1、第PAGE37頁（共NUMPAGES37頁）2022年山東省新高考物理試卷一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。1（3分）碘125衰變時產生射線，醫(yī)學上利用此特性可治療某些疾病，碘125的半衰期為60天，若將一定質量的碘125植入患者病灶組織，經(jīng)過180天剩余碘125的質量為剛植入時的（）ABCD2（3分）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術發(fā)射長征十一號系列運載火箭。如圖所示，發(fā)射艙內的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到點火的過程中（）A火箭的加速度為零時，動能最大B高壓氣體釋放的能量全部轉化為火箭的動能C高

2、壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量3（3分）半徑為R的絕緣細圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為L的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，q為（）A正電荷，B正電荷，C負電荷，D負電荷，4（3分）如圖所示的變壓器，輸入電壓為220V，可輸出12V、18V、30V電壓，匝數(shù)為n1的原線圈中電壓隨時間的變化為uUmcos（100t）。單匝線圈繞過鐵芯連接交流電壓表，電壓表的示數(shù)為

3、0.1V。將阻值為12的電阻R接在BC兩端時，功率為12W。下列說法正確的是（）An1為1100匝，Um為220VBBC間線圈匝數(shù)為120匝，流過R的電流為1.4AC若將R接在AB兩端，R兩端的電壓為18V，頻率為100HzD若將R接在AC兩端，流過R的電流為2.5A，周期為0.02s5（3分）如圖所示，內壁光滑的絕熱氣缸內用絕熱活塞封閉一定質量的理想氣體，初始時氣缸開口向上放置，活塞處于靜止狀態(tài)，將氣缸緩慢轉動90過程中，缸內氣體（）A內能增加，外界對氣體做正功B內能減小，所有分子熱運動速率都減小C溫度降低，速率大的分子數(shù)占總分子數(shù)比例減少D溫度升高，速率大的分子數(shù)占總分子數(shù)比例增加6（3分

4、）“羲和號”是我國首顆太陽探測科學技術試驗衛(wèi)星。如圖所示，該衛(wèi)星圍繞地球的運動視為勻速圓周運動，軌道平面與赤道平面接近垂直。衛(wèi)星每天在相同時刻，沿相同方向經(jīng)過地球表面A點正上方，恰好繞地球運行n圈。已知地球半徑為地軸R，自轉周期為T，地球表面重力加速度為g，則“羲和號”衛(wèi)星軌道距地面高度為（）ARBCRD7（3分）柱狀光學器件橫截面如圖所示，OP右側是以O為圓心，半經(jīng)為R的圓，左側是直角梯形，AP長為R，AC與CO夾角45，AC中點為B，a、b兩種頻率的細激光束，垂直AB面入射，器件介質對a，b光的折射率分別為1.42、1.40，保持光的入射方向不變，入射點從A向B移動過程中，能在PM面全反射

5、后，從OM面射出的光是（不考慮三次反射以后的光）（）A僅有a光B僅有b光Ca、b光都可以Da、b光都不可以8（3分）無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示，半徑為3m的半圓弧BC與長8m的直線路徑AB相切于B點，與半徑為4m的半圓弧CD相切于C點，小車以最大速度從A點駛入路徑，到適當位置調整速率運動到B點，然后保持速率不變依次經(jīng)過BC和CD。為保證安全，小車速率最大為4m/s，在ABC段的加速度最大為2m/s2，CD段的加速度最大為1m/s2。小車視為質點，小車從A到D所需最短時間t及在AB段做勻速直線運動的最長距離l為（）A，l8mB，l5mC，l5.5mD，l5.5m二、多項選擇題：本題共4

6、小題，每小題4分，共16分每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。（多選）9（4分）一列簡諧橫波沿x軸傳播，平衡位置位于坐標原點O的質點振動圖像如右圖所示。當t7s時，簡諧波的波動圖像可能正確的是（）ABCD（多選）10（4分）某同學采用圖甲所示的實驗裝置研究光的干涉與衍射現(xiàn)象，狹縫S1、S2的寬度可調，狹縫到屏的距離為L。同一單色光垂直照射狹縫，實驗中分別在屏上得到了圖乙、圖丙所示圖樣。下列描述正確的是（）A圖乙是光的雙縫干涉圖樣，當光通過狹縫時，也發(fā)生了衍射B遮住一條狹縫，另一狹縫寬度增大，其他條件不變，圖丙中亮條紋寬度增大C照射兩條狹縫時，增加L

7、，其他條件不變，圖乙中相鄰暗條紋的中心間距增大D照射兩條狹縫時，若光從狹縫S1、S2到屏上P點的路程差為半波長的奇數(shù)倍，P點處一定是暗條紋（多選）11（4分）如圖所示，某同學將離地1.25m的網(wǎng)球以13m/s的速度斜向上擊出，擊球點到豎直墻壁的距離4.8m當網(wǎng)球豎直分速度為零時，擊中墻壁上離地高度為8.45m的P點，網(wǎng)球與墻壁碰撞后，垂直墻而速度分量大小變?yōu)榕銮暗?.75倍，平行墻面的速度分量不變，重力加速度g取10m/s2，網(wǎng)球碰墻后的速度大小v和著地點到墻壁的距離d分別為（）Av5m/sBv3m/sCd3.6mDd3.9m（多選）12（4分）如圖所示，xOy平面的第一、三象限內以坐標原點O

