2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)專題重組卷第二部分組合模擬卷四含解析

PAGE14-組合模擬卷四第Ⅰ卷(選擇題，共48分)二、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14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21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)14．(2024·重慶南開中學(xué)高三4月模擬)氘核和氚核聚變的核反應(yīng)方程為eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n，已知eq\o\al(3,1)H的比結(jié)合能是2.78MeV，eq\o\al(2,1)H的比結(jié)合能是1.09MeV，eq\o\al(4,2)He的比結(jié)合能是7.03MeV，則()A．該核反應(yīng)釋放17.6MeV能量B．該核反應(yīng)釋放3.16MeV能量C．該核反應(yīng)汲取17.6MeV能量D．該核反應(yīng)汲取3.16MeV能量答案A解析聚變反應(yīng)前的總結(jié)合能為：E1＝(1.09×2＋2.78×3)MeV＝10.52MeV，反應(yīng)后生成物的結(jié)合能為：E2＝7.03×4MeV＝28.12MeV，故該反應(yīng)放出的核能為：ΔE＝E2－E1＝17.6MeV，A正確。15．(2024·福建泉州二模)2019年1月3日，“嫦娥四號(hào)”探測器攜“玉兔二號(hào)”月球車勝利著陸在月球背面，進(jìn)行科學(xué)探測。已知“嫦娥四號(hào)”在著陸之前繞月球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1、周期為T1；月球繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r2、周期為T2，引力常量為G。依據(jù)以上條件能得出()A．地球的密度 B．地球?qū)υ虑虻囊Υ笮．“嫦娥四號(hào)”的質(zhì)量 D．關(guān)系式eq\f(r\o\al(3,1),T\o\al(2,1))＝eq\f(r\o\al(3,2),T\o\al(2,2))答案B解析月球繞地球運(yùn)動(dòng)：依據(jù)Geq\f(Mm月,r\o\al(2,2))＝m月eq\f(4π2,T\o\al(2,2))r2可求出地球質(zhì)量，但由于不知道地球半徑，求不出地球體積，所以算不出地球的密度，A錯(cuò)誤；地球?qū)υ虑虻囊?yīng)月球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力：F＝m月eq\f(4π2,T\o\al(2,2))r2，“嫦娥四號(hào)”繞月球做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)“嫦娥四號(hào)”探測器的質(zhì)量m，則Geq\f(m月m,r\o\al(2,1))＝meq\f(4π2,T\o\al(2,1))r1，求得月球質(zhì)量m月＝eq\f(4π2r\o\al(3,1),GT\o\al(2,1))，所以地球?qū)υ虑虻囊Γ篎＝m月eq\f(4π2,T\o\al(2,2))r2＝eq\f(4π2r\o\al(3,1),GT\o\al(2,1))·eq\f(4π2,T\o\al(2,2))r2＝eq\f(16π4r\o\al(3,1)r2,GT\o\al(2,1)T\o\al(2,2))，B正確；“嫦娥四號(hào)”繞月球做圓周運(yùn)動(dòng)，Geq\f(m月m,r\o\al(2,1))＝meq\f(4π2,T\o\al(2,1))r1，可求出月球質(zhì)量，不能求出環(huán)繞的探測器質(zhì)量，C錯(cuò)誤；開普勒第三定律適用于圍繞同一中心天體做圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星，所以對(duì)月球和“嫦娥四號(hào)”不適用，D錯(cuò)誤。16．