2023年高考第二次模擬考試試卷物理（全國甲卷A卷）（全解全析）

2023年高考物理第二次模擬考試卷

物理?全解全析

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。

如

需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。

寫

在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回

二、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。全部選對的得6分，選對但不全的

得3分，有選錯(cuò)的得0分。

14.某小組用如圖“所示的風(fēng)速儀研究交流電，風(fēng)杯在風(fēng)力作用下帶動(dòng)與其連在一起的永磁

鐵轉(zhuǎn)動(dòng)；某一風(fēng)速時(shí)，線圈中產(chǎn)生的交變電流如圖b所示，已知風(fēng)杯轉(zhuǎn)速與風(fēng)速成正比，則

()

A.該交變電流的周期為，。

B.該交變電流的峰值為夜(

C.風(fēng)速增大，產(chǎn)生的交變電流周期增大

D.風(fēng)速增大，產(chǎn)生的交變電流峰值增大

【答案】D

【解析】A.從圖像可以看出該交變電流的周期為“。，A錯(cuò)誤：

B.結(jié)合圖像可知該交變電流的峰值為小，B錯(cuò)誤；

C.已知風(fēng)杯轉(zhuǎn)速與風(fēng)速成正比，風(fēng)速增大，風(fēng)杯轉(zhuǎn)速就越大，由

1

知產(chǎn)生的交變電流周期減小，C錯(cuò)誤；

D.已知風(fēng)杯轉(zhuǎn)速與風(fēng)速成正比，風(fēng)速增大，風(fēng)杯轉(zhuǎn)速就越大，由

_EmNBSco2NBS7m

m~~R~R-R-

可知產(chǎn)生的交變電流峰值增大，D正確。

故選D,

15.如圖，籃球運(yùn)動(dòng)員站在廣場上的某一噴泉水柱旁邊，虛線所在水平面分別是

地面、運(yùn)動(dòng)員的頭頂、該水柱最高點(diǎn)所在的水平面。根據(jù)圖中信息和生活經(jīng)驗(yàn)，可以估算出

該水柱從地面噴出時(shí)的速度約為（）

3

2

A.2m/sB.6m/s

C.12m/sD.20m/s

【答案】c

【解析】籃球運(yùn)動(dòng)員身高約為1.8m,由圖可知水柱的高度約為人身高的4倍，即7.2m,則

0-說=-2g〃

解得

%=12m/s

故選C。

16.如圖，傾角為30。的斜面上有一個(gè)電荷量為q（4>0）質(zhì)量為初的小球以即的初速度水

平拋出。豎直平面內(nèi)有一水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為從已知小球回到斜面時(shí)速度方

3mv^

向與斜面的夾角不變，克服電場力做功k。從拋出小球到小球回到斜面的運(yùn)動(dòng)過程中,

2

B.該系統(tǒng)的機(jī)械能不變

C.小球最小速度為2

D.若第二次拋出小球時(shí)撤去電場，則兩次小球離斜面最遠(yuǎn)距離之差為48g

【答案】D

【解析】A.設(shè)小球落回到斜面是的速度為匕，則其水平分速度

vx=wsin30°

水平方向的只受靜電力作用，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則

加速度大小為

水平方向的位移大小

小球克服電場力做功

解得

匕=%

由類斜拋運(yùn)動(dòng)知識可得，小球合力方向垂直斜面向下，則

Eq=nigtan30°

解得

F鬲g

LL------------

3q

A錯(cuò)誤；

B.小球克服電場力做功，機(jī)械能減小，B錯(cuò)誤；

C.由類斜拋運(yùn)動(dòng)知識可得，當(dāng)小球沿垂直斜面的分速度為0時(shí);速度最小，即

%?=%cos30o=甘t

C錯(cuò)誤；

D.第一次拋出小球時(shí)，離斜面最遠(yuǎn)距離

3

,(vsin3O0)2百%2

U.=---o-------------=--------

2g16g

cos30°

第二拋出小球時(shí)，在運(yùn)動(dòng)起點(diǎn)同時(shí)垂直于斜面方向和平行與斜面方向分解％、g,垂于斜面

向上為y軸正方向，＞軸方向分速度

vv=%sin30

＞軸方向分加速度大小

ay=geos30

則

vy-a/=0

2

0—vy=—2ayd2

得

L%tan30。

g

寸sin30°tan30°氐;

