高考物理二輪復(fù)習(xí) 新題重組訓(xùn)練高考全真模擬試題（二）

考試時(shí)間：60分鐘分值：110分一、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(gè)選項(xiàng)中，第14、15、16題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，第17、18、19、20、21題有多個(gè)選項(xiàng)正確，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。14.2014年2月15日凌晨，在索契冬奧會(huì)自由式滑雪女子空中技巧比賽中，中國運(yùn)動(dòng)員以83.50分奪得銀牌。比賽場地可簡化為由如圖所示的助滑區(qū)、弧形過渡區(qū)、著陸坡等組成。若將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)，且減速區(qū)忽略空氣阻力，下列說法正確的是()A．運(yùn)動(dòng)員在助滑區(qū)加速下滑時(shí)處于超重狀態(tài)B．運(yùn)動(dòng)員在弧形過渡區(qū)運(yùn)動(dòng)過程中處于失重狀態(tài)C．運(yùn)動(dòng)員在跳離弧形過渡區(qū)至著陸之前的過程中處于完全失重狀態(tài)D．運(yùn)動(dòng)員在減速區(qū)減速過程中處于失重狀態(tài)[解析]本題考查加速度、超重、失重、完全失重等考點(diǎn)，意在考查考生對相關(guān)概念的理解能力以及對運(yùn)動(dòng)過程中加速度方向的分析判斷能力。運(yùn)動(dòng)員在加速下滑時(shí)加速度沿豎直方向的分加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，A項(xiàng)錯(cuò)；由圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)可知，運(yùn)動(dòng)員在弧形過渡區(qū)加速度方向指向圓心，具有豎直向上的分加速度，運(yùn)動(dòng)員處于超重狀態(tài)，B項(xiàng)錯(cuò)；運(yùn)動(dòng)員跳離弧形過渡區(qū)到著陸前，只受重力作用，處于完全失重狀態(tài)，C項(xiàng)正確；運(yùn)動(dòng)員在減速區(qū)具有豎直向上的分加速度，處于超重狀態(tài)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。[答案]C15.[2014·湖北八校二聯(lián)]如圖所示，兩個(gè)垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場方向相反，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B，磁場區(qū)域的寬度均為a。高度為a的正三角形導(dǎo)線框ABC從圖示位置沿x軸正方向勻速穿過兩磁場區(qū)域，以逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?，在下列圖形中能正確描述感應(yīng)電流I與線框移動(dòng)距離x關(guān)系的是()[解析]正三角形線框ABC剛進(jìn)入向里的磁場時(shí)，利用右手定則知，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向?yàn)檎?，大小I0＝eq\f(Bav,R)，之后線框隨進(jìn)入磁場距離的增大，有效切割長度變小，則I＝eq\f(2Bva－vttan30°,R)變?。划?dāng)線框ABC前進(jìn)a距離，在剛進(jìn)入向外的磁場區(qū)域瞬間，此時(shí)ABC線框中感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針為負(fù)，大小為I′＝eq\f(2Bav,R)＝2I0，則B正確。[答案]B16.如圖，置于水平地面上的內(nèi)壁光滑的半球形容器，O為球心、半徑為R。勁度系數(shù)為k的輕彈簧，一端固定在容器底部的O′處，另一端與質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))相連，小球靜止于P點(diǎn)，OP與水平方向的夾角為θ＝30°。下列說法正確的是()A．輕彈簧對小球的作用力大小為eq\f(\r(3),2)mgB．容器對小球的作用力大小為eq\f(\r(3),2)mgC．彈簧不受力時(shí)的長度為R＋eq\f(mg,k)D．容器相對于水平面有向左的運(yùn)動(dòng)趨勢[解析]本題考查物體的受力分析以及物體的平衡等相關(guān)知識(shí)。