2023年高考第三次模擬考試卷-物理（全國甲卷B卷）（解析）

2023年高考物理第三次模擬考試卷

物理?全解全析

注意事項(xiàng):

?.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)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(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如

需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(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(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的

得0分。

14.中國預(yù)計(jì)將在2028年實(shí)現(xiàn)載人登月計(jì)劃，把月球作為登上更遙遠(yuǎn)行星的一個(gè)落腳點(diǎn)。如圖所

示是“嫦娥一號(hào)奔月''的示意圖，“嫦娥一號(hào)''衛(wèi)星發(fā)射后經(jīng)多次變軌，進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，最終被月

B.在繞地軌道中，公轉(zhuǎn)半長軸的立方與公轉(zhuǎn)周期的平方之比不變

C.在軌道I上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度小于軌道H上任意位置的速度

D.在不同的繞月軌道上，相同時(shí)間內(nèi)衛(wèi)星與月心連線掃過的面積相同

【答案】B

【解析】A.第三宇宙速度是指發(fā)射物體能夠脫離太陽系的最小發(fā)射速度，而“嫦娥一號(hào)”仍然沒有

脫離地球引力的范圍，所以其發(fā)射速度小于第二宇宙速度，故A錯(cuò)誤：

B.在繞地軌道中，根據(jù)開普勒第三定律

X

可知，同一中心天體，橢圓軌道半長軸的立方與周期的平方之比為定值，故B正確；

C.設(shè)軌道1的速度為口，軌道H近地點(diǎn)速度為V2,軌道∏遠(yuǎn)地點(diǎn)速度為口，在軌道II的遠(yuǎn)月點(diǎn)建

立一以月球?yàn)閳A心的圓軌道，其速度為V4,則根據(jù)離月球的遠(yuǎn)近，再根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)加速離心原理,

可得

V2>V∣,V4>V3

結(jié)合萬有引力提供向心力圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)，有

可知，圓軌道半徑越大，線速度越小，所以

V1>V4

因此

V2>V1>V4>V3

故在軌道I上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度V1不是小于軌道II上任意位置的速度，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)開普勒第二定律，可知在同一繞月軌道上，相同時(shí)間內(nèi)衛(wèi)星與月心連線掃過的面積相同，

但是在不同的繞月軌道上不滿足，故D錯(cuò)誤。

故選B。

15.如圖所示為遠(yuǎn)距離輸電示意圖，其中升壓變壓器。和降壓變壓器乃均為理想變壓器。降壓變

壓器刀的原、副線圈匝數(shù)之比為5:2,輸電線路的總電阻r=25C,其余導(dǎo)線電阻不計(jì)，。、心是電

阻恒為44Q、額定電壓為220V的兩個(gè)相同的燈泡。升壓變壓器T1的原線圈兩端所加電壓

〃=100夜SinlOoH(V),當(dāng)開關(guān)SI閉合S2斷開時(shí)，燈泡L正常發(fā)光，則()

A.燈泡的額定功率為1000W

B.輸電線路損失的電功率為IoOW

C.升壓變壓器T/的原、副線圈匝數(shù)之比為2：5

D.若開關(guān)Sl和S2都閉合時(shí)，則燈L和心均正常發(fā)光

【答案】B

【解析】A.燈泡的額定功率

P="=ιιoow

lR

故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.通過電燈的電流

根據(jù)理想變壓器原、副線圈電流關(guān)系可得輸電線路的電流為

2

∕tg=-∕s=2A

所以輸電線路損失的電功率為

ΔP=?r=IOOW

故選項(xiàng)B正確；

C.升壓變壓器原線圈兩端電壓

q=ιoov

升壓變壓器原線圈的電流

+ap

I1=^-=I2A

U?