所以

_73V2

cl=d、-di=------0--

2148g

D正確。

故選Do

17.水平地面上有一質(zhì)量為叫的長木板，木板上右端放有一質(zhì)量為嗎的木塊，如圖甲所示;

用水平向右的拉力F作用在長木板上，F(xiàn)隨時(shí)間r變化的規(guī)律如圖乙所示，其中K、尸2分別

為彳、‘2時(shí)刻F的大??；木塊的加速度生隨時(shí)間r變化的規(guī)律如圖丙所示，已知長木板與地

面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為從，木塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃2,假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)

的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大小為g,則下列說法正確的是()

A.片=從見g

4

B.6=3一e）（犯+生）g

*Av=-42g（右一4）

C.：t至’2這段時(shí)間內(nèi)木塊的速度變化量2'

D.4至4這段時(shí)間內(nèi)木塊的速度變化量

【答案】C

【解析】A.在〃時(shí)刻，木板和物塊恰好開始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)拉力恰好等于地面對木板的最大靜

摩擦力，即

F（W7/+/H2）g

故A錯(cuò)誤；

B.在及時(shí)刻，木板和物塊恰好發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)，此時(shí)二者的加速度仍相同，即為

將木板和物塊作為一個(gè)整體，根據(jù)牛頓第二定律

F[-氏（〃?|+網(wǎng)）g=（g+/）%

解得

瑪=（〃1+網(wǎng)）g

故B錯(cuò)誤：

C.根據(jù)圖丙可知，。?f2時(shí)間內(nèi)二者的加速度相同，物塊與木板之間沒有發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)，

圖丙中圖像與橫軸圍成面積代表速度變化量，4至G這段時(shí)間內(nèi)木塊的速度變化量

故C正確

D.因?yàn)椤?攵時(shí)間內(nèi)存在摩擦力，摩擦力的沖量是〃?2的合外力沖量，故D錯(cuò)誤。

故選C。

18.2022年1月28日，國務(wù)院新聞辦公室發(fā)布我國第五部航天白皮書《2021中國的航天》,

白皮書中提到將繼續(xù)實(shí)施月球探測工程，發(fā)射“嫦娥六號''探測器、完成月球極區(qū)采樣返回。

若將地球和月球看做一個(gè)雙星系統(tǒng)，二者間距離為L,它們繞著二者連線上的某點(diǎn)做勻速圓

周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)行周期為T;從漫長的宇宙演化來看，兩者質(zhì)量都不斷減小，將導(dǎo)致月地間距離

變大。若引力常量為G,則下列說法正確的是（）

A.當(dāng)前月球和地球的動(dòng)能相等

4//

B.當(dāng)前該雙星系統(tǒng)的總質(zhì)量為七產(chǎn)

C.在將來的演化過程中，該雙星系統(tǒng)運(yùn)轉(zhuǎn)的周期將逐漸減小

5

D.在將來的演化過程中，該雙星系統(tǒng)的總動(dòng)能將逐漸增大

【答案】B

【解析】A.設(shè)地球的質(zhì)量為地球的軌道半徑為R月球的質(zhì)量為〃?，軌道半徑為以

故有

..22

=ma)T2

由于

4+4=乙

聯(lián)立得

Lm

f\=-----

m+M

LM

rn+M

故地球的動(dòng)能為

arl?Mm2

與|（町）2=

2（M+m）2

月球的動(dòng)能為

1

線2=-m（收）2=

22（M+,W）2

由于地球與月球的質(zhì)量不同，故兩者動(dòng)能不同，A項(xiàng)錯(cuò)誤;

B.雙星系統(tǒng)中，兩天體之間的萬有引力提供向心力，有

GMm

~1T

GMm2

——：-=mcor>

1}

將軌道半徑代入后整理得

G（M+6）

60=

2%

CD=——

將T代入整理得

4/乙3

M+m=

GT2

B項(xiàng)正確;

C.由

4/6

M+m=

GT-

兩天體質(zhì)量減小，距離增大，故周期增大，C項(xiàng)錯(cuò)誤;

