2022年湖南省雅禮十六校高考物理二模試卷及答案

第27頁(yè)（共27頁(yè)）2022年湖南省雅禮十六校高考物理二模試卷一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。（多選）1．（4分）“快堆”中的钚239裂變釋放出快中子，反應(yīng)區(qū)周圍的鈾238吸收快中子后變成鈾239，鈾239很不穩(wěn)定，經(jīng)過兩次β衰變后變成钚239，從而實(shí)現(xiàn)钚燃料的“增殖”。某5kg的钚239核燃料，每秒鐘約有1.1×1013個(gè)钚239發(fā)生自然衰變，放出α粒子，已知钚239原子的α衰變質(zhì)量虧損了0.0057u。已知1u相當(dāng)于931.5MeV的能量，α粒子的在核燃料中減速會(huì)釋放出熱能，下列說法正確的是（）A．鈾239兩次β衰變后，比結(jié)合能減小 B．原子核衰變時(shí)，動(dòng)量守恒，質(zhì)量不守恒 C．原子核衰變時(shí)釋放的α射線比β射線穿透能力更強(qiáng) D．假設(shè)衰變釋放的能量最終變成內(nèi)能，該5kg的钚239核燃料的發(fā)熱功率約為10W2．（4分）有6個(gè)小金屬球分別固定在如圖所示的正六邊形的頂點(diǎn)上，球7處于正六邊形中心位置，現(xiàn)使球2帶正電，球7帶負(fù)電，要使球7在中心位置獲得水平向右的加速度，下列說法正確的是（）A．使球1帶上正電荷，其他球不帶電 B．使球4、5同時(shí)帶上電荷，其他球不帶電 C．不可能只讓球4帶上電荷，其他球不帶電 D．不可能讓球3、4、5、6同時(shí)帶上電荷，其他球不帶電3．（4分）如圖，豎直放置的等螺距螺線管是用長(zhǎng)為l的透明硬質(zhì)直管（內(nèi)徑遠(yuǎn)小于h）彎制而成，高為h，將一光滑小球自上端管口由靜止釋放，從上向下看（俯視），小球在重復(fù)作半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)。小球第n次圓周運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間為（）A． B． C． D．4．（4分）如圖所示，發(fā)電機(jī)兩磁極N、S間的磁場(chǎng)可視為水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。線圈繞垂直磁場(chǎng)的水平軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈電阻不計(jì)，匝數(shù)為n，面積為S。發(fā)電機(jī)與理想變壓器原線圈連接，?為理想交流電壓表。變壓器的副線圈接有三條支路，每條支路接有相同規(guī)格的小燈泡L1、L2和L3，L1串有電阻R，L2串有電感L，L3串有電容器C。當(dāng)線圈以ω0勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，三盞燈恰好亮度相同。下列判斷正確的是（）A．當(dāng)ω＜ω0時(shí)，L2比L1亮 B．當(dāng)ω＞ω0時(shí)，三盞燈的亮度仍然相同 C．當(dāng)轉(zhuǎn)速不變，增大變壓器原線圈的匝數(shù)，三盞燈均變亮 D．當(dāng)線圈以ω0勻速轉(zhuǎn)動(dòng)到在圖示位置時(shí)，電壓表的示數(shù)為nBSω05．（4分）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在傾角為θ的光滑斜面底部，另一端拴接一質(zhì)量為m的小物塊A，靜止時(shí)物塊位于P點(diǎn)?，F(xiàn)將另一質(zhì)量也為m的小物塊B緊貼著物塊A由靜止釋放，兩物塊一起運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)速度為v，若將小物塊B從斜面上距P點(diǎn)為d的S點(diǎn)由靜止釋放，物塊B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)與物塊A粘在一起，兩物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，則兩物塊一起運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)的速度為（）A． B． C． D．6．（4分）如圖所示，從高H處的P點(diǎn)先后水平拋出兩個(gè)小球，球1剛好直接越過豎直擋板MN落在水平地面上的Q點(diǎn)，球2與地面碰撞N（N≥1）次后，剛好越過高為h的擋板MN（h可調(diào)節(jié)）也落在Q點(diǎn)。假設(shè)球2每次與地面的碰撞都是彈性碰撞，兩球的空氣阻力均可忽略，則（）A．h與H之比可能為1：2 B．h與H之比可能為11：36 C．球1與球2速度之比可能為2：1 D．球1與球2速度之比可能為16：1二、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。（多選）7．（5分）以下物理史實(shí)不正確的有（）A．德國(guó)科學(xué)家馬德堡（H.Magdeburger）通過著名的馬德堡半球?qū)嶒?yàn)證明了大氣壓的存在 B．楞次（H.Lenz）發(fā)現(xiàn)了電流通過導(dǎo)體時(shí)產(chǎn)生熱效應(yīng)的規(guī)律——焦耳定律 C．湯姆孫（G.P.Thomson）通過陰極射線管發(fā)現(xiàn)了電子，獲得了諾貝爾獎(jiǎng) D．約里奧﹣居里夫婦（Joliot﹣Curie）用α粒子轟擊鋁箔時(shí)，發(fā)現(xiàn)了人工放射性同位素（多選）8．（5分）已知引力常量為G，Γ星球的質(zhì)量M，Γ星球的半徑R，Ψ飛船在軌道I上運(yùn)動(dòng)時(shí)的質(zhì)量m，P、Q點(diǎn)與Γ星球表面的高度分別為h1、h2，Ψ飛船與Γ星球中心的距離為r時(shí)，引力勢(shì)能為（取無窮遠(yuǎn)處引力勢(shì)能為零），Ψ飛船經(jīng)過Q點(diǎn)的速度大小為v，在P點(diǎn)由軌道Ⅰ變?yōu)檐壍愧虻倪^程中，發(fā)動(dòng)機(jī)沿軌道的切線方向瞬間一次性噴出一部分氣體，噴出的氣體相對(duì)噴氣后Ψ飛船的速度大小為u，則下列說法正確的是（）A．