2023年高考物理模擬卷06（全國卷）（解析版）

【贏在高考?黃金8卷】備戰(zhàn)2023年高考物理模擬卷（全國通用版）

黃金卷06

一、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第17題只有一

項(xiàng)符合題目要求，第5~8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3

分，有選錯(cuò)的得0分）

1.核電池可通過半導(dǎo)體換能器，將放射性同位素費(fèi)Pu衰變過程釋放的能量轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?。?/p>

靜止的挈Pu核衰變?yōu)楹寺昒和新粒子，并釋放出丫光子。已知置Pu、■u的質(zhì)量分別為

mp、下列說法正確的是（）

A.冬Pu的衰變方程為竽pufj）u+2；H+y

B.釋放的核能轉(zhuǎn)變?yōu)槟IU的動(dòng)能、新粒子的動(dòng)能和丫光子能量

c.旨u的結(jié)合能比翼pu的結(jié)合能更大

D.核反應(yīng)過程中釋放的核能為△￡=（〃/一加u）c?

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】A.根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒可知，學(xué)PU的衰變方程為

/PuT.U+：He+y

故A錯(cuò)誤；

BD.根據(jù)質(zhì)能方程可知，釋放的核能為

A￡=t^mc1-（加pu-叫一m*2

釋放的核能轉(zhuǎn)變?yōu)槁昒的動(dòng)能、新粒子的動(dòng)能和Y光子能量，故B正確，D錯(cuò)誤；

C.CU比以Pu的核子數(shù)少,則結(jié)合能比二Pu的結(jié)合能小,但音u的比結(jié)合能比筆pu

的比結(jié)合能更大，故C錯(cuò)誤；

故選Bo

2.關(guān)于太陽、地球以及月球的一些信息如下表

一年約為365天地球半徑約為6400km,自轉(zhuǎn)周期為一天

一個(gè)月約為30天，一天約24小時(shí)太陽與地球間的距離約1.5億公里

引力常量為G地球與月球的距離約為地球半徑的60倍

根據(jù)以上信息，我們不能估算出的物理量有（)

A,太陽的質(zhì)量B.地球的質(zhì)量C.月球的質(zhì)量D.地球同

步衛(wèi)星的軌道高度

【答案】C

【解析】

【詳解】A.根據(jù)地球到太陽的距離，?和地球繞太陽的周期T（一年約為365天），根據(jù)

GMm442

=m

可計(jì)算處太陽的質(zhì)量，A項(xiàng)能:

B.根據(jù)月球到地球的距離/和月球繞地球的周期廠（一個(gè)月約為30天），根據(jù)

GMm4乃2,

---=m—r-r

r2T'2

可計(jì)算出地球的質(zhì)量，B項(xiàng)能；

C.由于題目中沒給出以月球?yàn)橹行奶祗w的衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)情況，也沒有給出月球表面的重力加速

度，因此無法求出月球的質(zhì)量，C項(xiàng)不能；

D.地球質(zhì)量已經(jīng)求出，再利用同步衛(wèi)星繞地球的運(yùn)動(dòng)周期（等于地球自轉(zhuǎn)的周期）和地球

半徑，根據(jù)

4萬2

=+h)

(R+h)2%轉(zhuǎn)

可求出地球同步衛(wèi)星的軌道高度〃，D項(xiàng)能。

3.風(fēng)力發(fā)電為2022年卡塔爾世界杯供應(yīng)綠色電能，其模型如圖所示。風(fēng)輪機(jī)葉片轉(zhuǎn)速為〃,

并形成半徑為『的圓面，通過轉(zhuǎn)速比為1：左的升速齒輪箱帶動(dòng)面積為S、匝數(shù)為N的發(fā)電機(jī)

線圈高速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的交變電流經(jīng)過理想變壓器升壓后，輸出電壓為已知空氣密度為2,

風(fēng)速為v,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,-V為交流電壓表，忽略線圈電阻，則（）

A.線圈位于圖示位置時(shí)，交流電壓表的示數(shù)為零

B.從圖示位置開始計(jì)時(shí)，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為27rN5Sh7sin（27i桁/）