8、為圓心、半徑為的扇形區(qū)域充滿方向垂直紙面向外的勻強磁場，邊長為L的正方形金屬框繞其始終在O點的頂點、在xOy平面內以角速度順時針勻速轉動，t0時刻，金屬框開始進入第一象限，不考慮自感影響，關于金屬框中感應電動勢E隨時間t變化規(guī)律的描述正確的是（）A在t0到的過程中，E一直增大B在t0到的過程中，E先增大后減小C在t0到的過程中，E的變化率一直增大D在t0到的過程中，E的變化率一直減小三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13（6分）在天宮課堂中，我國航天員演示了利用牛頓第二定律測量物體質量的實驗，受此啟發(fā)，某同學利用氣墊導軌、力傳感器、無線加速度傳感器、輕彈簧和待測物體等器材設計了測量物體質量

9、的實驗。如圖甲所示，主要步驟如下：將力傳感器固定在氣墊導軌左端支架上，加速度傳感器固定在滑塊上；接通氣源，放上滑塊，調平氣墊導軌；將彈簧左端連接力傳感器，右端連接滑塊，彈簧處于原長時滑塊左端位于O點，A點到O點的距離為5.00cm，拉動滑塊使其左端處于A點，由靜止釋放并開始計時；計算機采集獲取數(shù)據(jù)，得到滑塊所受彈力F，加速度a隨時間t變化的圖像，部分圖像如圖乙所示?；卮鹨韵聠栴}（結果均保留兩位有效數(shù)字）：（1）彈簧的勁度系數(shù)為 N/m；（2）該同學從圖乙中提取某些時刻F與a的數(shù)據(jù)，畫出aF圖像如圖丙中所示，由此可得滑塊與加速度傳感器的總質量為 kg；（3）該同學在滑塊上增加待測物體，重復上述實

10、驗步驟，在圖丙中畫出新的aF圖像，則待測物體的質量為 kg。14（8分）某同學利用實驗室現(xiàn)有器材，設計了一個測量電阻阻值的實驗，實驗器材：干電池E（電動勢1.5V，當阻未知）；電流表A1（量程10mA，內阻為90）；電流表A2（量程30mA，內阻為30）；定值電阻R0（阻值為150）；滑動變阻器R（最大阻值為100）；待測電阻Rx；開關S，導線若干。測量電路如圖所示。（1）斷開開關，連接電路，將滑動變阻器R的滑片調到值最大一端，將定值電阻R0接入電路；閉合開關，調節(jié)滑片位置，使電流表指針指在滿刻度的處，該同學選到電流表為 （填“A1”或“A2”）；若不考慮電池內阻，此時滑動變阻器接入電路的電阻

11、值應為 。（2）斷開開關，保持滑片的位置不變，用Rx替換R0，閉合開關后，電流表指針指在滿刻度的處，則Rx的測量值為 。（3）本實驗中未考慮電池內阻，對Rx的測量值 （填“有”或“無”）影響。15（7分）某些魚類通過調節(jié)體內魚鰾的體積實現(xiàn)浮沉，如圖所示，魚鰾結構可化為通過閥門相連的A、B兩個密閉氣室，A室壁厚，可認為體積恒定，B室壁簿，體積可變；兩室內氣體視為理想氣體，可通過閥門進行交換。質量為M的魚靜止在水面下H處，B室內氣體體積為V，質量為m；設B室內氣體壓強與魚體外壓強相等、魚體積的變化與B室氣體體積的變化相等，魚的質量不變，魚鰾內氣體溫度不變，水的密度為，重力加速度為g，大氣壓強為p0

12、，求：（1）魚通過增加B室體積獲得大小為a的加速度，需從A室充入B室的氣體質量m；（2）魚靜止于水面下H1處時，B室內氣體質量m2。16（9分）某糧庫使用額定電壓U380V，內阻R0.25的電動機運糧，如圖所示，配重和電動機連接小車的纜繩均平行于斜坡，裝滿糧食的小車以速度v2m/s沿斜坡勻速上行，此時電流I40A，關閉電動機后，小車又沿斜坡上行路程L到達卸糧點時，速度恰好為零。卸糧后，給小車一個向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行。已知小車質量m1100kg，車上糧食質量m21200kg，配重質量m040kg，取重力加速度g10m/s，小車運動時受到的摩擦阻力與車及車上糧食總重力成正比，比例系

13、數(shù)為k，配重始終未接觸地面，不計電動機自身機械摩擦損耗及纜繩質量。求：（1）比例系數(shù)k值；（2）上行路程L值。17（14分）中國“人造太陽”在核聚變實驗方面取得新突破，該裝置中用電磁場約束和加速高能離子，其部分電磁場簡化模型如圖所示，在三維坐標系Oxyz中，0zd空間內充滿勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向沿x軸正方向；3dz0，y0的空間內充滿勻強磁場，磁感應強度大小為，方向平行于xOy平面，與x軸正方向夾角為45；z0，y0的空間內充滿沿y軸負方向的勻強電場，質量為m，帶電量為+q的離子，從yOz平面第三象限內距y軸為L的點A以一定速度出射，速度方向與z軸正方向夾角為，在yOz平面內運動一