分析小球受力，小球受重力方向豎直向下，彈簧的彈力沿彈簧方向向外，球形容器的支持力沿半徑方向指向球心，因?yàn)椤夕龋?0°，由幾何知識(shí)得輕彈簧對小球的作用力、容器對球的作用力、小球重力三者大小相等為mg，A、B錯(cuò)；此時(shí)彈簧長度R，彈簧受mg壓力收縮的長度ΔL＝eq\f(mg,k)，所以彈簧原長為R＋eq\f(mg,k)，C對；把球、彈簧、容器看作一個(gè)整體，整體處于平衡狀態(tài)，所以容器相對水平面沒有運(yùn)動(dòng)趨勢，D錯(cuò)。[答案]C17.如圖所示，兩星球相距為L，質(zhì)量比為mA∶mB＝1∶9，兩星球半徑遠(yuǎn)小于L。從星球A沿A、B連線向B以某一初速度發(fā)射一探測器。只考慮星球A、B對探測器的作用，下列說法正確的是()A.探測器的速度一直減小B.探測器在距星球A為eq\f(L,4)處加速度為零C.若探測器能到達(dá)星球B，其速度可能恰好為零D.若探測器能到達(dá)星球B，其速度一定大于發(fā)射時(shí)的初速度[解析]從A星球發(fā)射探測器沿直線運(yùn)動(dòng)到B星球的過程中，探測器同時(shí)受A星球和B星球的萬有引力，根據(jù)萬有引力公式F＝eq\f(GMm,r2)知，A星球?qū)μ綔y器的萬有引力減小，B星球?qū)μ綔y器的萬有引力增大，存在一位置，在此位置探測器受到合外力為零，設(shè)此位置距A星球的距離為x，則有eq\f(GmAm,x2)＝eq\f(GmBm,L－x2)，得x＝eq\f(1,4)L，探測器從A星球運(yùn)動(dòng)到此點(diǎn)過程是做減速運(yùn)動(dòng)，從此點(diǎn)到B星球做加速運(yùn)動(dòng)，A、C錯(cuò)；由F合＝ma得，探測器在距星球A為eq\f(1,4)L處加速度為零，B對；減速距離小于加速距離，即eq\f(1,4)L<eq\f(3,4)L，加速階段的萬有引力做的正功多于減速階段的萬有引力做的負(fù)功，則探測器到達(dá)B星球的速度大于其發(fā)射速度，D對。[答案]BD18.如圖所示，足夠長的光滑導(dǎo)軌傾斜放置，其下端連接一個(gè)定值電阻R，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面，將ab棒在導(dǎo)軌上無初速度釋放，當(dāng)ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，速度為v，電阻R上消耗的功率為P。導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒電阻不計(jì)。下列判斷正確的是()A.導(dǎo)體棒的a端比b端電勢低B.ab棒在達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)前做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)C.若磁感應(yīng)強(qiáng)度增大為原來的2倍，其他條件不變，則ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)速度將變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)D.若換成一根質(zhì)量為原來2倍的導(dǎo)體棒，其他條件不變，則ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)的功率將變?yōu)樵瓉淼?倍[解析]導(dǎo)體棒下滑切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢相當(dāng)于電源，由右手定則知a端為正極，b端為負(fù)極，A項(xiàng)錯(cuò)誤。感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，I＝eq\f(E,R)，對ab受力分析有mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma，則知導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)a＝0時(shí)，mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R)，得：vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)，若B增大為原來的2倍，穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)速度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，所以B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)。若質(zhì)量增大為原來的2倍，導(dǎo)體棒穩(wěn)定時(shí)的速度為原來的2倍，R的功率P＝eq\f(B2L2v2,R)，可知功率變?yōu)樵瓉淼?倍，D項(xiàng)正確。