(2024·北京石景山高三統(tǒng)一測試)如圖所示，完全相同的甲、乙兩個(gè)環(huán)形電流同軸平行放置，甲的圓心為O1，乙的圓心為O2，在兩環(huán)圓心的連線上有a、b、c三點(diǎn)，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此時(shí)a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2。當(dāng)把環(huán)形電流乙撤去后，cA．B1－eq\f(B2,2)B．B2－eq\f(B1,2)C．B2－B1D.eq\f(B1,3)答案A解析對(duì)于圖中單個(gè)環(huán)形電流，依據(jù)安培定則，其在中軸線上的磁場方向均向左，故c點(diǎn)的磁場方向向左。設(shè)aO1＝O1b＝bO2＝O2c＝r，單個(gè)環(huán)形電流在軸線上距離圓心r位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1r，在距離中心3r位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B3r，故a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度：B1＝B1r＋B3r；b點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度：B2＝B1r＋B1r；當(dāng)撤去環(huán)形電流乙后，c點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度：Bc＝B3r＝B1－eq\f(1,2)B2，故A正確。17．(2024·廣西欽州三模)日常生活中，我們在門下縫隙處塞緊一個(gè)木楔(側(cè)面如圖所示)，往往就可以把門卡住。有關(guān)此現(xiàn)象的分析，下列說法正確的是()A．木楔對(duì)門的作用力大于門對(duì)木楔的作用力，因而能將門卡住B．門對(duì)木楔作用力的水平重量等于地面對(duì)木楔摩擦力的大小C．只要木楔的厚度合適都能將門卡住，與頂角θ的大小無關(guān)D．只要木楔對(duì)門的壓力足夠大就能將門卡住，與各接觸面的粗糙程度無關(guān)答案B解析木楔對(duì)門的作用力和門對(duì)木楔的作用力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，方向相反，A錯(cuò)誤；對(duì)木楔受力分析如圖所示，水平方向f＝Fsinθ，門對(duì)木楔作用力的水平重量等于地面對(duì)木楔摩擦力的大小，B正確；對(duì)木楔，豎直方向：N＝Fcosθ＋mg，則fmax＝μN(yùn)＝μ(Fcosθ＋mg)，要把門卡住，則不管多大的力F均滿意fmax≥f，即μ(Fcosθ＋mg)≥Fsinθ，不管m的大小，只要μ≥tanθ，就可把門卡住，故能否把門卡住與頂角θ和接觸面的粗糙程度有關(guān)，故C、D錯(cuò)誤。18．(2024·石家莊精英中學(xué)高三二調(diào))細(xì)線兩端分別系有帶正電的甲、乙兩小球，它們靜止在光滑絕緣水平面上，電荷量分別為q1和q2，質(zhì)量分別為m1和m2。燒斷細(xì)線后兩球向相反方向運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()A．運(yùn)動(dòng)的同一時(shí)刻，甲、乙兩球受到的電場力大小之比為q2∶q1B．運(yùn)動(dòng)的同一時(shí)刻，甲、乙兩球動(dòng)能之比為m1∶m2 C．在相同的運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，甲、乙兩球受到的電場力的沖量大小之比為1∶1 D．在相同的運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，甲、乙兩球受到的合力做功之比為1∶1答案C解析甲、乙兩球受到的電場力是一對(duì)作用力與反作用力，依據(jù)牛頓第三定律知，甲、乙兩球受到的電場力大小之比為1∶1，與電荷量無關(guān)，A錯(cuò)誤；兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，取甲球的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：m1v甲－m2v乙＝0，得v甲∶v乙＝m2∶m1，運(yùn)動(dòng)的同一時(shí)刻，甲、乙兩球