2022年云南省高考物理試卷（甲卷）

第24頁（共24頁）2022年云南省高考物理試卷（甲卷）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8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。1．（6分）北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示。運(yùn)動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點(diǎn)為a、b之間的最低點(diǎn)，a、c兩處的高度差為h。要求運(yùn)動員經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運(yùn)動過程中將運(yùn)動員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所有阻力，則c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于（）A． B． C． D．2．（6分）長為l的高速列車在平直軌道上正常行駛，速率為v0，要通過前方一長為L的隧道，當(dāng)列車的任一部分處于隧道內(nèi)時(shí)，列車速率都不允許超過v（v＜v0）。已知列車加速和減速時(shí)加速度的大小分別為a和2a，則列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時(shí)間至少為（）A．+ B．+ C．+ D．+3．（6分）三個(gè)用同樣的細(xì)導(dǎo)線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等，如圖所示。把它們放入磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間線性變化的同一勻強(qiáng)磁場中，線框所在平面均與磁場方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應(yīng)電流的大小分別為I1、I2和I3。則（）A．I1＜I3＜I2 B．I1＞I3＞I2 C．I1＝I2＞I3 D．I1＝I2＝I34．（6分）兩種放射性元素的半衰期分別為t0和2t0，在t＝0時(shí)刻這兩種元素的原子核總數(shù)為N，在t＝2t0時(shí)刻，尚未衰變的原子核總數(shù)為，則在t＝4t0時(shí)刻，尚未衰變的原子核總數(shù)為（）A． B． C． D．5．（6分）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（xOy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)O由靜止開始運(yùn)動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運(yùn)動軌跡的一定是（）A． B． C． D．（多選）6．（6分）如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運(yùn)動；某時(shí)刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長之前（）A．P的加速度大小的最大值為2μg B．Q的加速度大小的最大值為2μg C．P的位移大小一定大于Q的位移大小 D．P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大?。ǘ噙x）7．（6分）如圖，兩根相互平行的光滑長直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，整個(gè)系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。開始時(shí)，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關(guān)S后，（）A．通過導(dǎo)體棒MN電流的最大值為 B．導(dǎo)體棒MN向右先加速、后勻速運(yùn)動 C．導(dǎo)體棒MN速度最大時(shí)所受的安培力也最大 D．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱（多選）8．（6分）地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點(diǎn)水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點(diǎn)均取在P點(diǎn)。則射出后，（）A．小球的動能最小時(shí)，其電勢能最大 B．