所以升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為

Δ.=?=i

n2A6

故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.若開關(guān)Sl和S?都閉合時(shí)，電路的總電阻減小，總電流增大，通過輸電線路損失的電壓增大，所

以電燈兩端的電壓降低，兩電燈均不能正常發(fā)光，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選B。

16.電荷量為。的正點(diǎn)電荷固定在以。為圓心、R為半徑的圓上的A點(diǎn)，AC為圓的水平直徑，B、

。為圓上的兩個(gè)位置，其中NBOA=4D(M=60。，空間存在平行于圓面的勻強(qiáng)電場。將兩個(gè)質(zhì)子從

Eko

B點(diǎn)以相同的初動(dòng)能與。射出，兩個(gè)質(zhì)子分別以Ek。和2的動(dòng)能通過C點(diǎn)和。點(diǎn)，已知點(diǎn)電荷電場

_,Q,kQe

(p=k-cEko=-------

的電勢r,其中k為靜電力常量，r為與點(diǎn)電荷的距離，2R,不計(jì)質(zhì)子的重力和質(zhì)子

之間的庫侖力，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零。則勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)為()

A.3eR,方向沿直線BC,由C指向B

匕------

B.3eR,方向沿直線AC,由C指向A

F一百Eko

JLL-------------

C.eR,方向沿直線BC,由C指向B

E-也EkO

D.eR,方向沿直線AC,由C指向A

【答案】A

【解析】由題意可知，質(zhì)子從B點(diǎn)到0點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)中，動(dòng)能減小了

Δfk=?0-^=?

質(zhì)子從B點(diǎn)到C點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)中，動(dòng)能不變，由題意可知質(zhì)子在8點(diǎn)時(shí)，在Q的電場中的電勢能為

kQe

Efe（

VB=PB=—

在C點(diǎn)時(shí)的電勢能為

kQe

ErK=WCF

在0點(diǎn)時(shí)的電勢能為

E°D=eφ□=唔

可知質(zhì)子在勻強(qiáng)電場中，從8到C克服電場力做功，因此質(zhì)子在勻強(qiáng)電場中受到電場力方向沿BC

直線，且方向由C到8,如圖所示，DD'VBC,^dd?是一條等勢線，由能量守恒定律可得

eERcos30=Eko-爭

解得

?回。

LL,-------------

3eR

A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選Ao

17.B兩輛汽車從同一地點(diǎn)同時(shí)出發(fā)沿同一方向做直線運(yùn)動(dòng)，它們的速度的平方（v2）隨位置（X）

的變化規(guī)律如圖所示，下列判斷正確的是（）

B.汽車A、B在x=4m處的速度大小為2四m∕s

C.從開始到汽車A停止前，當(dāng)XA=4m時(shí)A、B相距最遠(yuǎn)

D.從開始到汽車A停止前，當(dāng)加=4m時(shí)A、B相遇

【答案】B

【解析】A.根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移關(guān)系得

V2=vθ+2ax

由圖線可知圖像的斜率等于2〃，對(duì)汽車A,則有

2一片田

解得

2

aκ--2m∕s

故A錯(cuò)誤；

B.汽車A、B在x=4m處的速度大小為打由圖可知，對(duì)于汽車A,有

vθ=24(m∕s)2

得A的初速度為

%=2?∕6m∕s

由BF=2αx得

V=J*+20r=y∣24+2×(-2)×4m∕s=2λ∕2m∕s

故B正確；

D.由圖發(fā)現(xiàn)，對(duì)于B車

2

2an=-m∕s

解得

&=lm∕s2

從開始到汽車A停止時(shí)，用時(shí)

此時(shí)B車的位移

?=；即產(chǎn)=3m

故A車停止后，B車才追上A車，故當(dāng).s=6m時(shí)A、B相遇，故D錯(cuò)誤；

C.當(dāng)兩車速度相等時(shí)，AB相距最遠(yuǎn)，有

v0+axt'=aβt'

解得

,，2艮

t=------S

3

此時(shí)

