2023屆廣西桂林市高三模擬二調(diào)物理試卷（解析版）

高中物理名校試卷PAGEPAGE12023年桂林市高考模擬二調(diào)試卷一、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(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1．（6分）據(jù)了解，CR300AF型復(fù)興號(hào)動(dòng)車組是擁有完全自主國(guó)產(chǎn)研發(fā)的中國(guó)標(biāo)準(zhǔn)動(dòng)車組體系中的新車型。該車型設(shè)計(jì)時(shí)速為300千米每小時(shí)，外觀呈淡藍(lán)色，除此之外復(fù)興號(hào)動(dòng)車組全車覆蓋免費(fèi)wifi，且每?jī)蓚€(gè)座椅有一個(gè)插座。假設(shè)一列復(fù)興號(hào)動(dòng)車進(jìn)站時(shí)從某時(shí)刻起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則這三段位移的平均速度之比是（）A．9：4：1 B．27：8：1 C．5：3：1 D．3：2：12．（6分）氦原子被電離一個(gè)核外電子，形成類氫結(jié)構(gòu)的氦離子。已知基態(tài)的氦離子能量為E1＝﹣54.4eV，氦離子能級(jí)的示意圖如圖所示。以下關(guān)于該基態(tài)的氦離子說(shuō)法正確的是（）A．該基態(tài)氦離子吸收光子躍遷后，核外電子的動(dòng)能增大，電勢(shì)能減小 B．用能量為18.6eV的電子轟擊該基態(tài)氦離子能使其發(fā)生躍遷 C．一個(gè)該基態(tài)氦離子吸收能量為51.0eV的光子后，最多能輻射3種頻率的光子 D．該基態(tài)氦離子吸收能量為50eV的光子后能發(fā)生電離3．（6分）如圖所示，豎直墻與水平地面交點(diǎn)為O，從豎直墻上的A、B兩點(diǎn)分別搭兩條光滑直軌道到M點(diǎn)，M點(diǎn)正上方與A等高處有一C點(diǎn)。現(xiàn)同時(shí)將完全相同的a、b、c三球分別從A、B、C三點(diǎn)由靜止開(kāi)始釋放。則從開(kāi)始釋放至小球運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的過(guò)程（）A．a(chǎn)球的加速度小于b球的加速度 B．c球最先到達(dá)M點(diǎn) C．a(chǎn)、c兩球所受重力的沖量相同 D．a(chǎn)球到達(dá)M點(diǎn)的速度比c球的大4．（6分）2023年2月10日，遠(yuǎn)在火星執(zhí)行全球遙感科學(xué)探測(cè)任務(wù)的“天問(wèn)一號(hào)”火星探測(cè)器，已經(jīng)在火星“上崗”兩年整。兩年來(lái)，獲取一手探測(cè)數(shù)據(jù)，取得豐碩科研成果?！疤靻?wèn)一號(hào)”作為我國(guó)首枚火星探測(cè)器其發(fā)射軌道可簡(jiǎn)化為如圖所示，軌道Ⅱ?yàn)闄E圓軌道，軌道Ⅲ為與第二宇宙速度11.2km/s對(duì)應(yīng)的脫離軌道，b、d兩點(diǎn)為軌道Ⅱ的遠(yuǎn)地點(diǎn)和近地點(diǎn)，b、c點(diǎn)與地心的距離均為軌道Ⅰ半徑的2倍（）A．衛(wèi)星從軌道Ⅰ變軌進(jìn)入軌道Ⅱ需要在d點(diǎn)減速 B．衛(wèi)星在軌道Ⅱ的運(yùn)行周期為軌道Ⅰ周期的2倍 C．質(zhì)量相同的衛(wèi)星在b點(diǎn)的機(jī)械能小于在c點(diǎn)的機(jī)械能 D．衛(wèi)星在a點(diǎn)的加速度大小為在b點(diǎn)加速度大小的2倍5．（6分）如圖所示，在真空中水平放置一長(zhǎng)方體高為2L，其上下兩個(gè)面是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形，在頂點(diǎn)F、H處分別放置電荷量為﹣Q的點(diǎn)電荷，O1、O2分別是線段AC和線段FH的中點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．該長(zhǎng)方體的幾何中心處場(chǎng)強(qiáng)為零 B．B、D兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同 C．沿豎直方向從O1到O2，電勢(shì)先減小后增大 D．將一電子從B點(diǎn)移到E點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功（多選）6．（6分）核聚變具有高效率、原料豐富以及安全清潔等優(yōu)勢(shì)，中科院等離子體物理研究所設(shè)計(jì)制造了全超導(dǎo)非圓界面托卡馬克實(shí)驗(yàn)裝置（EAST），這是我國(guó)科學(xué)家率先建成的世界上第一個(gè)全超導(dǎo)核聚變“人造太陽(yáng)”實(shí)驗(yàn)裝置。將原子核在約束磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化為帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分布在整個(gè)立體空間中，所有粒子的質(zhì)量均為m，某時(shí)刻甲、乙、丙三個(gè)粒子的速度如圖所示，忽略粒子所受重力的影響（）A．圖示時(shí)刻甲粒子受到洛倫茲力大小為qvB，且方向水平向右 B．乙粒子受到洛倫茲力大小為零，做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．丙粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為 D．所有粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度大小不變（多選）7．（6分）如圖所示，帶正電的小球穿在一根不可伸長(zhǎng)的光滑絕緣輕繩上，可自由滑動(dòng)，整個(gè)裝置處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)。保持A端位置不變（）（兩桿間距合適，小球兩側(cè)繩子之間夾角始終小于180°）A．將B端向上移動(dòng)一小段距離到B1，再次穩(wěn)定后繩子張力增大 B．將B端向下移動(dòng)一小段距離到B2，再次穩(wěn)定后繩子張力增大 C．將右邊豎直桿向左移動(dòng)一小段距離，再次穩(wěn)定后繩子張力減小 D．將右邊豎直桿向右移動(dòng)一小段距離，再次穩(wěn)定后繩子張力減?。ǘ噙x）8．（6分）如圖所示，被鎖定在墻邊的壓縮彈簧右端與質(zhì)量為0.2kg、靜止于A點(diǎn)的滑塊P接觸但不粘連，滑塊P所在光滑水平軌道與半徑為0.8m的光滑半圓軌道平滑連接于B點(diǎn)，重力加速度取10m/s2，現(xiàn)將彈簧解除鎖定，滑塊P被彈簧彈出，脫離彈簧后沖上半圓軌道的過(guò)程中（）A．可以到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)D B．經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓軌道的壓力大小為9N C．不能到達(dá)最高點(diǎn)D，滑塊P能到達(dá)的最大高度為1.35m D．可以通過(guò)C點(diǎn)且在CD之間某位置脫離軌道，脫離時(shí)的速度大小為2.2m/s二、非選擇題：第9～13題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第14～15題為選考題，考生根據(jù)要求作答。必考題（一）9．（6分）某同學(xué)設(shè)計(jì)出如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”，讓小鐵球從A點(diǎn)自由下落，下落過(guò)程中經(jīng)過(guò)A點(diǎn)正下方的光電門B時(shí)，已知小球的質(zhì)量為m，直徑為d（1）用游標(biāo)卡尺測(cè)得的鐵球直徑如圖丙所示，讀數(shù)為cm；（2）若AB之間距離為h，則小球從A到B過(guò)程中，減少的重力勢(shì)能為，增加的動(dòng)能為（用題中給出的字母表示）；（3）調(diào)整AB之間距離h，記錄下小球通過(guò)光電門B的時(shí)間t，多次重復(fù)上述過(guò)程隨h的變化圖像如圖乙所示。若小球下落過(guò)程中機(jī)械能守恒，該直線斜率k0＝。10．（9分）在把電流表改裝成電壓表的實(shí)驗(yàn)中，要將量程為200μA的電流表G改裝成量程為5V的電壓表，電流表G的內(nèi)阻約幾百歐。提供的實(shí)驗(yàn)器材如下：干電池（電動(dòng)勢(shì)E約為1.5V，內(nèi)阻r約為10Ω）、電阻箱R1、R2（均為0～99999.9Ω）、開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干。