2022年江西省高安中学、临川一中、玉山一中等重点中学协作体高考物理模拟试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分；有选错的得0分．1．（6分）（2022•玉山县校级模拟）如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆）．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动（图中P′位置），两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（ ） A．细线所受的拉力变小B．小球P运动的角速度变小 C．Q受到桌面的静摩擦力变大D．Q受到桌面的支持力变大【考点】：向心力；摩擦力的判断与计算．【专题】：匀速圆周运动专题．【分析】：金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件分析所受桌面的支持力是否变化．以P为研究对象，根据牛顿第二定律分析细线的拉力的变化，判断Q受到桌面的静摩擦力的变化．由向心力知识得出小球P运动的角速度、周期与细线与竖直方向夹角的关系，再判断其变化．【解析】：解：A、设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度为L．P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：T=，mgtanθ=mω2Lsinθ，得角速度ω=，周期T=使小球改到一个更高一些的水平面上作匀速圆周运动时，θ增大，cosθ减小，则得到细线拉力T增大，角速度增大，周期T减小．对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力变大，故AB错误，C正确；D、金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件得知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不变．故D错误．故选：C-16-\n【点评】：本题中一个物体静止，一个物体做匀速圆周运动，分别根据平衡条件和牛顿第二定律研究，分析受力情况是关键． 2．（6分）（2022•玉山县校级模拟）2022年9月30日，印度太空研究组织发布印度“曼加里安”号火星探测器传回的火星图片，这颗红色的星球直径为地球的一半，质量为地球的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球绕太阳公转的轨道半径的1.5倍，地球表面重力加速度约为10m/s2，从以上信息可知（ ） A．火星公转的线速度大于地球公转的线速度 B．火星公转的周期比地球公转的周期短 C．火星公转的向心加速度比地球公转的向心加速度大 D．火星表面重力加速度约为4m/s2【考点】：万有引力定律及其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力，列出等式再去进行比较．根据万有引力等于重力表示出重力加速度，再去进行比较．【解析】：解：A、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：，得：v=．M为太阳的质量，r为轨道半径．火星的轨道半径大于地球的轨道半径，通过v的表达式发现公转轨道半径大的线速度小，即火星公转的线速度小于地球公转的线速度，故A错误；B、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：得：，M为太阳的质量，r为轨道半径．火星的轨道半径大于地球的轨道半径，通过T的表达式发现公转轨道半径大的周期长，即火星公转的周期比地球的长，故B错误；C、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：，得：．M为太阳的质量，r为轨道半径．火星的轨道半径大于地球的轨道半径，通过a的表达式发现公转轨道半径大的向心加速度小，即火星公转的向心加速度比地球公转的向心加速度小，故C错误；D、根据万有引力等于重力得出：得：，根据火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，-16-\n计算得出火星表面的重力加速度约为地球表面的，即火星表面重力加速度约为=4m/s2，故D正确．故选：D．【点评】：要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用． 3．（6分）（2022•玉山县校级模拟）在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的绝缘细线的一端连接一个质量为m，电荷量为q的带电小球．细线另一端固定于O点，把小球拉起直至细线水平，如图所示．