2022年湖南省长沙市雨花区雅礼中学高考物理压轴试卷（三）

这是一份2022年湖南省长沙市雨花区雅礼中学高考物理压轴试卷（三），共30页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）2020年诺贝尔物理学奖授予了三名科学家：英国科学家罗杰•彭罗斯因证明黑洞是爱因斯坦广义相对论的直接结果而获奖；德国科学家赖因哈德•根策尔和美国科学家安德烈娅•盖兹因在银河系中央发现超大质量天体而获奖。下列有关物理学史的说法正确的是（ ）
A．汤姆孙发现了电子并提出了原子的核式结构模型
B．普朗克把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的观念
C．法拉第发现了电磁感应现象，并得出了法拉第电磁感应定律
D．玻尔原子理论的成功之处是它保留了经典粒子的概念
2．（4分）电池是一辆纯电动汽车的“心脏”，质量能量密度是衡量一辆电动汽车电池组性能的重要参数，所谓质量能量密度是指电池所能存储（或释放）的电能与电池自身的质量之比，质量能量密度数值越大，意味着相同质量的电池能存储（或释放）更多的电能，汽车续航里程也就越长。质量能量密度的单位用国际单位制的基本单位符号来表示是（ ）
A．m2/kgB．m2/s2C．J/kgD．W/kg
3．（4分）如图所示，一只蚂蚁沿着向下弯成弧面的树叶从A经B缓慢爬到C的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．树枝对蚂蚁的作用力先增大后减小
B．树枝对蚂蚁的作用力先减小后增大
C．树枝对蚂蚁的摩擦力先减小后增大
D．树枝对蚂蚁的摩擦力先增大后减小
4．（4分）静止在真空匀强电场中的某原子核发生衰变，其衰变粒子与反冲核的初速度方向均与电场方向垂直，且经过相等的时间后形成的轨迹如图所示（a、b表示长度）。原子核重力不计，则该衰变方程可能是（ ）
A．→+
B．→+
C．→+
D．→+
5．（4分）如图甲所示，某选手正在进行定点投篮。在篮球运动所在的竖直平面内建立坐标系xOy，如图乙所示，篮球由A点投出，A、B、C、D是篮球运动轨迹上的四点，C为篮球运动的最高点。重力加速度为g，空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是（ ）
A．篮球经过C点时速度大小为
B．篮球经过B点和D点的动量相同
C．篮球由A到B和由B到C过程，动量的变化量相同
D．篮球由B到C和由C到D过程，重力做功相同
6．（4分）半径为2R的圆形磁场的磁感应强度为B，半径为R的单匝圆形线圈电阻为r，两圆同平面。线圈以速度v沿两圆心连线匀速穿过磁场区域，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．线圈进入磁场过程中，线圈里先有逆时针方向电流后有顺时针方向电流
B．线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为2BRv
C．线圈位移为R时，线圈中有最大感应电流Im＝
D．线圈进入磁场到位移为R的过程中，感应电动势均匀增加
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）7．（5分）卫星1和卫星2分别沿圆轨道和椭圆轨道环绕地球运行，两轨道在同一平面内相交于A、B两点，卫星2在近地点离地心的距离是卫星1轨道半径的倍，如图所示，某时刻两卫星与地心在同一直线上，D点为远地点，当卫星2运行到A点时速度方向与CD连线平行。已知近地点的曲率半径为ρ＝，式中a、b分别是椭圆的半长轴和半短轴。下列说法中正确的是（ ）
A．两卫星在A点的加速度相同
B．卫星2在近地点的加速度大小是卫星1加速度大小的k倍
C．卫星2在近地点的速率是卫星1速率的倍
D．卫星2运行到近地点时，卫星1和卫星2的连线过地心
（多选）8．（5分）如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是（ ）
A．q1＝q2B．q1＝2q2C．v＝1.0m/sD．v＝1.5m/s
（多选）9．（5分）如图是进行变压器演示实验的示意图，在铁环上用刷有绝缘漆的铜丝绕制了匝数分别为n1、n2的两个线圈。线圈n1与开关S1、干电池E1、交流电源E2构成电路，交流电源E2的电动势e＝6sin100πt（V），线圈n2与开关S2、灵敏电流表G、交流电压表V构成电路。则（ ）
A．若S1接“1”，在将S2接“3”的瞬间灵敏电流表指针将发生偏转
B．若S2接“3”，在将S1接“1”的瞬间灵敏电流表指针将发生偏转
C．若S1接“2”，在S2接“4”后，电压表指针的摆动频率为
D．若S1接“2”，S2接“4”，稳定后电压表的读数为（V）
（多选）10．（5分）将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为μ。在这三个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．产生的热量大小关系为Q1＝Q2＜Q3
B．机械能的减少量大小关系为ΔE1＞ΔE2＝ΔE3
C．滑到底端时的速度大小关系为v1＞v2＞v3
D．运动的时间关系为t2＜t1＜t3
三、非选择题：共56分。第11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。