,1,48

XA=%r+yN2=ym

故C錯(cuò)誤。

故選B。

18.如圖所示，傾角為30°的粗糙斜面固定在水平地面上，一根輕繩的一端與斜面上的物塊“相連，

另一端繞過光滑的定滑輪系在豎直桿上的P點(diǎn)，用光滑輕質(zhì)掛鉤把物塊匕掛在。點(diǎn)，此時(shí)豎直桿與

繩O尸間的夾角為60°,“與斜面之間恰好沒有摩擦力且保持靜止。已知物塊〃的質(zhì)量為M,物塊6

B.將P端緩慢向上移動(dòng)一小段距離，〃將受到沿著斜面向下的摩擦力

C.將豎直桿緩慢向右移動(dòng)一小段距離，α將受到沿著斜面向上的摩擦力

D.剪斷定滑輪與。之間輕繩的瞬間，。的加速度大小為°$g

【答案】A

【解析】A.對(duì)α,由平衡條件得

Mgsin30o=T

對(duì)O點(diǎn)受力分析，由平行四邊形定則得

2Tcos60o=m^

聯(lián)立解得

M=2∕n

故A正確；

B.如圖所示

A。與B。關(guān)于水平虛線對(duì)稱，Ae水平。將P端緩慢向上移動(dòng)一?小段距離，B°+OP長度不變，即

A尸的長度不變。則

.AC

sm0,=----

AP

不變，即OP與尸C夾角不會(huì)變。則拉力不會(huì)變?？芍僚c斜面之間仍然沒有摩擦力。故B錯(cuò)誤；

C.將豎直桿緩慢向右移動(dòng)一小段距離，AC變長，。角變大。對(duì)。點(diǎn)，有

2T'cosα=mg

可見，拉力變大，“有上滑趨勢，將受到沿著斜面向下的摩擦力。故C錯(cuò)誤；

D.剪斷定滑輪與。之間輕繩的瞬間，”有下滑趨勢，由于不知道摩擦因數(shù)，即摩擦力的大小，無法

判斷其運(yùn)動(dòng)情況，即無法求4的加速度。故D錯(cuò)誤。

故選Ao

19.如圖為氫原子能級(jí)圖，大量處于基態(tài)的氫原子吸收頻率為V的光子后，能產(chǎn)生6種不同顏色的

光，下列判斷正確的是（）

n￡7eV

B.被吸收的光子能量為12.75eV

C.如果從〃=3躍遷到〃=2產(chǎn)生的光子恰能使某種金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)，則另外還有3種光也可以使

這種金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)

D.該氫原子能級(jí)圖可以很好地解釋氫原子的發(fā)射光譜只有一些分立的亮線

【答案】BD

【解析】A.玻爾第一次將量子觀念引入原子領(lǐng)域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，故A錯(cuò)誤;

B.大量處于基態(tài)的氫原子吸收頻率為V的光子后，能產(chǎn)生6種不同顏色的光，由瑪=6,可知?dú)湓?/p>

子從〃=1躍遷到〃=4能級(jí)，被吸收的光子能量為

E=ELEl=-0.85eV-(-13.6eV)=12.75eV

故B正確;

C.大量第4能級(jí)的氫原子，向低能級(jí)躍遷過程中能發(fā)出6種不同頻率的光，能量值的大小關(guān)系排

列從大到小為

n=4→1,n=3→1,n=2→1,n=4→2,n=3→2，n=4→3

由E=hv,可知放出光子能量越大對(duì)應(yīng)光的頻率越高，所以如果從"=3躍遷到n=2產(chǎn)生的光子恰能

使某種金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)，則另外還有4種光也可以使這種金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)，故C錯(cuò)誤;

D.由氫原子能級(jí)圖可以很好地解釋，原子從高能態(tài)向低能態(tài)躍遷時(shí)放出光子的能量等于前后兩能

級(jí)差。由于原子的能級(jí)是分立的，所以放出的光子的能量也是分立的，因此原子的發(fā)射光譜只有一

些分立的亮線。故D正確。

故選BDo

20.如圖所示，半徑為/?、質(zhì)量為2膽的光滑半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，將質(zhì)量為m

的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)正上方高為R處由靜止釋放，由A點(diǎn)經(jīng)過半圓軌道后從8沖出，重力

A.小球進(jìn)入半圓軌道后，由小球和小車組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒

B.小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動(dòng)

C.小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為V

2gR

小車獲得的最大速度為13

D.

【答案】CD

【解析】A.小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受外力的合力為0,系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守恒,

小球與小車組成的系統(tǒng)在豎直方向所受外力的合力不為0,因此球和小車組成的系統(tǒng)總動(dòng)量不守恒,

A錯(cuò)誤；

B.小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受外力的合力為0,系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守恒，且系統(tǒng)水

平方向總動(dòng)量為0,則小球由B點(diǎn)離開小車時(shí)，小球與小車水平方向上的速度相同，則水平方向上

有

mvx+2mvf=0

解得

Vt=O

即小球由B點(diǎn)離開小車時(shí)，水平方向的分速度為0,所以離開小車后，小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)

誤；

C.根據(jù)上述，小球由8點(diǎn)離開小車時(shí)，小車向左運(yùn)動(dòng)的距離達(dá)到最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，在水

