2022年河南省实验中学高考物理二调试卷一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分．第1-6题只有一项符合题目要求，第7-10题有多项符合题目要求．全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．（5分）（2022•河南校级模拟）下列有关物理学史的研究方法，说法正确的是（ ） A．用点电荷来代替实际带电体是采用了理想模型的方法 B．在验证力的平行四边形定则的实验中使用了控制变量的方法 C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了微元法 D．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E=，电容C=，加速度a=都是采用比值法定义的【考点】：物理学史．【分析】：本题根据常用的物理研究方法，如理想模型法、等效替代法等，进行解答即可．【解析】：解：A、用点电荷来代替实际带电体是采用了理想模型的方法，故A正确．B、在验证力的平行四边形定则的实验中使用了等效替代的方法，故B错误．C、在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验使用了控制变量的方法，故C错误．D、场强E=，电容C=是采用比值法定义，而加速度a=不是采用比值法定义，因为a与F成正比，与m成反比，不符合比值法定义的共性．故D错误．故选：A．【点评】：解决此题的关键要知道物理常用的研究方法，如理想模型法、等效替代法、控制变量法、比值定义等． 2．（5分）（2022•河南校级模拟）太空授课是一个新课题，王亚平在“天宫一号”上完成了太空授课，成了太空授课首席老师．她演示了在地面上不可能完成的几个物理实验，其中之一是用细线拴着小球在任意平面内做匀速圆周运动．某同学观看太空授课后，想在电梯里模拟此实验，用以探究失重状态下的圆周运动．长为l的轻细线一端固定、另一端拴着小球，在电梯启动向下加速运动的时间内，让小球在竖直平面内做圆周运动，已知电梯的加速度为a（a＜g），重力加速度为g，则（ ） A．小球通过圆周最高点的最小速度为 B．小球通过圆周最低点时细线拉力比电梯静止时小 C．小球通过圆周最高点时细线拉力比电梯静止时小 D．小球所受细线拉力不变【考点】：向心力．【分析】：太空中小球处于完全失重状态，只要给小球一个速度，小球就可以做匀速圆周运动，此时由绳子的拉力提供向心力．在电梯启动向下加速运动的时间内，小球受到的重力与绳子的拉力作用下做圆周运动，与竖直平面内的圆周运动相似．-18-\n【解析】：解：A、电梯静止时，球恰好经过最高点P，速度取最小值时只受重力，重力提供向心力：mg=在电梯启动向下加速运动的时间内：mg﹣ma=所以：．故A错误，C正确；B、电梯静止时，球经过最低点Q时，受重力和绳子的拉力，，在电梯启动向下加速运动的时间内：，联立以上各式，得：F2＜F1．故B正确；D、由AB的分析可知，小球对细线的拉力是不同的．故D错误．故选：BC【点评】：解答本题要抓住小球处于失重状态，由绳子的拉力和重力提供向心力和竖直方向的加速度，再根据向心力公式分析即可，难度不大，属于中档题目． 3．（5分）（2022•河南校级模拟）普通的交流电压表是不能直接接在高压输电线路上测量电压的，通常要通过电压互感器来连接．图中电压互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电压为Uab；cd一侧线圈的匝数较多，工作时电压为Ucd．为了使电压表能正常工作，则（ ） A．ab接MN，cd接PQ，Uab＜UcdB．ab接MN，cd接PQ，Uab＞Ucd C．ab接PQ，cd接MN，Uab＜UcdD．ab接PQ，cd接MN，Uab＞Ucd【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：电压互感器的作用是使大电压变成小电压，然后利用变压器工作原理：=可确定接哪一端．【解析】：解：电压互感器的作用是使大电压变成小电压，根据变压器原理可知，应使匝数多的接入输入端；故MN接cd，PQ接ab；且Uab＜Ucd；-18-\n故选：C【点评】：本题考查电压互感器原理，要注意电压互感器是将大电压变为小电压进行测量． 4．（5分）（2022•河南校级模拟）我国国产航母辽宁舰将安装电磁弹射器，其工作原理与电磁炮类似．用强迫储能器代替常规电源，它能在极短时间内释放所储存的电能，由弹射器转换为飞机的动能而将其弹射出去．如图所示，是电磁弹射器简化原理图，平等金属导轨与强迫储能器连接．