将小球无初速释放，小球向下摆动的最大角度为45°，重力加速度为g，则匀强电场的电场强度大小为（ ） A．B．（+1）C．（﹣1）D．【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：小球向下摆动的过程中，重力和电场力做功，根据动能定理列式求解即可．【解析】：解：设细线长为L．根据动能定理得：mgLsin45°﹣qEL（1﹣cos45°）=0解得：E=（+1）故选：B．【点评】：本题考查动能定理的应用，要注意电场力做功公式W=qEd中，d是两点沿电场线方向的距离． 4．（6分）（2022•玉山县校级模拟）两条相互平行的光滑金属导轨，距离为L，电阻不计．导轨内有一与水平面垂直向里的匀强磁场，导轨左侧接电容器C，电阻R1和R2，如图所示．垂直导轨且与导轨接触良好的金属杆AB以一定的速度向右匀速运动，某时刻开始做匀减速运动至速度为零后反向匀加速运动．在金属杆变速运动的过程中，下列说法正确的是（ ） A．R1中无电流通过 B．R1中电流一直从e流向a C．R2中电流一直从a流向b D．R2中电流先从b流向a，后从a流向b-16-\n【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；电容．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：根据金属杆做匀减速运动至速度为零后反向匀加速运动，利用E=BLv求得产生的电动势，再由Q=CU，求得电容器的电量，根据电量的变化确定电流方向．【解析】：解：开始时，金属杆AB以一定的速度向右匀速运动，由感应电动势：E=BLv，电容器两端的带电量为，Q=CU=CBLv，有右手定则知，R2感应电流方向由a向b，故电容器的上极板带正电，开始做匀减速运动至速度为零的过程中，Q=CU=CBLv知，速度减小，极板带电量减小，有电流定义式：可知，R1中有电流通过，方向由e流向a，R2中电流从a流向b，故A错误；反向匀加速运动过程中，有右手定则知，R2感应电流方向由b向a，电容器反向充电，流经R1电流方向由e流向a，故B正确，CD错误；故选：B【点评】：本题电磁感应中电路问题，基础是识别电路的结构．本题难点是根据并联电路电流与电阻成反比确定两电阻电量的关系．在高考中电路中含有电容器也是热点问题． 5．（6分）（2022•玉山县校级模拟）如图，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将AB两点接入电压恒定的电源两端，通电时，线框受到的安培力为F，若将ACB边移走，则余下线框受到的安培力大小为（ ） A．FB．FC．FD．F【考点】：安培力．【分析】：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小，再计算出各段安培力的大小，然后使用平行四边形定则合成即可．【解析】：解：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图由于曲线ACB上产生的安培力等效于长AB上的电线产生的安培力，所以等效电路为r和2r并联，并联后总电阻为：-16-\n根据欧姆定律：并联的电流：I1=I2=则安培力F1=余下线框受到的安培力大小为：F2=BI2L==故选：D．【点评】：该题中，各段时的电流的大小不相等，要使用闭合电路的欧姆定律分别计算出各段的电流的大小，然后计算安培力是解题的正确思路．题目的难度中档． 6．（6分）（2022•玉山县校级模拟）如图所示，倾角为θ的斜面体C置于粗糙水平面上，物块B置于斜面上，已知B、C间的动摩擦因素为μ=tanθ，B通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块A相连，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B的质量分别为m、M．现给B一初速度，使B沿斜面下滑，C始终处于静止状态，则在B下滑过程中，下列说法正确的是（ ） A．无论A、B的质量大小关系如何，B一定减速下滑 B．A运动的加速度大小为a= C．水平面对C一定有摩擦力，摩擦力方向可能水平向左 D．水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等【考点】：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：以AB整体为研究对象，根据牛顿第二定律求其加速度，结合摩擦力产生的条件，可判断各接触面是否存在摩擦力；把BC看做一个整体进行受力分析，可判定地面的支持力和二者重力的关系．