Ψ飛船在圓形軌道Ⅰ上運(yùn)動(dòng)的速度大小約 B．Ψ飛船經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)的速度大小為 C．Ψ飛船在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小變化 D．噴出的氣體的質(zhì)量為（多選）9．（5分）如圖，一傾角為α＝37°的光滑足夠長(zhǎng)的固定斜面上放有質(zhì)量M＝0.12kg的足夠長(zhǎng)木板；一木塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于木板上，木塊與木板間有摩擦。初始時(shí)木塊與木板上端相距L＝1.6m。木塊與木板同時(shí)由靜止開始下滑，木塊下滑距離x1＝0.75m后受到平行斜面向上的作用力其大小為F＝kv1（v1為木塊運(yùn)動(dòng)速度），木塊以v1做勻速運(yùn)動(dòng)，直至木板再向下運(yùn)動(dòng)L時(shí)將平行斜面向上的作用力由作用在木塊上改為作用于木板上，木板以v2的速度勻速運(yùn)動(dòng)，作用力F＝kv2保持恒定。g＝10m/s2，k＝0.12N?s/m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的有（）A．木板勻速運(yùn)動(dòng)速度v2為5m/s B．木塊的質(zhì)量為0.04kg C．木塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25 D．木板勻速運(yùn)動(dòng)的距離為1.11m（多選）10．（5分）某發(fā)光元件D的伏安特性曲線圖1所示，元件在達(dá)到正向?qū)妷篣D后能夠發(fā)光，為了簡(jiǎn)化問題，可認(rèn)為發(fā)光后元件兩端電壓保持為UD不變（UD附近伏安特性曲線的斜率極陡），電壓小于UD或加反向電壓時(shí)，元件均處于截止?fàn)顟B(tài)。將該元件通過水平直導(dǎo)線MN接入光滑豎直平行導(dǎo)軌中，如圖2所示，該導(dǎo)軌間距L＝0.5m，MN下方0.4m處有一根導(dǎo)體棒PQ水平跨接在導(dǎo)軌上，緊接PQ正下方的導(dǎo)軌間交替分布著垂直紙面方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T，寬度d＝0.1m的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，除發(fā)光元件外，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力不計(jì)。開始時(shí)鎖定PQ，在PQ正上方空間里施加一垂直紙面向外均勻增加的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率時(shí)，元件恰好能導(dǎo)通發(fā)光，下列說法正確的有（）A．UD的值為2.5v B．流過元件D的電流方向?yàn)镹→M C．撤去PQ上方的磁場(chǎng)同時(shí)解除鎖定，元件再次發(fā)光時(shí)PQ所在的磁場(chǎng)區(qū)域序號(hào)n為14 D．在C的條件下，元件最終的閃爍周期（連續(xù)明暗一次的時(shí)間）約為0.0396s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）利用計(jì)算機(jī)和力傳感器可以比較精確地測(cè)量作用在掛鉤上的力，并能得到掛鉤所受的拉力隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象，實(shí)驗(yàn)過程中掛鉤位置可認(rèn)為不變。某同學(xué)利用力傳感器和單擺小球來驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，實(shí)驗(yàn)步驟如下：①如圖甲所示，固定力傳感器M；②取一根不可伸長(zhǎng)的細(xì)線，一端連接一小鐵球，另一端穿過固定的光滑小圓環(huán)O，并固定在傳感器M的掛鉤上（小圓環(huán)剛好夠一根細(xì)線通過）；③讓小鐵球自由懸掛并處于靜止?fàn)顟B(tài)，從計(jì)算機(jī)中得到拉力隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象如圖乙所示；④讓小鐵球以較小的角度在豎直平面內(nèi)的A、B之間擺動(dòng)，從計(jì)算機(jī)中得到拉力隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象如圖丙所示。請(qǐng)回答以下問題：（1）小鐵球的重力為。（2）為了驗(yàn)證小鐵球在最高點(diǎn)A和最低點(diǎn)處的機(jī)械能是否相等，則需要測(cè)量的物理量為。（3）若實(shí)驗(yàn)測(cè)得了（2）中所需測(cè)量的物理量，則為了驗(yàn)證小鐵球在最高點(diǎn)A和最低點(diǎn)處的機(jī)械能是否相等，只需驗(yàn)證等式是否成立即可。（用題中所給物理量的符號(hào)來表示）12．（9分）一實(shí)驗(yàn)小組利用圖甲所示電路測(cè)量一電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r。圖中電流表量程為50mA，內(nèi)阻RA＝10Ω；定值電阻R1＝R2＝20Ω；電阻箱R（最大阻值為999.9Ω）；S為開關(guān)。完成下列填空：（1）按電路圖連接電路。閉合開關(guān)，多次調(diào)節(jié)電阻箱，記錄下阻值R和電流表的相應(yīng)讀數(shù)I，用R、R1、R2、RA、E和r表示，得＝；（2）利用測(cè)量數(shù)據(jù)，作圖線，如圖乙所示，則E＝V，r＝Ω；（保留2位有效數(shù)字）（3）若將圖甲中的電流表當(dāng)成理想電表，得到的電源電動(dòng)勢(shì)為E'，由此產(chǎn)生的誤差為＝%。