重組卷04-2023年高考物理真題重組卷（全國通用）（解析版）

絕密★啟用前

沖刺2023年高考物理真題重組卷04

全國通用（解析版）

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生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。

1415161718192021

~~k-~~c-

BADBCADBD

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.（2022?全國?統(tǒng)考高考真題）空間存在著勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場的方向垂直于紙面（X°）'平面）向

里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)。由靜止開始運(yùn)動(dòng)。

下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的是（）

【答案】B

【解析】解法一：

AC.在XQy平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向，故在坐標(biāo)原點(diǎn)。靜止的帶正電粒子在電場力作用下會向夕軸

正方向運(yùn)動(dòng)。磁場方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向?軸JE方向運(yùn)動(dòng)的粒子同時(shí)受到沿X

軸負(fù)方向的洛倫茲力，故帶電粒子向X軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)。AC錯(cuò)誤；

BD.運(yùn)動(dòng)的過程中在電場力對帶電粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速

度方向垂直。由于勻強(qiáng)電場方向是沿V軸正方向，故X軸為勻強(qiáng)電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次

運(yùn)動(dòng)到X軸時(shí)，電場力做功為0,洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到X軸時(shí)的速度為0,隨后受電場力

作用再次進(jìn)入第二象限重復(fù)向左偏轉(zhuǎn)，故B正確，D錯(cuò)誤。

故選Ba

解法二：

粒子在。點(diǎn)靜止，對速度進(jìn)行分解，分解為向X軸正方向的速度V,向X軸負(fù)方向的速度v',兩個(gè)速度大小

相等，方向相反。使得其中一個(gè)洛倫茲力平衡電場力，即

qBv'=qE

V'=—

則粒子的在電場、磁場中的運(yùn)動(dòng)，可視為，向X軸負(fù)方向以速度B做勻速直線運(yùn)動(dòng)，同時(shí)在X軸上方做

勻速圓周運(yùn)動(dòng)。

故選B。

15.（2022?北京?高考真題）2021年5月，中國科學(xué)院全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置（EAST）取得新突

破，成功實(shí)現(xiàn)了可重復(fù)的1.2億攝氏度101秒和1.6億攝氏度20秒等離子體運(yùn)行，創(chuàng)造托卡馬克實(shí)驗(yàn)裝置

運(yùn)行新的世界紀(jì)錄，向核聚變能源應(yīng)用邁出重要一步。等離子體狀態(tài)不同于固體、液體和氣體的狀態(tài)，被

認(rèn)為是物質(zhì)的第四態(tài)。當(dāng)物質(zhì)處于氣態(tài)時(shí)，如果溫度進(jìn)一步升高，幾乎全部分子或原子由于激烈的相互碰

撞而離解為電子和正離子，此時(shí)物質(zhì)稱為等離子體。在自然界里，火焰、閃電、極光中都會形成等離子體，

太陽和所有恒星都是等離子體。下列說法不當(dāng)項(xiàng)的是（）

A.核聚變釋放的能量源于等離子體中離子的動(dòng)能

B.可以用磁場來約束等離子體

C.盡管等離子體整體是電中性的，但它是電的良導(dǎo)體

D.提高托卡馬克實(shí)驗(yàn)裝置運(yùn)行溫度有利于克服等離子體中正離子間的庫侖斥力

【答案】A

【解析】A.核聚變釋放的能量源于來自于原子核的質(zhì)量虧損，A錯(cuò)誤；

B.帶電粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)，在勻強(qiáng)磁場中會受到洛倫茲力的作用而不飛散，故可以用磁場來約束等離子體，B正

確；

C.等離子體是各種粒子的混合體，整體是電中性的，但有大量的自由粒子，故它是電的良導(dǎo)體，C正確；

D.提高托卡馬克實(shí)驗(yàn)裝置運(yùn)行溫度，增大了等離子體的內(nèi)能，使它們具有足夠的動(dòng)能來克服庫侖斥力，有

利于克服等離子體中正離子間的庫侖斥力，D正確。

本題選擇錯(cuò)誤的，故選A。

16.（2022?廣東?高考真題）圖是滑雪道的示意圖?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)員從斜坡上的M點(diǎn)由靜止自由滑下,

經(jīng)過水平NP段后飛入空中，在。點(diǎn)落地。不計(jì)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過N點(diǎn)的機(jī)械能損失，不計(jì)摩擦力和空氣阻力。

