2023-2024学年江苏省连云港市新高考物理质量检测模拟试题合集2套（含解析）

2023-2024学年江苏省连云港市新高考物理质量检测模拟试题（一模）第Ⅰ卷(选一选，共48分)一、选一选：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～17题只要一项符合标题要求，第18～21题有多项符合标题要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14．目前，在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素。比如，有些含有铀、钍的花岗岩等岩石会释放出放射性惰性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放射出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道等方面的疾病。根据有关放射性知识可知，下列说确的是()A．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经7.6天后就剩下一个原子核了B．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的C．γ射线普通伴随着α或β射线产生，在这三种射线中，α射线的穿透能力最强，电离能力最弱D．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了415.如图所示，在程度放置的半径为R的圆柱体的正上方的P点将一小球以程度速度v0沿垂直于圆柱体的轴线方向抛出，小球飞行一段工夫后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球完成这段飞行的工夫是()A.eq\f(v0,gtanθ)B．eq\f(gtanθ,v0)C.eq\f(Rsinθ,v0) D．eq\f(Rcosθ,v0)16.将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在程度面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随工夫t变化的图象如图乙所示。用F表示ab边遭到的安培力，以程度向右为F的正方向，能正确反映F随工夫t变化的图象是()17.真空中的某安装如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断正确的是()A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的工夫相反B．三种粒子打到荧光屏上的地位相反C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶418.发动机额定功率为80kW的汽车，质量为2×103kg，在程度路面上行驶时汽车所受阻力恒为4×103N，若汽车在平直公路上以额定功率启动，则下列说法中正确的是()A．汽车的加速度和速度都逐渐添加B．汽车匀速行驶时，所受的牵引力为零C．汽车的速度为20m/sD．当汽车速度为5m/s时，其加速度为6m/s219.宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星零碎，其中有一种三星零碎如图所示，三颗质量均为m的星位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为R，忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形O做匀速圆周运动，万有引力常量为G，则()A．每颗星做圆周运动的线速度为eq\r(\f(Gm,R）B．每颗星做圆周运动的角速度为eq\r(\f(3Gm,R3）C．每颗星做圆周运动的周期为2πeq\r(\f(R3,3Gm）D．每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量有关20.如图是自耦变压器的表示图，负载变化时输入电压不会有大的变化。输电线的电阻用R0表示，如果变压器上的能量损失可以忽略。以下说确的是()A．开关S1接a，闭合开关S后，电压表V示数减小，电流表A示数增大B．开关S1接a，闭合开关S后，原线圈输入功率减小C．断开开关S，开关S1接a时电流表的示数为I1，开关S1接b时电流表的示数为I2，则I1>I2D．断开开关S，开关S1接a时原线圈输入功率为P1，开关S1接b时原线圈输入功率为P2，则P1<P221.如图所示，斜劈B固定在弹簧上，斜劈A扣放在B上，A、B绝对静止，待零碎平衡后用竖直向下的变力F作用于A，使A、B缓慢紧缩弹簧，弹簧不断在弹性限制内，则下列说确的是()A．紧缩弹簧的过程中，B对A的力逐渐增大B．紧缩弹簧的过程中，A可能绝对B滑动C．当弹簧紧缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，B对A的作用力先增大后减小D．当弹簧紧缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，A、B分离时，弹簧恢复原长第Ⅱ卷二、非选一选：共62分，第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～34题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共47分。