（1）先利用如圖甲所示的電路，測(cè)出電流表G的內(nèi)電阻Rg，有關(guān)實(shí)驗(yàn)測(cè)量的操作步驟如下：①按照?qǐng)D甲連接好電路，電阻箱R1、R2阻值均調(diào)至最大，開(kāi)關(guān)S1、S2均斷開(kāi)；②只閉合S1，調(diào)節(jié)電阻箱R2使電流表G滿偏，此時(shí)電阻箱R2的阻值為6990.0Ω；③再閉合S2，調(diào)節(jié)電阻箱R1使電流表G半偏，此時(shí)電阻箱R1的阻值為470.0Ω，由此可得電流表G內(nèi)阻Rg的測(cè)量值為Ω。（2）測(cè)量電流表內(nèi)阻時(shí)，為了減小測(cè)量誤差，要求R2遠(yuǎn)大于Rg（比值越大，測(cè)量誤差越?。緦?shí)驗(yàn)中R2雖比Rg大，但兩者之比不是很大，因此導(dǎo)致Rg的測(cè)量誤差較大。通過(guò)分析可知，Rg的測(cè)量值真實(shí)值（填“大于”或“小于”）。（3）為減小Rg的測(cè)量誤差，可以通過(guò)補(bǔ)償回路總電阻的方法，即把半偏時(shí)回路的總電阻的變化補(bǔ)回來(lái)。實(shí)際操作如下：在（1）g后，再把R2先增加到Ω（用第（1）問(wèn)中的有關(guān)條件求得具體數(shù)值），再閉合S2調(diào)節(jié)R1使電流表G半偏。用這時(shí)R1的讀數(shù)表示Rg的測(cè)量值，如此重復(fù)操作多次補(bǔ)償即可使誤差盡量減小。（4）通過(guò)多次補(bǔ)償測(cè)量，最終取Rg＝500Ω，為完成上述改裝，需要用一個(gè)Ω的電阻與電流表串聯(lián)。用改裝后的電壓表，按圖乙所示的電路測(cè)量未知電阻Rx。若測(cè)量未知電阻Rx時(shí)，電流表的讀數(shù)為0.20A，而改裝后的電壓表的表頭（刻度盤仍為原電流表的刻度），那么Rx的測(cè)量值為Ω。11．（12分）某智能家居品牌，因科技含量高、豐富的人性化設(shè)計(jì)深受年輕人的追捧，其中一款語(yǔ)音控制電動(dòng)窗簾軌道盒的工作原理可簡(jiǎn)化成如圖所示的A，電動(dòng)機(jī)通過(guò)輕細(xì)繩拉動(dòng)滑塊A（正常使用時(shí)滑塊A與窗簾布連接），滑塊B為防撞模塊（它用一段柔軟輕繩與左面墻連接），從語(yǔ)音控制電動(dòng)機(jī)接收到打開(kāi)窗簾的指令開(kāi)始計(jì)時(shí)，電動(dòng)機(jī)以額度功率牽引滑塊A（未連接窗簾布），當(dāng)滑塊A以最大速度向左運(yùn)動(dòng)與滑塊B發(fā)生碰撞，碰撞瞬間電動(dòng)機(jī)自動(dòng)切斷電源停止對(duì)滑塊A提供拉力，碰撞時(shí)間極短可忽略不計(jì)，到達(dá)墻面前速度剛好減為零。已知語(yǔ)音控制電動(dòng)機(jī)在正常工作時(shí)的額定功率為0.16w，滑塊A、B在軌道上滑動(dòng)時(shí)所受阻力均為滑塊重力的0.1倍，滑塊A最初位置與滑塊B相距4m2。求：（1）電動(dòng)機(jī)牽引滑塊A在軌道上運(yùn)動(dòng)能達(dá)到的最大速度；（2）滑塊A由靜止出發(fā)到最后停在墻邊共需要多少時(shí)間。12．（20分）如圖所示，M1N1P1Q1和M2N2P2Q2為在同一水平面內(nèi)足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度B為1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向下。導(dǎo)軌的M1N1段與M2N2段相互平行，距離為L(zhǎng)＝1m；P1Q1段與P2O2段也是平行的，距離為0.5m。質(zhì)量m均為0.1kg的金屬桿a、b垂直于導(dǎo)軌放置，一根不可伸長(zhǎng)的絕緣輕繩一端固定在金屬桿b上，重物c放置在地面上，絕緣輕繩的水平部分與P1Q1平行且足夠長(zhǎng)（重物c始終不與滑輪相撞），對(duì)a桿施加一水平向左大小為4N的恒力F使其從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知兩桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌保持光滑接觸，軌道足夠長(zhǎng)使b桿始終在寬度為0.5m的軌道部分運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s2。（1）若將重物c鎖定在地面上，求a桿的最終速度的大??；（2）若將重物c解除鎖定，從a桿開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到重物c剛要離開(kāi)地面時(shí)，共經(jīng)歷時(shí)間0.25s；（3）若將重物c解除鎖定，求a桿運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中回路的最大電流（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。（二）選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。[物理一選修3-3]（多選）13．（5分）一定質(zhì)量的理想氣體，在經(jīng)歷如圖所示的A→B→C→A的狀態(tài)變化過(guò)程，下列描述正確的是（）A．氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過(guò)程是等容變化，溫度升高，內(nèi)能增大 B．氣體從狀態(tài)B到狀態(tài)C的過(guò)程，溫度升高，對(duì)外做功，內(nèi)能增大 C．氣體從狀態(tài)C回到狀態(tài)A的過(guò)程是等壓變化，溫度降低，對(duì)外做功 D．氣體從狀態(tài)C回到狀態(tài)A的過(guò)程，內(nèi)能減少，放出熱量 E．氣體從狀態(tài)A再回到狀態(tài)A的全過(guò)程，外界對(duì)氣體做功，氣體放出熱量，內(nèi)能增大14．（10分）如圖甲所示，一豎直放置的玻璃管（導(dǎo)熱良好）用水銀柱封閉了一定質(zhì)量的氣體，封閉的氣柱長(zhǎng)度為10cm，玻璃管的總長(zhǎng)度為38cm，將小活塞緩慢從管口向下推下，直到氣柱長(zhǎng)度變?yōu)?cm，環(huán)境溫度不變，大氣壓強(qiáng)為76cmHg。求：（Ⅰ）氣柱長(zhǎng)度變?yōu)?cm時(shí)這段氣柱的壓強(qiáng)多大；（Ⅱ）小活塞從管口向下移動(dòng)的距離。[物理—選修3-4]（多選）15．一列橫波t＝0時(shí)刻的波形圖如圖所示，波沿著x軸的正方向傳播，此時(shí)剛好傳到圖中P點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A．波長(zhǎng)為8cm，波的周期為0.1s B．t＝0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)方向沿x軸正方向，經(jīng)0.05秒剛好運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn) C．t＝0.1s時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P剛好經(jīng)過(guò)平衡位置向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng) D．從t＝0時(shí)刻開(kāi)始經(jīng)過(guò)0.1s，質(zhì)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)的路程為0.8cm E．質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方程是y＝0.4sin20πt（cm）16．如圖所示，一個(gè)柱狀光學(xué)元件的橫截面由直角邊邊長(zhǎng)為a的等腰直角三角形與半徑為a的四分之一圓組成，一束平行光線垂直于PR邊射入（A為PR的中點(diǎn)）的光線，在光學(xué)元件中經(jīng)PQ邊反射后恰好從圖中B點(diǎn)射出求：（Ⅰ）光學(xué)元件的折射率；（Ⅱ）所有從PR邊垂直入射的光線，經(jīng)PQ邊反射后到達(dá)QS邊，只有部分光線能夠從QS邊射出——★參考答案★——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(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1．〖祥解〗動(dòng)車剎車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，最后停止，可以反過(guò)來(lái)看成初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律及平均速度公式求解即可．【解答】解：可將動(dòng)車減速過(guò)程看作初速度為0的加速過(guò)程，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知最后3s、4s連續(xù)通過(guò)三段位移的比為27：8：1，可知這三段位移的平均速度之比是4：4：1，BCD錯(cuò)誤；故選：A。