質(zhì)量分別為2kg、4kg的物塊P、Q，通過(guò)繞在光滑定滑輪上的細(xì)線連接，Q在傳送帶的左端且連接物塊Q的細(xì)線水平。當(dāng)傳送帶以8m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，Q恰好靜止。重力加速度g=l0m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。當(dāng)傳送帶以8m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A．Q與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6B．Q從傳送帶左端運(yùn)動(dòng)到右端所用的時(shí)間為2.6sC．Q在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受摩擦力始終不變D．Q從傳送帶左端運(yùn)動(dòng)到右端的過(guò)程中P處于失重狀態(tài)【答案】B【解析】A．當(dāng)傳送帶以逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，Q恰好靜止不動(dòng)，對(duì)Q受力分析，則有即代入數(shù)據(jù)解得故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)傳送帶突然以順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，物體Q做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有解得當(dāng)速度達(dá)到傳送帶速度即8m/s后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度時(shí)間公式有代入數(shù)據(jù)解得勻加速的時(shí)間為s，勻加速的位移為代入數(shù)據(jù)解得x=4.8m，則勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為代入數(shù)據(jù)解得s，Q從傳送帶左端滑到右端所用的時(shí)間為故B正確；C．物體Q做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，摩擦力方向水平向右，勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，摩擦力方向水平向左，故Q在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受摩擦力方向變化，故C錯(cuò)誤；D．由B的分析可知，Q做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，P加速下降，處于失重狀態(tài)，Q勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，P勻速下降，處于平衡狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。故選B。4．某同學(xué)欲探測(cè)某種環(huán)境下是否有頻率高于的電磁波輻射，利用光電效應(yīng)現(xiàn)象自制了一個(gè)探測(cè)器，如圖所示。當(dāng)環(huán)境中含有高于此頻率的電磁波時(shí)靈敏電流表有示數(shù)。下表給出了幾種金屬的極限頻率。則（）金屬鎢鈣鈉鉀銣10.957.735.535.445.15A．發(fā)生光電效應(yīng)的金屬板應(yīng)該選用金屬鈣B．如果發(fā)生光電效應(yīng)的金屬板選擇金屬鈉，則電流表有示數(shù)時(shí)，環(huán)境中一定含有頻率高于的電磁波C．要想提高儀器的靈敏度，電流表選靈敏一些的，兩板間距選適當(dāng)大一些的D．如果在兩板間加上“左正右負(fù)”的電壓，效果會(huì)更好【答案】A【解析】A．根據(jù)題表數(shù)據(jù)可知金屬鈣的極限頻率為，只有當(dāng)環(huán)境中有高于的電磁波輻射時(shí)，才能使光電子從鈣板中逸出，從而使靈敏電流表有示數(shù)，所以發(fā)生光電效應(yīng)的金屬板應(yīng)該選用金屬鈣，故A正確；B．根據(jù)題表數(shù)據(jù)可知金屬鈉的極限頻率為，如果發(fā)生光電效應(yīng)的金屬板選擇金屬鈉，則電流表有示數(shù)時(shí)，環(huán)境中一定含有頻率高于的電磁波，不一定含有頻率高于的電磁波，故B錯(cuò)誤；C．要想提高儀器的靈敏度，電流表選靈敏一些的，且為了能夠使光電子能夠更易到達(dá)陽(yáng)極，兩板間距應(yīng)選適當(dāng)小一些的，故C錯(cuò)誤；D．如果在兩板間加上“左負(fù)右正”的電壓，光電子受到向右的電場(chǎng)力，更易到達(dá)陽(yáng)極，效果會(huì)更好，故D錯(cuò)誤。故選A。5．