[答案]BD19.如圖甲所示，理想自耦變壓器的輸出端接有滑動(dòng)變阻器R與A、B兩個(gè)完全相同的小燈泡，且小燈泡的電阻不受溫度的影響。將如圖乙所示的正弦交流電接入自耦變壓器的輸入端，開始時(shí)自耦變壓器的滑片P處于某一位置，開關(guān)S閉合，兩個(gè)小燈泡均發(fā)光。操作過程中，小燈泡兩端電壓均未超過其額定值。下列說法正確的是()甲乙A．變壓器輸入端電壓u隨時(shí)間t變化的規(guī)律是u＝U0cos100πtB．若僅將自耦變壓器的滑片P向上滑動(dòng)，兩個(gè)小燈泡將變亮C．若僅使滑動(dòng)變阻器的阻值R增大，則變壓器輸入端的電功率增大D．若將開關(guān)S斷開，為保證A燈功率不變，可將自耦變壓器的滑片P向上滑動(dòng)[解析]本題考查交流電、理想變壓器、動(dòng)態(tài)電路的相關(guān)知識(shí)的綜合應(yīng)用。由題圖乙知周期T＝2×10－2s，由ω＝eq\f(2π,T)得ω＝eq\f(2π,2×10－2rad/s)＝100πrad/s，交流電最大值U0，t＝0時(shí)電壓最大，所以電壓瞬時(shí)值表達(dá)式為u＝U0cos100πt(V)，A對；滑片P上滑，增大了變壓器原線圈匝數(shù)，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知變壓器輸出電壓變小，兩燈泡應(yīng)變暗，B錯(cuò)；滑動(dòng)變阻器阻值變大，電路電阻變大，由P出＝eq\f(U2,R)知，輸出功率減小，P入＝P出，變壓器輸入端電功率應(yīng)減小，C錯(cuò)；開關(guān)S斷開，用電器減少，總功率減小，總電流減小，R分壓減小，A燈分壓增大，功率變大，為保證A燈功率不變，可將變壓器滑片P上滑，使原線圈匝數(shù)增大，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知變壓器輸出電壓減小，使A燈電壓降低，回到原有功率，D對；選AD。[答案]AD20.在絕緣光滑的水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定正電荷QA、QB，兩電荷的位置坐標(biāo)如圖甲所示。圖乙是AB連線之間的電勢φ與位置x之間的關(guān)系圖象，圖中x＝L點(diǎn)為圖線的最低點(diǎn)，若在x＝2L的C點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、電量為＋q的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，下列有關(guān)說法正確的是()甲乙A．小球在x＝L處的速度最大B．小球一定可以到達(dá)x＝－2L點(diǎn)處C．小球?qū)⒁詘＝L點(diǎn)為中心作往復(fù)運(yùn)動(dòng)D．固定在A、B處的電荷的電量之比為QA∶QB＝4∶1[解析]本題考查點(diǎn)電荷電場疊加、電勢、力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系等知識(shí)，有一定的綜合性，對邏輯推理能力要求較強(qiáng)。由題給圖乙可以看出x＝L處電勢最低，x＝L以左場強(qiáng)向右，x＝L以右場強(qiáng)向左，所以x＝L處場強(qiáng)為0，由eq\f(kQA,4L2)：eq\f(kQB,2L2)?QA∶QB＝4∶1，D對；在x＝2L處釋放＋q帶電小球，到x＝L處電場力做正功，動(dòng)能增大，從x＝L到x＝－L區(qū)間，電場力做負(fù)功，動(dòng)能減小，所以x＝L處小球速度最大，A對；因?yàn)閤＝2L處和x＝－L處電勢相等，所以小球在x＝－L與x＝2L間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，小球不能到達(dá)x＝－2L處，B錯(cuò)，也不是以x＝L點(diǎn)為中心的往復(fù)運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)；選AD。[答案]AD21.如圖所示，固定在同一水平面上的兩平行金屬導(dǎo)軌AB、CD，兩端接有阻值相同的兩個(gè)定值電阻。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，輕彈簧左端固定，右端連接導(dǎo)體棒，整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。當(dāng)導(dǎo)體棒靜止在OO′位置時(shí)，彈簧處于原長狀態(tài)。此時(shí)給導(dǎo)體棒一個(gè)水平向右的初速度v0，它能向右運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為d，且能再次經(jīng)過OO′位置。