11．某同学利用如图甲所示的装置验证动量定理。所用电源的频率f＝50Hz，重物和托盘的质量为m，小车的质量为M，重力加速度g＝9.8m/s2，将打点计时器所在的一端垫高，以平衡小车与木板之间的摩擦力，之后通过合理的实验操作得到了如图乙所示的纸带，图中各点为连续的计时点。
（1）打下计时点2时，小车的瞬时速度大小为 （结果保留三位有效数字）；
（2）取打下计时点1～5的过程研究，打下计时点1、5时小车的速度大小分别为v1、v5，则验证动量定理的表达式为 （用题中所给物理量符号表示）；
（3）若实验过程中发现m所受重力的冲量大于系统动量的增加量，造成此问题的原因可能是 。
12．某兴趣小组为了测量电动车上电池的电动势（约为36V）和内阻r（约为10Ω），需要将一个量程为15V的电压表（内阻Rg约为10kΩ）改装成量程为45V的电压表，然后再测量电池的电动势和内阻。以下是该实验的操作过程。
（1）由于不知道该电压表内阻的确切值，该兴趣小组将一个最大阻值为50kΩ的电位器RP（视为可变电阻）与电压表串联后，利用如图甲所示的电路进行改装，请完成③的填空。
①将总阻值较小的滑动变阻器的滑片P移至最右端，同时将电位器的阻值调为零；
②闭合开关S，将滑片P向左移动，使电压表的示数为12V；
③保持滑片P的位置不变，调节电位器，使电压表的示数为 V；
④不再改变电位器的阻值，保持电压表和电位器串联，撤去其他电路就得到改装后的电压表。
（2）用改装后的电压表接入电路测量已知电压时，其示数总是 （选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。
（3）通过调整使改装后的电压表准确。该兴趣小组利用一个电阻箱R（0～999.9Ω）和改装后的电压表（电压表的表盘没有改变，读数记为U）连接成如图乙所示的电路来测量该电池的电动势和内阻。
该小组首先得出了与的关系式为 （用E、r和U表示），然后根据测得的电阻值R和电压表的读数U作出图像如图丙所示，则该电池的电动势E＝ V、内阻r＝ Ω。
13．动作电影中，常有演员高台跳跃的精彩表演吸引观众的眼球。某场镜头中，质量m＝60kg的演员从静止开始在距离高台边沿x0＝9m处的位置，以恒定的加速度a＝2m/s2向左端跑动起来，演员起跑3.5s后，车厢右端与高台水平距离x＝2m处的汽车以速度v＝5m/s匀速行驶，演员从高台边沿跑出时速度方向水平向左，高台与车厢底板的竖直高度H＝5m，取重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力。
（1）若演员与车厢底板的接触时间Δt＝0.5s，演员落至车中与车保持相对静止。求接触过程中演员受到汽车的平均作用力的大小F（结果保留整数）；
（2）车厢长度为3m，若想让演员安全落至车厢底板，求演员起跑3.5s时，车厢右端与高台水平距离的范围。
14．如图所示，竖直平面内直角坐标系xOy的第一象限和第二象限存在沿水平方向的匀强电场。一质量为m，电荷量为+q的带电小球，从x轴上的P（﹣d，0）点以初动能Ek0沿y轴正方向射入第二象限，经过一段时间后小球从y轴正半轴的某位置处垂直于y轴进入第一象限，小球经过y轴时的动能大小为Ek0，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）小球经过y轴时的位置坐标（用d表示）；
（2）小球再次经过x轴时的动能（用Ek0表示）；
（3）小球运动过程中的最小动能（用Ek0表示）。
（二）选考题：共13分。请考生从两道中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。【选修3-3】
（多选）15．（5分）下列说法中正确的是 （ ）
A．在较暗的房间里，从射进来的阳光中，可以看到悬浮在空气中的微粒在不停地运动，这些微粒的运动不是布朗运动
B．在装有水的密闭容器中，液体水与水蒸气达到动态平衡后，液体水中不再有水分子逸出液体表面，也没有水蒸气分子回到液体水中
C．给农田松土的目的是破坏土壤里的毛细管，使地下的水分不会被快速引上来而蒸发掉
D．液晶具有光学各向异性
E．一定质量的理想气体体积增大，气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数一定减少
16．（8分）如图所示，在一横截面积为S的竖直玻璃管内封闭着A、B两部分理想气体，中间用水银柱隔开。玻璃管静止时，A部分气柱长度为3L，压强为P0；B部分气柱长度为2L，水银柱产生的压强为0.5P0。已知大气压强为P0，环境温度保持不变。
（i）若将玻璃管沿竖直平面内缓慢转过90°，待稳定后求气柱A的长度；
（ii）若在玻璃管装有气体A的顶端开一小孔，现缓慢加热气体B，当气体B从外界吸收的热量为Q时，水银刚好到达小孔处，求该过程气体B内能的增量ΔU。
【选修3—4】
（多选）17．一列简谐横波沿x轴在介质中传播，M、N是x轴上介质中的两个质点。图甲是t＝1.0s的该简谐横波的波形图，图乙是质点N的振动图像，t＝0时刻质点M的纵坐标为2cm，下列说法正确的是（ ）
A．该列简谐横波沿着x轴的正方向传播
B．该列简谐横波的传播速度为4.0m/s
C．当t＝3.5s时，质点N在波峰，加速度最小
D．当时，质点M第一次到达波峰
E．当t＝3.5s时，质点M第一次到达波谷
