2022年江苏省宿迁市高考物理二模试卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．1．（3分）（2022•宿迁二模）如图所示，A、B是正点电荷中一条电场线上的两点．一个带负电的点电荷仅受电场力作用，由静止释放从A点沿电场线运动到B点．下列说法中正确的是（ ） A．A点的电场强度比B点的小B．点电荷在A点的加速度大 C．A点的电势比B点的电势高D．点电荷由A到B过程中电场力做负功考点：电势能；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据负电荷的运动方向判断其所受的电场力方向，确定场强方向，就可以确定正点电荷的位置．再电场线是从正电荷发出，到无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小进行分析．解答：解：A、带负电的点电荷仅受电场力作用，由静止从A点沿电场线运动到B点，说明负电荷所受的电场力方向从A→B，则电场线方向从B→A，则知，正点电荷在B的右侧，由E=知，A点的电场强度比B点的小．故A正确．B、由F=qE知，负电荷在A点所受的电场力较小，加速度也较小．故B错误．C、电场线方向从B→A，顺着电场线，电势降低，则知A点的电势比B点的电势低．故C错误．D、点电荷由A到B过程中电场力方向与位移方向相同，做正功．故D错误．故选A点评：本题就是考查学生分析受力情况和运动情况的能力，要加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题． 2．（3分）（2022•宿迁二模）已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G．有关同步卫星，下列表述正确的是（ ） A．卫星距离地面的高度为 B．卫星的运行速度大于第一宇宙速度 C．卫星运行时受到的向心力大小为G D．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．19\n专题：人造卫星问题．分析：同步卫星与地球相对静止，因而与地球自转同步，根据万有引力提供向心力，即可求出相关的量．解答：解：A、万有引力提供向心力F引=F向===a向，v=a向=F=h=﹣R故A、C错误B、由于第一宇宙速度为v1=，故B错误；D、地表重力加速度为g=，故D正确；故选D．点评：本题关键抓住万有引力等于向心力，卫星转动周期与地球自转同步． 3．（3分）（2022•宿迁二模）如图所示，在足够长的光滑曲面上由静止释放一个物体，若以释放物体的时刻作为零时刻，用E、v、x、W分别表示物体的机械能、速度、位移和重力做的功，那么下列四个图象中分别定性描述了这些物理量随时间变化的规律，其中正确的是图象是（ ） A．B．C．D．考点：动能定理的应用．专题：动能定理的应用专题．分析：19\n物体从光滑曲线上静止释放时，只有重力对物体做功，小物体的机械能守恒，由于是光滑的曲面小物体下滑的加速度是变化的，位移与时间不是均匀变化的，重力做功与小物体在竖直方向上的位移有关．解答：解：小物体从光滑的斜面上下滑，下滑过程中只有重力对小物体做功．A、因为只有重力对小物体做功，故小物体的机械能守恒，故A正确；B、小物体在曲面上下滑，下滑时加速度是变化的，故不做匀加速直线运动，故B错误；C、小物体做变速曲线运动，位移不与时间成正比，故C错误；D、重力做功与在重力方向运动的位移成正比，故D错误故选A点评：抓住机械能守恒的条件展开讨论，知道物体沿曲面下滑时的加速、速度及位移与时间不是成线性关系是解决本题的关键． 4．（3分）（2022•宿迁二模）如图所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜面B上，现用大小均为F，方向相反的水平力分别推A和B，它们均静止不动，则（ ） A．A与B之间不一定存在摩擦力 B．B与地之间可能存在摩擦力 C．B对A的支持力一定大于mg D．地面对B的支持力的大小一定等于（M+m）g考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对A、B整体进行受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力；再对物体A受力分析，根据平衡条件求解B对A的支持力和摩擦力．解答：解：B、D、对A、B整体受力分析，如图，受到重力（M+m）g、支持力N和已知的两个推力，对于整体，由于两个推力刚好的合力为零，故整体与地面间没有摩擦力；根据共点力平衡条件，有N=（M+m）g故B错误，D正确；19\nA、C、再对物体A受力分析，受重力mg、已知的推力F、斜面体B对A的支持力N′和摩擦力f，当推力F沿斜面分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，如下图当推力F沿斜面分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，如下图当推力F沿斜面分量等于重力的下滑分量时，摩擦力为零，如下图根据共点力平衡的条件，运用正交分解法，可以得到：N′=mgcosθ+Fsinθ故A正确，C错误；故选AD．