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2023年高考物理考前信息必刷卷05
山東地區(qū)專用

新高考地區(qū)考題強(qiáng)化了對(duì)基礎(chǔ)性內(nèi)容的考核，注重情境化問(wèn)題設(shè)計(jì)，增強(qiáng)了試題靈活性，深化了對(duì)關(guān)鍵能力的考查，充分發(fā)揮高考的育人功能和積極導(dǎo)向作用，引導(dǎo)減少死記硬背和“機(jī)械刷題”的現(xiàn)象。試題從基礎(chǔ)物理模型中提取信息的能力要求較高，考生的模型建構(gòu)能力、邏輯推理能力及數(shù)學(xué)運(yùn)算能力要求很高。

選擇題部分仍然突出對(duì)主干知識(shí)的考查，考點(diǎn)覆蓋面較廣，17、18兩道計(jì)算題直擊核心磁場(chǎng)和力學(xué)綜合考點(diǎn)。整套試卷對(duì)理解能力、邏輯推理能力、信息加工能力、模型建構(gòu)能力、分析綜合能力、實(shí)驗(yàn)探究能力和應(yīng)用數(shù)學(xué)解決物理問(wèn)題的能力的考查仍然貫穿始終。通過(guò)設(shè)置真實(shí)問(wèn)題情境，要求考生抓住情境的核心要素構(gòu)建物理模型，引導(dǎo)考生從“解題”向“解決問(wèn)題”轉(zhuǎn)變。


本卷滿分100分，考試時(shí)間90分鐘。

一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。
1．在《物理評(píng)論快報(bào)》論文中，中國(guó)錦屏深地實(shí)驗(yàn)室核天體物理實(shí)驗(yàn)（JUNA）研究團(tuán)隊(duì)通過(guò)直接測(cè)量，為核反應(yīng)。提供日前最精確的反應(yīng)率數(shù)據(jù)，澄清此前國(guó)際實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)間數(shù)倍的分歧，解決“點(diǎn)石成金”中鐵元素俘獲慢中子變成超鐵元素的中子源的問(wèn)題。已知該反應(yīng)中、X、、的質(zhì)量分別為、、、，真空中的光速為c，該反應(yīng)中釋放的能量為E。下列說(shuō)法正確的是（　?。?br /> A．該反應(yīng)屬于裂變反應(yīng) B．X為氦核
C． D．
【答案】B
【解析】A．該反應(yīng)屬于原子核的人工轉(zhuǎn)變，A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)核反應(yīng)遵循的質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知X的質(zhì)量數(shù)為4，電荷數(shù)為2，為氦核，核反應(yīng)方程

B正確；
CD．根據(jù)質(zhì)能方程可知，由于質(zhì)量虧損該反應(yīng)放出的能量為

CD錯(cuò)誤。
故選B。
2．電磁炮是通過(guò)給導(dǎo)軌回路通以很大的電流，使拋射體在導(dǎo)軌電流產(chǎn)生磁場(chǎng)的安培力作用下沿導(dǎo)軌加速運(yùn)動(dòng)，最終以很高的速度將拋射體發(fā)射出去。如圖為電磁炮的原理示意圖，電流方向如圖所示，磁場(chǎng)垂直于軌道平面，則（　?。?br />
A．可減小導(dǎo)軌回路中的電流來(lái)提高拋射體的發(fā)射速度
B．兩軌道間磁場(chǎng)的方向垂直軌道平面向上
C．改變電流的方向不影響拋射體的發(fā)射方向
D．拋射體的發(fā)射速度與拋射體的質(zhì)量無(wú)關(guān)
【答案】C
【解析】A．炮彈運(yùn)動(dòng)受到安培力又，故增加導(dǎo)軌回路中的電流來(lái)提高拋射體的發(fā)射速度，A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)安培定則可知，兩軌道間磁場(chǎng)的方向垂直軌道平面向下，B錯(cuò)誤；
C．改變電流的方向，磁場(chǎng)方向垂直軌道平面向上，根據(jù)左手定則可得，力方向不變，故不影響拋射體的發(fā)射方向，C正確；
D．根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力做功不變，動(dòng)能變化量不變，質(zhì)量大的速度小，D錯(cuò)誤；
故選C。
3．理想氣體的圖像如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A開始經(jīng)過(guò)狀態(tài)B、C、D又回到狀態(tài)A，其中AB、CD的延長(zhǎng)線經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，BC與橫軸平行，，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B分子平均動(dòng)能減小
B．氣體從狀態(tài)C到狀態(tài)D從外界吸熱
C．氣體在狀態(tài)A的溫度和狀態(tài)D的溫度相同
D．從狀態(tài)D到狀態(tài)A，外界對(duì)氣體做功為
【答案】D
【解析】A．根據(jù)理想氣體整體方程

氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B過(guò)程，氣體壓強(qiáng)增大，氣體體積增大，可知?dú)怏w溫度升高，則分子平均動(dòng)能增大，故A錯(cuò)誤；
B．氣體從狀態(tài)C到狀態(tài)D過(guò)程，氣體壓強(qiáng)減小，氣體體積減小，可知?dú)怏w溫度降低，則氣體內(nèi)能減小，由于氣體體積減小，外界對(duì)氣體做正功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體向外界放熱，故B錯(cuò)誤；
C．由圖像可得

可得

則有
，
可得

則有

故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示做功大小，從狀態(tài)D到狀態(tài)A，氣體體積減小，外界對(duì)氣體做正功，大小為

故D正確。
故選D。
4．“道威棱鏡”是廣泛用于圖形翻轉(zhuǎn)的光學(xué)儀器，其橫截面ABDC是底角為的等腰梯形（如圖所示）。若此玻璃棱鏡的折射率，從M點(diǎn)發(fā)出的一束平行于底邊CD的單色光從AC邊上某點(diǎn)射入該棱鏡，則（　?。?br />
A．折射角為
B．光在棱鏡中的傳播速度等于光速c
C．折射光線經(jīng)邊再次折射后進(jìn)入空氣
D．光線最終在邊某點(diǎn)折射時(shí)的入射角為
【答案】A
【解析】A．在AC邊上某點(diǎn)入射時(shí)的入射角，光路如圖所示

可得
i=45°
由折射定律得

可得

故A正確；
B．光線在棱鏡中的傳播速度

故B錯(cuò)誤；
C．由全反射臨界條件得

解得臨界角為
C=45°
作出光路如圖所示，由三角形內(nèi)角和為180°可得

故光線在CD邊的入射角為
>C
故光線不能從CD邊射出，故C錯(cuò)誤；
D．因，由三角形內(nèi)角和為180°可得

故光線在BD邊的入射角為
120°-90°=30°
故D錯(cuò)誤。
故選A。
5．如圖是勻強(qiáng)電場(chǎng)遇到空腔導(dǎo)體后的部分電場(chǎng)線分布圖，正方形的對(duì)角線邊正好與圖中豎直向上的直電場(chǎng)線重合，O點(diǎn)是正方形兩對(duì)角線的交點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（????）