【解析】：解：A、B、C间的动摩擦因素为μ=tanθ，即如果B不受绳子拉力，则mgsinθ=μmgcosθ，B匀速下滑但是绳子对B有沿斜面向上的拉力，故B一定是减速下滑，A正确；B、以AB整体为研究对象，根据牛顿第二定律：mg+μMgcosθ﹣Mgsinθ=（M+m）a得：a=，故B错误；C、对C受力分析，B给的压力mgcosθ和摩擦力μmgcosθ，因为μ=tanθ，所以二者的矢量和等于mg，方向竖直向下，即C在水平方向上没有运动趋势，故C水平方向不受地面的摩擦力，C错误；-16-\nD、由前面分析知B对C的作用力等于其重力mg，根据平衡条件知则水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等，D正确；故选：AD．【点评】：本题涉及三个物体的问题，要灵活选择研究对象．当几个物体的加速度相同时可以采用整体法研究，往往比较简捷． 7．（6分）（2022•玉山县校级模拟）如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，将原线圈接在u=200sin100πt（V）的交流电压上，副线圈上电阻R和理想交流电压表并连接入电路，现在A、B两点间接入不同的电子元件，则下列说法正确的是（ ） A．在A、B两点间串联一只电阻R，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/s B．在A、B两点间接入理想二极管，电压表读数为40V C．在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电压表读数增大 D．在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，电阻R消耗电功率减小【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：根据变压器变压比公式得到输出电压，根据有效值定义求解电压有效值；电感器的感抗与频率成正比，电容器的容抗与频率成反比．【解析】：解：A、在A、B两点间串联一只电阻R，输入电压最大值为200V≈283V，故平均每匝电压为0.283V，故磁通量的最大变化率为0.283Wb/s，故A错误；B、输入电压为200V，根据，故输出电压为40V；在A、B两点间接入理想二极管，会过滤掉负半周电流，设电压表读数为U，则根据有效值定义，有故B错误；C、在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电容器容抗减小，故R分得的电压增加，电压表读数增加，故C正确；D、在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，感抗增加，故R分得的电压减小，电压表读数减小，故D正确；-16-\n故选CD．【点评】：本题关键是明确变压器的输入和输出电压成正比，然后转化为恒定电路的动态分析问题，不难． 8．（6分）（2022•玉山县校级模拟）如图所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一带电小球相连接，小球静止在光滑水平面上，施加一个水平方向的匀强电场，使小球从静止开始向右运动，则向右运动的这一过程中（运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度）（ ） A．小球动能最大时，小球电势能最小 B．弹簧弹性势能最大时，小球和弹簧组成的系统机械能最大 C．小球电势能最小时，小球动能为零 D．当电场力和弹簧弹力平衡时，小球的动能最大【考点】：电势差与电场强度的关系；功能关系．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：小球做简谐运动，当电场力和弹簧弹力平衡时，速度最大；只有电场力和弹簧弹力做功，故小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能总量守恒．【解析】：解：A、小球向右运动时，电场力做正功，电势能减小；当电场力与弹力平衡时，小球的动能最大，电势能不是最大；在最右端电势能最大；故A错误；B、小球运动过程中只有电场力和弹簧弹力做功，故小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能总量守恒，在最右端，电势能最小，故小球和弹簧组成的系统机械能最大；故B正确；C、小球向右运动时，电场力做正功，电势能减小，故最右端电势能最小，此时动能为零，故C正确；D、当电场力和弹簧弹力平衡前，电场力大于弹簧的弹力，小球做加速运动，当弹力等于电场力时，速度达到最大，球的动能最大，故D正确；故选：BCD【点评】：本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，要能够结合牛顿第二定律和功能关系分析，基础题目． 二、（非选择题共174分）9．（6分）（2022•玉山县校级模拟）如图甲所示是某同学探究小车的速度和加速度的实验装置，它将光电门固定在水平轨道上的B点，A、B两问点的距离为12.50cm．用重物通过细线拉小车，让小车做直线运动．