13．（13分）以A為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系。（1）設(shè)a＝L，c＝H，在0≤x≤a范圍內(nèi)有沿+y方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0，在A點(diǎn)沿+z方向射入質(zhì)量為m，電荷量為﹣q的粒子，若粒子恰好經(jīng)過BB1靠近B1的三等分點(diǎn)，試求粒子入射的速度和在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡上的點(diǎn)到直線A1B1的最小距離；（2）設(shè)a＝4L，b＝L，c＝L，在四邊形AD1C1B內(nèi)（含邊界）有垂直于平面AD1C1B斜向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0，在A點(diǎn)沿+x方向射入質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子1，若粒子1恰好經(jīng)過D1C1中點(diǎn)，試求粒子1在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡上的點(diǎn)到C點(diǎn)的最小距離；（3）在（2）的條件下，當(dāng)粒子1距離C點(diǎn)最近時(shí)，與速度為v1的不帶電的粒子2發(fā)生彈性正碰，且發(fā)生碰撞時(shí)粒子1在前，粒子2在后。已知碰撞時(shí)兩粒子發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，且碰撞后電荷量與質(zhì)量成正比，若發(fā)生碰撞后粒子1恰不離開磁場(chǎng)（不考慮與粒子2再次碰撞的情況），試求粒子2的質(zhì)量M。（忽略粒子重力和相對(duì)論效應(yīng)）14．（15分）如圖所示，質(zhì)量m1＝1.9kg的靶盒a靜止在固定平臺(tái)上的O點(diǎn)，輕彈簧的一端固定，另一端靠著靶盒（不連接），此時(shí)彈簧處于自然長(zhǎng)度，彈簧的勁度系數(shù)k＝184N/m。長(zhǎng)度l＝2.25m、質(zhì)量m2＝1.0kg的木板b靜止在光滑的水平面上，木板上表面與平臺(tái)等高，且緊靠平臺(tái)右端放置，距離平臺(tái)右端d＝4.25m處有豎直墻壁。某射擊者根據(jù)需要瞄準(zhǔn)靶盒，射出一顆水平速度v0＝100m/s、質(zhì)量m0＝0.1kg的子彈，當(dāng)子彈從靶盒右端打入靶盒后，便留在盒內(nèi)（在極短的時(shí)間內(nèi)子彈與靶盒達(dá)到共同速度），最終靶盒恰好沒有從木板的右端脫離木板。已知靶盒與平臺(tái)、與木板上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ均為0.2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，木板與墻壁碰撞沒有能量損失，靶盒與子彈均可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10m/s2。（彈簧的彈性勢(shì)能可表示為：Ep＝，k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量）求：（1）子彈射入靶盒的過程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能；（2）靶盒剛離開彈簧時(shí)的動(dòng)能；（3）O點(diǎn)到平臺(tái)右端的距離；（4）木板運(yùn)動(dòng)的總路程。（二）選考題：共13分。請(qǐng)考生從兩道題中任選一題作答。如果多做，則按第一題計(jì)分。[選修3-3]（13分）（多選）15．（5分）下列說法中正確的是（）A．熱量不可能從低溫物體傳向高溫物體 B．夏天，在太陽(yáng)下暴曬過久的車胎突然爆裂，車胎內(nèi)氣體分子平均動(dòng)能減小 C．等溫的不同種類氣體混合的過程屬于一個(gè)熵增加過程 D．向一杯清水中滴入幾滴紅墨水，紅墨水向周圍的運(yùn)動(dòng)，屬于布朗運(yùn)動(dòng) E．在溫度均勻且恒定的水池中，有一氣泡（內(nèi)部氣體可視作理想氣體）緩慢向上浮起的過程中，氣體從水中吸熱16．（8分）為了測(cè)量一些形狀不規(guī)則而又不便于進(jìn)入液體的固體體積，可以用如圖所示的裝置測(cè)量。操作步驟和實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下。a．打開閥門K，使管A、容器B、容器C和大氣相通。上下移動(dòng)D，使左側(cè)水銀面到達(dá)刻度n的位置。b．關(guān)閉K，向上舉D，使左側(cè)水銀面到達(dá)刻度m的位置。這時(shí)測(cè)得兩管水銀面高度差為19.0cm。c．打開K，把被測(cè)固體放在C中，上下移動(dòng)D，使左側(cè)水銀面重新到達(dá)位置n，然后關(guān)閉K。d．向上舉D，使左側(cè)水銀面重新到達(dá)刻度m處，這時(shí)測(cè)得兩管水銀面高度差為20.0cm。已知容器C和管A的總體積為1000cm3，大氣壓相當(dāng)于76cmHg，求被測(cè)固體的體積。[選修3-4]（13分）（多選）17．如圖所示為振幅、頻率相同的兩列橫波在t＝0時(shí)刻相遇時(shí)發(fā)生干涉的示意圖，實(shí)線與虛線分別表示波峰和波谷。已知兩列波的振幅均為5cm，波速和波長(zhǎng)均為1m/s和0.4m。下列說法中正確的是（）A．R、S兩點(diǎn)始終處于靜止?fàn)顟B(tài) B．P點(diǎn)始終處于波谷位置 C．Q點(diǎn)在t＝0.1s時(shí)刻將處于平衡位置 D．從t＝0到t＝0.2s的時(shí)間內(nèi)，Q點(diǎn)通過的路程為20cm E．從t＝0到t＝0.2s的時(shí)間內(nèi)，R點(diǎn)通過的路程為20cm18．一棱鏡的截面為直角三角形ABC，∠A＝30°，斜邊AB＝a．棱鏡材料的折射率為n＝．在此截面所在的平面內(nèi)，一條光線以45°的入射角從AC邊的中點(diǎn)M射入棱鏡．畫出光路圖，并求光線從棱鏡射出的點(diǎn)的位置（不考慮光線沿原路返回的情況．）

