河北省邯郸市2022届高三物理1月质检试题（含解析）新人教版

邯郸市2022届高三教学质量检测物理试题（考试时间:90分钟满分:100分）第I卷【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的必修一、必修二、选修3-1、3-2、3-4、3-5的内容，主要包含受力分析、牛顿运动定律、动能定理、电场、磁场、带电粒子在电场中运动、带电粒子在磁场中运动、光的折射定律、动量守恒定律等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，以基础知识和基本技能为载体，在试题上以改变题为主，是份非常好的试卷。一、选择题：本题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项符合题目要求，第8～10题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。【题文】1．库仑通过实验研究电荷间的相互作用力与距离、电荷量的关系时，先保持电荷量不变，寻找作用力与电荷间距离的关系；再保持距离不变，寻找作用力与电荷量的关系，这种研究方法常被称为“控制变量法”。下列应用了控制变量法的实验是A．验证机械能守恒定律B．探究力的平行四边形定则C．探究加速度与力、质量的关系D．探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律【知识点】研究方法．P0【答案解析】C解析：A、验证机械能守恒定律采用的是重力势能的改变量等于动能的改变量，不涉及控制变量法；故A错误；B、探究力的平行四边形定则时，采用的是等效替代法；故B错误；C、探究加速度与力、质量的关系时，要分别研究加速度与力；加速度与质量的关系；故应控制变量；故C正确；D、探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律时，不需要控制变量；故D错误；故选：C．【思路点拨】控制变量法是物理上常用的研究方法，当研究一个物理量同时与多个因素有关时，则采用此方法；如：探究加速度与力、质量的关系；分别研究加速度与力；加速度与质量的关系欧姆定律中，电流大小与电压和电阻都有关，分别研究电流与电压关系和电流与电阻的关系；焦耳定律中，导体产生的热量与电流、电阻、时间有关，研究时分别采用控制变量的方法，逐个研究热量与电流、电阻、时间的关系，从而得出结论．此题考查物理上的研究方法，要针对实验的情况，选用合适的研究方法，当研究一个物理量同时与多个因素有关时，则采用控制变量法．【题文】2．质量为0.8kg的物体在一水平面上运动，如图a、b分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的v－t图象，则拉力与摩擦力之比为A．9∶8　　　　B．4∶3C．2∶1D．3∶2【知识点】匀变速直线运动的图像．A517【答案解析】D解析：物体不受拉力作用做匀减速运动，有拉力作用时，物体做匀加速运动，故可知，图线b反映了物体受水平拉力的作用．设物体做匀加速和匀减速运动的加速度大小分别为a1和a2．由速度图象的斜率表示加速度，则得：a1=，a2=m/s2根据牛顿第二定律得：对a：f=ma2=1.2N；对b：F-f=ma1，得F=1.8N,所以F：f=3:2,故D正确，A、B、C错误；选D【思路点拨】物体不受拉力作用时做匀减速运动，即可判断哪条图线表示有拉力作用情形；由图象可求得a、b两种情形下物体的加速度，由牛顿第二定律可求得合力，而a物体只受摩擦力，则合力即为摩擦力；由牛顿第二定律可求得b合力，因摩擦力与a的相同，即可求得拉力；本题将图象与牛顿第二定律相结合，关键要抓住速度图象的斜率等于加速度，运用牛顿第二定律进行求解．【题文】3．某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2.5m，目测空中脚离地最大高度约0.8m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功约为A．65JB．350JC．700JD．1250J【知识点】动能定理．E2【答案解析】C解析：运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则t==0.4s，竖直方向初速度vy=gt=4m/s,水平方向做匀速直线运动，则v0==3.125m/s，则起跳时的速度v==5.07m/s,设中学生的质量为50kg，根据动能定理得：W=mv2=×50×25.7=642J；最接近700J,故选C【思路点拨】运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动，根据竖直方向求出运动时间和起跳时竖直方向的速度，根据水平方向求出水平速度，根据速度的合成原则求出合速度，再根据动能定理即可求解．本题的关键是正确处理运动员的运动过程，知道运动员做抛体运动，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动；同时要注意明确题目中只要求求出最接近的．【题文】174．如图，用等长的两根轻质细线把两个质量相等的小球悬挂起。现对小球b施加一个水平向左的恒力F，同时对小球a施加一个水平向右的恒力3F，最后达到稳定状态，表示平衡状态的图可能是图中的【知识点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．B1B3【答案解析】D解析：选对两球连同之间的细线看成一个整体，对整体受力分析，水平方向受向左的F和向右的3F，故上面绳子一定向右偏；设上面绳子与竖直方向夹角为α，则：Tsinα=2FTcosα=2mg设下面绳子与竖直方向夹角为β，则T′sinβ=FT′cosβ=mg联立可得：α=β;故选：D．