点评：本题关键是对A、B整体受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力，然后再对物体A受力分析，再次根据平衡条件列式求解出各个力的情况． 5．（3分）（2022•宿迁二模）如图所示，水平放置的半圆槽，一个小球从左边槽口以速度v水平抛出，不计空气阻力．若v取值不同，小球掉到半圆槽上时的速度方向和水平方向的夹角就不同．则下列说法正确的是（ ） A．无论v取何值，小球都会垂直撞击半圆槽 B．无论v取何值，小球都不可能垂直撞击半圆槽 总可以找到一个v值，使小球垂直撞击半圆槽19\nC． D．总可以找到一个v值，使小球撞击半圆槽时速度竖直向下考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：通过分析小球做平抛运动落在左边四分之一圆弧上和右边四分之一圆弧上，根据平抛运动的规律判断小球能否垂直撞击半圆槽．解答：解：若小球落在左边四分之一圆周上，因为小球的最终速度不可能竖直向下，所以不可能与左侧四分之一圆弧垂直，即不可能撞击在左侧四分之一圆周上．若小球落在右边四分之一圆周上，若垂直撞击圆弧，则速度的反向延长线经过圆心，可知速度与水平方向的夹角是位移与水平方向夹角的两倍，因为速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，两者矛盾，则不可能垂直．所以无论v如何，小球都不可能垂直撞击半圆槽．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍． 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分．6．（4分）（2022•宿迁二模）荡秋千是儿童喜爱的一项体育运动，右图为小孩荡秋千运动到最高点的示意图，（不计空气阻力）下列说法正确的是（ ） A．小孩运动到最高点时，小孩的合力为零 B．小孩从最高点运动到最低点过程中机械能守恒 C．小孩运动到最低点时处于失重状态 D．小孩运动到最低点时，小孩的重力和绳子拉力提供圆周运动的向心力考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：当秋千荡到最高点时，小孩的速度为零，沿半径方向加速度为零，加速度方向沿圆弧的切线方向；当加速度向上时，超重；当加速度向下时，失重．解答：解：A、小孩运动到最高点时，速度为零；受重力和拉力，合力不为零，沿着切线方向，故A错误；B、小孩从最高点运动到最低点过程中，受重力和拉力，拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒，故B正确；19\nC、小孩运动到最低点时，具有向心加速度，向上，故超重，故C错误；D、小孩运动到最低点时，小孩的重力和绳子拉力提供圆周运动的向心力，故D正确；故选BD．点评：本题关键明确小孩的运动规律和受力特点，明确最高点和最低点过程的受力情况，基础题． 7．（4分）（2022•宿迁二模）图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表．若发电机向原线圈输入图乙所示的正弦交流电，图中Rt为NTC型热敏电阻（阻值随温度升高而变小），R1为定值电阻．下列说法中正确的是（ ） A．交流电压u的表达式（V） B．变压器原、副线圈中的电流之比为4：1 C．t=0.01s时，发电机中线圈平面与磁场平行 D．Rt温度升高时，电压表的示数不变，电流表的示数变大考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：由图乙可知交流电压最大值Um=36V，周期T=0.02秒，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式u=Umsinωt（V），由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，NTC是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的热敏电阻，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化．解答：解：A、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压36v，周期0.02S，故角速度是ω=100π，u=36sin100πt（V），故A正确．B、根据公式变压器原、副线圈中的电流之比，故B错误．C、t=0.01s时，代入A选项中电压瞬时表达式，则有电压值为零，则发电机中线圈与磁场垂直，故C错误．D、t处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，但不会影响输入电压值，故D正确；故选AD．