如圖，紙面內(nèi)虛線上下兩側(cè)存在方向均垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線下方磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是虛線上方磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的2倍。一帶正電的粒子（重力不計(jì)）從虛線上O點(diǎn)，沿與虛線成角的方向以某速度垂直射入上方磁場(chǎng)，粒子從虛線上的P點(diǎn)第一次進(jìn)入下方磁場(chǎng)，一段時(shí)間后粒子再次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)。粒子從O點(diǎn)至第一次到P點(diǎn)的過(guò)程中，平均速度為，從O點(diǎn)至第二次到P點(diǎn)的過(guò)程中，平均速度為，則等于（）A．1：1 B．1：2 C．1：7 D．7：1【答案】D【解析】粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：粒子在上方磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的周期在下方磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的周期，由于，則，結(jié)合幾何關(guān)系得則有故選D。6．如圖所示，矩形金屬框MNOP豎直放置，其中MN、PQ足夠長(zhǎng)，且PQ桿豎直光滑，一根輕彈簧一端固定在M點(diǎn)，另一端連接一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球穿過(guò)PQ桿，開(kāi)始時(shí)整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)在讓金屬框繞MN軸轉(zhuǎn)動(dòng)，其角速度逐漸增大，即=t，式中是一個(gè)常數(shù)。則在角速度逐漸增大的過(guò)程中，下列判斷正確的是（）A．小球的重力勢(shì)能減小B．PQ桿對(duì)小球的作用力不斷增大C．PQ桿對(duì)小球的作用力垂直指向MND．PQ桿對(duì)小球的作用力做正功【答案】D【解析】A．對(duì)小球受力分析，設(shè)彈簧由于水平方向夾角為，豎直方向上，由平衡條件得根據(jù)胡克定律有聯(lián)立可得可知隨著增大，彈簧的彈力不變，則彈簧長(zhǎng)度不變，所以小球的高度不變，則重力勢(shì)能不變，故A錯(cuò)誤；D．由A分析可知：彈簧的彈力對(duì)小球不做功，小球的動(dòng)能不斷增大，所以PQ桿對(duì)小球的作用力做正功，故D正確；BC．由D選項(xiàng)分析可知，PQ桿對(duì)小球的作用力沿著速度方向的分力使小球線速度增大，由題意可知，切向加速度不變，則PQ桿對(duì)小球的作用力沿著速度方向的分力大小不變，當(dāng)速度小時(shí)，彈簧沿著水平方向的分力大于向心力，則Q桿對(duì)小球的作用力垂直速度方向的分力垂直MN向外，隨著角速度逐漸增大而減小，當(dāng)速度逐漸變大到彈簧沿著水平方向的分力恰好向心力后，Q桿對(duì)小球的作用力垂直速度方向的分力垂直MN向內(nèi)，隨著角速度逐漸增大而增大，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成知PQ桿對(duì)小球的作用力先減小后增大，且不在垂直MN的方向上，故BC錯(cuò)誤。故選D。二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7．2021年5月15日7時(shí)18分，“天問(wèn)一號(hào)”探測(cè)器成功著陸于火星，我國(guó)首次火星探測(cè)任務(wù)著陸火星取得成功。“天問(wèn)一號(hào)”發(fā)射后經(jīng)過(guò)地火轉(zhuǎn)移軌道被火星捕獲，進(jìn)入環(huán)火星圓軌道，經(jīng)變軌調(diào)整后，進(jìn)入著陸準(zhǔn)備軌道，如圖所示。已知“天問(wèn)一號(hào)”火星探測(cè)器的火星著陸準(zhǔn)備軌道半長(zhǎng)軸為a1，周期為T1的橢圓軌道，我國(guó)北斗導(dǎo)航系統(tǒng)的中圓地球軌道衛(wèi)星軌道半徑為r2，周期為T2，引力常量為G。則下列判斷正確的是（）A．B．“天問(wèn)一號(hào)”在A點(diǎn)從環(huán)火星圓軌道進(jìn)入著陸準(zhǔn)備軌道時(shí)需要開(kāi)啟發(fā)動(dòng)機(jī)向前噴氣C．“天問(wèn)一號(hào)”在環(huán)火星圓軌道A點(diǎn)的加速度大于著陸準(zhǔn)備軌道A點(diǎn)的加速度D．由題目已知數(shù)據(jù)可以估算火星質(zhì)量及火星質(zhì)量和地球質(zhì)量的比值【答案】BD【解析】A．由于我國(guó)北斗導(dǎo)航系統(tǒng)的中圓地球軌道衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)，而“天問(wèn)一號(hào)”火星探測(cè)器在著陸準(zhǔn)備軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)是繞火星運(yùn)動(dòng)，中心天體不一樣，因此開(kāi)普勒第三定律不適用，故A錯(cuò)誤；B．