A．將一正電荷由A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電荷的電勢(shì)能增加
B．O點(diǎn)電勢(shì)與C點(diǎn)電勢(shì)相等
C．DO間的電勢(shì)差等于OB間的電勢(shì)差
D．在O點(diǎn)放置一負(fù)點(diǎn)電荷，該電荷所受電場(chǎng)力的方向豎直向下
【答案】D
【解析】A．將一正電荷由A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電荷的電勢(shì)能減小，故A錯(cuò)誤；
B．AC所在平面與BD垂直，與其它電場(chǎng)線不垂直，AC所在平面不是等勢(shì)面，O點(diǎn)電勢(shì)與C點(diǎn)電勢(shì)不相等，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度可知DO間的電場(chǎng)強(qiáng)度大于OB間的電場(chǎng)強(qiáng)度，由可知DO間的電勢(shì)差大于OB間的電勢(shì)差，故C錯(cuò)誤；
D．在O點(diǎn)放置一負(fù)點(diǎn)電荷，該電荷所受電場(chǎng)力的方向與該點(diǎn)電場(chǎng)方向相反，豎直向下，故D正確。
故選D。
6．北京時(shí)間2022年11月12日10時(shí)03分，搭載天舟五號(hào)貨運(yùn)飛船的長(zhǎng)征七號(hào)遙六運(yùn)載火箭，在我國(guó)海南文昌航天發(fā)射場(chǎng)點(diǎn)火發(fā)射；12時(shí)10分，天舟五號(hào)貨運(yùn)飛船僅用2小時(shí)便順利實(shí)現(xiàn)了與中國(guó)空間站天和核心艙的快速交會(huì)對(duì)接，如圖所示，創(chuàng)造了世界紀(jì)錄。下列說(shuō)法中正確的是（　?。?br />
A．天舟五號(hào)貨運(yùn)飛船的發(fā)射速度大于
B．天和核心艙的速度大于
C．在文昌航天發(fā)射場(chǎng)點(diǎn)火發(fā)射，是為了更好地利用地球的自轉(zhuǎn)速度
D．要實(shí)現(xiàn)對(duì)接，天舟五號(hào)貨運(yùn)飛船應(yīng)在天和核心艙相同軌道處加速
【答案】C
【解析】A．天舟五號(hào)貨運(yùn)飛船繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，發(fā)射速度大于小于，故A錯(cuò)誤；
B．是繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最大速度，故B錯(cuò)誤；
C．在地球表面緯度越低的地方，隨地球自轉(zhuǎn)的半徑越大，線速度越大，選在緯度較低的海南文昌發(fā)射場(chǎng)發(fā)射，是為了充分利用地球自轉(zhuǎn)的線速度，故C正確；
D．要實(shí)現(xiàn)對(duì)接，天舟五號(hào)貨運(yùn)飛船應(yīng)在較低軌道加速，做離心運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
故選C。
7．心電圖儀是將心肌收縮產(chǎn)生的脈動(dòng)轉(zhuǎn)化為電壓脈沖的儀器，其輸出部分可等效為一個(gè)不計(jì)內(nèi)阻的交流電源，其電壓會(huì)隨著心跳頻率發(fā)生變化。如圖所示，心電圖儀與一理想變壓器的初級(jí)線圈相連接，揚(yáng)聲器（等效為一個(gè)定值電阻）與一滑動(dòng)變阻器連接在該變壓器的次級(jí)線圈兩端。下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．保持滑動(dòng)變阻器滑片P不動(dòng)，當(dāng)變小時(shí)，揚(yáng)聲器的功率增大
B．保持滑動(dòng)變阻器滑片P不動(dòng)，當(dāng)變小時(shí)，原線圈的電流變大
C．保持不變，將滑動(dòng)變阻器滑片P向右滑，揚(yáng)聲器的功率增大
D．保持不變，將滑動(dòng)變阻器滑片P向右滑，副線圈的電流變小
【答案】D
【解析】AB．保持滑動(dòng)變阻器滑片P不動(dòng)，當(dāng)變小時(shí),根據(jù)變壓器原、副線圈的電壓與匝數(shù)關(guān)系可知，次級(jí)電壓減小，根據(jù)歐姆定律和功率公式可知，揚(yáng)聲器的功率變小，次級(jí)電流減小，根據(jù)變流比可知，原線圈初級(jí)電流也變小，故AB錯(cuò)誤；
CD．若保持不變，根據(jù)變壓比可知，次級(jí)電壓不變，將滑動(dòng)變阻器滑片P向右滑，電阻變大，根據(jù)歐姆定律可知，次級(jí)電流減小，則揚(yáng)聲器獲得的功率減小，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選D。
8．如圖所示，將一滑塊從粗糙斜面上某點(diǎn)由靜止釋放，滑塊沿斜面下滑后與固定在斜面底端的擋板碰撞后反彈，碰撞的時(shí)間極短，可忽略不計(jì)，且碰撞沒有機(jī)械能損失。以沿斜面向下為正方向，能正確反映滑塊速度v隨時(shí)間t變化的圖像是（　　）
??
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】v-t圖像的斜率表示加速度，滑塊沿斜面下滑時(shí)有