2．〖祥解〗類氫結(jié)構(gòu)的氦離子可以使用玻爾理論來(lái)解答，結(jié)合庫(kù)侖力提供向心力分析核外電子動(dòng)能的變化；原子從一個(gè)能量狀態(tài)向另一個(gè)能量狀態(tài)躍遷時(shí)要吸收或放出一定頻率的光子，光子的能量等于兩個(gè)狀態(tài)的能級(jí)差，即hν＝Em﹣En．【解答】解：A、該基態(tài)氦離子吸收光子躍遷后，核外電子的動(dòng)能減小，故A錯(cuò)誤；B、能量為18.6eV的光子，吸收后氦離子的能量：E＝﹣54.4eV+18.8eV＝﹣35.8eV，所以不能躍遷；C、一個(gè)該基態(tài)氦離子吸收能量為51.0eV的光子后，能躍遷到第4能級(jí)，最多能輻射3種頻率的光子；D、該基態(tài)氦離子吸收能量為54.4eV的光子后能發(fā)生電離。故選：C。3．〖祥解〗根據(jù)牛頓第二定律解得加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式比較時(shí)間大小，根據(jù)沖量的公式和動(dòng)能定理分析CD?！窘獯稹拷猓篈、對(duì)ab小球解得：a＝gsinθa球所在斜面傾角較大，則a球的加速度大于b球的加速度；B、設(shè)CM距離為R＝at2解得：t＝對(duì)于c小球有：R＝解得t'＝可見(jiàn)c球最先到達(dá)M點(diǎn)，故B正確；C、對(duì)ac根據(jù)動(dòng)量定理有：I＝mgt可見(jiàn)a球重力的沖量較大，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)動(dòng)能定理有mgR＝，故D錯(cuò)誤。故選：B。4．〖祥解〗根據(jù)變軌原理分析A、C選項(xiàng)；根據(jù)開(kāi)普勒第三定律求解周期之比；根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小之比?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)變軌原理可知，故A錯(cuò)誤；B、b點(diǎn)與地心的距離為2R，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可得：＝＝，故B錯(cuò)誤；C、衛(wèi)星從軌道Ⅱ變到軌道Ⅲ需要點(diǎn)火加速，而同一軌道機(jī)械能守恒，故C正確；D、根據(jù)牛頓第二定律可得，解得a＝a＝R、rb＝2R，所以衛(wèi)星在a點(diǎn)的加速度大小為在b點(diǎn)加速度大小的4倍。故選：C。5．〖祥解〗根據(jù)等量同種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)的特點(diǎn)，結(jié)合矢量合成的特點(diǎn)分析出不同位置的場(chǎng)強(qiáng)關(guān)系；根據(jù)不同位置到電荷的距離變化分析出電勢(shì)的變化，再判斷電場(chǎng)力做功的正負(fù)?！窘獯稹拷猓篈、由等量同種點(diǎn)電荷電場(chǎng)特點(diǎn)可知，A，F(xiàn)、H處放置的負(fù)電荷在長(zhǎng)方體的幾何中心處場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下，大小不為零；B、B、D兩點(diǎn)到兩正電荷的距離相同，由矢量合成可知，B，方向不同；C、沿豎直方向從O1到O2，所在位置距離正電荷越來(lái)越遠(yuǎn)，離負(fù)電荷越來(lái)越近，故C錯(cuò)誤；D、B點(diǎn)離兩正電荷更近，則B點(diǎn)電勢(shì)高于E點(diǎn)電勢(shì)，電場(chǎng)力做負(fù)功。故選：D。6．〖祥解〗由左手定則判斷洛倫茲力方向；速度方向與磁場(chǎng)方向平行，則不受洛倫茲力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；粒子速度方向與磁場(chǎng)方向不垂直時(shí)不是做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；根據(jù)洛倫茲力不做功分析速度是否變化?！窘獯稹拷猓篈.甲粒子速度方向與磁場(chǎng)方向垂直，則洛倫茲力大小為qvB，洛倫茲力方向垂直紙面向里；B.乙粒子速度方向與磁場(chǎng)方向平行，則洛倫茲力大小為0，故B正確；C.丙粒子速度方向與磁場(chǎng)方向不垂直，不是做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；D.洛倫茲力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，速度大小不變。故選：BD。7．〖祥解〗對(duì)小球進(jìn)行受力分析，將重力和電場(chǎng)力合并為F合為等效重力G′，兩段繩子拉力等大，其合力與等效重力G′等大反向。過(guò)A.B分別做平行于G′的直線a、b（a、b為等效絕緣桿），直線a、b間距為d，顯然Tsinα＝Tcosα，可知α＝θ，又2Tcosθ＝F合，且d＝L1sinθ+L2sinθ，進(jìn)而分析各選項(xiàng)。【解答】解：對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖所示將重力和電場(chǎng)力合并為F合為等效重力G′，兩段繩子拉力等大。過(guò)A.B分別做平行于G′的直線a、b為等效絕緣桿），直線a、b間距為d，可知α＝θ合，且d＝L1sinθ+L2sinθA：B移至B6時(shí)，ab間距d增大，則cosθ變小，故A正確；B：B移至B2時(shí)，d減小，cosθ增大，故B錯(cuò)誤；C：右桿左移，d減小，cosθ增大，故C正確；D：右桿右移，d增大。cosθ減小，故D錯(cuò)誤。故選：AC。8．〖祥解〗求出物塊在D點(diǎn)的重力勢(shì)能進(jìn)行分析；根據(jù)功能關(guān)系求解B點(diǎn)的速度，在B點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律、牛頓第三定律進(jìn)行解答；設(shè)脫離軌道時(shí)與圓心連線與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)功能關(guān)系進(jìn)行解答；物塊離開(kāi)軌道后做斜上拋運(yùn)動(dòng)，求出斜上拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的水平速度大小，根據(jù)功能關(guān)系求解滑塊P能到達(dá)的最大高度?！窘獯稹拷猓篈、取地面為零勢(shì)能面重力＝mg?2R＝0.7×10×2×0.7J＝3.2J＞6.8J，所以物塊不能到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)D；B、經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB，根據(jù)功能關(guān)系可得：E彈簧＝在B點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律可得：FN﹣mg＝m聯(lián)立解得：FN＝3N，根據(jù)牛頓第三定律可知對(duì)半圓軌道的壓力大小為9N；D、物塊在C點(diǎn)的重力勢(shì)能為：E重力′＝mgR＝0.5×10×0.8J＝2.6J＜2.5J，物塊可以通過(guò)C點(diǎn)且在CD之間某位置脫離軌道，此時(shí)的速度大小為v根據(jù)功能關(guān)系可得：E彈簧＝+mgR（1+cosθ）根據(jù)牛頓第二定律可得：mgcosθ＝m聯(lián)立解得：θ＝60°，v＝2m/s；C、物塊離開(kāi)軌道后做斜上拋運(yùn)動(dòng)x＝vcos30°＝2×m/s＝根據(jù)功能關(guān)系可得：E彈簧＝+mgh解得滑塊P能到達(dá)的最大高度為：h＝1.35m，故C正確。故選：BC。二、非選擇題：第9～13題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第14～15題為選考題，考生根據(jù)要求作答。必考題（一）9．〖祥解〗（1）先確定游標(biāo)卡尺的最小分度值，再讀出主尺和游標(biāo)尺的讀數(shù)，相加即為游標(biāo)卡尺讀數(shù)；（2）根據(jù)重力勢(shì)能表達(dá)式計(jì)算重力勢(shì)能的變化量，根據(jù)平均速度計(jì)算小球通過(guò)光電門的速度，根據(jù)動(dòng)能表達(dá)式計(jì)算動(dòng)能的變化量；（3）根據(jù)機(jī)械能守恒定律推導(dǎo)結(jié)合圖像判斷?！窘獯稹拷猓海?）游標(biāo)卡尺的最小分度值為0.05mm，主尺讀數(shù)為10mm故鐵球直徑為：10mm+0.15mm＝10.15mm＝2.015cm（2）若AB之間距離為h，則小球從A到B過(guò)程中p＝mgh小球通過(guò)光電門的速度為：小球從A到B過(guò)程中，增加的動(dòng)能為：（3）根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：ΔEp＝ΔEk即整理得：該直線斜率k0＝故〖答案〗為：（1）1.015；（2）mgh，。