第27頁（共27頁）2022年湖南省雅禮十六校高考物理二模試卷一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。（多選）1．（4分）“快堆”中的钚239裂變釋放出快中子，反應區周圍的鈾238吸收快中子后變成鈾239，鈾239很不穩定，經過兩次β衰變后變成钚239，從而實現钚燃料的“增殖”。某5kg的钚239核燃料，每秒鐘約有1.1×1013個钚239發生自然衰變，放出α粒子，已知钚239原子的α衰變質量虧損了0.0057u。已知1u相當于931.5MeV的能量，α粒子的在核燃料中減速會釋放出熱能，下列說法正確的是（）A．鈾239兩次β衰變后，比結合能減小 B．原子核衰變時，動量守恒，質量不守恒 C．原子核衰變時釋放的α射線比β射線穿透能力更強 D．假設衰變釋放的能量最終變成內能，該5kg的钚239核燃料的發熱功率約為10W2．（4分）有6個小金屬球分別固定在如圖所示的正六邊形的頂點上，球7處于正六邊形中心位置，現使球2帶正電，球7帶負電，要使球7在中心位置獲得水平向右的加速度，下列說法正確的是（）A．使球1帶上正電荷，其他球不帶電 B．使球4、5同時帶上電荷，其他球不帶電 C．不可能只讓球4帶上電荷，其他球不帶電 D．不可能讓球3、4、5、6同時帶上電荷，其他球不帶電3．（4分）如圖，豎直放置的等螺距螺線管是用長為l的透明硬質直管（內徑遠小于h）彎制而成，高為h，將一光滑小球自上端管口由靜止釋放，從上向下看（俯視），小球在重復作半徑為R的圓周運動。小球第n次圓周運動所用的時間為（）A． B． C． D．4．（4分）如圖所示，發電機兩磁極N、S間的磁場可視為水平向右的勻強磁場，磁感應強度大小為B。線圈繞垂直磁場的水平軸OO′勻速轉動，線圈電阻不計，匝數為n，面積為S。發電機與理想變壓器原線圈連接，?為理想交流電壓表。變壓器的副線圈接有三條支路，每條支路接有相同規格的小燈泡L1、L2和L3，L1串有電阻R，L2串有電感L，L3串有電容器C。當線圈以ω0勻速轉動時，三盞燈恰好亮度相同。下列判斷正確的是（）A．當ω＜ω0時，L2比L1亮 B．當ω＞ω0時，三盞燈的亮度仍然相同 C．當轉速不變，增大變壓器原線圈的匝數，三盞燈均變亮 D．當線圈以ω0勻速轉動到在圖示位置時，電壓表的示數為nBSω05．（4分）如圖所示，輕質彈簧一端固定在傾角為θ的光滑斜面底部，另一端拴接一質量為m的小物塊A，靜止時物塊位于P點?，F將另一質量也為m的小物塊B緊貼著物塊A由靜止釋放，兩物塊一起運動到Q點時速度為v，若將小物塊B從斜面上距P點為d的S點由靜止釋放，物塊B運動到P點時與物塊A粘在一起，兩物塊可視為質點，則兩物塊一起運動到Q點時的速度為（）A． B． C． D．6．（4分）如圖所示，從高H處的P點先后水平拋出兩個小球，球1剛好直接越過豎直擋板MN落在水平地面上的Q點，球2與地面碰撞N（N≥1）次后，剛好越過高為h的擋板MN（h可調節）也落在Q點。假設球2每次與地面的碰撞都是彈性碰撞，兩球的空氣阻力均可忽略，則（）A．h與H之比可能為1：2 B．h與H之比可能為11：36 C．球1與球2速度之比可能為2：1 D．球1與球2速度之比可能為16：1二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。（多選）7．（5分）以下物理史實不正確的有（）A．德國科學家馬德堡（H.Magdeburger）通過著名的馬德堡半球實驗證明了大氣壓的存在 B．楞次（H.Lenz）發現了電流通過導體時產生熱效應的規律——焦耳定律 C．湯姆孫（G.P.Thomson）通過陰極射線管發現了電子，獲得了諾貝爾獎 D．約里奧﹣居里夫婦（Joliot﹣Curie）用α粒子轟擊鋁箔時，發現了人工放射性同位素（多選）8．