18．用同种透明玻璃材料制成的工件，由一个长度为L＝1.6m的圆柱体和半球体构成。圆柱体的底面半径和半球体的半径均为R＝0.4m，该工件的截面如图所示，图中OO′为该工件的主光轴。用一束与AD边成θ＝30°单色光从AD边上的O′点入射，入射光恰好在AB边发生全反射，最后沿着OP（P点图中未画出）从半球上射出。已知OP与OB间的夹角为α＝60°，光在真空中的传播速度为c＝3.0×108m/s，求：
（1）该玻璃工件的折射率；
（2）光在该玻璃工件中的传播时间。
2022年湖南省长沙市雨花区雅礼中学高考物理压轴试卷（三）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（4分）2020年诺贝尔物理学奖授予了三名科学家：英国科学家罗杰•彭罗斯因证明黑洞是爱因斯坦广义相对论的直接结果而获奖；德国科学家赖因哈德•根策尔和美国科学家安德烈娅•盖兹因在银河系中央发现超大质量天体而获奖。下列有关物理学史的说法正确的是（ ）
A．汤姆孙发现了电子并提出了原子的核式结构模型
B．普朗克把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的观念
C．法拉第发现了电磁感应现象，并得出了法拉第电磁感应定律
D．玻尔原子理论的成功之处是它保留了经典粒子的概念
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
【解答】解：A、汤姆孙发现了电子，卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故A错误；
B、普朗克把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的观念，故B正确；
C、法拉第发现了电磁感应现象，但他没有得出法拉第电磁感应定律，韦伯和纽曼得出了法拉第电磁感应定律，故C错误；
D、玻尔原子理论的成功之处是它引入量子观念，不足之处是它保留了经典粒子的概念，故D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键是掌握原子物理学史，记牢著名科学家的物理学成就，要注意理解玻尔理论的内容和局限性。
2．（4分）电池是一辆纯电动汽车的“心脏”，质量能量密度是衡量一辆电动汽车电池组性能的重要参数，所谓质量能量密度是指电池所能存储（或释放）的电能与电池自身的质量之比，质量能量密度数值越大，意味着相同质量的电池能存储（或释放）更多的电能，汽车续航里程也就越长。质量能量密度的单位用国际单位制的基本单位符号来表示是（ ）
A．m2/kgB．m2/s2C．J/kgD．W/kg
【分析】根据物理学公式与国际单位制中的基本单位分析答题。
【解答】解：电能的单位与功的单位相同，都是J，
功的计算公式是W＝flcsα，1J＝1N•m＝1（kg•m/s2）m＝1kg•m2/s2，
质量能量密度是指电池所能存储（或释放）的电能与电池自身的质量之比，所以质量能量密度单位是m2/s2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量要牢记，同时明确物理公式可以直接进行单位的推导。
3．（4分）如图所示，一只蚂蚁沿着向下弯成弧面的树叶从A经B缓慢爬到C的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．树枝对蚂蚁的作用力先增大后减小
B．树枝对蚂蚁的作用力先减小后增大
C．树枝对蚂蚁的摩擦力先减小后增大
D．树枝对蚂蚁的摩擦力先增大后减小
【分析】树枝对蚂蚁的作用力即是树枝对蚂蚁的支持力和摩擦力的合力，根据力的平衡条件分析摩擦力大小变化。
【解答】解：树枝对蚂蚁的作用力即是树枝对蚂蚁的支持力和摩擦力的合力，与蚂蚁的重力是一对平衡力，由于重力总竖直向下，故这个合力也竖直向上，大小不变。
而缓慢相当于动态平衡，有f＝mgsinθ。从A经B，随着θ的减小，摩擦力先减小；从B经C，随着θ的增大，摩擦力再增大。
故ABD错误，C正确；
故选：C。
【点评】本题关键是明确蚂蚁的受力情况以及随坡角的变化情况，注意根据平衡条件分析。
4．（4分）静止在真空匀强电场中的某原子核发生衰变，其衰变粒子与反冲核的初速度方向均与电场方向垂直，且经过相等的时间后形成的轨迹如图所示（a、b表示长度）。原子核重力不计，则该衰变方程可能是（ ）
A．→+
B．→+
C．→+
D．→+
【分析】根据形成的径迹发现判断粒子的电性，即可判断发生何种衰变；根据核衰变过程动量守恒，反冲核与释放出的粒子的动量大小相等，根据牛顿第二定律和类平抛公式求解．
【解答】解：由轨迹弯曲方向可以看出，反冲核与放出的射线的受力方向均与电场强度方向相同，带正电，所以放出的粒子为α粒子，即发生α衰变；
根据类平抛运动处理规律，则有：v1t＝9a，；
v2t＝b，；
综上解得：，由于α粒子（）带两个元电荷，即q1＝2e，所以反冲核的电荷量q2＝45q1＝90e，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】原子核的衰变过程类比于爆炸过程，满足动量守恒，掌握类平抛运动的规律解答．
5．（4分）如图甲所示，某选手正在进行定点投篮。在篮球运动所在的竖直平面内建立坐标系xOy，如图乙所示，篮球由A点投出，A、B、C、D是篮球运动轨迹上的四点，C为篮球运动的最高点。重力加速度为g，空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是（ ）
A．篮球经过C点时速度大小为
B．篮球经过B点和D点的动量相同
C．篮球由A到B和由B到C过程，动量的变化量相同