C.變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2兀N8S左〃：。

D.單位時(shí)間內(nèi)沖擊風(fēng)輪機(jī)葉片氣流的動(dòng)能為兀廠，

【答案】B

【解析】

【詳解】A.交流電壓表的示數(shù)應(yīng)始終為交變電流的有效值，故A錯(cuò)誤；

B.由題意可得發(fā)電機(jī)線圈的轉(zhuǎn)速為心，則發(fā)電機(jī)輸出的交變電流的頻率為

f=nk

對(duì)該線框發(fā)電產(chǎn)生的交變電流應(yīng)有

co=2W=2兀欣

e=NBScosincot=2i\NBSnksin（2加左￡）

故B正確；

C.線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)有效值為

E=^==QnNBSnk

V2

根據(jù)變壓器原副線圈匝數(shù)關(guān)系得原副線圈叱數(shù)比為

%_E_五itNBSnk

n2~U~U

故c錯(cuò)誤；

D.單位時(shí)間（取=1s）內(nèi)沖擊風(fēng)輪機(jī)葉片氣流的體積

V=Sh=Sv■=nr2v

氣體質(zhì)量

m—pV—pnr2v

動(dòng)能

223

Ek=^mv=^pnrv

故D錯(cuò)誤。

故選Bo

3.如圖，兩對(duì)等量異號(hào)點(diǎn)電荷+4、（q>0）固定于正方形的4個(gè)項(xiàng)點(diǎn)上。心N是該正方

形兩條對(duì)角線與其內(nèi)切圓的交點(diǎn)，。為內(nèi)切圓的圓心，M為切點(diǎn)。則（）

：vx:

y'、、/\

XI

\L/°\?年

...Xj

-qM?q

A.L和N兩點(diǎn)處的電場(chǎng)方向相同

B.M點(diǎn)的電場(chǎng)方向平行于該點(diǎn)處的切線，方向向左

C.將一帶正電的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)移動(dòng)到。點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功

D.將一帶正電的點(diǎn)電荷從2點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為零

【答案】B

【解析】A.兩個(gè)正電荷在N點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向由N指向。，N點(diǎn)處于兩負(fù)電荷連線的中垂

線上，則兩負(fù)電荷在N點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向由N指向。，則N點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)方向由N指向。，

同理可知，兩個(gè)負(fù)電荷在L處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向由。指向L,L點(diǎn)處于兩正電荷連線的中垂線

上，兩正電荷在L處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向由。指向3則乙處的合場(chǎng)方向由。指向心由于正

方向兩對(duì)角線垂直平分，則L和N兩點(diǎn)處的電場(chǎng)方向相互垂宜，故A錯(cuò)誤；

B.正方向底邊的一對(duì)等量異號(hào)電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向向左，而正方形上方的一對(duì)等量

異號(hào)電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向向右，由于M點(diǎn)離上方一對(duì)等量異號(hào)電荷距離較遠(yuǎn)，則例

點(diǎn)的場(chǎng)方向向左，故B正確；

C.由圖可知，必和。點(diǎn)位于兩等量異號(hào)電荷的等勢(shì)線上，即加和。點(diǎn)電勢(shì)相等，所以將

一帶正電的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)移動(dòng)到。點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為零，故C錯(cuò)誤：

D.由圖可知，心點(diǎn)的電勢(shì)低于N點(diǎn)電勢(shì)，則將一帶正電的點(diǎn)電荷從L點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)

力做功不為零，故D錯(cuò)誤。

故選ABo

5.2022年2月12日，在速度滑冰男子500米決賽上，高亭宇以34秒32的成績(jī)刷新奧運(yùn)

紀(jì)錄。國家速度滑冰隊(duì)在訓(xùn)練彎道技術(shù)時(shí)采用人體高速彈射裝置，如圖甲所示，在實(shí)際應(yīng)用

中裝置在前方通過繩子拉著運(yùn)動(dòng)員，使運(yùn)動(dòng)員做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)設(shè)定速度時(shí)，運(yùn)動(dòng)員

松開繩子，進(jìn)行高速入彎訓(xùn)練，已知彎道半徑為25m,人體彈射裝置可以使運(yùn)動(dòng)員在4.5s

內(nèi)由靜止達(dá)到入彎速度18m/s,入彎時(shí)冰刀與冰面的接觸情況如圖乙所示，運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量為