（5分）已知引力常量為G，Γ星球的質量M，Γ星球的半徑R，Ψ飛船在軌道I上運動時的質量m，P、Q點與Γ星球表面的高度分別為h1、h2，Ψ飛船與Γ星球中心的距離為r時，引力勢能為（取無窮遠處引力勢能為零），Ψ飛船經過Q點的速度大小為v，在P點由軌道Ⅰ變為軌道Ⅱ的過程中，發動機沿軌道的切線方向瞬間一次性噴出一部分氣體，噴出的氣體相對噴氣后Ψ飛船的速度大小為u，則下列說法正確的是（）A．Ψ飛船在圓形軌道Ⅰ上運動的速度大小約 B．Ψ飛船經過P點時的速度大小為 C．Ψ飛船在軌道Ⅱ上運動時速度大小變化 D．噴出的氣體的質量為（多選）9．（5分）如圖，一傾角為α＝37°的光滑足夠長的固定斜面上放有質量M＝0.12kg的足夠長木板；一木塊（可視為質點）置于木板上，木塊與木板間有摩擦。初始時木塊與木板上端相距L＝1.6m。木塊與木板同時由靜止開始下滑，木塊下滑距離x1＝0.75m后受到平行斜面向上的作用力其大小為F＝kv1（v1為木塊運動速度），木塊以v1做勻速運動，直至木板再向下運動L時將平行斜面向上的作用力由作用在木塊上改為作用于木板上，木板以v2的速度勻速運動，作用力F＝kv2保持恒定。g＝10m/s2，k＝0.12N?s/m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的有（）A．木板勻速運動速度v2為5m/s B．木塊的質量為0.04kg C．木塊與木板之間的動摩擦因數為0.25 D．木板勻速運動的距離為1.11m（多選）10．（5分）某發光元件D的伏安特性曲線圖1所示，元件在達到正向導通電壓UD后能夠發光，為了簡化問題，可認為發光后元件兩端電壓保持為UD不變（UD附近伏安特性曲線的斜率極陡），電壓小于UD或加反向電壓時，元件均處于截止狀態。將該元件通過水平直導線MN接入光滑豎直平行導軌中，如圖2所示，該導軌間距L＝0.5m，MN下方0.4m處有一根導體棒PQ水平跨接在導軌上，緊接PQ正下方的導軌間交替分布著垂直紙面方向，磁感應強度B＝1.0T，寬度d＝0.1m的勻強磁場，除發光元件外，其余電阻不計，導軌足夠長，重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力不計。開始時鎖定PQ，在PQ正上方空間里施加一垂直紙面向外均勻增加的勻強磁場，當磁感應強度的變化率時，元件恰好能導通發光，下列說法正確的有（）A．UD的值為2.5v B．流過元件D的電流方向為N→M C．撤去PQ上方的磁場同時解除鎖定，元件再次發光時PQ所在的磁場區域序號n為14 D．在C的條件下，元件最終的閃爍周期（連續明暗一次的時間）約為0.0396s三、非選擇題：共56分。第11～14題為必考題，每個試題考生都必須作答。第15、16題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：共43分。11．（6分）利用計算機和力傳感器可以比較精確地測量作用在掛鉤上的力，并能得到掛鉤所受的拉力隨時間變化的關系圖象，實驗過程中掛鉤位置可認為不變。某同學利用力傳感器和單擺小球來驗證機械能守恒定律，實驗步驟如下：①如圖甲所示，固定力傳感器M；②取一根不可伸長的細線，一端連接一小鐵球，另一端穿過固定的光滑小圓環O，并固定在傳感器M的掛鉤上（小圓環剛好夠一根細線通過）；③讓小鐵球自由懸掛并處于靜止狀態，從計算機中得到拉力隨時間變化的關系圖象如圖乙所示；④讓小鐵球以較小的角度在豎直平面內的A、B之間擺動，從計算機中得到拉力隨時間變化的關系圖象如圖丙所示。請回答以下問題：（1）小鐵球的重力為。（2）為了驗證小鐵球在最高點A和最低點處的機械能是否相等，則需要測量的物理量為。（3）若實驗測得了（2）中所需測量的物理量，則為了驗證小鐵球在最高點A和最低點處的機械能是否相等，只需驗證等式是否成立即可。（用題中所給物理量的符號來表示）12．（9分）一實驗小組利用圖甲所示電路測量一電池的電動勢E和內阻r。圖中電流表量程為50mA，內阻RA＝10Ω；定值電阻R1＝R2＝20Ω；電阻箱R（最大阻值為999.9Ω）；S為開關。