動(dòng)能之比為Ek1∶Ek2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,甲)∶eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,乙)＝m2∶m1，B錯(cuò)誤；對(duì)甲、乙兩球分別運(yùn)用動(dòng)量定理得：I甲＝m1v甲－0，I乙＝m2v乙－0，解得在相同的運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)甲、乙兩球受到電場力的沖量大小之比I甲∶I乙＝1∶1，C正確；對(duì)甲、乙兩球分別運(yùn)用動(dòng)能定理得：W合甲＝Ek1－0，W合乙＝Ek2－0，解得在相同的運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)甲、乙兩球受到合力做功之比W合甲∶W合乙＝m2∶m1，D錯(cuò)誤。19．(2024·全國卷Ⅱ)如圖a，在跳臺(tái)滑雪競賽中，運(yùn)動(dòng)員在空中滑翔時(shí)身體的姿態(tài)會(huì)影響其下落的速度和滑翔的距離。某運(yùn)動(dòng)員先后兩次從同一跳臺(tái)起跳，每次都從離開跳臺(tái)起先計(jì)時(shí)，用v表示他在豎直方向的速度，其v-t圖象如圖b所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時(shí)刻。則()A．其次次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小B．其次次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大C．其次次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大D．豎直方向速度大小為v1時(shí)，其次次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大答案BD解析v-t圖象中圖線與t軸包圍的面積表示位移大小，其次次滑翔過程中所圍面積大表示在豎直方向上位移大，A錯(cuò)誤；兩次滑翔最終都落在雪道上，故兩次滑翔豎直方向上的位移與水平方向上的位移的比值相等。由A中可知其次次滑翔豎直方向的位移比第一次的大，故其次次滑翔水平方向上的位移也比第一次的大，B正確；從起跳到落到雪道上，第一次滑翔豎直方向的速度變更大，時(shí)間短，由a＝eq\f(Δv,Δt)，可知其次次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的小，C錯(cuò)誤；v-t圖象的斜率表示加速度，豎直方向速度大小為v1時(shí)，其次次滑翔在豎直方向上的加速度小，設(shè)在豎直方向上所受阻力為f，由mg－f＝ma，可得其次次滑翔在豎直方向上受到的阻力大，D正確。20．(2024·黑龍江哈爾濱三中二模)如圖所示，半徑為R＝2cm的圓形區(qū)域中有垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T，一個(gè)比荷為2×106C/kg的帶正電的粒子從圓形磁場邊界上的A點(diǎn)以v0＝8×104m/s的速度垂直直徑MN射入磁場，恰好從N點(diǎn)射出，且∠A．帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為1cmB．帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡圓心肯定在圓形磁場的邊界上C．若帶電粒子改為從圓形磁場邊界上的C點(diǎn)以相同的速度入射，肯定從N點(diǎn)射出D．若要實(shí)現(xiàn)帶電粒子從A點(diǎn)入射，從N點(diǎn)出射，則該圓形磁場的最小面積為3π×10－4答案BCD解析依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力：qvB＝meq\f(v2,r)，可得：r＝eq\f(mv,qB)，代入數(shù)據(jù)解得：r＝2cm，A錯(cuò)誤；粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，可知四邊形AONP為菱形，又因?yàn)椤螦ON＝120°，依據(jù)幾何學(xué)問可得圓心P肯定在圓周上，B正確；從圓形磁場邊界上的C點(diǎn)以相同的速度入射，假設(shè)出射點(diǎn)位置在N′點(diǎn)，易知四邊形SCON′為菱形，則CS∥ON′，N′與N重合，故粒子肯定從N點(diǎn)射出，C正確；當(dāng)帶電粒子從A點(diǎn)入射，從N點(diǎn)出射，以AN為直徑的圓形磁場面積最小，Smin＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AN,2)))2＝π(rcos30°)2＝3π×10－4m2，D正確。