平方向上有

tt

此過程有

X1+x2=2R

解得

X=-R

2一3

C正確；

D.根據(jù)分析可知，小球運(yùn)動(dòng)到圓弧最低點(diǎn)時(shí)，小車獲得速度最大，則有

lnvl-2叫=°,叫?2R=5叫+；X2,時(shí)

解得

D正確。

故選CDo

21.如圖，在水平面內(nèi)存在半徑為R和半徑為2R的兩個(gè)同心圓，在小圓和大圓之間形成一環(huán)形區(qū)

域小圓和環(huán)形區(qū)域內(nèi)分別存在垂直于水平面、方向相反的勻強(qiáng)磁場，小圓內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小為以位于圓心處的粒子源S沿水平面，向各個(gè)方向發(fā)射速率相同、電荷量為4、質(zhì)量為機(jī)的

πm

正粒子，粒子從發(fā)射至第一次離開小圓區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為不計(jì)粒子所受的重力及相互作用

力，下列說法中正確的是（）

B.為了將所有粒子都束縛在大圓區(qū)域內(nèi)，環(huán)形區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小至少為38

2πtn

C.若粒子能再次回到小圓區(qū)域內(nèi)，則粒子下一次在小圓區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

2πm

D.若環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為8,則粒子在兩磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為%B

【答案】CD

【解析】A.粒子在小圓區(qū)域運(yùn)動(dòng)中，由洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由題設(shè)條件第一

πtn

次離開小圓區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為可得

πm12πm1E

Z=----=—×------=-T

13qB6qB6

由計(jì)算和幾何關(guān)系可知，粒子在小圓區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)半徑是K,則有粒子的發(fā)射速度大小為

1C?

-×2πRddd

v=6：nR_qBR

A3x3m

3qB

A錯(cuò)誤;

B.粒子從小圓區(qū)域到環(huán)形區(qū)域，速度大小不變，因受洛倫茲力方向相反，粒子偏轉(zhuǎn)方向相反，如

圖所示，由粒子束縛在半徑為2R的大圓區(qū)域內(nèi)，由幾何關(guān)系可得

NO'OS=60

由余弦定理可得，在環(huán)形區(qū)域內(nèi)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑最大值應(yīng)滿足關(guān)系式

(ZR-/)?=(/?+/)?+店-2(R+/)RCOS60

解得

∕=>R

5

為了將所有粒子束縛在半徑為2/？的圓形區(qū)域內(nèi)，粒子在環(huán)形區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑

r.<r'=-R

'5

由洛倫茲力提供向心力，可得

y~

BlVq=m—

r?

_mvtnv5tnv5_

D1=≥==—D

qrxqr3qR3

B錯(cuò)誤；

C.由解析圖可知，由于N0'0S=6°,因此粒子能再次回到小圓區(qū)域內(nèi)，則粒子下一次在小圓區(qū)域

中運(yùn)動(dòng)的圓弧長所對(duì)的圓心角為120°,即運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

1-lfπm

=-T=--

233qB

C正確；

D.若環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B,由題意可知，則粒子在環(huán)形磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也

πm2πm

為3qB,則有粒子在兩磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為,D正確。

故選CDo

22.(6分)某研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)，為檢測某工廠排放污水的情況，制作了一個(gè)簡易的電磁流

量計(jì)，如圖甲所示。該裝置為中空的長方形管道，長、寬、高分別為α=20cm,反C=IoCm,左右兩

端開口，與排污管道聯(lián)通。流量計(jì)的上下底面為絕緣體，前后兩個(gè)側(cè)面為導(dǎo)體，并分別固定兩個(gè)電

極M、No在垂直于底面的方向加一豎直向下的勻強(qiáng)磁場，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.8T。當(dāng)含有正負(fù)