相当于导体棒的推进器ab跨放在导轨上，匀强磁场垂直于导轨平面，闭合开关S，强迫储能器储存的电能通过推进器释放，使推进器受到磁场的作用力而沿平行导轨向前滑动，推动飞机使飞机获得比滑跃时大得多的加速度，从而实现短距离起飞的目标．一切摩擦和电阻消耗的能量都不计，对于电磁弹射器，下列说法正确的是（ ） A．强迫储能器上端为正极 B．平行导轨间距越大，飞机能获得的加速度越大 C．强迫储能器储存的能量越多，飞机被加速的时间越长 D．飞机的质量越大，离开弹射器时的动能越大【考点】：动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】：推进器受到磁场的作用力而沿平行导轨向前滑动，所以推进器受到向右的安培力，根据左手定则判断电流方向从而判断强迫储能器哪极带正电，根据安培力公式结合牛顿第二定律即可判断平行导轨间距与加速度的关系，强迫储能器储存的能量转化为飞机的初动能，强迫储能器储存的能量越多，飞机的初动能越大，与飞机质量无关．【解析】：解：A、推进器受到磁场的作用力而沿平行导轨向前滑动，所以推进器受到向右的安培力，根据左手定则可知，导体棒中的电流方向从下向上，所以强迫储能器下端为正极，故A错误；B、根据F=BIL可知，当L越大时，安培力越大，则飞机受到的合外力越大，则加速度越大，故B正确；C、强迫储能器储存的能量转化为飞机的初动能，强迫储能器储存的能量越多，飞机的初动能越大，则初速度越大，所以加速度的时间越短，故C错误；D、飞机离开弹射器时的动能由强迫储能器储存的能量转化而来的，与飞机质量无关，故D错误．故选：B【点评】：本题属于信息给予题，要求同学们能读懂题目的意思，能根据图象得出有用信息，再结合我们所学知识去分析，难度要求较高，是一道考查学生能力的好题． 5．（5分）（2022•河南校级模拟）半径为r的带缺口刚性金属圆环在纸面上固定放置，并处在变化的磁场中，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如甲图所示．磁场的方向垂直于纸面，规定垂直纸面向里为正，变化规律如乙图所示．则以下说法正确的是（ ）-18-\n A．第2秒内上极板为正极 B．第3秒内上极板为负极 C．第2秒末两极板之间的电场强度大小为零 D．第4秒末两极板之间的电场强度大小为【考点】：法拉第电磁感应定律；电容；闭合电路的欧姆定律．【分析】：由图可知磁感应强度的变化，则由楞次定则可得出平行板上的带电情况；对带电粒子受力分析可知带电粒子的受力情况，由牛顿第二定律可知粒子的运动情况；根据粒子受力的变化可知粒子加速度的变化，通过分析可得出粒子的运动过程．【解析】：解：A、第2s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；故A正确；B、第3s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；故B错误；C、根据法拉第电磁感应定律可知，第2秒末感应电动势不变，则两极板之间的电场强度大小不为零，故C错误；D、由题意可知，第4秒末两极板间的电场强度大小E===，故D错误；故选：A．【点评】：本题属于综合性题目，注意将产生感应电流的部分看作电源，则可知电容器两端的电压等于线圈两端的电压，这样即可还原为我们常见题型． 6．（5分）（2022•湖南模拟）如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L3与L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面向里．现有一矩形线圈abcd，宽度cd=L=0.5m，质量为0.1kg，电阻为2Ω，将其从图示位置静止释放（cd边与L1重合），速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，t2～t3之间图线为与t轴平行的直线，t1～t2之间和t3之后的图线均为倾斜直线，已知t1～t2的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向．（重力加速度g取10m/s2）．则（ ）-18-\n A．在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为2.5C B．线圈匀速运动的速度大小为8m/s C．线圈的长度为1m D．0～t3时间内，线圈产生的热量为4.2J【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．【专题】：电磁感应——功能问题．【分析】：（1）根据感应电荷量q=，求解电荷量；（2）t2～t3这段时间内线圈做匀速直线运动，线圈所受的安培力和重力平衡，根据平衡求出匀速直线运动的速度．