10．〖祥解〗（1）根據(jù)半偏法測(cè)電阻的原理作答；（2）根據(jù)并聯(lián)電路的電阻特點(diǎn)，閉合電路的歐姆定律分析實(shí)驗(yàn)誤差；（3）當(dāng)并聯(lián)同阻值的電阻后，并聯(lián)部分阻值變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則串聯(lián)的電阻阻值要增加所測(cè)出電阻的一半；（4）把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)分壓電阻，應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律求出串聯(lián)電阻阻值；根據(jù)圖示求出電壓表示數(shù)，然后由歐姆定律求出待測(cè)電阻阻值?！窘獯稹拷猓海?）只閉合S1，電流表G的滿偏電流為I，當(dāng)開(kāi)關(guān)S2閉合時(shí)，由于電流表與R4的并聯(lián)電阻遠(yuǎn)小于電阻R2的電阻，干路電流I不變1使電流表G半偏時(shí)，根據(jù)并聯(lián)電路電流的分配與電阻的關(guān)系g＝R4＝470.0Ω；（2）當(dāng)開(kāi)關(guān)S2閉合時(shí)，電流表與R4的并聯(lián)電阻小于電流表的內(nèi)阻，電路中的總電阻變小，電路中的電流變大，當(dāng)電流表半偏時(shí)1的電流大于，根據(jù)并聯(lián)電路電阻與電流的分配關(guān)系可知Rg真＞R1，即Rg真＞Rg；（3）并聯(lián)等值電阻后，，并聯(lián)部分電阻減少了原來(lái)的一半，因此把R2先增加到6990.0Ω+235.5Ω＝7225.0Ω，償后再次用半偏法測(cè)量；（4）根據(jù)歐姆定律得U＝Ig（Rg+R）需要串聯(lián)的電阻丙圖的讀數(shù)I3＝120μA＝1.20×10﹣4A通過(guò)待測(cè)電阻的電流I6＝I′﹣I1＝0.20A﹣7.00012A≈0.20A根據(jù)歐姆定律，待測(cè)電阻故〖答案〗為：（1）③47.0；（2）小于；（4）24500。11．〖祥解〗（1）根據(jù)功率的計(jì)算公式求解最大速度；（2）根據(jù)動(dòng)能定理求解A碰撞前運(yùn)動(dòng)時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解碰撞后的速度大小，對(duì)整體根據(jù)動(dòng)量定理求解碰撞后到靜止的時(shí)間，因此得到滑塊A由靜止出發(fā)到最后停在墻邊共需要的時(shí)間?！窘獯稹拷猓河深}意知：p＝0.16w，k＝0.7，mA＝0.2kg、mB＝7.6kg，L＝4m8（1）當(dāng)A達(dá)到最大速度時(shí)牽引力等于阻力，根據(jù)功率的計(jì)算公式可得：P＝kmAgvm解得：vm＝0.8m/s（2）設(shè)A碰撞前運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3，根據(jù)動(dòng)能定理可得：Pt1﹣kmAgL＝，其中L＝4m代入數(shù)據(jù)解得：t1＝5.6s碰撞過(guò)程中，取向左為正方向Avm＝（mA+mB）v解得碰撞后的速度大小為：v＝0.2m/s設(shè)碰撞后到靜止的時(shí)間為t5，取向左為正方向，對(duì)整體根據(jù)動(dòng)量定理可得：﹣k（mA+mB）gt2＝0﹣（mA+mB）v解得：t5＝0.2s所以滑塊A由靜止出發(fā)到最后停在墻邊共需要的時(shí)間為：t＝t5+t2＝5.2s+0.2s＝3.6s。答：（1）電動(dòng)機(jī)牽引滑塊A在軌道上運(yùn)動(dòng)能達(dá)到的最大速度為0.7m/s；（2）滑塊A由靜止出發(fā)到最后停在墻邊共需要5.6s時(shí)間。12．〖祥解〗重物c鎖定時(shí)，只有a桿運(yùn)動(dòng)，利用牛頓第二定律可知a桿做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減小為零時(shí)，a桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)；從a桿開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到重物c剛要離開(kāi)地面過(guò)程中，對(duì)a桿利用動(dòng)量定理可以求出a桿運(yùn)動(dòng)的位移，則可以求出拉力F做的功，利用動(dòng)能定理可以求出克服安培力做的功，則可以得到回路中產(chǎn)生的焦耳熱；將重物c解除鎖定后，兩桿均做加速運(yùn)動(dòng)，開(kāi)始a桿加速度大于b桿加速度，a桿的速度增加的比b桿速度快，但是a桿的加速度減小，b桿的加速度增大，當(dāng)a的速度增加快慢與b桿速度的一半增加快慢相同時(shí)，即b的加速度是a的兩倍時(shí)，回路中的電流達(dá)到穩(wěn)定，且電流達(dá)到最大?！窘獯稹拷猓海?）若將重物c鎖定在地面上，則b桿靜止不動(dòng)1，感應(yīng)電流安培力a桿加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，當(dāng)加速度減小到零時(shí)即：，可得a桿穩(wěn)定速度；（2）重物c剛要離開(kāi)地面時(shí)，則有T＝mgAb＝T＝mgab兩桿串聯(lián)，電流相等，所以a桿安培力是b桿的4倍Aa＝2FAb＝2mg＝5×0.1×10N＝5N由F＝BIL可知電路中電流，電動(dòng)勢(shì)E6＝I1R＝2×5.5V＝1V由E＝BLv可知此時(shí)a桿的速度從a桿開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到重物c剛要離開(kāi)地面過(guò)程，對(duì)a桿利用動(dòng)量定理有：設(shè)a桿運(yùn)動(dòng)的位移為x，則，代入上式對(duì)a桿利用動(dòng)能定理有：，可得克服安培力做的功WA＝1.75J此過(guò)程回路產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝WA＝1.75J；（3）重物c解除鎖定后，設(shè)某時(shí)刻aa、vb回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)回路中總電流a桿的加速度b桿和重物c看作一個(gè)整體，則加速度a、b兩桿均加速運(yùn)動(dòng)，所以a桿加速快，可知，則電流i增大1減小，a2增大，當(dāng)va與增加的一樣快時(shí)2＝2a6時(shí)，回路中電流達(dá)到穩(wěn)定時(shí)的最大值由a2＝2a6，可知，代入數(shù)據(jù)。答：（1）若將重物c鎖定在地面上，a桿的最終速度的大小為2m/s；（2）若將重物c解除鎖定，從a桿開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到重物c剛要離開(kāi)地面時(shí)，此過(guò)程回路產(chǎn)生的總焦耳熱為1.75J；（3）若將重物c解除鎖定，a桿運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中回路的最大電流為2.78A。（二）選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。[物理一選修3-3]13．〖祥解〗根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程分析氣體狀態(tài)參量的變化，由圖讀出溫度的變化，判斷內(nèi)能的變化，畫出p﹣V圖像，分析氣體做功情況，由熱力學(xué)第一定律分析吸放熱情況?！窘獯稹拷猓篈、氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過(guò)程，＝C＝C，此過(guò)程等容變化，內(nèi)能增大；B、氣體從狀態(tài)B到狀態(tài)C的過(guò)程，內(nèi)能增大。圖線上的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率等于減小＝C，氣體對(duì)外做功；C、氣體從狀態(tài)C回到狀態(tài)A的過(guò)程是等壓變化，由＝C，外界對(duì)氣體做功；D、氣體從狀態(tài)C回到狀態(tài)A的過(guò)程，內(nèi)能減少。外界對(duì)氣體做功，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝W+Q，即放出熱量；E、作出p﹣V圖像。根據(jù)p﹣V圖像與V軸所圍的面積表示氣體做功，可知?dú)怏w從狀態(tài)A再回到狀態(tài)A的全過(guò)程，W＜0內(nèi)能不變，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝W+Q，氣體吸收熱量。故選：ABD。14．