離子的污水從左向右流經(jīng)該裝置時(shí)，M、N兩電極間將產(chǎn)生電勢差S

甲乙

(1)若使用多用電表的電壓擋測量M、N電極間的電勢差，則與圖甲中M相連的應(yīng)是多用電表的

___________色表筆(選填“紅”或"黑”)。

(2)某次測量時(shí)，使用了多用電表25OmV量程的直流電壓擋，表盤示數(shù)如圖乙所示，則M、N電

極間的電勢差U=mVo

(3)若多用電表使用直流電壓擋時(shí)，可近似視為理想電壓表，則根據(jù)(2)中測得的電壓值，可估

算出污水的速度為m/s(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。

(4)現(xiàn)把多用電表的換擋開關(guān)旋至量程適當(dāng)?shù)闹绷麟娏鲹?，把紅、黑表筆正確接至M、N兩個(gè)電

極，測得電流值為∕=50μA,并已知此時(shí)多用電表的內(nèi)阻為尸200。。假定污水的流速恒定并且充滿

流量計(jì)的長方形管道，由此可估算出污水的電阻率P=Ω?m0

【答案】黑1451.8540

【解析】(1)根據(jù)左手定則，N端聚集正電荷，電勢較高；M端聚集負(fù)電荷，電勢較低，故M端接

黑表筆。

(2)由題圖可知，25OmV擋,每小格為5mV,故讀數(shù)為145mV。

(3)根據(jù)

q彳=qvB

UMN=BLV=Bbv

解得

v≈1.8m∕s

(4)根據(jù)

解得

p=540Ω?m

23.(9分)如圖所示，某同學(xué)為探究碰撞中動(dòng)量是否守恒的實(shí)驗(yàn)裝置，實(shí)驗(yàn)中選取兩個(gè)半徑相同、

質(zhì)量不等的小球，按下面步驟進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：

①用天平測出兩個(gè)小球的質(zhì)量分別為叫和叫;

②安裝實(shí)驗(yàn)裝置，將斜槽AB固定在桌邊，使槽的末端切線水平，再將一斜面BC連接在斜槽末端；

③先不放小球加2,讓小球町從斜槽頂端A處由靜止釋放，標(biāo)記小球在斜面上的落點(diǎn)位置P;

④將小球嗎放在斜槽末端8處，仍讓小球叫從斜槽頂端A處由靜止釋放，兩球發(fā)生碰撞，分別標(biāo)

記小球m'、外在斜面上的落點(diǎn)位置；

⑤用毫米刻度尺測出各落點(diǎn)位置到斜槽末端B的距離。圖中從M、P、N點(diǎn)是實(shí)驗(yàn)過程中記下的小

球在斜面上的三個(gè)落點(diǎn)位置，從M、P、N到B點(diǎn)的距離分別為時(shí)、s.、Sfi。依據(jù)上述實(shí)驗(yàn)步驟，

請(qǐng)回答下面問題：

(1)兩小球的質(zhì)量回、/應(yīng)滿足班嗎(填寫”域”<,,)：

(2)小球網(wǎng)與叫發(fā)生碰撞后，叫的落點(diǎn)是圖中點(diǎn)；

(3)用實(shí)驗(yàn)中測得的數(shù)據(jù)來表示，只要滿足關(guān)系式,就能說明兩球碰撞前后動(dòng)量是守恒的。

若同時(shí)滿足關(guān)系式,則還可判斷該碰撞為彈性碰撞。

［答案］>M町6^=肛卮+"A屈；叫Sy=嗎SΛ,+∕M1S”

【解析】(1)為防止入射球碰撞后反彈，一定要保證入射球的質(zhì)量大于被碰球的質(zhì)量，故班>恤

(2)(3)碰撞前小球〃〃落在圖中的P點(diǎn)，設(shè)水平初速度為V/,小球〃〃和，”2發(fā)生碰撞后，⑸落點(diǎn)

在圖中的用點(diǎn)，設(shè)水平初速度為匕'，，〃2的落點(diǎn)在圖中的N點(diǎn)，設(shè)其水平初速度為內(nèi),設(shè)斜面8C

與水平面的夾角為α,由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有

12

SMSma=獷，S"*=中

解得

M=IgSMUa

'V2sina

同理可得

_IgSNCOS2α

V|V2sina

因此只要滿足

∕771V1=f∏2V2÷W1Vj

即

ι%a=m2R+網(wǎng)扃

則說明兩球碰撞過程動(dòng)量守恒。

如果小球的碰撞為彈性碰撞，則應(yīng)滿足

1,21212

-m1v1-?-/n,v1+~m2v2

代入(2)中速度可得

+W

/M∣5p=W2SΛ,lSM

故若同時(shí)滿足上述關(guān)系式，則還可判斷該碰撞為彈性碰撞。

24.(14分)如圖甲所示，光滑的金屬導(dǎo)軌MN和PQ平行，間距L=LOm,與水平面之間的夾角α

=37°,勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0T,方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，MP間接有阻值R=I.6C的電阻,