（3）通过线圈在t1～t2的时间间隔内，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，线圈做匀加速直线运动，加速度为g，知ab边刚进磁场，cd边也刚进磁场，线圈的长度等于磁场宽度的2倍．根据运动学公式求出线圈的长度．（4）根据能量守恒求出0～t3这段时间内线圈中所产生的电热．【解析】：解：B、根据平衡有：mg=BIL而I=联立两式解得：m/s．故B正确．C、t1～t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁场．设磁场的宽度为d，则线圈的长度：L′=2d线圈下降的位移为：x=L′+d=3d，则有：3d=vt﹣gt2，将v=8m/s，t=0.6s，代入解得：d=1m，所以线圈的长度为L′=2d=2m．故C错误．A、在0～t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为：C．故A错误．-18-\nD、0～t3时间内，根据能量守恒得：Q=mg（3d+2d）﹣mv2=J．故D错误．故选：B【点评】：解决本题的关键理清线圈的运动情况，选择合适的规律进行求解，本题的难点就是通过线圈匀加速直线运动挖掘出下落的位移为磁场宽度的3倍． 7．（5分）（2022•河南校级模拟）取空间中两等量点电荷间的连线为x轴，轴上各点电势φ随x的变化关系如图所示，设x轴上B、C两点的电场强度分别是EBx、ECx，下列说法中正确的是（ ） A．该静电场由两个等量同种点电荷产生 B．该静电场由两个等量异种点电荷产生 C．EBx的大小小于ECx的大小 D．负电荷沿x轴从B点移动到C点的过程中，电势能先减小后增大【考点】：电势能．【分析】：φ﹣x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．根据功能关系分析电场力做功的正负和电势能的变化情况．【解析】：解：AB、如果该电场由等量异种电荷产生，则两点电荷连线的中垂线是等势面，故连线中点为零电势点，可知静电场由两个等量同种点电荷产生．故A正确，B错误．C、该图象的斜率等于场强E，斜率越大，场强越大，则知EBx的大小大于ECx的大小，故C错误；D、负电荷沿x轴从B点移动到C点的过程中，电势先升高后降低，根据公式Ep=qφ，电势能先减小后作增加；故D正确；故选：AD．【点评】：电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否． 8．（5分）（2022•河南校级模拟）如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，绳子所受的拉力为T1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2（k2＞k1）的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为T2，弹簧的弹力为F2，则下列关于T1与T2、F1与F2大小之间的关系，正确的是（ ）-18-\n A．T1＞T2B．T1=T2C．F1＜F2D．F1=F2【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】：以小球B为研究对象，分析受力情况，根据共点力平衡条件并采用三角形相似法，得出绳子的拉力、弹簧的弹力与小球B的重力的关系表达式进行分析即可．【解析】：解：以小球B为研究对象，分析受力情况，如图所示：由平衡条件可知，弹簧的弹力F和绳子的拉力T的合力F合与重力mg大小相等，方向相反，即F合=mg，作出力的合成如图，由三角形相似得：==又由题，OA=OB=L，得：T=mgF=故绳子的拉力F只与小球B的重力有关，与弹簧的劲度系数K无关，所以得到T1=T2；当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故长度x增加，故F2＞F1；故AD错误，BC正确；故选：BC．【点评】：本题是三力平衡问题，要根据共点力平衡条件并结合相似三角形法列式分析，不难． 9．（5分）（2022•河南校级模拟）“神舟十号”与“天宫一号”已5次成功实现交会对接．如图所示，交会对接前“神舟十号”飞船先在较低圆轨道1上运动，在适当位置经变轨与在圆轨道2上运动的“天宫一号”对接．M、Q两点在轨道1上，P点在轨道2上，三点连线对地球球心，把飞船的加速过程简化为只做一次短时加速．下列关于“神舟十号”变轨过程的描述，正确的有（ ）-18-\n A．“神舟十号”在M点加速，可以在P点与“天宫一号”相遇 B．“神舟十号”在M点经一次加速，即可变轨到轨道2 C．“神舟十号”经变轨后速度总大于变轨前的速度 D．