3、 )
A. B．2v0
C. D.
17．如圖3甲所示，理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比為5∶1，原線圈接交流電源和交流電壓表，副線圈接有“220 V,440 W”的純電阻和“220 V,220 W”的電動機。如果副線圈兩端電壓按圖乙所示正弦規(guī)律變化，則下列說法正確的是( )
圖3
A．副線圈兩端電壓的瞬時值表達式為u＝220sin 50πt V
B．電壓表示數(shù)為 1 100 V
C．純電阻的發(fā)熱功率是電動機發(fā)熱功率的2倍
D．1 min內(nèi)電動機消耗的電能為1.32×104 J
18．如圖4所示，以等腰直角三角形ABC為邊界的有界勻強磁場方向垂直紙面向里。一個
4、等腰直角三角形導(dǎo)體框abc的直角邊ab的長是AB長的一半，線框abc在平面內(nèi)，線框的bc邊與磁場的邊界BC邊在同一直線上，現(xiàn)讓線框勻速向右通過磁場區(qū)，速度方向始終平行于BC邊。則在線框穿過磁場區(qū)的過程中，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時間變化的關(guān)系圖像是(設(shè)沿順時針方向為感應(yīng)電流的正方向)( )
圖4
19．如圖5所示，xOy坐標(biāo)平面在豎直面內(nèi)，y軸正方向豎直向上，空間有垂直于xOy平面的勻強磁場(圖中未畫出)。一帶電小球從O點由靜止釋放，運動軌跡如圖中曲線所示。下列說法中正確的是( )
圖5
A．軌跡OAB可能為圓弧
B．小球在整個運動過程中機械能守恒
C．小球在A點時受
5、到的洛倫茲力與重力大小相等
D．小球運動至最低點A時速度最大，且沿水平方向
20. 如圖6甲所示，以速度v逆時針勻速轉(zhuǎn)動的足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ?，F(xiàn)將一個質(zhì)量為m的小木塊輕輕地放在傳送帶的上端，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，則圖中能夠正確地描述小木塊的速度隨時間變化關(guān)系的圖線可能是( )
圖6
21．如圖7所示，真空中等量同種正點電荷放置在M、N兩點，在MN的連線上有對稱點a、c，MN連線的中垂線上有對稱點b、d，則下列說法正確的是( )
圖7
A．正電荷＋q在c點電勢能大于在a點電勢能
B．正電荷＋q在c點電勢能等于在a點電勢能
C．在MN連線的
6、中垂線上，O點電勢最高
D．負(fù)電荷－q從d點靜止釋放，在它從d點運動到b點的過程中，加速度先減小再增大
二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題～第25題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33題～第35題為選考題，考生根據(jù)要求作答。
(一)必考題(共47分)
22．(6分)某活動小組利用圖8甲裝置驗證機械能守恒定律。鋼球自由下落過程中，先后通過光電門A、B，計時裝置測出鋼球通過A、B的時間分別為tA、tB，用鋼球通過光電門的平均速度表示鋼球球心通過光電門的瞬時速度，測出兩光電門間的距離為h，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。
圖8
(1)用20分度的游標(biāo)卡尺測量鋼球的直徑，讀數(shù)如
7、圖乙所示，鋼球直徑D＝________ cm。
(2)要驗證機械能守恒，只要比較________。
A．D2與gh是否相等
B．D2與2gh是否相等
C．D2與gh是否相等
D．D2與2gh是否相等
(3)鋼球通過光電門的平均速度________(選填“＞”“＝”或“＜”)鋼球球心通過光電門的瞬時速度，由此產(chǎn)生的誤差________(選填“能”或“不能”)通過增加實驗次數(shù)減小。