完成下列填空：（1）按電路圖連接電路。閉合開關，多次調節電阻箱，記錄下阻值R和電流表的相應讀數I，用R、R1、R2、RA、E和r表示，得＝；（2）利用測量數據，作圖線，如圖乙所示，則E＝V，r＝Ω；（保留2位有效數字）（3）若將圖甲中的電流表當成理想電表，得到的電源電動勢為E'，由此產生的誤差為＝%。13．（13分）以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系。（1）設a＝L，c＝H，在0≤x≤a范圍內有沿+y方向的勻強磁場，磁感應強度B0，在A點沿+z方向射入質量為m，電荷量為﹣q的粒子，若粒子恰好經過BB1靠近B1的三等分點，試求粒子入射的速度和在磁場內運動軌跡上的點到直線A1B1的最小距離；（2）設a＝4L，b＝L，c＝L，在四邊形AD1C1B內（含邊界）有垂直于平面AD1C1B斜向下的勻強磁場，磁感應強度B0，在A點沿+x方向射入質量為m，電荷量為+q的粒子1，若粒子1恰好經過D1C1中點，試求粒子1在磁場內運動軌跡上的點到C點的最小距離；（3）在（2）的條件下，當粒子1距離C點最近時，與速度為v1的不帶電的粒子2發生彈性正碰，且發生碰撞時粒子1在前，粒子2在后。已知碰撞時兩粒子發生電荷轉移，且碰撞后電荷量與質量成正比，若發生碰撞后粒子1恰不離開磁場（不考慮與粒子2再次碰撞的情況），試求粒子2的質量M。（忽略粒子重力和相對論效應）14．（15分）如圖所示，質量m1＝1.9kg的靶盒a靜止在固定平臺上的O點，輕彈簧的一端固定，另一端靠著靶盒（不連接），此時彈簧處于自然長度，彈簧的勁度系數k＝184N/m。長度l＝2.25m、質量m2＝1.0kg的木板b靜止在光滑的水平面上，木板上表面與平臺等高，且緊靠平臺右端放置，距離平臺右端d＝4.25m處有豎直墻壁。某射擊者根據需要瞄準靶盒，射出一顆水平速度v0＝100m/s、質量m0＝0.1kg的子彈，當子彈從靶盒右端打入靶盒后，便留在盒內（在極短的時間內子彈與靶盒達到共同速度），最終靶盒恰好沒有從木板的右端脫離木板。已知靶盒與平臺、與木板上表面的動摩擦因數μ均為0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內，木板與墻壁碰撞沒有能量損失，靶盒與子彈均可視為質點，取g＝10m/s2。（彈簧的彈性勢能可表示為：Ep＝，k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的形變量）求：（1）子彈射入靶盒的過程中，系統損失的動能；（2）靶盒剛離開彈簧時的動能；（3）O點到平臺右端的距離；（4）木板運動的總路程。（二）選考題：共13分。請考生從兩道題中任選一題作答。如果多做，則按第一題計分。[選修3-3]（13分）（多選）15．（5分）下列說法中正確的是（）A．熱量不可能從低溫物體傳向高溫物體 B．夏天，在太陽下暴曬過久的車胎突然爆裂，車胎內氣體分子平均動能減小 C．等溫的不同種類氣體混合的過程屬于一個熵增加過程 D．向一杯清水中滴入幾滴紅墨水，紅墨水向周圍的運動，屬于布朗運動 E．在溫度均勻且恒定的水池中，有一氣泡（內部氣體可視作理想氣體）緩慢向上浮起的過程中，氣體從水中吸熱16．（8分）為了測量一些形狀不規則而又不便于進入液體的固體體積，可以用如圖所示的裝置測量。操作步驟和實驗數據如下。a．打開閥門K，使管A、容器B、容器C和大氣相通。上下移動D，使左側水銀面到達刻度n的位置。b．關閉K，向上舉D，使左側水銀面到達刻度m的位置。這時測得兩管水銀面高度差為19.0cm。c．打開K，把被測固體放在C中，上下移動D，使左側水銀面重新到達位置n，然后關閉K。d．向上舉D，使左側水銀面重新到達刻度m處，這時測得兩管水銀面高度差為20.0cm。已知容器C和管A的總體積為1000cm3，大氣壓相當于76cmHg，求被測固體的體積。[選修3-4]（13分）（多選）17．