50kg,重力加速度g=10m/s2,忽略彎道內(nèi)外高度差及繩子與冰面的夾角、冰刀與冰面間的

摩擦，下列說法正確的是（）

A.運(yùn)動(dòng)員勻加速運(yùn)動(dòng)的距離為81m

B.勻加速過程中，繩子的平均彈力為200N

C.運(yùn)動(dòng)員入彎時(shí)的向心力為648N

D.入彎時(shí)冰刀與水平冰面的夾角大于45。

【答案】BC

【解析】A.運(yùn)動(dòng)員勻加速運(yùn)動(dòng)的距離為

VIX“L“CL

x=—t=——x4.5m=40.5m

22

A錯(cuò)誤；

B.勻加速過程中，加速度

V18.2Al2

a---——m/s=4m/s

t4.5

由牛頓第二定律，繩子的平均彈力

F=ma=50x4N=200N

B正確；

C.運(yùn)動(dòng)員入彎時(shí)的向心力

v2?182,石

F=tn—=50xN=648N

nr25

C正確；

D.設(shè)入彎時(shí)冰刀與水平冰面的夾角。

八mggR250,

tan(9=—==——<1

2

Fnv324

得

8<45°

D錯(cuò)誤。故選BCo

6.靜止在最低處，當(dāng)在重物上施加適當(dāng)?shù)耐屏緩慢使它往右上方移動(dòng)，若此過程中重

物與滑輪間的細(xì)線拉力大小不變，重物只在同一個(gè)豎直面內(nèi)移動(dòng)，不計(jì)一切摩擦阻力，則

()

A.推力尸的方向保持不變B.推力F的大小逐漸增大

C.細(xì)繩中的張力逐漸減小D.細(xì)繩中的張力逐漸增大

【答案】BC

【解析】

【詳解】CD.設(shè)MN細(xì)繩張為7],重物與滑輪間的細(xì)線拉力為毒，重物質(zhì)量為加，開始時(shí)

重物靜止在最低處，可知

T0=mg

由于細(xì)繩MN兩端固定，細(xì)繩長(zhǎng)度一定，可知滑輪緩慢移動(dòng)的軌跡為個(gè)橢圓，且最低點(diǎn)位

于橢圓的短軸匕可知滑輪緩慢右移時(shí)，滑輪兩側(cè)細(xì)繩之間的夾角。逐漸減小，則有

To=mg=27jcos—

由于。逐漸減小，可知MN細(xì)繩張力7；逐漸減小，C正確，D錯(cuò)誤；

AB.根據(jù)上述可知，重物與滑輪間的細(xì)線拉力To的方向始終沿滑輪兩側(cè)細(xì)繩之間夾角的角

平分線，則細(xì)線拉力”方向與重力方向之間的夾角c為鈍角，且逐漸減小，以重物為對(duì)象,

由于4一直等于加g,則有

二c

r—2mgcos—a

a角逐漸減小，可知推力尸的大小逐漸增大，推力尸的方向發(fā)生改變，A錯(cuò)誤，B正確。

故選BCo

7.如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑傾斜導(dǎo)電軌道與水平面夾角為30。，上端用阻值為R的電阻連

接，下端斷開，EE以上軌道平面無磁場(chǎng)，EF以下存在垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)紇。

兩根一樣的導(dǎo)體棒AB、CD質(zhì)量均為〃1,電阻為K,用絕緣輕桿連接。將兩導(dǎo)體棒從Kb上

方導(dǎo)軌處由靜止釋放，經(jīng)過，時(shí)間CD邊進(jìn)入磁場(chǎng)，CD邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的瞬時(shí)加速度為零,

再經(jīng)過t時(shí)間AB邊進(jìn)入磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)過程中AB、CD始終與軌道接觸良好且垂直于軌道，導(dǎo)

電軌道的電阻忽略不計(jì)，重力加速度為g,則（）

A.AB邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間，流經(jīng)AB的電流方向和電勢(shì)差UAB的正負(fù)均發(fā)生變化

B.導(dǎo)軌寬度為避函

C.第二個(gè)，時(shí)間內(nèi)CD桿產(chǎn)生熱量為也一

3

D.AB棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，導(dǎo)體棒先做加速度減小的變速運(yùn)動(dòng)，最終勻速運(yùn)動(dòng)

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，根據(jù)右手定則可知，感應(yīng)電流方向?yàn)閺摹?C,則AB棒

電流方向?yàn)?-8,當(dāng)AB邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間，此時(shí)還是CD棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電

流，故感應(yīng)電流方向不變，且電勢(shì)差UAB也沒有發(fā)生變化，故A錯(cuò)誤；

B.經(jīng)過/時(shí)間CD邊進(jìn)入磁場(chǎng)，則此時(shí)CD的速度為

v=gsin30°-Z=—gt

CD邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的瞬時(shí)加速度為零，則安培力等于重力的分力，即