22.（6分）如图是一个多用表欧姆挡内部电路表示图。电流表满偏电流0.5mA、内阻10Ω；电池电动势1.5V、内阻1Ω；变阻器R0阻值0～5000Ω。(1)该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V刻度的，当电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到4Ω时仍可调零。调零后R0阻值将变(选填“大”或“小”)；若测得某电阻阻值为300Ω，则这个电阻的真实值是Ω。(2)该欧姆表换了一个电动势为1.5V，内阻为10Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果(选填“偏大”“偏小”或“精确”)。23.（9分）图甲为验证牛顿第二定律的实验安装表示图。图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，打点的工夫间隔用Δt表示。在小车质量未知的情况下，某同窗设计了一种方法用来探求“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。甲(1)完成下列实验步骤中的填空：①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手重拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点。②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点列的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m。④按住小车，改变小车中砝码的质量，反复步骤③。⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距x1、x2、…。求出与不同m绝对应的加速度a。⑥以砝码的质量m为横坐标，eq\f(1,a)为纵坐标，在坐标纸上作出eq\f(1,a)­m关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则eq\f(1,a)与m应成________(填“线性”或“非线性”)关系。(2)完成下列填空：(ⅰ)本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_________________________________________(ⅱ)设纸带上三个相邻计数点的间距为x1、x2和x3。a可用x1、x3和Δt表示为a＝________。图乙为用米尺测量某一纸带上的x1、x3的情况，由图可读出x1＝________mm，x3＝________mm，由此求得加速度的大小a＝________m/s2。(ⅲ)图丙为所得实验图线的表示图。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车遭到的拉力为________，小车的质量为________。24.（12分）如图所示，一辆质量M＝3kg的小车A静止在光滑的程度面上，小车上有一质量m＝1kg的光滑小球B，将一轻质弹簧紧缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep＝6J，小球与小车右壁距离为L＝0.4m，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挠层碰撞并被粘住，求：(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小。(2)在整个过程中，小车挪动的距离。25.（20分）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，象限内存在正交的匀强电、磁场，电场强度E1＝40N/C；第四象限内存在一方向向左的匀强电场E2＝eq\f(160,3)N/C。一质量为m＝2×10－3kg带正电的小球，从点M(3.64m,3.2m)以v0＝1m/s的程度速度开始运动。已知小球在象限内做匀速圆周运动，从点P(2.04m,0)进入第四象限后y轴上的点N(0，－2.28m)(图中未标出)。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)匀强磁场的磁感应强度B；(2)小球由P点运动到N点的工夫。选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题计分。33.【物理逐一选修3–3】（15分）（1）（5分）封闭在汽缸内一定质量的理想气体由形态A变到形态D，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、A、D三点在同不断线上。则________(填正确答案标号)。A．由形态A变到形态B过程中，气体吸收热量B．由形态B变到形态C过程中，气体从外界吸收热量，内能添加C．C形态气体的压强小于D形态气体的压强D．D形态时单位工夫内与器壁单位面积碰撞的分子数比A形态少E．D形态与A形态，相等工夫内气体分子对器壁单位面积的冲量相等（2）（10分）一定质量的理想气体被活塞封闭在程度放置的汽缸内，如图所示。