点评：19\n根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键． 8．（4分）（2022•宿迁二模）如图所示电路中，电源电动势为E，线圈L的电阻不计．以下判断正确的是（ ） A．闭合S瞬间，R1、R2中电流强度大小相等 B．闭合S，稳定后，R1中电流强度为零 C．断开S的瞬间，R1、R2中电流立即变为零 D．断开S的瞬间，R1中电流方向向右，R2中电流方向向左考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：闭合S瞬间，通过R2中电流强度大于通过R1中电流强度大小；由于线圈L的直流电阻不计，S闭合电路稳定后，电容器被短路，两端电压为零，不带电．当断开S的瞬间，线圈中电流要减小，产生自感电动势根据楞次定律电容器a板所带电的电性．解答：解：A、闭合S瞬间，线圈L与R1并联与R2串联，则通过R2中电流强度大于通过R1中电流强度大小；故A错误．B、由于线圈L的直流电阻不计，闭合S，稳定后，R1被短路，R1中电流强度为零．故B正确．C、D断开S的瞬间，电容器放电，R2中电流不为零，线圈中电流减小，产生自感电动势，相当于电源，R1中电流过一会儿为零．故C错误．D、断开S的瞬间，电容器放电，R2中电流方向向左，由于自感，根据楞次定律可知，R1中电流方向向右，故D正确．故选BD点评：本题考查自感线圈的双重作用的理解：当电流稳定不变时，自感线圈是电阻不计的导线；当电流变化时，相当于一个电源． 9．（4分）（2022•宿迁二模）美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得以较高能量带电粒子方面前进了一步，如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P0处静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，盒缝间隙很小，可以忽略不计．对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（ ）19\n A．带电粒子每运动半周被加速一次 B．P1P2＞P2P3 C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关 D．加速电场方向需要做周期性的变化考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：带电粒子经加速电场加速后，进入磁场发生偏转，电场被限制在A、C板间，只有经过AC板间时被加速，所以运动一周加速一次，电场的方向不需改变．当带电粒子离开回旋加速器时，速度最大．解答：解：A、带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次．电场的方向没有改变，则在AC间加速．故A错误，D错误．B、根据r=，则P1P2=2（r2﹣r1）=，因为每转一圈被加速一次，根据v2﹣v12=2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v3﹣v2＜v2﹣v1，则P1P2＞P2P3．故B正确．C、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r=得，v=．知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关．故C正确．故选BC．点评：解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变． 三、简答题：共计18分．请将解答填写在答题卡相应的位置．10．（8分）（2022•宿迁二模）在探究“加速度与力、质量的关系”实验中，小明用物体A、B分别做了加速度随着外力的变化关系，如图（1）所示，用不同的重物P分别挂在光滑的动滑轮拉物体A、B，处理数据后，他们得到加速度a与弹簧秤弹力F的关系图象如图（2）所示，由图象可知（1）下列说不正确的是 ACD A．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B．实验时应先接通电源后释放小车C．实验中重物P的质量应远小于物块的质量D．测力计的读数始终为重物P的重力的一半19\n（2）小明仔细分析了两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且mA 小于 mB（填“大于”“等于”或“小于”）；两物体与木板之间动摩擦因素μA 大于 μB（填“大于”“等于”或“小于”）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：（1）进行实验前要先平衡摩擦力，把木板没有定滑轮的一端垫高；实验时要先接通电源，再放开小车；小车受到的拉力可以由弹簧测力计读出；重物下落时处于失重状态，对细线的拉力小于其重力的一半．（2）根据图象由牛顿第二定律可以判断出物体质量大小；由牛顿第二定律求出加速度的表达式，然后判断动摩擦因数大小．