下列能表示該過程運(yùn)動(dòng)員速度大小V或加速度大小”隨時(shí)間t變化的圖像是（）

【答案】C

【解析】設(shè)斜坡傾角為9,運(yùn)動(dòng)員在斜坡MN段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律

TWgSine=，叫

可得

4=gsinθ

運(yùn)動(dòng)員在水平NP段做勻速直線運(yùn)動(dòng)，加速度

a2=O

運(yùn)動(dòng)員從尸點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為重力加速度

%=g

設(shè)在P點(diǎn)的速度為%,則從P點(diǎn)飛出后速度大小的表達(dá)式為

V=λ?+g2”

由分析可知從尸點(diǎn)飛出后速度大小與時(shí)間的圖像不可能為宜線，且

al<ai

C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選C。

17.（2021?河北?高考真題）如圖，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,

導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處。點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與X軸夾角均為°,一電容為C

的電容器與導(dǎo)軌左端相連，導(dǎo)軌上的金屬棒與X軸垂直，在外力廠作用下從。點(diǎn)開始以速度V向右勻速運(yùn)

動(dòng)，忽略所有電阻，下列說法正確的是（）

A.通過金屬棒的電流為2802tand

B.金屬棒到達(dá)與時(shí)，電容器極板上的電荷量為BCUrotan°

C.金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，電容器的上極板帶負(fù)電

D.金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，外力尸做功的功率恒定

【答案】A

【解析】C.根據(jù)楞次定律可知電容器的上極板應(yīng)帶正電，C錯(cuò)誤；

A.由題知導(dǎo)體棒勻速切割磁感線，根據(jù)幾何關(guān)系切割長度為

L=Zrtanax=vt

則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為

E=28∕∕ta∏e

由題圖可知電容器直接與電源相連，則電容器的電荷量為

Q=CE=2BCv2nanθ

則流過導(dǎo)體棒的電流

Ag

I=Z=28Wtane

A正確；

B.當(dāng)金屬棒到達(dá)M處時(shí)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為

E'=2Bvx(Xanθ

則電容器的電荷量為

Q=CE'=IBCvxotmO

B錯(cuò)誤；

D.由于導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)則

F=Fg=BIL

由選項(xiàng)AuJ知流過導(dǎo)體棒的電流/恒定，但乙與，成正比，則尸為變力，再根據(jù)力做功的功率公式

P=Fv

可看出F為變力，V不變則功率P隨力F變化而變化；

D錯(cuò)誤；

故選A?

18.（2022?浙江?統(tǒng)考高考真題）某節(jié)水噴灌系統(tǒng)如圖所示，水以%=15m∕s的速度水平噴出，每秒噴出水的

質(zhì)量為2.0kg。噴出的水是從井下抽取的，噴口離水面的高度保持，=3.75m不變。水泵由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，電動(dòng)

機(jī)正常工作時(shí)，輸入電壓為220V,輸入電流為2.0A。不計(jì)電動(dòng)機(jī)的摩擦損耗，電動(dòng)機(jī)的輸出功率等于水泵

所需要的輸入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的輸出功率與輸入功率之比）為75%,忽略水在管道中運(yùn)

動(dòng)的機(jī)械能損失，則（）

j

p

p

p

c

F

p

J

p

f:;

A.每秒水泵對水做功為75J

B.每秒水泵對水做功為225J

C.水泵輸入功率為440W

D.電動(dòng)機(jī)線圈的電阻為10Ω

【答案】D

【解析】AB.每秒噴出水的質(zhì)量為%=2.0kg,抽水增加了水的重力勢能和動(dòng)能，則每秒水泵對水做功為

W=m0gH=300J

故AB錯(cuò)誤；

C.水泵的輸出能量轉(zhuǎn)化為水的機(jī)械能，則

W

4=7=30OW

而水泵的抽水效率（水泵的輸出功率與輸入功率之比）為75%,則

尸人==400W

'75%

故C錯(cuò)誤;

D.電動(dòng)機(jī)的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率，則電動(dòng)機(jī)的機(jī)械功率為

Pv=以=40()W

而電動(dòng)機(jī)的電功率為

Rti=U∕=440W

由能量守恒可知

Rti=∕%+%

聯(lián)立解得

R=IoO

故D正確;