“天問(wèn)一號(hào)”在A點(diǎn)從環(huán)火星圓軌道進(jìn)入著陸準(zhǔn)備軌道時(shí)需要減速，所以開(kāi)啟發(fā)動(dòng)機(jī)向前噴氣，故B正確；C．“天問(wèn)一號(hào)”在環(huán)火星圓軌道A點(diǎn)和著陸準(zhǔn)備軌道A點(diǎn)受到的萬(wàn)有引力相同，所以由可知加速度相同，故C錯(cuò)誤；D．利用中圓軌道衛(wèi)星可以估算地球質(zhì)量火星質(zhì)量和地球質(zhì)量的比值故D正確。故選BD。8．如圖所示，R1=R2=R3=20Ω，電容器的電容C=5μF，電源電動(dòng)勢(shì)E=7V，電源內(nèi)阻r=10Ω。起初，開(kāi)關(guān)S是斷開(kāi)的，電容器C所帶的電荷量為Q1。然后閉合開(kāi)關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，電容器C所帶的電荷量為Q2。下列說(shuō)法正確的是（）A．開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，將上極板向上移動(dòng)一段距離，電容器內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度減小B．開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，增大R2的阻值，電流表G中有向上的電流C．Q1∶Q2=7∶5D．閉合開(kāi)關(guān)S待電路穩(wěn)定后，通過(guò)靈敏電流計(jì)的電荷量為2.4×10-5C【答案】ACD【解析】AB．當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，電容器兩端電壓始終等于R3兩端電壓，此時(shí)將上極板向上移動(dòng)一段距離，根據(jù)可知板間場(chǎng)強(qiáng)減?。淮藭r(shí)R2等效于導(dǎo)線，增大R2的阻值，不會(huì)改變電容器兩端電壓，電容器不會(huì)進(jìn)行充放電，所以電流表G中沒(méi)有電流，故A正確，B錯(cuò)誤；C．開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得電容器兩端電壓為開(kāi)關(guān)S閉合待電路穩(wěn)定后，電路外電阻為電源的路端電壓為電容器兩端電壓為根據(jù)電容的定義式可得故C正確；D．開(kāi)關(guān)S閉合前，電容器上極板帶正電，開(kāi)關(guān)S閉合待電路穩(wěn)定后，電容器上極板帶負(fù)電，所以閉合開(kāi)關(guān)S待電路穩(wěn)定后，通過(guò)靈敏電流計(jì)的電荷量為故D正確。故選ACD。9．如圖甲所示，某電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線恰好與直線AB重合，以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，向右為正方向建立直線坐標(biāo)系，B點(diǎn)的坐標(biāo)為，若一粒子僅在電場(chǎng)力的作用下由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，其電勢(shì)能增加60eV，該電場(chǎng)線上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E隨位移x的變化規(guī)律如圖乙所示，若A點(diǎn)電勢(shì)為15V，下列說(shuō)法正確的是（）A．x軸上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向都沿x軸負(fù)方向B．該粒子沿x軸正方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)C．B點(diǎn)電勢(shì)是A點(diǎn)電勢(shì)的3倍D．圖乙中應(yīng)為【答案】AC【解析】AC．粒子由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為解得因?yàn)樗訠點(diǎn)電勢(shì)是A點(diǎn)電勢(shì)的3倍，因?yàn)锽點(diǎn)電勢(shì)高于A點(diǎn)電勢(shì)，所以電場(chǎng)的方向沿x軸負(fù)方向，故AC正確；B．圖乙中電場(chǎng)強(qiáng)度隨位移x均勻變化，電場(chǎng)力為變力，所以粒子沿x軸正方向做變加速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；D．圖乙中圖像的面積為A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差的大小，可以確定為，故D錯(cuò)誤。故選AC。10．