6

D.由于兩天體距離增大，萬有引力做負(fù)功，系統(tǒng)總動(dòng)能減小，D項(xiàng)錯(cuò)誤；

故選B。

239

19.中國實(shí)驗(yàn)快堆是第四代核能系統(tǒng)的優(yōu)選堆型，采用杯（做燃料，在堆心燃料杯

的外圍再生區(qū)里放置不易發(fā)生裂變的鈾（空U）,杯一239裂變釋放出的快中子被再生區(qū)內(nèi)的

鈾-238吸收，轉(zhuǎn)變?yōu)殁?239,鈾-239極不穩(wěn)定，經(jīng)過衰變，進(jìn)一步轉(zhuǎn)變?yōu)橐琢炎兊谋?239,

從而實(shí)現(xiàn)核燃料的''增殖"。下列說法正確的是（）

A.鈾-239轉(zhuǎn)變?yōu)楸?239,經(jīng)過了2次夕衰變

B.杯-239發(fā)生裂變過程中，電荷數(shù)守恒，質(zhì)量也守恒

C.鈾-239發(fā)生衰變的實(shí)質(zhì)是原子核外的電子飛出

D.杯（9』u）裂變生成兩個(gè)中等質(zhì)量的核，杯核的比結(jié)合能小于生成的兩個(gè)核的比結(jié)合

能

【答案】AD

【解析】A.鈾-239轉(zhuǎn)變?yōu)楸?239,質(zhì)量數(shù)不變，電荷數(shù)增加2,則經(jīng)過了2次"衰變，故

A正確；

B.杯-239發(fā)生裂變過程中，電荷數(shù)守恒，質(zhì)量數(shù)也守恒，由于裂變放出能量，由質(zhì)量虧損

可知，質(zhì)量不守恒，故B錯(cuò)誤：

C.鈾-239發(fā)生￡衰變，實(shí)質(zhì)是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子，故C錯(cuò)誤；

D.缽（29394pPu）裂變生成兩個(gè)中等質(zhì)量的核，反應(yīng)放出核能，生成的新核更加穩(wěn)定，則杯

核的比結(jié)合能小于生成的兩個(gè)核的比結(jié)合能，故D正確。

故選AD。

20.如圖所示，一個(gè)斜面與水平地面平滑連接，斜面與水平地面均光滑。小物塊P放在水

平地面上，小物塊Q自斜面上某位置處由靜止釋放，P、Q之間的碰撞為彈性正碰，斜面與

水平面足夠長，則下列說法正確的是（）

A.若/3,則P、Q只能發(fā)生一次碰撞

B.若叫4,則P、Q只能發(fā)生一次碰撞

C.若/5,則P、Q只能發(fā)生兩次碰撞

7

D?若叫9>則p、Q只能發(fā)生多次碰撞

【答案】AC

【解析】AB.設(shè)Q滑到水平面上時(shí)速度大小為巧pQ相碰,動(dòng)量守恒及動(dòng)能不變，有

12121,

2^V=5恤叼+5忤*

聯(lián)立解得第一次碰后

_2恤

VP1=v

%+機(jī)p

VQ1=—LV

%+%

之后Q滑上斜面并返回，速度等大反向，若不能追上p,則有

解得

^>1

/3

A正確、B錯(cuò)誤；

C.若/5,第一次碰后，可得

_12

%=尸VQl=~~V

之后Q滑上斜面并返回，與P發(fā)生第二次碰撞后有

%(fQI)+〃%%=WQVQ2+%%

2+2Wp=VQ2+fnpvn

得

8

v=-v

P29

5

因

VP2>々2

故p、Q只能發(fā)生兩次碰撞，C正確；

8

跑=1

D.若叫,，第一次碰后，可得

1

出汗

4

VQl=-gV

之后Q滑上斜面并返回，與P發(fā)生第二次碰撞后有

恤（-VQ,）+利p%=叫也+WPVP2

J"、％]啥噸+g〃%咆

得

8

「225

7

Q-25

因

VP2>|%21

故P、Q只能發(fā)生兩次碰撞，D錯(cuò)誤。

故選ACo

21.如圖，在平面直角坐標(biāo)系的第二象限有一半徑R=0.1m的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為

3=2.0X10-2T的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外，圓形區(qū)域與坐標(biāo)軸相切于A、C兩點(diǎn)，