故選Do

19?（2022?遼寧?高考真題）如圖所示，行星繞太陽的公轉(zhuǎn)可以看成勻速圓周運(yùn)動(dòng)。在地圖上容易測得地球

一水星連線與地球一太陽連線夾角α,地球一金星連線與地球一太陽連線夾角夕，兩角最大值分別為%，、

仇則（）

A.水星的公轉(zhuǎn)周期比金星的大

B.水星的公轉(zhuǎn)向心加速度比金星的大

C.水星與金星的公轉(zhuǎn)軌道半徑之比為Sin%，：sin￡,”

D.水星與金星的公轉(zhuǎn)線速度之比為府公:府瓦

【答案】BC

【解析】AB.根據(jù)萬有引力提供向心力有

LMm^7τ^

Gk〃尸=ma

可得

T=2π*

GM

GM

a=——

R2

因?yàn)樗堑墓D(zhuǎn)半徑比金星小，故可知水星的公轉(zhuǎn)周期比金星?。凰堑墓D(zhuǎn)向心加速度比金星的大，故A

錯(cuò)誤，B正確;

C.設(shè)水星的公轉(zhuǎn)半徑為聯(lián)，地球的公轉(zhuǎn)半徑為R拖，當(dāng)α角最大時(shí)有

Sinam=》

同理可知有

所以水星與金星的公轉(zhuǎn)半徑之比為

R水：R金=Sinam:sin

故C正確;

D.根據(jù)

CMmV

G——=m—

R2R

可得

GM

V=~R~

結(jié)合前面的分析可得

煤：％=JSinAm：Jsinq“

故D錯(cuò)誤；

故選BCo

20.（2022?全國?統(tǒng)考高考真題）質(zhì)量為Ikg的物塊在水平力尸的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運(yùn)

動(dòng)，F(xiàn)與時(shí)間,的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小取g=l°m∕s?則

()

4

024At/S

A.4s時(shí)物塊的動(dòng)能為零

B.6s時(shí)物塊回到初始位置

C.3s時(shí)物塊的動(dòng)量為12kg?m∕s

D.0~6s時(shí)間內(nèi)廠對物塊所做的功為40J

【答案】AD

【解析】物塊與地面間的摩擦力為

∕=Sg=2N

AC.對物塊從°3s內(nèi)由動(dòng)量定理可知

(F-∕)r,=mv3

即

(4-2)×3=1×v3

得

v3=6m∕s

3s時(shí)物塊的動(dòng)量為

p=mvi=6kg?m/s

設(shè)3s后經(jīng)過時(shí)間t物塊的速度減為0,由動(dòng)量定理可得

-(F+∕)Z=O-∕ΠV3

即

-(4+2)r=0-l×6

解得

r=ls

所以物塊在4s時(shí)速度減為0,則此時(shí)物塊的動(dòng)能也為0,故A正確，C錯(cuò)誤;

B.03s物塊發(fā)生的位移為由動(dòng)能定理可得

即

1,

(4-2)xl=—×1×6^

得

X1=9m

3s~4s過程中，對物塊山動(dòng)能定理可得

-(F+f)x2=0-^mvl

即

1,

-(4+2)?=0--×l×62

得

x2=3m

4s6s物塊開始反向運(yùn)動(dòng)，物塊的加速度大小為

a=—~—=2m∕s2

m

發(fā)生的位移為

12

x3=—×2×2m=4m<xl+x2

即6s時(shí)物塊沒有回到初始位置，故B錯(cuò)誤;

D.物塊在6s時(shí)的速度大小為

v6=2×2m∕s=4m∕s

06s拉力所做的功為

W=(4*9-4*3+4X4)J=40J

故D正確。

故選ADo

21?（2022?全國?統(tǒng)考高考真題）一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測裝置，由兩個(gè)同軸的半圓柱形帶電導(dǎo)體

極板（半徑分別為R和R+1）和探測器組成，其橫截面如圖（a）所示，點(diǎn)。為圓心。在截面內(nèi)，極板間

各點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小與其到O點(diǎn)的距離成反比，方向指向。點(diǎn)。4個(gè)帶正電的同種粒子從極板間通過，到