21．(2024·兩湖八市十二校聯(lián)合二模)如圖所示，空間直角坐標(biāo)系的xOz平面是光滑水平面，空間中有沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。現(xiàn)有兩塊平行的薄金屬板，彼此間距為d，構(gòu)成一個(gè)電容為C的電容器，電容器的下極板放在xOz平面上；在兩板之間焊接一根垂直于兩板的電阻不計(jì)的金屬桿MN，已知兩板和桿MN的總質(zhì)量為m，若對(duì)桿MN施加一個(gè)沿x軸正方向的恒力F，兩金屬板和桿起先運(yùn)動(dòng)后，則()A．金屬桿MN中存在沿M到N方向的感應(yīng)電流B．兩金屬板間的電壓始終保持不變C．兩金屬板和桿做加速度大小為eq\f(F,B2d2C)的勻加速直線運(yùn)動(dòng)D．單位時(shí)間內(nèi)電容器增加的電荷量為eq\f(CBdF,m＋B2d2C)答案AD解析由右手定則可知，感應(yīng)電流方向?yàn)橛蒑流向N，A正確；此裝置在F和安培力F安作用下做變速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)某時(shí)刻速度為v，切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢：E＝Bdv，電容器兩板間電壓：U＝E＝Bdv，因?yàn)関變更，所以U隨時(shí)間變更，B錯(cuò)誤；電容器所帶電量Q＝CU＝CBdv，MN間某時(shí)刻的充電電流：I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝CBd·eq\f(Δv,Δt)＝CBda，方向向下，依據(jù)左手定則可知，MN受到向左的安培力：F安＝BId＝CB2d2a，以整個(gè)裝置為探討對(duì)象，由牛頓其次定律得：F－F安＝ma，即：F－CB2d2a＝ma，解得：a＝eq\f(F,m＋B2d2C)，為定值，即做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；單位時(shí)間內(nèi)電容器增加的電荷量為eq\f(ΔQ,Δt)＝CBda＝eq\f(CBdF,m＋B2d2C)，D正確。第Ⅱ卷(非選擇題，共62分)三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分，共62分。第22～25題為必考題，每個(gè)試題考生都必需作答。第33、34題為選考題，考生依據(jù)要求作答)(一)必考題(共47分)22．(2024·福建南平二模)(5分)(1)某探討性學(xué)習(xí)小組運(yùn)用速度傳感器探究小車的加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系，試驗(yàn)裝置如圖甲所示。為使細(xì)線下端懸掛砝碼和砝碼盤的總重力可視為小車受到的合力，正確的操作是________。A．小車的質(zhì)量M應(yīng)遠(yuǎn)小于砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量mB．試驗(yàn)前應(yīng)調(diào)整滑輪高度，使滑輪和小車間的細(xì)線與木板平行C．不掛砝碼和砝碼盤，將木板不帶滑輪的一端適當(dāng)墊高，使小車恰好能勻速下滑D．每次變更小車質(zhì)量后都要重新平衡摩擦力(2)該組同學(xué)在平衡小車與木板間的摩擦力后，在小車上固定一與運(yùn)動(dòng)方向垂直的薄板以增大空氣阻力。用圖乙所示的裝置探究物體受到空氣阻力與運(yùn)動(dòng)速度大小間的關(guān)系得到小車(含薄板)的v-t圖象如圖丙所示，該組同學(xué)通過分析得出：隨著運(yùn)動(dòng)速度的增加，小車所受的空氣阻力________(選填“變大”“不變”或“變小”)。