小球的動能等于初始動能時(shí)，其電勢能最大 C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時(shí)，其動能最大 D．從射出時(shí)刻到小球速度的水平分量為零時(shí)，重力做的功等于小球電勢能的增加量二、非選擇題：共62分。第9～12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第13～16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共47分。9．（5分）某同學(xué)要測量微安表內(nèi)阻，可利用的實(shí)驗(yàn)器材有：電源E（電動勢1.5V，內(nèi)阻很小），電流表?（量程10mA，內(nèi)阻約10Ω），微安表?（量程100μA，內(nèi)阻Rg待測，約1kΩ），滑動變阻器R（最大阻值10Ω），定值電阻R0（阻值10Ω），開關(guān)S，導(dǎo)線若干。（1）在答題卡上將圖中所示的器材符號連線，畫出實(shí)驗(yàn)電路原理圖；（2）某次測量中，微安表的示數(shù)為90.0μA，電流表的示數(shù)為9.00mA，由此計(jì)算出微安表內(nèi)阻Rg＝Ω。10．（10分）利用圖示的實(shí)驗(yàn)裝置對碰撞過程進(jìn)行研究。讓質(zhì)量為m1的滑塊A與質(zhì)量為m2的靜止滑塊B在水平氣墊導(dǎo)軌上發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，比較碰撞后A和B的速度大小v1和v2，進(jìn)而分析碰撞過程一定是否為彈性碰撞。完成下列填空：（1）調(diào)節(jié)導(dǎo)軌水平。（2）測得兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510kg和0.304kg。要使碰撞后兩滑塊運(yùn)動方向相反，應(yīng)選取質(zhì)量為kg的滑塊作為A。（3）調(diào)節(jié)B的位置，使得A與B接觸時(shí)，A的左端到左邊擋板的距離s1與B的右端到右邊擋板的距離s2相等。（4）使A以一定的初速度沿氣墊導(dǎo)軌運(yùn)動，并與B碰撞，分別用傳感器記錄A和B從碰撞時(shí)刻開始到各自撞到擋板所用的時(shí)間t1和t2。（5）將B放回到碰撞前的位置，改變A的初速度大小，重復(fù)步驟（4）。多次測量的結(jié)果如表所示。12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k＝0.31k20.330.330.33（6）表中的k2＝（保留2位有效數(shù)字）。（7）的平均值為（保留2位有效數(shù)字）。（8）理論研究說明，對本實(shí)驗(yàn)的碰撞過程，一定是否為彈性碰撞可由判斷。若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則的理論表達(dá)式為（用m1和m2表示），本實(shí)驗(yàn)中其值為（保留2位有效數(shù)字）；若該值與（7）中結(jié)果間的差別在允許范圍內(nèi)，則可認(rèn)為滑塊A與滑塊B在導(dǎo)軌上的碰撞為彈性碰撞。11．（12分）將一小球水平拋出，使用頻閃儀和照相機(jī)對運(yùn)動的小球進(jìn)行拍攝，頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光。某次拍攝時(shí)，小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光，拍攝的照片編輯后如圖所示。圖中的第一個(gè)小球?yàn)閽伋鏊查g的影像，每相鄰兩個(gè)球之間被刪去了3個(gè)影像，所標(biāo)出的兩個(gè)線段的長度s1和s2之比為3：7。重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略空氣阻力。求在拋出瞬間小球速度的大小。12．（20分）光點(diǎn)式檢流計(jì)一定是一種可以測量微小電流的儀器，其簡化的工作原理示意圖如圖所示。圖中A為輕質(zhì)絕緣彈簧，C為位于紙面上的線圈，虛線框內(nèi)有與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場；M為置于平臺上的輕質(zhì)小平面反射鏡，輕質(zhì)剛性細(xì)桿D的一端與M固連且與鏡面垂直、另一端與彈簧下端相連，PQ為圓弧形的、帶有均勻刻度的透明讀數(shù)條，PQ的圓心位于M的中心。使用前需調(diào)零：使線圈內(nèi)沒有電流通過時(shí)，M豎直且與紙面垂直；入射細(xì)光束沿水平方向經(jīng)PQ上的O點(diǎn)射到M上后沿原路反射。線圈通入電流后彈簧長度改變，使M發(fā)生傾斜，入射光束在M上的入射點(diǎn)仍近似處于PQ的圓心，通過讀取反射光射到PQ上的位置，可以測得電流的大小。