D．篮球由B到C和由C到D过程，重力做功相同
【分析】将斜抛运动分解成水平和竖直两个方向，抓住水平方向是匀速直线运动，竖直方向上做匀变速直线运动，进行分析；根据篮球的受力情况和运动情况确定其运动性质。
【解答】解：A．篮球抛出后做斜抛运动，利用逆向思维，可知篮球从C点做平抛运动到A点，设C点坐标为（0，yC），C点到B点时间为t，由乙图可知
联立解得：；故A错误；
B．由乙图知B、D点在同一水平面上，篮球在B、D处的速度大小相等，方向不同，所以篮球经过B点和D点的动量不相同。故B错误；
C．由乙图知篮球由A到B和B到C过程水平方向发生的位移相等，所用时间相等，根据动量定理可知动量的变化量相同。故C正确；
D．篮球由B到C过程重力做负功，由C到D过程，重力做正功，二者不同。故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握斜抛运动在水平和竖直方向的运动规律，运用速度的分解和匀变速直线运动的规律求解。
6．（4分）半径为2R的圆形磁场的磁感应强度为B，半径为R的单匝圆形线圈电阻为r，两圆同平面。线圈以速度v沿两圆心连线匀速穿过磁场区域，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．线圈进入磁场过程中，线圈里先有逆时针方向电流后有顺时针方向电流
B．线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为2BRv
C．线圈位移为R时，线圈中有最大感应电流Im＝
D．线圈进入磁场到位移为R的过程中，感应电动势均匀增加
【分析】A、根据楞次定律，结合题意可知，线圈中的感应电流方向为逆时针方向；
B、根据法拉第电磁感应定律，结合题意求出线圈中磁通量的最大变化率；
C、先判断线圈中的感应电动势，再利用欧姆定律判断电路中的感应电流与最大电流的关系；
D、根据法拉第电磁感应定律，结合线圈切割磁感线的有效长度的变化，判断感应电动势的变化。
【解答】解：A、线圈进入磁场过程中，线圈里的磁通量一直向里增大，根据楞次定律可得，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，故A错误；
B、线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为
＝＝Bv•2R＝2BRv
故B正确；
C、线圈位移为R时，线圈圆心在磁场边界上，故此时切割磁感线的有效长度小于直径，故感应电动势小于2BRv，故线圈中的感应电流小于Im＝，故C错误；
D、线圈进入磁场到位移为R的过程中，切割磁感线的有效长度为
l＝2＝2
根据法拉第电磁感应定律可知
E＝Blv
故感应电动势非均匀增加，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律，在处理导体切割磁感线问题时，要注意导体切割磁感线的有效长度。
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）7．（5分）卫星1和卫星2分别沿圆轨道和椭圆轨道环绕地球运行，两轨道在同一平面内相交于A、B两点，卫星2在近地点离地心的距离是卫星1轨道半径的倍，如图所示，某时刻两卫星与地心在同一直线上，D点为远地点，当卫星2运行到A点时速度方向与CD连线平行。已知近地点的曲率半径为ρ＝，式中a、b分别是椭圆的半长轴和半短轴。下列说法中正确的是（ ）
A．两卫星在A点的加速度相同
B．卫星2在近地点的加速度大小是卫星1加速度大小的k倍
C．卫星2在近地点的速率是卫星1速率的倍
D．卫星2运行到近地点时，卫星1和卫星2的连线过地心
【分析】根据开普勒定律比较两卫星的运动周期，根据万有引力的大小，通过牛顿第二定律比较加速度，结合速度的大小比较向心加速度的大小，结合开普勒第三定律分析。
【解答】解：A、卫星只受万有引力，根据牛顿第二定律有：，解得：a＝∝，两卫星在A点到地球球心的距离相等，则加速度相同，故A正确；
B、卫星2在近地点离地心的距离是卫星1轨道半径的，根据a＝∝，故卫星2在近地点的加速度是卫星1加速度的k2倍，故B错误；
C、如果是沿着圆轨道运动，根据万有引力等于向心力，有：，则环绕速度公式为v＝，则卫星2在近地点的速度是卫星1速度的倍，但卫星2在椭圆轨道运动，故卫星2在近地点的速度不是卫星1速度的倍，故C错误；
D、卫星1与卫星2的半长轴相等，根据开普勒周期定律，其周期相等，故经过半个周期后运动半圈，卫星2运行到近地点时，二者依然在同一直线上，卫星1和卫星2的连线过地心，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查万有引力定律在天文学上的运用，关键是明确卫星的动力学原理，根据牛顿第二定律、万有引力定律、开普勒定律列式分析。
（多选）8．（5分）如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是（ ）
A．q1＝q2B．q1＝2q2C．v＝1.0m/sD．v＝1.5m/s
【分析】AB、根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律，结合电荷量与平均电流的关系可得线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量的关系；
CD、利用动量定理，结合已知量求出线框经过位置Ⅱ时的速度大小。