碰撞后上滑時(shí)有

所以

由于碰撞沒有機(jī)械能損失，即碰撞前后速度大小不變，方向相反。
故選D。
二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。
9．如圖，質(zhì)子以一定初速度從a點(diǎn)沿ac方向進(jìn)入立方體區(qū)域，由點(diǎn)飛出，該立方體區(qū)域可能僅存在（　?。?br />
A．沿ab方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)
B．沿方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)
C．沿方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)
D．沿bd方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)
【答案】BD
【解析】A．若立方體區(qū)域僅存在沿ab方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)子受到的電場(chǎng)力沿ab方向，會(huì)在水平面內(nèi)做曲線運(yùn)動(dòng)，無(wú)法到達(dá)，A錯(cuò)誤；
B．若立方體區(qū)域僅存在沿方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)子受到的電場(chǎng)力沿方向，會(huì)在豎直面內(nèi)做曲線運(yùn)動(dòng)，有可能到達(dá)，B正確；
C．若立方體區(qū)域僅存在沿方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)子受到水平方向的洛倫茲力，會(huì)在水平面內(nèi)做曲線運(yùn)動(dòng)，不可能到達(dá)，C錯(cuò)誤；
D．若立方體區(qū)域僅存在沿bd方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)子受到豎直方向的洛倫茲力，會(huì)在豎直面內(nèi)做曲線運(yùn)動(dòng)，有可能到達(dá)，D正確。
故選BD。
10．氖泡可用于指示和保護(hù)電路。在玻璃管中有兩個(gè)相同的板狀金屬電極，并充入低壓氖氣，在兩極間接入電壓使氖氣導(dǎo)電，如果金屬電極發(fā)出的電子在電場(chǎng)作用下獲得足夠的能量，就能使氖氣發(fā)光。將氖泡、保護(hù)電阻和電壓可調(diào)的電源按如圖所示的電路連接。氖泡用黑紙包住，黑紙上留出一條狹縫使光可以照射到氖泡。發(fā)現(xiàn)在沒有光照的暗室中，當(dāng)電源兩端電壓為時(shí)，氖泡恰能發(fā)光；當(dāng)電源兩端電壓為時(shí)，氖泡不發(fā)光，但同時(shí)用頻率為，的紫光照射氖泡，氖泡也恰能發(fā)光。兩次實(shí)驗(yàn)中，氖泡恰能發(fā)光時(shí)回路中的電流可認(rèn)為相等。已知普朗克常量為h，電子電荷量為e。下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．若保持電壓不變，用黃光照射氖泡，氖泡也能發(fā)光
B．通過(guò)實(shí)驗(yàn)可知，紫光的光子能量
C．通過(guò)實(shí)驗(yàn)可知，電極中的電子脫離金屬至少需要的能量
D．實(shí)驗(yàn)中使用交流電源也能觀察到上述現(xiàn)象
【答案】BD
【解析】B．吐過(guò)金屬電極發(fā)出的電子在電場(chǎng)作用下獲得足夠的能量，就能使氖氣發(fā)光，假設(shè)恰好能讓氖氣發(fā)光的電子動(dòng)能為，電極中的電子脫離金屬至少需要的能量為，在沒有光照的暗室中，當(dāng)電源電壓為時(shí)，氖泡恰能發(fā)光，設(shè)發(fā)光時(shí)電路電流為，保護(hù)電阻為，則有

當(dāng)電源電壓為時(shí)，同時(shí)用頻率為的紫光照射氖泡，氖泡也恰好能發(fā)光，則有

聯(lián)立解得

B正確；
A．若保持電壓不變，用黃光照射氖泡，由于黃光的頻率小于紫光的頻率，則黃光光子能量小于紫光光子能量，可知氖泡不能發(fā)光，A錯(cuò)誤；
C．通過(guò)實(shí)驗(yàn)可知，電極中的電子脫離金屬需要的能量小于，C錯(cuò)誤；
D．實(shí)驗(yàn)中如果采用交流電源，當(dāng)電壓達(dá)到一定數(shù)值時(shí)，也可能觀察到上述現(xiàn)象，D正確。
故選BD。
11．如圖所示，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一根導(dǎo)軌位于x軸上，另一根由ab、bc兩段直導(dǎo)軌組成，其中bc段與x軸平行，兩導(dǎo)軌相交于原點(diǎn)O左側(cè)a點(diǎn)，所有導(dǎo)軌單位長(zhǎng)度電阻為r。導(dǎo)軌上一足夠長(zhǎng)金屬棒MN在外力作用下沿x軸正方向以速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，金屬棒單位長(zhǎng)度電阻也為r，時(shí)刻恰好通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，金屬棒始終與x軸垂直。設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)金屬棒的電流強(qiáng)度為i，金屬棒受到安培力的大小為F，導(dǎo)軌間金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E，導(dǎo)軌間金屬棒兩端的電壓為U，導(dǎo)軌與金屬棒接觸良好，忽略導(dǎo)軌與金屬棒連接處的電阻。下列圖像可能正確的是（　?。?br />
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】當(dāng)導(dǎo)體棒從O點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)L時(shí)，即在時(shí)間內(nèi)，在某時(shí)刻導(dǎo)體棒切割磁感線的長(zhǎng)度