已知導(dǎo)體棒所受的摩擦力大小恒為f，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)過程中左側(cè)電阻產(chǎn)生的熱量為Q，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻。則()A．彈簧的彈性勢能最大為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－Q－fdB．彈簧的彈性勢能最大為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－2Q－fdC．導(dǎo)體棒再次回到OO′位置時(shí)的動(dòng)能等于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－4Q－2fdD．導(dǎo)體棒再次回到OO′位置時(shí)的動(dòng)能大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－4Q－2fd[解析]以導(dǎo)體棒在磁場中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流為背景命題，考查考生對法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、能量守恒定律等知識(shí)的綜合應(yīng)用。導(dǎo)體棒切割磁感線相當(dāng)于電源、左右兩個(gè)電阻相同，并聯(lián)，在相同時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的熱量相同。當(dāng)導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢能最大，從能量守恒角度有彈簧的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－2Q－fd，A錯(cuò)B對；由于摩擦和電阻產(chǎn)生熱量，所以導(dǎo)體棒回到OO′位置的速度要變小，從向右的最遠(yuǎn)處回到OO′的時(shí)間要變長，這過程一個(gè)電阻R產(chǎn)生的熱量Q′＝(eq\f(\f(ΔΦ,Δt),\f(R,2))×eq\f(1,2))2R·Δt＝eq\f(ΔΦ2,Δt·R)和向右運(yùn)動(dòng)相比，ΔΦ、R不變，Δt變大，所以Q′變小，因此從能量守恒看，導(dǎo)體棒再次回到OO′位置時(shí)的動(dòng)能大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－4Q－2fd，C錯(cuò)，D對，選BD。[答案]BD二、非選擇題。包括必考題和選考題兩部分。第22～25題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答；第33～35題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題(4題，共47分)22.(6分)某同學(xué)用圖示實(shí)驗(yàn)裝置來研究彈簧彈性勢能與彈簧壓縮量的關(guān)系，彈簧一端固定，另一端與一帶有窄片的物塊接觸，讓物塊被不同壓縮狀態(tài)的彈簧彈射出去，沿光滑水平板滑行，途中安裝一光電門。設(shè)重力加速度為g。(1)如圖所示，用游標(biāo)卡尺測得窄片的寬度L為____________。(2)記下窄片通過光電門的時(shí)間Δt＝10ms，則物塊速度為________。(3)若物塊質(zhì)量為m，彈簧此次彈射物塊過程中釋放的彈性勢能為________(用m、L、Δt表示)。[解析]以研究彈簧的彈性勢能實(shí)驗(yàn)為背景命題，考查實(shí)驗(yàn)原理、數(shù)據(jù)讀取、數(shù)據(jù)處理等實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Α?1)游標(biāo)卡尺讀數(shù)先讀主尺為10mm，再讀游標(biāo)尺讀數(shù)為3×eq\f(1,20)mm＝0.15mm，二者加在一起即為最終讀數(shù)10.15mm。(2)物塊的速度v＝eq\f(L,Δt)＝eq\f(10.15mm,10ms)＝1.015m/s。(3)根據(jù)能量守恒有Ep＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m·(eq\f(L,Δt))2＝eq\f(mL2,2Δt2)。[答案](1)10.15mm(2)1.015m/s(3)eq\f(mL2,2Δt2)23.(9分)在測定一節(jié)電池的電動(dòng)勢E和內(nèi)電阻r的實(shí)驗(yàn)中，需要量程約0.5A的電流表。實(shí)驗(yàn)室提供有電流表?(滿偏電流為2.5mA，內(nèi)電阻Rg＝199.0Ω)；電阻箱R(0～999.9Ω)。為此，某同學(xué)采用圖1的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)?