達(dá)探測器。不計(jì)重力。粒子1、2做圓周運(yùn)動(dòng)，圓的圓心為。、半徑分別為4、4（R<4<4<R+"）;粒子

3從距。點(diǎn)4的位置入射并從距O點(diǎn)4的位置出射；粒子4從距O點(diǎn)4的位置入射并從距。點(diǎn)4的位置出

射，軌跡如圖（b）中虛線所示。則（）

A.粒子3入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的大

B.粒子4入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的大

C.粒子1入射時(shí)的動(dòng)能小于粒子2入射時(shí)的動(dòng)能

D.粒子1入射時(shí)的動(dòng)能大于粒子3入射時(shí)的動(dòng)能

【答案】BD

【解析】C.在截面內(nèi)，極板間各點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小與其到。點(diǎn)的距離成反比，可設(shè)為

Er=k

帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有

qE∣=nΛqE2=m^-

4,4

可得

2,22

即粒子1入射時(shí)的動(dòng)能等于粒子2入射時(shí)的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；

A.粒子3從距。點(diǎn)4的位置入射并從距。點(diǎn)4的位置出射，做向心運(yùn)動(dòng)，電場力做正功，則動(dòng)能增大，

粒子3入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的小，故A錯(cuò)誤；

B.粒子4從距。點(diǎn)Zi的位置入射并從距。點(diǎn)4的位置出射，做離心運(yùn)動(dòng)，電場力做負(fù)功，則動(dòng)能減小，粒

子4入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的大，故B正確；

D.粒子3做向心運(yùn)動(dòng)，有

F片

qh-,>m-

rι

可得

粒子1入射時(shí)的動(dòng)能大于粒子3入射時(shí)的動(dòng)能，故D正確：

故選BDo

22.（6分）（2022?天津?高考真題）某同學(xué)驗(yàn)證兩個(gè)小球在斜槽末端碰撞時(shí)的動(dòng)量守恒，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。

A、B為兩個(gè)直徑相同的小球。實(shí)驗(yàn)時(shí)，不放B,讓A從固定的斜槽上E點(diǎn)自由滾下，在水平面上得到一個(gè)

落點(diǎn)位置；將B放置在斜槽末端，讓A再次從斜槽上E點(diǎn)自由滾下，與B發(fā)生正碰，在水平面上又得到兩

個(gè)落點(diǎn)位置。三個(gè)落點(diǎn)位置標(biāo)記為M、N、P.

A

（I）為了確認(rèn)兩個(gè)小球的直徑相同，該同學(xué)用10分度的游標(biāo)卡尺對它們的直徑進(jìn)行了測量，某次測量的

結(jié)果如下圖所示，其讀數(shù)為mm。

主尺

023cm

山U小MlI川M

0游標(biāo)尺10

（2）下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)的要求哪個(gè)是正確的。

A.斜槽的末端必須是水平的B.斜槽的軌道必須是光滑的

C.必須測出斜槽末端的高度D.A、B的質(zhì)量必須相同

（3）如果該同學(xué)實(shí)驗(yàn)操作正確且碰撞可視為彈性碰撞，A、B碰后在水平面上的落點(diǎn)位置分別為

。（填落點(diǎn)位置的標(biāo)記字母）

【答案】10.5NMP

【解析】（1）觀察主尺的單位為cm,讀出主尺的讀數(shù)是IOmm,游標(biāo)尺上的第五條刻度線與主尺上的刻度

線對齊，其讀數(shù)為Q5mm,結(jié)合主尺及游標(biāo)尺的讀數(shù)得到被測直徑為

￡>=1Onom+0,1×5mm=10.5mm

（2）ABC.首先考查在實(shí)驗(yàn)的過程中，需要小球A兩次沿斜槽滾到末端時(shí)的速度都水平且大小相同。實(shí)驗(yàn)

時(shí)應(yīng)使小球A每次都從同一位置由靜止開始釋放，并不需要斜槽的軌道光滑的條件，也不需要測出斜槽末

端的高度，但是必須保證斜槽末端水平，故A正確，BC錯(cuò)誤；

D.小球A與B發(fā)生正碰時(shí)，為使小球A在碰后不反彈，要求小球A的質(zhì)量大于小球B的質(zhì)量，故D錯(cuò)

誤?

故選Ao

（3）設(shè)A、B兩球的質(zhì)量分別為mi和m2,且ml>m2↑碰前A的速度vfl;因?yàn)閮蓚€(gè)金屬小球的碰撞視為彈

性碰撞，則由動(dòng)量守恒定律得

wAv0=wAvA+wB?