（θ為ab與x軸的夾角）則根據(jù)

即E-t圖像是不過(guò)原點(diǎn)的直線；


可知回路電流不變；安培力

則F-t關(guān)系為不過(guò)原點(diǎn)的直線；
導(dǎo)軌間金屬棒兩端的電壓為

則U-t圖像是不過(guò)原點(diǎn)的直線；
當(dāng)在時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒切割磁感線的長(zhǎng)度不變，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E不變，經(jīng)過(guò)時(shí)間t回路總電阻

感應(yīng)電流

則隨時(shí)間的增加電流I減小，但不是線性減??；根據(jù)F=BIL可知安培力減小，但是不是線性減小；電流減小，導(dǎo)體棒電阻不變，則內(nèi)電壓減小，電動(dòng)勢(shì)不變，則導(dǎo)軌間金屬棒兩端的電壓變大。
綜上所述選項(xiàng)AC正確，BD錯(cuò)誤。
故選AC。
12．如圖所示，小球A的右側(cè)通過(guò)長(zhǎng)度為L(zhǎng)的輕桿與轉(zhuǎn)軸O相連。小球A的左側(cè)通過(guò)足夠長(zhǎng)的輕繩繞過(guò)定滑輪與小球B相連。用手托住小球A使輕桿水平時(shí)，AP段的輕繩也水平。已知小球A到定滑輪的距離也為L(zhǎng)。小球A的質(zhì)量為2m，小球B的質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦和定滑輪質(zhì)量。現(xiàn)將小球A由靜止釋放，下列說(shuō)法正確的是（????）

A．小球B在豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)
B．輕繩與輕桿夾角為90度時(shí)，小球A受合力一定不為零
C．輕繩與輕桿夾角為90度時(shí)，小球B的速度大小為
D．輕繩與輕桿夾角為90度時(shí)，小球B的速度大小為
【答案】BC
【解析】A．小球B受到重力和繩子拉力作用，由于繩子拉力不滿足胡克定律，可知小球B在豎直方向不是做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B．輕繩與輕桿夾角為時(shí)，如圖所示

設(shè)輕桿轉(zhuǎn)過(guò)的角度為，由圖中幾何關(guān)系可得

解得

此時(shí)A球重力沿繩子方向的分力為

可知此時(shí)A球重力沿繩子方向的分力等于B球的重力，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)能有極大值，小球A速度不為零，則小球做圓周運(yùn)動(dòng)，合力一定不為零，故B正確；
CD．輕繩與輕桿夾角為時(shí)，A球速度剛好沿繩子方向，此時(shí)有

A、B組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒，則有

聯(lián)立解得

故C正確，D錯(cuò)誤。
故選BC。
三、非選擇題：本題共6小題，共60分。
13．（1）如圖所示，小球套在光滑細(xì)桿上，兩條相同彈性橡皮繩一端分別系在擋板A、B上的拉力傳感器上，另一端系在小球的兩側(cè)。L表示兩傳感器間的距離，F(xiàn)表示兩傳感器的示數(shù)，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表：（小球的尺寸遠(yuǎn)小于L）。由表中數(shù)據(jù)可知：橡皮繩的原長(zhǎng)為____________cm，橡皮繩的勁度系數(shù)為____________N/m。

F（N）
0.50
1.50
2.50
3.50
4.50
L（cm）
32.00
36.00
40.00
44.00
48.00

（2）某同學(xué)利用該裝置進(jìn)一步探究橡皮繩的彈性勢(shì)能與形變量的關(guān)系。該同學(xué)主要步驟如下：a、使兩拉力傳感器相距，固定A、B擋板。b、移動(dòng)小球使某傳感器示數(shù)為零，由靜止釋放小球。c、讀出小球經(jīng)過(guò)速度傳感器時(shí)的速度值。d、分別把兩拉力傳感器間距改為、，重復(fù)上述過(guò)程。則：
Ⅰ．為了便于數(shù)據(jù)分析，該同學(xué)把速度傳感器應(yīng)安裝在________________________的位置。
Ⅱ．速度傳感器三次示數(shù)分別為3.58m/s、1.79m/s、0.89m/s可知彈性橡皮繩的彈性勢(shì)能與形變量的關(guān)系為____________（填“” “”“” ”或“其他”）。
【答案】???? 15.00???? 50.00???? 兩拉力傳感器的正中間????
【解析】（1）[1]設(shè)橡皮繩的原長(zhǎng)為，有