2022年湖南省雅禮十六校高考物理二模試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．【分析】衰變的過程中釋放能量，比結(jié)合能增大；衰變過程中動(dòng)量守恒，根據(jù)三種射線的特點(diǎn)分析；根據(jù)質(zhì)能方程解答。【解答】解：A、由于衰變的過程中釋放能量，所以衰變后的總結(jié)合能增大；鈾239兩次β衰變后質(zhì)量數(shù)不變，所以鈾239兩次β衰變后比結(jié)合能增大，故A錯(cuò)誤；B、動(dòng)量守恒是自然界普遍存在的規(guī)律，衰變的過程中動(dòng)量是守恒的，但衰變的過程中釋放核能，質(zhì)量有虧損，故B正確；C、根據(jù)三種射線的特點(diǎn)可知，α射線比β射線穿透能力弱，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)質(zhì)能方程，1u相當(dāng)于931.5MeV的能量，則一次α衰變釋放的能量：E＝0.0057×931.5MeV＝5.30955MeV＝5.35955×1.6×10﹣19×106J＝8.5×10﹣13J每秒鐘約有1.1×1013個(gè)钚239發(fā)生自然衰變，則功率：P＝nE＝1.1×1013×8.5×10﹣13W≈10W，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了核反應(yīng)方程以及核反應(yīng)過程中功能關(guān)系的應(yīng)用，尤其是實(shí)動(dòng)量守恒和能量守恒在近代物理中的應(yīng)用是重點(diǎn)知識(shí)，要加強(qiáng)理解與應(yīng)用。2．【分析】根據(jù)同種電荷相斥，異種電荷相吸，再結(jié)合矢量的合成法則，及牛頓第二定律，即可一一判定?！窘獯稹拷猓航⑷鐖D所示坐標(biāo)系，要使球7在中心位置獲得水平向右的加速度，球7所受合外力應(yīng)沿+x軸方向，同時(shí)y軸方向合力為0。A、使球1帶上正電荷，其他球不帶電，那么球7受指向①和②的庫(kù)侖引力，y軸方向合力不為0，故A錯(cuò)誤；B、使球4、5同時(shí)帶上電荷，其他球不帶電，那么球7受指向②的庫(kù)侖引力，球4、5電荷的電性和電量未知，但可以使Fy＝0，F(xiàn)x沿+x軸方向，故B正確；C、可以只讓球4帶上正電荷，其他球不帶電，球7受指向②和④的庫(kù)侖力，可以使Fy＝0，F(xiàn)x沿+x軸方向，故C錯(cuò)誤；D、可以讓球3和球6帶上等量同種電荷，對(duì)球7的庫(kù)侖力抵消，情況同B選項(xiàng)，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】考查庫(kù)侖定律的內(nèi)容，掌握矢量的合成法則與牛頓第二定律的應(yīng)用，注意球7在中心位置獲得水平向右的加速度，即合力方向水平向右是解題的突破口。3．【分析】將螺線管等效看做斜面，求出小球在斜面上的加速度，再根據(jù)代換出第n次圓周運(yùn)動(dòng)的初速度和末速度，再根據(jù)求解出第n次圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間?！窘獯稹拷猓簩⒙菥€管等效看做是高為h，長(zhǎng)為l的斜面，斜面與水平方向的夾角為θ，則小球在螺線管上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為mgsinθ＝ma解得設(shè)小球在進(jìn)行第n次圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的初、末速度大小分別為v1和v2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有解得小球第n次圓周運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間為故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查牛頓第二定律，重點(diǎn)在于根據(jù)代換第n次圓周運(yùn)動(dòng)的初速度和末速度，此題計(jì)算量比較大，難度較大。4．【分析】當(dāng)ω＜ω0時(shí)，交流電的頻率減小，電阻R不變，電感L的感抗減小，當(dāng)ω＞ω0時(shí)，電阻R不變，電感L的感抗增大，電容C的容抗減小，三盞燈的亮度不相同；當(dāng)轉(zhuǎn)速不變，增大變壓器原線圈的匝數(shù)時(shí)，副線圈電壓減小，三盞燈均變暗；電壓表測(cè)得是交流電壓的有效值，寫出電動(dòng)勢(shì)最大值表達(dá)式，進(jìn)而求有效值?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)ω＜ω0時(shí)，由ω＝2πf可知，交流電的頻率減小，L1與L2兩支路的電壓相等，電阻R不變，電感L的感抗減小，故L2比L1亮，故A正確。B、當(dāng)ω＞ω0時(shí)，電阻R不變，電感L的感抗增大，電容C的容抗減小，故三盞燈的亮度不相同，故B錯(cuò)誤。C、根據(jù)變壓器的變壓之比得：，當(dāng)轉(zhuǎn)速不變，增大變壓器原線圈的匝數(shù)時(shí)，U1不變，副線圈電壓減小，三盞燈均變暗，故C錯(cuò)誤。D、電壓表測(cè)得是交流電壓的有效值，當(dāng)線圈以ω0勻速轉(zhuǎn)動(dòng)到在圖示位置時(shí)，產(chǎn)生正弦交流電的電動(dòng)勢(shì)的有效值為：E＝由于線圈內(nèi)阻不計(jì)，故電壓表的示數(shù)為U＝E＝，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了變壓器的知識(shí)，知道電壓表的示數(shù)為有效值，以及電容和線圈在電路中的作用。5．