【解答】解：AB、若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q＝t
根据法拉第电磁感应定律可得＝＝
利用闭合电路的欧姆定律，可得＝
联立整理可得q＝
故线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2
故A错误，B正确；
CD、线框从开始进入磁场到位置Ⅱ，以向右为正方向，根据动量定理有
﹣BI1L•Δt1＝mΔv
整理可得﹣BLq1＝mv﹣mv0
线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，根据动量定理有
﹣BI2L•Δt2＝mΔv′
整理可得﹣BLq2＝0﹣mv
联立可得v＝v0＝×4.5m/s＝1.5m/s
故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】在求通过横截面的电荷量问题时，要注意结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和电荷量与平均电流的关系，注意这里的电流是平均电流，对应的电动势为平均电动势。
（多选）9．（5分）如图是进行变压器演示实验的示意图，在铁环上用刷有绝缘漆的铜丝绕制了匝数分别为n1、n2的两个线圈。线圈n1与开关S1、干电池E1、交流电源E2构成电路，交流电源E2的电动势e＝6sin100πt（V），线圈n2与开关S2、灵敏电流表G、交流电压表V构成电路。则（ ）
A．若S1接“1”，在将S2接“3”的瞬间灵敏电流表指针将发生偏转
B．若S2接“3”，在将S1接“1”的瞬间灵敏电流表指针将发生偏转
C．若S1接“2”，在S2接“4”后，电压表指针的摆动频率为
D．若S1接“2”，S2接“4”，稳定后电压表的读数为（V）
【分析】根据变压器的工作电源为交流，可以分析A，在接通1的瞬间，原线圈中要出现磁场，故副线圈也会应为感应出现电流，由此可以分析B，交流电路中电表的示数都为有效值，故C错误，根据变压器原副线圈电压之比与匝数之比的关系可以分析D选项。
【解答】解：A.若S1接“1”，原线圈通有的是恒定电流，在副线圈中没有感应电流，故指针不偏转，故A错误；
B.若S2接“3”，在将S1接“1”的瞬间，原线圈电流突然变化，副线圈产生感应电流，灵敏电流表指针发生偏转，故B正确；
C.若S1接“2”，在S2接“4”后，电压表显示的是有效值，不会摆动，故C错误；
D.若S1接“2”，S2接“4”，交流电压有效值为U1＝6V，根据得，U2＝＝V，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查变压器的工作原理、交流电表的示数以及电压之比与匝数之比的关系，该知识点变压器部分重要知识点，需要学生多应用，加强熟练程度。
（多选）10．（5分）将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为μ。在这三个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．产生的热量大小关系为Q1＝Q2＜Q3
B．机械能的减少量大小关系为ΔE1＞ΔE2＝ΔE3
C．滑到底端时的速度大小关系为v1＞v2＞v3
D．运动的时间关系为t2＜t1＜t3
【分析】此题关键是克服摩擦力做功的比较，先推导出克服摩擦力做功的表达式，思路是统一变量，使克服摩擦力做功只与某一变量有关，才可顺利比较，物块沿斜面下滑的模型可推导出W克f＝μmgx（x是水平位移，前提滑动摩擦力等于μmgcsθ）；对于某一物体，除重力以外其它力做功等于机械能变化量；系统克服摩擦力做的功等于系统摩擦产生的热量；应用动能定理可比较末速度的关系。
【解答】解：设木板长度为L，所构成的三角形底边长为x，高为h，木板的倾角（即木板与水平地面的夹角）为θ，
物块沿木板下滑过程中克服摩擦力做功为：W克＝μmgLcsθ＝μmgx。
A、可见木板1和2对应的底边长x相等，所以沿着木板1和2下滑到底端的过程中，物块克服摩擦力做功相等，木板3对应的底边x最长，物块下滑过程中克服摩擦力做功最多，根据功能关系，系统克服摩擦力做的功等于系统因摩擦生成的热量，故产生的热量大小关系为Q1＝Q2＜Q3，故A正确；
B、机械能的损失等于克服摩擦力做的功，也就是等于产生的热，所以机械能的减少量大小关系为ΔE1＝ΔE2＜ΔE3，故B错误；
C、对物块下滑过程，根据动能定理可得：mgh﹣W克＝mv2，其中W克＝μmgx。
对于木板1和2对应有：h1＞h2，x1＝x2，可知滑到底端的速度大小关系：v1＞v2；
对于木板2和3对应有：h2＝h3，x2＜x3，可知滑到底端的速度大小关系：v2＞v3，
可得滑到底端的速度大小关系为：v1＞v2＞v3，故C正确；
D、根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma，解得加速度大小为：a＝gsinθ﹣μgcsθ，由此可得a1＞a2＞a3，
根据速度—时间关系可得：t＝，由于速度大加速度也大，无法比较下滑时间的长短，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了功能关系、功的计算及瞬时功率的计算，关键要推导出克服摩擦力做功的表达式，得到μmg一定时，它只与底边的长相关，才能顺利进行比较，这个模型的克服摩擦力做功的表达式可作为推论掌握。