解得

[2]由胡克定律有

則

（2）[3]由于是橡皮繩的彈性勢(shì)能和小球的動(dòng)能間的相互轉(zhuǎn)化，而且兩拉力傳感器間的距離發(fā)生了改變，為了便于數(shù)據(jù)分析應(yīng)把速度傳感器安裝在兩拉力傳感器的正中間位置，這樣兩橡皮繩的長(zhǎng)度相同，彈性勢(shì)能相同。
[4]第一次釋放小球時(shí)橡皮繩的形變量

小球經(jīng)過(guò)速度傳感器時(shí)橡皮繩的形變量

由機(jī)械能守恒有

第二次釋放小球時(shí)橡皮繩的形變量

小球經(jīng)過(guò)速度傳感器時(shí)橡皮繩的形變量

由機(jī)械能守恒有

第二次釋放小球時(shí)橡皮繩的形變量

小球經(jīng)過(guò)速度傳感器時(shí)橡皮繩的形變量

由機(jī)械能守恒有

由上述分析知，形變量為原來(lái)的2倍時(shí)，彈性勢(shì)能為原來(lái)的4倍，則。
14．取下無(wú)人機(jī)的一塊電池，小李和同學(xué)們進(jìn)行了這樣的實(shí)驗(yàn)：
（1）圖（a）中，E是無(wú)人機(jī)的電池，是他們從“熱得快”中拆下的一段粗細(xì)均勻的電熱絲。選擇適當(dāng)?shù)碾姳砹砍毯?，他們發(fā)現(xiàn)大范圍移動(dòng)滑片P，電壓表的示數(shù)變化卻不明顯。為解決這一問(wèn)題，他們?cè)谟懻摵髮⒌亩ㄖ惦娮杞尤腚娐分?，那么，選擇圖（b）中的電路________（選填“甲”“乙”或“丙”）可解決這一問(wèn)題；

（2）他們用改進(jìn)后的電路進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)，同時(shí)記錄電壓表的示數(shù)U、電流表的示數(shù)I及對(duì)應(yīng)的的長(zhǎng)度x，部分實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下：
實(shí)驗(yàn)次數(shù)
1
2
3
4
5

3.09
2.92
2.66
2.23
1.80

0.10
0.12
0.15
0.20
0.25

30.9
24.3
17.7
11.2
7.2

41.8
31.9
22.0
12.3
6.3

（3）根據(jù)表格中的U、I數(shù)據(jù)，求出該無(wú)人機(jī)電池的電動(dòng)勢(shì)________V，內(nèi)阻________；（結(jié)果均保留2位小數(shù)）
（4）根據(jù)表格中的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，在圖（c）中補(bǔ)全數(shù)據(jù)點(diǎn)繪出的圖像________；

（5）已知橫截面積為，可求得材料的電阻率________（結(jié)果保留1位有效數(shù)字）；
（6）測(cè)量的電阻率時(shí)，電流表內(nèi)阻對(duì)電阻率的測(cè)量________（選填“有”或“沒有”）影響。??
【答案】???? 乙???? ???? ???? ???? ???? 沒有
【解析】（1）[1]根據(jù)閉合電路歐姆定律有

即

可知電壓表的示數(shù)變化不明顯是由于電源的內(nèi)阻較小引起的，所以需要加入一個(gè)等效電源內(nèi)阻，故選圖乙。
（3）[2][3]根據(jù)閉合電路歐姆定律

