2024年河北省石家莊市高考物理一模試卷

第1頁〔共27頁〕2024年河北省石家莊市高考物理一模試卷二、選擇題：本大題共8小題，每題6分．在每題給出的四個選項中，第14-18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分．有選錯的得0分．1．〔6分〕飛艇常常用于執(zhí)行掃雷、空中預警、電子干擾等多項作戰(zhàn)任務。如以下列圖為飛艇拖曳掃雷具掃除水雷的模擬圖。當飛艇勻速飛行時，繩子與豎直方向恒成θ角。掃雷具質(zhì)量為m，重力加速度為g，掃雷具所受浮力不能忽略，以下說法正確的選項是〔〕A．掃雷具受3個力作用B．繩子拉力大小為C．海水對掃雷具作用力的水平分力小于繩子拉力D．繩子拉力一定大于mg2．〔6分〕如以下列圖，a、b、c、d為四顆地球衛(wèi)星，a靜止在地球赤道外表還未發(fā)射，6是近地軌道衛(wèi)星，c是地球同時衛(wèi)星，d是高空探測衛(wèi)星。假設(shè)b、c、d的運動均可看作勻速圓周運動，以下說法正確的選項是〔〕A．a(chǎn)的向心加速度小于a所在處的重力加速度B．在相同時間內(nèi)b、c、d轉(zhuǎn)過的弧長相等C．c在4小時內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角為D．d的運動周期可能為20小時3．〔6分〕如以下列圖，理想變壓器三個線圈的匝數(shù)比nl：n2：n3=10：5：1，其中匝數(shù)為n1的原線圈接到220V的交流電源上，匝數(shù)為n2和n3的兩個副線圈分別與電阻R2、R3組成閉合回路。通過電阻R3的電流I3=2A，電阻R2=ll0Ω，那么通過電阻R2的電流I2和通過原線圈的電流I1分別是〔〕A．10A，12A B．10A，20A C．1A．0.7A D．1A，3A4．〔6分〕如以下列圖，質(zhì)量為m的物體A和質(zhì)量為2m的物體B適過不可伸長的輕繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)。開始用手托著物體A使彈簧處于原長且細繩伸直，此時物體A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上?，F(xiàn)由靜止釋放A，A與地面即將接觸時速度恰好為0，此時物體B對地面恰好無壓力，重力加速度為g，以下說法正確的選項是〔〕A．物體A下落過程中一直處于失重狀態(tài)B．物體A即將落地時，物體B處于失重狀態(tài)C．物體A下落過程中，彈簧的彈性勢能最大值為mghD．物體A下落過程中，A的動能和彈簧的彈性勢能之和先增大后減小5．〔6分〕質(zhì)量分別為m1與m2的甲、乙兩球在水平光滑軌道上同向運動，它們的動量分別是p1=5kg?m/s，p2=7kg?m/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?kg?m/s，那么甲、乙兩球質(zhì)量m1與m2間的關(guān)系可能是〔〕A．m1=m2 B．2m1=m2 C．3m1=2m2 D．4m1=m26．〔6分〕如以下列圖，正方形ABCD的四個頂點各固定一個點電荷，所帶電荷量分別為+q、﹣q、+q、﹣q，E、F、O分別為AB、BC及AC的中點。以下說法正確的選項是〔〕A．E點電勢低于F點電勢B．F點電勢等于O點電勢C．E點電場強度與F點電場強度相同D．F點電場強度大于O點電場強度7．〔6分〕如以下列圖，兩個質(zhì)量均為m的小球A、B套在半徑為R的圓環(huán)上，圓環(huán)可繞豎直方向的直徑旋轉(zhuǎn)，兩小球隨圓環(huán)一起轉(zhuǎn)動且相對圓環(huán)靜止。OA與豎直方向的夾角θ=53°，OA與OB垂直，小球B與圓環(huán)間恰好沒有摩擦力，重力加速度為g，sin53°=0.8，cos53°=0.6．以下說法正確的選項是〔〕A．圓環(huán)旋轉(zhuǎn)角速度的大小為B．圓環(huán)旋轉(zhuǎn)角速度的大小為C．小球A與圓環(huán)間摩擦力的大小為mgD．小球A與圓環(huán)間摩擦力的大小為mg8．〔6分〕如以下列圖，等腰直角三角形ab．區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，直角邊bc的長度為L．三個相同的帶正電粒子從b點沿bc方向分別以速率v1、v2、v3射入磁場，在磁場中運動的時間分別為t1、t2、t3，且t1：t2：t3=3：3：2．不計粒子的重力及粒子間的相互作用，以下說法正確的選項是〔〕A．粒子的速率關(guān)系一定是v1=v2＜v3B．粒子的速率可能是v2＜v1＜v3C．粒子的比荷=D．