；卮鹣铝袉栴}：圖1(1)電路中的定值電阻R0應(yīng)選用下列中的________(填選項(xiàng)前字母)A．0.5ΩB．1.0ΩC．99.5ΩD．199.0Ω(2)根據(jù)圖1完成實(shí)物圖2中的連線(圖中已連好部分電路)；(3)正確選擇R0后，該同學(xué)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，記錄電阻箱的阻值R和對應(yīng)電流表?的示數(shù)Ig如下表。請?jiān)趫D3的坐標(biāo)圖中作出eq\f(1,Ig)－R圖線。(表中的eq\f(1,Ig)是根據(jù)Ig計(jì)算得出的)R/Ω1.62.12.63.24.25.6Ig/mA2.252.001.671.501.251.00eq\f(1,Ig)/(×103A－1)0.440.500.600.670.801.00圖2圖3(4)根據(jù)圖線可求得，被測電池的電動(dòng)勢E＝________V，內(nèi)電阻r＝________Ω。(保留2位小數(shù))[解析]以測電源電動(dòng)勢和內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)為背景命題，考查電流表的改裝、實(shí)物圖的連接、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理等實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Α?1)需要量程0.5A的電流表，提供電流表滿偏電流Ig＝2.5mA，內(nèi)阻Rg＝199Ω，所以需并聯(lián)分流電阻改裝電流表，有IgRg＝(I－Ig)R0?R0＝eq\f(IgRg,I－Ig)＝eq\f(199Ω×2.5×10－3A,0.5A－2.5×10－3A)＝1Ω，選B。(2)按電路圖連接實(shí)物圖，要忠實(shí)于電路圖，按一定順序連接。(3)按表給數(shù)據(jù)描點(diǎn)，用直線把各點(diǎn)連結(jié)，讓各點(diǎn)均勻分布在直線兩側(cè)，較遠(yuǎn)的點(diǎn)可舍棄。(4)結(jié)合電路圖1，由全電路歐姆定律有eq\f(E,r＋R＋\f(R0·Rg,R0＋Rg))·eq\f(R0,R0＋Rg)＝Ig?eq\f(1,Ig)＝eq\f(R0＋Rg,R0E)·R＋eq\f(R0＋Rg,R0E)r＋eq\f(Rg,E)＝eq\f(200,E)R＋eq\f(1,E)(200r＋199)，可見在eq\f(1,Ig)－R圖象中，直線的斜率k＝eq\f(200,E)，縱軸截距b＝eq\f(1,E)(200r＋199)，由(3)步圖象得k＝0.138，b＝0.23代入可解得E＝1.45V，r＝0.67Ω。[答案](1)B(2)如圖所示(3)如圖所示(4)1.45(1.40～1.47)0.67(0.40～0.77)24.(13分)在一個(gè)動(dòng)物表演的娛樂節(jié)目中，小貓從平臺(tái)上B點(diǎn)水平跳出，抓住有水平固定轉(zhuǎn)軸的車輪的邊緣P點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)C時(shí)松手，便可落到浮于水面的小橡皮船D上。如圖所示，已知車輪半徑R＝eq\f(4,3)m，B與車輪轉(zhuǎn)軸O等高，OP與水平方向成θ＝37°角，小貓抓住P點(diǎn)時(shí)速度方向恰好垂直于OP，小貓可看作質(zhì)點(diǎn)，重力加速度取g＝10m/s2。求：(1)小貓從B跳出時(shí)的速度v0及BO間水平距離x1；(2)若小貓質(zhì)量為m＝1kg，h＝(eq\f(4,3)＋0.45)m，小貓與車輪作用過程中小貓損失的機(jī)械能為5.3J，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2.3J，求x2及車輪獲得的機(jī)械能。[解析]以一動(dòng)物表演的娛樂節(jié)目為背景命題，考查平拋運(yùn)動(dòng)、能量守恒等知識(shí)的掌握情況。(1)B與車輪轉(zhuǎn)軸O等高，由幾何關(guān)系得小貓豎直位移y＝Rsin37°＝0.80m小貓做平拋運(yùn)動(dòng)，因此x＝v0ty＝eq\f(1,2)gt2由小貓到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度方向可知cotθ＝eq\f(gt,v0)＝2×eq\f(y,x)聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得v0＝3m/sx＝1.2mBO間的水平距離x1＝x＋Rcos37°得x1＝2.27m(2)從P到C，對小貓，由能量守恒得ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＋mgR(1－sinθ)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)vP＝eq\f(v0,sinθ)設(shè)車輪獲得的機(jī)械能為Ek，對系統(tǒng)，有ΔE′＝ΔE－Ek從C到D，小貓做平拋運(yùn)動(dòng)x2＝vCt′h－R＝eq\f(1,2)gt′2聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得x2＝1.5mEk＝3J[答案](1)x1＝2.27m(2)x2＝1.5mEk＝3J25.