由機(jī)械能守恒定律得

解得

可見碰后小球A的速度小于小球B的速度，也小于碰前A的速度V0；所以小球A單獨(dú)滾下落到水平面上的

位置為MA、B碰后在水平面上的落點(diǎn)位置分別為M、P。

23.（9分）（2021?全國?高考真題）一實(shí)驗(yàn)小組利用圖（a）所示的電路測量一電池的電動(dòng)勢E（約L5V）

和內(nèi)阻r（小于20）。圖中電壓表量程為IV,內(nèi)阻RV=380.00：定值電阻&=20.0C；電阻箱心最大阻

值為999.9Ω;S為開關(guān)。按電路圖連接電路。完成下列填空：

---------------1卜

SE,r

圖（a）

（1）為保護(hù)電壓表，閉合開關(guān)前，電阻箱接入電路的電阻值可以選Ω（填“5.0”或“15.0”）；

（2）閉合開關(guān)，多次調(diào)節(jié)電阻箱，記錄下阻值A(chǔ)和電壓表的相應(yīng)讀數(shù)U；

1J__

（3）根據(jù)圖（a）所示電路，用R&、E和/■表示），得萬一；

----R

（4）利用測量數(shù)據(jù)，做U圖線，如圖（b）所示:

（5）通過圖（b）可得E=V（保留2位小數(shù)），r=Ω（保留1位小數(shù)）；

---X100%=

（6）若將圖（a）中的電壓表當(dāng)成理想電表，得到的電源電動(dòng)勢為E',由此產(chǎn)生的誤差為E

_______________________%o

R0+&p-?l（Ry+RJr

【答案】15.0ERVRt）EERvR01551.θ5

【解析】（1）為了避免電壓表被燒壞，接通電路時(shí)電壓表兩端的電壓不能比電表滿偏電壓大，則由并聯(lián)電

路分壓可得

UE-U

RlKR+r

代入數(shù)據(jù)解得

R=7.5Ω.

因此選15.0Ω0

（3）由閉合回路的歐姆定律可得

E*+蚩（R+r）

氏+R。

化簡可得

J--1+RV.R+_L+RV+Ror

UERvRuEERvRu

（5）由上面公式可得

R<,+Ry=k=-?-

ER1R19E

由圖象計(jì)算可得

Z=O.034VTe

代入可得

E≈1.55V

將(15,1?2)代入解析式可得

<-1<1，?

1.2=-----X15H——+------

19EE19E

解得

r≈1.0Ω

(6)如果電壓表為理想電壓表，則可有

3+J-LR

UEERoERo

則此時(shí)

f^?

因此誤差為

11

20%1%×1∞%=5%

1

19k

24.(14分)(2022?全國?統(tǒng)考高考真題)如圖(a),一質(zhì)量為用的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水

平面上：物塊8向/運(yùn)動(dòng)，r=0時(shí)與彈簧接觸，至?xí)r與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的VT圖

像如圖(b)所示。已知從r=0至?xí)r間內(nèi)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為°36%r。。A、B分離后，A滑上粗糙

斜面，然后滑下，與一直在水平面上運(yùn)動(dòng)的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點(diǎn)與前一次相

同。斜面傾角為°(sine=°?6),與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求

(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值;

(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值;

(3)物塊A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。

θ6wv0768

【答案】(1)?oi(2)?Vo.(3)0.45

【解析】(1)當(dāng)彈簧被壓縮最短時(shí)，彈簧彈性勢能最大，此時(shí)A、B速度相等，即時(shí)刻，根據(jù)動(dòng)量守

恒定律

mn-1.2v0=(mli+m)v0

根據(jù)能量守恒定律

1,1,

EPmaX=-wβ(1.2v0)---(∕nβ+w)vj

聯(lián)立解得

mB=5m

Epmax=0?6wv0

(2)解法一：同一時(shí)刻彈簧對A、B的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律

F=tna

可知同i時(shí)刻

aA=5aB

則同一時(shí)刻A、B的的瞬時(shí)速度分別為

V=1.2V--

匕=%，，sB05

根據(jù)位移等速度在時(shí)間上的累積可得

SA=VAf(累積)Sp=%”累積)

又

SA=0.36%%

解得

5fi=l.l28v1∕0

第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值

M=SB-SA=0.768%*)