BO1L-2mgsin30°

E-B0Lv

yj3mRt

故B正確；

C.第二個(gè)f時(shí)間內(nèi)，CD桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則此過程中CD桿產(chǎn)生熱量為

故C正確；

D.AB棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，磁通量不在變化，無感應(yīng)電流的產(chǎn)生，則在重力的作用下，導(dǎo)體棒

做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。

故選BC。

8.如圖所示，水平地面上放置一質(zhì)量為"的木箱，長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿一端固定在轉(zhuǎn)軸。上，另

一端連接一質(zhì)量為，〃的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，開始時(shí)桿豎直靜止放置，受到微小的擾動(dòng)后，

木箱被小球推著向左運(yùn)動(dòng)，木箱和小球分離前某一時(shí)刻木箱速度為v,桿和水平方向成a角,

不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g,則（）

A.此時(shí)小球繞。做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為

Vrnozy

B.此時(shí)小球繞。做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為上江

L

干……2g￡(l-sina)1

C.〃和加N比為＞'2-----------------------------

vsina

D.M和也之比為辿與電⑷—cos2a

v

【答案】AC

【解析】

【詳解】AB.分離時(shí)小球水平方向的分速度和木箱速度相等，小球做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)線速

度與角速度的關(guān)系

v,

------=a)L

sina

解得

v

co=--------

Asina

A正確，B錯(cuò)誤；

CD.根據(jù)機(jī)械能守恒定律

-sina)=—Mv2+—m\---|

22(sina)

解得

M2gZ(l-sina)1

；

m-2v~si2na

C正確，D錯(cuò)誤。

故選AC。

二、非選擇題包括必考題和選考題兩部分。第9?12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答,

第13-44題為選考題，考生根據(jù)要求作答。必考題共47分。

9.小明用如圖甲所示的裝置來驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，該裝置由水平長(zhǎng)木板及固定在木板左端

的硬幣發(fā)射器組成，硬幣發(fā)射器包括支架、彈片及彈片釋放裝置，釋放彈片可將硬幣以某一

初速度彈出。已知五角硬幣和一元硬幣與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)近似相等,主要實(shí)驗(yàn)步驟如下:

/彈片

彈片釋放裝置

幣長(zhǎng)木板

甲

①將五角硬幣置于發(fā)射槽口，釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，硬幣沿著長(zhǎng)木板中心線運(yùn)動(dòng)，在長(zhǎng)

木板中心線的適當(dāng)位置取一點(diǎn)O,測(cè)出硬幣停止滑動(dòng)時(shí)硬幣右側(cè)到。點(diǎn)的距離。再從同一

位置釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，重復(fù)多次，取該距離的平均值記為號(hào)，如圖乙所示；

②將一元硬幣放在長(zhǎng)木板上，使其左側(cè)位于。點(diǎn)，并使其直徑與中心線重合，按步驟①從

同一位置釋放彈片，重新彈射五角硬幣，使兩硬幣對(duì)心正碰，重復(fù)多次，分別測(cè)出兩硬幣碰

后停止滑行時(shí)距o點(diǎn)距離的平均值和s3,如圖丙所示。

<?q1

S]s2s)

乙丙

(1)實(shí)驗(yàn)中還需要測(cè)量的量有

A.五角硬幣和一元硬幣的質(zhì)量叫、加2

B.五角硬幣和一元硬幣的直徑4、d2

C.硬幣與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃

D.發(fā)射槽口到。點(diǎn)的距離邑

(2)該同學(xué)要驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為(用已知量和測(cè)量的量表示),

若進(jìn)一步研究該碰撞是否為彈性碰撞，需要判斷關(guān)系式是否成立(用邑、

S3表示)。

【答案】①.A②.=m}yls^+m2y[S^③.m^S]-m^S2+m2S3

【解析】

【詳解】(1)[1]A.為了得出動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式應(yīng)測(cè)量質(zhì)量，故應(yīng)分別測(cè)出一枚五角硬

幣和一元硬幣的質(zhì)量加1、m2?故A正確；

BD.驗(yàn)證碰撞過程動(dòng)量守恒，需要測(cè)出硬幣在0點(diǎn)以后滑行的位移，可以不測(cè)量五角硬幣

和一元硬幣的直徑，發(fā)射槽口到。點(diǎn)的距離也不需要測(cè)量，故BD錯(cuò)誤：

C.由于五角硬幣和一元硬幣與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)近似相等，所以硬幣與木板間的動(dòng)摩擦