14、段時間后，經(jīng)坐標原點O沿z軸正方向進入磁場，不計離子重力。（1）當離子甲從A點出射速度為v0時，求電場強度的大小E；（2）若使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，求進入磁場時的最大速度vm；（3）離子甲以的速度從O點沿z軸正方向第一次穿過xOy面進入磁場，求第四次穿過xOy平面的位置坐標（用d表示）；（4）當離子甲以的速度從O點進入磁場時，質量為4m，帶電量為+q的離子乙，也從O點沿z軸正方向以相同的動能同時進入磁場，求兩離子進入磁場后，到達它們運動軌跡第一個交點的時間差t（忽略離子間相互作用）。18（16分）如圖所示，“L”型平板B靜置在地面上，小物塊A處于平板B上的O點，O點左側粗糙，右側光

15、滑。用不可伸長的輕繩將質量為M的小球懸掛在O點正上方的O點，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，將小球由靜止釋放，下擺至最低點與小物塊A發(fā)生碰撞，碰后小球速度方向與碰前方向相同，開始做簡諧運動（要求擺角小于5），A以速度v0沿平板滑動直至與B右側擋板發(fā)生彈性碰撞。一段時間后，A返回到O點的正下方時，相對于地面的速度減為零，此時小球恰好第一次上升到最高點，已知A的質量mA0.1kg，B的質量mB0.3kg，A與B的動摩擦因數(shù)10.4，B與地面間的動摩擦因數(shù)20.225，v04m/s，取重力加速度g10m/s2，整個過程中A始終在B上，所有碰撞時間忽略不計，不計空氣阻力，求：（1）A與B的擋板碰撞后，二者的速度

16、大小vA與vB；（2）B光滑部分的長度d；（3）運動過程中A對B的摩擦力所做的功Wf；（4）實現(xiàn)上述運動過程，的取值范圍（結果用cos5表示）。2022年山東省新高考物理試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。1（3分）碘125衰變時產生射線，醫(yī)學上利用此特性可治療某些疾病，碘125的半衰期為60天，若將一定質量的碘125植入患者病灶組織，經(jīng)過180天剩余碘125的質量為剛植入時的（）ABCD【分析】根據(jù)半衰期的定義及常見的計算公式mm0（）計算出衰變一定時間后剩余碘的質量?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)mmmm；故ACD錯誤，B正確；故選：

17、B。【點評】本題考查半衰期，解題關鍵依據(jù)半衰期的相關公式解答即可。2（3分）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術發(fā)射長征十一號系列運載火箭。如圖所示，發(fā)射艙內的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到點火的過程中（）A火箭的加速度為零時，動能最大B高壓氣體釋放的能量全部轉化為火箭的動能C高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量【分析】正確理解火箭在加速時速度的變化情況；根據(jù)功能關系分析能量變化；根據(jù)動量定理分析動量的增加量。【解答】解：A、火箭加速過程中，所受合力為0時，即加速度為0時，速度最大，此

18、時動能最大，故A正確；BD、火箭所受高壓氣體的推力做功轉化為火箭的動能、重力勢能與摩擦生熱的熱能，則高壓氣體的推力和空氣阻力和重力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量，故BD錯誤；C、根據(jù)動量定理可知高壓氣體的推力和空氣阻力和重力的總沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；故選：A?！军c評】本題考查動量定理與功能關系，解題關鍵掌握動能定理與能量守恒定律，注意速度最大時加速度為0.3（3分）半徑為R的絕緣細圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為L的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度

19、剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，q為（）A正電荷，B正電荷，C負電荷，D負電荷，【分析】先計算細圓環(huán)取走A、B兩段之后在圓心O處的場強大小并判斷方向，再根據(jù)場強的矢量性及O點的合場強為0，判斷電荷q的電性及電荷量?！窘獯稹拷猓阂驗殡姾稍诩殘A環(huán)上均勻分布，所以弧長為L的小圓弧上所帶的電荷量為：Q在L足夠小時，可以將取走的部分看作點電荷，細圓環(huán)帶正電，根據(jù)圓環(huán)的對稱性，可以得到取走A、B處兩段弧長均為L的小圓弧上的電荷后，細圓環(huán)在O點產生的電場如圖：根據(jù)庫侖定律及矢量的疊加可知細圓環(huán)在O點產生的合場強大小為：EE，方向水平向右將q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零，所以點

20、電荷q在O點產生的場強應向左，大小等于E，故q為負電荷根據(jù)庫侖定律有：E解得：故ABD錯誤，C正確；故選：C?！军c評】本題考查點電荷產生的電場的計算，解題關鍵掌握AB取走后，O點的電場的合成方法。4（3分）如圖所示的變壓器，輸入電壓為220V，可輸出12V、18V、30V電壓，匝數(shù)為n1的原線圈中電壓隨時間的變化為uUmcos（100t）。單匝線圈繞過鐵芯連接交流電壓表，電壓表的示數(shù)為0.1V。將阻值為12的電阻R接在BC兩端時，功率為12W。下列說法正確的是（）An1為1100匝，Um為220VBBC間線圈匝數(shù)為120匝，流過R的電流為1.4AC若將R接在AB兩端，R兩端的電壓為18V，頻率