可得

取表中一組數(shù)值代入有

解得

（4）[4]圖像如下：

（5）[5]根據(jù)電阻定律可得

可知圖線的斜率為，有

代入數(shù)值解得

（6）[6]根據(jù)前面分析

可知為圖像的縱截距，對(duì)電阻率的測(cè)量沒有影響。
15．水波是一種常見的波，相對(duì)于普通的機(jī)械波，水波的運(yùn)動(dòng)形式要復(fù)雜一些，有科研人員總結(jié)出水波的傳播規(guī)律，水波的周期為式中h為水的深度，a、β為復(fù)雜的系數(shù)。水的深度遠(yuǎn)大于波長(zhǎng)時(shí)，稱為深水區(qū)，此時(shí)，；反之水的深度遠(yuǎn)小于波長(zhǎng)時(shí)稱為淺水區(qū)，此時(shí)，。（g取10m/s2，計(jì)算結(jié)果均保留三位有效數(shù)字，)
（1）某次海嘯時(shí)，海嘯的波長(zhǎng)為400km，太平洋的平均深度為4km，求海嘯在太平洋上的傳播速度。
（2）兩船出海作業(yè)時(shí)，海洋深度約為1000m，海浪的波長(zhǎng)為100m，兩船在海浪的傳播方向上相距150m，計(jì)算兩個(gè)小船先后到達(dá)波峰的最小時(shí)間間隔。
【答案】（1）200m/s；（2）11.9s
【解析】（1）依題意，海嘯時(shí)，波長(zhǎng)遠(yuǎn)大于深度，為淺水區(qū)有


（2）依題意，此時(shí)視為深水區(qū)周期為

波速為

兩個(gè)小船先后到達(dá)波峰的最小時(shí)間間隔為

16．跑酷不僅可以強(qiáng)健體質(zhì)，也可使得自身反應(yīng)能力更加迅速?，F(xiàn)有一運(yùn)動(dòng)員在圖示位置起跳，運(yùn)動(dòng)過(guò)程姿勢(shì)不變且不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，到達(dá)墻面時(shí)鞋底與墻面接觸并恰好不發(fā)生滑動(dòng)，通過(guò)鞋底與墻面間相互作用可以獲得向上的升力。已知運(yùn)動(dòng)員起跳時(shí)速度為，與水平方向夾角為θ，到達(dá)墻壁時(shí)速度方向恰好與墻面垂直，運(yùn)動(dòng)員鞋底與墻面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ（），最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，全過(guò)程忽略空氣阻力影響。
（1）求運(yùn)動(dòng)員起跳時(shí)的水平分速度與豎直分速度；
（2）運(yùn)動(dòng)員與墻發(fā)生相互作用的時(shí)間為t，蹬墻后速度豎直向上，不再與墻發(fā)生相互作用，求蹬墻后運(yùn)動(dòng)員上升的最大高度H；
（3）若運(yùn)動(dòng)員蹬墻后水平方向速度大小不變，方向相反，為了能夠到達(dá)起跳位置的正上方，且距離地面高度不低于蹬墻結(jié)束時(shí)的高度，求運(yùn)動(dòng)員與墻發(fā)生相互作用的最長(zhǎng)時(shí)間。

【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】（1）水平方向分速度

豎直方向分速度

（2）設(shè)墻對(duì)運(yùn)動(dòng)員平均彈力大小為N，平均最大靜摩擦力為f，蹬墻后運(yùn)動(dòng)員獲得豎直向上的速度為，人質(zhì)量為m，設(shè)水平向右為正方向，由動(dòng)量定理得

設(shè)豎直向上為正方向，由動(dòng)量定理得

其中

聯(lián)立得

運(yùn)動(dòng)員蹬墻結(jié)束后豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)至速度為零，由

得

（3）設(shè)墻對(duì)運(yùn)動(dòng)員平均彈力大小為，平均最大靜摩擦力為，蹬墻后運(yùn)動(dòng)員獲得豎直向上的速度為v，與墻發(fā)生相互作用的時(shí)間為，人的質(zhì)量為m，設(shè)水平向右為正方向，由動(dòng)量定理得

設(shè)豎直向上為正方向，由動(dòng)量定理得

其中

聯(lián)立得

設(shè)運(yùn)動(dòng)員起跳位置離墻面水平距離為x，到達(dá)墻面所需時(shí)間為，離墻后到達(dá)起跳位置正上方的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，起跳后水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，得
，
運(yùn)動(dòng)員離墻后水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為v，加速度為g的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)豎直位移為0時(shí)，水平位移不小于x。根據(jù)上述分析，得
，
聯(lián)立式