如圖所示為振幅、頻率相同的兩列橫波在t＝0時刻相遇時發生干涉的示意圖，實線與虛線分別表示波峰和波谷。已知兩列波的振幅均為5cm，波速和波長均為1m/s和0.4m。下列說法中正確的是（）A．R、S兩點始終處于靜止狀態 B．P點始終處于波谷位置 C．Q點在t＝0.1s時刻將處于平衡位置 D．從t＝0到t＝0.2s的時間內，Q點通過的路程為20cm E．從t＝0到t＝0.2s的時間內，R點通過的路程為20cm18．一棱鏡的截面為直角三角形ABC，∠A＝30°，斜邊AB＝a．棱鏡材料的折射率為n＝．在此截面所在的平面內，一條光線以45°的入射角從AC邊的中點M射入棱鏡．畫出光路圖，并求光線從棱鏡射出的點的位置（不考慮光線沿原路返回的情況．）

2022年湖南省雅禮十六校高考物理二模試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．【分析】衰變的過程中釋放能量，比結合能增大；衰變過程中動量守恒，根據三種射線的特點分析；根據質能方程解答?！窘獯稹拷猓篈、由于衰變的過程中釋放能量，所以衰變后的總結合能增大；鈾239兩次β衰變后質量數不變，所以鈾239兩次β衰變后比結合能增大，故A錯誤；B、動量守恒是自然界普遍存在的規律，衰變的過程中動量是守恒的，但衰變的過程中釋放核能，質量有虧損，故B正確；C、根據三種射線的特點可知，α射線比β射線穿透能力弱，故C錯誤；D、根據質能方程，1u相當于931.5MeV的能量，則一次α衰變釋放的能量：E＝0.0057×931.5MeV＝5.30955MeV＝5.35955×1.6×10﹣19×106J＝8.5×10﹣13J每秒鐘約有1.1×1013個钚239發生自然衰變，則功率：P＝nE＝1.1×1013×8.5×10﹣13W≈10W，故D正確。故選：BD。【點評】本題考查了核反應方程以及核反應過程中功能關系的應用，尤其是實動量守恒和能量守恒在近代物理中的應用是重點知識，要加強理解與應用。2．【分析】根據同種電荷相斥，異種電荷相吸，再結合矢量的合成法則，及牛頓第二定律，即可一一判定?！窘獯稹拷猓航⑷鐖D所示坐標系，要使球7在中心位置獲得水平向右的加速度，球7所受合外力應沿+x軸方向，同時y軸方向合力為0。A、使球1帶上正電荷，其他球不帶電，那么球7受指向①和②的庫侖引力，y軸方向合力不為0，故A錯誤；B、使球4、5同時帶上電荷，其他球不帶電，那么球7受指向②的庫侖引力，球4、5電荷的電性和電量未知，但可以使Fy＝0，Fx沿+x軸方向，故B正確；C、可以只讓球4帶上正電荷，其他球不帶電，球7受指向②和④的庫侖力，可以使Fy＝0，Fx沿+x軸方向，故C錯誤；D、可以讓球3和球6帶上等量同種電荷，對球7的庫侖力抵消，情況同B選項，故D錯誤。故選：B?！军c評】考查庫侖定律的內容，掌握矢量的合成法則與牛頓第二定律的應用，注意球7在中心位置獲得水平向右的加速度，即合力方向水平向右是解題的突破口。3．【分析】將螺線管等效看做斜面，求出小球在斜面上的加速度，再根據代換出第n次圓周運動的初速度和末速度，再根據求解出第n次圓周運動的時間?！窘獯稹拷猓簩⒙菥€管等效看做是高為h，長為l的斜面，斜面與水平方向的夾角為θ，則小球在螺線管上運動的加速度大小為mgsinθ＝ma解得設小球在進行第n次圓周運動時的初、末速度大小分別為v1和v2，根據運動學規律有解得小球第n次圓周運動所用的時間為故ABD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】本題主要考查牛頓第二定律，重點在于根據代換第n次圓周運動的初速度和末速度，此題計算量比較大，難度較大。4．【分析】當ω＜ω0時，交流電的頻率減小，電阻R不變，電感L的感抗減小，當ω＞ω0時，電阻R不變，電感L的感抗增大，電容C的容抗減小，三盞燈的亮度不相同；當轉速不變，增大變壓器原線圈的匝數時，副線圈電壓減小，三盞燈均變暗；電壓表測得是交流電壓的有效值，寫出電動勢最大值表達式，進而求有效值?！