活塞的质量m＝20kg，横截面积S＝100cm2，活塞可沿汽缸壁无滑动但不漏气，开始使汽缸程度放置，活塞与汽缸底的距离L1＝12cm，离汽缸口的距离L2＝3cm。汽缸内气体的初始温度为27℃，大气压强为1.0×105Pa，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直地位，待波动后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，取g＝10m/s2，求：(1)此时气体的温度为多少；(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q＝370J的热量，则气体添加的内能ΔU多大？【物理逐一选修3–4】（15分）（1）（5分）如图所示为一列向左传播的横波的图象，图中实线表示t时辰的波形，虚线表示又经Δt＝0.2s时辰的波形，已知波长为2m，下列说确的是________。A．波的周期的值为2sB．波的周期的值为eq\f(2,9)sC．波的速度的最小值为9m/sD．这列波不能发生偏振景象E．这列波遇到直径r＝1m的妨碍物会发生明显的衍射景象(2)（10分）如图所示，ABC为一块立在程度地面上的玻璃砖的截面表示图，△ABC为不断角三角形，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB边长度为l＝20cm，AC垂直于地面放置。如今有一束单色光垂直于AC边从P点射入玻璃砖，已知PA＝eq\f(1,8)l，玻璃的折射率n＝eq\r(2)，该束光最终射到了程度地面上的K点，求K点到C点的距离(取tan15°≈0.25，结果保留三位有效数字)。答案+解析14.【正确答案】B半衰期遵照统计规律，对单个或少数原子核是没有意义的，A错误。根据3种射线的特性以及衰变本质可知B正确，C、D错误。15.【正确答案】C【正确答案】：小球做平抛运动，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，则工夫t＝eq\f(v0tanθ,g)，选项A、B错误；在程度方向上有Rsinθ＝v0t，则t＝eq\f(Rsinθ,v0)，选项C正确，D错误。16.【正确答案】B根据B­t图象可知，在0～eq\f(T,2)工夫内，B­t图线的斜率为负且为定值，根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔB,Δt)S可知，该段工夫圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的，由楞次定律可知，ab中电流方向为b→a，再由左手定则可判断ab边遭到向左的安培力，且0～eq\f(T,2)工夫内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在eq\f(T,2)～T工夫内，B­t图线的斜率为正且为定值，故ab边所受安培力仍恒定不变，但方向与规定的正方向相反。综上可知，B正确。17.【正确答案】B设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(\f(2qU1,m），三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，程度方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的工夫不同，故A错误；根据推论y＝eq\f(U2L2,4dU1)、tanθ＝eq\f(U2L,2dU1)可知，y与粒子的品种、质量、电荷量有关，故三种粒子偏转距离相反，打到荧光屏上的地位相反，故B正确；偏转电场的电场力做功为W＝qEy，则W与q成反比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C、D错误。18.【正确答案】CD由P＝Fv，F－Ff＝ma可知，在汽车以额定功率启动的过程中，F逐渐减小，汽车的加速度a逐渐减小，但速度逐渐添加，当匀速行驶时，F＝Ff，此时加速度为零，速度达到值，则vm＝eq\f(P,Ff)＝eq\f(80×103,4×103)m/s＝20m/s，故A、B错误，C正确；当汽车速度为5m/s时，由牛顿第二定律得eq\f(P,v)－Ff＝ma，解得a＝6m/s2，故D正确。19.【正确答案】ABC每颗星遭到的合力为F＝2Geq\f(m2,R2)sin60°＝eq\r(3)Geq\f(m2,R2)，轨道半径为r＝eq\f(\r(3),3)R，由向心力公式F＝ma＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2r,T2)，解得a＝eq\f(\r(3)Gm,R2)，v＝eq\r(\f(Gm,R），ω＝eq\r(\f(3Gm,R3），T＝2πeq\r(\f(R3,3Gm），显然加速度a与m有关，故A、B、C正确。20.【正确答案】AD闭合开关S，不影响变压器副线圈两端电压，副线圈所接负载的电阻变小，根据欧姆定律，电流表的读数变大，输电线上的电压变大，导致电压表的读数变小，选项A正确；根据P＝UI，副线圈输入功率变大，理想变压器的输入功率等于输入功率，故原线圈输入功率增大，选项B错误；开关S1从接a变到接b，理想变压器的原线圈的匝数变小，副线圈两端电压变大，电流表的读数变大，选项C错误；根据P＝UI，副线圈输入功率变大，理想变压器的输入功率等于输入功率，故原线圈输入功率增大，选项D正确。