三、非选择题：共56分。第11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。
11．某同学利用如图甲所示的装置验证动量定理。所用电源的频率f＝50Hz，重物和托盘的质量为m，小车的质量为M，重力加速度g＝9.8m/s2，将打点计时器所在的一端垫高，以平衡小车与木板之间的摩擦力，之后通过合理的实验操作得到了如图乙所示的纸带，图中各点为连续的计时点。
（1）打下计时点2时，小车的瞬时速度大小为 0.575m/s （结果保留三位有效数字）；
（2）取打下计时点1～5的过程研究，打下计时点1、5时小车的速度大小分别为v1、v5，则验证动量定理的表达式为 ＝（M+m）（v5﹣v1） （用题中所给物理量符号表示）；
（3）若实验过程中发现m所受重力的冲量大于系统动量的增加量，造成此问题的原因可能是 阻力的影响 。
【分析】（1）根据匀变速直线运动规律解得；
（2）根据动量定理解得；
（3）实验中存在阻力影响。
【解答】解：（1）根据匀变速直线运动规律有：v2＝＝×10﹣2m/s＝0.575m/s
（2）对M根据动量定理有：mg＝（M+m）（v5﹣v1），整理有：＝（M+m）（v5﹣v1）
（3）由于阻力的影响，实验过程中发现m所受重力的冲量大于系统动量的增加量；
故答案为：（1）0.575m/s；（2）＝（M+m）（v5﹣v1）；（3）阻力的影响
【点评】本题考查动量定理的实验，解题关键掌握实验原理及实验操作和数据处理方法。
12．某兴趣小组为了测量电动车上电池的电动势（约为36V）和内阻r（约为10Ω），需要将一个量程为15V的电压表（内阻Rg约为10kΩ）改装成量程为45V的电压表，然后再测量电池的电动势和内阻。以下是该实验的操作过程。
（1）由于不知道该电压表内阻的确切值，该兴趣小组将一个最大阻值为50kΩ的电位器RP（视为可变电阻）与电压表串联后，利用如图甲所示的电路进行改装，请完成③的填空。
①将总阻值较小的滑动变阻器的滑片P移至最右端，同时将电位器的阻值调为零；
②闭合开关S，将滑片P向左移动，使电压表的示数为12V；
③保持滑片P的位置不变，调节电位器，使电压表的示数为 4 V；
④不再改变电位器的阻值，保持电压表和电位器串联，撤去其他电路就得到改装后的电压表。
（2）用改装后的电压表接入电路测量已知电压时，其示数总是 小于 （选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。
（3）通过调整使改装后的电压表准确。该兴趣小组利用一个电阻箱R（0～999.9Ω）和改装后的电压表（电压表的表盘没有改变，读数记为U）连接成如图乙所示的电路来测量该电池的电动势和内阻。
该小组首先得出了与的关系式为 ＝×﹣ （用E、r和U表示），然后根据测得的电阻值R和电压表的读数U作出图像如图丙所示，则该电池的电动势E＝ 36 V、内阻r＝ 8 Ω。
【分析】（1）根据串联电路特点分析答题。
（2）根据实验步骤应用串联电路特点与欧姆定律分析答题。
（3）应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数表达式，然后分析答题。
【解答】解：（1）由于电压表的内阻不确定，所以不能采用教材提供的方法进行改装。但由于电压表的量程为15V，所以要想将电压表改装成量程为45V的电压表，电位器承担的电压应该是电压表电压的两倍，由于二者之间是串联关系，所以电位器的阻值应调节为电压表内阻的两倍因此，当电压表的示数为12V时，只需调节电位器，使电压表的示数变为4V即可。
（2）电位器接入电路时，电压表的支路的电阻增大，和滑动变阻器并联部分阻值增大，分压变大，则电压表支路的电压变大，电位器接入电路的阻值实际大于电压表内阻的两倍，则改装的电压表的内阻实际比理论值大，则改装的电压表量程实际大于45V，故按45V读数时，每次测量的示数小于真实值。
（3）改装后电压表量程为原电压表量程的3倍，电压表示数为U时路端电压为3U，根据闭合电路的欧姆定律得：E＝3U+Ir＝3U+r
整理得：＝×﹣，由图丙所示图像可得，图线的纵截距为Ω﹣1，图线的斜率为A＝1.5A，解得：E＝36V，r＝8Ω。
故答案为：（1）4；（2）小于；（3）＝×﹣；36；8。
【点评】理解实验原理、分析清楚图示电路结构是解题的前提；应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数表达式即可解题。
13．动作电影中，常有演员高台跳跃的精彩表演吸引观众的眼球。某场镜头中，质量m＝60kg的演员从静止开始在距离高台边沿x0＝9m处的位置，以恒定的加速度a＝2m/s2向左端跑动起来，演员起跑3.5s后，车厢右端与高台水平距离x＝2m处的汽车以速度v＝5m/s匀速行驶，演员从高台边沿跑出时速度方向水平向左，高台与车厢底板的竖直高度H＝5m，取重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力。
（1）若演员与车厢底板的接触时间Δt＝0.5s，演员落至车中与车保持相对静止。求接触过程中演员受到汽车的平均作用力的大小F（结果保留整数）；
（2）车厢长度为3m，若想让演员安全落至车厢底板，求演员起跑3.5s时，车厢右端与高台水平距离的范围。
【分析】（1）根据匀加速直线运动计算初速度大小，根据动量定理计算作用力的大小；
（2）根据落到车厢的左端和右端计算水平距离的范围。