23．(9分)某研究性學(xué)習(xí)小組利用如圖9所示的實驗電路來測量實際電流表G1的內(nèi)阻r1的大小。要求：測量盡量準(zhǔn)確，滑動變阻器調(diào)節(jié)方便。
圖9
供選擇的實驗器材有：
A．待測電流表G1(0～5 mA
8、，內(nèi)阻r1約為300 Ω)
B．電流表G2(0～10 mA，內(nèi)阻r2約為100 Ω)
C．定值電阻R1(300 Ω)
D．定值電阻R2(10 Ω)
E．滑動變阻器R3(0～100 Ω)
F．滑動變阻器R4(0～20 Ω)
G．電源(一節(jié)干電池，1.5 V)
H．開關(guān)一個，導(dǎo)線若干
(1)在實驗時同學(xué)們采用了如上圖所示的實物電路，在具體實驗操作中漏接了一根導(dǎo)線，請在實物電路圖中添上遺漏的導(dǎo)線。
(2)①請根據(jù)實物電路在虛線框中畫出電路圖。其中：②定值電阻應(yīng)選________；③滑動變阻器應(yīng)選________(填字母序號)。
(3)實驗中移動滑動觸頭至某一位
9、置，記錄G1、G2的讀數(shù)I1、I2，重復(fù)幾次，得到幾組數(shù)據(jù)，以I2為縱坐標(biāo)，以I1為橫坐標(biāo)，作出相應(yīng)圖線，根據(jù)圖線的斜率k及定值電阻，寫出待測電流表內(nèi)阻的表達式為r1＝________。
24．(12分)如圖10甲，質(zhì)量M＝1 kg的木板靜止在水平面上，質(zhì)量m＝1 kg、大小可以忽略的鐵塊靜止在木板的右端。設(shè)最大摩擦力等于滑動摩擦力，已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，鐵塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4，取g＝10 m/s2。現(xiàn)給鐵塊施加一個水平向左的力F。
圖10
(1)若力F恒為8 N，經(jīng)1 s鐵塊運動到木板的左端。求：木板的長度L。
(2)若力F從零開始逐漸增加，且
10、木板足夠長。試通過分析與計算，在圖乙中作出鐵塊受到的摩擦力Ff隨力F大小變化的圖像。
25．(20分)在真空中， 邊長為3L的正方形區(qū)域ABCD分成相等的三部分，左右兩側(cè)為勻強磁場，中間區(qū)域為勻強電場，如圖11所示。左側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B1＝，方向垂直紙面向外；右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B2＝，方向垂直于紙面向里；中間區(qū)域電場方向與正方形區(qū)域的上下邊界平行。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從平行金屬板的正極板開始由靜止被加速，加速電壓為U，加速后粒子從a點進入左側(cè)磁場，又從距正方形上下邊界等間距的b點沿與電場平行的方向進入中間區(qū)域的電場中，不計粒子重力，求：
圖11
(1)a
11、點到A點的距離；
(2)電場強度E的取值在什么范圍內(nèi)時粒子能從右側(cè)磁場的上邊緣CC1間離開；
(3)改變中間區(qū)域的電場方向和場強大小，粒子可從D點射出，粒子在左右兩側(cè)磁場中運動的總時間是多少。
(二)選考題(共15分)
(請考生從給出的3道題中任選一題作答，多答則按所答的第一題評分)
[物理——選修3－3](15分)
33．(1)(5分)下列說法正確的是________。(填寫正確答案標(biāo)號，選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分)