理由是________________________________________________。答案(1)BC(2)變大隨著運(yùn)動(dòng)速度的增加，小車的加速度減小(或合外力減小)解析(1)為使細(xì)線下端懸掛砝碼和砝碼盤的總重力可視為小車受到的合力，則要求小車的質(zhì)量M應(yīng)遠(yuǎn)大于砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量m，A錯(cuò)誤；試驗(yàn)前應(yīng)調(diào)整滑輪高度，使滑輪和小車間的細(xì)線與木板平行，B正確；不掛砝碼和砝碼盤，將木板不帶滑輪的一端適當(dāng)墊高，使小車恰好能勻速下滑，以平衡摩擦力，C正確；每次變更小車質(zhì)量后不須要重新平衡摩擦力，D錯(cuò)誤。(2)由v-t圖象可知，隨著速度的增加，斜率漸漸減小，即加速度漸漸減小，由F－f＝ma可得空氣阻力漸漸增大，即隨著運(yùn)動(dòng)速度的增加，小車所受的空氣阻力變大。23．(2024·安徽合肥高三上一診)(10分)某試驗(yàn)小組為了測量一個(gè)阻值未知的電阻，進(jìn)行了如下操作：(1)首先用歐姆表粗測其電阻，如圖所示，則其讀數(shù)為________Ω；(2)為了比較精確地測量此電阻，采納“伏安法”進(jìn)行試驗(yàn)。所用器材如下：電源E：電動(dòng)勢為9V，內(nèi)阻r約為1.0Ω；電流表A：量程0.6A，內(nèi)阻RA為0.50Ω；電壓表V：量程10V，內(nèi)阻RV約為10kΩ；滑動(dòng)變阻器R：最大阻值為5.0Ω；開關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干。為了減小試驗(yàn)誤差，要求盡可能多測幾組數(shù)據(jù)，請(qǐng)完成以下問題：①在虛線框內(nèi)畫出試驗(yàn)電路圖；②試驗(yàn)小組依據(jù)正確的試驗(yàn)步驟，采集了部分?jǐn)?shù)據(jù)，并在I-U圖象中描出相應(yīng)的點(diǎn)，請(qǐng)作出I-U圖線，由此可知該電阻的阻值為________Ω(保留一位小數(shù))；③若所用器材結(jié)構(gòu)完好，該試驗(yàn)的主要誤差是________(選填“系統(tǒng)”或“偶然”)誤差。答案(1)18(2)①圖見解析②圖見解析19.5③偶然解析(1)歐姆表的讀數(shù)等于表盤刻度×擋位倍率，此次倍率選擇為“×1”，故該電阻值為18Ω。(2)①試驗(yàn)要求盡可能多測幾組數(shù)據(jù)以減小誤差，因滑動(dòng)變阻器的最大阻值小于待測電阻，故滑動(dòng)變阻器選擇分壓接法較好；又因電流表的內(nèi)阻RA已知，故電流表內(nèi)接最佳。試驗(yàn)電路圖如下。②該I-U圖象應(yīng)利用直線擬合，詳細(xì)為：利用描點(diǎn)法畫圖時(shí)，應(yīng)當(dāng)讓盡量多的點(diǎn)落在平滑直線上，不在直線上的點(diǎn)平均分布在直線的兩側(cè)，繪制如下：該圖的斜率為該電阻與電流表內(nèi)阻和的倒數(shù)，即k＝eq\f(1,Rx＋RA)＝eq\f(0.40－0.10,8－2)Ω－1＝0.05Ω－1，故電阻Rx＝eq\f(1,0.05)Ω－0.50Ω＝19.5Ω。③該試驗(yàn)由于電流表內(nèi)阻已知，因此測量結(jié)果較為精確，假如試驗(yàn)儀器結(jié)構(gòu)完好，測量誤差主要來源于偶然誤差。24．(2024·四川高三畢業(yè)班其次次診斷)(12分)如圖所示，某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)嬉戲裝置，用彈簧制作的彈射系統(tǒng)將小球從管口P彈出，右側(cè)水平距離為L，豎直高度為H＝0.5m處固定一半圓形管道，管道所在平面豎直，半徑R＝0.75m，內(nèi)壁光滑。通過調(diào)整立柱Q可以變更彈射裝置的位置及傾角，若彈出的小球從最低點(diǎn)M沿切線方向進(jìn)入管道，從最高點(diǎn)N離開后能落回管口P，則嬉戲勝利。小球質(zhì)量為0.2kg，半徑略小于管道內(nèi)徑，可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2。