解法二：B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動(dòng)量守恒，有

mv

mB×1.2v?=6∕nv0=JnBVB+A

對方程兩邊同時(shí)乘以時(shí)間△，，有

6mvn?f=5mvB\t+fnvλAt

O力之間，根據(jù)位移等速度在時(shí)間上的累積，可得

6mvt∕0=5msli+msA

將SA=°?36%)代入可得

SB=I.128%f0

則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值

M=SB—SA=0.768v0r0

(3)物塊A第二次到達(dá)斜面的最高點(diǎn)與第一次相同，說明物塊/第二次與8分離后速度大小仍為2%,方

向水平向右，設(shè)物塊N第一次滑卜斜面的速度大小為〃，設(shè)向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得

mvA-5f∏?O.8vo=m?(-2v0)+5rnvli

根據(jù)能量守恒定律可得

2

?+；.5%?(OS%)?=→Z-(-2V0)+??Smvl

聯(lián)立解得

匕=%

方法一：設(shè)在斜面上滑行的長度為L,上滑過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得

I2

-mgLs?nθ-μmgLcos0=0--∕H(2V0)

下滑過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得

12

nιgLsinθ-NMgLcos^=--0

聯(lián)立解得

〃=0.45

方法二：根據(jù)牛頓第二定律，可以分別計(jì)算出滑塊A上滑和下滑時(shí)的加速度,

mgsinθ+μmgcosθ=ma卜mgsinθ-μmgcosθ=ma卜

上滑時(shí)末速度為0,下滑時(shí)初速度為0，由勻變速宜線運(yùn)動(dòng)的位移速度關(guān)系可得

222

2atx=(2v0)-02afx=VA'=v0

聯(lián)立可解得

〃=0.45

25.(18分)(2022?遼寧?高考真題)如圖所示，兩平行光滑長直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為小必Cd區(qū)域

有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,方向豎直向上。初始時(shí)刻，磁場外的細(xì)金屬桿M以初速度%向右運(yùn)動(dòng)，

磁場內(nèi)的細(xì)金屬桿N處于靜止?fàn)顟B(tài)。兩金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直。兩桿的質(zhì)量

均為相，在導(dǎo)軌間的電阻均為火，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場及導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。

(1)求“剛進(jìn)入磁場時(shí)受到的安培力F的大小和方向；

.

(2)若兩桿在磁場內(nèi)未相撞且N出磁場時(shí)的速度為3,求：□N在磁場內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中通過回路的電荷量q；

口初始時(shí)刻N(yùn)到曲的最小距離x；

(3)初始時(shí)刻，若N到〃的距離與第(2)問初始時(shí)刻的相同、到必的距離為"(k>D,求M出磁場后

F=BmflX:2叫R

【答案】⑴2R,方向水平向左：⑵①3BL,②38*；⑶2≤k<3

【解析】(1)細(xì)金屬桿M以初速度%向右剛進(jìn)入磁場時(shí)，產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢為

E=BLv0

電流方向?yàn)棣痢?電流的大小為

/=A

IR

則所受的安培力大小為

F=BIL=切叢■

2R

安培力的方向由左手定則可知水平向左；

(2)①金屬桿N在磁場內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)量定理有

β∕???∕=w?^--0

3

且

q=I

聯(lián)立解得通過回路的電荷量為

②設(shè)兩桿在磁場中相對靠近的位移為Ax,有

1%

—BL-Ax

E=---------

?r

整理可得

BL?Δx

q=

2R

聯(lián)立可得

?2m%R

?x=——?-

3B2l3

若兩桿在磁場內(nèi)剛好相撞,N到ab的最小距離為

2mvR

X=?x=（｝

3B2Δ2

(3)兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，若N到”的距離與第(2)問初始時(shí)刻的相同、到而

%

的距離為"(A>l),則N到Cd邊的速度大小恒為3,根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知

s

fnv0=WV1-t-m-

解得N出磁場時(shí)，M的速度大小為

2

vι=3vo

由題意可知，此時(shí)〃到Cd邊的距離為

s=(k-l)x

若要保證M出磁場后不與N相撞，則有兩種臨界情況：

①M(fèi)減速出磁場，出磁場的速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對M根據(jù)動(dòng)量定理有