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，線圈C的匝數(shù)為N、沿水平方向的長度為l，細(xì)桿D的長度為d，圓弧PQ的半徑為r，r＞＞d，d遠(yuǎn)大于彈簧長度改變量的絕對值。（1）若在線圈中通入的微小電流為I，求平衡后彈簧長度改變量的絕對值Δx及PQ上反射光點(diǎn)與O點(diǎn)間的弧長s；（2）某同學(xué)用此裝置測一微小電流，測量前未調(diào)零，將電流通入線圈后，PQ上反射光點(diǎn)出現(xiàn)在O點(diǎn)上方，與O點(diǎn)間的弧長為s1；保持其它條件不變，只將該電流反向接入，則反射光點(diǎn)出現(xiàn)在O點(diǎn)下方，與O點(diǎn)間的弧長為s2。求待測電流的大小。（二）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。[物理—選修3-3]（15分）（多選）13．（5分）一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過程如p﹣T圖上從a到b的線段所示。在此過程中（）A．氣體一直對外做功 B．氣體的內(nèi)能一直增加 C．氣體一直從外界吸熱 D．氣體吸收的熱量等于其對外做的功 E．氣體吸收的熱量等于其內(nèi)能的增加量14．（10分）如圖，容積均為V0、缸壁可導(dǎo)熱的A、B兩汽缸放置在壓強(qiáng)為p0、溫度為T0的環(huán)境中；兩汽缸的底部通過細(xì)管連通，A汽缸的頂部通過開口C與外界相通；汽缸內(nèi)的兩活塞將缸內(nèi)氣體分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的體積分別為V0和V0。環(huán)境壓強(qiáng)保持不變，不計(jì)活塞的質(zhì)量和體積，忽略摩擦。（?。h(huán)境溫度緩慢升高，求B汽缸中的活塞剛到達(dá)汽缸底部時(shí)的溫度；（ⅱ）將環(huán)境溫度緩慢改變至2T0，然后用氣泵從開口C向汽缸內(nèi)緩慢注入氣體，求A汽缸中的活塞到達(dá)汽缸底部后，B汽缸內(nèi)第Ⅳ部分氣體的壓強(qiáng)。[物理—選修3-4]（15分）15．一平面簡諧橫波以速度v＝2m/s沿x軸正方向傳播，t＝0時(shí)刻的波形圖如圖所示。介質(zhì)中平衡位置在坐標(biāo)原點(diǎn)的質(zhì)點(diǎn)A在t＝0時(shí)刻的位移y＝cm。該波的波長為m，頻率為Hz。t＝2s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)A（填“向上運(yùn)動”“速度為零”或“向下運(yùn)動”）。16．如圖，邊長為a的正方形ABCD為一棱鏡的橫截面，M為AB邊的中點(diǎn)。在截面所在平面內(nèi)，一光線自M點(diǎn)射入棱鏡，入射角為60°，經(jīng)折射后在BC邊的N點(diǎn)恰好發(fā)生全反射，反射光線從CD邊的P點(diǎn)射出棱鏡。求棱鏡的折射率以及P、C兩點(diǎn)之間的距離。

2022年云南省高考物理試卷（甲卷）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8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。1．（6分）北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示。運(yùn)動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點(diǎn)為a、b之間的最低點(diǎn)，a、c兩處的高度差為h。要求運(yùn)動員經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運(yùn)動過程中將運(yùn)動員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所有阻力，則c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)動能定理計(jì)算速度，結(jié)合牛頓第二定律計(jì)算出半徑最小值。【解答】解：從a到c根據(jù)動能定理有：mgh＝在c點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律有：kmg﹣mg＝聯(lián)立解得：R＝故ABC錯(cuò)誤，D正確；故選：D。2．（6分）長為l的高速列車在平直軌道上正常行駛，速率為v0，要通過前方一長為L的隧道，當(dāng)列車的任一部分處于隧道內(nèi)時(shí)，列車速率都不允許超過v（v＜v0）。已知列車加速和減速時(shí)加速度的大小分別為a和2a，則列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時(shí)間至少為（）A．