①若用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图乙所示，则d= 1.140 cm．-16-\n②实验时将小车从图中位置A由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t=2.28×10﹣2s，则小车经过光电门时的速度为 0.50 m/s，小车的加速度为 1.0 m/s2（保留两位有效数字）．【考点】：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】：实验题；牛顿运动定律综合专题．【分析】：游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读，由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑块的加速度．【解析】：解：①游标卡尺的主尺读数为11mm，游标读数为0.05×8mm=0.40mm，所以最终读数为：11mm+0.40mm=11.40mm=1.140cm；②数字计时器记录通过光电门的时间，由位移公式计算出物体通过光电门的平均速度，用该平均速度代替物体的瞬时速度，故在遮光条经过光电门时滑块的瞬间速度为：v==0.50m/s小车的加速度a==1.0m/s2故答案为：①1.140②0.50，1.0【点评】：常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础．处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项． 10．（9分）（2022•玉山县校级模拟）现有一块灵敏电流计A1，量程为200μA，内阻约为1KΩ，要精确测出其内阻Rg，提供的器材有：电流表A2（量程为1mA，内阻r=50Ω）；滑动变阻器R（阻值范围为0～30Ω）；定值电阻R1（阻值R1=100Ω）；定值电阻R2（阻值R2=3KΩ）电源E（电动势约为4.5V，内阻很小）；单刀单掷开关S一个，导线若干．（1）请利用上述所有器材，设计出合理的、便于多次测量的实验电路图，并保证各电表的示数超过其量程的，将电路图画在题中的虚线框中．（2）在所测量的数据中选一组，用测量量和已知量来计算A1表的内阻，表达式为Rg= ，表达式中各符号表示的意义是 I2表示A2表的示数，I1表示A1表的示数，r表示A2表内阻，R1表示定值电阻 ．【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题．-16-\n【分析】：（1）测量电阻的基本原理是伏安法，没有电压表，可用定值电阻与电流表A2串联改装而成．根据该电阻与变阻器最大电阻的关系选择变阻器．（2）根据并联电路电压相等的规律，列式求解G表的内阻的表达式．【解析】：解：（1）由于变阻器R的最大电阻小于灵敏电流计A1的内阻，要精确测量电流计的内阻，需要测量多组数据，因此，采用分压电路；将电流表A2与定值电阻电阻R1串联构成一个电压表；把定值电阻R2作保护电阻．电路图如图所示．（2）由电路图知A2表和R1串联后与A1表并联，两个支路的电压相等，即：I1Rg=I2（R1+r），所以，Rg=，其中，I2表示A2表的示数，I1表示A1表的示数，r表示A2表内阻，R1表示定值电阻．故答案为：（1）电路图如图所示；（2），I2表示A2表的示数，I1表示A1表的示数，r表示A2表内阻，R1表示定值电阻．【点评】：在仪表的选择中要注意应使测量结果更准确和安全，故电表的量程应略大于电路中可能出现的最大电流；在接法中要注意根据各电器内阻的大小，灵活选择对应的接法． 11．（14分）（2022•玉山县校级模拟）如图所示，长L=9m的传送带与水平方向的倾角为37°，在电动机的带动下以V=4m/s的速率顺时针方向运行，在传送带的B端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住，在传送带的A端无初速地放一质量m=1kg的物块，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，物块与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不计．（sinθ=0.6，cosθ=0.8，g=10m/s2）求：（1）物块从A处第一次滑到P处的过程中，物块与传送带之间因摩擦而产生的热量？（2）物块与挡板P第一次碰撞后，上升到最高点时到挡板P的距离？【考点】：功能关系；牛顿第二定律．-16-\n【分析】：根据牛顿第二定律求出物块在下降过程和上升过程中的加速度，运用运动学公式求出下滑过程和上升过程的相对位移，求出相对运动距离之和，根据Q=fs求出产生的热量．应用牛顿第二定律与匀变速直线运动的速度位移公式求出物块的位移，然后答题．