A. 一定質(zhì)量的氣體，在體積不變時，分子每秒與器壁平均碰撞次數(shù)隨著溫度降低而減小
B. 晶體熔化時吸收熱量
12、，分子平均動能一定增大
C. 空調(diào)既能制熱又能制冷，說明在不自發(fā)地條件下熱傳遞方向性可以逆向
D. 外界對氣體做功時，其內(nèi)能一定會增大
E. 生產(chǎn)半導(dǎo)體器件時，需要在純凈的半導(dǎo)體材料中摻入其他元素，可以在高溫條件下利用分子的擴散來完成
(2)(10分) 如圖12所示，一個粗細(xì)均勻的平底圓管水平放置，右端用一橡皮塞塞住，氣柱長20 cm，此時管內(nèi)、外壓強均為1.0×105 Pa，溫度均為27 ℃；當(dāng)被封閉氣體的溫度緩慢降至－3 ℃時，橡皮塞剛好被推動；繼續(xù)緩慢降溫，直到橡皮塞向內(nèi)推進5 cm。已知圓管的橫截面積為4.0×10－5 m2，橡皮與網(wǎng)管間的滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，大氣壓強保
13、持不變。求：
圖12
(ⅰ)橡皮與圓管間的最大靜摩擦力；
(ⅱ)被封閉氣體最終的溫度。
[物理——選修3－4](15分)
34．(1)(5分)一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t時刻波形圖如圖13中的實線所示，此時波剛好傳到P點，t＝0.6 s時刻，這列波剛好傳到Q點，波形如圖中的虛線所示，a、b、c、P、Q是介質(zhì)中的質(zhì)點，則以下說法正確的是________。(填正確答案標(biāo)號，選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分)
圖13
A．這列波的波速為16.7 m/s
B．這列波的周期為0.8 s
C．質(zhì)點c在這段時間內(nèi)通過的路程一定等于
14、30 cm
D．從t時刻開始計時，質(zhì)點a第一次到達平衡位置時，恰好是t＋ s這個時刻
E．當(dāng)t＋0.5 s時刻，質(zhì)點b、P的位移相同
(2)(10分)如圖14所示，一等腰直角三棱鏡放在真空中，斜邊BC長度為d，一束單色光以60°的入射角從AB側(cè)面的中點D入射，折射后從側(cè)面AC射出，不考慮光在AC面的反射。已知三棱鏡的折射率，單色光在真空中的光速為c，求此單色光通過三棱鏡的時間。
圖14
[物理——選修3－5](15分)
35．(1)(5分)關(guān)于科學(xué)家和他們的貢獻，下列說法正確的是________。(填正確答案標(biāo)號，選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分；每選錯1個扣3分
15、，最低得分為0分)
A. 普朗克曾經(jīng)大膽假設(shè)：振動著的帶電微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整數(shù)倍， 這個不可再分的最小能量值 ε叫做能量子
B. 德布羅意提出：實物粒子也具有波動性，而且粒子的能量ε和動量p跟它所對應(yīng)的波的頻率ν和波長λ之間，遵從關(guān)系ν＝和λ＝
C. 盧瑟福認(rèn)為，原子是一個球體，正電荷彌漫性地均勻分布在整個球體內(nèi)，電子鑲嵌其中
D. 按照愛因斯坦的理論，在光電效應(yīng)中，金屬中的電子吸收一個光子獲得的能量是hν， 這些能量的一部分用來克服金屬的逸出功W0，剩下的表現(xiàn)為逸出后電子的初動能Ek
E. 玻爾的原子理論第一次將量子觀念引入原子領(lǐng)域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，成功地
16、解釋了所有原子光譜的實驗規(guī)律