PM

—=2.0x1O^kg/C

在第一、四象限有豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E=1.6V/m,有一束夕的

帶正電的粒子在第三象限沿），軸正方向，以%=L°xl8mA垂直射入圓形磁場中，粒子束寬

度d=0.2m,經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后打入第一象限，重力和一切阻力都不計(jì)，則下列說法正確的是

A.所有進(jìn)入磁場中偏轉(zhuǎn)的粒子最后都經(jīng)C點(diǎn)打入電場

9

B.所有進(jìn)入磁場中偏轉(zhuǎn)的粒子最后都平行于x軸方向打入電場

C.從x=-OAm處打入的粒子經(jīng)磁場和電場偏轉(zhuǎn)后與x軸交于x=05m處

D.從x=-0/m處打入的粒子經(jīng)磁場和電場偏轉(zhuǎn)后與x軸交于x=0.8m處

【答案】AC

【解析】A.粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)過程中洛倫茲力提供向心力

解得

mv2.0xW6xl.0xl03…

r=——-n=--------------；--------m=0.1m

qB2x10"

任意畫一條運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，設(shè)粒子在磁場中的入射點(diǎn)為出射點(diǎn)為N

因?yàn)榱Ｗ幼鰣A周運(yùn)動(dòng)的半徑等于磁場半徑，故四邊形為菱形，所以O(shè)'M°"即

O'沿x軸正方向，N點(diǎn)C點(diǎn)重合。故所有進(jìn)入磁場中偏轉(zhuǎn)的粒子最后都經(jīng)C點(diǎn)打入電場,

A正確;

B.由上述分析可知，粒子進(jìn)入磁場中偏轉(zhuǎn)后經(jīng)過C點(diǎn)的速度方向不一定平行于x軸，B錯(cuò)

誤;

C.從x=-0/m處打入的粒了.在磁場中偏轉(zhuǎn)后經(jīng)c點(diǎn)平行于x軸打入電場，粒子在電場中做

類平拋運(yùn)動(dòng)

a，

m

y=R——at

2

x=vor

聯(lián)立可得

x=0.5m

C正確，D錯(cuò)誤。

故選AC,

10

22.（6分）（1）某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路測量電壓表％的內(nèi)阻及電源電動(dòng)勢。

已知電壓表M量程為3V,內(nèi)阻=60000,電壓表V2量程也為3V,內(nèi)阻&2為幾千歐（待

測），電源電動(dòng)勢約為5V,電源內(nèi)阻可忽略。按以下步驟進(jìn)行操作。

甲

①按圖甲所示原理圖完成電路連接；

②把飛、&均調(diào)至最大阻值；

③閉合開關(guān)s,調(diào)節(jié)與、&,使V、v?均有合適示數(shù)，分別為q、u2）若調(diào)至必、力滿

足“一§"的關(guān)系，此時(shí)電阻箱&的阻值為1500Q,則可知電壓表丫2的內(nèi)阻Rv2為

___________￡2：

④若將用調(diào)至4000。并保持不變，調(diào)節(jié)&，記錄多組對應(yīng)的■、力值，以q為縱坐標(biāo)，力

為橫坐標(biāo)描點(diǎn)作圖，在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)得到一條傾斜直線，直線的縱截距為6,則電源

的電動(dòng)勢為（用已知量和已測得量計(jì)算出結(jié)果）。

（2）用伏安法測量電源電動(dòng)勢和內(nèi)阻時(shí)，由于電壓表、電流表內(nèi)阻的影響，測量結(jié)果總存

在系統(tǒng)誤差。按如圖乙所示的電路進(jìn)行測量，可以消除這種系統(tǒng)誤差。

①閉合開關(guān)‘2,靈敏電流計(jì)⑥的示數(shù)不為零，調(diào)節(jié)R和P使得靈敏電流計(jì)◎的示

數(shù)為零，讀出電流表和電壓表的示數(shù)乙和4；②改變滑動(dòng)變阻器R、R'的阻值，重新使得

靈敏電流計(jì)?的示數(shù)為零，讀出電流表和電壓表的示數(shù)乙和02；③重復(fù)②操作，得到了

11

多組/、U;④根據(jù)實(shí)驗(yàn)得到的多組數(shù)據(jù)作出的圖線如圖丙所示，由此可得電源的電動(dòng)