粒子的比荷=三、非選擇題：包括必考題和選考題兩局部．第22題～第32題為必考題，每個試題考生都必須作答．第33題～第38題為選考題，考生根據(jù)要求作答．〔一〕必考題〔11題，共129分〕9．〔6分〕小明同學利用如圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律，其中紅外線發(fā)射器、接收器可記錄小球的擋光時間。小明同學進行了如下操作：〔1〕用螺旋測微器測小球的直徑如圖乙所示，那么小球的直徑為mm；〔2〕該小球質(zhì)量為m、直徑為d．現(xiàn)使小球從紅外線的正上方的高度h處自由下落，記錄小球擋光時間t，重力加速度為g，那么小球下落過程中動能增加量的表達式為；重力勢能減少量的表達式為〔用所給字母表示〕。〔3〕改變小球下落高度h，屢次重復實驗，發(fā)現(xiàn)小球動能的增加量總是小于重力勢能的減少量，你認為可能的原因是〔至少寫出一條〕。10．〔9分〕某課題研究小組準備測量一個鋰電池的電動勢和內(nèi)阻，在操作臺上準備了如下實驗器材：A．待測鋰電池〔電動勢E約為3.7V，內(nèi)阻r未知〕B．電壓表V〔量程3V，內(nèi)阻約為幾千歐〕C．電流表A〔量程0.6A，內(nèi)阻RA=2.2Ω〕D．電阻箱R1〔0﹣99.9Ω，〕E．滑動變阻器R2〔最大阻值為l0Ω〕F．定值電阻R0〔阻值約為5Ω〕G．開關(guān)S一個、導線假設(shè)干〔1〕在實驗操作過程中，該小組成員設(shè)計了如圖甲所示電路。屢次改變電阻箱Ri的阻值R，讀出電壓U，根據(jù)測得的數(shù)據(jù)作出﹣圖，如圖乙所示，那么電源電動勢E=V?！?〕為了測定鋰電池的內(nèi)阻需測出電阻R0的阻值，小組成員設(shè)計了如圖丙所示的電路，請在圖丁中連接對應的實物圖。實驗過程中，某次測量電流表示數(shù)為0.40A時，電壓表示數(shù)如圖戊所示，由此可求得R0=Ω；結(jié)合圖乙可求得電池內(nèi)阻r=Ω．〔以上兩空結(jié)果均保存兩位有效數(shù)字〕11．〔13分〕如以下列圖，光滑絕緣水平桌面處在電場強度大小為E、方向水平向右的勻強電場中，某時刻將質(zhì)量為m、帶電荷量為一q的小金屬塊從A點由靜止釋放，小金屬塊經(jīng)時間t到達B點，此時電場突然反向、電場強度增強為某恒定值，且仍為勻強電場，又經(jīng)過時間t小金屬塊回到A點。小金屬塊在運動過程中電荷量保持不變。求：〔1〕電場反向后勻強電場的電場強度大??；〔2〕整個過程中電場力所做的功。12．〔19分〕傾角為37°的絕緣斜面固定在水平地面上，在斜面內(nèi)存在一寬度d=0.28m的有界勻強磁場，邊界與斜面底邊平行，磁場方向垂直斜面向上，如圖甲所示。在斜面上由靜止釋放一質(zhì)量m=0.1kg，電阻R=0.06Ω的正方形金屬線框abcd，線框沿斜面下滑穿過磁場區(qū)域，線框從開始運動到完全進入磁場過程中的圖象如圖乙所示。整個過程中線框底邊bc始終與磁場邊界保持平行，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6．cos37°=0.8?！?〕求金屬線框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；〔2〕求金屬線框穿越該勻強磁場的過程中，線框中產(chǎn)生焦耳熱的最大功率Pm；〔3〕假設(shè)線框bc邊出磁場時，磁感應強度開始隨時間變化，且此時記為t=0時刻。為使線框出磁場的過程中始終無感應電流，求從t=0時刻開始，磁感應強度B隨時間t變化的關(guān)系式?！疚锢?-選修3-3】〔15分〕13．〔5分〕以下說法正確的選項是〔〕A．第二類永動機違反了熱力學第二定律，但不違反能量守恒定律B．被踩扁的乒乓球〔外表沒有開裂〕放在熱水里浸泡，恢復原狀的過程中，球內(nèi)氣體對外做正功的同時會從外界吸收熱量C．由于液體外表分子間距離小于液體內(nèi)局部子間的距離，液面分子間表現(xiàn)為引力，所以液體外表具有收縮的趨勢D．兩個分子間分子勢能減小的過程中，兩分子間的相互作用力可能減小E．布朗運動是指在顯微鏡下觀察到的組成懸浮顆粒的固體分子的無規(guī)那么運動14．〔10分〕如圖甲所示，質(zhì)量為M的長方體氣缸放在光滑水平地面上，氣缸用導熱性能良好的材料制成，內(nèi)壁光滑，內(nèi)有質(zhì)量為m的活塞，橫截面積為S，不計氣缸和活塞的厚度。環(huán)境溫度為死時?；钊『迷跉飧椎淖钣叶耍饨绱髿鈮簭姾銥閜0。①假設(shè)環(huán)境溫度緩慢降低，求活塞移動到氣缸正中間時的環(huán)境溫度T；②假設(shè)環(huán)境溫度T0保持不變，給氣缸施加水平向右的推力，最終活塞穩(wěn)定到氣缸正中間隨氣缸一起向右做勻加速直線運動，如圖乙所示，求此時推力F的大小?！