21.【正确答案】AD开始A绝对于B静止，则A的重力在沿斜面方向的分力小于等于静力，设斜劈B的倾角为θ，有mgsinθ≤μmgcosθ，所以(mg＋F)sinθ≤μ(mg＋F)cosθ，所以A、B在缓慢紧缩弹簧的过程中，仍然能保持绝对静止，A所受的力Ff＝(mg＋F)sinθ，对全体分析，F逐渐增大，可知力逐渐增大，故A正确，B错误。撤去F后，在弹簧恢复原长前，全体的加速度逐渐减小，隔离对A分析，有F′－mg＝ma，则B对A的作用力F′逐渐减小。当弹簧恢复原长时，A、B具有相反的加速度g，A、B间弹力为零，发生分离。故C错误，D正确。22.【正确答案】:（1）减小（1分）、290Ω（3分）（2）精确（2分）(1)由闭合电路欧姆定律：Ig＝eq\f(E,Rg＋r＋R0)得：R0＝eq\f(E,Ig)－Rg－r，由于式中E变小，r变大，故R0将减小；由于该欧姆表的刻度是按电池电动势为E＝1.5V刻度的。测得某电阻阻值为300Ω时，电流表中的电流I＝eq\f(E,R＋RΩ)，其中RΩ＝eq\f(E,Ig)，当电池电动势下降到E′＝1.45V时，此时欧姆表的内阻R′Ω＝eq\f(E′,Ig)，由闭合电路的欧姆定律得I＝eq\f(E′,R′＋R′Ω)，解得真实值R′＝290Ω。(2)该欧姆表换了一个电动势为1.5V，内阻为10Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值的测量结果精确，由于电源的内阻的变化，可以经过调零电阻的阻值的变化来抵消。23.【正确答案】:(1)等间距线性(2)(ⅰ)远小于小车和砝码的总质量(ⅱ)eq\f(x3－x1,25Δt2)24.2(23.9～24.5均对)47.3(47.0～47.6均对)1.16(1.13～1.19均对)(ⅲ)eq\f(1,k)eq\f(b,k)(1)①小车所受的阻力平衡后，小车做匀速直线运动，打点计时器打出的点间距相等。⑥若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则F＝(m0＋m)a，eq\f(1,a)＝eq\f(1,F)(m0＋m)＝eq\f(m0,F)＋eq\f(1,F)m，小车质量m0及拉力F一定。由数学知识可知eq\f(1,a)与m应成线性关系。(2)(ⅰ)对小吊盘及物块，由牛顿第二定律可得：mg－FT＝ma；对小车同理：FT＝Ma，两式联立可得FT＝eq\f(M,M＋m)·mg，故只要M≫m时，FT≈mg，小车所受的拉力近似不变。(ⅱ)由匀变速直线运动中，等工夫间隔位移关系特点，可知：x3－x1＝2a(5Δt)2得a＝eq\f(x3－x1,25Δt2)＝eq\f(47.3－24.2×10－3,2×0.12)m/s2＝1.16m/s2(ⅲ)设小车质量为m0，则由牛顿第二定律可得F＝(m0＋m)a，即eq\f(1,a)＝eq\f(m0,F)＋eq\f(m,F)①由图象可以看出eq\f(m0,F)＝b②k＝eq\f(1,F)③由②③可解得：F＝eq\f(1,k)，m0＝eq\f(b,k)。24.【正确答案】:(1)3m/s1m/s(2)0.1m(1)程度面光滑，由小车、弹簧和小球组成的零碎在从弹簧解锁到小球脱离弹簧的过程中，满足动量守恒和能量守恒。选向右为正方向，则有mv1－Mv2＝0eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝Ep联立两式并代入数据解得：v1＝3m/s，v2＝1m/s(2)在整个过程中，零碎动量守恒，则有：meq\f(x1,t)－Meq\f(x2,t)＝0，x1＋x2＝L解得：x2＝eq\f(L,4)＝0.1m25.【正确答案】(1)2T(2)0.6s(1)由题意可知qE1＝mg，得q＝5×10－4C。分析如图，Rcosθ＝xM－xP，Rsinθ＋R＝yM，可得R＝2m，θ＝37°。由qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)，得B＝2T。(2)小球进入第四象限后受力分析如图，tanα＝eq\f(mg,qE2)＝0.75。可知小球进入第四象限后所受电场力和重力的合力与速度方向垂直，即α＝θ＝37°。由几何关系可得lNQ＝0.6m。由lNQ＝v0t，解得t＝0.6s。或：F＝eq\f(mg,sinα)＝ma，得a＝eq\f(50,3)m/s2，由几何关系得lPQ＝3m，由lPQ＝eq\f(1,2)at2，解得t＝0.6s。26.【正确答案】(1)ADE(2)(1)450K(2)310J(1)由形态A变到形态B为等容变化，W＝0，温度升高，ΔU>0，根据热力学定律ΔU＝W＋Q，气体吸收热量Q>0，气体吸热，A正确；由形态B变到形态C过程中，内能不变，B错；C形态气体的压强大于D形态气体的压强，C错；D形态与A形态压强相等，D形态体积大，单位工夫内与器壁单位面积碰撞的分子数比A形态少，D、E正确。