2022年全国统一高考物理试卷真题及答案（甲卷）

2022年全国统一高考物理试卷真题及答案（甲卷）（版面已排好，下载后A4纸可直接打印使用）第1页（共25页）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）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（）A．B．C．D．2．（6分）长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v＜v0）。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为（）A．+B．+C．+D．+3．（6分）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则（）A．I1＜I3＜I2B．I1＞I3＞I2C．I1＝I2＞I3D．I1＝I2＝I34．（6分）两种放射性元素的半衰期分别为t0和2t0，在t＝0时刻这两种元素的原子核总数为N，在t＝2t0时刻，尚未衰变的原子核总数为，则在t＝4t0时刻，尚未衰变的原子核总数为（）第2页（共25页）A．B．C．D．5．（6分）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（）A．B．C．D．（多选）6．（6分）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻μ突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（）A．P的加速度大小的最大值为2gB．Q的加速度大小的最大值为2μgC．P的位移大小一定大于Q的位μ移大小D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小（多选）7．（6分）如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（）第3页（共25页）A．通过导体棒MN电流的最大值为B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热（多选）8．（6分）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，（）A．小球的动能最小时，其电势能最大B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量二、非选择题：共62分。第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共47分。9．（5分）某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势1.5V，内阻很小），电流表Ⓐ（量程10mA，内阻约10），微安表Ⓖ（量程100A，内阻Rg待测，约1k），滑动变阻器R（最大阻值10），Ω定值电阻R0（阻值10），μ开关S，导线若干。（1Ω）在答题卡上将图中所示的器材Ω符号连线，画出实验电路原Ω理图；（2）某次测量中，微安表的示数为90.0A，电流表的示数为9.00mA，由此计算出微安表内阻Rg＝。μΩ10．（10分）利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：第4页（共25页）（1）调节导轨水平。（2）测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为kg的滑块作为A。（3）调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。（4）使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。（5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如表所示。12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.460.31k20.330.330.33k＝（6）表中的k2＝（保留2位有效数字）。（7）的平均值为（保留2位有效数字）。（8）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为（用m1和m2表示），本实验中其值为（保留2位有效数字）；若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。11．（12分）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，第5页（共25页）2所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3：7。重力加速度大小取g＝10m/s，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。12．（20分）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零：使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N、沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r，r＞＞d，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射光点与O点间的弧长s；（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1；保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[物理—选修3-3]（15分）（多选）13．（5分）一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p﹣T图上从a到b的线段所示。在此过程中（）第6页（共25页）A．气体一直对外做功B．气体的内能一直增加C．气体一直从外界吸热D．气体吸收的热量等于其对外做的功E．气体吸收的热量等于其内能的增加量14．（10分）如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0。