疚锢?-選修3-4】〔15分〕15．甲、乙兩列簡諧橫波在同種均勻介質(zhì)中傳播，如以下列圖為t=0時刻兩列波恰好在坐標原點相遇時的波形圖，甲波的頻率為2Hz，沿x軸正方向傳播，乙波沿x軸負方向傳播，那么〔〕A．甲、乙兩波的頻率之比為2：1B．乙波的傳播速度為4m/sC．兩列波疊加后，x=0處的質(zhì)點振幅為20cmD．t=0.25s時，x=0處的質(zhì)點處于平衡位置，且向下運動E．兩列波疊加后，x=2m處為振動加強點16．如以下列圖為某種半圓柱透明介質(zhì)的截面圖，截面ABC的半徑r=12cm，直徑AB與足夠大的水平屏幕朋Ⅳ垂直并與A點接觸。透明介質(zhì)放置在空氣中，現(xiàn)有一束紫光射向圓心O，在AB分界面上的入射角為i，i較小時，MN屏幕上有兩個亮斑，逐漸增大入射角，當i=45°時，其中一個亮斑恰好消失。真空中的光速c=3×l08m/s．求：①該介質(zhì)對紫光的折射率n；②當i=45°時，紫光從進入透明介質(zhì)到射到MN屏幕的傳播時間t。

2024年河北省石家莊市高考物理一模試卷參考答案與試題解析二、選擇題：本大題共8小題，每題6分．在每題給出的四個選項中，第14-18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分．有選錯的得0分．1．〔6分〕飛艇常常用于執(zhí)行掃雷、空中預警、電子干擾等多項作戰(zhàn)任務。如以下列圖為飛艇拖曳掃雷具掃除水雷的模擬圖。當飛艇勻速飛行時，繩子與豎直方向恒成θ角。掃雷具質(zhì)量為m，重力加速度為g，掃雷具所受浮力不能忽略，以下說法正確的選項是〔〕A．掃雷具受3個力作用B．繩子拉力大小為C．海水對掃雷具作用力的水平分力小于繩子拉力D．繩子拉力一定大于mg【分析】對物體受力分析，受重力、浮力、拉力和水的水平方向的摩擦力，根據(jù)平衡條件并運用正交分解法列式分析?！窘獯稹拷猓篈、對掃雷具進行受力分析，受到受重力、浮力、拉力和水的水平方向的摩擦力，如圖，故A錯誤；B、根據(jù)平衡條件，有：豎直方向：F浮+Tcosθ=mg，水平方向：f=Tsinθ，計算得出：T=；故B錯誤；C、D、掃雷器具受到海水的水平方向的作用力摩擦力等于拉力的水平分力，即小于繩子的拉力，而繩子拉力不一定大于mg，故C正確、D錯誤。應選：C?！军c評】此題關(guān)鍵是對物體進行受力分析，然后平衡條件列式分析，關(guān)鍵不要忘了有浮力。2．〔6分〕如以下列圖，a、b、c、d為四顆地球衛(wèi)星，a靜止在地球赤道外表還未發(fā)射，6是近地軌道衛(wèi)星，c是地球同時衛(wèi)星，d是高空探測衛(wèi)星。假設(shè)b、c、d的運動均可看作勻速圓周運動，以下說法正確的選項是〔〕A．a(chǎn)的向心加速度小于a所在處的重力加速度B．在相同時間內(nèi)b、c、d轉(zhuǎn)過的弧長相等C．c在4小時內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角為D．d的運動周期可能為20小時【分析】地球同時衛(wèi)星的周期必須與地球自轉(zhuǎn)周期相同，角速度相同，根據(jù)a=ω2r比較a與c的向心加速度大小，再比較c的向心加速度與g的大小。根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式得出角速度與半徑的關(guān)系，分析弧長關(guān)系。根據(jù)開普勒第三定律判斷周期關(guān)系。【解答】解：A、地球同時衛(wèi)星的周期c必須與地球自轉(zhuǎn)周期相同，角速度相同，那么知a與c的角速度相同，根據(jù)a=ω2r知，c的向心加速度大；由牛頓第二定律得：，解得：a=，衛(wèi)星的軌道半徑越大，向心加速度越小，那么同時衛(wèi)星c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度約為g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A正確；B、由牛頓第二定律得：，解得：v=，衛(wèi)星的軌道半徑越大，速度越小，故在相同時間內(nèi)b、c、d轉(zhuǎn)過的弧長各不相同，故B錯誤；C、c是同時衛(wèi)星，在4小時內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角為：，故C錯誤；D、由開普勒第三定律=k知，衛(wèi)星的軌道半徑越大，周期越大，所以d的運動周期大于c的周期24h，d的運行周期應大于24h，不可能是20h，故D錯誤；應選：A【點評】對于衛(wèi)星問題，要建立物理模型，根據(jù)萬有引力提供向心力，分析各量之間的關(guān)系，并且要知道同時衛(wèi)星的條件和特點。