（2）(1)当汽缸程度放置时，T0＝(273＋27)K＝300K(0.5分)；p0＝1.0×105PaV0＝L1S当汽缸口朝上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析如图所示，有p1S＝p0S＋mg则p1＝p0＋eq\f(mg,S)＝1.0×105Pa＋eq\f(200,10－2)Pa＝1.2×105Pa（V1＝(L1＋L2)S由理想气体形态方程得eq\f(p0L1S,T0)＝eq\f(p1L1＋L2S,T1)则T1＝eq\f(p1L1＋L2,p0L1)T0＝eq\f(1.2×105×15,1.0×105×12)×300K＝450K(2)当汽缸口向上，未加热波动时：由玻意耳定律得p0L1S＝p1LS则L＝eq\f(p0L1,p1)＝eq\f(1.0×105×12,1.2×105)cm＝10cm加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为W＝－p0(L1＋L2－L)S－mg(L1＋L2－L)＝－60J根据热力学定律ΔU＝W＋Q得ΔU＝310J27.【正确答案】（1）BCE(2)18.6cm(1)0.2m＝eq\f(1,10)λ，因波向左传播，则由图象可知波向左传播的距离为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(9,10）)λ(n＝0、1、2…)，所以0.2s＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(9,10）)T(n＝0、1、2…)，n＝0时，周期，为Tm＝eq\f(2,9)s，波速最小，为vmin＝eq\f(λ,Tm)＝9m/s，所以A错误，B、C正确。横波可以发生偏振景象，D错误。由于妨碍物的直径r＝1m<λ＝2m，则这列波遇到此妨碍物可以发生明显的衍射景象，E正确。(2)由sinC＝eq\f(1,n)，可以得到临界角C＝45°。单色光照射到AB上时入射点为D，入射角i＝60°>C，将发生全反射，然后反射到BC面上Q点，入射角为α＝30°，设折射角为β。由n＝eq\f(sinβ,sinα)，可得β＝45°。最终单色光射到地面上的K点，如图所示。由几何知识可以得到AD＝eq\f(AP,sin30°)＝5cm，即BD＝15cm，所以BQ＝BDtan30°＝5eq\r(3)cm，CQ＝15eq\r(3)cm，CS＝eq\f(15\r(3),2)cm，SK＝eq\f(45,8)cm。所以K点距离C点CK＝CS＋SK≈18.6cm。2023-2024学年江苏省连云港市新高考物理质量检测模拟试题（二模）第Ⅰ卷(选一选，共48分)一、选一选：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～17题只要一项符合标题要求，第18～21题有多项符合标题要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14．用波长为300nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的初动能为1.28×10－19J。已知普朗克常量为6.63×10－34J·s，真空中的光速为3.00×108m·s－1。能使锌产生光电效应的单色光的频率约为()A．1×1014Hz B．8×1014HzC．2×1015Hz D．8×1015Hz15.由消防带水龙头的喷嘴喷出水的是0.28m3/min，水离开喷口时的速度大小为16eq\r(3)m/s，方向与程度面夹角为60°，在处正好到达着火地位，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g取10m/s2)()A．28.8m1.12×10－2m3B．28.8m0.672m3C．38.4m1.29×10－2m3D．38.4m0.776m316.使物体脱离星球的引力约束，不再绕星球运转，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与宇宙速度v1的关系是v2＝eq\r(2)v1。已知某星球的半径为地球半径R的4倍，质量为地球质量M的2倍，地球表面重力加速度为g。不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为()A.eq\r(\f(1,2)gR) B．eq\f(1,2)eq\r(gR)C.eq\r(gR) D．eq\r(\f(1,8)gR)17.在一空间有方向相反，磁感应强度大小均为B的匀强磁场，如图所示，垂直纸面向外的磁场分布在一半径为a的圆形区域内，垂直纸面向里的磁场分布在除圆形区域外的整个区域，该平面内有一半径为b(b>eq\r(2)a)的圆形线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，线圈与半径为a的圆形区域是同心圆。从某时辰起磁感应强度在Δt工夫内均匀减小到eq\f(B,2)，则此过程中该线圈产生的感应电动势大小为()A.eq\f(πBb2－a2,2Δt) B．eq\f(πBb2－2a2,Δt)C.eq\f(πBb2－a2,Δt) D．eq\f(πBb2－2a2,2Δt)18.如图所示，真空中有一点电荷甲固定在O点，虚线是其在周围空间产生的电场的三个等势面，且相邻的两个等势面间电势差相反。实线是点电荷乙在电场中运动轨迹，S、M、N为运动轨迹与等势面的交点，下列说法一定正确的是()A．电势φM>φS B．甲、乙为同种电荷C．电势能EPM>EPN D．场强大小ES>EN19.如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R。下列判断正确的是()A．电压表的读数为eq\f(SωR,\r(2)R＋r)B．当线圈由图示地位转过30°的过程中，经过电阻R的电荷量为eq\f(S,2R＋r)C．在线圈转过一周的过程中，电阻R上产生的焦耳热为eq\f(N2B2S2ωRπ,4R＋r2)D．