【分析】應(yīng)用動(dòng)能定理求出A、B碰撞前瞬間B的速度；兩物塊碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律可以求出碰撞后的共同速度，然后應(yīng)用功能關(guān)系求出兩物塊到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度?！窘獯稹拷猓涸O(shè)兩物塊A、B由P運(yùn)動(dòng)到Q過程彈簧彈性勢(shì)能的增加量為ΔEp，設(shè)P、Q間的高度差為h，由功能關(guān)系得：2mgh＝ΔEp+物塊B從靜止釋放到兩物塊碰撞前瞬間過程，由動(dòng)能定理得：mgdsinθ＝﹣0兩物塊碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以平行于斜面向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝2mv共，兩物塊從P運(yùn)動(dòng)到Q過程，由功能關(guān)系得：+2mgh＝ΔEp+解得兩物塊到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度vQ＝，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】分析清楚物塊的運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與功能關(guān)系可以解題。6．【分析】根據(jù)H＝gt2和x＝vt判斷兩小球都能落在Q點(diǎn)和剛好能過M點(diǎn)的位移時(shí)間關(guān)系。【解答】解：CD、兩小球都能落在Q點(diǎn)，對(duì)球1：H＝gt2，xOQ＝v1t；對(duì)球2：H＝gt2，xOQ＝（2N+1）v2t；可得＝，球1與球2速度之比可能為3：1、5：1、7：1、…，故CD錯(cuò)誤；AB、剛好能過M點(diǎn)，對(duì)球1：H﹣h＝gt′2，xOM＝v1t'；對(duì)球2：H﹣h＝gt′2，xOM＝（2N﹣1）v2t+v2△t，其中△t＝t﹣t′＝﹣，可得v1＝v2（2N﹣），利用＝代入可解得＝，當(dāng)N＝5時(shí)，h與H之比為11：36，故A錯(cuò)誤，B正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題求解的關(guān)鍵要注意球2與地面碰撞N次上升和下落的水平位移具有對(duì)稱性．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．【分析】根據(jù)物理學(xué)史和常識(shí)解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可．【解答】解：A、德國(guó)馬德堡市的市長(zhǎng)奧托?格里克用馬德堡半球?qū)嶒?yàn)證明了大氣壓的存在，故A錯(cuò)誤；B、焦耳發(fā)現(xiàn)了電流通過導(dǎo)體時(shí)產(chǎn)生熱效應(yīng)的規(guī)律——焦耳定律。故B錯(cuò)誤；C、湯姆孫（G.P.Thomson）通過陰極射線管發(fā)現(xiàn)了電子，獲得了諾貝爾獎(jiǎng)，故C錯(cuò)誤；D、約里奧﹣居里夫婦（Joliot﹣Curie）用α粒子轟擊鋁箔時(shí)，發(fā)現(xiàn)了人工放射性同位素，故D正確。本題選不正確的，故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物理學(xué)史，是常識(shí)性問題，對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，這也是考試內(nèi)容之一．8．【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力G＝m化簡(jiǎn)可得飛船在軌道I上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度。飛船在軌道II上運(yùn)動(dòng)的過程中機(jī)械能守恒定律，可得P點(diǎn)的速度。由動(dòng)量守恒定律mv1＝（mΔm）vP'+Δm（u+vP'），代入數(shù)據(jù)化簡(jiǎn)可得噴出氣體的質(zhì)量Δm?！窘獯稹拷猓篈.飛船在圓形軌道Ⅰ上，根據(jù)萬有引力提供向心力，則有G＝m解得：v1＝故A正確；B.飛船從Q到P，在同一軌道飛船機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有﹣＝﹣解得vP＝故B錯(cuò)誤：C.軌道Ⅱ?yàn)闄E圓，根據(jù)開普勒第二定律可知，飛船在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小變化，故C正確；D.根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有mv1＝（m﹣Δm）vp+Δm（vp+u）解得Δm＝故D正確。故選：ACD?！军c(diǎn)評(píng)】本題涉及到多個(gè)知識(shí)點(diǎn)，既要用到萬有引力提供向心力這個(gè)關(guān)系，還要用到機(jī)械能守恒和動(dòng)量守恒，運(yùn)算復(fù)雜，計(jì)算時(shí)要小心謹(jǐn)慎。9．【分析】分析出木塊和木板在多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的受力分析，結(jié)合牛頓第二定律分析出加速度，同時(shí)利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)立等式完成解答?！