【答案】300032.01.0

【解析】（1）③根據(jù)并聯(lián)電路規(guī)律可知

=U?+^-R2

?V2

代入數(shù)據(jù)可得

Ry?=3000Q

④根據(jù)閉合電路歐姆定律有

I^V2）

整理得

jj二ER”R、Rviu

即

故

,3E廣5[

b=——E=-b

5,3

（2）④根據(jù)閉合電路歐姆定律有

U=E-Ir

所以u-/圖像的斜率為

1.9-L6

C=-1.0C=-r

-_0.4-0.1

12

所以電源的內(nèi)阻

r=1.0Q

當(dāng)/=0.1A時(shí)，U=1.9V,解得

E=2.0V

23.（9分）某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置來測量木塊與平板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，其

中平板的傾角°可調(diào)。

（1）獲得紙帶上點(diǎn)的部分實(shí)驗(yàn)步驟如下：

A.測量完畢，關(guān)閉電源，取下紙帶

B.接通電源，待打點(diǎn)計(jì)時(shí)器工作穩(wěn)定后放開木塊

C.把打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在平板上，將木塊尾部與紙帶相連，使紙帶穿過限位孔

D.將木塊靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器

上述實(shí)驗(yàn)步驟的正確順序是：（用字母填寫）。

（2）打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的工作頻率為50Hz,紙帶上計(jì)數(shù)點(diǎn)的間距如圖乙所示。根據(jù)紙帶求出木塊

的加速度?=舊一（保留兩位有效數(shù)字）。

（3）若重力加速度g=9.8m/s「測出斜面的傾角〃，查表知sine=0.60,cose=0.80,若木

塊的質(zhì)量為m=02°kg,則木塊與平板間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=（保留兩位有效數(shù)

字）。

（4）若另一小組利用圖甲裝置驗(yàn)證了牛頓第二定律，則實(shí)驗(yàn)時(shí)通過改變,驗(yàn)證

質(zhì)量一定時(shí)，加速度與力成正比的關(guān)系；通過改變,驗(yàn)證力一定時(shí)，加速度與

質(zhì)量成反比的關(guān)系。

【答案】CDBA1.60.55平板的傾角4加和且皿sin。cos，）保持不

變

【解析】（I）實(shí)驗(yàn)時(shí)首先要把打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在平板上，將木塊尾部與紙帶相連，使紙帶穿

過限位孔；將木塊靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，接通電源，待打點(diǎn)計(jì)時(shí)器工作穩(wěn)定后放開木塊，測量完

畢，關(guān)閉電源，取下紙帶。則此實(shí)驗(yàn)步驟的正確順序是CDBA。

（2）根據(jù)心=。〃，運(yùn)用逐差法得

△x(15.70-9.00)-(9.00-3.90)

a=-------xlO2m/s2=1.6m/s2

(ST?(5x0.02)2

（3）根據(jù)牛頓第二定律

13

mgsin0-從mgcos0=ma

解得

〃a0.55

（4）探窕牛頓第二定律采取的是控制變量法，驗(yàn)證質(zhì)量一定時(shí)，加速度與力成正比的關(guān)系，

通過改變平板的傾角。來改變合外力。

驗(yàn)證力一定時(shí)，加速度與質(zhì)量成反比的關(guān)系，由于滑塊下滑加速的力是由重力沿斜面向下的

分力和摩擦力提供，所以要保證向下的合力不變，應(yīng)該使"gsinO-〃，咫cos0不變，所以需

要同時(shí)改變滑塊的質(zhì)量〃，和斜面傾角0。

24.（14分）如圖所示，一光滑圓弧軌道ABC固定在豎直平面內(nèi)，半徑R=7.5m,圓弧軌道

的圓心O在圓弧最低點(diǎn)B的正上方，其中NAO8=60。。圓弧軌道左側(cè)有一順時(shí)針方向勻速

轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶，傳送帶上表面與圓弧軌道的圓心O在同一高度。現(xiàn)將可視為質(zhì)點(diǎn)的物

塊P從傳送帶左端M由靜止釋放，離開傳送帶右端N時(shí)恰好與傳送帶共速，從A點(diǎn)沿切線

方向進(jìn)入圓弧軌道。已知物塊P的質(zhì)量〃?=3kg,重力加速度g取10WC,求：

（1）傳送帶的速度；

（2）物塊到達(dá)軌道最低的B時(shí)，小物塊尸對軌道的壓力。

【解析】（1）設(shè)傳送帶速度小則在A點(diǎn)時(shí)

tan60=—

%

V=2g/?cos60

解得

%==5m/s

(2)從A至Ij8

1012

—mVg--mvA=mgR(l-cos60)