-2V

BLL?At.=m?-v-m?-

''30a3

1''2R

聯(lián)立解得

k=2

②M運(yùn)動(dòng)到Cd邊時(shí)，恰好減速到零，則對Λ/由動(dòng)量定理有

BI2L-At2=tn`-0

瓦（左-1）X

%=，2N=

2R

同理解得

k=3

綜上所述，M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍為

2≤k<3

（-）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）

（2022?湖南?統(tǒng)考高考真題）利用“渦流效應(yīng)”可實(shí)現(xiàn)冷熱氣體的分離。如圖，一冷熱氣體分離裝置由噴嘴、

渦流室、環(huán)形管、分離擋板和冷熱兩端管等構(gòu)成。高壓氮?dú)庥蓢娮烨邢蛄魅霚u流室中，然后以螺旋方式在

環(huán)形管中向右旋轉(zhuǎn)前進(jìn)，分子熱運(yùn)動(dòng)速率較小的氣體分子將聚集到環(huán)形管中心部位，而分子熱運(yùn)動(dòng)速率較

大的氣體分子將聚集到環(huán)形管邊緣部位。氣流到達(dá)分離擋板處時(shí)，中心部位氣流與分離擋板碰撞后反向，

從/端流出，邊緣部位氣流從8端流出。下列說法正確的是o（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）

B.A端流出的氣體分子熱運(yùn)動(dòng)平均速率一定小于8端流出的

C.N端流出的氣體內(nèi)能一定大于8端流出的

D.該裝置氣體進(jìn)出的過程滿足能量守恒定律，但違背了熱力學(xué)第二定律

E.該裝置氣體進(jìn)出的過程既滿足能量守恒定律，也滿足熱力學(xué)第二定律

【答案】ABE

【解析】A.依題意，中心部位為熱運(yùn)動(dòng)速率較低的氣體，與擋板相作用后反彈，從/端流出，而邊緣部份

熱運(yùn)動(dòng)速率較高的氣體從8端流出；同種氣體分子平均熱運(yùn)動(dòng)速率較大、其對應(yīng)的溫度也就較高，所以/

端為冷端、8端為熱端，故A正確；

B.依題意，/端流出的氣體分子熱運(yùn)動(dòng)速率較小，8端流出的氣體分子熱運(yùn)動(dòng)速率較大，所以從/端流出

的氣體分子熱運(yùn)動(dòng)平均速度小于從B端流出的，故B正確；

C./端流出的氣體分子熱運(yùn)動(dòng)速率較小，8端流出的氣體分子熱運(yùn)動(dòng)速率較大，則從4端流出的氣體分子

平均動(dòng)能小于從8端流出的氣體分子平均動(dòng)能，內(nèi)能的多少還與分子數(shù)有關(guān)；依題意，不能得出從/端流

出的氣體內(nèi)能一定大于從B端流出的氣體內(nèi)能，故C錯(cuò)誤；

DE.該裝置將冷熱不均氣體的進(jìn)行分離，噴嘴處有高壓，即通過外界做功而實(shí)現(xiàn)的，并非是自發(fā)進(jìn)行的，

沒有違背熱力學(xué)第二定律；溫度較低的從4端出、較高的從8端出，也符合能量守恒定律，故D錯(cuò)誤，E

正確。

故選ABEo

（2）（10分）（2023?浙江?高考真題）某探究小組設(shè)計(jì)了一個(gè)報(bào)警裝置，其原理如圖所示。在豎直放置的圓

柱形容器內(nèi)用面積S=IOOCm-質(zhì)量m=lkg的活塞密封一定質(zhì)量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動(dòng)。開始時(shí)

氣體處于溫度”=300K、活塞與容器底的距離％=30cm的狀態(tài)環(huán)境溫度升高時(shí)容器內(nèi)氣體被加熱，

活塞緩慢上升d=~m恰好到達(dá)容器內(nèi)的卡口處，此時(shí)氣體達(dá)到狀態(tài)瓦活塞保持不動(dòng)，氣體被繼續(xù)加熱至

溫度（=363K的狀態(tài)C時(shí)觸動(dòng)報(bào)警器。從狀態(tài)/到狀態(tài)C的過程中氣體內(nèi)能增加了AU=158J°取大氣壓

PO=O.99XioTa,求氣體。

（1）在狀態(tài)8的溫度；

（2）在狀態(tài)C的壓強(qiáng)；

（3）由狀態(tài)Z到狀態(tài)C過程中從外界吸收熱量