21、為100HzD若將R接在AC兩端，流過R的電流為2.5A，周期為0.02s【分析】變壓器中原、副線圈兩端電壓之比等于匝數(shù)之比，電流之比等于匝數(shù)的反比，根據(jù)電壓表的示數(shù)與輸入電壓的關系判斷原線圈的匝數(shù)，再根據(jù)正弦式交變電流有效值和峰值的關系求出該交變電壓的峰值；根據(jù)功率和電阻的關系求出BC段電壓的大小，再根據(jù)原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系求出BC段的匝數(shù)；根據(jù)原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系可以推斷BC段電壓是12V，AC段電壓應是30V，AB段的電壓應是18V，因為變壓器不改變交變電流的頻率，所以求出原線圈兩端電壓的頻率即可；根據(jù)歐姆定律計算電流大小，再根據(jù)頻率與周期的關系，計算周期?！窘獯稹拷猓篈、變

22、壓器的輸入電壓為220V，根據(jù)理想變壓器原線圈與單匝線圈的匝數(shù)比為將U1220V，n21，U20.1V代入解得原線圈匝數(shù)為：n12200，原線圈的交流電的電壓與時間成余弦函數(shù)關系，故輸入交流電壓的最大值為UmU220V，故A錯誤；B、當在BC間接入12的電阻時電功率為12W，由功率表達式可得：故流過R的電流大小為再由，解得BC間的匝數(shù)為nBC120，故B錯誤；C.根據(jù)原、副線圈電壓與匝數(shù)之間的關系可知，原線圈電壓和匝數(shù)固定時，副線圈的匝數(shù)越多，輸出的電壓就越大，BC間的輸出電壓為12V，AC間的輸出電壓應為30V，故AB間的輸出電壓應為18V。所以當R接在AB間時兩端電壓大小為18V。因為變壓

23、器不能改變交變電流的頻率，所以副線圈的頻率等于原線圈的頻率，根據(jù)原線圈的電壓表達式可求得輸入電壓的周期為：故頻率為：，故C錯誤；D.若將R接在AC端，根據(jù)歐姆定律可知，流過電阻R的電流為I由C選項可知交流電的周期為T0.02s，故D正確。故選：D。【點評】本題考查變壓器，解題關鍵掌握變壓器電壓規(guī)律和電流的規(guī)律，注意電功率的計算公式。5（3分）如圖所示，內壁光滑的絕熱氣缸內用絕熱活塞封閉一定質量的理想氣體，初始時氣缸開口向上放置，活塞處于靜止狀態(tài)，將氣缸緩慢轉動90過程中，缸內氣體（）A內能增加，外界對氣體做正功B內能減小，所有分子熱運動速率都減小C溫度降低，速率大的分子數(shù)占總分子數(shù)比例減少D溫

24、度升高，速率大的分子數(shù)占總分子數(shù)比例增加【分析】氣缸與活塞均絕熱，故不與外界進行熱量交換，根據(jù)熱力學第一定律UQ+W可知，當Q0時，UW，通過分析氣體的體積變化就能判斷外界對氣體的做功情況，從而得到內能的變化情況；根據(jù)理想氣體內能與溫度的關系判斷溫度的變化情況，再根據(jù)溫度與理想氣體的分子平均動能的關系判斷氣體分子的速率分布情況?！窘獯稹拷猓撼跏紩r氣缸開口向上，活塞處于平衡狀態(tài)，氣缸內外氣體對活塞的壓力差與活塞的重力平衡，設初始時氣缸內的壓強為p1，活塞的面積為S，則有：p1Sp0Smg，氣缸在緩慢轉動的過程中，氣缸內外氣體對活塞的壓力差大于重力沿氣缸壁的分力，故氣缸內氣體緩慢的將活塞往外推，最

25、后氣缸水平，缸內氣壓等于大氣壓。AB、氣缸、活塞都是絕熱的，故缸內氣體與外界沒有發(fā)生熱傳遞，氣缸內氣體壓強作用將活塞往外推，氣體對外做功，根據(jù)熱力學第一定律UQ+W得，氣體內能減小，故缸內理想氣體的溫度降低，分子熱運動的平均速率減小，并不是所有分子熱運動的速率都減小，故AB錯誤；CD、氣體內能減小，缸內理想氣體的溫度降低，分子熱運動的平均速率減小，故速率大的分子數(shù)占總分子數(shù)的比例減小，C正確，D錯誤。故選：C。【點評】該題考查一定質量的理想氣體在發(fā)生相應變化時氣體的各狀態(tài)參數(shù)的變化以及熱力學第一定律等知識點，屬于常規(guī)考點。6（3分）“羲和號”是我國首顆太陽探測科學技術試驗衛(wèi)星。如圖所示，該衛(wèi)星

26、圍繞地球的運動視為勻速圓周運動，軌道平面與赤道平面接近垂直。衛(wèi)星每天在相同時刻，沿相同方向經(jīng)過地球表面A點正上方，恰好繞地球運行n圈。已知地球半徑為地軸R，自轉周期為T，地球表面重力加速度為g，則“羲和號”衛(wèi)星軌道距地面高度為（）ARBCRD【分析】利用萬有引力提供衛(wèi)星做圓周運動的向心力，以及在地面上萬有引力等于重力列式，可求解高度?！窘獯稹拷猓盒l(wèi)星每天在相同時刻，沿相同方向經(jīng)過地球表面A點正上方，恰好繞地球運行n圈，可知衛(wèi)星運行的周期T，其萬有引力提供向心力有：m（R+h）在地表附近，任意物體所受到的萬有引力近似等于重力有：mg聯(lián)立解得：h故ABD錯誤，C正確；故選：C?！军c評】本題考查萬有