〖祥解〗（Ⅰ）求出開(kāi)始時(shí)封閉的氣體壓強(qiáng)，對(duì)封閉的氣體，由玻意耳定律列方程求解；（Ⅱ）求出開(kāi)始時(shí)管內(nèi)上端氣體的壓強(qiáng)和氣體柱長(zhǎng)度，再求出后來(lái)管內(nèi)上方封閉氣體的壓強(qiáng)，由玻意耳定律列方程求解后來(lái)上方氣柱的長(zhǎng)度，再根據(jù)幾何關(guān)系求解小活塞從管口向下移動(dòng)的距離?！窘獯稹拷猓海á瘢╅_(kāi)始時(shí)，封閉的氣體壓強(qiáng)p1＝p0+4cmHg＝（76+4）cmHg＝80cmHg，該封閉氣體的長(zhǎng)度為：L1＝10cm設(shè)玻璃管的橫截面積為S，封閉氣柱長(zhǎng)度為L(zhǎng)8＝8cm時(shí)，封閉的氣體壓強(qiáng)為p2對(duì)封閉的氣體，由玻意耳定律：p5SL1＝p2SL8解得：p2＝100cmHg；（Ⅱ）開(kāi)始時(shí)，管內(nèi)上端氣體的壓強(qiáng)：p3＝p7＝76cmHg，氣體柱長(zhǎng)度：L3＝38cm﹣4cm﹣10cm＝24cm當(dāng)封閉氣柱長(zhǎng)度為：L7＝8cm時(shí)，管內(nèi)上端封閉氣體的壓強(qiáng)變?yōu)椋簆4＝p6﹣4cmHg＝100cmHg﹣4cmHg＝96cmHg設(shè)此時(shí)管內(nèi)上端封閉氣體的長(zhǎng)度為L(zhǎng)4，對(duì)管內(nèi)上端封閉氣體，由玻意耳定律：p3SL3＝p8SL4解得：L4＝19cm故小活塞從管口向下移動(dòng)的距離d＝38cm﹣3cm﹣（L2+L4）代入數(shù)據(jù)解得：d＝2cm答：（Ⅰ）氣柱長(zhǎng)度變?yōu)?cm時(shí)這段氣柱的壓強(qiáng)為100cmHg；（Ⅱ）小活塞從管口向下移動(dòng)的距離為7cm。[物理—選修3-4]15．〖祥解〗由圖直接讀出波長(zhǎng)，結(jié)合波速可解得周期，根據(jù)平移法分析P的運(yùn)動(dòng)情況；質(zhì)點(diǎn)一個(gè)周期完成一次全振動(dòng)，根據(jù)時(shí)間與周期關(guān)系解得路程，根據(jù)P的振動(dòng)情況解得振動(dòng)方程。【解答】解：A、由圖可知；波速為v＝0.8m/s＝s＝7.1s。B、根據(jù)平移法可知P點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)x＝（10﹣6）cm＝7.04m＝s＝0.05s波傳到Q點(diǎn)。C、t＝0.7s＝T時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P完成一個(gè)全振動(dòng)，故C正確；D、波經(jīng)t＝0.05s傳到Q點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)的路程為s＝2A＝7×0.4cm＝3.8cm。E、因P點(diǎn)初始向下振動(dòng)t（cm）＝﹣6.4sin20πt（cm）。故選：ACD。16．〖祥解〗（Ⅰ）畫出光路圖，由幾何知識(shí)求出光線在B點(diǎn)的入射角，由折射定律求光學(xué)元件的折射率；（Ⅱ）所有從PR邊垂直入射的光線，經(jīng)PQ邊反射后到達(dá)QS邊，不能從QS邊射出的光線發(fā)生了全反射，考慮臨界光路，即剛好在QS上發(fā)生全反射的光路，由sinC＝求出臨界角C，由幾何關(guān)系求解不能從QS邊射出的光線在PR邊入射時(shí)的寬度?！窘獯稹拷猓海á瘢┊嫵龉饴穲D如圖所示由幾何關(guān)系可得sini＝＝，可得光線在B點(diǎn)的入射角i＝30°光學(xué)元件的折射率n＝＝＝＝（Ⅱ）設(shè)臨界角為C，則sinC＝可得C＝45°所有從PR邊垂直入射的光線，經(jīng)PQ邊反射后到達(dá)QS邊，設(shè)光線在QS上的C點(diǎn)剛好發(fā)生了全反射。則不能從QS邊射出的光線在PR邊入射時(shí)的寬度是L＝a﹣asinC＝a﹣asin45°＝a﹣a）a答：（Ⅰ）光學(xué)元件的折射率為；（Ⅱ）不能從QS邊射出的光線在PR邊入射時(shí)的寬度是（1﹣）a。2023年桂林市高考模擬二調(diào)試卷一、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(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1．（6分）據(jù)了解，CR300AF型復(fù)興號(hào)動(dòng)車組是擁有完全自主國(guó)產(chǎn)研發(fā)的中國(guó)標(biāo)準(zhǔn)動(dòng)車組體系中的新車型。該車型設(shè)計(jì)時(shí)速為300千米每小時(shí)，外觀呈淡藍(lán)色，除此之外復(fù)興號(hào)動(dòng)車組全車覆蓋免費(fèi)wifi，且每?jī)蓚€(gè)座椅有一個(gè)插座。假設(shè)一列復(fù)興號(hào)動(dòng)車進(jìn)站時(shí)從某時(shí)刻起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則這三段位移的平均速度之比是（）A．9：4：1 B．27：8：1 C．5：3：1 D．3：2：12．（6分）氦原子被電離一個(gè)核外電子，形成類氫結(jié)構(gòu)的氦離子。已知基態(tài)的氦離子能量為E1＝﹣54.4eV，氦離子能級(jí)的示意圖如圖所示。以下關(guān)于該基態(tài)的氦離子說(shuō)法正確的是（）A．該基態(tài)氦離子吸收光子躍遷后，核外電子的動(dòng)能增大，電勢(shì)能減小 B．用能量為18.6eV的電子轟擊該基態(tài)氦離子能使其發(fā)生躍遷 C．一個(gè)該基態(tài)氦離子吸收能量為51.0eV的光子后，最多能輻射3種頻率的光子 D．該基態(tài)氦離子吸收能量為50eV的光子后能發(fā)生電離3．（6分）如圖所示，豎直墻與水平地面交點(diǎn)為O，從豎直墻上的A、B兩點(diǎn)分別搭兩條光滑直軌道到M點(diǎn)，M點(diǎn)正上方與A等高處有一C點(diǎn)?，F(xiàn)同時(shí)將完全相同的a、b、c三球分別從A、B、C三點(diǎn)由靜止開(kāi)始釋放。則從開(kāi)始釋放至小球運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的過(guò)程（）A．a(chǎn)球的加速度小于b球的加速度 B．c球最先到達(dá)M點(diǎn) C．a(chǎn)、c兩球所受重力的沖量相同 D．a(chǎn)球到達(dá)M點(diǎn)的速度比c球的大4．（6分）2023年2月10日，遠(yuǎn)在火星執(zhí)行全球遙感科學(xué)探測(cè)任務(wù)的“天問(wèn)一號(hào)”火星探測(cè)器，已經(jīng)在火星“上崗”兩年整。兩年來(lái)，獲取一手探測(cè)數(shù)據(jù)，取得豐碩科研成果。“天問(wèn)一號(hào)”作為我國(guó)首枚火星探測(cè)器其發(fā)射軌道可簡(jiǎn)化為如圖所示，軌道Ⅱ?yàn)闄E圓軌道，軌道Ⅲ為與第二宇宙速度11.2km/s對(duì)應(yīng)的脫離軌道，b、d兩點(diǎn)為軌道Ⅱ的遠(yuǎn)地點(diǎn)和近地點(diǎn)，b、c點(diǎn)與地心的距離均為軌道Ⅰ半徑的2倍（）A．衛(wèi)星從軌道Ⅰ變軌進(jìn)入軌道Ⅱ需要在d點(diǎn)減速 B．衛(wèi)星在軌道Ⅱ的運(yùn)行周期為軌道Ⅰ周期的2倍 C．質(zhì)量相同的衛(wèi)星在b點(diǎn)的機(jī)械能小于在c點(diǎn)的機(jī)械能 D．衛(wèi)星在a點(diǎn)的加速度大小為在b點(diǎn)加速度大小的2倍5．（6分）如圖所示，在真空中水平放置一長(zhǎng)方體高為2L，其上下兩個(gè)面是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形，在頂點(diǎn)F、H處分別放置電荷量為﹣Q的點(diǎn)電荷，O1、O2分別是線段AC和線段FH的中點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．該長(zhǎng)方體的幾何中心處場(chǎng)強(qiáng)為零 B．B、D兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同 C．沿豎直方向從O1到O2，電勢(shì)先減小后增大 D．將一電子從B點(diǎn)移到E點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功（多選）6．（6分）核聚變具有高效率、原料豐富以及安全清潔等優(yōu)勢(shì)，中科院等離子體物理研究所設(shè)計(jì)制造了全超導(dǎo)非圓界面托卡馬克實(shí)驗(yàn)裝置（EAST），這是我國(guó)科學(xué)家率先建成的世界上第一個(gè)全超導(dǎo)核聚變“人造太陽(yáng)”實(shí)驗(yàn)裝置。