【思路点拨】对两球连同之间的细线看成一个整体，分别对其进行竖直方向和水平方向的受力分析，观察绳子弹力的方向便可迎刃而解.本题重点考查了学生的受力分析的能力，解题的关键是能够从整体着手分析受力，若采用隔离法分析a、b两个小球受力的情况，则有一定的难度．【题文】5．如图，汽车通用跨过定滑轮的轻绳提升物块A。汽车匀速向右运动，在物块A到达滑轮之前，关于物块A，下列说法正确的是A．将竖直向上做匀速运动B．将处于超重状态C．将处于失重状态D．将竖直向上先加速后减速【知识点】运动的合成和分解；超重和失重．D1C3【答案解析】B解析：设绳子与水平方向的夹角为θ，将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于A的速度，根据平行四边形定则得，vA=vcosθ，车子在匀速向右的运动过程中，绳子与水平方向的夹角为θ减小，所以A的速度增大，A做加速上升运动，且拉力大于重物的重力，故ACD错误，B正确，故选：B．【思路点拨】将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于A的速度，根据A的运动情况得出A的加速度方向，得知物体运动情况.解决本题的关键会对小车的速度进行分解，知道小车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度．【题文】6．如图，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：5，原线圈两端的交变电压V。氖泡在两端电压达到100V时开始发光。下列说法中正确的有A．开关接通后，氖泡的发光频率为50Hz17B．开关接通后，电压表的示数为100VC．开关断开后，电压表的示数变大D．开关断开后，变压器的输出功率不变【知识点】变压器的构造和原理．M2【答案解析】B解析：A、交变电压的频率为f＝=50Hz，一个周期内电压两次大于100V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz，所以A项错误；B、由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为20V，由电压与匝数成正比得副线圈两端的电压为U2=100V，电压表的示数为交流电的有效值，所以B项正确；C、开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，所以C项错误；D、断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，所以D项错误．故选：B．【思路点拨】根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解．【题文】7．如图，一正方形闭合线圈，从静止开始下落一定高度后，穿越一个有界的匀强磁场区域，线圈上、下边始终与磁场边界平行。自线圈开始下落到完全穿越磁场区域的过程中，线圈中的感应电流受到的安培力F及速度v随时间t变化的关系，可能正确的是【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．J2K1L2【答案解析】A解析：A、若导体框进入磁场后安培力与重力平衡而做匀速直线运动，感应电流保持不变，完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，穿出磁场的过程中，由于速度大于进入时的速度，线框所受的安培力大于重力，线框将做减速运动，速度减小，安培力也减小，线框的加速度也减小，电流减小变慢，斜率变小．而且穿出与进入磁场两个过程磁通量变化情况，产生的感应电流方向相反，所以A是可能的．故A正确．B、线框下落过程中，受到的安培力总是阻力，与线框的运动方向相反，则进入和空出磁场过程安培力方向相同，符号相同．故B错误．C、D线框进入磁场过程，若重力大于安培力，线框将做加速运动，随着速度的增大，安培力增大，加速度将减小，速度图象的斜率将减小．故CD均错误．故选A【思路点拨】17分析导体框进入磁场后所做的可能的运动，进行判断和选择．安培力在电磁感应现象中是阻力，总与导体相对于磁场的运动方向相反，安培力大小与速度成正比，根据牛顿第二定律分析线框加速度的变化情况，就判断速度图象斜率的变化情况．本题关键要有分析线框的受力情况和运动情况的能力，抓住安培力是阻力，其方向总与导体相对于磁场的速度成正比是关键．【题文】8．两个带等量正电荷的小球（可视为点电荷）固定在图中a、b两点，MN为ab连线的中垂线，交直线ab于O点，A为MN上的一点。取无限远处的电势为零。一带负电的试探电荷q，仅在静电力作用下运动，则A．若q从A点由静止释放，其将以O点为对称中心做往复运动B．若q从A点由静止释放，其在由A点向O点运动的过程中，加速度先增大后减小C．q由A点向O点运动时，其动能逐渐增大，电势能逐渐增大D．若在A点给q一个合适的初速度，它可以做匀速圆周运动【知识点】电场的叠加；电势能．I1I2【答案解析】AD解析：A、电场强度在MN上是对称分布的，故根据电场力做功可知，其将以O点为对称中心做往复运动；故A正确．B、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中a、b连线的中垂线MN上，设任意点P到O的距离是x，a到O的距离是，则a在P产生的场强：Ea＝．在a、b连线的中垂线MN上的分量：Eax＝Ea•cosθ＝Ea•展开得：Eax＝由三项式定理：A+B+C≥3•得x＝L,由于L＜L故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动时的电场力逐渐减小，加速度一直减小，故B错误．17C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，电势能逐渐减小，故C错误．