窘獯稹拷猓篈、當ω＜ω0時，由ω＝2πf可知，交流電的頻率減小，L1與L2兩支路的電壓相等，電阻R不變，電感L的感抗減小，故L2比L1亮，故A正確。B、當ω＞ω0時，電阻R不變，電感L的感抗增大，電容C的容抗減小，故三盞燈的亮度不相同，故B錯誤。C、根據變壓器的變壓之比得：，當轉速不變，增大變壓器原線圈的匝數時，U1不變，副線圈電壓減小，三盞燈均變暗，故C錯誤。D、電壓表測得是交流電壓的有效值，當線圈以ω0勻速轉動到在圖示位置時，產生正弦交流電的電動勢的有效值為：E＝由于線圈內阻不計，故電壓表的示數為U＝E＝，故D錯誤。故選：A。【點評】本題考查了變壓器的知識，知道電壓表的示數為有效值，以及電容和線圈在電路中的作用。5．【分析】應用動能定理求出A、B碰撞前瞬間B的速度；兩物塊碰撞過程系統動量守恒，應用動量守恒定律可以求出碰撞后的共同速度，然后應用功能關系求出兩物塊到達Q點時的速度。【解答】解：設兩物塊A、B由P運動到Q過程彈簧彈性勢能的增加量為ΔEp，設P、Q間的高度差為h，由功能關系得：2mgh＝ΔEp+物塊B從靜止釋放到兩物塊碰撞前瞬間過程，由動能定理得：mgdsinθ＝﹣0兩物塊碰撞過程系統內力遠大于外力，系統動量守恒，以平行于斜面向下為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝2mv共，兩物塊從P運動到Q過程，由功能關系得：+2mgh＝ΔEp+解得兩物塊到達Q點時的速度vQ＝，故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點評】分析清楚物塊的運動過程是解題的前提，應用動量守恒定律與功能關系可以解題。6．【分析】根據H＝gt2和x＝vt判斷兩小球都能落在Q點和剛好能過M點的位移時間關系?！窘獯稹拷猓篊D、兩小球都能落在Q點，對球1：H＝gt2，xOQ＝v1t；對球2：H＝gt2，xOQ＝（2N+1）v2t；可得＝，球1與球2速度之比可能為3：1、5：1、7：1、…，故CD錯誤；AB、剛好能過M點，對球1：H﹣h＝gt′2，xOM＝v1t'；對球2：H﹣h＝gt′2，xOM＝（2N﹣1）v2t+v2△t，其中△t＝t﹣t′＝﹣，可得v1＝v2（2N﹣），利用＝代入可解得＝，當N＝5時，h與H之比為11：36，故A錯誤，B正確。故選：B?！军c評】本題求解的關鍵要注意球2與地面碰撞N次上升和下落的水平位移具有對稱性．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7．【分析】根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可．【解答】解：A、德國馬德堡市的市長奧托?格里克用馬德堡半球實驗證明了大氣壓的存在，故A錯誤；B、焦耳發現了電流通過導體時產生熱效應的規律——焦耳定律。故B錯誤；C、湯姆孫（G.P.Thomson）通過陰極射線管發現了電子，獲得了諾貝爾獎，故C錯誤；D、約里奧﹣居里夫婦（Joliot﹣Curie）用α粒子轟擊鋁箔時，發現了人工放射性同位素，故D正確。本題選不正確的，故選：AC。【點評】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發現、發明、著名理論要加強記憶，這也是考試內容之一．8．【分析】根據萬有引力提供向心力G＝m化簡可得飛船在軌道I上做勻速圓周運動的速度。飛船在軌道II上運動的過程中機械能守恒定律，可得P點的速度。由動量守恒定律mv1＝（mΔm）vP'+Δm（u+vP'），代入數據化簡可得噴出氣體的質量Δm。【解答】解：A.飛船在圓形軌道Ⅰ上，根據萬有引力提供向心力，則有G＝m解得：v1＝故A正確；B.飛船從Q到P，在同一軌道飛船機械能守恒，根據機械能守恒定律，有﹣＝﹣解得vP＝故B錯誤：C.