質(zhì)量〃?=0.5kg,電阻r=0.4Ω的金屬棒仍垂直導(dǎo)軌放置，現(xiàn)用和導(dǎo)軌平行的恒力F沿導(dǎo)軌平面向

上拉金屬桿加，使其由靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒上滑的位移s=3.8m時(shí)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，對(duì)應(yīng)過程的

丫一f圖像如圖乙所示。取g=10m∕s2,導(dǎo)軌足夠長(sin37°=0.6,COS37。=0.8)。求:

(1)運(yùn)動(dòng)過程中a、b哪端電勢高，并計(jì)算恒力F的大小;

(2)從金屬桿開始運(yùn)動(dòng)到剛達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，此過程金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱;

(3)由圖中信息計(jì)算0?Is內(nèi)，導(dǎo)體棒滑過的位移。

【答案】(I)人端電勢高，5N；(2)1.47J；(3)0.755m

【解析】(1)由右手定則可判斷感應(yīng)電流由。流向b,b相當(dāng)于電源的正極，故6端電勢高

當(dāng)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由平衡條件得

F=zn^sin37o+/^

其中

Fi=普

由乙圖可知

V=1.0m/s

聯(lián)立解得

F=5N

(2)從金屬棒開始運(yùn)動(dòng)到恰好達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，由動(dòng)能定理得

1,

(F-mgsin37°)S-%=-mv2

又克服安培力所做的功等于整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱，代入數(shù)據(jù)解得

Q=W九=7.35J

兩電阻產(chǎn)生的焦耳熱與阻值成正比，故金屬棒匕產(chǎn)生的焦耳熱為

2=√-Q=L47J

R+r

（3）進(jìn)入勻強(qiáng)磁場導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量定理有

（F-mgsin370）f-BILt=mvλ-O

又

q=It

由圖可知

vl=0.98m/s

代入數(shù)據(jù)解得

g=0.775C

由

7EΔΦBLx

q=It=------1=------=--------

R+rR+rR+r

得

x=0.755m

25.（18分）如圖，光滑平臺(tái)上的彈性滑塊A以v°=9m∕s的初速度向靜止的彈性滑塊B運(yùn)動(dòng)，A、

B發(fā)生彈性碰撞，此后，B滑上靜置干光滑水平面、上表而與平臺(tái)等高的平板車C,整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程

B始終未滑離平板車C。已知滑塊A、B質(zhì)量分別為WM=Ikg、wβ=2kg,平板車質(zhì)量為根c=2kg,

平板車右端到豎直墻整的距離L=Im,平板車與豎直墻壁碰撞過程沒有機(jī)械能損失，滑塊與平板車

之間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=0.2,取重力加速度g=10m∕s20求：

（1）滑塊A、B分開瞬間，B的速度大小ι?;

（2）平板車C恰要與墻壁第一次碰撞前時(shí)，B和C的速度大小VB/、vc∕分別為多少；

（3）從滑塊B滑上平板車C、到C第一次返回平臺(tái)右端，整個(gè)過程系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q。

【答案】(1)6m/s；(2)4m/s；2m/s；(3)32J

【解析】（1）滑塊A、B碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律和能量關(guān)系可知

wAv0=wAvA+w??

解得

Vβ=6m∕s

（2）當(dāng)B滑上平板車后做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小

aB-μg^2ml^2?

C做加速運(yùn)動(dòng)的加速度

%=絲超=2m?2

mc

當(dāng)平板車C恰要與墻壁第一次碰撞前時(shí)由

,12

L=IaC4

解得

//=Is

此時(shí)B的速度

?ι=?-?=4m?

C的速度

vcι=actl=2m∕s

（3）C與墻壁碰后到返回到平臺(tái)右端

,12

L=VC\t2~~aCt2

解得

f2=lS

此時(shí)C的速度

vC2=vCIaf

-Cl=O

C與墻壁碰后到返回到平臺(tái)右端時(shí)的速度恰為零；此時(shí)滑塊B向右的速度為

Vv2m/s

B2=Bl-<M2=

系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量

Cl212

Q=萬恤吒-邛丫最

解得

Q=32J

（二）選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道物理題中任選一題作咨。如果多做，則按所做的第一題計(jì)

分。

33.【選修3-3]（15分）

（1）（5分）

下列說法正確的是O（填正確答案標(biāo)號(hào)，選對(duì)1個(gè)給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。分）