【解答】解：（1）设演员从静止开始做匀加速直线运动的时间为t0，到达高台边沿的速度为v0，由
代入数据解得t0＝3s
由v0＝at0
代入数据解得v0＝6m/s
之后演员跑出高台做平抛运动，设平抛运动的时间为t1，落至车厢底板时在竖直方向的速度大小为vy，由
代入数据解得t1＝1s
由vy＝gt1
代入数据解得vy＝10m/s
在演员与车厢底板的接触过程中，以演员为研究对象，在水平方向上取汽车速度v的方向为正方向，由动量定理F1Δt＝mv﹣mv0
代入数据解得F1＝﹣120N
则汽车对演员水平方向上的作用力大小为120N，方向水平向右，在竖直方向上取向上为正方向，由动量定理（F2﹣mg）Δt＝0﹣m（﹣vy）
代入数据解得F2＝1800N
则汽车对演员竖直方向上的作用力大小为1800N，方向竖直向上，由力的合成可知
（2）由（1）问分析可知，演员落至车厢底板时的水平位移x演员＝v0t1＝6×1m＝6m
从起跑到落至车厢底板的运动时间t演员＝t0+t1＝3s+1s＝4s
故汽车的运动时间为t车＝t演员﹣3.5s＝0.5s
汽车运动的位移x车＝vt车＝5×0.5m＝2.5m
车厢长度为L＝3m
当演员恰好落至车厢最左端，由位移关系可知Δxmin＝x演员﹣x车﹣L＝6m﹣2.5m﹣3m＝0.5m
当演员恰好落至车厢最右端，由位移关系可知Δxmax＝x演员﹣x车＝6m﹣2.5m＝3.5m
综上可知，若想让演员安全落至车厢底板，则演员起跑3.5s时，车厢右端与高台水平距离的范围为0.5m≤Δx≤3.5m。
答：（1）接触过程中演员受到汽车的平均作用力的大小F为1804N；
（2）车厢右端与高台水平距离的范围为0.5m≤Δx≤3.5m。
【点评】本题涉及到多个运动的过程，对每个过程都要仔细的分析物体运动的情况，这道题可以很好的考查学生的分析问题的能力，有一定的难度。
14．如图所示，竖直平面内直角坐标系xOy的第一象限和第二象限存在沿水平方向的匀强电场。一质量为m，电荷量为+q的带电小球，从x轴上的P（﹣d，0）点以初动能Ek0沿y轴正方向射入第二象限，经过一段时间后小球从y轴正半轴的某位置处垂直于y轴进入第一象限，小球经过y轴时的动能大小为Ek0，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）小球经过y轴时的位置坐标（用d表示）；
（2）小球再次经过x轴时的动能（用Ek0表示）；
（3）小球运动过程中的最小动能（用Ek0表示）。
【分析】小球在竖直方向做类竖直上抛运动，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动
（1）根据题意应用运动学公式求出小球经过y轴时的位置坐标。
（2）应用动能定理求出小球经过x轴时的动能。
（3）当速度方向与合力方向垂直时速度最小，动能最小，求出小球的最小动能。
【解答】解：（1）小球垂直于y轴进入第一象限，竖直方向分速度为零，
设小球的初速度大小为v0，小球经过y轴时的速度大小为vx，
由题意可知：Ek0＝，Ek0＝
解得：vx＝v0，
设小球从P点运动到y轴的时间为t，
在水平方向：d＝t
在竖直方向：y＝t
解得：y＝d
（2）小球在竖直方向做类竖直上抛运动，小球再次到达x轴时的运动时间为2t，
设小球再次到达x轴时在水平方向的位移大小为x，设小球在水平方向的加速度大小为a，
则d＝，x＝，解得：x＝4d
设小球再次到达x轴时在水平方向的动能为Ekx，设小球受到的电场力大小为F，在水平方向，
由动能定理得：Fd＝Ek0﹣0，Fx＝Ekx﹣0，解得：Ekx＝2Ek0，
则小球再次经过x轴时的动能Ek＝Ek0+Ekx＝3Ek0，
（3）小球从P点运动到y轴上过程，
在竖直方向：v0＝gt，水平方向：vx＝t
解得电场力大小：F＝qE＝mg
在水平方向，由牛顿第二定律得：F＝ma，解得：a＝g
当小球的速度与合力垂直时小球的速度最小，动能最小，如图所示
设小球速度最小时的运动时间为t′，
在竖直方向：vy＝v0﹣gt′，水平方向：vx1＝at′
其中：tanθ＝，tanθ＝
解得：vy＝v0，vx1＝v0，
小球的最小动能：Ekmin＝
解得：Ekmin＝Ek0
答：（1）小球经过y轴时的位置坐标（0，d）；
（2）小球再次经过x轴时的动能是3Ek0；
（3）小球运动过程中的最小动能是Ek0。
【点评】本题考查了带电小球在匀强电场中的运动，根据题意分析清楚小球的运动过程，应用动能定理与运动学公式即可解题。
（二）选考题：共13分。请考生从两道中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。【选修3-3】
（多选）15．（5分）下列说法中正确的是 （ ）
A．在较暗的房间里，从射进来的阳光中，可以看到悬浮在空气中的微粒在不停地运动，这些微粒的运动不是布朗运动
B．在装有水的密闭容器中，液体水与水蒸气达到动态平衡后，液体水中不再有水分子逸出液体表面，也没有水蒸气分子回到液体水中
C．给农田松土的目的是破坏土壤里的毛细管，使地下的水分不会被快速引上来而蒸发掉
D．液晶具有光学各向异性
E．一定质量的理想气体体积增大，气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数一定减少
【分析】根据布朗运动的定义可判定；结合饱和气压的本质即可确定水分子进入和离开水面的分子数相同；毛细现象的应用；液晶具有液体的流动性和光学各向异性；根据气体压强的微观意义即可解题。