軌道Ⅱ為橢圓，根據開普勒第二定律可知，飛船在軌道Ⅱ上運動時速度大小變化，故C正確；D.根據動量守恒定律，有mv1＝（m﹣Δm）vp+Δm（vp+u）解得Δm＝故D正確。故選：ACD。【點評】本題涉及到多個知識點，既要用到萬有引力提供向心力這個關系，還要用到機械能守恒和動量守恒，運算復雜，計算時要小心謹慎。9．【分析】分析出木塊和木板在多個運動過程中的受力分析，結合牛頓第二定律分析出加速度，同時利用運動學公式聯立等式完成解答?！窘獯稹拷猓篈BC、分析木板和木塊下滑x1過程，根據牛頓第二定律有：（M+m）gsinα＝（M+m）a1解得：根據運動學公式則有：解得：v1＝3m/s木塊勻速運動時，對木塊：mgsinα+μmgcosα＝kv1對木板Mgsinα﹣μmgcosα＝Ma2由運動學公式有：木板勻速運動時，Mgsinα＝μmgcosα+kv2聯立解得：v2＝5m/s；；μ＝0.375；m＝0.04kg，故AB正確，C錯誤；D、木板勻速運動時，對木塊進行受力分析，根據牛頓第二定律有：mgsinα+μmgcosα＝ma3解得：木塊加速過程v2＝v1+a3t解得：故木板勻速運動的距離為，故D正確；故選：ABD?！军c評】本題主要考查了牛頓第二定律的相關應用，解題的關鍵點是熟練掌握對物體的受力分析，特別是摩擦力的方向問題，結合牛頓第二定律和運動學公式即可完成解答。10．【分析】根據法拉第電磁感應定律和楞次定律可以求得電壓和電流的方向；分析下落過程運動情況，根據導體切割磁感線產生的電動勢求解元件能發光時導體棒的速度，判斷導體棒的位置；當速度達到5m/s，元件閃爍達到穩定，在偶數磁場中，元件發光，在奇數磁場內，元件不發光，導體棒通過兩個磁場組成了一個閃爍周期，求解導體棒在兩磁場中的總時間，即為閃爍周期?！窘獯稹拷猓篈、由法拉第電磁感應定律得：E＝＝12.5×0.4×0.5V＝2.5V，則UD的值為2.5V，故A正確；B、由楞次定律判斷電流方向為：M→N，故B錯誤；C、解除鎖定后，導體棒開始將做自由落體運動，切割磁感線產生電動勢需達到UD且正向才能發光，導體棒切割磁感線產生的感應電動勢E＝BLv，代入數據解得：v＝5m/s，由自由落體速度位移關系：v2＝2gh解得：h＝1.25m，已經到達第13個磁場區域，但該磁場區域中產生的電動勢方向為反向，元件不發光，導體棒繼續下落至第14個磁場區域時才能發光，故n＝14，故C正確；D、當導體棒以大于v＝5m/s的速度進入偶數磁場時，電流迅速增大，安培力突增使其瞬間減速到v＝5m/s，減速過程時間忽略不計，之后以v＝5m/s在偶數磁場區域做勻速直線運動，運動的時間t1＝s＝0.02s；當導體棒出偶數磁場，進入奇數磁場時，由于電動勢反向，電流為零，又開始以加速度g做勻加速直線運動，由勻變速直線運動的位移—時間公式得：d＝vt2+，代入數據解得：t2＝0.0196s（t2＝﹣1.0196s不符合實際舍去）閃爍周期約為：T＝t1+t2＝0.02s+0.0196s＝0.0396s，故D正確。故選：ACD。【點評】本題是一個綜合性的題目，較為復雜。需要掌握法拉第電磁感應定律，運動學公式，導體切割磁感線產生電動勢的公式，需要分析好在哪種磁場內電路中有電流，使元件閃爍。三、非選擇題：共56分。第11～14題為必考題，每個試題考生都必須作答。第15、16題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：共43分。11．【分析】（1）小鐵球靜止時，繩上的拉力大小等于小鐵球的重力；（2）（3）通過物理規律表示出動能的增加量和重力勢能的減小量，看兩量是否相等驗證機械能守恒?！窘獯稹拷猓海?）