27、引力定律和圓周運動知識的綜合應用能力要理解衛(wèi)星公轉周期的計算方法7（3分）柱狀光學器件橫截面如圖所示，OP右側是以O為圓心，半經(jīng)為R的圓，左側是直角梯形，AP長為R，AC與CO夾角45，AC中點為B，a、b兩種頻率的細激光束，垂直AB面入射，器件介質對a，b光的折射率分別為1.42、1.40，保持光的入射方向不變，入射點從A向B移動過程中，能在PM面全反射后，從OM面射出的光是（不考慮三次反射以后的光）（）A僅有a光B僅有b光Ca、b光都可以Da、b光都不可以【分析】根據(jù)題意作圖，根據(jù)光的全反射臨界角公式分析ab光的臨界角大小，從而分析解答?！窘獯稹拷猓寒攦煞N頻率的細激光束從A點垂直于AB面入

28、射時，激光沿直線傳播到OO點，經(jīng)第一次反射沿半徑方向直線傳播出去，光路如圖1。保持光的入射方向不變，入射A點從A向B點B移動過程中，如下圖可知，激光沿直線傳播到CMCO面經(jīng)反射向PPM面?zhèn)鞑?，根?jù)圖像可知，入射點從AA向B移動的過程中，光線傳播到PM面的入射角逐漸增大，如圖2。 當入射點為B點時，根據(jù)光的反射定律及幾何關系可知，光線傳播到PM面的PP點，此時光線在PPM面上的入射角最大，設為，由幾何關系得45根據(jù)全反射臨界角公式得sinCasinCb兩種頻率的細激光束的全反射的臨界角關系為Ca45Cb故在入射光從A向B移動過程中，a光能在PM面全反射后，從OM面射出；b光不能在PM面發(fā)生全反射

29、，故僅有a光。A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題考查光的折射，解題關鍵掌握光的折射與全反射，注意全反射臨界角的計算。8（3分）無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示，半徑為3m的半圓弧BC與長8m的直線路徑AB相切于B點，與半徑為4m的半圓弧CD相切于C點，小車以最大速度從A點駛入路徑，到適當位置調整速率運動到B點，然后保持速率不變依次經(jīng)過BC和CD。為保證安全，小車速率最大為4m/s，在ABC段的加速度最大為2m/s2，CD段的加速度最大為1m/s2。小車視為質點，小車從A到D所需最短時間t及在AB段做勻速直線運動的最長距離l為（）A，l8mB，l5mC，l5.5mD，l5.5m【分析

30、】根據(jù)勻速圓周運動加速度公式解得安全速度，結合運動學公式解得時間與位移?！窘獯稹拷猓盒≤囋趫A周軌道中有：a，代入數(shù)據(jù)解得：vBCm/s，vCD2m/s，小車保持速率不變依次經(jīng)過BC和CD，所以為保證安全，小車的速度為v2m/s，從A到B，根據(jù)運動學規(guī)律有：v22ax，將a2m/s2代入解得：x3m，則小車在AB段做勻速直線運動運動的最長距離l8mx8m3m5m，小車在AB段減速所用時間為t1，勻速所用時間t2，在圓周軌道運動時間為：t3，則小車從A到D所需最短時間tt1+t2+t3，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：，故ACD錯誤，B正確；故選：B。【點評】本題考查勻速圓周運動的分析，解題關鍵掌握加速度公式，

31、注意分析物塊的運動情況。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。（多選）9（4分）一列簡諧橫波沿x軸傳播，平衡位置位于坐標原點O的質點振動圖像如右圖所示。當t7s時，簡諧波的波動圖像可能正確的是（）ABCD【分析】由O點的振動圖像分析在t7s時刻原點處質點的位置和振動方向，根據(jù)波的傳播方向結合“同側法”進行分析。【解答】解：由O點的振動圖像可知，周期為T2（115）s12s，根據(jù)振動圖像可得振幅A20cm，設原點處的質點的振動方程為：yAsin（），根據(jù)振動圖像可知：1020sin，解得：在t7s時刻，

32、原點處質點的位置：y720sin（+）cm17.3cm，則t7s時原點處的質點在y軸下方17.3cm處；根據(jù)振動圖像可知，在t7s時刻質點在y軸負向向下振動，根據(jù)“同側法”可判斷若波向右傳播，則波形為C所示；若波向左傳播，則波形如A所示，故AC正確、BD錯誤。故選：AC。【點評】本題既要理解振動圖象和波動圖象各自的物理意義，由振動圖象能判斷出質點的速度方向，同時要把握兩種圖象的內在聯(lián)系，能由質點的速度方向，判斷出波的傳播方向。（多選）10（4分）某同學采用圖甲所示的實驗裝置研究光的干涉與衍射現(xiàn)象，狹縫S1、S2的寬度可調，狹縫到屏的距離為L。同一單色光垂直照射狹縫，實驗中分別在屏上得到了圖乙、