环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。（ⅰ）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；（ⅱ）将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。[物理—选修3-4]（15分）15．一平面简谐横波以速度v＝2m/s沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形图如图所示。介质中平衡位置在坐标原点的质点A在t＝0时刻的位移y＝cm。该波的波长为m，频率为Hz。t＝2s时刻，质点A（填“向上运动”“速度为零”或“向第7页（共25页）下运动”）。16．如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面，M为AB边的中点。在截面所在平面内，一光线自M点射入棱镜，入射角为60°，经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从CD边的P点射出棱镜。求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。第8页（共25页）2022年全国统一高考物理试卷（甲卷）参考答案与试题解析一、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）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（）A．B．C．D．【分析】根据动能定理计算速度，结合牛顿第二定律计算出半径最小值。【解答】解：从a到c根据动能定理有：mgh＝在c点根据牛顿第二定律有：kmg﹣mg＝联立解得：R＝故ABC错误，D正确；故选：D。【点评】本题以滑雪为考查背景，主要考查了学生对于运动的理解，分析过程汇总包含了平抛运动和圆周运动，同时要结合牛顿第二定律完成答题。2．（6分）长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v＜v0）。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为（）A．+B．+第9页（共25页）C．+D．+【分析】当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v＜v0），可知列车进入隧道前需减速至v，然后匀速通过隧道，全部出隧道后需加速到v0，分别求出列车的减速运动时间、匀速运动时间和加速运动时间即可求出总时间。【解答】解：当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v＜v0），可知列车进入隧道前需减速至v，然后匀速通过隧道，全部出隧道后需加速到v0，则减速时间：t1＝，匀速时间：t2＝，加速时间：t3＝，列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝t1+t2+t3解得：t＝，故C正确，ABD错误；故选：C。【点评】本题考查匀变速直线运动规律应用，解题关键要分析清楚列车运动情况，注意列车通过隧道的位移。3．（6分）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则（）A．I1＜I3＜I2B．I1＞I3＞I2C．I1＝I2＞I3D．I1＝I2＝I3【分析】根据电阻定律与电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律可解得。2【解答】解：设圆的半径为R，则圆的周长为L2＝2R，面积S2＝R，正方形的周长为22L1＝8R，面积S1＝4R，正六边形的周长为L3＝6R，π面积S3＝πR，第10页（共25页）根据电阻定律有：R＝根据法拉第电磁感应定律有：E＝根据欧姆定律有：I＝＝∝代入周长与面积可知：I1＝I2＞I3故C正确，ABD错误；故选：C。【点评】本题考查法拉第电磁感应定律，解题关键掌握电阻定律与法拉第电磁感应定律的应用。4．（6分）两种放射性元素的半衰期分别为t0和2t0，在t＝0时刻这两种元素的原子核总数为N，在t＝2t0时刻，尚未衰变的原子核总数为，则在t＝4t0时刻，尚未衰变的原子核总数为（）A．B．C．D．【分析】半衰期指大量原子核发生半数衰变所用的时间，根据两元素半衰期和经过时间计算未衰变原子核总数。【解答】解：设两种放射性元素的原子核数分别为N1、N2，对应的半衰期分别为t0、2t0，则N1+N2＝N经过t＝2t0后，尚未衰变的原子核总数＝+设经过t＝4t0后，尚未衰变的原子核总数为X，则X＝联立解得：X＝，故C正确，ABD错误；故选：C。【点评】本题考查原子核衰变，理解半衰期概念是解题关键，本题有两种元素同时衰变，注意分开计算两种元素未衰变原子数。5．（6分）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，电第11页（共25页）场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（）A．B．C．D．【分析】带正电粒子在电、磁场中运动，根据受力情况分析粒子的运动情况，根据功能关系判断带电粒子的运动情况。【解答】解：AC、在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，带正电粒子在坐标原点O受沿y轴正方向的电场力开始向y轴正方向运动，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，根据左手定则可知，粒子沿y轴正方向运动的同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，根据曲线运动合外力指向轨迹凹侧可知，带电粒子应向x轴负方向偏转，故AC错误；BD、带电粒子运动过程中受电场力和洛伦兹力，电场力做正功，洛伦兹力时刻与速度方向垂直不做功。在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次回到x轴时，电场力做功为零，洛伦兹力不做功，根据动能定理知，带电粒子再次回到x轴时的速度为零，随后受电场力作用开始做周期性运动，故B正确，D错误；故选：B。