由于重力加速度未知，則有小鐵球靜止時，繩子的拉力F0，可知，小球的重力為G＝mg＝F0；（2）（3）小球在最低點，由牛頓第二定律，則有：F2﹣F0＝m小球在最低點的動能為：從A到最低點，物體的重力勢能減少量等于重力做的功即：WG＝F0l（1﹣cosθ）另有對A點受力分析得：F0cosθ＝F1小鐵球從A到最低點的過程中，如果機械能守恒，即重力勢能減少量等于動能增加量，即為：（F2﹣F0）l＝F0l（1﹣cosθ）聯立化簡得：3F0＝2F1+F2即為了驗證小鐵球在最高點A和最低點處的機械能是否相等，則需要測量的物理量F0、F1、F2故答案為：（1）F0；（2）F0、F1、F2；（3）3F0＝2F1+F2【點評】對于機械能守恒的表達式，需要表示從A點到最低點過程中，重力勢能減少量以及動能的增加量，特別是對A點，速度為零，故小球的向心力為零，繩子拉力F1與小球重力沿繩的分量F0cosθ相等，從而找到F1和F0關系；12．【分析】（1）根據實驗原理，由閉合電路歐姆定律求出；（2）明確實驗原理，根據圖象的性質和閉合電路歐姆定律即可求得電動勢和內電阻；（3）如果電流表當成理想電表，根據閉合電路歐姆定律求出電源電動勢E'，然后可求出電源電動勢的誤差大小。【解答】解：（1）由電路圖可知，R1與電流表串聯后與電阻箱并聯，然后再與R2串聯，由閉合電路歐姆定律可知E＝[I+][R2+r+]變形可得＝+（2）由圖可知＝Ω/A＝14化簡得E＝3.6V，r＝0.64Ω（3）若將圖甲中的電流表當成理想電表，則沒有電阻，此時得到的電源電動勢為E'E'＝3.7V則＝||×100%＝2.9%故答案為：（1）+；（2）3.6，0.64；（3）2.9【點評】本題考查測量電動勢和內電阻的實驗原理、數據處理以及誤差分析等問題，要特別注意掌握誤差分析的基本方法，明確電表內阻所帶來的影響．關鍵是要根據電路原理，由閉合電路歐姆定律列出電源電動勢的表達式。13．【分析】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，作出粒子運動軌跡圖，根據幾何關系求得運動半徑，由洛倫茲力提供向心力求解；（2）做出粒子1的軌跡圖，由幾何關系求得運動半徑，利用數學立體幾何知識求解；（3）由洛倫茲力提供向心力求解碰撞前后粒子1的速度，注意碰撞前后粒子1電荷量的不同；兩粒子發生彈性正碰，根據動量守恒定律和機械能守恒定律求解?！窘獯稹拷猓海?）粒子在磁場中做勻速圓周運動，沿+z方向射入磁場的粒子的運動軌跡如圖1所示，設粒子入射的速度為v，運動半徑為R，BB1邊靠近B1的三等分點為F，根據幾何關系可得：BF＝（L﹣R）2+（）2＝R2解得：R＝由洛倫茲力提供向心力得：qvB0＝m解得：v＝＝粒子在磁場內運動軌跡上的點到直線A1B1的最小距離為：smin＝H﹣R＝H﹣；（2）粒子1在四邊形AD1C1B內做勻速圓周運動，運動軌跡如圖2所示，設粒子1入射的速度為v0，運動半徑為r，D1C1邊的中點為M。由勾股定理可得：b2+c2＝AD12已知：b＝L，c＝L，解得：AD1＝3L又有：MD1＝＝2L根據幾何關系可得：（3L﹣r）2+（2L）2＝r2解得：r＝OD1＝3L﹣r＝將C點投影到四邊形AD1C1B上，如圖3所示，在C1B上的C′點為C的投影，則有CC′⊥C1B。由圖中幾何關系可得：C′C1＝在圖2中，由于C′C1＝OD1＝，可知OC′∥D1C1故N到C′的距離是運動軌跡上的點到C′點的最小距離，可知N到C的距離是運動軌跡上的點到C點的最小距離。以N、C′、C三點為頂點的三角形為直角三角形，NC是此三角形的斜邊，則有：NC＝NC′＝4L﹣r＝CC′＝＝聯立解得：NC＝（3）由題意可知兩粒子在圖2中的N點發生碰撞，設碰前粒子1的速度為v0，碰后粒子1與粒子2的速度分別為v2、v3，碰后粒子1的電荷量為q1，運動半徑為r1。碰撞后粒子1恰不離開磁場，則其軌跡與邊D1C1相切，可知r1＝。已知碰撞電荷轉移后電荷量與質量成正比，可得：q1＝由洛倫茲力提供向心力得：qv0B0＝m；q1v2B0＝m解得：v0＝＝；v2＝＝兩粒子發生彈性正碰，滿足動量守恒定律和機械能守恒定律，以碰前粒子1在N點的速度方向為正方向，則有：Mv1+mv0＝mv2+Mv3+＝+聯立解得：v2＝可得：＝?