因數(shù)不需要測(cè)量，故C錯(cuò)誤；

故選A。

(2)[2]硬幣在桌面上均做加速度相同的勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度-位移關(guān)系可知

其中

m

則

V=

由動(dòng)量守恒定律可知

/w.Vj=mxv2+加2n3

只需驗(yàn)證

in［塔=m［叵+%叵

成立，即可明確動(dòng)量守恒。

［3］如果該碰撞為彈性碰撞，則

121212

5加必=5加/2+~m2V3

解得

mlSi=WjS2+a2s3

10.通過查閱資料，實(shí)驗(yàn)小組得知總?cè)萘繛?5kW-h的汽車動(dòng)力電池是采用數(shù)千節(jié)磷酸鐵

鋰電池組合而成，其中每節(jié)電池的電動(dòng)勢(shì)在3.6?4.2V之間。為探究該電池的特性，小組購

得一節(jié)相同的電池，通過實(shí)驗(yàn)測(cè)量其電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)電阻入

實(shí)驗(yàn)主要器材有：定值電阻&(7.16Q),電流表A(0~0.5A,內(nèi)阻％未知)，電阻箱R

(0-99.990)。實(shí)驗(yàn)主要操作如下：(計(jì)算結(jié)果均保留兩位小數(shù))

(1)先用歐姆表測(cè)量電流表A的內(nèi)阻。如圖甲所示，已知?dú)W姆表內(nèi)部電源的電動(dòng)勢(shì)為3.0V,

表盤中央刻線示數(shù)為“15”。歐姆表選取“xl”擋位時(shí)，發(fā)現(xiàn)歐姆表示數(shù)很小無法準(zhǔn)確讀

數(shù)，而此時(shí)電流表的示數(shù)為0.19A,可知電流表的內(nèi)阻4=。；

甲

(2)之后，再用圖乙的電路測(cè)量E和八閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)電阻箱，讀出多組電阻箱的示數(shù)R

和對(duì)應(yīng)電流表的示數(shù)/,根據(jù)記錄的數(shù)據(jù)，作出;-R圖像如圖丙所示。則可求得該電池的

電動(dòng)勢(shì)E=V,內(nèi)電阻r=。；

（3）以上實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生誤差的原因可能是（答出一條即可）。

【答案】@.0.79②.4.00③.0.05④.電表讀數(shù)存在偶然誤差；根據(jù)實(shí)驗(yàn)

數(shù)據(jù)作圖時(shí)描點(diǎn)連線存在誤差；測(cè)量電流表內(nèi)阻時(shí)測(cè)量不準(zhǔn)等（答出一條即可）

【解析】

【詳解】（1）[1]歐姆表選取“xl”擋位時(shí)，表盤中央刻線示數(shù)為“15”，根據(jù)歐姆表原

理可知此時(shí)歐姆表內(nèi)部電阻為15C,此時(shí)電流表的示數(shù)為0.19A,根據(jù)閉合電路歐姆定律有

E=/（及內(nèi)+4）

可知電流表的內(nèi)阻

p

4=7一汽內(nèi)

（2）[2][3]對(duì)乙圖的電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律有

E=I（R0+Rg+R+r）

可得

/EE

結(jié)合圖像及前面數(shù)據(jù)解得

￡=4.00V

r=0.05。

（3）[4]實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生誤差的原因可能是電表讀數(shù)存在偶然誤差；根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作圖時(shí)描點(diǎn)連

線存在誤差；測(cè)量電流表內(nèi)阻時(shí)測(cè)量不準(zhǔn)等。

11.如圖所示，將原長(zhǎng)為，?的輕質(zhì)彈簧放置在粗糙的水平面43上，一端固定在4點(diǎn)，另一

端與滑塊尸（視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量可調(diào)節(jié)變化）接觸但不連接，的長(zhǎng)度為2廠，8端與半徑為

廠的光滑半圓軌道3CZ）相切，C點(diǎn)與圓心。等高，。點(diǎn)在O點(diǎn)的正上方，是圓弧的最高點(diǎn),

滑塊與之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=；。用外力緩慢推動(dòng)滑塊，每次都將彈簧壓縮至原長(zhǎng)的