如圖所示，兩物塊A、B套在水平粗糙的CD桿上，并用不可伸長(zhǎng)的輕繩連接，整個(gè)裝置能繞過(guò)CD中點(diǎn)的軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)，已知兩物塊質(zhì)量相等，桿CD對(duì)物塊A、B的最大靜摩擦力大小相等，開(kāi)始時(shí)繩子處于自然長(zhǎng)度（繩子恰好伸直但無(wú)彈力），物塊A到OO′軸的距離為物塊B到OO′軸距離的兩倍，現(xiàn)讓該裝置從靜止開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)，使轉(zhuǎn)速逐漸增大，從繩子處于自然長(zhǎng)度到兩物塊A、B即將滑動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．B受到的靜摩擦力一直增大 B．B受到的靜摩擦力是先增大后減小再增大C．A受到的靜摩擦力是先增大后減小 D．A受到的合外力一直在增大【答案】BD【解析】ABC．開(kāi)始角速度較小時(shí)，兩物體均靠靜摩擦力提供向心力，角速度增大，靜摩擦力增大，根據(jù)f=mrω2知隨著角速度的增大，A先達(dá)到最大靜摩擦力，A先使繩子產(chǎn)生拉力的，所以當(dāng)繩子剛好產(chǎn)生拉力時(shí)，B受靜摩擦力作用且未到最大靜摩擦力，隨著角速度的增大，對(duì)B，拉力和靜摩擦力的合力提供向心力，角速度增大，則B的靜摩擦力會(huì)減小，然后反向增大．對(duì)A，拉力和最大靜摩擦共同提供向心力，角速度增大，靜摩擦力不變．可知A的靜摩擦力先增大達(dá)到最大靜摩擦力后不變，B的靜摩擦力先增大后減小，再增大．故B正確，AC錯(cuò)誤；D．根據(jù)向心力公式在發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)前物體的半徑是不變的，質(zhì)量也不變，隨著速度的增大，向心力增大，而向心力就是物體的合力，故D正確。故選BD。三、非選擇題：共56分。第11～14題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答第15～16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43分。11.（6分）在“探究平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中，可以描繪出小球平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡，某次實(shí)驗(yàn)中在坐標(biāo)紙上描出了a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)。（取）（1）已知圖中小方格的邊長(zhǎng)，小球平拋的初速度為_(kāi)__________（用L、g表示），b點(diǎn)的速度大小為_(kāi)__________。（2）小球拋出點(diǎn)的坐標(biāo)是___________（以a點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為x正方向，豎直向下為y軸正方向）。【答案】

【解析】（1）在豎直方向上，根據(jù)得初速度b點(diǎn)的豎直分速度根據(jù)矢量的合成法則，則b點(diǎn)的速度大小為（2）因此可知a不是拋出點(diǎn)，根據(jù)b點(diǎn)的豎直分速度可知，拋出點(diǎn)到b點(diǎn)的時(shí)間那么從拋出點(diǎn)到b點(diǎn)的水平位移為從拋出點(diǎn)到b點(diǎn)的豎直位移為因?yàn)椋話伋鳇c(diǎn)坐標(biāo)為12.（9分）如圖甲所示為某同學(xué)測(cè)量一節(jié)干電池的的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的電路圖。（1）已知毫安表內(nèi)阻為15Ω，滿偏電流為3mA；R1為滑動(dòng)變阻器，R2為電阻箱（0-9999.9Ω），若將電阻箱的阻值調(diào)為985Ω，改裝后的電表的量程為_(kāi)_____________V.（2）電流表有兩種規(guī)格，A1（量程0.6A，內(nèi)阻約為0.1Ω）和A2（量程3A，內(nèi)阻約為0.05Ω）；滑動(dòng)變阻器R1有兩種規(guī)格，最大阻值分別為20Ω和200Ω，電流表應(yīng)選用______（填“A1”或“A2”），R1應(yīng)選用最大阻值為_(kāi)________Ω的滑動(dòng)變阻器。（3）實(shí)驗(yàn)步驟如下：①閉合開(kāi)關(guān)S前，將滑動(dòng)變阻器R1的滑片移到________端（填“左”或“右”）②多次調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)片，記下電流表的示數(shù)I2和毫安表的示數(shù)I1；③以I1為縱坐標(biāo)，I2為橫坐標(biāo)，作I1-I2圖線，如圖乙所示。④根據(jù)圖像求得電源電動(dòng)勢(shì)E=________V（結(jié)果保留三位有效數(shù)字），內(nèi)阻r=_____Ω（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮?/p>