【解析】：解：物块从A点由静止释放，由牛顿第二定律得：向下运动的加速度：ma1=mgsinθ﹣μmgcosθ，代入数据解得：a1=2m/s2，由速度位移公式可知，与P碰前的速度为：v1===6m/s，物块从A到B的时间为：t1=在此过程中物块相对传送带向下位移为：s1=L+vt1=21m物块与挡板碰撞后，以v1的速率反弹，因v1＞v，物块相对传送带向上滑，由牛顿第二定律可知，物块向上做减速运动的加速度为a2有：ma2=mgsinθ+μmgcosθ，代入数据解得：a2=10m/s2物块速度减小到与传送带速度相等所需时间：t2===0.2s，物块向上的位移：x1===1m，物块相对传送带向上的位移为：s2=l1﹣vt2=0.2m物块速度与传送带速度相等后，μ＜tanθ，由牛顿第二定律可知：ma3=mgsinθ﹣μmgcosθ，代入数据解得，物块向上做减速运动的加速度：a3=2m/s2，物块速度减小到零的时间为：t3=物块向上的位移：x2===4m，此过程中物块相对传送带向下的位移为：s3=vt3﹣l2=4m摩擦生热为：Q=μmgcosθ（s1+s2+s3）=100.8J离P点的距离：x1+x2=1+4=5m答：（1）物块与传送带之间因摩擦而产生的热量为100.8J；（2）物块从第一次静止释放到与挡板P第一次碰撞后，物块上升到最高点时到挡板P的距离为5m．【点评】：本题过程较复杂，关键理清每一段过程，运用牛顿定律和运动学知识进行分析． 12．（18分）（2022•玉山县校级模拟）X轴下方有两个关于直线x=﹣0.5a对称的沿X轴的匀强电场（大小相等，方向相反）．如图甲所示．一质量为m，带电量为﹣q的粒子（不计重力）．以初速度V沿Y轴正方向从P点进入电场，后从原点O以与过P点时相同的速度进入磁场．粒子过O点的同时在MN和X轴之间加上按图乙所示的规律发生周期性变化的磁场，规定垂直纸面向里为正方向．正向磁场与反向磁场的磁感应强度大小相等，且持续的时间相同．粒子在磁场中运动一段时间后粒子到达Q点，并且速度也与过P点时速度相同．已知P、O、Q在一条直线上与水平方向夹角为θ，且P、Q两点横坐标分别为﹣a、a．试计算：-16-\n（1）电场强度E的大小；（2）磁场的磁感应强度B的大小；（3）粒子从P到Q的总时间．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：（1）根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，且时间相等，水平位移为a，竖直方向位移为atanθ，根据平抛运动的基本公式即可求解运动时间和电场强度；（2）带电粒子在第一象限的磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解即可；（3）分别求出粒子在电场和磁场中运动的时间，两段时间之和即为总时间．【解析】：解：（1）带电粒子在第三象限的运动为两个阶段的匀变速曲线运动，且时间相等，设为t，对该运动分析得：Y方向：atanθ=2VtX方向：解得：，t=（2）带电粒子在第一象限的磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，由几何关系可知：，（n=1，2，3…）解得：B=，（n=1，2，3…）（3）带电粒子在电场中运动的时间，研究带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，设时间为t磁，设单元圆弧对应的圆心角为α，由几何关系可知，α=π﹣2θ，则-16-\n所以粒子从P到Q的总时间答：（1）电场强度E的大小为；（2）磁场的磁感应强度B的大小为，（n=1，2，3…）；（3）粒子从P到Q的总时间为．【点评】：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题． [物理--选修3-4]（15分）13．（6分）（2022•玉山县校级模拟）下列叙述正确的是（ ） A．温度升高时，物体内每个分子的热运动速度都增大 B．布朗运动是液体分子对悬浮固体颗粒的碰撞作用不平衡造成的 C．外界对气体做正功，气体的内能一定增加 D．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性 E．气体压强本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力【考点】：布朗运动；热力学第二定律；封闭气体压强．【分析】：解答本题需掌握：温度是分子热运动平均动能的标志；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动；热力学第一定律公式：△U=W+Q；热力学第二定律表面一切宏观热现象都具有方向性；气体压强是气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的，与气体分子的数密度和平均动能有关．