3．〔6分〕如以下列圖，理想變壓器三個線圈的匝數(shù)比nl：n2：n3=10：5：1，其中匝數(shù)為n1的原線圈接到220V的交流電源上，匝數(shù)為n2和n3的兩個副線圈分別與電阻R2、R3組成閉合回路。通過電阻R3的電流I3=2A，電阻R2=ll0Ω，那么通過電阻R2的電流I2和通過原線圈的電流I1分別是〔〕A．10A，12A B．10A，20A C．1A．0.7A D．1A，3A【分析】根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，可以求得兩個副線圈的電壓，根據(jù)歐姆定律求出通過R2的電流，再根據(jù)變壓器的輸入的功率和輸出的功率相等可以求得原線圈Ⅰ中的電流強度I1。【解答】解：根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可得：，而n1：n2：n3=10：5：1，U1=220V，解得：U2=110V，U3=22V根據(jù)歐姆定律得：I2==A=1A，根據(jù)變壓器的輸入的功率和輸出的功率相等可得：U1I1=U2I2+U3I3即：220I1=110×1+22×2所以有：I1=0.7A。故C正確、ABD錯誤；應選：C?！军c評】在此題中，由于副線圈有兩個線圈，電流與匝數(shù)成反比的結(jié)論不在成立，所以在計算電流的時候不能再用，但是電壓與匝數(shù)成正比的結(jié)論仍然是成立的。4．〔6分〕如以下列圖，質(zhì)量為m的物體A和質(zhì)量為2m的物體B適過不可伸長的輕繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)。開始用手托著物體A使彈簧處于原長且細繩伸直，此時物體A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上?，F(xiàn)由靜止釋放A，A與地面即將接觸時速度恰好為0，此時物體B對地面恰好無壓力，重力加速度為g，以下說法正確的選項是〔〕A．物體A下落過程中一直處于失重狀態(tài)B．物體A即將落地時，物體B處于失重狀態(tài)C．物體A下落過程中，彈簧的彈性勢能最大值為mghD．物體A下落過程中，A的動能和彈簧的彈性勢能之和先增大后減小【分析】A與地面即將接觸時，物體B對地面恰好無壓力，說明地面對B的支持力等于B的重力。分析彈簧的拉力與A的重力關(guān)系分析A的狀態(tài)。B一直處于平衡狀態(tài)。對彈簧和A組成的系統(tǒng)，由機械能守恒求彈簧的彈性勢能最大值，并分析A的動能和彈簧的彈性勢能之和變化情況?！窘獯稹拷猓篈、開始時彈簧處于原長，彈力為零。物體B對地壓力恰好為零，故細線的拉力為2mg，故彈簧對A的拉力也等于2mg，可知彈簧對A的拉力先大于A的重力，后小于A的重力，所以物體A先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)，故A錯誤。B、物體A即將落地時，A的速度恰好為零，物體B對地面恰好無壓力，那么知物體B一直處于平衡狀態(tài)，故B錯誤。C、對彈簧和A組成的系統(tǒng)，由機械能守恒得彈簧的彈性勢能最大值Epm=mgh，故C正確。D、物體A下落過程中，A的重力勢能一直減小，由系統(tǒng)的機械能守恒知動能和彈簧的彈性勢能之和一直增大，故D錯誤。應選：C【點評】此題的關(guān)鍵是分別對兩個物體受力分析，然后根據(jù)機械能守恒定律列式求解。要注意A的機械能并不守恒。5．〔6分〕質(zhì)量分別為m1與m2的甲、乙兩球在水平光滑軌道上同向運動，它們的動量分別是p1=5kg?m/s，p2=7kg?m/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?kg?m/s，那么甲、乙兩球質(zhì)量m1與m2間的關(guān)系可能是〔〕A．m1=m2 B．2m1=m2 C．3m1=2m2 D．4m1=m2【分析】碰撞過程中系統(tǒng)遵守動量守恒，總動能不增加，碰撞后同向運動時，后面物體的速度不大于前面物體的速度，根據(jù)這三個規(guī)律，求解兩球的質(zhì)量關(guān)系。【解答】解：根據(jù)動量守恒定律得：p1+p2=p1′+p2′解得：p1′=4kg?m/s。碰撞過程系統(tǒng)的總動能不增加，那么有：+≤+代入數(shù)據(jù)解得：≤0.6。碰撞后甲的速度不大于乙的速度，那么有：≤代入數(shù)據(jù)解得：≥0.5。綜上有0.5≤≤0.6，所以只有2m1=m2可能，故B正確，ACD錯誤。