3.0

A1

20

左

1.48（1.44~1.52之間均對(duì)）

0.84（0.82~0.90之間均對(duì)）【解析】（1）將電阻箱R2與毫安表串聯(lián)后改裝成電壓表，當(dāng)阻值調(diào)為985Ω，改裝后的電表的量程為（2）根據(jù)圖象可知，整個(gè)過(guò)程的電流不超過(guò)0.5A，故電流表選A1因內(nèi)阻較小，為了便于調(diào)節(jié)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇20Ω（3）為了讓電流由最小開(kāi)始調(diào)節(jié)，開(kāi)始時(shí)滑動(dòng)變阻器阻值滑到最大位置，故應(yīng)滑到左端改裝后的電表的量程為3.0V，電表的內(nèi)阻為由串并聯(lián)電路規(guī)律可知若毫安表示數(shù)為I1，則其測(cè)量的電壓應(yīng)等于1000I1，則由閉合電路歐姆定律可知，所以圖象中與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)表示電源的電動(dòng)勢(shì)圖象的斜率表示內(nèi)阻，解得13.（13分）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的左端固定在小球上，右端與小球接觸但未拴接，球和球靜止在光滑水平臺(tái)面上。小球從左側(cè)光滑斜面上距水平臺(tái)面高度為處由靜止滑下（不計(jì)小球在斜面與水平面銜接處的能量損失），與球發(fā)生正碰后粘在一起，碰撞時(shí)間極短，之后球脫離彈簧，在水平臺(tái)面上勻速運(yùn)動(dòng)并從其右端點(diǎn)水平拋岀，落入固定放置在水平地面上的豎直四分之一光滑圓弧軌道內(nèi)，該段圓弧的圓心在點(diǎn)，半徑為。已知三個(gè)小球、、均可看成質(zhì)點(diǎn)，且質(zhì)量分別為，（為待定系數(shù)），重力加速度為，不計(jì)空氣阻力和一切摩擦。（1）若，求該條件下彈簧具有的最大彈性勢(shì)能以及小球從水平臺(tái)面右端點(diǎn)。拋出后落到圓弧軌道上的點(diǎn)在圖示坐標(biāo)系中的位置；（2）若小球從水平臺(tái)面右端點(diǎn)拋岀后，落至圓弧軌道上時(shí)具有最小動(dòng)能，求此時(shí)的取值及對(duì)應(yīng)的最小動(dòng)能?！敬鸢浮浚?）落點(diǎn)位置；（2），【解析】（1）設(shè)球到達(dá)水平面時(shí)速度為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有球與球發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)、粘在一起的速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有此后作為一個(gè)整體壓縮彈簧，、三者共速時(shí)，彈簧具有最大彈性勢(shì)能，設(shè)為，、系統(tǒng)動(dòng)量守恒有機(jī)械能守恒若，則，故當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，與分離，設(shè)此時(shí)粘合體速度為，的速度為，系統(tǒng)動(dòng)量守恒機(jī)械能守恒得，小球在水平面右端點(diǎn)以水平拋出，由平拋規(guī)律得，時(shí)結(jié)合圓方程得，即落點(diǎn)位置。（2）由（1）知球平拋的速度有由平拋規(guī)律得，結(jié)合圓方程得設(shè)落至圓弧軌道上的動(dòng)能為，則由機(jī)械能守恒定律得又有則由數(shù)學(xué)知識(shí)，當(dāng)時(shí)，即時(shí)有最小值，則聯(lián)立可得結(jié)合可求得14.（15分）如圖甲所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)存在周期性變化的磁場(chǎng)，規(guī)定磁場(chǎng)垂直紙面向內(nèi)的方向?yàn)檎鸥袘?yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，在t=0時(shí)刻沿x軸正方向從坐標(biāo)原點(diǎn)O射入磁場(chǎng)。圖乙中T0為未知量，不計(jì)粒子的重力（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。（1）若粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v0，求時(shí)間內(nèi)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；（2）若粒子恰好不能從Oy軸射出磁場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期；（3）若使粒子能從坐標(biāo)為（d，d）的D點(diǎn)平行于Ox軸射出，求射入磁場(chǎng)時(shí)速度大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力得解得（2）要使粒子恰好不從軸射出，軌跡如圖在前內(nèi)的運(yùn)動(dòng)半徑為在后內(nèi)的運(yùn)動(dòng)半徑由幾何關(guān)系知解得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期則解得磁感應(yīng)強(qiáng)度變化周期（3）要想使粒子經(jīng)過(guò)點(diǎn)且平行軸射出，則粒子只能從時(shí)刻經(jīng)過(guò)點(diǎn)，（其中），則軌跡如圖設(shè)粒子射入磁場(chǎng)的速度為，由（2）可得由幾何關(guān)系可知又解得（二）選考題：共13分。