33、圖丙所示圖樣。下列描述正確的是（）A圖乙是光的雙縫干涉圖樣，當光通過狹縫時，也發(fā)生了衍射B遮住一條狹縫，另一狹縫寬度增大，其他條件不變，圖丙中亮條紋寬度增大C照射兩條狹縫時，增加L，其他條件不變，圖乙中相鄰暗條紋的中心間距增大D照射兩條狹縫時，若光從狹縫S1、S2到屏上P點的路程差為半波長的奇數(shù)倍，P點處一定是暗條紋【分析】雙縫干涉圖樣是等間距條紋，狹縫越小，衍射范圍越大，衍射條紋越寬，根據(jù)條紋間距公式x分析條紋間距；根據(jù)亮條紋和暗條紋產生條件分析。【解答】解：A、由圖可知，圖乙中間部分是等間距條紋，所以圖乙是光的雙縫干涉圖樣，當光通過狹縫時，同時也發(fā)生衍射，故A正確；B、狹縫越小，衍射范圍越

34、大，衍射條紋越寬，遮住一條狹縫，另一狹縫寬度增大，則衍射現(xiàn)象減弱，圖丙中亮條紋寬度減小，故B錯誤；C、根據(jù)條紋間距公式x可知照射兩條狹縫時，增加L，其他條件不變，圖乙中相鄰暗條紋的中心間距增大，故C正確；D、照射兩條狹縫時，若光從狹縫S1、S2到屏上P點的路程差為半波長的奇數(shù)倍，P點處一定是暗條紋，故D正確。故選：ACD?！军c評】本題考查光的干涉與衍射現(xiàn)象，解題關鍵掌握干涉條紋的特點，注意條紋寬度的計算公式。（多選）11（4分）如圖所示，某同學將離地1.25m的網(wǎng)球以13m/s的速度斜向上擊出，擊球點到豎直墻壁的距離4.8m當網(wǎng)球豎直分速度為零時，擊中墻壁上離地高度為8.45m的P點，網(wǎng)球與墻

35、壁碰撞后，垂直墻而速度分量大小變?yōu)榕銮暗?.75倍，平行墻面的速度分量不變，重力加速度g取10m/s2，網(wǎng)球碰墻后的速度大小v和著地點到墻壁的距離d分別為（）Av5m/sBv3m/sCd3.6mDd3.9m【分析】根據(jù)拋體運動沿垂直于墻壁和平行于墻壁兩個方向分別根據(jù)運動學公式解答。【解答】解：設網(wǎng)球飛出時的速度為v0，根據(jù)運動學公式可知豎直方向v0y2g （Hh）代入數(shù)據(jù)得v0y12m/s運動時間t根據(jù)速度的分解有：v0 x排球水平方向到P點的距離x0 xv0 xt根據(jù)幾何關系可得打在墻面上時，垂直墻面的速度分量v0 x1v0 x平行墻面的速度分量v0 x2v0 x反彈后，垂直墻面的速度分量v

36、0 x30.75v0 x1則反彈后的網(wǎng)球速度大小為vx聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：vx3m/s網(wǎng)球落到地面的時間t著地點到墻壁的距離dv0 x3t代入數(shù)據(jù)解得：d3.9m故BD正確，AC錯誤；故選：BD?！军c評】本題考查拋體運動，解題關鍵將運動進行分解，在不同的方向根據(jù)運動學規(guī)律解答即可。（多選）12（4分）如圖所示，xOy平面的第一、三象限內以坐標原點O為圓心、半徑為的扇形區(qū)域充滿方向垂直紙面向外的勻強磁場，邊長為L的正方形金屬框繞其始終在O點的頂點、在xOy平面內以角速度順時針勻速轉動，t0時刻，金屬框開始進入第一象限，不考慮自感影響，關于金屬框中感應電動勢E隨時間t變化規(guī)律的描述正確的是（）A在t

37、0到的過程中，E一直增大B在t0到的過程中，E先增大后減小C在t0到的過程中，E的變化率一直增大D在t0到的過程中，E的變化率一直減小【分析】根據(jù)有效長度的定義結合動生電動勢的計算公式分析出電動勢的變化趨勢；根據(jù)法拉第電磁感應定律得出電動勢的大小，結合數(shù)學知識得出電動勢的變化率的變化趨勢?！窘獯稹拷猓篈B、如圖所示在t0到的過程中，即線圈順時針轉過90的過程中，根據(jù)有效長度的定義可知，線框切割磁感線的有效切割長度先變大后變小，根據(jù)電動勢的計算公式EBLv，其中，由此可知E先增大后減小，故B正確，A錯誤；CD、在t0到的過程中，由圓周運動公式可知t根據(jù)幾何關系和三角形的面積公式可得：則穿過線圈的

38、磁通量為：對上述的表達式進行二次求導得：，由此可知，在t0到的過程中，E的變化率一直增大，故C正確，D錯誤；故選：BC。【點評】本題主要考查了法拉第電磁感應定律的相關應用，熟悉有效長度的定義和動生電動勢的計算公式，同時對學生的導數(shù)知識有一定要求，難度中等偏上。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13（6分）在天宮課堂中，我國航天員演示了利用牛頓第二定律測量物體質量的實驗，受此啟發(fā)，某同學利用氣墊導軌、力傳感器、無線加速度傳感器、輕彈簧和待測物體等器材設計了測量物體質量的實驗。如圖甲所示，主要步驟如下：將力傳感器固定在氣墊導軌左端支架上，加速度傳感器固定在滑塊上；接通氣源，放上滑塊，調平氣墊導