窘獯稹拷猓篈BC、分析木板和木塊下滑x1過程，根據(jù)牛頓第二定律有：（M+m）gsinα＝（M+m）a1解得：根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式則有：解得：v1＝3m/s木塊勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)木塊：mgsinα+μmgcosα＝kv1對(duì)木板Mgsinα﹣μmgcosα＝Ma2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：木板勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，Mgsinα＝μmgcosα+kv2聯(lián)立解得：v2＝5m/s；；μ＝0.375；m＝0.04kg，故AB正確，C錯(cuò)誤；D、木板勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)木塊進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinα+μmgcosα＝ma3解得：木塊加速過程v2＝v1+a3t解得：故木板勻速運(yùn)動(dòng)的距離為，故D正確；故選：ABD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了牛頓第二定律的相關(guān)應(yīng)用，解題的關(guān)鍵點(diǎn)是熟練掌握對(duì)物體的受力分析，特別是摩擦力的方向問題，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可完成解答。10．【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律可以求得電壓和電流的方向；分析下落過程運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)求解元件能發(fā)光時(shí)導(dǎo)體棒的速度，判斷導(dǎo)體棒的位置；當(dāng)速度達(dá)到5m/s，元件閃爍達(dá)到穩(wěn)定，在偶數(shù)磁場(chǎng)中，元件發(fā)光，在奇數(shù)磁場(chǎng)內(nèi)，元件不發(fā)光，導(dǎo)體棒通過兩個(gè)磁場(chǎng)組成了一個(gè)閃爍周期，求解導(dǎo)體棒在兩磁場(chǎng)中的總時(shí)間，即為閃爍周期?！窘獯稹拷猓篈、由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝＝12.5×0.4×0.5V＝2.5V，則UD的值為2.5V，故A正確；B、由楞次定律判斷電流方向?yàn)椋篗→N，故B錯(cuò)誤；C、解除鎖定后，導(dǎo)體棒開始將做自由落體運(yùn)動(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)需達(dá)到UD且正向才能發(fā)光，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，代入數(shù)據(jù)解得：v＝5m/s，由自由落體速度位移關(guān)系：v2＝2gh解得：h＝1.25m，已經(jīng)到達(dá)第13個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域，但該磁場(chǎng)區(qū)域中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)榉聪?，元件不發(fā)光，導(dǎo)體棒繼續(xù)下落至第14個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)才能發(fā)光，故n＝14，故C正確；D、當(dāng)導(dǎo)體棒以大于v＝5m/s的速度進(jìn)入偶數(shù)磁場(chǎng)時(shí)，電流迅速增大，安培力突增使其瞬間減速到v＝5m/s，減速過程時(shí)間忽略不計(jì)，之后以v＝5m/s在偶數(shù)磁場(chǎng)區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝s＝0.02s；當(dāng)導(dǎo)體棒出偶數(shù)磁場(chǎng)，進(jìn)入奇數(shù)磁場(chǎng)時(shí)，由于電動(dòng)勢(shì)反向，電流為零，又開始以加速度g做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間公式得：d＝vt2+，代入數(shù)據(jù)解得：t2＝0.0196s（t2＝﹣1.0196s不符合實(shí)際舍去）閃爍周期約為：T＝t1+t2＝0.02s+0.0196s＝0.0396s，故D正確。故選：ACD。【點(diǎn)評(píng)】本題是一個(gè)綜合性的題目，較為復(fù)雜。需要掌握法拉第電磁感應(yīng)定律，運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的公式，需要分析好在哪種磁場(chǎng)內(nèi)電路中有電流，使元件閃爍。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．【分析】（1）小鐵球靜止時(shí)，繩上的拉力大小等于小鐵球的重力；（2）（3）通過物理規(guī)律表示出動(dòng)能的增加量和重力勢(shì)能的減小量，看兩量是否相等驗(yàn)證機(jī)械能守恒?！窘獯稹拷猓海?）由于重力加速度未知，則有小鐵球靜止時(shí)，繩子的拉力F0，可知，小球的重力為G＝mg＝F0；（2）（3）小球在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律，則有：F2﹣F0＝m小球在最低點(diǎn)的動(dòng)能為：從A到最低點(diǎn)，物體的重力勢(shì)能減少量等于重力做的功即：WG＝F0l（1﹣cosθ）另有對(duì)A點(diǎn)受力分析得：F0cosθ＝F1小鐵球從A到最低點(diǎn)的過程中，如果機(jī)械能守恒，即重力勢(shì)能減少量等于動(dòng)能增加量，即為：（F2﹣F0）l＝F0l（1﹣cosθ）聯(lián)立化簡(jiǎn)得：3F0＝2F1+F2即為了驗(yàn)證小鐵球在最高點(diǎn)A和最低點(diǎn)處的機(jī)械能是否相等，則需要測(cè)量的物理量F0、F1、F2故答案為：（1）F0；（2）F0、F1、F2；（3）3F0＝2F1+F2【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于機(jī)械能守恒的表達(dá)式，需要表示從A點(diǎn)到最低點(diǎn)過程中，重力勢(shì)能減少量以及動(dòng)能的增加量，特別是對(duì)A點(diǎn)，速度為零，故小球的向心力為零，繩子拉力F1與小球重力沿繩的分量F0cosθ相等，從而找到F1和F0關(guān)系；12．