+ B．+ C．+ D．+【分析】當(dāng)列車的任一部分處于隧道內(nèi)時(shí)，列車速率都不允許超過v（v＜v0），可知列車進(jìn)入隧道前需減速至v，然后勻速通過隧道，全部出隧道后需加速到v0，分別求出列車的減速運(yùn)動時(shí)間、勻速運(yùn)動時(shí)間和加速運(yùn)動時(shí)間即可求出總時(shí)間?！窘獯稹拷猓寒?dāng)列車的任一部分處于隧道內(nèi)時(shí)，列車速率都不允許超過v（v＜v0），可知列車進(jìn)入隧道前需減速至v，然后勻速通過隧道，全部出隧道后需加速到v0，則減速時(shí)間：t1＝，勻速時(shí)間：t2＝，加速時(shí)間：t3＝，列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時(shí)間至少為t＝t1+t2+t3解得：t＝，故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選：C。3．（6分）三個(gè)用同樣的細(xì)導(dǎo)線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等，如圖所示。把它們放入磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間線性變化的同一勻強(qiáng)磁場中，線框所在平面均與磁場方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應(yīng)電流的大小分別為I1、I2和I3。則（）A．I1＜I3＜I2 B．I1＞I3＞I2 C．I1＝I2＞I3 D．I1＝I2＝I3【分析】根據(jù)電阻定律與電磁感應(yīng)定律，結(jié)合閉合電路歐姆定律可解得?！窘獯稹拷猓涸O(shè)圓的半徑為R，則圓的周長為L2＝2πR，面積S2＝πR2，正方形的周長為L1＝8R，面積S1＝4R2，正六邊形的周長為L3＝6R，面積S3＝R2，根據(jù)電阻定律有：R＝根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E＝根據(jù)歐姆定律有：I＝＝∝代入周長與面積可知：I1＝I2＞I3故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選：C。4．（6分）兩種放射性元素的半衰期分別為t0和2t0，在t＝0時(shí)刻這兩種元素的原子核總數(shù)為N，在t＝2t0時(shí)刻，尚未衰變的原子核總數(shù)為，則在t＝4t0時(shí)刻，尚未衰變的原子核總數(shù)為（）A． B． C． D．【分析】半衰期指大量原子核發(fā)生半數(shù)衰變所用的時(shí)間，根據(jù)兩元素半衰期和經(jīng)過時(shí)間計(jì)算未衰變原子核總數(shù)?！窘獯稹拷猓涸O(shè)兩種放射性元素的原子核數(shù)分別為N1、N2，對應(yīng)的半衰期分別為t0、2t0，則N1+N2＝N經(jīng)過t＝2t0后，尚未衰變的原子核總數(shù)＝+設(shè)經(jīng)過t＝4t0后，尚未衰變的原子核總數(shù)為X，則X＝聯(lián)立解得：X＝，故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選：C。5．（6分）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（xOy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)O由靜止開始運(yùn)動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運(yùn)動軌跡的一定是（）A． B． C． D．【分析】帶正電粒子在電、磁場中運(yùn)動，根據(jù)受力情況分析粒子的運(yùn)動情況，根據(jù)功能關(guān)系判斷帶電粒子的運(yùn)動情況?！窘獯稹拷猓篈C、在xOy平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向，帶正電粒子在坐標(biāo)原點(diǎn)O受沿y軸正方向的電場力開始向y軸正方向運(yùn)動，磁場的方向垂直于紙面（xOy平面）向里，根據(jù)左手定則可知，粒子沿y軸正方向運(yùn)動的同時(shí)受到沿x軸負(fù)方向的洛倫茲力，根據(jù)曲線運(yùn)動合外力指向軌跡凹側(cè)可知，帶電粒子應(yīng)向x軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，故AC錯(cuò)誤；BD、帶電粒子運(yùn)動過程中受電場力和洛倫茲力，電場力做正功，洛倫茲力時(shí)刻與速度方向垂直不做功。