解答：解：（1）A、实验时应把长木板没有定滑轮的一端垫高，平衡摩擦力，长木板不能保持水平，故A错误；B、实验时应先接通电源，再放开小车，故B正确；C、小车所受到的拉力可以由弹簧测力计读出，实验过程中不需要控制重物P的质量远小于物块的质量，故C错误；D、图示滑轮为动滑轮，重物静止或做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数等于重物P重力的一半，重物加速下降时，处于失重状态，测力计示数小于重物重力的一半，故D错误；本题选错误的，故选ACD．（2）由牛顿第二定律得：m=，a﹣F图象斜率的倒数等于m，由图象可得：A的斜率大于B的斜率，则A斜率的倒数小于B斜率的倒数，即A的质量小于B的质量；由牛顿第二定律得：F﹣μmg=ma，a=0时，F=μmg，由图象可知，a=0时，A、B的F相等，即μAmAg=μBmBg，∵mA＜mB，∴μA＞μB；故答案为：（1）ACD；（2）小于；大于．点评：要掌握实验注意事项、会根据实验装置图分析实验注意事项、会应用图象处理实验数据． 11．（10分）（2022•宿迁二模）2022年诺贝尔物理学奖授予了两位发现“巨磁电阻”效应的物理学家．材料的电阻随磁场的增加而增大的现象称为磁阻效应，利用这种效应可以测量磁感应强度．若图1为某磁敏电阻在室温下的电阻比值一磁感应强度特性曲线，其中RB、R0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值．19\n（1）为了测量磁感应强度B，需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值RB，已知无磁场时阻值R0=150Ω．现将磁敏电阻置入待测磁场中，在室温下用伏安法测得其两端的电压和通过的电流数据如下表：12345U（V）0.450.911.501.782.71I（mA）0.300.601.001.201.80根据上表可求出磁敏电阻的测量值RB= 1.5×103 Ω，结合图中电阻比值一磁感应强度特性曲线可知待测磁场的磁感应强度B= 1.2 T．（均保留两位有效数字）（2）请用下列器材设计一个电路：将一小量程的电流表G改装成一能测量磁感应强度的仪表，要求设计简单，操作方便．（环境温度一直处在室温下）A．磁敏电阻，无磁场时阻值R0=150ΩB．电流表G，量程Ig=2mA，内阻约50ΩC．滑动变阻器R，全电阻约1500ΩD．直流电源E，电动势E=3V，内阻约为1ΩE．开关S，导线若干①在图2中的虚线框内完成实验电路图；②改装后，电流表表盘上电流刻度要转换成磁感应强度B．若2.0mA处标0T，那么1.0mA处标 1.2 T．（保留两位有效数字）考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）根据表中实验数据，应用欧姆定律可以求出磁敏电阻的阻值RB，再求出RB与R0比值，再由图1得出磁感应强度；（2）可将灵敏电流表、磁敏电阻、滑动变阻器作出串联电路；由闭合电路的欧姆定律分析答题．解答：解：（1）根据表中实验数据可知，磁敏电阻阻值RB===1.5×103Ω，==10，由图所示图象可知，磁感应强度B=1.2T；（2）①实验电路图如图所示；②由闭合电路欧姆定律得：Ig=，R内===1500Ω，19\nI′==，则RB=R内=1500Ω，由图象可知，此时磁感应强度为1.2T；故答案为：（1）1.5×103；1.2；（2）①如图所示；②1.2．点评：认真审题、根据题意获取所需信息、分析清楚图象、应用欧姆定律即可正确解题． 四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位．12．（15分）（2022•宿迁二模）2022年11月，我国舰载机在航母上首降成功．设某一舰载机总质量为m=2.5×l04kg，速度为vo=42m/s，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，飞机将在甲板上以ao=0.8m/s2的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动．（1）飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证飞机不滑到海里？（2）航母飞行甲板水平，前端上翘，水平部分与上翘部分平滑连接，连接处D点可看作圆弧上的一点，圆弧半径为R=100m．已知飞机起落架能承受的最大作用力为飞机自重的11倍，求飞机安全起飞经过D点的最大速度？（g取10m/s2）（3）为了让飞机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让飞机减速，同时考虑到飞机尾钩挂索失败需要复飞的情况，飞机着舰时并不关闭发动机，图示为飞机勾住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为F=1.2×105N，减速的加速度a1=20m/s2，此时阻拦索夹角θ=106°，空气阻力和甲板阻力保持不变，求此时阻拦索承受的张力大小？