(2)(10分)如圖15所示，有一固定在水平地面上的光滑凹形長槽，槽內(nèi)放置一個滑塊，滑塊的左端面是半圓柱形光滑圓弧面，滑塊的寬度恰與凹形槽的兩內(nèi)側(cè)壁的間距相等，滑塊可在槽內(nèi)左右自由滑動?，F(xiàn)有一金屬小球(可視為質(zhì)點)以水平初速度v0沿槽的一側(cè)壁沖向滑塊，并最終從另一側(cè)壁離開滑塊。已知金屬小球的質(zhì)量為m，滑塊的質(zhì)量為3m，整個運動過程中無機械能損失。求：
圖15
(ⅰ)當(dāng)金屬小球從另一側(cè)壁離開滑塊時，金屬小球和滑塊各自的速度；
(ⅱ)當(dāng)金屬小球經(jīng)過滑塊半圓形端面的頂點A時，金屬小球的動能。
答 案
14．選D 設(shè)兩桿間的距離為s，細(xì)繩的總長
17、度為L，靜止時輕繩兩端夾角為120°，由于重物的拉力的方向豎直向下，所以三個力之間的夾角都是120°。根據(jù)矢量的合成可知，三個力的大小是相等的。故輕繩的彈力大小為mg。選項A、B錯誤；若把輕繩換成自然長度為L的橡皮筋，橡皮筋受到拉力后長度增大，桿之間的距離不變，所以重物靜止后兩側(cè)繩子之間的夾角一定小于120°，兩個分力之間的夾角減小，而合力不變，所以兩個分力減小，即橡皮筋的拉力小于mg。選項C錯誤、D正確。
15．選B 設(shè)斜面與水平面夾角為α，對物體進行受力分析：
mgsin α－μmgcos α＝ma，所以a＝gsin α－μgcos α
可以看出a與質(zhì)量無關(guān)，a1＝a2，選項C、
18、D錯誤；對于豎直向下的力F，(mg＋F)sin α－μ(mg＋F)cos α＝ma3，得a1＝a2
19、 W，而電動機的發(fā)熱功率遠小于220 W，純電阻的發(fā)熱功率不是電動機發(fā)熱功率的2倍，故C錯誤；1 min內(nèi)電動機消耗的電能W＝Pt＝220×60 J＝1.32×104 J，故D正確。
18．選D 當(dāng)線框進磁場時，根據(jù)楞次定律判斷知：感應(yīng)電流的方向沿逆時針，為負(fù)值；t時刻導(dǎo)線框的有效切割長度：L＝vt，感應(yīng)電動勢瞬時值：E＝BLv＝Bv2t，感應(yīng)電流瞬時值為：I＝＝，可知I∝t，當(dāng)t＝＝，I＝(式中a＝BC)；同理，線框出磁場時，感應(yīng)電流的方向沿順時針，為正值；t時刻導(dǎo)線框的有效切割長度：L＝a－(vt－a)＝a－vt，感應(yīng)電動勢瞬時值：E＝BLv＝Bv，感應(yīng)電流瞬時值為：I＝＝，當(dāng)t＝時，I
20、＝，當(dāng)線框完全進入磁場中運動時，磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生。根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知：D圖正確。
19．選BD 因為重力改變速度的大小，而洛倫茲力僅改變速度的方向，又洛倫茲力大小隨速度的變化而變化，故帶電小球運動的軌跡不可能是圓，故A錯誤；整個過程中由于洛倫茲力不做功，只有重力做功，故系統(tǒng)機械能守恒，故B正確；小球在A點時受到洛倫茲力與重力的作用，合力提供向上的向心力，所以洛倫茲力大于重力，故C錯誤；因為系統(tǒng)只有重力做功，小球運動至最低點A時重力勢能最小，則動能最大，速度的方向為該點的切線方向，最低點的切線方向在水平方向，故D正確。
20．選CD 木塊放上后一定先向下加速，由于傳送帶足夠長，所以
21、一定有木塊速度大小等于傳送帶速度大小的機會，此時若重力沿傳送帶向下的分力大小大于最大靜摩擦力，則之后木塊繼續(xù)加速，但加速度變小了；而若重力沿傳送帶向下的分力大小小于或等于最大靜摩擦力則木塊將隨傳送帶勻速運動；故C、D正確，A、B錯誤。
21．選BC 根據(jù)電場線的分布情況和對稱性可知，a、c兩點的電勢相等，則點電荷在a點電勢能一定等于在c點電勢能。故A錯誤，B正確；沿電場線方向電勢降低，在MN連線的中垂線上，O點電勢最高，故C正確；由對稱性知O點的場強為零，電荷－q從d點靜止釋放，在它從d點運動到b點的過程中，加速度可能先減小再增大，也可能先增大再減小，再增大再減小，故D錯誤。