在xOy平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向，x軸為勻強(qiáng)電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次回到x軸時(shí)，電場力做功為零，洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理知，帶電粒子再次回到x軸時(shí)的速度為零，隨后受電場力作用開始做周期性運(yùn)動，故B正確，D錯(cuò)誤；故選：B。（多選）6．（6分）如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運(yùn)動；某時(shí)刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長之前（）A．P的加速度大小的最大值為2μg B．Q的加速度大小的最大值為2μg C．P的位移大小一定大于Q的位移大小 D．P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小【分析】分析撤去拉力前后兩滑塊受力情況，根據(jù)牛頓第二定律分析撤去拉力后兩滑塊加速度的變化，確定加速度最大值；根據(jù)兩滑塊相對位移判斷位移大??；根據(jù)滑塊運(yùn)動情況分析同一時(shí)刻速度關(guān)系。【解答】解：AB、設(shè)兩物塊的質(zhì)量均為m，撤去拉力F前，兩滑塊均做勻速直線運(yùn)動，對兩滑塊P、Q整體分析得F＝2μmg隔離滑塊Q分析得F彈＝μmg撤去拉力F后，在彈簧彈力和摩擦力作用下，取向右為正方向，根據(jù)牛頓第二定律得：滑塊P：﹣F彈﹣μmg＝ma1滑塊Q：F彈﹣μmg＝ma2則a1＝，a2＝，可知彈簧逐漸恢復(fù)原長過程中，滑塊P做加速度減小的減速運(yùn)動，Q做加速度增大的減速運(yùn)動，當(dāng)F彈＝μmg時(shí)，滑塊P加速度最大值為a1max＝2μg，當(dāng)F彈＝0時(shí)，滑塊Q加速度最大值為a2max＝μg，故A正確，B錯(cuò)誤；C、滑塊P、Q水平向右運(yùn)動，P、Q間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，故C錯(cuò)誤；D、滑塊P在彈簧恢復(fù)到原長時(shí)的加速度為a′1＝μg，可見滑塊P減速的最小加速度為滑塊Q減速的最大加速度，撤去拉力時(shí)，P、Q的初速度相等，滑塊P由開始的加速度大小為2μg做加速度減小的減速運(yùn)動，最后彈簧原長時(shí)加速度大小為μg；滑塊Q由開始的加速度為0做加速度增大的減速運(yùn)動，最后彈簧原長時(shí)加速度大小也為μg，則滑塊P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小，故D正確。故選：AD。（多選）7．（6分）如圖，兩根相互平行的光滑長直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，整個(gè)系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。開始時(shí)，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關(guān)S后，（）A．通過導(dǎo)體棒MN電流的最大值為 B．導(dǎo)體棒MN向右先加速、后勻速運(yùn)動 C．導(dǎo)體棒MN速度最大時(shí)所受的安培力也最大 D．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱【分析】電容器放電一定是一個(gè)動態(tài)過程，在該過程下兩板間電荷量逐漸減小，但電容器的電容不變，所以電勢差逐漸減小，但此時(shí)導(dǎo)體棒MN在加速，產(chǎn)生反向電動勢，直到MN棒電流為零，安培力為零時(shí)，MN開始減速，直到速度為0，整個(gè)過程電能全部轉(zhuǎn)化為電阻和導(dǎo)體棒MN的熱能?！窘獯稹拷猓篈、最初電容器板間電壓最大，導(dǎo)體棒上電流也最大，電容器相當(dāng)于電源，對電阻與導(dǎo)體棒供電，根據(jù)歐姆定律得I＝，U＝，解得通過導(dǎo)體棒MN電流的最大值為，故A正確；BC、導(dǎo)體棒上電流從M到N，導(dǎo)體棒受安培力水平向右，導(dǎo)體棒加速，同時(shí)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢，回路里電流減小，當(dāng)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢與電容器板間電壓相等時(shí)，回路電流為零，導(dǎo)體棒速度達(dá)到最大，此時(shí)安培力為零，但最終電能和動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以之后導(dǎo)體棒MN一直減速，直到速度變?yōu)?