其中

在B點(diǎn)時(shí)

14

N-mg=團(tuán)請

解得

10

N=—fng

根據(jù)牛頓第三定律可知小物塊P對軌道的壓力

25.（18分）如圖所示，在正交坐標(biāo)系0-Wz空間中，Oz豎直向下，O'為y軸上的一點(diǎn)。

相距0.5m的兩平行拋物線狀光滑軌道OP、0戶通過長度不計(jì)的光滑絕緣材料在P、尸'處

z-5_X，2

與平行傾斜粗糙直軌道PQ、P'。'平滑相接，其中拋物線狀軌道OP的方程為“一丁，OO'

間用導(dǎo)線連接R=1Q的定值電阻，傾斜軌道足夠長，QQ響用導(dǎo)線連接C=1F的電容器。電

容器最初不帶電。拋物線狀軌道區(qū)域存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度瓦=4T的勻強(qiáng)磁場，

傾斜直軌道區(qū)域存在與導(dǎo)軌垂直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度與=2T的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為o.5kg,長

為0.5m的金屬導(dǎo)體棒在恒定外力尸作用下從y軸開始以初速度%沿拋物線狀軌道做加速度

方向豎直向下、大小為10m/s?的加速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒到達(dá)連接處后立即撤去該外力F。已

知金屬導(dǎo)體棒與軌道始終接觸良好，金屬棒與傾斜直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=°75,P點(diǎn)縱

9

z.,=—m

坐標(biāo)80，金屬棒電阻為1。，其他電阻忽略不計(jì)，金屬捧在運(yùn)動(dòng)過程中始終與），軸平

行，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取l°m/s?。求：

（1）金屬棒初速度%的大小；

（2）外力F的大小和金屬捧在拋物線狀光滑軌道運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱0:

（3）電容器最終的電荷量

【答案】（1）2m/s；⑵4N,0.6J.（3）6

15

【解析】(I)由題意可知，金屬棒做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為”=10m/s2,則有

解得

軌跡方程為

z工

4

聯(lián)立解得

%=2m/s

(2)由金屬棒運(yùn)動(dòng)性質(zhì)可知，金屬棒有效切割速度不變，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得

E=B'%

由閉合電路歐姆定律可得

1=-^—

R+r

又

F=%=BJi

聯(lián)立解得

F=4N

由

12

z,，=”-

解得金屬棒在拋體狀軌道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

3

t,=—s

120

由焦耳定律可得

2

Q=Irtt

解得

e=o.6j

(3)金屬棒運(yùn)動(dòng)到連接處時(shí)，金屬棒的豎直分速度為

vy=劭=L5m/s

金屬棒運(yùn)動(dòng)到連接處時(shí)的速度為

v=J詔+=2.5m/s

斜面傾角滿足

16

tan<9=<=0.75

%

可得

0=37。

金屬棒滑上斜面后，由動(dòng)量定理可得

—B2llAt+mgsin0A1—jumgcosO/Si=mv'—mv

又

q=Mr

由電路特點(diǎn)和電容定義可得

q=CB2lv'

聯(lián)立解得

q=-C

6

(-)選考題：共15分。請考生從2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.【選修3-31(15分)

(1)(5分)

下列說法正確的是0(填正確答案標(biāo)號，選對1個(gè)給2分，選對2個(gè)得4分，選對

3個(gè)得5分，每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分。分)

A.知道水蒸氣的摩爾體積和水分子的體積，就能計(jì)算出阿伏加德羅常數(shù)