“神舟十号”变轨后的运行周期总大于变轨前的运行周期【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】：人造卫星问题．【分析】：根据万有引力提供向心力=ma，确定线速度、周期、向心加速度等与半径的关系．“神舟十号”点火加速后，所需的向心力变大，万有引力不够提供，做离心运动，这样才能完成对接．【解析】：解：A、神舟十号与天宫一号实施对接，需要神舟十号抬升轨道，即神舟十号开动发动机加速做离心运动使轨道高度抬长与天宫一号实现对接，故“神舟十号”在M点加速，可以在P点与“天宫一号”相遇，故A正确；B、卫星绕地球做圆周运动向心力由万有引力提供，故有，解得：v=，所以卫星轨道高度越大线速度越小，“神舟十号”在轨道2的速度小于轨道1的速度，所以M点经一次加速后，还有一个减速过程，才可变轨到轨道2，故BC错误；D、根据解得：T=知轨道半径越大，周期越大，所以“神舟十号”变轨后的运行周期总大于变轨前的运行周期，故D正确．故选：AD【点评】：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力=ma，会根据轨道半径比较线速度、周期、向心加速度等． 10．（5分）（2022•河南校级模拟）在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同的工件．已知工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量为m．经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L．已知重力加速度为g，下列判断正确的有（ ）-18-\n A．传送带的速度大小为 B．工件在传送带上加速时间为 C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为 D．传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为【考点】：动能定理的应用；牛顿第二定律；功能关系．【专题】：传送带专题．【分析】：工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，通过x=vT求出传送带的速度；根据匀加速度知识求得运动的时间，根据工件和传送带之间的相对路程大小，求出摩擦产生的热量；根据能量守恒知，多消耗的能量一部分转化为工件的动能，一部分转化为摩擦产生的内能．【解析】：解：A、工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x=vT，解得传送带的速度v=．故A正确．B、设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为μg，根据v=v0+at，解得：t=．故B错误．C、工件与传送带相对滑动的路程为：，则摩擦产生的热量为：Q=．故C错误．D、根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量E=，在时间t内，传送工件的个数n=，则多消耗的能量．故D正确．故选：AD．【点评】：解决本题的关键知道工件在传送带上的运动规律，知道各个工件在传送带上的运动规律相同，结合牛顿第二定律、运动学公式、能量守恒综合求解． 二、非选择题（共60分）11．（7分）（2022•河南校级模拟）实验桌上准备了下列器材：A、电源：电动势E约3V，内阻r＜1ΩB、电压表：量程3V，内阻RV=30kΩC、开关一只要求用上列器材尽可能精确地测量一只阻值在10kΩ～20kΩ范围内的待测电阻Rx的阻值-18-\n（1）设计实验电路，在实物图中按所设计的电路连线；（2）按照实验电路，写出结果表达式Rx= ．【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：本题（1）根据待测电阻的阻值与电压表内阻接近可知应将待测电阻与电压表串联，在考虑将电键与待测电阻并联即可；（2）根据闭合电路欧姆定律写出电键闭合与断开时的表达式（由于电源内阻相比待测电阻太小可忽略电源的内压降），然后求解即可．【解析】：解：（1）：由于待测电阻的阻值与电压表内阻接近，应将待测电阻与电压表串联，并将电键与待测电阻并联即可完成测量，电路图及连线图如图所示：（2）：设电键闭合时电压表示数为，由于电源内阻r远小于电压表内阻，根据闭合电路欧姆定律应有：E=…①电键断开时电压表示数为，根据闭合电路欧姆定律应有：E=…②联立①②解得：=故答案为：（1）如图；（2）【点评】：电压表的反常规接法：当待测电阻阻值与电压表内阻接近时，可考虑将待测电阻与电压表串联使用． 12．