【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，由閉合電路歐姆定律求出；（2）明確實(shí)驗(yàn)原理，根據(jù)圖象的性質(zhì)和閉合電路歐姆定律即可求得電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻；（3）如果電流表當(dāng)成理想電表，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電源電動(dòng)勢(shì)E'，然后可求出電源電動(dòng)勢(shì)的誤差大小。【解答】解：（1）由電路圖可知，R1與電流表串聯(lián)后與電阻箱并聯(lián)，然后再與R2串聯(lián)，由閉合電路歐姆定律可知E＝[I+][R2+r+]變形可得＝+（2）由圖可知＝Ω/A＝14化簡(jiǎn)得E＝3.6V，r＝0.64Ω（3）若將圖甲中的電流表當(dāng)成理想電表，則沒有電阻，此時(shí)得到的電源電動(dòng)勢(shì)為E'E'＝3.7V則＝||×100%＝2.9%故答案為：（1）+；（2）3.6，0.64；（3）2.9【點(diǎn)評(píng)】本題考查測(cè)量電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)原理、數(shù)據(jù)處理以及誤差分析等問題，要特別注意掌握誤差分析的基本方法，明確電表內(nèi)阻所帶來的影響．關(guān)鍵是要根據(jù)電路原理，由閉合電路歐姆定律列出電源電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式。13．【分析】（1）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，根據(jù)幾何關(guān)系求得運(yùn)動(dòng)半徑，由洛倫茲力提供向心力求解；（2）做出粒子1的軌跡圖，由幾何關(guān)系求得運(yùn)動(dòng)半徑，利用數(shù)學(xué)立體幾何知識(shí)求解；（3）由洛倫茲力提供向心力求解碰撞前后粒子1的速度，注意碰撞前后粒子1電荷量的不同；兩粒子發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求解?！窘獯稹拷猓海?）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，沿+z方向射入磁場(chǎng)的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示，設(shè)粒子入射的速度為v，運(yùn)動(dòng)半徑為R，BB1邊靠近B1的三等分點(diǎn)為F，根據(jù)幾何關(guān)系可得：BF＝（L﹣R）2+（）2＝R2解得：R＝由洛倫茲力提供向心力得：qvB0＝m解得：v＝＝粒子在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡上的點(diǎn)到直線A1B1的最小距離為：smin＝H﹣R＝H﹣；（2）粒子1在四邊形AD1C1B內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示，設(shè)粒子1入射的速度為v0，運(yùn)動(dòng)半徑為r，D1C1邊的中點(diǎn)為M。由勾股定理可得：b2+c2＝AD12已知：b＝L，c＝L，解得：AD1＝3L又有：MD1＝＝2L根據(jù)幾何關(guān)系可得：（3L﹣r）2+（2L）2＝r2解得：r＝OD1＝3L﹣r＝將C點(diǎn)投影到四邊形AD1C1B上，如圖3所示，在C1B上的C′點(diǎn)為C的投影，則有CC′⊥C1B。由圖中幾何關(guān)系可得：C′C1＝在圖2中，由于C′C1＝OD1＝，可知OC′∥D1C1故N到C′的距離是運(yùn)動(dòng)軌跡上的點(diǎn)到C′點(diǎn)的最小距離，可知N到C的距離是運(yùn)動(dòng)軌跡上的點(diǎn)到C點(diǎn)的最小距離。以N、C′、C三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形為直角三角形，NC是此三角形的斜邊，則有：NC＝NC′＝4L﹣r＝CC′＝＝聯(lián)立解得：NC＝（3）由題意可知兩粒子在圖2中的N點(diǎn)發(fā)生碰撞，設(shè)碰前粒子1的速度為v0，碰后粒子1與粒子2的速度分別為v2、v3，碰后粒子1的電荷量為q1，運(yùn)動(dòng)半徑為r1。碰撞后粒子1恰不離開磁場(chǎng)，則其軌跡與邊D1C1相切，可知r1＝。已知碰撞電荷轉(zhuǎn)移后電荷量與質(zhì)量成正比，可得：q1＝由洛倫茲力提供向心力得：qv0B0＝m；q1v2B0＝m解得：v0＝＝；v2＝＝兩粒子發(fā)生彈性正碰，滿足動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，以碰前粒子1在N點(diǎn)的速度方向?yàn)檎较?，則有：Mv1+mv0＝mv2+Mv3+＝+聯(lián)立解得：v2＝可得：＝?解得：M＝.答：（1）粒子入射的速度為和在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡上的點(diǎn)到直線A1B1的最小距離為H﹣；（2）粒子1在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡上的點(diǎn)到C點(diǎn)的最小距離為；（3）粒子2的質(zhì)量M為?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題，依據(jù)力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，解析粒子運(yùn)動(dòng)過程。