【点评】本题考查带电粒子在匀强电、磁场中的运动，首先要明确粒子的运动由受力决定，知道曲线运动的特点，并灵活运用功能关系分析带电粒子的运动情况。（多选）6．（6分）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻μ突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（）A．P的加速度大小的最大值为2gμ第12页（共25页）B．Q的加速度大小的最大值为2gC．P的位移大小一定大于Q的位μ移大小D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小【分析】分析撤去拉力前后两滑块受力情况，根据牛顿第二定律分析撤去拉力后两滑块加速度的变化，确定加速度最大值；根据两滑块相对位移判断位移大小；根据滑块运动情况分析同一时刻速度关系。【解答】解：AB、设两物块的质量均为m，撤去拉力F前，两滑块均做匀速直线运动，对两滑块P、Q整体分析得F＝2mg隔离滑μ块Q分析得F弹＝mg撤去拉μ力F后，在弹簧弹力和摩擦力作用下，取向右为正方向，根据牛顿第二定律得：滑块P：﹣F弹﹣mg＝ma1滑块Q：F弹﹣mμg＝ma2μ则a1＝，a2＝，可知弹簧逐渐恢复原长过程中，滑块P做加速度减小的减速运动，Q做加速度增大的减速运动，当F弹＝mg时，滑块P加速度最大值为a1max＝2g，μ当F弹＝μ0时，滑块Q加速度最大值为a2max＝g，故A正μ确，B错误；C、滑块P、Q水平向右运动，P、Q间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，故C错误；D、滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为a′1＝g，可见滑μ块P减速的最小加速度为滑块Q减速的最大加速度，撤去拉力时，P、Q的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2g做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为g；滑块Q由开始的加速度μ为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长μ第13页（共25页）时加速度大小也为g，则滑块P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，故D正确。故选：AD。μ【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，解题时注意两个点：用整体法和隔离法处理连体问题，弹簧不会瞬间突变。（多选）7．（6分）如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（）A．通过导体棒MN电流的最大值为B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热【分析】电容器放电是一个动态过程，在该过程下两板间电荷量逐渐减小，但电容器的电容不变，所以电势差逐渐减小，但此时导体棒MN在加速，产生反向电动势，直到MN棒电流为零，安培力为零时，MN开始减速，直到速度为0，整个过程电能全部转化为电阻和导体棒MN的热能。【解答】解：A、最初电容器板间电压最大，导体棒上电流也最大，电容器相当于电源，对电阻与导体棒供电，根据欧姆定律得I＝，U＝，解得通过导体棒MN电流的最大值为，故A正确；BC、导体棒上电流从M到N，导体棒受安培力水平向右，导体棒加速，同时导体棒切割磁感线产生电动势，回路里电流减小，当导体棒产生的电动势与电容器板间电压相等时，回路电流为零，导体棒速度达到最大，此时安培力为零，但最终电能和动能全部转化为内能，所以之后导体棒MN一直减速，直到速度变为0，故BC错误。D、因为在MN加速阶段，由于MN存在反电动势，所以通过MN的电流要比通过R上第14页（共25页）的电流要小，所以电阻R消耗的电能大于MN上消耗的电能，故加速阶段电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热；当安培力为零后，MN开始减速直到速度为0，此时电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R，此时电阻R上的电流仍然大于导体棒上的电流，故该阶段电阻R上产生的焦耳热也大于导体棒MN上产生的焦耳热，故D正确。故选：AD。【点评】本题考查电容器的动态分析，利用动态分析获得的条件来判断选项是否正确， 知识点 高中化学知识点免费下载体育概论知识点下载名人传知识点免费下载线性代数知识点汇总下载高中化学知识点免费下载 较广，难度较大。（多选）8．（6分）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，（）A．小球的动能最小时，其电势能最大B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量【分析】小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变；当小球沿水平方向的速度减为零时，小球克服电场力做的功最多，小球的电势能最大，根据受力情况分析动能的变化、以及重力做的功与克服电场力做功之间的关系；小球的速度和动能没有最大值。【解答】解：A、小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变，当小球的动能最小时，其电势能与重力势能之和最大，故A错误；B、当小球沿水平方向的速度减为零时，小球的电势能最大，由于小球所受的重力和电场力的大小相等，所以此时小球的速度方向向下，大小等于抛出时小球的速度大小，所以此时的动能等于初始动能，故B正确；C、合外力先对小球做负功，再做正功，合外力做正功的过程中，小球的动能一直增大，所以小球速度动能没有最大值，故C错误；D、从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，小球的动能等于初始动能，此过程中动能变化为零，则合外力做功为零，所以重力做的功等于小球电势能的增加量，故D正确。故选：BD。第15页（共25页）【点评】本题主要是考查带电粒子在电场中的运动，关键是知道小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变，类似机械能守恒。