一半，然后由靜止釋放，滑塊開始沿軌道運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊的質(zhì)量為w時(shí)，剛好能到達(dá)圓

軌道的最高點(diǎn)D。已知sin37°=0.6,cos370=0.8,重力加速度為g,求：

(1)彈簧被壓縮至原長(zhǎng)的一半時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能：

(2)改變滑塊的質(zhì)量為〃，使之能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，M的最小值；

(3)E是圓弧軌道上的一點(diǎn)，。、E的連線與。。的夾角為37。，若滑塊的質(zhì)量為陽。,滑

塊運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)恰好脫離圓軌道，滑塊的質(zhì)量加。o

【答案】⑴E=3mgr；(2)M=2m；(3)w=-m

p()4

【解析】

【詳解】(1)小球正好到達(dá)。點(diǎn)，由向心力公式可知

mg=fn—VQ

r

滑塊由釋放到。點(diǎn)，由動(dòng)能定理有

Ep-(2r-mgx2r-0

聯(lián)立解得

Ep=3mgr

(2)當(dāng)滑塊的質(zhì)量用最小時(shí)，滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度剛好為0,滑塊由釋放到。點(diǎn)，由動(dòng)能

定理有

Ep-jiMg^2r—Mgr=0-0

解得

M=2m

(3)滑塊運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)恰好脫離圓軌道，此時(shí)軌道對(duì)滑塊的彈力剛好為0,由向心力公式

可知

mgsin31°=m—

o0r

滑塊由釋放到E點(diǎn)，由動(dòng)能定理有

、

與一〃〃間2一;一加og尸(1+sin37。）=/啟一0

/

聯(lián)立解得

5

=~m

12.如圖所示，在xQy平面內(nèi)的第二象限有一個(gè)圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與x軸相切于/

(-2V3m.0)點(diǎn)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8=1T,磁場(chǎng)區(qū)域的半徑

為R=2m,第一象限內(nèi)有一條拋物線00P(圖中虛線所示)，P(4m,0)是x軸上的一點(diǎn)，

拋物線00戶上方存在沿V軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E=3xl(pv/m,從4點(diǎn)向第二象限發(fā)

射大量帶正電的某種粒子，粒子的速率均為vo(未知)，質(zhì)量均為加=2xl(?7kg,電荷量均為

q=lxlO<C,所有粒子均可到達(dá)尸點(diǎn)，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用。

(1)已知粒子1沿與x軸正方向成仇=60。的方向進(jìn)入磁場(chǎng)后平行于x軸從磁場(chǎng)中射出，求

初速度V0的大小;

(2)粒子2沿與x軸正方向成02=120。的方向進(jìn)入磁場(chǎng)，求它從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間

結(jié)果保留2位有效數(shù)字);

(3)求電場(chǎng)的邊界線。。尸的軌跡方程。

(3)y=-1,5x2+6x(m)(0<x<4m)

【解析】

【詳解】(1)設(shè)磁磁場(chǎng)圓心為。一粒子1在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑為心圓心為。2,從磁

由幾何關(guān)系可知四邊形。/QC為菱形，故有

r=R

由牛頓第二定律可知

qv°B=.

r

聯(lián)立解得

%=1x103m/s

(2)設(shè)粒子2在場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心為Q,它從。點(diǎn)平行于x軸射出磁場(chǎng)，延長(zhǎng)?！雠c

x軸相交于E點(diǎn)，DE垂直于x軸，如下圖所示

ZAO3D=120°

ZO34E=30°

粒子2在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期

7=迎=4萬xl0-3s

%

它在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

。點(diǎn)的橫坐標(biāo)

X。=Xd+rsin60°=-J5m

D點(diǎn)到尸點(diǎn)沿x軸方向的位移為

x=X?-X。=(4+G)m

粒子2從D點(diǎn)到P點(diǎn)在沿x軸方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所用時(shí)間

-3

Z2=—=(4+V3)X10S

v。

所以

/=4+q=9.9x103s

(3)由幾何關(guān)系可知所有粒子都平行于x軸進(jìn)入電場(chǎng)，如下圖所示

設(shè)某個(gè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為/(),加速度為“，到達(dá)拋物線。。尸時(shí)的坐標(biāo)為(xj),此

時(shí)粒子速度為v，沿y軸方向的分速度大小為％,x方向上有

X=voto

y方向上由牛頓第二定律有

qE=ma

解得

a=1.5xl06m/s2

。=a。

由三角形相似可得

一，一

XX

%P-

聯(lián)立解得

y=-1.5x2+6x(m)(0<x<4m)