22．解析：
22、(1)游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為：0.9 cm，游標(biāo)尺上第10個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為0.05×10 mm＝0.50 mm，所以最終讀數(shù)為0.950 cm；
(2)利用小球通過光電門的平均速度來代替瞬時速度，故：v＝，
根據(jù)機械能守恒的表達式有：
mgh＝mD2，
即只要比較D2與2gh是否相等，故選D；
(3)根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律得鋼球通過光電門的平均速度等于這個過程中中間時刻速度，所以鋼球通過光電門的平均速度＜鋼球球心通過光電門的瞬時速度，由此產(chǎn)生的誤差不能通過增加實驗次數(shù)減小。
答案：(1)0.950 (2)D (3)＜ 不能
23．解析：(1)本題應(yīng)采用類
23、似“半偏法”的方法測量，由于滑動變阻器的阻值都小于待測電流表的電阻，所以變阻器應(yīng)采用分壓式接法，實物圖如圖甲所示：
(2)電路圖如圖乙所示；由于滑動變阻器調(diào)節(jié)方便，所以變阻器應(yīng)采用分壓式接法，則變阻器選R4；待測電流表G1內(nèi)阻約為300 Ω，所以并聯(lián)電阻，選一個與其阻值相當(dāng)?shù)碾娮瑁远ㄖ惦娮柽xR1；
(3)根據(jù)歐姆定律應(yīng)有：I2＝I1＋
解得：r1＝R
又有：k＝則：r1＝(k－1)R1。
答案：(1)圖見解析 (2)圖見解析 C F (3) (k－1)R1
24．解析：(1)對鐵塊，由牛頓第二定律：
F－μ2mg＝ma1①
對木板，由牛頓第二定律：
μ2mg－μ1(
24、M＋m)g＝Ma2②
設(shè)木板的長度為L，經(jīng)時間t鐵塊運動到木板的左端，則：
x木＝a2t2③
x鐵＝a1t2④
又：x鐵－x木＝L⑤
聯(lián)立①②③④⑤解得：L＝1 m。⑥
(2)(ⅰ)當(dāng)F≤μ1(m＋M)g＝2 N時，系統(tǒng)沒有被拉動，靜摩擦力與外力成正比，即：Ff＝F。
(ⅱ)當(dāng)F>μ1(m＋M)g＝2 N時，如果M、m相對靜止，鐵塊與木板有相同的加速度a，則：
F－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a⑦
F－Ff＝ma⑧
解得：F＝2Ff－2⑨
此時：Ff≤μ2mg＝4 N，也即F≤6 N⑩
所以：當(dāng)2 N6 N時，M、m
25、相對滑動，此時鐵塊受到的摩擦力為：Ff＝μ2mg＝4 N。
Ff-F圖像如圖所示：
答案：(1)1 m (2)f-F圖像見解析
25．解析：(1)粒子在金屬板電場加速時qU＝mv2①
粒子在左側(cè)磁場中運動時，有qvB1＝m②
sin α＝③
a到A點的距離x＝－R1(1－cos α)④
由①～④式解得x＝L。
(2)如圖甲所示，粒子在右側(cè)磁場中沿半徑為Rn和Rm的兩臨界軌道從上邊緣CC1離開磁場時，有：
Rn＝L⑤
Rm＝L⑥
又qvnB2＝m⑦
qvmB2＝m⑧
粒子在中間電場運動時
qEnL＝mvn2－mv2⑨
qEmL＝mvm2－mv2⑩
由①⑤⑦
26、⑧⑨⑩式解得En＝，Em＝
電場強度的取值范圍為
27、物體傳遞到低溫物體，但不能自發(fā)地從低溫物體傳遞到高溫物體，故C正確；根據(jù)熱力學(xué)第一定律D錯誤；生產(chǎn)半導(dǎo)體器件時，需要在純凈的半導(dǎo)體材料中摻入其他元素，可以在高溫條件下利用分子的擴散來完成，故E正確。
(2)(ⅰ)由題意知，氣體先發(fā)生等容變化，