，故BC錯(cuò)誤。D、因?yàn)樵贛N加速階段，由于MN存在反電動勢，所以通過MN的電流要比通過R上的電流要小，所以電阻R消耗的電能大于MN上消耗的電能，故加速階段電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱；當(dāng)安培力為零后，MN開始減速直到速度為0，此時(shí)電容器的電流和導(dǎo)體棒的電流都流經(jīng)電阻R，此時(shí)電阻R上的電流仍然大于導(dǎo)體棒上的電流，故該階段電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱也大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱，故D正確。故選：AD。（多選）8．（6分）地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點(diǎn)水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點(diǎn)均取在P點(diǎn)。則射出后，（）A．小球的動能最小時(shí)，其電勢能最大 B．小球的動能等于初始動能時(shí)，其電勢能最大 C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時(shí)，其動能最大 D．從射出時(shí)刻到小球速度的水平分量為零時(shí)，重力做的功等于小球電勢能的增加量【分析】小球只受重力和電場力，其重力勢能、電勢能與動能之和不變；當(dāng)小球沿水平方向的速度減為零時(shí)，小球克服電場力做的功最多，小球的電勢能最大，根據(jù)受力情況分析動能的變化、以及重力做的功與克服電場力做功之間的關(guān)系；小球的速度和動能沒有最大值。【解答】解：A、小球只受重力和電場力，其重力勢能、電勢能與動能之和不變，當(dāng)小球的動能最小時(shí)，其電勢能與重力勢能之和最大，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)小球沿水平方向的速度減為零時(shí)，小球的電勢能最大，由于小球所受的重力和電場力的大小相等，所以此時(shí)小球的速度方向向下，大小等于拋出時(shí)小球的速度大小，所以此時(shí)的動能等于初始動能，故B正確；C、合外力先對小球做負(fù)功，再做正功，合外力做正功的過程中，小球的動能一直增大，所以小球速度動能沒有最大值，故C錯(cuò)誤；D、從射出時(shí)刻到小球速度的水平分量為零時(shí)，小球的動能等于初始動能，此過程中動能變化為零，則合外力做功為零，所以重力做的功等于小球電勢能的增加量，故D正確。故選：BD。二、非選擇題：共62分。第9～12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第13～16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共47分。9．（5分）某同學(xué)要測量微安表內(nèi)阻，可利用的實(shí)驗(yàn)器材有：電源E（電動勢1.5V，內(nèi)阻很?。娏鞅?（量程10mA，內(nèi)阻約10Ω），微安表?（量程100μA，內(nèi)阻Rg待測，約1kΩ），滑動變阻器R（最大阻值10Ω），定值電阻R0（阻值10Ω），開關(guān)S，導(dǎo)線若干。（1）在答題卡上將圖中所示的器材符號連線，畫出實(shí)驗(yàn)電路原理圖；（2）某次測量中，微安表的示數(shù)為90.0μA，電流表的示數(shù)為9.00mA，由此計(jì)算出微安表內(nèi)阻Rg＝990Ω?！痉治觥浚?）根據(jù)伏安法測電阻原理和已知元件設(shè)計(jì)電路；（2）根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律和歐姆定律求微安表內(nèi)阻?！窘獯稹拷猓海?）為了準(zhǔn)確測出微安表兩端的電壓，可以讓微安表與定值電阻R0并聯(lián)，再與電流表串聯(lián)，通過電流表的電流與微安表的電流之差，可求出流過定值電阻R0的電流，從而求出微安表兩端的電壓，進(jìn)而求出微安表的內(nèi)阻，由于電源電壓過大，并且為了測量多組數(shù)據(jù)，滑動變阻器采用分壓式接法，實(shí)驗(yàn)電路原理圖如圖所示（2）某次測量中，微安表的示數(shù)為IG＝90.0μA＝9×10﹣5A，電流表的示數(shù)為IA＝9.00mA＝9×10﹣3A，根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律和歐姆定律得（IA﹣IG）R0＝IGRg解得：Rg＝990Ω。故答案為：（1）圖見解析（2）99010．（10分）利用圖示的實(shí)驗(yàn)裝置對碰撞過程進(jìn)行研究。