39、軌；將彈簧左端連接力傳感器，右端連接滑塊，彈簧處于原長時滑塊左端位于O點，A點到O點的距離為5.00cm，拉動滑塊使其左端處于A點，由靜止釋放并開始計時；計算機采集獲取數(shù)據(jù)，得到滑塊所受彈力F，加速度a隨時間t變化的圖像，部分圖像如圖乙所示。回答以下問題（結果均保留兩位有效數(shù)字）：（1）彈簧的勁度系數(shù)為 12N/m；（2）該同學從圖乙中提取某些時刻F與a的數(shù)據(jù)，畫出aF圖像如圖丙中所示，由此可得滑塊與加速度傳感器的總質量為 0.20kg；（3）該同學在滑塊上增加待測物體，重復上述實驗步驟，在圖丙中畫出新的aF圖像，則待測物體的質量為 0.13kg?！痉治觥浚?）根據(jù)圖像結合胡克定律解得；（2）

40、（3）根據(jù)牛頓第二定律結合圖像可解得質量.【解答】解：（1）由題知，彈簧處于原長時滑塊左端位于O點，A點到O點的距離為5.00cm.拉動滑塊使其左端處于A點，由靜止釋放并開始計時。結合圖乙的Ft圖有x5.00cm0.005m，F(xiàn)0.610N根據(jù)胡克定律k計算出k12N/m（2）根據(jù)牛頓第二定律有Fma則aF圖像的斜率為滑塊與加速度傳感器的總質量的倒數(shù)，根據(jù)圖丙中，則有kkg15kg1則滑塊與加速度傳感器的總質量為m0.20kg（3）滑塊上增加待測物體，同理，根據(jù)圖丙中，則有kg13kg1則滑塊、待測物體與加速度傳感器的總質量為m0.33kg則待測物體的質量為mmm0.33kg0.20kg0.1

41、3kg故答案為：（1）12；（2）0.20；（3）0.13【點評】本題考查牛頓第二定律，解題關鍵掌握實驗原理與實驗操作，注意圖像斜率的含義。14（8分）某同學利用實驗室現(xiàn)有器材，設計了一個測量電阻阻值的實驗，實驗器材：干電池E（電動勢1.5V，當阻未知）；電流表A1（量程10mA，內阻為90）；電流表A2（量程30mA，內阻為30）；定值電阻R0（阻值為150）；滑動變阻器R（最大阻值為100）；待測電阻Rx；開關S，導線若干。測量電路如圖所示。（1）斷開開關，連接電路，將滑動變阻器R的滑片調到值最大一端，將定值電阻R0接入電路；閉合開關，調節(jié)滑片位置，使電流表指針指在滿刻度的處，該同學選到電

42、流表為 A1（填“A1”或“A2”）；若不考慮電池內阻，此時滑動變阻器接入電路的電阻值應為 60。（2）斷開開關，保持滑片的位置不變，用Rx替換R0，閉合開關后，電流表指針指在滿刻度的處，則Rx的測量值為 100。（3）本實驗中未考慮電池內阻，對Rx的測量值 無（填“有”或“無”）影響?！痉治觥浚?）根據(jù)實驗要求選擇合適器材，根據(jù)閉合電路歐姆定律解得；（2）（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律解得Rx，并分析實驗誤差。【解答】解：（1）若不考慮電源內阻，且在電源兩端只接R0時，電路中的電流約為IA10mA由題知，閉合開關，調節(jié)滑片位置，要使電流表指針指在滿刻度的處，則該同學選到的電流表應為A1.當不考慮

43、電源內阻，根據(jù)閉合電路的歐姆定律有E （R+R0+RA1）代入數(shù)據(jù)解得：R60（2）斷開開關，保持滑片的位置不變，用Rx替換R0，閉合開關后，有E （R+Rx+RA1）代入數(shù)據(jù)有Rx100（3）若考慮電源內阻，根據(jù)閉合電路的歐姆定律有E（R+r）+R0+RA1E（R+r）+Rx+RA1聯(lián)立計算可知Rx不受影響；故答案為：（1）A1，60；（2）100；（3）無【點評】本題考查半偏法測內阻，解題關鍵掌握實驗原理，注意閉合電路歐姆定律的應用。15（7分）某些魚類通過調節(jié)體內魚鰾的體積實現(xiàn)浮沉，如圖所示，魚鰾結構可化為通過閥門相連的A、B兩個密閉氣室，A室壁厚，可認為體積恒定，B室壁簿，體積可變；兩

44、室內氣體視為理想氣體，可通過閥門進行交換。質量為M的魚靜止在水面下H處，B室內氣體體積為V，質量為m；設B室內氣體壓強與魚體外壓強相等、魚體積的變化與B室氣體體積的變化相等，魚的質量不變，魚鰾內氣體溫度不變，水的密度為，重力加速度為g，大氣壓強為p0，求：（1）魚通過增加B室體積獲得大小為a的加速度，需從A室充入B室的氣體質量m；（2）魚靜止于水面下H1處時，B室內氣體質量m2。【分析】（1）對魚根據(jù)牛頓第二定律列式，同時根據(jù)質量與密度的關系式完成分析；（2）分析出B室內氣體變化前后的狀態(tài)參量，結合玻意耳定律完成分析?！窘獯稹拷猓海?）魚靜止在H處，設此時魚的體積為V0，有MggV0且此時B室