当线圈由图示地位转过30°时，经过电阻R的电流为eq\f(Sω,2R＋r)20.如图所示，在粗糙的程度面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与程度面间的动因数均为μ，当用程度力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x；当用异样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是()A．若m>M，有x1＝x2B．若m<M，有x1＝x2C．若μ>sinθ，有x1>x2D．若μ<sinθ，有x1<x221如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下紧缩弹簧至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，经过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek­h图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零重力势能面，g取10m/s2，由图象可知()A．小滑块的质量为0.1kgB．轻弹簧原长为0.2mC．弹簧弹性势能为0.5JD．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J第Ⅱ卷二、非选一选：共62分，第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～34题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共47分。22.（6分）在利用落体运动验证机械能守恒定律的实验中，电源的频率为50Hz，依次打出的点为0、1、2、3、4…n。则：(1)如用第2点到第6点之间的纸带来验证，必须直接测量的物理量为、、，必须计算出的物理量为、，验证的表达式为。(2)下列实验步骤操作合理的陈列顺序是。(填写步骤前面的字母)A．将打点计时器竖直安装在铁架台上B．先接通电源，再松开纸带，让重物下落C．取下纸带，更换新纸带(或将纸带翻个面)重新做实验D．将重物固定在纸带的一端，让纸带穿过打点计时器，用手提着纸带E．选择一条纸带，用刻度尺测出重物下落的高度h1、h2、h3、…、hn，计算出对应的瞬时速度v1、v2、v3、…、vnF．分别算出eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)和mghn，在实验误差允许的范围内看能否相等23.（9分）在测定某金属的电阻率实验中：图1图2图3(1)某先生进行了如下操作：①利用螺旋测微器测金属丝直径d，如图1所示，则d＝mm。②测量金属丝电阻Rx的电路图如图2所示，闭合开关S，先后将电压表右侧接线端P接a、b点时，电压表和电流表示数如表1所示。该先生认真观察到两次测量中，电流表的读数几乎未变，发生这种景象的缘由是，比较合理且较精确的金属丝电阻Rx测＝Ω(保留两位有效数字)，从零碎误差角度分析，Rx的测量值与其真实值Rx真比较，Rx测Rx真(填“>”“＝”或“<”)。表1U(V)I(A)接线端P接a1.840.15接线端P接b2.400.15表2U(V)I(A)接线端P接a2.560.22接线端P接b3.000.20(2)另一同窗找来一恒压电源，按图3的电路先后将接线端P分别接a处和b处，测得相关数据如表2所示，该同窗利用该数据可算出Rx的真实值为Ω。24.（12分）如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在程度面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动因数μ＝eq\f(\r(3),2)。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间静力等于滑动力，重力加速度g取10m/s2，物块可视为质点。(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F＝37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请阐明理由；若能，求出物块滑离木板所用的工夫及滑离木板后沿斜面上升的距离。25.（20分）如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一程度面上，导轨间距L＝0.2m，左端接有阻值R＝0.3Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道。仅在程度导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0T。一根质量m＝0.2kg、电阻r＝0.1Ω的金属棒ab垂直放置于导轨上，在程度向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒经过位移x＝9m时离开磁场，在离开磁场前已达到速度。当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到高度h＝0.8m处。