作用的最長(zhǎng)時(shí)間為

17．如圖甲為實(shí)驗(yàn)室中利用磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的粒子收集裝置原理圖，在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，有一個(gè)邊長(zhǎng)為l的正方形熒光屏abcd可沿x軸移動(dòng)，熒光屏平行于yOz平面，cd在xOz平面內(nèi)，d點(diǎn)在x軸上。在該空間加沿x軸負(fù)方向的磁場(chǎng)和沿y軸正方向的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度、的大小隨時(shí)間t周期性變化的規(guī)律如圖乙所示。時(shí)刻，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計(jì)重力），以初速度從A點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入該空間。
（1）求粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑；
（2）若經(jīng)過(guò)時(shí)間，該粒子恰好到達(dá)熒光屏，求熒光屏位置的x軸坐標(biāo)和粒子打在屏幕上的坐標(biāo)；
（3）若粒子達(dá)到熒光屏?xí)r的速度方向與屏幕的夾角為，求熒光屏位置的x軸坐標(biāo)的可能取值。

【答案】（1）；（2），；（3）見解析
【解析】（1）粒子所受的洛倫茲力充當(dāng)向心力

可解得

（2）大小為B0的磁場(chǎng)內(nèi)，粒子的周期為


解得


所以圖中每段磁場(chǎng)持續(xù)的時(shí)間為


因此在第1、4個(gè)的時(shí)間內(nèi)，粒子向x軸正方向移動(dòng)了2R的距離，在第2、3個(gè)的時(shí)間內(nèi)，粒子向y軸負(fù)方向移動(dòng)了2R的距離，故熒光屏在x軸上的位置應(yīng)為，粒子打在屏幕上的坐標(biāo)為。
（3）由粒子的軌跡易知：當(dāng)粒子的速度與z軸正方向的夾角為時(shí)

同時(shí)滿足粒子不飛出熒光屏，則

得
，且n取整數(shù)
當(dāng)粒子的速度與z軸負(fù)方向的夾角為時(shí)

同時(shí)滿足粒子不飛出熒光屏，則

得
，且n取整數(shù)
18．如圖所示，P為固定的豎直擋板，質(zhì)量為的長(zhǎng)木板A靜置于光滑水平面上（A的上表面略低于擋板P下端），質(zhì)量為的小物塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)）以水平初速度從A的左端向右滑上A的上表面，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間A、B第一次達(dá)到共同速度，此時(shí)B恰好未從A上滑落，然后物塊B與長(zhǎng)木板A一起向右運(yùn)動(dòng)，在時(shí)刻，物塊B與擋板P發(fā)生了第一次碰撞，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間物塊B與長(zhǎng)木板A第二次達(dá)到共同速度，之后物塊B與擋板P發(fā)生了很多次碰撞，最終在（未知）時(shí)恰好相對(duì)地面靜止。已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，物塊與擋板P發(fā)生碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能損失且碰撞時(shí)間極短，求：
（1）木板A的長(zhǎng)度；
（2）A、B第二次達(dá)到共同速度時(shí)B離A左端的距離；
（3）時(shí)間內(nèi)B經(jīng)過(guò)的路程；
（4）的值。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】（1）依題意，設(shè)木板的長(zhǎng)度為，A、B第一次達(dá)到共速時(shí)速度大小為，物塊和木板由動(dòng)量守恒定律有

根據(jù)能量守恒定律有

聯(lián)立求得


（2）由于物塊與擋板P發(fā)生碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能損失且碰撞時(shí)間極短，因此物塊第一次與擋板碰撞后的速度大小不變，方向向左，設(shè)二者第二次碰撞前達(dá)到共速的速度大小為，取方向向右為正，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

根據(jù)能量守恒定律有

聯(lián)立求得


則可得此時(shí)物塊距木板左端的距離為

（3）由（1）（2）問(wèn)分析可知，物塊B與木板第次共速時(shí)的速度為，對(duì)B

從B第一次撞擊擋板到第二次撞擊擋板過(guò)程，有

從B第二次撞擊擋板到第三次撞擊擋板過(guò)程，有

從B第次撞擊擋板到第次撞擊擋板過(guò)程，有

則

得

（4）B從第次與擋板發(fā)生碰撞到第次與擋板發(fā)生碰撞的過(guò)程中，設(shè)B做勻變速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，B做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，A、B保持相對(duì)靜止共同運(yùn)動(dòng)的位移為，勻變速運(yùn)動(dòng)過(guò)程有


勻速過(guò)程有

聯(lián)立可得

即每相鄰兩次碰撞過(guò)程：A、B勻變速運(yùn)動(dòng)過(guò)程與A、B勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程的時(shí)間之比為1∶1。在時(shí)間內(nèi)，設(shè)A做勻減速運(yùn)動(dòng)的累計(jì)時(shí)間為，則

對(duì)A有

又

解得






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