B.水晶能停于水面上，是由于液體表面張力的作用的結(jié)果

C.晶體有固定的熔點(diǎn)，但不一定有確定的幾何形狀，也不一定具有各向異性

D.影響蒸發(fā)快慢的因素是空氣中水蒸氣的壓強(qiáng)與同一溫度下水的飽和汽壓的差距

E.隨著科技的發(fā)展，將來可以將散失在環(huán)境中的內(nèi)能重新收集起來加以利用而不引起其他

變化

【答案】BCD

【解析】A.因?yàn)闅怏w分子間距較大，所以只知道水蒸氣的摩爾體積和水分子的體積，不能

計(jì)算出阿伏加德羅常數(shù)，故A錯(cuò)誤；

B.水量能停于水面上，是由于液體表面張力的作用的結(jié)果，故B正確；

C.晶體分為單晶體和多晶體，晶體都有固定熔點(diǎn)，多晶體物理性質(zhì)各向同性，沒有固定的

幾何形狀；單晶體一定具有規(guī)則的幾何外形和物理性質(zhì)的各向異性，故C正確；

D.空氣的相對濕度即空氣中水蒸氣的壓強(qiáng)與同一溫度下水的飽和汽壓的差距影響蒸發(fā)快

慢，故D正確；

E.根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀過程具有方向性，故不能將散失的能量

17

重新聚集利用而不引起其他變化，故E錯(cuò)誤。

故選BCD,

（2）（10分）如圖所示，導(dǎo)熱的圓柱形氣缸固定在水平桌面上，橫截面積為S、質(zhì)量為町的

活塞封閉著一定質(zhì)量的理想氣體，活塞與氣缸間無摩擦且不漏氣?？傎|(zhì)量為啊的祛碼盤（含

祛碼）由繞過定滑輪的細(xì)線與活塞相連。當(dāng)環(huán)境溫度為T時(shí)，活塞離缸底的高度為力，g為

重力加速度?，F(xiàn)使環(huán)境溫度緩慢升高到L2T：

（1）當(dāng)活塞再次平衡時(shí)，活塞離缸底的高度是多少？

（2）保持環(huán)境溫度為127不變，在活塞上方添加質(zhì)量為△機(jī)的沙子時(shí)，活塞返回到高度為力

處，求大氣壓強(qiáng)力。

（54/〃+和一町）g

【答案】（1）L2h（2）S

【解析】（1）當(dāng)環(huán)境溫度為7時(shí)，狀態(tài)為壓強(qiáng)為R,溫度為T,體積為匕；環(huán)境溫度緩慢

升高到1.27'時(shí)，狀態(tài)為壓強(qiáng)P2,溫度為L2T,體積為匕。在緩慢變化的過程是個(gè)等壓過程,

故跟據(jù)蓋呂薩克定律可知

匕小

工T2

解得

V,=Sh'=V；=1.25/?

=1.2力

（2）由題可知，在放沙子前體積為％=L2S”,活塞的受力

+p0S=p2S+n^g

放沙子后返回到八處，體積為匕=幼，活塞的受力

s

機(jī)西+Po+Xmg=P3s+m2g

這個(gè)過程是個(gè)等溫過程，根據(jù)玻意耳定律可知

p2A.2Slt=p3sh

聯(lián)立解得

18

_（5Am+tn^一見）g

Po=5

34.【選修34］（15分）

(1)(5分)

如圖所示是一列簡諧波在仁0時(shí)的波形圖像，波速大小為v=10m/s,方向水平向右，此時(shí)波

恰好傳到/點(diǎn)，下列說法正確的是。(填正確答案標(biāo)號，選對1個(gè)給2分，選對2

個(gè)得4分，選對3個(gè)得5分，每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分0分)

A.此列波的周期為7=2.5s

B.質(zhì)點(diǎn)E開始振動(dòng)的方向沿y軸負(fù)方向

C.當(dāng)/=5.1s時(shí)，x=10m的質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置處

D.質(zhì)點(diǎn)從F在振動(dòng)過程中相對平衡位置的位移總是相同

E.質(zhì)點(diǎn)4、E、/振動(dòng)過程中的加速度總是相同

【答案】BDE

【解析】A.由波形圖可知，波長2=4m,則周期

T=-=—s=0.4s

v10

故A錯(cuò)誤;

B.由圖像信息以及波的傳播方向與質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向的關(guān)系可知，￡剛開始振動(dòng)時(shí)的方向沿y

軸負(fù)方向，故B正確;

C.波傳到A-10m的質(zhì)點(diǎn)的時(shí)間

x10—8八。

/.=—=-------s=0.2s

1v10

/=5.1s時(shí)，x=10m的質(zhì)點(diǎn)已經(jīng)振動(dòng)

A/=5.1-0.2s