D、负电荷在A点受到的电场力的方向竖直向下，根据等量同种点电荷的电场分布的空间对称性可知，若在A点给q一个合适的初速度，使它在A点受到的电场力恰好等于向心力，它可以在与两个电荷的连线垂直的平面内做匀速圆周运动，故D正确．故选：AD【思路点拨】根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷q的受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．本题考查静电场的基本概念．关键要熟悉等量同种点电荷电场线的分布情况，运用动能定理进行分析．【题文】9．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则A．a的向心加速度等于重力加速度gB．在相同时间内b转过的弧长最长C．c在4h内转过的圆心角是D．d的运动周期有可能是20h【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．D5【答案解析】BC解析：A、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大．由=mg，得g=，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g．故A错误；B、由，得v=，卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长．故B正确；C、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是．故C正确；D、由开普勒第三定律=k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h．故D错误；故选：BC．【思路点拨】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=ω2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小．根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系．根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系．对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点．【题文】10．17如图，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计。开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面。下列说法正确的是A．斜面倾角α＝30°B．A获得的最大速度为C．C刚离开地面时，B的加速度为零D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒【知识点】机械能守恒定律；动能和势能的相互转化．E3E6【答案解析】AC解析：A、C刚离开地面时，对C有：kx2=mg 此时B有最大速度，即aB=aC=0则对B有：T-kx2-mg=0对A有：4mgsinα-T=0  以上方程联立可解得：sinα=，α=30°，故A正确；B、初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1=mg由上问知x1=x2=，则从释放至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：4mg（x1+x2）sinα=mg（x1+x2）+（4m+m）vBm2以上方程联立可解得：vBm=所以A获得最大速度为，故B错误；C、对B球进行受力分析可知，C刚离开地面时，B的速度最大，加速度为零．故C正确；D、从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误．故选AC【思路点拨】C球刚离开地面时，弹簧的弹力等于C的重力，根据牛顿第二定律知B的加速度为零，B、C加速度相同，分别对B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角．A、B、C组成的系统机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力知，压缩量与伸长量相等．在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出B的最大速度，A的最大速度与B相等；本题关键是对三个小球进行受力分析，确定出它们的运动状态，再结合平衡条件和系统的机械能守恒进行分析．17第II卷二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第11~15题为必考题，每个试题考生都必须作答。第16~18题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共5题，48分）【题文】11．（6分）“动能定理”和“机械能守恒定律”是物理学中很重要的两个力学方面的物理规律。某同学设计了如图所示的实验装置。一个电磁铁吸住一个小钢球，当将电磁铁断电后，小钢球将由静止开始向下加速运动。小钢球经过光电门时，计时装置将记录小钢球通过光电门所用的时间t，用直尺测量出小钢球由静止开始下降至光电门时的高度h。主尺单位：cm(1)该同学为了验证“动能定理”，用游标卡尺测量了小钢球的直径，结果如上图所示，他记录的小钢球的直径d＝________cm。