（8分）（2022•河南校级模拟）现在需要测量物块与长木板之间的动摩擦因数，备有如下器材：两个相同的物块A、B，两个带有固定装置的光滑小滑轮，卡子若干，一把镊子，一个黑板擦，几条长轻质细线，两个小盘．小丁和晓平两个同学配合进行如下实验：-18-\n首先把木板固定在水平桌面上，把两小滑轮固定在木板的左端，把两个物块A和B（平行木板左边缘、AB距离较近）放到木板的右端，用细线把物块和小盘通过小滑轮连接，通过调整小滑轮的高度使木板上方的细线水平，在物块A和B右端固定好长细线；晓平同学用黑板擦按住两个物块A、B，小丁同学在两个小盘里放上不同个数的砝码，然后晓平同学抬起黑板擦，两个物块同时运动起来，当运动较快的物块接近木板左端时按下黑板擦，两个物块同时停下来．（1）为完成此实验，还需要如下器材中的 BD ；A、秒表B、刻度尺C、弹簧测力计D、天平（2）晓平和小丁同学共同测量出A和B在木板上的位移，分别记作xA和xB，物块的质量为m，物块A和对应小盘里钩码、小盘总质量的和为2m，物块B和对应小盘里钩码、小盘的总质量的和为3m，根据这些量能否求出物块和木板之间的滑动摩擦因数μ 能 （填“能”或“否”），若不能，写出还须测量的物理量，若能，请你写出动摩擦因数表达式 μ= ；（3）若细线与木板上表面平行，而木板左端比右端略低，则测量的动摩擦因数比真实值 偏小 （选填“偏大”“偏小”“不变”）．【考点】：探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】：实验题；摩擦力专题．【分析】：（1）需要刻度尺测量距离，需要天平测量物体质量；（2）对滑块、勾码分别运用牛顿第二定律列式求解出加速度表达式，然后结合位移时间关系公式列式求解；（3）若细线与木板上表面平行，而木板左端比右端略低，如何重力的下滑分力和摩擦力平衡，动摩擦因素的测量值为零．【解析】：解：（1）需要天平测量物体质量m；需要刻度尺测量物体的位移；不需要测量拉力和时间；故选：BD；（2）两个物体均做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：对勾码和物体整体，根据牛顿第二定律，有：对物体A和勾码：mg﹣μmg=maA对物体B和勾码：2mg﹣μmg=maB联立解得：故：-18-\nμ=（3）若细线与木板上表面平行，而木板左端比右端略低，如何重力的下滑分力和摩擦力平衡，即平衡摩擦力，说明动摩擦因素的测量值为零，即减小了；故即使没有恰好平衡摩擦力，动摩擦因素的测量值也是减小的；故答案为：（1）BD；（2）能，μ=；（3）偏小．【点评】：本题关键是明确测量原理，根据牛顿第二定律列式求解出动摩擦因素的表达式分析，第三问联系平衡摩擦力考虑，不难． 13．（12分）（2022•河南校级模拟）波音777曾被业界称为最安全的客机之一，涉及的重大事故不多见．假设波音777飞机起飞时所受的阻力是其自重的0.1倍，根据下表波音777的性能参数，重力加速度g取10m/s2，解决以下问题：最大巡航速率0.89马赫（35000英尺巡航高度）发动机推力（×2）330kN（×2）最大起飞质量200000kg起飞所需跑道长度（最大起飞质量时）2500m安全起飞速度空速160节（v≈70m/s）（1）波音777巡航速度为0.8马赫，设定马赫保持，推力为发动机推力的91%，求在巡航高度上飞机的阻力；（2）求在最大起飞质量、最大推力的情况下，飞机的加速度．【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）当飞机巡航时，飞机匀速运动，由共点力平衡可知推力与重力的合力等于阻力，即可求的阻力；（2）通过表格中的数据可知，飞机起飞时的位移，起飞速度，由运动学公式求的加速度【解析】：解：（1）巡航时为匀速运动，根据共点力平衡可知（2）起飞过程中有运动学公式a=答：（1）在巡航高度上飞机的阻力为2.08×106N；（2）在最大起飞质量、最大推力的情况下，飞机的加速度317.52m/s2【点评】：本题主要考查了牛顿第二定律与运动学公式，关键理解飞机的运动过程 14．（18分）（2022•吉林三模）如图所示，质量为m、电荷量为+q的粒子从坐标原点O以初速度v0射出，粒子恰好经过A点，O、A两点长度为l，连线与坐标轴+y方向的夹角为α=370，不计粒子的重力．-18-\n（1）若在平行于x轴正方向的匀强电场E1中，粒子沿+y方向从O点射出，恰好经过A点；若在平行于y轴正方向的匀强电场E2中，粒子沿+x方向从O点射出，也恰好能经过A点，求这两种情况电场强度的比值（2）若在y轴左侧空间（第Ⅱ、Ⅲ象限）存在垂直纸面的匀强磁场，粒子从坐标原点O，沿与+y轴成30°的方向射入第二象限，恰好经过A点，求磁感应强度B．