將原子核在約束磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化為帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分布在整個(gè)立體空間中，所有粒子的質(zhì)量均為m，某時(shí)刻甲、乙、丙三個(gè)粒子的速度如圖所示，忽略粒子所受重力的影響（）A．圖示時(shí)刻甲粒子受到洛倫茲力大小為qvB，且方向水平向右 B．乙粒子受到洛倫茲力大小為零，做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．丙粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為 D．所有粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度大小不變（多選）7．（6分）如圖所示，帶正電的小球穿在一根不可伸長(zhǎng)的光滑絕緣輕繩上，可自由滑動(dòng)，整個(gè)裝置處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)。保持A端位置不變（）（兩桿間距合適，小球兩側(cè)繩子之間夾角始終小于180°）A．將B端向上移動(dòng)一小段距離到B1，再次穩(wěn)定后繩子張力增大 B．將B端向下移動(dòng)一小段距離到B2，再次穩(wěn)定后繩子張力增大 C．將右邊豎直桿向左移動(dòng)一小段距離，再次穩(wěn)定后繩子張力減小 D．將右邊豎直桿向右移動(dòng)一小段距離，再次穩(wěn)定后繩子張力減小（多選）8．（6分）如圖所示，被鎖定在墻邊的壓縮彈簧右端與質(zhì)量為0.2kg、靜止于A點(diǎn)的滑塊P接觸但不粘連，滑塊P所在光滑水平軌道與半徑為0.8m的光滑半圓軌道平滑連接于B點(diǎn)，重力加速度取10m/s2，現(xiàn)將彈簧解除鎖定，滑塊P被彈簧彈出，脫離彈簧后沖上半圓軌道的過(guò)程中（）A．可以到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)D B．經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓軌道的壓力大小為9N C．不能到達(dá)最高點(diǎn)D，滑塊P能到達(dá)的最大高度為1.35m D．可以通過(guò)C點(diǎn)且在CD之間某位置脫離軌道，脫離時(shí)的速度大小為2.2m/s二、非選擇題：第9～13題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第14～15題為選考題，考生根據(jù)要求作答。必考題（一）9．（6分）某同學(xué)設(shè)計(jì)出如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”，讓小鐵球從A點(diǎn)自由下落，下落過(guò)程中經(jīng)過(guò)A點(diǎn)正下方的光電門B時(shí)，已知小球的質(zhì)量為m，直徑為d（1）用游標(biāo)卡尺測(cè)得的鐵球直徑如圖丙所示，讀數(shù)為cm；（2）若AB之間距離為h，則小球從A到B過(guò)程中，減少的重力勢(shì)能為，增加的動(dòng)能為（用題中給出的字母表示）；（3）調(diào)整AB之間距離h，記錄下小球通過(guò)光電門B的時(shí)間t，多次重復(fù)上述過(guò)程隨h的變化圖像如圖乙所示。若小球下落過(guò)程中機(jī)械能守恒，該直線斜率k0＝。10．（9分）在把電流表改裝成電壓表的實(shí)驗(yàn)中，要將量程為200μA的電流表G改裝成量程為5V的電壓表，電流表G的內(nèi)阻約幾百歐。提供的實(shí)驗(yàn)器材如下：干電池（電動(dòng)勢(shì)E約為1.5V，內(nèi)阻r約為10Ω）、電阻箱R1、R2（均為0～99999.9Ω）、開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干。（1）先利用如圖甲所示的電路，測(cè)出電流表G的內(nèi)電阻Rg，有關(guān)實(shí)驗(yàn)測(cè)量的操作步驟如下：①按照?qǐng)D甲連接好電路，電阻箱R1、R2阻值均調(diào)至最大，開(kāi)關(guān)S1、S2均斷開(kāi)；②只閉合S1，調(diào)節(jié)電阻箱R2使電流表G滿偏，此時(shí)電阻箱R2的阻值為6990.0Ω；③再閉合S2，調(diào)節(jié)電阻箱R1使電流表G半偏，此時(shí)電阻箱R1的阻值為470.0Ω，由此可得電流表G內(nèi)阻Rg的測(cè)量值為Ω。（2）測(cè)量電流表內(nèi)阻時(shí)，為了減小測(cè)量誤差，要求R2遠(yuǎn)大于Rg（比值越大，測(cè)量誤差越?。緦?shí)驗(yàn)中R2雖比Rg大，但兩者之比不是很大，因此導(dǎo)致Rg的測(cè)量誤差較大。通過(guò)分析可知，Rg的測(cè)量值真實(shí)值（填“大于”或“小于”）。（3）為減小Rg的測(cè)量誤差，可以通過(guò)補(bǔ)償回路總電阻的方法，即把半偏時(shí)回路的總電阻的變化補(bǔ)回來(lái)。實(shí)際操作如下：在（1）g后，再把R2先增加到Ω（用第（1）問(wèn)中的有關(guān)條件求得具體數(shù)值），再閉合S2調(diào)節(jié)R1使電流表G半偏。用這時(shí)R1的讀數(shù)表示Rg的測(cè)量值，如此重復(fù)操作多次補(bǔ)償即可使誤差盡量減小。（4）通過(guò)多次補(bǔ)償測(cè)量，最終取Rg＝500Ω，為完成上述改裝，需要用一個(gè)Ω的電阻與電流表串聯(lián)。用改裝后的電壓表，按圖乙所示的電路測(cè)量未知電阻Rx。若測(cè)量未知電阻Rx時(shí)，電流表的讀數(shù)為0.20A，而改裝后的電壓表的表頭（刻度盤仍為原電流表的刻度），那么Rx的測(cè)量值為Ω。11．（12分）某智能家居品牌，因科技含量高、豐富的人性化設(shè)計(jì)深受年輕人的追捧，其中一款語(yǔ)音控制電動(dòng)窗簾軌道盒的工作原理可簡(jiǎn)化成如圖所示的A，電動(dòng)機(jī)通過(guò)輕細(xì)繩拉動(dòng)滑塊A（正常使用時(shí)滑塊A與窗簾布連接），滑塊B為防撞模塊（它用一段柔軟輕繩與左面墻連接），從語(yǔ)音控制電動(dòng)機(jī)接收到打開(kāi)窗簾的指令開(kāi)始計(jì)時(shí)，電動(dòng)機(jī)以額度功率牽引滑塊A（未連接窗簾布），當(dāng)滑塊A以最大速度向左運(yùn)動(dòng)與滑塊B發(fā)生碰撞，碰撞瞬間電動(dòng)機(jī)自動(dòng)切斷電源停止對(duì)滑塊A提供拉力，碰撞時(shí)間極短可忽略不計(jì)，到達(dá)墻面前速度剛好減為零。已知語(yǔ)音控制電動(dòng)機(jī)在正常工作時(shí)的額定功率為0.16w，滑塊A、B在軌道上滑動(dòng)時(shí)所受阻力均為滑塊重力的0.1倍，滑塊A最初位置與滑塊B相距4m2。求：（1）電動(dòng)機(jī)牽引滑塊A在軌道上運(yùn)動(dòng)能達(dá)到的最大速度；（2）滑塊A由靜止出發(fā)到最后停在墻邊共需要多少時(shí)間。12．（20分）如圖所示，M1N1P1Q1和M2N2P2Q2為在同一水平面內(nèi)足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度B為1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向下。導(dǎo)軌的M1N1段與M2N2段相互平行，距離為L(zhǎng)＝1m；P1Q1段與P2O2段也是平行的，距離為0.5m。質(zhì)量m均為0.1kg的金屬桿a、b垂直于導(dǎo)軌放置，一根不可伸長(zhǎng)的絕緣輕繩一端固定在金屬桿b上，重物c放置在地面上，絕緣輕繩的水平部分與P1Q1平行且足夠長(zhǎng)（重物c始終不與滑輪相撞），對(duì)a桿施加一水平向左大小為4N的恒力F使其從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知兩桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌保持光滑接觸，軌道足夠長(zhǎng)使b桿始終在寬度為0.5m的軌道部分運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s2。（1）若將重物c鎖定在地面上，求a桿的最終速度的大??；（2）若將重物c解除鎖定，從a桿開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到重物c剛要離開(kāi)地面時(shí)，共經(jīng)歷時(shí)間0.25s；（3）若將重物c解除鎖定，求a桿運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中回路的最大電流（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。（二）選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。[物理一選修3-3]（多選）13．