(2)该同学在验证“动能定理”的过程中，忽略了空气阻力的影响，除了上述的数据之外是否需要测量小钢球的质量________（填“需要”或“不需要”）。(3)如果用这套装置验证机械能守恒定律，下面的做法能提高实验精度的是　　。A．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的直径B．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的直径C．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的质量D．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的质量【知识点】探究功与速度变化的关系．E4【答案解析】(1)1.326或1.324都给分（2）不需要（3）AC解析：（1）主尺读数为：1.3cm，游标尺第0个刻度和主尺对其，精确度为0.02mm，故游标尺读数为0.026cm，故小钢球的直径为1.326cm．（2）由动能定理：mgh＝mv2，化简得：gh＝v2，故不需要测量小钢球的质量．（3）实验方案为：以小球通过光电门的时间得到小球的平均速度，以此来表示瞬时速度v＝，然后验证：mgh＝mv2，即gh＝v2是否成立，由此验证机械能守恒，故：AB、小球的直径越小v越精确，故A正确，B错误．CD、由于实际存在阻力故：mgh−fh＝mv2，即：gh−17．可知所以质量越大，这一项越小，精确性越高，故C正确，D错误．故选：AC【思路点拨】（1）游标卡尺先读主尺再读出游标尺，游标尺不估读；（2）由动能定理表达式可知质量会被消掉；（3）从实验的测量原理可判定各个选项．本题难点在于第三问，要明确实验的原理，综合不考虑空气阻力和考虑空气阻力两种情况，分别列动能定理来讨论．【题文】12．（8分）2022年诺贝尔物理学奖授予三名日裔科学家，以表彰他们在发现新型高效、环境友好型光源方面所作出的贡献——三位获奖者“发明的高效蓝色发光二极管（LED）带来了明亮而节能的白色光源”。某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约300Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同。实验室提供的器材有：A．电流表A1（量程为15mA，内阻RA1约为10Ω）B．电流表A2（量程为2mA，内阻RA2＝20Ω）C．定值电阻R1＝10ΩD．定值电阻R2＝1980ΩE．滑动变阻器R（0至20Ω）一只F．电压表V（量程为6V，内阻RV约3kΩ）G．蓄电池E（电动势为4V，内阻很小）F．开关S一只（1）要完成实验，除蓄电池、开关、滑动变阻器外，还需选择的器材有（填写器材前的字母编号）。（2）画出实验电路图。（3）写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式Rx＝（说明式中题目未给出的各字母的意义）。【知识点】伏安法测电阻．J5【答案解析】(1)ABD(2)如图(3)，I1、I2分别为电流表A1、A2的读数解析：：（1）要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流，由于电压表的量程偏大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED两端的电压，可以将电流表A2与定值电阻串联改装为电压表测量电压；LED灯正常工作时的电流大约在6mA左右，电流表的量程，电流表无法测量，可以用电压表测量电流；因为滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．电路图如图所示．（2）根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压U=I2（R+RA2），通过灯泡的电流I=−I2，所以LED灯正常工作时的电阻RX＝．I117、I2分别为电流表A1、A2的读数【思路点拨】滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．LED灯的额定电压为3V，题目所给的电压表量程太大，测量不准确，需通过电流表和定值电阻改装为电压表，因为通过LED的电流较小，可以用题目中的电压表当电流表使用．根据闭合电路欧姆定律求出LED正常工作时的电阻，根据欧姆定律得出LED电压为3V时，电流表的电流．本题的难点在于电流表的量程偏小，无法测电流，电压表的量程偏大，测量电压偏大，最后需通过改装，用电流表测电压，电压表测电流．【题文】13．(9分)一个人最多能提起质量m0=20kg的重物。在倾角θ=15°的固定斜面上放置一物体（可视为质点），物体与斜面间动摩擦因数。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求人能够向上拖动该重物质量的最大值m。Fθ【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．B3B4【答案解析】解析：解法一：设F与斜面倾角为α时，拖动的重物最大质量为m，由平衡条件可得：①②由已知可得.③联立得④代入得⑤评分标准：①②④⑤每式2分，③式1分。解法二：如图，设摩擦力和支持力的合力与支持力夹角为α，则.①17所以，②因此摩擦力和支持力的合力与重力的夹角为450。③由于拉力、重力和支持力与摩擦力的合力构成三角形及受力平衡，因此当拉力和摩擦力与支持力的合力垂直时，拉力最小。④即⑤由已知可得⑥得【思路点拨】对斜面上的物体进行受力分析，并将物体受到的力沿斜面方向与垂直于斜面的方向分解，求出M的表达式，然后结合三角函数的关系，即可求出最大质量．该题中按照常规的步骤对物体进行受力分析即可，题目的难点是如何利用三角函数的关系，化简并得出正确的结论．【题文】14．