已知金属棒与导轨间的动因数μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中一直与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2。求：(1)金属棒运动的速率v；(2)金属棒在磁场中速度为eq\f(v,2)时的加速度大小；(3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热。选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题计分。33.【物理逐一选修3–3】（15分）（1）（5分）一定量的理想气体从形态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原形态，其p­T图象如图所示，其中对角线ac的延伸线过原点O。下列判断正确的是()A．气体在a、c两形态的体积相等B．气体在形态a时的内能小于它在形态c时的内能C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功（2）（10分）如图所示，内壁光滑、足够高的圆柱形汽缸竖直放置，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞横截面积为S，外界大气压强为p0，缸内气体温度为T1。现对汽缸内气体缓慢加热，使气体体积由V1增大到V2，该过程中气体吸收的热量为Q1，中止加热并保持体积V2不变，使其降温到T1，已知重力加速度为g，求：(1)中止加热时缸内气体的温度；(2)降温过程中气体放出的热量。【物理逐一选修3–4】（15分）（1）（5分）如图甲所示，在程度面内，有三个质点a、b、c分别位于直角三角形的三个顶点上，已知ab＝6m，ac＝8m。在t1＝0时辰a、b同时开始振动，振动图象均如图乙所示，所构成的机械波在程度面内传播，在t2＝4s时c点开始振动，则下列说确的是()（填正确答案的标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每错选1个扣3分，得分为0分）。甲乙A．该机械波的传播速度大小为2m/sB．该列波的波长是2mC．两列波相遇后，c点振动加强D．两列波相遇后，c点振动减弱（2）．（10分）激光曾经深入到我们生活的各个方面。某物理小组利用激光束测量玻璃对激光的折射率和利用双缝干涉测量激光的波长。a.如图所示，在程度面上方适当地位固定激光光源，使其发射与程度面成30°角斜向下的激光，在程度光屏上M点呈现一小光斑。放入一块平行于程度面的长方体玻璃砖，激光光斑移至程度光屏上的N点。测得玻璃砖厚度为d＝eq\r(3)cm，MN＝b＝2cm。根据以上信息，求该玻璃砖的折射率n；b.为测量该激光的波长，将激光垂直射向间距为d的双缝(每个缝的宽度很窄，宽度可忽略)，在双缝后面距离为L处的光屏上可以观察到干涉条纹。现使测量头的分划板刻线与条纹的对齐，经测量得出5条亮条纹之间的距离为a，求该激光的波长。答案+解析14.【正确答案】B根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0＝heq\f(c,λ)－hν0，代入数据解得ν0≈8×1014Hz，B正确。15.【正确答案】A【正确答案】：水离开喷口后做斜抛运动，将运动沿程度方向和竖直方向分解，在竖直方向上：vy＝vsinθ代入数据可得vy＝24m/s故水柱能上升的高度h＝eq\f(v\o\al(2,y),2g)＝28.8m水从喷出四处着火地位所用的工夫t＝eq\f(vy,g)代入数据可得t＝2.4s故空中水柱的水量为V＝eq\f(0.28,60)×2.4m3＝1．12×10－2m3，A项正确。16.【正确答案】C地球的宇宙速度v1＝eq\r(gR)，星球表面的重力加速度g′＝eq\f(GM′,R′2)＝eq\f(2GM,16R2)＝eq\f(1,8)g，星球的宇宙速度v′1＝eq\r(g′R′)＝eq\r(\f(1,8)g×4R)＝eq\r(\f(1,2)gR)，该星球的第二宇宙速度v′2＝eq\r(2)v′1＝eq\r(gR)＝v1，故选项C正确。17.【正确答案】D磁感线既有垂直纸面向外的，又有垂直纸面向里的，所以可以取垂直纸面向里的方向为正方向。磁感应强度大小为B时线圈磁通量Φ1＝πB(b2－a2)－πBa2,磁感应强度大小为eq\f(B,2)时线圈磁通量Φ2＝eq\f(1,2)πB(b2－a2)－eq\f(1,2)πBa2，因此该线圈磁通量的变化量的大小为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝eq\f(1,2)πB(b2－2a2)。根据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生的感应电动势的大小为E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(πBb2－2a2,2Δt)。故选项D正确。18.【正确答案】BC本题考查电场强度、电势和电势能等。由于题中没有给出固定在O点的点电荷甲的电性，不能判断出M、S两点电势高低，选项A错误；根据点电荷乙在电场中运动轨迹可知，甲、乙为同种电荷，选项B正确；点电荷乙在电场中从M运动到N，电场力做正功，电势能减小，电势能EPM>EPN，选项C正确；根据点电荷电场强度公式可知，场强大小ES<EN，选项D错误。19.