（5分）一定質(zhì)量的理想氣體，在經(jīng)歷如圖所示的A→B→C→A的狀態(tài)變化過(guò)程，下列描述正確的是（）A．氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過(guò)程是等容變化，溫度升高，內(nèi)能增大 B．氣體從狀態(tài)B到狀態(tài)C的過(guò)程，溫度升高，對(duì)外做功，內(nèi)能增大 C．氣體從狀態(tài)C回到狀態(tài)A的過(guò)程是等壓變化，溫度降低，對(duì)外做功 D．氣體從狀態(tài)C回到狀態(tài)A的過(guò)程，內(nèi)能減少，放出熱量 E．氣體從狀態(tài)A再回到狀態(tài)A的全過(guò)程，外界對(duì)氣體做功，氣體放出熱量，內(nèi)能增大14．（10分）如圖甲所示，一豎直放置的玻璃管（導(dǎo)熱良好）用水銀柱封閉了一定質(zhì)量的氣體，封閉的氣柱長(zhǎng)度為10cm，玻璃管的總長(zhǎng)度為38cm，將小活塞緩慢從管口向下推下，直到氣柱長(zhǎng)度變?yōu)?cm，環(huán)境溫度不變，大氣壓強(qiáng)為76cmHg。求：（Ⅰ）氣柱長(zhǎng)度變?yōu)?cm時(shí)這段氣柱的壓強(qiáng)多大；（Ⅱ）小活塞從管口向下移動(dòng)的距離。[物理—選修3-4]（多選）15．一列橫波t＝0時(shí)刻的波形圖如圖所示，波沿著x軸的正方向傳播，此時(shí)剛好傳到圖中P點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A．波長(zhǎng)為8cm，波的周期為0.1s B．t＝0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)方向沿x軸正方向，經(jīng)0.05秒剛好運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn) C．t＝0.1s時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P剛好經(jīng)過(guò)平衡位置向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng) D．從t＝0時(shí)刻開(kāi)始經(jīng)過(guò)0.1s，質(zhì)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)的路程為0.8cm E．質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方程是y＝0.4sin20πt（cm）16．如圖所示，一個(gè)柱狀光學(xué)元件的橫截面由直角邊邊長(zhǎng)為a的等腰直角三角形與半徑為a的四分之一圓組成，一束平行光線垂直于PR邊射入（A為PR的中點(diǎn)）的光線，在光學(xué)元件中經(jīng)PQ邊反射后恰好從圖中B點(diǎn)射出求：（Ⅰ）光學(xué)元件的折射率；（Ⅱ）所有從PR邊垂直入射的光線，經(jīng)PQ邊反射后到達(dá)QS邊，只有部分光線能夠從QS邊射出——★參考答案★——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(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1．〖祥解〗動(dòng)車剎車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，最后停止，可以反過(guò)來(lái)看成初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律及平均速度公式求解即可．【解答】解：可將動(dòng)車減速過(guò)程看作初速度為0的加速過(guò)程，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知最后3s、4s連續(xù)通過(guò)三段位移的比為27：8：1，可知這三段位移的平均速度之比是4：4：1，BCD錯(cuò)誤；故選：A。2．〖祥解〗類氫結(jié)構(gòu)的氦離子可以使用玻爾理論來(lái)解答，結(jié)合庫(kù)侖力提供向心力分析核外電子動(dòng)能的變化；原子從一個(gè)能量狀態(tài)向另一個(gè)能量狀態(tài)躍遷時(shí)要吸收或放出一定頻率的光子，光子的能量等于兩個(gè)狀態(tài)的能級(jí)差，即hν＝Em﹣En．【解答】解：A、該基態(tài)氦離子吸收光子躍遷后，核外電子的動(dòng)能減小，故A錯(cuò)誤；B、能量為18.6eV的光子，吸收后氦離子的能量：E＝﹣54.4eV+18.8eV＝﹣35.8eV，所以不能躍遷；C、一個(gè)該基態(tài)氦離子吸收能量為51.0eV的光子后，能躍遷到第4能級(jí)，最多能輻射3種頻率的光子；D、該基態(tài)氦離子吸收能量為54.4eV的光子后能發(fā)生電離。故選：C。3．〖祥解〗根據(jù)牛頓第二定律解得加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式比較時(shí)間大小，根據(jù)沖量的公式和動(dòng)能定理分析CD?！窘獯稹拷猓篈、對(duì)ab小球解得：a＝gsinθa球所在斜面傾角較大，則a球的加速度大于b球的加速度；B、設(shè)CM距離為R＝at2解得：t＝對(duì)于c小球有：R＝解得t'＝可見(jiàn)c球最先到達(dá)M點(diǎn)，故B正確；C、對(duì)ac根據(jù)動(dòng)量定理有：I＝mgt可見(jiàn)a球重力的沖量較大，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)動(dòng)能定理有mgR＝，故D錯(cuò)誤。故選：B。4．〖祥解〗根據(jù)變軌原理分析A、C選項(xiàng)；根據(jù)開(kāi)普勒第三定律求解周期之比；根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小之比?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)變軌原理可知，故A錯(cuò)誤；B、b點(diǎn)與地心的距離為2R，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可得：＝＝，故B錯(cuò)誤；C、衛(wèi)星從軌道Ⅱ變到軌道Ⅲ需要點(diǎn)火加速，而同一軌道機(jī)械能守恒，故C正確；D、根據(jù)牛頓第二定律可得，解得a＝a＝R、rb＝2R，所以衛(wèi)星在a點(diǎn)的加速度大小為在b點(diǎn)加速度大小的4倍。故選：C。5．〖祥解〗根據(jù)等量同種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)的特點(diǎn)，結(jié)合矢量合成的特點(diǎn)分析出不同位置的場(chǎng)強(qiáng)關(guān)系；根據(jù)不同位置到電荷的距離變化分析出電勢(shì)的變化，再判斷電場(chǎng)力做功的正負(fù)?！窘獯稹拷猓篈、由等量同種點(diǎn)電荷電場(chǎng)特點(diǎn)可知，A，F(xiàn)、H處放置的負(fù)電荷在長(zhǎng)方體的幾何中心處場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下，大小不為零；B、B、D兩點(diǎn)到兩正電荷的距離相同，由矢量合成可知，B，方向不同；C、沿豎直方向從O1到O2，所在位置距離正電荷越來(lái)越遠(yuǎn)，離負(fù)電荷越來(lái)越近，故C錯(cuò)誤；D、B點(diǎn)離兩正電荷更近，則B點(diǎn)電勢(shì)高于E點(diǎn)電勢(shì)，電場(chǎng)力做負(fù)功。故選：D。6．〖祥解〗由左手定則判斷洛倫茲力方向；速度方向與磁場(chǎng)方向平行，則不受洛倫茲力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；粒子速度方向與磁場(chǎng)方向不垂直時(shí)不是做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；根據(jù)洛倫茲力不做功分析速度是否變化?！窘獯稹拷猓篈.甲粒子速度方向與磁場(chǎng)方向垂直，則洛倫茲力大小為qvB，洛倫茲力方向垂直紙面向里；B.乙粒子速度方向與磁場(chǎng)方向平行，則洛倫茲力大小為0，故B正確；C.丙粒子速度方向與磁場(chǎng)方向不垂直，不是做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；D.洛倫茲力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，速度大小不變。故選：BD。7．〖祥解〗對(duì)小球進(jìn)行受力分析，將重力和電場(chǎng)力合并為F合為等效重力G′，兩段繩子拉力等大，其合力與等效重力G′等大反向。過(guò)A.B分別做平行于G′的直線a、b（a、b為等效絕緣桿），直線a、b間距為d，顯然Tsinα＝Tcosα，可知α＝θ，又2Tcosθ＝F合，且d＝L1sinθ+L2sinθ，進(jìn)而分析各選項(xiàng)?！