（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；向心力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）飞机匀减速直线运动，根据速度位移公式列式求解；（2）支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；（3）对飞机受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解．解答：解：（1）由运动学公式得：19\n代入数据可得：s0=1102.5m（2）设飞机安全起飞经过D点的最大速度为vD，则：解得：vD=100m/s；（3）飞机受力分析如图所示．由牛顿运动定律有：其中FT为阻拦索的张力，f为空气和甲板对飞机的阻力飞机仅受空气阻力和甲板阻力时有：f=ma0联立上式可得：FT=5×105N答：（1）若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少1102.5m长才能保证飞机不滑到海里；（2）飞机安全起飞经过D点的最大速度为100m/s；（3）阻拦索承受的张力大小为×105N．点评：本题关键是明确飞机的运动情况，然后根据牛顿第二定律求解出加速度，最后根据牛顿第二定律确定受力情况． 13．（16分）（2022•宿迁二模）两足够长的平行金属导轨间的距离为L，导轨光滑且电阻不计，导轨所在的平面与水平面夹角为θ．在导轨所在平面内，分布磁感应强度为B、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．把一个质量为m的导体棒ab放在金属导轨上，在外力作用下保持静止，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻为R1．完成下列问题：（1）如图甲，金属导轨的一端接一个内阻为r的导体棒．撤去外力后导体棒仍能静止．求导体棒上的电流方向和电源电动势大小？（2）如图乙，金属导轨的一端接一个阻值为R2的定值电阻，让导体棒由静止开始下滑，求导体棒所能达到的最大速度？（3）在（2）问中当导体棒下滑高度为h速度刚好达最大，求这一过程，导体棒上产生的热量和通过电阻R2电量？考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应与电路结合．19\n分析：（1）由左手定则判断出ab棒中电流方向，根据全电路欧姆定律、安培力公式及共点力平衡条件列式，即可求出电源电动势大小．（2）让导体棒由静止开始下滑，导体棒先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，达到稳定状态，根据安培力与重力沿斜面向下的分力平衡，列式求出棒的最大速度．（3）当导体棒下滑高度为h的过程中，导体棒的机械能减小转化为电路的内能，根据能量守恒求出电路中产生的总热量，由串联关系求导体棒上产生的热量．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式q=It求电量．解答：解：（1）由左手定则可得：b指向a回路中的电流为①导体棒受到的安培力为F安=BIL②对导体棒受力分析知F安=mgsinθ③联立上面三式解得：④（2）当ab杆速度为v时，感应电动势E=BLv，此时电路中电流⑤当时，ab杆达到最大速度vm⑥（3）由能的转化和守恒定律可得：⑦导体棒上产生的热量⑧联立⑥⑦⑧得：⑨由=，，q=，△Φ=BL联立得通过电阻R2电量⑩答：（1）导体棒上的电流方向为和b指向a，电源电动势大小为．19\n（2）导体棒所能达到的最大速度为．（3）导体棒上产生的热量为，通过电阻R2电量为．点评：本题是电磁感应与电路、磁场、力学等等知识的综合，涉及的知识较多，综合性较强，分析安培力和能量如何变化是关键． 14．（16分）（2022•宿迁二模）在某一真空空间内建立xOy坐标系，从原点O处向第I象限发射一荷质比的带正电的粒子（重力不计）．速度大小v0=103m/s、方向与x轴正方向成30°角．（1）若在坐标系y轴右侧加有匀强磁场区域，在第I、Ⅳ象限，磁场方向垂直xOy平面向外B=1T，求粒子做匀速圆周运动的轨道半径R？（2）若在坐标系y轴右侧加有匀强磁场区域，在第I象限，磁场方向垂直xOy平面向外；在第Ⅳ象限，磁场方向垂直xOy平面向里；磁感应强度为B=1T，如图（a）所示，求粒子从O点射出后，第2次经过x轴时的坐标x1．（3）若将上述磁场均改为如图（b）所示的匀强磁场，在t=0到t=s时，磁场方向垂直于xOy平面向外；在t=s到t=s时，磁场方向垂直于xOy平面向里，此后该空间不存在磁场，在t=0时刻，粒子仍从O点以与原来相同的速度v0射入，求粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标x2．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：洛伦兹力提供向心力，可以求出粒子运动的半径；根据题目提供的条件，正确画出粒子运动的轨迹，进而确定各点之间的关系．