請(qǐng)考生從兩道中任選一題作答。如果多做，則按第一題計(jì)分。15.[物理選修3-3]（1）（5分）下列說(shuō)法正確的是。（填正確答案標(biāo)號(hào)，選對(duì)1個(gè)給2分，選對(duì)2個(gè)得4分，選對(duì)3個(gè)得5分，每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分0分）A．熱傳遞的自然過(guò)程是大量分子從無(wú)序程度小的狀態(tài)向無(wú)序程度大的狀態(tài)轉(zhuǎn)化的過(guò)程B．掃地時(shí)，在陽(yáng)光照射下，看到塵埃飛舞，這是塵埃在做布朗運(yùn)動(dòng)C．物理性質(zhì)表現(xiàn)為各向同性的固體不一定是非晶體D．飽和汽壓只跟汽體的自身性質(zhì)與溫度有關(guān)E．液晶具有光學(xué)各向異性，所以液晶是晶體【答案】ACD【解析】A．分子的熱運(yùn)動(dòng)是大量分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的一個(gè)宏觀過(guò)程包含著大量的微觀狀態(tài)，這是一個(gè)無(wú)序的運(yùn)動(dòng)，熱運(yùn)動(dòng)的結(jié)果只能使分子熱運(yùn)動(dòng)更加無(wú)序，而不是變成有序，熱傳遞的自然過(guò)程從微觀上講就是大量分子從無(wú)序程度小的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)向無(wú)序程度大的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)轉(zhuǎn)化的過(guò)程，A正確；B．布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體或氣體中的微粒所做的永不停息的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，這種微粒一般是很小的，用肉眼看不見(jiàn)，而塵埃的顆粒較大，是在空氣氣流作用下的宏觀運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；C．物理性質(zhì)表現(xiàn)為各向同性的固體不一定是非晶體，可能是多晶體，C正確；D．飽和蒸汽壓是物質(zhì)的一個(gè)重要性質(zhì)，它只跟汽體的自身性質(zhì)與溫度有關(guān)，D正確；E．液晶具有光學(xué)各向異性，但是液晶不是晶體，E錯(cuò)誤。故選ACD。（2）（8分）兩個(gè)完全相同的、足夠深的汽缸如圖所示靜止放置在水平地面上，汽缸內(nèi)各用一個(gè)完全相同、面積均為S的活塞分別封閉兩部分理想氣體A和B，兩活塞中間用輕質(zhì)彈簧連接。已知大氣壓為，兩汽缸的重力均為，兩活塞的重力均為，彈簧的勁度系數(shù)為，初始時(shí)上、下活塞到缸底的距離均為L(zhǎng)，不計(jì)一切摩擦，若在上面汽缸底部施加外力緩慢提起汽缸，直至下面汽缸剛好離開(kāi)地面，此過(guò)程中，氣體溫度保持不變，求：（i）下面活塞上移的距離；（ii）上面汽缸上移的距離。【答案】（i）；（ii）【解析】（i）設(shè)B氣體初狀態(tài)壓強(qiáng)為，體積為，末狀態(tài)壓強(qiáng)為，體積為，對(duì)初狀態(tài)的兩活塞彈簧和上面汽缸整體受力分析，由平衡條件有解得對(duì)末狀態(tài)的下面汽缸受力分析，由平衡條件有解得根據(jù)玻意耳定律可得則下面活塞上移的距離為（ii）設(shè)A氣體初狀態(tài)壓強(qiáng)為，體積為，末狀態(tài)壓強(qiáng)為，體積為，對(duì)初狀態(tài)的上面汽缸受力分析，由平衡條件有解得對(duì)末狀態(tài)的兩活塞彈簧和下面汽缸整體受力分析，由平衡條件有解得根據(jù)玻意耳定律可得則上面活塞相對(duì)上面汽缸下移的距離為對(duì)初狀態(tài)的上面活塞和上面汽缸整體受力分析，由平衡條件有彈簧彈力彈簧處于壓縮狀態(tài)，對(duì)末狀態(tài)的下面活塞和下面汽缸整體受力分析，由平衡條件有彈簧彈力彈簧處于拉伸狀態(tài)，彈簧由壓縮到拉伸的形變量則上面汽缸移動(dòng)的距離為16.[物理選修3-4]（1）（5分）關(guān)于光的干涉和衍射，下列說(shuō)法正確的是。（填正確答案標(biāo)號(hào)，選對(duì)1個(gè)給2分，選對(duì)2個(gè)得4分，選對(duì)3個(gè)得5分，