應選：B【點評】對于碰撞過程，往往根據(jù)三大規(guī)律，分析兩個質(zhì)量的范圍：1、動量守恒；2、總動能不增加；3、碰撞后兩物體同向運動時，后面物體的速度不大于前面物體的速度。6．〔6分〕如以下列圖，正方形ABCD的四個頂點各固定一個點電荷，所帶電荷量分別為+q、﹣q、+q、﹣q，E、F、O分別為AB、BC及AC的中點。以下說法正確的選項是〔〕A．E點電勢低于F點電勢B．F點電勢等于O點電勢C．E點電場強度與F點電場強度相同D．F點電場強度大于O點電場強度【分析】電勢是標量，合成符合代數(shù)法那么；電場強度是矢量，合成符合平行四邊形定那么，將4個電荷分成兩組等量異號電荷或者兩組等量同種電荷進行分析即可?！窘獯稹拷猓篈B、對A、B位置的兩個電荷而言，E、O在中垂線上，電勢等于無窮遠電勢，為零；對C、D位置的兩個電荷而言，E、O同樣在中垂線上，電勢依然等于無窮遠電勢，為零；根據(jù)代數(shù)合成法那么，E、O點的電勢均為零，相等；同理，對A、D位置的兩個電荷而言，F(xiàn)、O在中垂線上，電勢等于無窮遠電勢，為零；對B、C位置的兩個電荷而言，F(xiàn)、O同樣在中垂線上，電勢依然等于無窮遠電勢，為零；根據(jù)代數(shù)合成法那么，F(xiàn)、O點的電勢均為零，相等；故A錯誤，B正確；CD、先考慮O點場強，對A、C位置的電荷而言，O點場強為零；對B、D位置的電荷而言，O點場強同樣為零；故根據(jù)矢量合成法那么，O點的場強為零；再分析E點，對A、B位置的兩個電荷，在E位置場強向下，設(shè)為E1；對C、D位置的兩個電荷而言，在E位置場強向上，設(shè)為E2；由于E1＞E2，故E點的合場強向下，為E1﹣E2，不為零；再分析F點，對B、C位置的兩個電荷，在EF置場強向左，大小也為E1；對A、D位置的兩個電荷而言，在F位置場強向右，大小也為E2；由于E1＞E2，故E點的合場強向左，為E1﹣E2，不為零；故E點場強等于F點場強，但大于O點場強，故C錯誤，D正確；應選：BD【點評】此題考查電場強度的和電勢的合成，關(guān)鍵是分成兩組熟悉的電荷，同時區(qū)分矢量合成和標量合成遵循的法那么不同。7．〔6分〕如以下列圖，兩個質(zhì)量均為m的小球A、B套在半徑為R的圓環(huán)上，圓環(huán)可繞豎直方向的直徑旋轉(zhuǎn)，兩小球隨圓環(huán)一起轉(zhuǎn)動且相對圓環(huán)靜止。OA與豎直方向的夾角θ=53°，OA與OB垂直，小球B與圓環(huán)間恰好沒有摩擦力，重力加速度為g，sin53°=0.8，cos53°=0.6．以下說法正確的選項是〔〕A．圓環(huán)旋轉(zhuǎn)角速度的大小為B．圓環(huán)旋轉(zhuǎn)角速度的大小為C．小球A與圓環(huán)間摩擦力的大小為mgD．小球A與圓環(huán)間摩擦力的大小為mg【分析】B球受到的摩擦力恰好為零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，求解角速度的大小；分析此時B球受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求出摩擦力的大小?！窘獯稹拷猓篈B、小球B與圓環(huán)間恰好沒有摩擦力，由支持力和重力的合力提供向心力，有：mgtan37°=mω2Rsin37°解得：，那么A正確，B錯誤；CD、對小球A受力分析，有：Nsinθ﹣fcosθ=mω2RsinθNcosθ+fsinθ﹣mg=0聯(lián)立解得：，故C錯誤，D正確；應選：AD?！军c評】解決此題的關(guān)鍵搞清物塊做圓周運動向心力的來源，結(jié)合牛頓第二定律，抓住豎直方向上合力為零，水平方向上的合力提供向心力進行求解。8．〔6分〕如以下列圖，等腰直角三角形ab．區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，直角邊bc的長度為L．三個相同的帶正電粒子從b點沿bc方向分別以速率v1、v2、v3射入磁場，在磁場中運動的時間分別為t1、t2、t3，且t1：t2：t3=3：3：2．不計粒子的重力及粒子間的相互作用，以下說法正確的選項是〔〕A．粒子的速率關(guān)系一定是v1=v2＜v3B．粒子的速率可能是v2＜v1＜v3C．粒子的比荷=D．粒子的比荷=【分析】三個相同的帶電粒子以不同速度沿同一方向進入三角形磁場區(qū)域，由半徑公式r=，那么速度較大的帶電粒子進入磁場時做勻速圓周運動的半徑大，而再由帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的時間t=T，可知第一、二兩種粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角度相同為90°，而第三個粒子偏轉(zhuǎn)60°，打在ac邊上，畫出其運動軌跡，由偏轉(zhuǎn)角度與周期公式求出比荷?