有：p1＝1.0×105 Pa，
T1＝(273＋27)K＝300 K，T2＝(273－3)K＝270 K
由＝，得：p2＝0.9×105 Pa
對橡皮塞分析，有：p0S＝P2S＋Ff
解得：Ff＝0.4 N。
(ⅱ)氣體后發(fā)生等壓變化，有：l2＝20 cm，l3＝15 cm
由＝，解得：T3＝202.5 K。
答案：(1)ACE (2
28、)(ⅰ)0.4 N (ⅱ) 202.5 K
34．解析：(1)由圖可知，波的波長為λ＝40 m，波從P傳到Q的距離為：x＝90 m－60 m＝30 m，波速為：v＝＝ m/s＝50 m/s，故A錯誤；這列波的周期：T＝＝ s＝0.8 s，故B正確；波從P傳到Q的這段時間內(nèi)質(zhì)點c振動了半個周期，通過的路程等于：2A＝20 cm，故C錯誤；從t時刻開始計時，質(zhì)點a的振動方程為：y＝Asin＝10 sincm，當(dāng)y＝0,2.5πt＋＝π時，t＝ s，故在t＋ s這個時刻質(zhì)點a第一次到達平衡位置，故D正確；在t時刻，因波沿x軸正方向傳播，故此時質(zhì)點P是向上振動的，經(jīng)0.5 s后，P正在向下振動(負(fù)
29、位移)，是經(jīng)過平衡位置后向下運動0.1 s＝；而質(zhì)點b是正在向上振動的(負(fù)位移)，是到達最低點后向上運動0.1 s＝，可見此時兩個質(zhì)點的位移是相同的，故E正確。
(2)單色光在AB面上發(fā)生折射，光路圖如圖所示：
根據(jù)折射定律得：n＝＝，n＝
代入解得：α＝45°，光線射到AC面上時入射角為45°，從AC射出三棱鏡。根據(jù)幾何知識得知，DE∥BC，而且DE＝BC＝d
光在三棱鏡傳播的速度為：v＝＝
所以此單色光通過三棱鏡的時間為：t＝＝。
答案：(1)BDE (2)
35．解析：(1)普朗克最先提出了量子理論，認(rèn)為帶電微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整數(shù)倍，是量子化的，故A正確
30、；德布羅意提出：實物粒子也具有波動性，而且粒子的能量ε和動量p跟它所對應(yīng)的波的頻率ν和波長λ之間，遵從關(guān)系ν＝和λ＝，故B正確；盧瑟福的實驗提出了帶核的原子結(jié)構(gòu)模型：原子是由原子核和核外電子構(gòu)成，故C錯誤；按照愛因斯坦的理論，在光電效應(yīng)中，金屬中的電子吸收一個光子獲得的能量是hν，這些能量的一部分用來克服金屬的逸出功W0，剩下的表現(xiàn)為逸出后電子的初動能Ek，故D正確；玻爾的原子理論第一次將量子觀念引入原子領(lǐng)域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，成功地解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律，但不能解釋復(fù)雜的原子光譜的規(guī)律，故E錯誤。
(2)小球和滑塊相碰的過程中動量守恒、機械能守恒，結(jié)合動量守恒定律和機械能守恒定律
31、求出金屬小球和滑塊的各自速度；小球過A點時沿軌道方向兩者必有共同速度v，根據(jù)動量守恒、機械能守恒求出金屬小球的動能。
(ⅰ)設(shè)滑離時小球和滑塊的速度分別為v1和v2，規(guī)定小球初速度的方向為正方向，由動量守恒得：
mv0＝mv1＋3mv2
由機械能守恒得：mv02＝mv12＋×3mv22
解得：v1＝－v0，v2＝v0；
(ⅱ)小球過A點時沿軌道方向兩者必有共同速度v，規(guī)定小球初速度的方向為正方向，則根據(jù)動量守恒有
mv0＝(m＋3m)v
根據(jù)機械能守恒小球的動能應(yīng)為：Ek＝mv02－×3mv2
解得小球動能為：Ek＝mv02。
答案：(1)ABD (2)(ⅰ)－v0 (ⅱ)mv02
2022年高三物理二輪復(fù)習(xí) 仿真檢測（三）