二、非选择题：共62分。第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共47分。9．（5分）某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势1.5V，内阻很小），电流表Ⓐ（量程10mA，内阻约10），微安表Ⓖ（量程100A，内阻Rg待测，约1k），滑动变阻器R（最大阻值10），Ω定值电阻R0（阻值10），μ开关S，导线若干。（1Ω）在答题卡上将图中所示的器材Ω符号连线，画出实验电路原Ω理图；（2）某次测量中，微安表的示数为90.0A，电流表的示数为9.00mA，由此计算出微安表内阻Rg＝990。μΩ【分析】（1）根据伏安法测电阻原理和已知元件 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 电路；（2）根据串并联电路规律和欧姆定律求微安表内阻。【解答】解：（1）为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动变阻器采用分压式解法，实验电路原理图如图所示第16页（共25页）﹣5（2）某次测量中，微安表的示数为IG＝90.0A＝9×10A，电流表的示数为IA＝9.00mA﹣＝9×103A，根据串并联电路规律和欧姆定μ律得（IA﹣IG）R0＝IGRg解得：Rg＝990。故答案为：（1）Ω图见解析（2）990【点评】本题考查微安表内阻测定，测定电表内阻通常有两种方法：半偏法和伏安法，本实验是通过伏安法测电表内阻，关键要设计电路测出微安表两端电压和流过电流。10．（10分）利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：（1）调节导轨水平。（2）测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为0.304kg的滑块作为A。（3）调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。（4）使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。（5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如表所示。12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.460.31k20.330.330.33k＝（6）表中的k2＝0.31（保留2位有效数字）。第17页（共25页）（7）的平均值为0.32（保留2位有效数字）。（8）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为（用m1和m2表示），本实验中其值为0.34（保留2位有效数字）；若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。【分析】用动量守恒定律分析一维碰撞问题，验证是否为弹性碰撞必然要用到机械能守恒定律和动量守恒定律，需要对碰撞前后的状态进行分析，判断是否同时满足机械能守恒定律和动量守恒定律。【解答】解：（2）两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg，要想使碰撞后两滑块运动方向相反，则A滑块质量要小，才有可能反向运动，故选0.304kg的滑块作为A。（6）因为位移相等，所以速度之比等于时间之比的倒数，由表中数据可得，k2＝＝＝0.31。（7）的平均值为：＝＝0.322≈0.32。（8）由机械能守恒定律和动量守恒定律可得：＝+；m1v0＝﹣m1v1+m2v2，联立解得：，代入数据，可得：＝0.34。【点评】本题考查用动量守恒定律去分析一维碰撞问题，需要对学生动量定理和机械能守恒定律有较深刻的认识，明确实验原理和内容。11．（12分）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，2所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3：7。重力加速度大小取g＝10m/s，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。第18页（共25页）【分析】先计算出小球每一段运动所用的时间，再根据竖直方向上的运动规律求出每一段运动对应的竖直位移，结合水平方向上的匀速直线运动，分别求出两段运动中s1、s2的表达式，根据题干提供的比值进行求解。【解答】解：因为每相邻两个小球之间被删去了3个影像，所以每相邻两个小球之间有4次闪光间隔，即相邻两个小球之间的时间为：t＝4×0.05s＝0.2s因为第一个小球为抛出点，所以第一段运动对应的竖直位移大小为：＝第二段运动对应的竖直位移大小为：＝＝0.6m设小球抛出时的初速度大小为v，则s1可以表示为：＝同理s2可以表示为：＝因为s1：s2＝3：7，联立解得：v＝答：抛出瞬间小球的速度大小为。【点评】本题考查平抛运动的有关计算，突破点在于知道两段运动的时间是相等的，且水平方向是匀速直线运动，再结合数学知识求出两线段长度的表达式即可解决问题。12．（20分）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆第19页（共25页）心位于M的中心。使用前需调零：使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N、沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r，r＞＞d，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射光点与O点间的弧长s；（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1；保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。【分析】首先要进行受力分析，利用胡克定律求出形变量，再根据光的反射定律结合角度变化求出弧长，再利用弧长的表达式，可以反过来求出电流的大小。