該同學(xué)某次嬉戲取得勝利，試求：(1)水平距離L；(2)小球在N處對(duì)管道的作用力；(3)彈簧儲(chǔ)存的彈性勢能。答案(1)2m(2)eq\f(2,3)N，方向豎直向上(3)5J解析(1)設(shè)小球進(jìn)入M點(diǎn)時(shí)速度為vM，運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn)速度為vN，由P至M，L＝vMt1H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)由N至P，L＝vNt2H＋2R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)由M至N過程，由功能關(guān)系得：－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)解得：L＝2m。(2)由(1)可得，vN＝eq\r(10)m/s在N點(diǎn)，mg＋F＝meq\f(v\o\al(2,N),R)解得：F＝eq\f(2,3)N由牛頓第三定律可知，小球在N處對(duì)管道的作用力F′＝F＝eq\f(2,3)N，方向豎直向上。(3)由P至N全過程，由能量守恒定律：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)＋mg(H＋2R)解得：Ep＝5J。25.(2024·沈陽郊聯(lián)體高三一模)(20分)如圖所示，在一光滑絕緣水平面上，靜止放著兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，兩小球質(zhì)量均為m，相距l(xiāng)，其中A球帶正電，所帶電荷量為q，小球B不帶電。若在A球右側(cè)區(qū)域加一水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，A球受到電場力的作用向右運(yùn)動(dòng)與B球碰撞。設(shè)每次碰撞為彈性碰撞，碰撞前后兩球交換速度，且碰撞過程無電荷轉(zhuǎn)移。求：(1)小球A在電場中的加速度大小和第一次與B碰撞前的速度；(2)若兩小球恰在其次次碰撞時(shí)離開電場，求電場在電場線方向上的寬度；(3)若兩小球恰在第三次碰撞時(shí)離開電場，求電場在電場線方向上的寬度及小球A從進(jìn)入電場到離開電場的過程中電勢能的變更量。答案(1)eq\f(qE,m)eq\r(\f(2Eql,m))(2)5l(3)13l13Eql解析(1)依據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律：qE＝ma，則a＝eq\f(qE,m)設(shè)第一次碰撞前小球A的速度為v，依據(jù)動(dòng)能定理：Eql＝eq\f(1,2)mv2解得：v＝eq\r(\f(2Eql,m))。(2)設(shè)第一次碰撞前后小球A的速度為vA1和vA1′，小球B的速度為vB1和vB1′，有vA1＝v，vB1＝0，vA1′＝0，vB1′＝v則第一次碰撞后，小球A做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小球B做速度為v的勻速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)其次次碰撞前后A球的速度為vA2和vA2′，小球B的速度為vB2和vB2′第一次碰撞后至其次次碰撞前：vt＝eq\f(vA2,2)t所以vA2＝2v；碰后vA2′＝v而B球碰前速度為v，碰后為2v。設(shè)從第一次碰撞后到其次次碰撞前的過程中，A球運(yùn)動(dòng)的距離為l2，則Eql2＝eq\f(1,2)m(2v)2－0，解得l2＝4l電場寬度為：L＝l＋4l＝5(3)二次碰撞后，A球做初速度為v的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，B球以速度2v做勻速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)第三次碰撞前后A球的速度為vA3和vA3′，B球的速度為vB3和vB3′所以eq\f(v＋vA3,2)t2＝2vt2，解得vA3＝3v設(shè)從其次次碰撞后到第三次碰撞前的過程中，A球運(yùn)動(dòng)的距離為l3，則qEl3＝eq\f(1,2)m(3v)2－eq\f(1,2)mv2解得l3＝8所以電場的寬度：L′＝l＋l2＋l3＝13A球削減的電勢能ΔEp＝Eq×13l＝13Eql(二)選考題(共15分。