讓質(zhì)量為m1的滑塊A與質(zhì)量為m2的靜止滑塊B在水平氣墊導(dǎo)軌上發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，比較碰撞后A和B的速度大小v1和v2，進(jìn)而分析碰撞過程一定是否為彈性碰撞。完成下列填空：（1）調(diào)節(jié)導(dǎo)軌水平。（2）測得兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510kg和0.304kg。要使碰撞后兩滑塊運(yùn)動方向相反，應(yīng)選取質(zhì)量為0.304kg的滑塊作為A。（3）調(diào)節(jié)B的位置，使得A與B接觸時(shí)，A的左端到左邊擋板的距離s1與B的右端到右邊擋板的距離s2相等。（4）使A以一定的初速度沿氣墊導(dǎo)軌運(yùn)動，并與B碰撞，分別用傳感器記錄A和B從碰撞時(shí)刻開始到各自撞到擋板所用的時(shí)間t1和t2。（5）將B放回到碰撞前的位置，改變A的初速度大小，重復(fù)步驟（4）。多次測量的結(jié)果如表所示。12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k＝0.31k20.330.330.33（6）表中的k2＝0.31（保留2位有效數(shù)字）。（7）的平均值為0.32（保留2位有效數(shù)字）。（8）理論研究說明，對本實(shí)驗(yàn)的碰撞過程，一定是否為彈性碰撞可由判斷。若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則的理論表達(dá)式為（用m1和m2表示），本實(shí)驗(yàn)中其值為0.34（保留2位有效數(shù)字）；若該值與（7）中結(jié)果間的差別在允許范圍內(nèi)，則可認(rèn)為滑塊A與滑塊B在導(dǎo)軌上的碰撞為彈性碰撞?！痉治觥坑脛恿渴睾愣煞治鲆痪S碰撞問題，驗(yàn)證一定是否為彈性碰撞必然要用到機(jī)械能守恒定律和動量守恒定律，需要對碰撞前后的狀態(tài)進(jìn)行分析，判斷一定是否同時(shí)滿足機(jī)械能守恒定律和動量守恒定律?！窘獯稹拷猓海?）兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510kg和0.304kg，要想使碰撞后兩滑塊運(yùn)動方向相反，則A滑塊質(zhì)量要小，才有可能反向運(yùn)動，故選0.304kg的滑塊作為A。（6）因?yàn)槲灰葡嗟?，所以速度之比等于時(shí)間之比的倒數(shù)，由表中數(shù)據(jù)可得，k2＝＝＝0.31。（7）的平均值為：＝＝0.322≈0.32。（8）由機(jī)械能守恒定律和動量守恒定律可得：＝+；m1v0＝﹣m1v1+m2v2，聯(lián)立解得：，代入數(shù)據(jù)，可得：＝0.34。11．（12分）將一小球水平拋出，使用頻閃儀和照相機(jī)對運(yùn)動的小球進(jìn)行拍攝，頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光。某次拍攝時(shí)，小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光，拍攝的照片編輯后如圖所示。圖中的第一個(gè)小球?yàn)閽伋鏊查g的影像，每相鄰兩個(gè)球之間被刪去了3個(gè)影像，所標(biāo)出的兩個(gè)線段的長度s1和s2之比為3：7。重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略空氣阻力。求在拋出瞬間小球速度的大小?！痉治觥肯扔?jì)算出小球每一段運(yùn)動所用的時(shí)間，再根據(jù)豎直方向上的運(yùn)動規(guī)律求出每一段運(yùn)動對應(yīng)的豎直位移，結(jié)合水平方向上的勻速直線運(yùn)動，分別求出兩段運(yùn)動中s1、s2的表達(dá)式，根據(jù)題干提供的比值進(jìn)行求解。【解答】解：因?yàn)槊肯噜弮蓚€(gè)小球之間被刪去了3個(gè)影像，所以每相鄰兩個(gè)小球之間有4次閃光間隔，即相鄰兩個(gè)小球之間的時(shí)間為：t＝4×0.05s＝0.2s因?yàn)榈谝粋€(gè)小球?yàn)閽伋鳇c(diǎn)，所以第一段運(yùn)動對應(yīng)的豎直位移大小為：＝第二段運(yùn)動對應(yīng)的豎直位移大小為：＝＝0.6m設(shè)小球拋出時(shí)的初速度大小為v，則s1可以表示為：＝同理s2可以表示為：＝因?yàn)閟1：s2＝3：7，聯(lián)立解得：v＝答：拋出瞬間小球的速度大小為。12．（20分）光點(diǎn)式檢流計(jì)一定是一種可以測量微小電流的儀器，其簡化的工作原理示意圖如圖所示。