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題設(shè)條件，三個相同的帶電粒子從b點沿bc方向以不同速度進入三角形磁場區(qū)域，粒子在磁場中做勻速圓周運動洛侖茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m，解得：r=，粒子軌道半徑與速度成正比，又因為三個粒子在磁場中運動的時間之比為t1：t2：t3=3：3：1，顯然它們在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度之比為3：3：1．即粒子1、2打在ab上，而粒子3打在ac上，軌跡如以下列圖：A、粒子1、2打在ab上，而粒子3打在ac上，粒子3的速度比1、2的速度，無法確定粒子1、2的速度關(guān)系，1、2兩粒子的速度即可能相等也可能不相等，故A錯誤，B正確；C、對速度為v2的粒子，其偏轉(zhuǎn)角度為90°，粒子在磁場中的運動時間：t2=T=×，那么：=，故C錯誤；D、對速度為v3的粒子偏轉(zhuǎn)30°，運動軌跡如以下列圖，由幾何關(guān)系知：r3tan15°+r3tan15°cos30°=L，解得：r3=2L，粒子在磁場中做勻速圓周運動洛侖茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m，解得：r=，==，故D正確；應選：BD?！军c評】三個相同的粒子以不同速度沿相同方向進入三角形磁場區(qū)域，由于半徑不同，再加上在磁場中的時間之比就能確定三個粒子偏轉(zhuǎn)角之比，再綜合磁場區(qū)域與粒子通過直線邊界的對稱性，從而確定三個粒子打在磁場邊界的位置，從而可以比較速度大小，也能求出粒子的比荷。三、非選擇題：包括必考題和選考題兩局部．第22題～第32題為必考題，每個試題考生都必須作答．第33題～第38題為選考題，考生根據(jù)要求作答．〔一〕必考題〔11題，共129分〕9．〔6分〕小明同學利用如圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律，其中紅外線發(fā)射器、接收器可記錄小球的擋光時間。小明同學進行了如下操作：〔1〕用螺旋測微器測小球的直徑如圖乙所示，那么小球的直徑為18.305mm；〔2〕該小球質(zhì)量為m、直徑為d．現(xiàn)使小球從紅外線的正上方的高度h處自由下落，記錄小球擋光時間t，重力加速度為g，那么小球下落過程中動能增加量的表達式為m〔〕2；重力勢能減少量的表達式為mgh〔用所給字母表示〕。〔3〕改變小球下落高度h，屢次重復實驗，發(fā)現(xiàn)小球動能的增加量總是小于重力勢能的減少量，你認為可能的原因是阻力做負功〔至少寫出一條〕?！痉治觥柯菪郎y微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀；根據(jù)下降的高度求出重力勢能的減小量，根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出光電門的速度，從而得出動能的增加量；根據(jù)能量守恒定律分析重力勢能的減少量△Ep往往大于動能的增加量△Ek的原因。【解答】解：〔1〕螺旋測微器的固定刻度為18.0mm，可動刻度為30.5×0.01mm=0.305mm，所以最終讀數(shù)為18.0mm+0.305mm=18.305mm，〔2〕經(jīng)過光電門時的時間小球的直徑；那么可以由平均速度表示經(jīng)過光電門時的速度；所以v=，那么小球下落過程中動能增加量的表達式為△Ek=m〔〕2；重力勢能減少量的表達式為△EP=mgh?！?〕根據(jù)能量守恒定律分析，重力勢能的減少量△Ep往往大于動能的增加量△Ek的原因是阻力做負功，故答案為：〔1〕18.305；〔2〕m〔〕2，mgh；〔3〕阻力做負功。【點評】對于根本測量儀器如游標卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些根本儀器進行有關(guān)測量。此題為創(chuàng)新型實驗，要注意通過分析題意明確實驗的根本原理才能正確求解。10．〔9分〕某課題研究小組準備測量一個鋰電池的電動勢和內(nèi)阻，在操作臺上準備了如下實驗器材：A．待測鋰電池〔電動勢E約為3.7V，內(nèi)阻r未知〕B．電壓表V〔量程3V，內(nèi)阻約為幾千歐〕C．電流表A〔量程0.6A，內(nèi)阻RA=2.2Ω〕D．電阻箱R1〔0﹣99.9Ω，〕E．滑動變阻器R2〔最大阻值為l0Ω〕F．