(19分)如圖所示，直線OP與x軸的夾角為45°，OP上方有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，OP與x軸之間有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ，x軸下方有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ。不計(jì)重力，一質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子從y軸上的A(0，l)點(diǎn)以速度v0垂直y軸射入電場，恰以垂直于OP的速度進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅰ。若帶電粒子第二次通過x軸時(shí)，速度方向恰好垂直x軸射入磁場區(qū)域Ⅰ，在磁場區(qū)域Ⅰ中偏轉(zhuǎn)后最終粒子恰好不能再進(jìn)入電場中。求：(1)帶電粒子離開電場時(shí)的速度大小v；(2)電場強(qiáng)度E的大??；(3)磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1、B2的大小。[解析]以帶電粒子在電場、磁場中的運(yùn)動(dòng)為背景命題，意在考查類平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)等知識(shí)的掌握，同時(shí)對數(shù)學(xué)能力在物理中的運(yùn)用也有所考查。(1)粒子到達(dá)C點(diǎn)時(shí)vy＝v0v＝eq\r(v\o\al(2,y)＋v\o\al(2,0))解得：v＝eq\r(2)v0(2)粒子從A到C的過程，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子沿x軸方向的位移為x，沿y軸方向的位移為y1，圖中O、D之間的距離為y2?？芍簒＝v0ty1＝eq\f(1,2)at2vy＝ata＝eq\f(Eq,m)y1＋y2＝l解得：E＝eq\f(3mv\o\al(2,0),2ql)(3)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力qBv＝meq\f(v2,R)解得：B＝eq\f(mv,qR)設(shè)在磁場Ⅰ中粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R1，因粒子垂直通過x軸，因此OC等于R1，由幾何關(guān)系可得：R1＝eq\f(2\r(2),3)lB1＝eq\f(3mv0,2ql)粒子在磁場Ⅱ中運(yùn)動(dòng)后返回磁場Ⅰ中后，剛好不回到電場中，其運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)與OP相切，軌跡如圖所示，設(shè)粒子在磁場Ⅱ中的半徑為R2，據(jù)幾何關(guān)系可得：2R1＝2R2＋eq\r(2)R1解得：B2＝eq\f(32＋\r(2)mv0,2ql)[答案](1)v＝eq\r(2)v0(2)E＝eq\f(3mv\o\al(2,0),2ql)(3)B1＝eq\f(3mv0,2ql)B2＝eq\f(32＋\r(2)mv0,2ql)(二)選考題(15分，請考生從給出的3道物理題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分)33.(15分)[物理——選修3－3](1)下列說法正確的是________。A．已知阿伏加德羅常數(shù)、氣體的摩爾質(zhì)量和密度，不能估算出氣體分子的大小B．若兩個(gè)分子只受到它們之間的分子力作用，當(dāng)分子間的距離減小時(shí)，分子的動(dòng)能一定增大C．系統(tǒng)吸收熱量時(shí)，它的內(nèi)能不一定增加D．根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體E．氣體對容器的壓強(qiáng)是大量氣體分子對容器的碰撞引起的(2)如圖所示，絕熱汽缸A與導(dǎo)熱汽缸B均固定于地面，由剛性桿連接的絕熱活塞與兩汽缸間均無摩擦。已知兩汽缸的橫截面積之比SA∶SB＝2∶1，兩汽缸內(nèi)均裝有處于平衡狀態(tài)的某理想氣體，開始時(shí)兩汽缸中的活塞與缸底的距離均為L，溫度均為T0，壓強(qiáng)均等于外界大氣壓。