【解答】解：（1）当在线圈中通入的微小电流为I时，线圈中存在安培力，F＝NBIl，再根据胡克定律有：F＝NBIl＝k|Δx|，解得：|Δx|＝；设此时细杆转动的弧度为，则反射光线转过的弧度为2，由题可知，r＞＞d＞＞|Δθx|，所以有sin2≈2，sin≈θ，|Δx|＝d，s＝2r，联立可得：s＝。θθθθθθ（2）因为测量前未调零，设没有通电时反射光点偏移的弧长为s′，由将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1可知，s1＝，当该电流反向接入后，反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2可知，s2＝，第20页（共25页）联立可得I′＝。【点评】本题考查安培力和光的反射定律，需要考生对这两个知识点有着较深刻的理解，难度较大。（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[物理—选修3-3]（15分）（多选）13．（5分）一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p﹣T图上从a到b的线段所示。在此过程中（）A．气体一直对外做功B．气体的内能一直增加C．气体一直从外界吸热D．气体吸收的热量等于其对外做的功E．气体吸收的热量等于其内能的增加量【分析】在p﹣T图线中，ab为过坐标原点的直线，气体做等容变化，气体不做功，温度升高，分子的平均动能增大，内能增大，结合热力学第一定律即可判断。【解答】解：A、根据一定质量的理想气体状态方程可得：，从a到b为过坐标原点的倾斜直线，故气体做等容变化，气体不做功，故A错误；B、从a到b，气体的温度逐渐升高，分子的平均动能逐渐增大，故内能一直增加，故B正确；DEC、由于气体从a到b不做功W＝0，且内能逐渐增大，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，气体一直从外界吸热，且吸收的热量等于其内能的增加量，故CE正确，D错误；故选：BCE。【点评】本题主要考查了p﹣T图像，抓住ab过坐标原点为等容变化，结合热力学第一定律即可判断。第21页（共25页）14．（10分）如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0。环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。（ⅰ）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；（ⅱ）将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。【分析】刚开始升温时，各部分气体都处于等压变化，对第Ⅳ部分气体应用盖﹣吕萨克定律即可求出变化后的温度；第Ⅱ和第Ⅲ部分气体处于连通状态，可以看成一个整体，分别对这部分和第Ⅳ部分气体应用理想气体的状态方程列式，联立即可求解。【解答】解：（1）在升温过程中，B汽缸中活塞缓慢下移，最终到达汽缸底部，此过程为等压变化，各部分气体的压强始终等于P0对于第Ⅳ部分气体，升温前压强为P0，体积为V0﹣V0＝V0升温之后的体积为V0，设活塞刚到达汽缸底部时的温度为T1，由盖﹣吕萨克定律可得：解得：T1＝（2）将Ⅱ、Ⅲ中的气体看作一个整体，初始压强为P0，温度为T0，体积为第22页（共25页）当温度升至2T0时，设此时这部分气体的压强为P2，体积为V2，由理想气体的状态方程得：缓慢升温过程中，B汽缸中活塞上、下两部分的气体压强始终相等，所以对第Ⅳ气体在升温前后有：联立可得：P2＝答：（1）B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度为；（2）A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强为。【点评】本题考查理想气体的实验定律和理想气体的状态方程，牢记定律内容及相关公式。处理第二问时，关键点在于将第Ⅱ、Ⅲ两部分气体看作一个整体处理，并且知道B气缸活塞上、下两部分气体的压强相等。[物理—选修3-4]（15分）15．一平面简谐横波以速度v＝2m/s沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形图如图所示。介质中平衡位置在坐标原点的质点A在t＝0时刻的位移y＝cm。该波的波长为4m，频率为0.5Hz。t＝2s时刻，质点A向下运动（填“向上运动”“速度为零”或“向下运动”）。【分析】根据题图中各点坐标求出波的解析式，即可知波长；根据T＝、f＝求周期和频率；根据传播时间和周期关系分析质点运动情况。【解答】解：设波的解析式为第23页（共25页）y＝Asin（x+）φ由题图知A＝2cm，波图像过点（0，）和（1.5，0），代入数据得y＝2sin（+）（cm）则即＝4m；该波λ的波速v＝2m/s，则f＝＝Hz＝0.5Hz；因T＝所以t＝2s时刻振动形式和零时刻相同，根据“爬坡法”可知质点A向下运动。故答案为：4，0.5，向下运动【点评】本题考查横波的图像与波速度、波长、频率的计算，解题关键掌握波的解析式求解，会根据波的传播情况分析质点振动情况。16．如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面，M为AB边的中点。在截面所在平面内，一光线自M点射入棱镜，入射角为60°，经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从CD边的P点射出棱镜。求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。【分析】根据题目条件，分别用折射定律和全反射的定义写出折射率的表达式，再利用几何关系联立求解即可得出折射率的大小；再根据几何关系求出P、C两点之间的距离即可。【解答】解：设该棱镜的临界角为，折射率为n，由临界角和折射率的关系可知：sin＝αα设光线从M点射入棱镜后折射角为，由几何关系可得：＝90°﹣ββα第24页（共25页）由折射定律可知：联立可得：解得：，即棱镜的折射率为将上述几何关系表示在下图：由数学知识可求得：且由几何关系可得：BN＝BM•tanNC＝BC﹣BNαPC＝M是AB的中点，所以BM＝，且BC＝a联立解得：PC＝即P、C两点之间的距离为答：棱镜的折射率为，P、C两点之间的距离为。【点评】本题考查光的折射定律、全反射等相关知识和计算问题，突破点在于灵活运用折射率的不同表达形式，并联合几何知识快速求解。第25页（共25页）