定值電阻R0〔阻值約為5Ω〕G．開關(guān)S一個、導線假設(shè)干〔1〕在實驗操作過程中，該小組成員設(shè)計了如圖甲所示電路。屢次改變電阻箱Ri的阻值R，讀出電壓U，根據(jù)測得的數(shù)據(jù)作出﹣圖，如圖乙所示，那么電源電動勢E=3.6V?！?〕為了測定鋰電池的內(nèi)阻需測出電阻R0的阻值，小組成員設(shè)計了如圖丙所示的電路，請在圖丁中連接對應的實物圖。實驗過程中，某次測量電流表示數(shù)為0.40A時，電壓表示數(shù)如圖戊所示，由此可求得R0=4.8Ω；結(jié)合圖乙可求得電池內(nèi)阻r=3.0Ω．〔以上兩空結(jié)果均保存兩位有效數(shù)字〕【分析】〔1〕根據(jù)閉合電路歐姆定律列式，由圖象即可求得電動和內(nèi)電阻；〔2〕根據(jù)原理圖即可確定實物圖，由歐姆定律可確定定值電阻大小，再由〔1〕中數(shù)據(jù)求出電源內(nèi)阻?！窘獯稹拷猓骸?〕根據(jù)電路圖由閉合電路歐姆定律可知：U=E﹣〔r+R0〕變形可得：=+由圖可知，那么由圖可知，=解得：E=3.6V；〔2〕根據(jù)原理圖即可得出對應的實物圖；由圖可知，電壓表示數(shù)U=2.8V；由歐姆定律可知：R+RA===7Ω解得：R=7﹣2.2=4.8Ω；根據(jù)〔2〕中圖象可知：==解得：r=3.0故答案為：〔1〕3.6V〔2〕如以下列圖4.83.0【點評】此題考查測量電動勢和內(nèi)電阻的實驗，要注意明確實驗原理，明確閉合電路歐姆定律的正確應用是解題的關(guān)鍵，同時注意明確圖象法求解數(shù)據(jù)的關(guān)鍵。11．〔13分〕如以下列圖，光滑絕緣水平桌面處在電場強度大小為E、方向水平向右的勻強電場中，某時刻將質(zhì)量為m、帶電荷量為一q的小金屬塊從A點由靜止釋放，小金屬塊經(jīng)時間t到達B點，此時電場突然反向、電場強度增強為某恒定值，且仍為勻強電場，又經(jīng)過時間t小金屬塊回到A點。小金屬塊在運動過程中電荷量保持不變。求：〔1〕電場反向后勻強電場的電場強度大??；〔2〕整個過程中電場力所做的功?！痉治觥俊?〕小金屬塊由A點運動到B點過程和由B點運動到A點過程，分別根據(jù)位移時間公式、速度時間公式列方程聯(lián)立即可求出〔2〕根據(jù)動能定理求出整個過程中電場力所做的功。【解答】解：〔1〕設(shè)t末和2t末小金屬塊的速度大小分別為v1和v2，電場反向后勻強電場的電場強度大小為E1，小金屬塊由A點運動到B點過程，由位移時間公式得，………①由速度時間公式得，………②小金屬塊由B點運動到A點過程，由位移時間公式得，………③由速度時間公式得，………④聯(lián)立①～④解得：E1=3E；………⑤〔2〕根據(jù)動能定理，整個過程中電場力所做的功………⑥聯(lián)立⑤⑥解得：。答：〔1〕電場反向后勻強電場的電場強度大小為E1=3E；〔2〕整個過程中電場力所做的功為。【點評】解答此題關(guān)鍵是對不同過程應用勻變速直線運動相關(guān)公式以及動能定理列式即可，屬于根底性題目，難度不大。12．〔19分〕傾角為37°的絕緣斜面固定在水平地面上，在斜面內(nèi)存在一寬度d=0.28m的有界勻強磁場，邊界與斜面底邊平行，磁場方向垂直斜面向上，如圖甲所示。在斜面上由靜止釋放一質(zhì)量m=0.1kg，電阻R=0.06Ω的正方形金屬線框abcd，線框沿斜面下滑穿過磁場區(qū)域，線框從開始運動到完全進入磁場過程中的圖象如圖乙所示。整個過程中線框底邊bc始終與磁場邊界保持平行，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6．cos37°=0.8?！?〕求金屬線框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；〔2〕求金屬線框穿越該勻強磁場的過程中，線框中產(chǎn)生焦耳熱的最大功率Pm；〔3〕假設(shè)線框bc邊出磁場時，磁感應強度開始隨時間變化，且此時記為t=0時刻。為使線框出磁場的過程中始終無感應電流，求從t=0時刻開始，磁感應強度B隨時間t變化的關(guān)系式?！痉治觥俊?