緩慢加熱A中氣體，停止加熱達(dá)到穩(wěn)定后，A中氣體壓強(qiáng)等于外界大氣壓的1.2倍。設(shè)環(huán)境溫度始終保持不變，求：①停止加熱達(dá)到穩(wěn)定后，A、B汽缸中的氣體壓強(qiáng)之比；②穩(wěn)定后汽缸A中活塞距缸底的距離。[解析](1)考查學(xué)生對分子動(dòng)理論、熱力學(xué)第一定律、熱力學(xué)第二定律記憶、理解和應(yīng)用能力。已知阿伏加德羅常數(shù)、氣體的摩爾質(zhì)量和密度，可以估算出固體或液體分子的大小，而不能估算出氣體分子的大小，因?yàn)闅怏w分子間距離較大，不能看成一個(gè)挨一個(gè)的，A正確；若兩個(gè)分子只受到它們之間的分子力作用，當(dāng)分子間的距離減小時(shí)，若分子力表現(xiàn)為引力，分子力做正功，分子的動(dòng)能增大，若分子力表現(xiàn)為斥力，分子力做負(fù)功，分子的動(dòng)能減小，故B錯(cuò)誤；熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W，系統(tǒng)吸收熱量同時(shí)對外做功，它的內(nèi)能不一定增加，C正確；根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體而不引起其它變化，D錯(cuò)誤；氣體對容器的壓強(qiáng)是大量氣體分子對容器的碰撞引起的，E正確。(2)考查學(xué)生對理想氣體狀態(tài)方程的理解及應(yīng)用。①設(shè)大氣壓強(qiáng)為p0，加熱后A的壓強(qiáng)pA＝1.2p0，又活塞平衡(pA－p0)SA＝(pB－p0)SB解得pB＝1.4p0所以pA∶pB＝6∶7②設(shè)穩(wěn)定后A、B兩汽缸中的活塞距缸底的距離分別為LA、LB，B中氣體等溫變化p0LSB＝1.4p0LBSB又LA＋LB＝2L解得LA＝eq\f(9,7)L[答案](1)ACE(2)①6∶7②eq\f(9,7)L34.(15分)[物理——選修3－4](1)在透明均勻介質(zhì)內(nèi)有一球狀空氣泡，O為球心，一束包含a、b兩種單色光的細(xì)光束從介質(zhì)射入氣泡，A為入射點(diǎn)，之后a、b光分別從C、D點(diǎn)射向介質(zhì)，如圖所示。細(xì)光束在A點(diǎn)的入射角為30°，介質(zhì)對a光的折射率na＝eq\r(2)，下列說法中正確的是________。A．a(chǎn)光射出空氣泡后相對于射入空氣泡前的偏向角為30°B．在該介質(zhì)中，a光的傳播速度比b光的傳播速度小C．光從該介質(zhì)射入空氣中，a光全反射的臨界角比b光全反射的臨界角大D．若用a、b兩單色光分別通過同一雙縫干涉裝置，屏上相鄰兩干涉條紋的間距xa>xbE．若用a、b兩單色光分別通過同一單縫，屏上中央亮條紋的寬度da<db(2)一列簡諧橫波，沿波的傳播方向依次有P、Q兩點(diǎn)，平衡位置相距5.5m，其振動(dòng)圖象如圖所示，實(shí)線為P點(diǎn)的振動(dòng)圖象，虛線為Q點(diǎn)的振動(dòng)圖象，求：①該波的波長；②波的最大傳播速度。[解析](1)以幾何光學(xué)為背景命題，考查光路、光速、臨界角、干涉等光學(xué)知識(shí)。完成a光的幾何光路，由na＝eq\f(sini,sinr)?sini＝nasinr＝eq\r(2)sin30°?i＝45°，由幾何知識(shí)角的關(guān)系可求得偏向角為30°，A對；由題給圖可知a光偏折程度大于b光，所以a光折射率大于b光折射率，na>nb，由n＝eq\f(c,v)?v＝eq\f(c,n)，所以va＝eq\f(c,na)<eq\f(c,nb)＝vb，B對；由sinC＝eq\f(1,n)知，a光的臨界角小于b光臨界角，C錯(cuò)；a光折射率大于b光，a光頻率大于b光，a光波長小于b光，由Δx＝eq\f(L,d)λ知b光干涉條紋間距、中央亮紋寬度大于a光，D錯(cuò)，E對，選ABE。(2)本題通過振動(dòng)圖象，考查考生對振動(dòng)、波動(dòng)的認(rèn)識(shí)。①根據(jù)題設(shè)條件，畫出如圖所示的波動(dòng)圖象，其對應(yīng)的方程y＝－10sinx，當(dāng)y＝5時(shí)，sinx＝－eq\f(1,2)，解得：x＝2nπ＋eq\f(11,6)π(n＝0、1、2、3、…)根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系類比可得：eq\f(2nπ＋\f(11,6)π,5.5)＝eq\f(2π,λ)(n＝0、1、2、3、…)nλ＋eq\f(11,12)λ＝5.5(n＝0、1、2、3、…)解得：λ＝eq\f(66,12n＋11)(n＝0、1、2、3、…)②由圖象可知：周期T＝1s，由波速公式可得v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(66,12n＋11)(n＝0、1、2、3、…)當(dāng)