【解析】：解：A、温度升高时，物体内分子的热运动平均动能增大，故平均速度增大，不是每个分子的速度都增大，故A错误；B、布朗运动是液体分子对悬浮固体颗粒的碰撞作用不平衡造成的，是液体分子无规则热运动的反映，故B正确；C、外界对气体做正功，气体可能同时放热，故内能不一定增加，故C错误；D、根据热力学第二定律，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故D正确；E、气体压强是气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的，故气体压强本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故E正确；故选：BDE．【点评】：本题考查了温度的微观意义、布朗运动、气体压强的微观意义、热力学定律等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识． -16-\n14．（9分）（2022•玉山县校级模拟）高压锅与普通的铝锅不同，锅盖通过几个牙齿似的锅齿与锅齿镶嵌旋紧，加在锅盖和锅体之间有橡皮做的密封圈，在锅盖中间有一个排气孔，上面再套上类似砝码的限压阀，将排气孔堵住，当加热高压锅，锅内气体压强增加到一定的程度时，气体就把限压阀顶起来，这时蒸汽就从排气孔排出．由于高压锅内的压强大．温度高，食物容易煮烂，若已知某高压锅的限压阀质量为0.1kg，排气孔的直径为0.3cm，则锅内气体的压强最大可达到多少？设压强每增加3.6×103Pa，水的沸点相应增加1℃，则锅内的最高的温度可以达到多少？【考点】：理想气体的状态方程．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：（1）当限压阀要被顶起时，锅内气体压强最大，对限压阀列平衡方程即可求解；（2）先求出锅内压强增加量，再根据每增加3.5×103Pa水的沸点就相应的增加1℃求出水的沸点增加量，进而得出锅内的最高温度．【解析】：解：当限压阀要被顶起时，锅内气体压强最大为Pm，对限压阀由平衡得：PmS=P0S+mg带入数据解得：锅内压强增加了：△P=Pm﹣P0=2.4×105Pa﹣1×105Pa=1.4×105Pa，水的沸点增高：所以，锅内温度最高可达：t=100℃+38.9℃=138.9℃．答：（1）锅内气体的压强最大可达2.4×105Pa．（2）锅内的最高温度可达138.9℃．【点评】：此题涉及到大气压的综合应用，重力的计算，压强大小及其计算等知识点，是一道物理综合题目，要求学生要具备一定的学科综合能力，计算时还要注意统一使用国际单位制单位． 【物理-选修3-4】（15分）15．（2022•玉山县校级模拟）某横波在介质中沿x轴正方向传播，t=0时刻，O点开始向Y轴正方向运动，经t=0.2s，O点第一次到达正方向最大位移处，某时刻形成的波形如图所示，下列说法正确的是（ ） A．该横波的波速为5m/s B．质点M与质点N都运动起来后，它们的运动方向总相反 C．在0.2s的时间内质点M通过的路程为1m D．在t=2.6s时刻，质点M处于平衡位置，正沿y轴负方向运动 E．图示波形图可能是t=1.2s时刻的【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．【专题】：振动图像与波动图像专题．-16-\n【分析】：根据图示波形图可以求出波长；根据质点O的振动可以求出波的周期，已知波长与周期，由波速公式可以求出波速，两质点相差半个波长的奇数倍时振动方向完全相反，除以平衡位置及波峰波波谷处的质点一个周期内振动的路程为4A．【解析】：解：A、由图示波形图可知：波长λ=4m，O点开始向正方向运动，经t=0.2s，O点第一次到达正方向最大位移处，则t=，解得：T=0.8s，则v==m/s=5m/s，故A正确；B、质点M与质点N之间的距离不是半个波长的奇数倍，则振动情况不是完全相反，故B错误；C、在0.2s的时间内质点M通过的路程为s=A=20cm，故C错误；D、横波从O传到M点的时间t′=s，在t=2.6s时刻，质点M振动的时间t″=2.6﹣0.6=2s=T，则此时质点M处于平衡位置，正沿y轴负方向运动，故D正确；E、由波形图可知，此时O点向下振动，则可能经过了t=（n+）T的波形图，当n=1时，t=1.2s，故E正确．故选：ADE．【点评】：本题考查了求波长、频率、波速、波的传播方向等问题，由波形图及质点与坐标原点间的距离可以求出波长，根据质点的振动情况可以求出波的周期，由波速、波长与周期间的关系可以求出波速． 16．（2022•玉山县校级模拟）如图所示，一截面为直角三角形的玻璃棱镜ABC，∠A=30°，D点在AC边上，AD间距为L．一条光线以60°的入射角从D点射入棱镜，光线垂直BC射出，求：（1）玻璃的折射率；（2）BC边上出射点的位置到C点的距离d．【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：（1）画出光路图．由几何关系求出光线在AC面的折射角和AB面的入射角，根据折射定律求出折射率．