〕利用v﹣t圖象斜率表示加速度，根據(jù)加速度的定義式，結(jié)合牛頓第二定律聯(lián)立即可求出摩擦因數(shù)；〔2〕【解答】解：〔1〕由v﹣t圖象可知在進入磁場之前做勻加速直線運動，a=2m/s2，由牛頓第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma解得：μ=0.5〔2〕由v﹣t圖象可知線框勻速進入磁場，進入磁場的時間：t=0.125s勻速進入磁場的速度：v1=1.2m/s那么線框邊長：l=v1t=0.15m勻速運動過程根據(jù)平衡可得：mgsinθ﹣μmgcosθ=F安安培力：F安=B0Il歐姆定律：I=導體棒切割磁場產(chǎn)生的電動勢：E=B0lv1聯(lián)立各式可得：T線框完全進入磁場后做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma，可得加速度：a=2m/s2，線框出磁場時速度最大，電功率最大，設(shè)線框出磁場時速度大小為v2，由運動學公式可得：v22=v12+2a〔d﹣l〕解得：v2=1.4m/s出磁場時的感應電動勢：E′=BLv2出磁場時的感應電流：I′=出磁場時的安培力：F′=BI′l解得線框中產(chǎn)生焦耳熱的最大功率：Pm=F′v2=≈0.33W〔3〕穿過線框的磁通量保持不變那么線框中無感應電流，從線框下邊出磁場時開始計時，設(shè)時間為t，那么穿過線框的磁通量滿足：φ=解得：〔其中t≤0.1s〕答：〔1〕金屬線框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ為0.5；〔2〕金屬線框穿越該勻強磁場的過程中，線框中產(chǎn)生焦耳熱的最大功率Pm約為0.33W；〔3〕磁感應強度B隨時間t變化的關(guān)系式為〔其中t≤0.1s〕?！军c評】此題考查導體棒切割磁場模型，解題關(guān)鍵是要分好過程，正確進行受力分析，結(jié)合運動狀態(tài)列出力學方程，要求線框出磁場，并且無感應電流，那么任意時間t回路的磁通量相等，始終等于初狀態(tài)的磁通量，那么B隨時間t的關(guān)系式就能求出?！疚锢?-選修3-3】〔15分〕13．〔5分〕以下說法正確的選項是〔〕A．第二類永動機違反了熱力學第二定律，但不違反能量守恒定律B．被踩扁的乒乓球〔外表沒有開裂〕放在熱水里浸泡，恢復原狀的過程中，球內(nèi)氣體對外做正功的同時會從外界吸收熱量C．由于液體外表分子間距離小于液體內(nèi)局部子間的距離，液面分子間表現(xiàn)為引力，所以液體外表具有收縮的趨勢D．兩個分子間分子勢能減小的過程中，兩分子間的相互作用力可能減小E．布朗運動是指在顯微鏡下觀察到的組成懸浮顆粒的固體分子的無規(guī)那么運動【分析】第二類永動機不違反能量守恒定律；乒乓球內(nèi)的氣體受力膨脹，對外做功，溫度升高，根據(jù)熱力學第一定律列式分析吸放熱情況；液體外表分子間距離大于液體內(nèi)局部子間的距離，液面分子間表現(xiàn)為引力；分子勢能減小時分子力可能減?。徊祭蔬\動是懸浮顆粒的無規(guī)那么運動。【解答】解：A、第二類永動機違反了熱力學第二定律，但不違反能量守恒定律。故A正確。B、被踩扁的乒乓球〔外表沒有開裂〕放在熱水里浸泡，恢復原狀的過程中，球內(nèi)氣體對外做正功，溫度升高，內(nèi)能增加，根據(jù)熱力學第一定律△U=Q+W知會從外界吸收熱量，故B正確。C、由于液體外表分子間距離大于液體內(nèi)局部子間的距離，液面分子間表現(xiàn)為引力，所以液體外表具有收縮的趨勢，故C錯誤。D、分子間分子勢能與距離的關(guān)系如以下列圖：從圖可以看出，分子勢能變小，分子間距可能增加，也可能減?。患僭O(shè)分子間距大于平衡間距，分子勢能減小，分子間距變小，分子力可能增加，也可能減小。故D正確。E、布朗運動是懸浮顆粒的無規(guī)那么運動，而組成小顆粒的分子有成千上萬個，顆粒的運動是大量分子集體的運動，并不是顆粒分子的無規(guī)那么運動，布朗運動是液體分子無規(guī)那么運動的反映。故E錯誤。應選：ABD【點評】解決此題的關(guān)鍵是掌握分子動理論，要知道布朗運動既不是固體顆粒分子的運動，也不是液體分子的運動，而是液體分子無規(guī)那么運動的反映。14．〔10分〕如圖甲所示，質(zhì)量為M的長方體氣缸放在光滑水平地面上，氣缸用導熱性能良好的材料制成，內(nèi)壁光滑，內(nèi)有質(zhì)量為m的活塞，橫截面積為S，不計氣缸和活塞的厚度。環(huán)境溫度為死時?；钊『迷跉飧椎淖钣叶?，外界大氣壓強恒為p0。①假設(shè)環(huán)境溫度緩慢降低，求活塞移動到氣缸正中間時的環(huán)境溫度T；②假設(shè)環(huán)境溫度T0保持不變，給氣缸施加水平向右的推力，最終活塞穩(wěn)定到氣缸正中間隨氣缸一起向右做勻加速直線運動，如圖乙所示，求此時推力F的大小?！痉治觥竣倩钊麖挠叶司徛秸虚g過程中發(fā)生等壓變化，遵從蓋﹣呂薩克定律，由此列式求解。②假設(shè)環(huán)境溫度T0保持不變，氣缸導熱性能良好，氣體發(fā)生等溫變化，遵從玻意耳定律，由玻意耳定律和牛頓第二定律結(jié)合解答。【解答】解：①活塞從右端緩慢到正中間過程中發(fā)生等壓變化，遵從蓋﹣呂