(12分)如图，等量异种点电荷，固定在水平线上的M、N两点上，有一质量为m、电荷量为＋q（可视为点电荷）的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的垂直平分线上距MN为L处。现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时速度为v，取O点电势为零，忽略q对等量异种电荷形成电场的影响。求：(1)小球经过B点时对杆的拉力大小；(2)在＋Q、－Q形成的电场中，A点的电势φA；(3)小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度大小。【知识点】电场的叠加；电势．I1I2C1E2【答案解析】（1）（2）（3）解析：(1)小球经B点时，在竖直方向有①②17由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小③(2)由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，所以④电荷从A到B过程中，由动能定理得⑤⑥(3)由电场对称性可知，，⑦即⑧小球从A到C过程，根据动能定理⑨【思路点拨】（1）小球经过B点时，重力和杆的拉力提供向心力；（2）A到B的过程中重力和电场力做功，根据动能定律即可求得A点的电势；（3）B到C的过程中重力和电场力做功，根据动能定律说明即可．小球在复合场中运动，电场力和重力做功，根据动能定律解题即可．该题的情景比较简单，题目简单．【题文】15．(13分)如图，边长L=0.2m的正方形abcd区域（含边界）内，存在着垂直于区域的横截面（纸面）向外的匀强磁场，磁感应强度B=5.0×10-2T。带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E（不考虑金属板在其它区域形成的电场），MN放在ad边上，两板左端M、P恰在ab边上，两板右端N、Q间有一绝缘挡板EF。EF中间有一小孔O，金属板长度、板间距、挡板长度均为l=0.lm。在M和P的中间位置有一离子源S，能够正对孔O不断发射出各种速率的带正电离子，离子的电荷量均为q=3.2×l0-19C，质量均为m=6.4×l0-26kg。不计离子的重力，忽略离子之间的相互作用及离子打到金属板或挡板上后的反弹。（l）当电场强度E=104N/C时，求能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率。（2）电场强度取值在一定范围时，可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc边射出，求满足条件的电场强度的范围。17【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．C2D4K3【答案解析】（1）（2）解析：（1）穿过孔O的离子在金属板间需满足代入数据得穿过孔O的离子在金属板间仍需满足离子穿过孔O后在磁场中做匀速圆周运动，有由以上两式子得从bc边射出的离子，其临界轨迹如图①，对于轨迹半径最大，对应的电场强度最大，由几何关系可得由此可得从bc边射出的离子，轨迹半径最小时，其临界轨迹如图②，对应的电场强度最小，由几何关系可得所以由此可得所以满足条件的电场强度的范围为：【思路点拨】（1）由平衡条件可以求出离子速度．（2）作出粒子运动轨迹，由平衡条件、牛顿第二定律求出电场强度．本题考查了求离子的速率、电场强度，分析清楚离子运动过程、应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题，分析清楚离子运动过程、作出其运动轨迹是正确解题题的前提与关键．（二）选考题：共12分。请考生从给出的3道题中任选一题做答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按首题进行评分。16.【物理——选修3-3】17【题文】(1)(4分)下列说法正确的是(填入正确选项前的字母。选对得4分，选不全得2分，错选或多选得0分)。A．物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和B．布朗运动就是液体分子或者气体分子的热运动C．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的D．气体分子间距离减小时，分子间斥力增大，引力减小E．一定量的理想气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加【知识点】内能，分子动理论热力学第二定律H1H3【答案解析】ACE解析：A、物体内能是所有分子热运动的动能和分子势能的总和，故A正确；B、布朗运动是悬浮在液体中颗粒的运动，不是液体分子的热运动，而是液体分子的热运动的反映．故B错误．C、利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，这在原理上是可行的．故C正确．E、分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小．故D减小；D：气体的压强是由大量分子对器壁的碰撞而产生的，它包含两方面的原因：分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力．气体的温度降低时，分子的平均动能减小，所以，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加．故E正确．故选ACE【思路点拨】根据内能的概念分析答题；物体内能是所有分子热运动的动能和分子势能的总和；物体的内能由物质的量、温度和体积决定；温度是分子平均动能的标志．