對(duì)于帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)只受了洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，依據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖是解題的前提，根據(jù)幾何關(guān)系求得運(yùn)動(dòng)半徑和軌跡圓心角是解題關(guān)鍵。14．【分析】（1）根據(jù)動(dòng)量守恒定律結(jié)合能量守恒定律分析出系統(tǒng)損失的動(dòng)能；（2）根據(jù)動(dòng)能對(duì)靶盒的運(yùn)動(dòng)過程進(jìn)行分析，聯(lián)立等式計(jì)算出靶盒剛離開彈簧時(shí)的動(dòng)能；（3）根據(jù)能量守恒定律分析出O點(diǎn)到平臺(tái)右端的距離；（4）依次分析出前幾次碰撞過程中的速度變化，結(jié)合數(shù)學(xué)的等比數(shù)列知識(shí)和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式完成分析?！窘獯稹拷猓海?）選水平向左的方向?yàn)檎较蜃訌椛淙氚泻械倪^程中，根據(jù)動(dòng)量守恒得：m0v0＝（m1+m0）v系統(tǒng)損失的動(dòng)能為：Δ解得：ΔEk＝475J（2）子彈進(jìn)入靶盒后，設(shè)靶盒向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為x，由能量守恒定律得：解得：x＝0.5m靶盒再次返回到O點(diǎn)時(shí)離開彈簧，設(shè)此時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理得：解得：Ek＝21J（3）設(shè)O點(diǎn)到平臺(tái)右端的距離為s，靶盒a離開O點(diǎn)后僅在摩擦力的作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，滑上木板后，木板與墻壁多次碰撞，最終靶盒停在木板右端，由能量守恒得：Ek＝μ（m1+m0）g（s+l）解得：s＝3m（4）設(shè)靶盒滑上長(zhǎng)木板時(shí)的速度大小為v1解得：v1＝3m/s設(shè)之后靶盒與木板達(dá)到共同速度v1′（m1+m0）v1＝（m1+m0+m2）v1′該過程中木板的位移為s1，木板的加速度為a則μ（m1+m0）g＝m2a根據(jù)解得：s1＝0.5m＜d﹣l說明木板與墻壁碰撞之前已經(jīng)與靶盒達(dá)到共同速度，木板第一次與墻壁碰撞之后向左減速，經(jīng)位移s1速度減為零，再向右加速，設(shè)與靶盒達(dá)到共同速度v2，以向右為正方向（m1+m0）v1′﹣m2v1′＝（m1+m0+m2）v2木板第二次與墻壁碰撞之后向左減速，經(jīng)位移s2減為零，再向右加速設(shè)第二次與墻壁碰撞之后，靶盒與木板達(dá)到共同速度v3（m1+m0）v2﹣m2v2＝（m1+m0+m2）v3解得：第三次與墻壁碰撞之后，經(jīng)位移s3速度減為零，再向右加速第n次與墻壁碰撞之后，靶盒與木板達(dá)到共同速度vn+1則經(jīng)位移sn速度減為零，再向右加速木板的路程為：L＝d﹣l+2s1+2s2+′′′′′′+2sn﹣1即L＝d﹣l+解得：L＝3.125m答：（1）子彈射入靶盒的過程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為475J；（2）靶盒剛離開彈簧時(shí)的動(dòng)能為21J；（3）O點(diǎn)到平臺(tái)右端的距離為3m；（4）木板運(yùn)動(dòng)的總路程為3.125m。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了動(dòng)量守恒定律的相關(guān)應(yīng)用，理解物體碰撞前后的守恒量，結(jié)合動(dòng)量守恒定律以及能量守恒定律逐個(gè)分析，同時(shí)理清物體的運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)能定理分析出位移，解題的關(guān)鍵點(diǎn)是結(jié)合數(shù)學(xué)的等比數(shù)列知識(shí)完成解答，對(duì)學(xué)生的數(shù)學(xué)要求較高，難度較大。（二）選考題：共13分。請(qǐng)考生從兩道題中任選一題作答。如果多做，則按第一題計(jì)分。[選修3-3]（13分）15．【分析】根據(jù)熱力學(xué)第二定律分析；根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U＝W+Q判斷；根據(jù)熵增加原理判斷；根據(jù)擴(kuò)散現(xiàn)象判斷；根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U＝W+Q。【解答】解：A、根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，熱量可以從低溫物體傳向高溫物體，但需要引起其他變化，故A錯(cuò)誤；B、在車胎突然爆炸的瞬間，氣體對(duì)外做功，即W＜0，瞬間吸收熱量很少，幾乎為零，即Q＝0，由根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U＝Q+W，可得△U＜0，氣體內(nèi)能減小，又根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能只與溫度有關(guān)，所以車胎內(nèi)氣體溫度降低，則其分子平均動(dòng)能減小，故B正確；C、等溫的不同種類氣體混合時(shí)，兩者分布由分離變向均勻，體系混亂程度上升，所以是一個(gè)熵增加過程，故C正確；D、向一杯清水中滴入幾滴紅墨水，紅墨水向周圍的運(yùn)動(dòng)，屬于擴(kuò)散現(xiàn)象，故D錯(cuò)誤；E、氣泡體積增大，對(duì)外做功，