（2）根据几何知识求解BC边上出射点的位置到C点的距离d．【解析】：解：（1）如图，因为光线垂直BC射出，则有∠β=30°．-16-\n在E点发生反射，则有∠α=30°．可知∠r=30°．由折射定律得：n===（2）ADE为等腰三角形，DE=AD=L，BC边上出射点的位置到C点的距离d=Lcosr=Lcos30°=L答：（1）玻璃的折射率为；（2）BC边上出射点的位置到C点的距离d为L．【点评】：解决本题的关键是判断出光线在AB面发生全反射，再根据反射定律和折射定律求解出各个分界面上的反射角和折射角，然后画出光路图，并结合几何关系进行分析计算． （物理--选修3-5）（15分）17．（2022•玉山县校级模拟）以下说法正确的是（ ） A．玻尔理论认为，原子中的电子在某些不连续的特定轨道上绕核转动是稳定的，不产生电磁辐射 B．天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构 C．爱因斯坦光电效应理论认为光电子的最大初动能跟照射光的频率成正比 D．U→Th+He是α衰变 E．铋210的半衰期是5天，则8个铋210经过10天后还剩2个【考点】：轻核的聚变；天然放射现象．【专题】：衰变和半衰期专题．【分析】：玻尔理论认为，原子轨道是量子化的，且处于定态，不产生电磁辐射；天然放射现象揭示了原子核内部有复杂结构；根据光电效应方程判断光电子的最大初动能与入射光频率的关系．半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用．【解析】：解：A、玻尔理论认为，原子中的电子在某些不连续的特定轨道上绕核转动是稳定的，不产生电磁辐射，故A正确．B、天然放射现象的射线来自原子核，说明原子核内部有复杂结构，故B正确．C、根据光电效应方程知，Ekm=hv﹣W0，光电子的最大初动能与照射光的频率不成正比，故C错误．D、α衰变是自发进行的，放出一个氦核，形成一个新核，故D正确．E、半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用，故E错误．故选：ABD．-16-\n【点评】：本题考查了玻尔理论、天然放射现象、光电效应方程、衰变、半衰期等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点． 18．（2022•玉山县校级模拟）两个质量分别为mA=0.3kg、mB=0.1kg的小滑块A、B和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小滑块A粘连，另一端与小滑块B接触而不粘连．现使小滑块A和B之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度v0=3m/s在水平面上做匀速直线运动，如图所示．一段时间后，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两滑块仍沿水平面做直线运动，两滑块在水平面分离后，小滑块B冲上斜面的高度为h=1.5m．斜面倾角θ=37°，小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.15，水平面与斜面圆滑连接．重力加速度g取10m/s2．求：（提示：sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）A、B滑块分离时，B滑块的速度大小；（2）解除锁定前弹簧的弹性势能．【考点】：动量守恒定律；动能定理的应用．【专题】：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【分析】：（1）由动能定理可以求出小滑块到达斜面底端时的速度；（2）两滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能．【解析】：解：（1）设分离时A、B的速度分别为vA、vB，小滑块B冲上斜面轨道过程中，由动能定理得：﹣mBgh﹣μmBgcos37°•=0﹣mBvB2，代入数据解得：vB=6m/s；（2）两滑块在水平面上做匀速直线运动，处于平衡状态，系统所受合外力为零，系统动量守恒，以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（mA+mB）v0=mAvA+mBvB，代入数据解得：vA=2m/s，在弹簧解除锁定到两滑块分离过程中，由能量守恒得：（mA+mB）v02+Ep=mAvA2+mBvB2，代入数据解得：Ep=0.6J；答：（1）A、B滑块分离时，B滑块的速度大小为6m/s；（2）解除锁定前弹簧的弹性势能为0.6J．【点评】：本题考查了求滑块的速度、弹簧的弹性势能问题，分析清楚运动过程是正确解题的关键，应用动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题．-16-