45、內氣體體積為V，質量為m，因此m氣V根據(jù)牛頓第二定律得：g（V0+V）MgMa聯(lián)立解得：（2）B室內的壓強初始值為：p1p0+gH魚靜止在水面下H1時，壓強的大小為：p2p0+gH1其中，魚鰾內氣體溫度不變，則p1Vp2V2根據(jù)質量公式可得B室內氣體質量為：m2氣V2聯(lián)立解得：m2答：（1）魚通過增加B室體積獲得大小為a的加速度，需從A室充入B室的氣體質量為；（2）魚靜止于水面下H1處時，B室內氣體質量為。【點評】本題主要考查了一定質量的理想氣體的狀態(tài)方程，解題的關鍵點是分析出氣體變化前后的狀態(tài)參量，根據(jù)一定質量的理想氣體的狀態(tài)方程及牛頓第二定律即可完成解答。16（9分）某糧庫使用額定電壓U3

46、80V，內阻R0.25的電動機運糧，如圖所示，配重和電動機連接小車的纜繩均平行于斜坡，裝滿糧食的小車以速度v2m/s沿斜坡勻速上行，此時電流I40A，關閉電動機后，小車又沿斜坡上行路程L到達卸糧點時，速度恰好為零。卸糧后，給小車一個向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行。已知小車質量m1100kg，車上糧食質量m21200kg，配重質量m040kg，取重力加速度g10m/s，小車運動時受到的摩擦阻力與車及車上糧食總重力成正比，比例系數(shù)為k，配重始終未接觸地面，不計電動機自身機械摩擦損耗及纜繩質量。求：（1）比例系數(shù)k值；（2）上行路程L值。【分析】（1）根據(jù)能量守恒定律結合小車的受力平衡可解得；

47、（2）根據(jù)牛頓第二定律結合運動學公式可解得?！窘獯稹拷猓海?）設電動機的牽引繩張力為T1，電動機連接小車的纜繩勻速上行，由能量守恒定律有UII2R+T1v解得T17400N小車和配重一起勻速，設繩的張力為T2，對配重有T2m0g設斜面傾角為，對小車勻速有T1+T2（m1+m2） gsin+k （m1+m2） g而卸糧后給小車一個向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行，有m1gsinm0g+km1g聯(lián)立各式解得sin0.5，k0.1（2）關閉發(fā)動機后小車和配重一起做勻減速直線運動，設加速度為a，對系統(tǒng)由牛頓第二定律有 （m1+m2） gsin+k （m1+m2） gm0g（m1+m2+m0） a根

48、據(jù)運動學規(guī)律有：v22aL聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：Lm答：（1）比例系數(shù)k值為0.1；（2）上行路程L值為m?！军c評】本題考查牛頓第二定律及運動學公式的應用，解題關鍵掌握小車的受力分析及運動狀態(tài)的分析。17（14分）中國“人造太陽”在核聚變實驗方面取得新突破，該裝置中用電磁場約束和加速高能離子，其部分電磁場簡化模型如圖所示，在三維坐標系Oxyz中，0zd空間內充滿勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向沿x軸正方向；3dz0，y0的空間內充滿勻強磁場，磁感應強度大小為，方向平行于xOy平面，與x軸正方向夾角為45；z0，y0的空間內充滿沿y軸負方向的勻強電場，質量為m，帶電量為+q的離子，從yOz平面第三

49、象限內距y軸為L的點A以一定速度出射，速度方向與z軸正方向夾角為，在yOz平面內運動一段時間后，經(jīng)坐標原點O沿z軸正方向進入磁場，不計離子重力。（1）當離子甲從A點出射速度為v0時，求電場強度的大小E；（2）若使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，求進入磁場時的最大速度vm；（3）離子甲以的速度從O點沿z軸正方向第一次穿過xOy面進入磁場，求第四次穿過xOy平面的位置坐標（用d表示）；（4）當離子甲以的速度從O點進入磁場時，質量為4m，帶電量為+q的離子乙，也從O點沿z軸正方向以相同的動能同時進入磁場，求兩離子進入磁場后，到達它們運動軌跡第一個交點的時間差t（忽略離子間相互作用）。【分析】（1）

50、根據(jù)運動的分解結合運動學公式解得；（2）作出離子的運動軌跡，根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得；（3）根據(jù)題意作圖，根據(jù)幾何關系解得；（4）根據(jù)周期公式分別計算兩離子運動的時間，再解得。【解答】解：（1）將離子甲從A點出射速度為v0分解到沿y軸方向和z軸方向，如圖1所示圖1離子受到的電場力沿y軸負方向，可知離子沿z軸方向做勻速直線運動，沿y軸方向做勻減速直線運動，從A到O的過程，有Lv0cos tv0sin at根據(jù)牛頓第二定律有：qEma聯(lián)立解得：E（2）離子從坐標原點O沿Z軸正方向進入磁場I中，作出粒子運動軌跡如圖所示圖2由洛倫茲力提供向心力可得qvB離子經(jīng)過磁場I偏轉后從軸進入磁場II中，由洛倫茲力提供向心力可得qvB則r2r1為了使離子在磁場中運動，需滿足r1d，r23d聯(lián)立可得v（3）離子甲以的速度從O點沿z軸正方向第一次穿過xOy面進入磁場I，離子在磁場I中的軌跡半徑r，解得r1同理在磁場II中的運動半徑為r2d作出離子從O點第一次穿過到第四次穿過xOy平面如圖3圖3根據(jù)幾何關系可知離子第四次穿過xOy平面的x坐標為x42r2sin45離子第四次穿過xOy平面的y坐標為y42r1d則x4y4d故離子第