請(qǐng)考生從給出的2道題中任選一題作答，假如多做，則按所做的第一題計(jì)分)33．(2024·全國卷Ⅱ)[物理——選修3－3](15分)(1)(5分)如p-V圖所示，1、2、3三個(gè)點(diǎn)代表某容器中肯定量志向氣體的三個(gè)不同狀態(tài)，對(duì)應(yīng)的溫度分別是T1、T2、T3。用N1、N2、N3分別表示這三個(gè)狀態(tài)下氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)撞擊容器壁上單位面積的平均次數(shù)，則N1________N2，T1________T3，N2________N3。(填“大于”“小于”或“等于”)(2)(10分)如圖，一容器由橫截面積分別為2S和S的兩個(gè)汽缸連通而成，容器平放在水平地面上，汽缸內(nèi)壁光滑。整個(gè)容器被通過剛性桿連接的兩活塞分隔成三部分，分別充有氫氣、空氣和氮?dú)?。平衡時(shí)，氮?dú)獾膲簭?qiáng)和體積分別為p0和V0，氫氣的體積為2V0，空氣的壓強(qiáng)為p?，F(xiàn)緩慢地將中部的空氣全部抽出，抽氣過程中氫氣和氮?dú)獾臏囟缺３植蛔儯钊麤]有到達(dá)兩汽缸的連接處，求(ⅰ)抽氣前氫氣的壓強(qiáng)；(ⅱ)抽氣后氫氣的壓強(qiáng)和體積。答案(1)大于等于大于(2)(ⅰ)eq\f(1,2)(p0＋p)(ⅱ)eq\f(1,2)p0＋eq\f(1,4)peq\f(4p0＋pV0,2p0＋p)解析(1)依據(jù)志向氣體狀態(tài)方程eq\f(p1′V1′,T1)＝eq\f(p2′V2′,T2)＝eq\f(p3′V3′,T3)，由圖中數(shù)據(jù)可知T1＞T2，T2<T3，T1＝T3；對(duì)于狀態(tài)1、2，由于T1>T2，狀態(tài)1時(shí)氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能大，熱運(yùn)動(dòng)的平均速率大，分子數(shù)密度相等，故單位時(shí)間內(nèi)對(duì)單位面積器壁的平均碰撞次數(shù)多，即N1>N2；對(duì)于狀態(tài)2、3，由于T2<T3，所以狀態(tài)2時(shí)分子的平均速率小，分子撞擊一次器壁的平均撞擊力小，而壓強(qiáng)等于分子在單位時(shí)間內(nèi)撞擊器壁上單位面積的平均次數(shù)與分子撞擊一次器壁的平均撞擊力的乘積，即p＝N·eq\x\to(F)，而p2＝p3，eq\x\to(F)2<eq\x\to(F)3，則N2>N3。(2)(ⅰ)設(shè)抽氣前氫氣的壓強(qiáng)為p10，依據(jù)力的平衡條件得(p10－p)·2S＝(p0－p)·S①得p10＝eq\f(1,2)(p0＋p)②(ⅱ)設(shè)抽氣后氫氣的壓強(qiáng)和體積分別為p1和V1，氮?dú)獾膲簭?qiáng)和體積分別為p2和V2。依據(jù)力的平衡條件有p2·S＝p1·2S③由玻意耳定律得p1V1＝p10·2V0④p2V2＝p0V0⑤由于兩活塞用剛性桿連接，故V1－2V0＝2(V0－V2)⑥聯(lián)立②③④⑤⑥式解得p1＝eq\f(1,2)p0＋eq\f(1,4)p⑦V1＝eq\f(4p0＋pV0,2p0＋p)。⑧34．[物理——選修3－4](15分)(1)(2024·江西九校重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體高三第一次聯(lián)考)(5分)甲、乙兩位同學(xué)利用假期分別在兩個(gè)地方做“用單擺測重力加速度的試驗(yàn)”，回來后共同繪制了T2-L圖象，如圖甲中A、B所示。此外甲同學(xué)還順便利用其試驗(yàn)的單擺探究了受迫振動(dòng)，并繪制了單擺的共振曲線，如圖乙所示，那么下列說法中正確的是________。(填正確答案標(biāo)號(hào)。選對(duì)1個(gè)得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，最低得分為0分)A．單擺的固有周期由擺長和所處環(huán)境的重力加速度共同確定B．由圖甲分析可知A圖象所對(duì)應(yīng)的試驗(yàn)地點(diǎn)重力加速度較大C．若將單擺放入繞地球穩(wěn)定飛行的宇宙飛船中，則無法利用單擺