【正确答案】AD电动势的值Em＝Sω，有效值E＝eq\f(Em,\r(2）＝eq\f(Sω,\r(2），电压表的示数为路端电压的有效值，解得U＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(SωR,\r(2)R＋r)，A正确；线圈由题图所示地位转过30°的过程中，经过电阻R的电荷量q＝eq\f(NΔΦ,R＋r)＝eq\f(NBS－BSsin60°,R＋r)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2）)S,R＋r)，B错误；在线圈转过一周的工夫内电阻R上产生的热量Q＝eq\f(U2,R)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(N2B2S2ωRπ,R＋r2)，C错误；电流的值为Im＝eq\f(Em,R＋r)＝eq\f(Sω,R＋r)，电流的瞬时值表达式为i＝Imsinωt，从题图所示地位转过30°时，ωt＝eq\f(π,6)，此时的电流为i＝eq\f(Im,2)＝eq\f(Sω,2R＋r)，D正确。20.【正确答案】AB在程度面上滑动时，对全体，根据牛顿第二定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1 ①隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FT－μmg＝ma1 ②联立①②解得FT＝eq\f(m,m＋M)F ③在斜面上滑动时，对全体，根据牛顿第二定律，有F－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a2 ④隔离物块A，根据牛顿第二定律，有F′T－mgsinθ＝ma2 ⑤联立④⑤解得F′T＝eq\f(m,M＋m)F ⑥比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动因数和斜面的倾角有关，故A、B正确，C、D错误。21.【正确答案】BC在从0.2m上升到0.35m范围内，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，图线的斜率值k＝eq\f(ΔEk,Δh)＝eq\f(0.3,0.35－0.2)N＝2N＝mg，所以m＝0.2kg，故A错误；在Ek­h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，阐明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，从h＝0.2m开始滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2m，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至高度时，添加的重力势能即为弹簧弹性势能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5J，故C正确；由图可知，当h＝0.18m时的动能为Ekm＝0.32J，在滑块整个运动过程中，零碎的动能、重力势能和弹性势能之间互相转化，因此动能时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能量守恒定律可知E′＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5J＋0.2×10×0.1J－0.32J＝0.38J，故D错误。22.【正确答案】:(1)第2点到第6点之间的距离h26第1点到第3点之间的距离h13第5点到第7点之间的距离h57第2点的瞬时速度v2第6点的瞬时速度v6mgh26＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,6)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)(2)ADBCEF(1)要验证从第2点到第6点之间的纸带对应重物的运动过程中机械能守恒，应测出第2点到第6点的距离h26，要计算第2点和第6点的速度v2和v6，必须测出第1点到第3点之间的距离h13和第5点到第7点之间的距离h57，机械能守恒的表达式为mgh26＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,6)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)。(2)实验操作顺序为ADBCEF。23.【正确答案】:(1)①1.704②电压表内阻远大于金属丝电阻，电压表分流几乎为零12<(2)13(1)①由题图所示螺旋测微器可知，螺旋测微器示数为1.5mm＋20.4×0.01mm＝1.704mm。②由表中实验数据可知，电压表接a、b两点时，电流表示数不变，电压表示数变化较大，阐明电压表内阻很大，电压表分流很小，几乎为零，电流表分压较大，电流表应采用外接法，电压表应接a点，金属丝电阻Rx测＝eq\f(Ua,Ia)＝eq\f(1.84,0.15)Ω≈12Ω；电流表采用外接法，由于电压表分流作用，电流表的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，金属丝电阻测量值小于真实值。(2)由表中实验数据知，RA＝eq\f(Ub－Ua,Ia)，则Rx＝eq\f(Ub,Ib)－RA＝13