窘獯稹拷猓簩?duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖所示將重力和電場(chǎng)力合并為F合為等效重力G′，兩段繩子拉力等大。過(guò)A.B分別做平行于G′的直線a、b為等效絕緣桿），直線a、b間距為d，可知α＝θ合，且d＝L1sinθ+L2sinθA：B移至B6時(shí)，ab間距d增大，則cosθ變小，故A正確；B：B移至B2時(shí)，d減小，cosθ增大，故B錯(cuò)誤；C：右桿左移，d減小，cosθ增大，故C正確；D：右桿右移，d增大。cosθ減小，故D錯(cuò)誤。故選：AC。8．〖祥解〗求出物塊在D點(diǎn)的重力勢(shì)能進(jìn)行分析；根據(jù)功能關(guān)系求解B點(diǎn)的速度，在B點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律、牛頓第三定律進(jìn)行解答；設(shè)脫離軌道時(shí)與圓心連線與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)功能關(guān)系進(jìn)行解答；物塊離開(kāi)軌道后做斜上拋運(yùn)動(dòng)，求出斜上拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的水平速度大小，根據(jù)功能關(guān)系求解滑塊P能到達(dá)的最大高度?！窘獯稹拷猓篈、取地面為零勢(shì)能面重力＝mg?2R＝0.7×10×2×0.7J＝3.2J＞6.8J，所以物塊不能到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)D；B、經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB，根據(jù)功能關(guān)系可得：E彈簧＝在B點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律可得：FN﹣mg＝m聯(lián)立解得：FN＝3N，根據(jù)牛頓第三定律可知對(duì)半圓軌道的壓力大小為9N；D、物塊在C點(diǎn)的重力勢(shì)能為：E重力′＝mgR＝0.5×10×0.8J＝2.6J＜2.5J，物塊可以通過(guò)C點(diǎn)且在CD之間某位置脫離軌道，此時(shí)的速度大小為v根據(jù)功能關(guān)系可得：E彈簧＝+mgR（1+cosθ）根據(jù)牛頓第二定律可得：mgcosθ＝m聯(lián)立解得：θ＝60°，v＝2m/s；C、物塊離開(kāi)軌道后做斜上拋運(yùn)動(dòng)x＝vcos30°＝2×m/s＝根據(jù)功能關(guān)系可得：E彈簧＝+mgh解得滑塊P能到達(dá)的最大高度為：h＝1.35m，故C正確。故選：BC。二、非選擇題：第9～13題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第14～15題為選考題，考生根據(jù)要求作答。必考題（一）9．〖祥解〗（1）先確定游標(biāo)卡尺的最小分度值，再讀出主尺和游標(biāo)尺的讀數(shù)，相加即為游標(biāo)卡尺讀數(shù)；（2）根據(jù)重力勢(shì)能表達(dá)式計(jì)算重力勢(shì)能的變化量，根據(jù)平均速度計(jì)算小球通過(guò)光電門的速度，根據(jù)動(dòng)能表達(dá)式計(jì)算動(dòng)能的變化量；（3）根據(jù)機(jī)械能守恒定律推導(dǎo)結(jié)合圖像判斷?！窘獯稹拷猓海?）游標(biāo)卡尺的最小分度值為0.05mm，主尺讀數(shù)為10mm故鐵球直徑為：10mm+0.15mm＝10.15mm＝2.015cm（2）若AB之間距離為h，則小球從A到B過(guò)程中p＝mgh小球通過(guò)光電門的速度為：小球從A到B過(guò)程中，增加的動(dòng)能為：（3）根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：ΔEp＝ΔEk即整理得：該直線斜率k0＝故〖答案〗為：（1）1.015；（2）mgh，。10．〖祥解〗（1）根據(jù)半偏法測(cè)電阻的原理作答；（2）根據(jù)并聯(lián)電路的電阻特點(diǎn)，閉合電路的歐姆定律分析實(shí)驗(yàn)誤差；（3）當(dāng)并聯(lián)同阻值的電阻后，并聯(lián)部分阻值變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則串聯(lián)的電阻阻值要增加所測(cè)出電阻的一半；（4）把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)分壓電阻，應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律求出串聯(lián)電阻阻值；根據(jù)圖示求出電壓表示數(shù)，然后由歐姆定律求出待測(cè)電阻阻值。【解答】解：（1）只閉合S1，電流表G的滿偏電流為I，當(dāng)開(kāi)關(guān)S2閉合時(shí)，由于電流表與R4的并聯(lián)電阻遠(yuǎn)小于電阻R2的電阻，干路電流I不變1使電流表G半偏時(shí)，根據(jù)并聯(lián)電路電流的分配與電阻的關(guān)系g＝R4＝470.0Ω；（2）當(dāng)開(kāi)關(guān)S2閉合時(shí)，電流表與R4的并聯(lián)電阻小于電流表的內(nèi)阻，電路中的總電阻變小，電路中的電流變大，當(dāng)電流表半偏時(shí)1的電流大于，根據(jù)并聯(lián)電路電阻與電流的分配關(guān)系可知Rg真＞R1，即Rg真＞Rg；（3）并聯(lián)等值電阻后，，并聯(lián)部分電阻減少了原來(lái)的一半，因此把R2先增加到6990.0Ω+235.5Ω＝7225.0Ω，償后再次用半偏法測(cè)量；（4）根據(jù)歐姆定律得U＝Ig（Rg+R）需要串聯(lián)的電阻丙圖的讀數(shù)I3＝120μA＝1.20×10﹣4A通過(guò)待測(cè)電阻的電流I6＝I′﹣I1＝0.20A﹣7.00012A≈0.20A根據(jù)歐姆定律，待測(cè)電阻故〖答案〗為：（1）③47.0；（2）小于；（4）24500。11．〖祥解〗（1）根據(jù)功率的計(jì)算公式求解最大速度；（2）根據(jù)動(dòng)能定理求解A碰撞前運(yùn)動(dòng)時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解碰撞后的速度大小，對(duì)整體根據(jù)動(dòng)量定理求解碰撞后到靜止的時(shí)間，因此得到滑塊A由靜止出發(fā)到最后停在墻邊共需要的時(shí)間?！窘獯稹拷猓河深}意知：p＝0.16w，k＝0.7，mA＝0.2kg、mB＝7.6kg，L＝4m8（1）當(dāng)A達(dá)到最大速度時(shí)牽引力等于阻力，根據(jù)功率的計(jì)算公式可得：P＝kmAgvm解得：vm＝0.8m/s（2）設(shè)A碰撞前運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3，根據(jù)動(dòng)能定理可得：Pt1﹣kmAgL＝，其中L＝4m代入數(shù)據(jù)解得：t1＝5.6s碰撞過(guò)程中，取向左為正方向Avm＝（mA+mB）v解得碰撞后的速度大小為：v＝0.2m/s設(shè)碰撞后到靜止的時(shí)間為t5，取向左為正方向，對(duì)整體根據(jù)動(dòng)量定理可得：﹣k（mA+mB）gt2＝0﹣（mA+mB）v解得：t5＝0.2s所以滑塊A由靜止出發(fā)到最后停在墻邊共需要的時(shí)間為：t＝t5+t2＝5.2s+0.2s＝3.6s。答：（1）電動(dòng)機(jī)牽引滑塊A在軌道上運(yùn)動(dòng)能達(dá)到的最大速度為0.7m/s；（2）滑塊A由靜止出發(fā)到最后停在墻邊共需要5.6s時(shí)間。12．〖祥解〗重物c鎖定時(shí)，只有a桿運(yùn)動(dòng)，利用牛頓第二定律可知a桿做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減小為零時(shí)，a桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)；從a桿開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到重物c剛要離開(kāi)地面過(guò)程中，對(duì)a桿利用動(dòng)量定理可以求出a桿運(yùn)動(dòng)的位移，則可以求出拉力F做的功，利用動(dòng)能定理可以求出克服安培力做的功，則可以得到回路中產(chǎn)生的焦耳熱；將重物c解除鎖定后，兩桿均做加速運(yùn)動(dòng)，開(kāi)始a桿加速度大于b桿加速度，a桿的速度增加的比b桿速度快，但是a桿的加速度減小，b桿的加速度增大，當(dāng)a的速度增加快慢與b桿速度的一半增加快慢相同時(shí)，即b的加速度是a的兩倍時(shí)，回路中的電流達(dá)到穩(wěn)定，且電流達(dá)到最大?！窘獯稹?/p>