圖中A為輕質(zhì)絕緣彈簧，C為位于紙面上的線圈，虛線框內(nèi)有與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場；M為置于平臺上的輕質(zhì)小平面反射鏡，輕質(zhì)剛性細(xì)桿D的一端與M固連且與鏡面垂直、另一端與彈簧下端相連，PQ為圓弧形的、帶有均勻刻度的透明讀數(shù)條，PQ的圓心位于M的中心。使用前需調(diào)零：使線圈內(nèi)沒有電流通過時(shí)，M豎直且與紙面垂直；入射細(xì)光束沿水平方向經(jīng)PQ上的O點(diǎn)射到M上后沿原路反射。線圈通入電流后彈簧長度改變，使M發(fā)生傾斜，入射光束在M上的入射點(diǎn)仍近似處于PQ的圓心，通過讀取反射光射到PQ上的位置，可以測得電流的大小。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，線圈C的匝數(shù)為N、沿水平方向的長度為l，細(xì)桿D的長度為d，圓弧PQ的半徑為r，r＞＞d，d遠(yuǎn)大于彈簧長度改變量的絕對值。（1）若在線圈中通入的微小電流為I，求平衡后彈簧長度改變量的絕對值Δx及PQ上反射光點(diǎn)與O點(diǎn)間的弧長s；（2）某同學(xué)用此裝置測一微小電流，測量前未調(diào)零，將電流通入線圈后，PQ上反射光點(diǎn)出現(xiàn)在O點(diǎn)上方，與O點(diǎn)間的弧長為s1；保持其它條件不變，只將該電流反向接入，則反射光點(diǎn)出現(xiàn)在O點(diǎn)下方，與O點(diǎn)間的弧長為s2。求待測電流的大小?！痉治觥渴紫纫M(jìn)行受力分析，利用胡克定律求出形變量，再根據(jù)光的反射定律結(jié)合角度變化求出弧長，再利用弧長的表達(dá)式，可以反過來求出電流的大小。【解答】解：（1）當(dāng)在線圈中通入的微小電流為I時(shí)，線圈中存在安培力，F(xiàn)＝NBIl，再根據(jù)胡克定律有：F＝NBIl＝k|Δx|，解得：|Δx|＝；設(shè)此時(shí)細(xì)桿轉(zhuǎn)動的弧度為θ，則反射光線轉(zhuǎn)過的弧度為2θ，由題可知，r＞＞d＞＞|Δx|，所以有sin2θ≈2θ，sinθ≈θ，|Δx|＝θd，s＝2θr，聯(lián)立可得：s＝。（2）因?yàn)闇y量前未調(diào)零，設(shè)沒有通電時(shí)反射光點(diǎn)偏移的弧長為s′，由將電流通入線圈后，PQ上反射光點(diǎn)出現(xiàn)在O點(diǎn)上方，與O點(diǎn)間的弧長為s1可知，s1＝，當(dāng)該電流反向接入后，反射光點(diǎn)出現(xiàn)在O點(diǎn)下方，與O點(diǎn)間的弧長為s2可知，s2＝，聯(lián)立可得I′＝。（二）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。[物理—選修3-3]（15分）（多選）13．（5分）一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過程如p﹣T圖上從a到b的線段所示。在此過程中（）A．氣體一直對外做功 B．氣體的內(nèi)能一直增加 C．氣體一直從外界吸熱 D．氣體吸收的熱量等于其對外做的功 E．氣體吸收的熱量等于其內(nèi)能的增加量【分析】在p﹣T圖線中，ab為過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線，氣體做等容變化，氣體不做功，溫度升高，分子的平均動能增大，內(nèi)能增大，結(jié)合熱力學(xué)第一定律即可判斷?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程可得：，從a到b為過坐標(biāo)原點(diǎn)的傾斜直線，故氣體做等容變化，氣體不做功，故A錯(cuò)誤；B、從a到b，氣體的溫度逐漸升高，分子的平均動能逐漸增大，故內(nèi)能一直增加，故B正確；DEC、由于氣體從a到b不做功W＝0，且內(nèi)能逐漸增大，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W+Q可知，氣體一直從外界吸熱，且吸收的熱量等于其內(nèi)能的增加量，故CE正確，D錯(cuò)誤；故選：BCE。14．（10分）如圖，容積均為V0、缸壁可導(dǎo)熱的A、B兩汽缸放置在壓強(qiáng)為p0、溫度為T0的環(huán)境中；兩汽缸的底部通過細(xì)管連通，A汽缸的頂部通過開口C與外界相通；汽缸內(nèi)的兩活塞將缸內(nèi)氣體分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的體積分別為V0和V0。環(huán)境壓強(qiáng)保持不變，不計(jì)活塞的質(zhì)量和體積，忽略摩擦。（ⅰ）將環(huán)境溫度緩慢升高，求B汽缸中的活塞剛到達(dá)汽缸底部時(shí)的溫度；（ⅱ）將環(huán)境溫度緩慢改變至2T0，然后用氣泵從開口C向汽缸內(nèi)緩慢注入氣體，求A汽缸中的活塞到達(dá)汽缸底部后，B汽缸內(nèi)第Ⅳ