解答：解：（1）设粒子的轨道半径r，洛伦兹力提供向心力，有（2）粒子在x轴上方和下方的磁场中做半径相同的匀速圆周运动，其运动轨迹如图（a）所示．由几何关系知粒子第二次经过x轴的坐标为x1=2r=0.2m．（3）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T．19\n则．据题意，知粒子在t=0到t=内和在t=到t=时间内在磁场中转过的圆弧所对的圆心角均为，粒子的运动轨迹应如图（b）所示．△ODX2是低边夹角是30°的等边三角形，由几何关系得x2=2（2rsin30°+2r）=6r=0.6m．答：（1）粒子做匀速圆周运动的轨道半径是0.1m；（2）第2次经过x轴时的坐标0.2m．（3）粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标x2=0.6m．点评：该题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，洛伦兹力提供向心力是基础，正确画出粒子运动的轨迹是解决问题的关键． 五、选做题．本题包括三小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答，若三题都做，则按15.16两题评分．15．（12分）（2022•宿迁二模）（选修模块3﹣3）（1）下列说法正确的是 AC A．温度是分子平均动能的标志，物体温度越高，则分子的平均动能越大B．悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数就越少，布朗运动越不明显C．在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性D．在使两个分子间的距离由很远（r＞10﹣9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先减小后增大，分子势能不断增大（2）若以M表示水的摩尔质量，ρ表示在标准状态下水蒸气的密度，NA为阿伏加德罗常数，则在标准状态下体积为V的水蒸气中分子数为N= NA ．（3）在一个密闭的气缸内有一定质量的理想气体，如图所示是它从状态A变化到状态B的V﹣T图象，己知AB的反向延长线通过坐标原点O，气体在A点的压强为p=1.0×105Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q=7.0×102J，求此过程中气体内能的增量△U．19\n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）根据分子动理论、布朗运动、固体知识分析答题．（2）质量除以摩尔质量是气体物质的量，物质的量乘以阿伏伽德罗常数就是分子数．（3）由图象可知，气体发生的是等压变化，由盖吕萨克定律求出气体体积的变化，然后求出气体所做的功，最后由热力学第一定律求出气体内能的增量．解答：解：（1）A．温度是分子平均动能的标志，物体温度越高，则分子的平均动能越大，故A正确；B．悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数就越少，布朗运动越明显，故B错误；C．在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性，贵C正确；D．在使两个分子间的距离由很远（r＞10﹣9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先增大再减小最后再增大，分子势能先减小后增大，故D错误；故选AC．（2）在标准状态下体积为V的水蒸气质量m=ρV，物质的量为，分子数为N=NA；（3））由V﹣T图象的变化图线经过坐标原点可以判断，理想气体经历一个等压变化．由盖﹣吕萨克定律得：=，解得：VB=8.0×10﹣3m3，气体对外做的功：W=p（VB﹣VA）=2×102J；根据热力学第一定律：△U=Q+W，解得：△U=7.0×102J﹣2.0×102J=5.0×102J；故答案为：（1）AC；（2）=NA；（3）气体内能的增量为5.0×102J．点评：（1）熟练掌握选修3﹣3的基础知识即可正确解题，平时要注意基础知识的学习．（2）要掌握估算题的解题思路与方法，阿伏伽德罗常数是联系宏观量与微观量的桥梁．（3）应用气态放出、热力学第一定律即可正确解题，本题难度不大． 16．（12分）（2022•宿迁二模）（选修模块3﹣4）（1）下列说法正确的有 AC ．A．有一种雪地眼镜镜片上涂有一层“增反膜”能够最大程度的反射紫外线，从而避免紫外线对人眼的伤害，这利用了干涉原理19\nB．日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振光片可以增加透射光的强度C．在不同惯性参考系中，真空中的光速大小都相同D．同一列声波在不同介质中传播速度不同，光波在不同介质中传播速度相同（2）一列简谐横波，沿x轴正向传播，t=0时波形如图甲所示，位于x=0.5m处的A点振动图象如图乙所示．