【解答】解：A、在较暗的房间里，从射进来的阳光中，看到的小颗粒悬浮在空气中的不停地运动，这些微粒的运动受到的空气的流动的影响比较大，所以不是布朗运动，故A正确；
B、盛放水的密闭容器中，当水蒸气达到饱和时，是离开水面的分子和同时进入水面的分子数相等，不是没有分子飞出，故B错误；
C、给农田松土的目的是破坏土壤里的毛细管，使地下的水分不会被快速引上来而蒸发掉，从而保存地下的水分，故C正确；
D、液晶具有液体的流动性和光学各向异性，故D正确；
E、一定量的理想气体体积增大，分子数密度减小，但温度如果升高，压强增大，分子运动剧烈，气体分子单位时间内与器壁单位面积的碰撞次数不一定减小，故E错误；
故选：ACD。
【点评】本题主要考查饱和气压、毛细现象、布朗运动、气体压强的微观意义等，知识点多，难度不大，关键是记住基础知识。
16．（8分）如图所示，在一横截面积为S的竖直玻璃管内封闭着A、B两部分理想气体，中间用水银柱隔开。玻璃管静止时，A部分气柱长度为3L，压强为P0；B部分气柱长度为2L，水银柱产生的压强为0.5P0。已知大气压强为P0，环境温度保持不变。
（i）若将玻璃管沿竖直平面内缓慢转过90°，待稳定后求气柱A的长度；
（ii）若在玻璃管装有气体A的顶端开一小孔，现缓慢加热气体B，当气体B从外界吸收的热量为Q时，水银刚好到达小孔处，求该过程气体B内能的增量ΔU。
【分析】（i）设气柱的长度为l，分别对两部分气体根据理想气体的状态方程进行分析，联立等式计算出B气柱的长度；
（ii）升温过程为等压变化，由此计算出气体对外界的做功，结合热力学第一定律分析出气体B的内能增量。
【解答】解：（i）在初始位置时，B气体的压强为pB1＝p0+0.5p0＝1.5p0；
缓慢翻转90°后，设气柱A的长度为l，则气柱B的长度为5L﹣l
对A气体分析：p0×3LS＝pA×lS
对B气体分析：1.5p0×2LS＝pB×（5L﹣l）S
同时，pB+0.5p0＝pA
联立解得：l＝2.5L
（ii）若在A的顶端开一个小孔，则在变化过程中B部分的气体发生等压变化，压强保持不变
气体对外界做功为W＝﹣1.5P0×3LS＝﹣4.5p0LS
根据热力学第一定律可知，该过程B气体内能的增量为：
ΔU＝Q﹣4.5p0LS
答：（i）稳定后气柱A的长度为2.5L；
（ii）该过程气体B内能的增量为Q﹣4.5p0LS。
【点评】本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合公式pV＝CT完成分析，同时要结合热力学第一定律计算出气体的内能增量即可。
【选修3—4】
（多选）17．一列简谐横波沿x轴在介质中传播，M、N是x轴上介质中的两个质点。图甲是t＝1.0s的该简谐横波的波形图，图乙是质点N的振动图像，t＝0时刻质点M的纵坐标为2cm，下列说法正确的是（ ）
A．该列简谐横波沿着x轴的正方向传播
B．该列简谐横波的传播速度为4.0m/s
C．当t＝3.5s时，质点N在波峰，加速度最小
D．当时，质点M第一次到达波峰
E．当t＝3.5s时，质点M第一次到达波谷
【分析】根据N点在t＝1s时的振动方向，由甲图判断出波的传播方向，根据周期性和乙图读出周期，求出波速。根据N点在t＝0时的位置分析加速度，根据M的振动方程分析M第一次到达波峰和波谷的时间。
【解答】解：A．根据题图乙知，质点N在t＝1.0s时，向上振动，根据“平移法”判断该波沿x轴正方向传播，故A正确；
B．由题图甲和乙可知该波的波长为λ＝8.0m，周期为T＝2.0s，可得该波传播速度＝m/s＝4.0m/s，故B正确；
C．t＝0时，质点N在平衡位置向下振动，当t＝3.5s时，根据，可知此时质点N在波峰位置，加速度最大，故C错误；
DE．t＝0时刻质点M的纵坐标为2cm，根据质点的振动方程y＝Asin（ωt+φ），可知M点的振动方程为，因此第一次到达波峰的时间为，第一次到达波谷的时间为，故DE错误。
故选：AB。
【点评】本题的关键是抓住振动图象和波动图象之间的内在联系，掌握波速的计算公式。
18．用同种透明玻璃材料制成的工件，由一个长度为L＝1.6m的圆柱体和半球体构成。圆柱体的底面半径和半球体的半径均为R＝0.4m，该工件的截面如图所示，图中OO′为该工件的主光轴。用一束与AD边成θ＝30°单色光从AD边上的O′点入射，入射光恰好在AB边发生全反射，最后沿着OP（P点图中未画出）从半球上射出。已知OP与OB间的夹角为α＝60°，光在真空中的传播速度为c＝3.0×108m/s，求：
（1）该玻璃工件的折射率；
（2）光在该玻璃工件中的传播时间。
【分析】（1）作出光路图，根据几何关系求出在AB边上发生全反射的临界角，根据折射定律求出折射率；
（2）根据n＝求出光在圆柱体体内传播的速度，得出AB方向水平分速度，从而求出光在圆柱体中传播的时间，得出总时间。
【解答】解：（1）设玻璃工件对该单色光的折射率为n，光在玻璃工件内的光路图如图所示，
光在AB边发生全反射，设临界角为C，根据光的折射定律可得
由几何关系得：C＝α＝60°
解得：；
（2）根据光的折射定律
，
光沿着AB方向的分速度为
该光在玻璃工件内的传播时间为
解得：t＝2.1×10﹣8s。
答：（1）该玻璃工件的折射率为；
（2）光在该玻璃工件中的传播时间为2.1×10﹣8s。
【点评】本题考查了几何光学的基本运用，关键能够作出光路图，结合折射定律以及真空中传播速度和介质中传播速度的关系进行求解，难度中等。
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