本题考查了选修3-3的内容，对于选修内容要熟练掌握基础知识，温度是分子平均动能的标志，温度高的物体分子平均动能大，并不是每个分子的动能都大．【题文】(2)(8分)如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A之间气体柱长为lA＝40cm，右管内气体柱长为lB＝39cm。先将口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低４cm，已知大气压强p0＝76cmHg，求：（i）A端上方气柱长度；（ii）稳定后右管内的气体压强。【知识点】气体的等温变化；封闭气体压强．H3H5【答案解析】（i）38cm（ii）78cmHg解析：设A端上方气柱长度为l1，由题可知，插入水银槽后左管内气体压强为由玻意耳定律得：所以A端上方气柱长度为（2）设右管水银面上升h，则右管内气柱长度为，气体压强为17由玻意耳定律得：解得所以右管内气体压强为【思路点拨】插入水银槽后左管内气体是等温变化，根据玻意尔定律求解，本题主要考查等温变化，根据前后体积关系可求得压强。17．【物理——选修3-4】【题文】(1)(4分)图甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=1.0s时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图像，则下列说法正确的是A．该简谐横波的传播速度为4m/sB．从此时刻起，经过2秒，P质点运动了8米的路程C．从此时刻起，P质点比Q质点先回到平衡位置D．乙图可能是甲图x=2m处质点的振动图像E．此时刻M质点的振动速度小于Q质点的振动速度【知识点】横波的图象；波长、频率和波速的关系G2G4【答案解析】ACD解析：A、由波动图象甲读出波长λ=4m，由振动图象乙读出周期T=1s，则波速v==4m/s．故A正确．B、简谐横波中质点只在平衡位置附近振动，并不随着波迁移，经过2秒,P质点振动了2个周期，运动的路程为，故B错误；C、由题，波沿+x方向传播，此时刻Q点振动方向向上，而P在波峰，则图示时刻起Q质点比P质点后回到平衡位置．故C正确；D、根据振动图象乙可知：t=1s时刻质点从平衡位置沿y轴负方向振动，而甲图中x=2m处质点t=1s时刻（图示时刻）振动方向沿y轴负方向，乙图可能是甲图x=2m处质点的振动图像，故D正确；E、此时刻M点在平衡位置，速度最大，故E错误；故选ACD【思路点拨】由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，求出波速．根据波的传播判断此时刻P、Q的运动方向，分析回到平衡位置的先后．【题文】(2)(8分)如图，—透明半圆柱体折射率为n=2，半径为R，长为L。平行光束从半圆柱体的矩形表面垂直射入，部分柱面有光线射出。求该部分柱面的面积S。RL【知识点】光的折射定律．N117【答案解析】解析：解：设从A点入射的光线在B点处恰好满足全反射条件设全反射临界角为θ由折射定律有得由几何关系得 所以照亮面积为【思路点拨】作出半圆柱体的横截面．光线在透光的边界恰好发生全反射，入射角等于临界角，即可由折射定律求出光线在柱面上的入射角，由几何知识求面积S．解决本题的关键要掌握全反射及其产生条件，结合几何知识求解即可．18．【物理——选修3-5】【题文】(1)(4分)下列说法正确的是(填入正确选项前的字母。选对得4分，选不全得2分，错选或多选得0分)。A．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分B．在中子轰击下生成和的过程中，原子核中的平均核子质量变小C．太阳辐射能量主要来自太阳内部的聚变反应D．卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型E．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量减小【知识点】原子、原子核O2【答案解析】BCD解析：A、β衰变是原子核中的中子转化为质子同时产生电子的过程，但电子不是原子核的组成部分，故A错；B、是裂变反应，原子核中的平均核子质量变小，有质量亏损，以能量的形式释放出来，故B正确；C、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，C正确；D、卢瑟福根据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型．故D正确．E、能量守恒定律是自然界普遍成立的定律之一，在电子跃迁的过程中，能量守恒．故E错误．故选BCD【思路点拨】解本题应该掌握：太阳的辐射能量主要来自太阳内部的聚变反应，并非核裂变反应；氢原子核外电子轨道半径越大则能量越大，动能越小．本题涉及知识点较多，平时学习过程中注意积累和比较，以防知识点的混淆．【题文】(2)(8分)如图，质量分别为m1=1.0kg和m2=2.0kg的弹性小球a、b，用轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变。该系统以速度v0=0.10m17/s沿光滑水平面向右做直线运动。某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。经过时间t=5.0s后，测得两球相距s=4.5m，求：（i）刚分离时a、b两小球的速度大小v1、v2；（ii）两球分开过程中释放的弹性势能Ep。【知识点】动量守恒定律能量守恒定律E3F2F3【答案解析】(1)，(2)0.27J解析：根据已知，由动量守恒定律得由①②得，由能量守恒定律得代入数据得.【思路点拨】（1）根据动量守恒定律求解分离后小球的速度大小．（2）A、B两球碰撞过程中，系统所受的合外力为零，总动量守恒，弹簧释放的弹性势能等于两小球增加的动能。17