则该波的传播速度是 10 m/s；则t=0.3s，A点离开平衡位置的位移是 ﹣8 cm．（3）如图丙所示，直角三角形ABC为一三棱镜的横截面，∠A=30°．一束单色光从空气射向BC上的E点，并偏折到AB上的F点，光线EF平行于底边AC．已知入射方向与BC的夹角为θ=30°．①EF光线在AB面上有无折射光线？（要有论证过程）②光线经AB面反射后，再经AC面折射后的光线与AC面的夹角．考点：光的折射定律；横波的图象；波长、频率和波速的关系；光的干涉．专题：光的折射专题．分析：（1）根据光的反射、偏振及相对基本原理、光速公式v=即可进行分析．（2）由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，求出波速．分析t=0.3sA点的位置，确定其位移．（3）根据几何关系求出光线在BC面上的入射角和折射角，通过折射定律求出折射率的大小．通过折射率求出临界角的大小，比较光在AB面上的入射角和临界角的大小，判断是否发生全反射．再由折射定律求出AC面上的折射角r，由几何知识求出折射光线与AC面的夹角．解答：解：（1）A、“增反膜”利用干涉原理，使膜的前后两个表面的反射光抵消，减小透射光，从而避免紫外线对人眼的伤害，故A正确．B、偏振光是为了减少反射，并不能增强透射光的强度．故B错误．C、相对论的基本原理之一是：在不同惯性参考系中，真空中的光速大小都相同．故C正确．D、波速与介质的性质有关，光波与声波在不同介质中速度都不同．故D错误．故选AC（2）①由图甲知波长为λ=2m，由图乙可知波的周期是T=0.2s；则波速为v==10m/s．由乙图知：t=0.3s时，A点到达波谷，其位移为﹣8cm．（3）由图知光线在BC界面的入射角θ1=60°、折射角θ2=30°根据折射定律得n===．由几何关系知，光线在AB界面的入射角为θ1′=60°19\n而棱镜对空气的临界角C的正弦值sinC==．则在AB界面的入射角θ3＞C，所以在AB面上发生全反射，即无折射光线②反射光线在AC面上的入射角为30°，由折射定律有设AC面上的折射角γ，则所以经AC面折射光线与AC面的夹角为30°．故答案为：（1）AC；（2）10，﹣8．（3）①在AB面上无折射光线．②经AC面折射光线与AC面的夹角为30°．点评：由振动图象读出振幅、周期，由波动图象读出波长，求出波速，都是基本问题，要熟练掌握．解决几何光学问题的关键掌握全反射的条件、光的折射定律，结合几何关系进行求解． 17．（2022•宿迁二模）（选修模块3﹣5）（1）以下有关近代物理内容的若干叙述正确的是 BD A．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大．B．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定C．重核的裂变过程质量增大，轻核的聚变过程有质量亏损D．根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小．（2）．氢原子第n能级的能量为En=，其中E1为基态能量．当氢原子由第4能级跃迁到第2能级时，发出光子的频率为ν1；若氢原子由第2能级跃迁到基态，发出光子的频率为ν2，则= ．（3）一静止的质量为M的铀核（）发生α衰变转变成钍核（Th），放出的α粒子速度为v0、质量为m．①写出衰变方程；②求出衰变后钍的速度大小．考点：爱因斯坦质能方程；动量守恒定律；原子核衰变及半衰期、衰变速度．专题：爱因斯坦的质能方程应用专题．分析：（1）根据光电效应方程判断最大初动能与什么因素有关；比结合能越大的原子核，核子结合得越牢固；重核裂变、轻核聚变都有质量亏损；根据轨道半径的变化，通过库仑引力提供向心力比较出电子动能的变化，通过能量的变化得出电势能的变化．（2）根据能级间跃迁辐射或吸收的光子的能量等于两能级间的能级差进行分析．（3）根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程，结合动量守恒定律求出衰变后钍的速度大小．19\n解答：解：（1）A、根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0知，光电子的最大初动能与入射光的强度无关．故A错误．B、比结合能越大的原子核，核子结合越牢固，原子核越稳定．故B正确．C、重核裂变、轻核聚变都有质量亏损，释放能量．故C错误．D、氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，轨道半径减小，能量减小，释放一定频率的光子，根据知，电子动能增大，则电势能减小．故D正确．故选BD．（2）由第4能级跃迁到第2能级，有：，从第2能级跃迁到基态，有：，则=．（3）①②设钍核的反冲速度大小为v，由动量守恒定律，得：0=mv0﹣（M﹣m）vv=故答案为：（1）BD（2）=（3）①②v=点评：本题考查了光电效应方程、能级的跃迁、动量守恒定律、玻尔模型等知识点，关键要熟悉教材，牢记基本概念和基本规律． 19