A.給莊稼松土的目的是破壞土壤中的毛細(xì)管，從而減少土壤內(nèi)部的水分蒸發(fā)

B.用滴管通過數(shù)滴數(shù)能定量地量取少量液體，每一滴液體的體積都相同是表面張力的作用

C.晶體有固定的熔點(diǎn)，非晶體沒有固定的熔點(diǎn)

D.在室溫和一個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓下，相同質(zhì)量的氧氣和氫氣，溫度相同時(shí)內(nèi)能也相同

E.布朗運(yùn)動(dòng)不僅可以發(fā)生在液體和氣體中，還可以發(fā)生在固體內(nèi)部

【答案】ABC

【解析】A.給莊稼松土?xí)r，破壞了泥土中的毛細(xì)管，土壤內(nèi)部的水分不會(huì)快速通過毛細(xì)管上升到

土壤表面而蒸發(fā)掉，故A正確；

B.用滴管通過數(shù)滴數(shù)能定量地量取少量液體，是因?yàn)榈喂艿膹娇诖笮〈_定，對(duì)應(yīng)的液滴的表面張

力小于等于液滴重力時(shí)液滴下落，故每一滴的液體體積都相同，故B正確；

C.晶體有固定的熔點(diǎn)，非晶體沒有固定的熔點(diǎn)，故C正確；

D.溫度相同時(shí)氣體分子的平均動(dòng)能相同，相同質(zhì)量的氧氣和氫氣，氧氣的物質(zhì)的量比氫氣的小，

所以氫氣的內(nèi)能大于氧氣的內(nèi)能，故D錯(cuò)誤；

E.布朗運(yùn)動(dòng)是小顆粒受到分子的撞擊力不平衡造成的，所以布朗運(yùn)動(dòng)只能發(fā)生在液體和氣體中，

不能發(fā)生在固體中，故E錯(cuò)誤。

故選ABCo

（2）（10分）如圖所示，一導(dǎo)熱性良好的汽缸，水平放置固定在地面上，總體積為匕長度為L,

正中間有一厚度不計(jì)的活塞，用外力作用在活塞上使活塞恰好處于平衡狀態(tài)，汽缸的右端一小孔用

細(xì)軟的導(dǎo)管與玻璃管的下端相連，導(dǎo)管內(nèi)氣體的體積不計(jì)。玻璃管的總長度為2力，上端開口，橫截

面積為s,中部有一段長度為5的水銀柱，且水銀柱與玻璃管底面間的距離為/7。忽略活塞與汽缸壁

間的摩擦，已知水銀的密度為P，重力加速度為g,外界大氣壓為Pj環(huán)境溫度為

（i）求外力產(chǎn)的大小。

（ii）撤去外力尸，若要保持水銀柱的位置不變，應(yīng)使環(huán)境溫度升高為工，則力等于多少？

M2(?+∕zS)τ

【答案】⑴Pg五；(ii)V+2/zS-°

【解析】（i）開始時(shí)，設(shè)玻璃管中氣體的壓強(qiáng)為A，對(duì)玻璃管中的水銀柱，由平衡條件得

p"PSgg=PS

玻璃管與汽缸相連，則汽缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)等于P∣,設(shè)活塞的橫截面積為S',則有V=LS'

對(duì)活塞由平衡條件得

F+p0S'=piS'

聯(lián)立解得

.hV

Fc=Pg——

2L

（H）水銀柱的位置不變，則玻璃管中氣體的壓強(qiáng)不變，活塞最終靜止在汽缸最左端，對(duì)汽缸和玻

璃管中的氣體，由蓋-呂薩克定律得

V

2+hSV+hS

工）=工

解得

2（V+?S）τ.

V+2hS0

34.【選修3-4]（15分）

（1）（5分）日暈是一種常見的大氣光學(xué)現(xiàn)象，如圖甲所示，太陽光線經(jīng)卷層云中同一冰晶的兩次

折射，分散成單色光，形成日暈，冰晶截面可看作正六邊形。如圖乙所示為一束紫光在冰晶上的折

射光路，4為冰晶上的入射角，乂為經(jīng)過第一個(gè)界面的折射角，％為光離開冰晶的折射角，α為出

射光相對(duì)入射光的偏轉(zhuǎn)角。下列說法中正確的是