三、選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道物理題中每科任選一題作答。如果多做,

則每科按所做的第一題計(jì)分。

［物理—選修3-31

⑴圖1為氧氣分子在不同溫度下的速率分布，圖2分別為分子間作用力、分子勢(shì)能與分子

間距的關(guān)系，針對(duì)這兩個(gè)圖像的說法中正確的是()

A.圖1中兩種狀態(tài)氧氣分子的平均速率相等

B.圖1中在②狀態(tài)下，氧氣分子速率大小的分布范圍相對(duì)較大

C.圖1中兩條圖線與橫軸包圍的面積相同

D.圖2中分子間作用力與分子間距的關(guān)系圖中，陰影部分面積表示分子勢(shì)能差值，與零勢(shì)

能點(diǎn)的選取有關(guān)

E.圖2中分子勢(shì)能與分子間距的關(guān)系圖中斜率絕對(duì)值表示分子間距離在該間距時(shí)的分子間

作用力大小

【答案】BCE

【詳解】AB.由題圖1可知，②中速率大的分子占據(jù)的比例較大，則說明②對(duì)應(yīng)的平均速

率較大，故②對(duì)應(yīng)的溫度較高，溫度高則分子速率大的占多數(shù)，即高溫狀態(tài)下分子速率大

小的分布范圍相對(duì)較大，故A錯(cuò)誤，B正確；

C.圖1中兩條圖線與橫軸包圍的面積相同，都為1,故C正確；

D.圖2中陰影部分面積表示分子力做功的大小，也等于分子勢(shì)能差值，勢(shì)能差值與零勢(shì)能

點(diǎn)的選取無關(guān)，故D錯(cuò)誤；

E.分子勢(shì)能與分子間距的關(guān)系圖像中，圖線切線斜率的絕對(duì)值表示分子間作用力的大小，

故E正確。

故選BCEo

)2)如圖甲所示，開口向上的汽缸放在水平地面上，橫截面積為5、質(zhì)量為〃?的薄活塞密封

一定質(zhì)量的理想氣體，平衡時(shí)活塞下部與汽缸底部的間距為心若汽缸放在傾角。=30°的

固定斜面上，繞過定滑輪的輕繩一端與質(zhì)量為2加的物塊相連，另一端與活塞相連，滑輪右

側(cè)輕繩與斜面平行，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，如圖乙所示。重力加速度大小為g,大氣壓強(qiáng)恒為

p?,不計(jì)一切摩擦，缸內(nèi)氣體的溫度恒定，斜面足夠長(zhǎng)。

(1)求系統(tǒng)在斜面上處于平衡狀態(tài)時(shí)活塞與汽缸底部的間距為；

(2)物塊下輕輕地掛上另一相同的物塊后，活塞與汽缸一起沿斜面向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),

求系統(tǒng)穩(wěn)定后活塞與汽缸底部的間距占。

2（%S+〃?g）cY_4（p。S+Mg）

【答案】(1)國ci；\z.）X）—a

2Pos-3〃2g-4p0S-9mg

【解析】

【詳解】(I)汽缸放在水平地面上時(shí)，缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)

i+一

設(shè)汽缸在斜面上系統(tǒng)平衡時(shí)缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為22,對(duì)活塞，根據(jù)物體的平衡條件有

p2S+2mg=pQS+mgsin0

解得

3mg

Pi~Porrr

根據(jù)玻意耳定律有

p、dS=p2xxS

解得

_2(^0S+/?g)

人］—ao

2Pos-3mg

(2)設(shè)汽缸的質(zhì)量為“，對(duì)活塞與汽缸整體，根據(jù)物體的平衡條件有

2mg=(M+w)gsin3

解得

M=3m

對(duì)兩個(gè)物塊、活塞和汽缸整體，根據(jù)牛頓第二定律有

4mg-(Af+加)gsin8=(Af+m+4m

設(shè)活塞與汽缸一起沿斜面向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為23,對(duì)汽缸，根據(jù)

牛頓第二定律有

p0S-Mgsin3-p5S-Ma

解得

4s

根據(jù)玻意耳定律有

p、dS=p3x2S

解得

r4(p°S+〃?g)

"4p0S-9mg

|物理——選修3-41

列簡(jiǎn)諧橫波沿