解得：M＝.答：（1）粒子入射的速度為和在磁場內運動軌跡上的點到直線A1B1的最小距離為H﹣；（2）粒子1在磁場內運動軌跡上的點到C點的最小距離為；（3）粒子2的質量M為?！军c評】本題考查了帶電粒子在勻強磁場中運動問題，依據力與運動的關系，解析粒子運動過程。對于帶電粒子在勻強磁場只受了洛倫茲力而做勻速圓周運動，依據題意作出粒子運動軌跡圖是解題的前提，根據幾何關系求得運動半徑和軌跡圓心角是解題關鍵。14．【分析】（1）根據動量守恒定律結合能量守恒定律分析出系統損失的動能；（2）根據動能對靶盒的運動過程進行分析，聯立等式計算出靶盒剛離開彈簧時的動能；（3）根據能量守恒定律分析出O點到平臺右端的距離；（4）依次分析出前幾次碰撞過程中的速度變化，結合數學的等比數列知識和運動學公式完成分析?！窘獯稹拷猓海?）選水平向左的方向為正方向子彈射入靶盒的過程中，根據動量守恒得：m0v0＝（m1+m0）v系統損失的動能為：Δ解得：ΔEk＝475J（2）子彈進入靶盒后，設靶盒向左運動的最大距離為x，由能量守恒定律得：解得：x＝0.5m靶盒再次返回到O點時離開彈簧，設此時動能為Ek，由動能定理得：解得：Ek＝21J（3）設O點到平臺右端的距離為s，靶盒a離開O點后僅在摩擦力的作用下做勻減速直線運動，滑上木板后，木板與墻壁多次碰撞，最終靶盒停在木板右端，由能量守恒得：Ek＝μ（m1+m0）g（s+l）解得：s＝3m（4）設靶盒滑上長木板時的速度大小為v1解得：v1＝3m/s設之后靶盒與木板達到共同速度v1′（m1+m0）v1＝（m1+m0+m2）v1′該過程中木板的位移為s1，木板的加速度為a則μ（m1+m0）g＝m2a根據解得：s1＝0.5m＜d﹣l說明木板與墻壁碰撞之前已經與靶盒達到共同速度，木板第一次與墻壁碰撞之后向左減速，經位移s1速度減為零，再向右加速，設與靶盒達到共同速度v2，以向右為正方向（m1+m0）v1′﹣m2v1′＝（m1+m0+m2）v2木板第二次與墻壁碰撞之后向左減速，經位移s2減為零，再向右加速設第二次與墻壁碰撞之后，靶盒與木板達到共同速度v3（m1+m0）v2﹣m2v2＝（m1+m0+m2）v3解得：第三次與墻壁碰撞之后，經位移s3速度減為零，再向右加速第n次與墻壁碰撞之后，靶盒與木板達到共同速度vn+1則經位移sn速度減為零，再向右加速木板的路程為：L＝d﹣l+2s1+2s2+′′′′′′+2sn﹣1即L＝d﹣l+解得：L＝3.125m答：（1）子彈射入靶盒的過程中，系統損失的動能為475J；（2）靶盒剛離開彈簧時的動能為21J；（3）O點到平臺右端的距離為3m；（4）木板運動的總路程為3.125m?！军c評】本題主要考查了動量守恒定律的相關應用，理解物體碰撞前后的守恒量，結合動量守恒定律以及能量守恒定律逐個分析，同時理清物體的運動情況，結合運動學公式和動能定理分析出位移，解題的關鍵點是結合數學的等比數列知識完成解答，對學生的數學要求較高，難度較大。（二）選考題：共13分。請考生從兩道題中任選一題作答。如果多做，則按第一題計分。[選修3-3]（13分）15．【分析】根據熱力學第二定律分析；根據熱力學第一定律△U＝W+Q判斷；根據熵增加原理判斷；根據擴散現象判斷；根據熱力學第一定律△U＝W+Q。【解答】解：A、根據熱力學第二定律可知，熱量可以從低溫物體傳向高溫物體，但需要引起其他變化，故A錯誤；B、在車胎突然爆炸的瞬間，氣體對外做功，即W＜0，瞬間吸收熱量很少，幾乎為零，即Q＝0，由根據熱力學第一定律△U＝Q+W，可得△U＜0，氣體內能減小，又根據一定質量的理想氣體內能只與溫度有關，所以車胎內氣體溫度降低，則其分子平均動能減小，故B正確；C、等溫的不同種類氣體混合時，兩者分布由分離變向均勻，體系混亂程度上升，所以是一個熵增加過程，故C正確；D、向一杯清水中滴入幾滴紅墨水，紅墨水向周圍的運動，屬于擴散現象，故D錯誤；E、氣泡體積增大，對外做功，