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：（1）粒子在这两个方向不同的匀强电场中均做类平抛运动，根据运动的合成与分解分成平行于电场线和垂直于电场线方向分别列方程，然后联立求解；（2）作出粒子圆周运动的轨迹，由几何知识确定半径，然后由牛顿第二定律列方程求磁感应强度．【解析】：解（1）在电场E1中：①lcosα=vot1②在电场E2中：③lsinα=v0t2④联立①②③④得：⑤（2）设轨迹半径为R，轨迹如图所示，可见：OC=2Rsin30°①由几何知识可得：②解得：③又由：④得：⑤-18-\n由③⑤得：，方向垂直纸面向里；答：（1）这两种情况电场强度的比值；（2）磁感应强度，方向垂直纸面向里．【点评】：带电粒子在电场中的偏转常根据类平抛运动规律列方程求解，在磁场中通常是先画出轨迹由几何知识确定半径，然后由牛顿第二定律求q、m、B、v的某一个量，这是一道考查典型方法的好题． 【选修3-3】15．（6分）（2022•河南校级模拟）下列说法中正确的是（ ） A．无论技术怎样改进，热机的效率都不能达到100% B．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用 C．能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性 D．已知阿伏加德罗常数、某种气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子体积的大小 E．“油膜法估测分子的大小”实验中，用一滴油酸酒精溶液的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测油酸分子的直径【考点】：分子的热运动．【分析】：热力学第一定律：不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，或不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，或不可逆热力过程中熵的微增量总是大于零；液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．【解析】：解：A、根据热力学第二定律，无论技术怎样改进，热机的效率都不能达到100%，故A正确；B、露珠呈球状是由于液体表面张力的作用，故B正确；C、能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，说明能量虽然守恒，但是仍然要节约能源，故C正确；D、已知阿伏加德罗常数、某种气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子平均占据空间体积的大小，由于分子距离很大，故不能确定分子的大小，故D错误；-18-\nE、“油膜法估测分子的大小”实验中，用一滴油酸酒精溶液中油酸的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测油酸分子的直径，不是油酸酒精溶液的体积与浅盘中油膜面积的比值，故E错误；故选：ABC．【点评】：本题考查了热力学第二定律、液体表面张力、阿伏加德罗常数、“油膜法估测分子的大小”实验等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识． 16．（9分）（2022•河南校级模拟）如图所示，气缸呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为d．筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞处于离底部的高度，外界大气压强为1×105Pa，温度为27℃，现对气体加热．求：①当活塞刚好到达汽缸口时，气体的温度；②气体温度达到387℃时，活塞离底部的高度和气体的压强．【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）根据盖吕萨克定律求出活塞刚好到达顶部时气体的临界温度．（2）若温度387℃高于临界温度时，气体发生等容变化，根据查理这定律求解缸内气体的压强．【解析】：解：（1）以封闭气体为研究对象：P1=P0V1=ST1=300K；设温度升高到T0时，活塞刚好到达汽缸口．此时有：p2=p0，V2=dS，T2=？根据盖•吕萨克定律：=，得T2=600K．（2）T3=660K＞T2，封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化．所以：l3=d此时有：p3，V3=dS，T3=600K；由理想气体状态方程：=解得P3=1.1×105Pa答：①当活塞刚好到达汽缸口时，气体的温度为600K；②气体温度达到387℃时，活塞离底部的高度为d，气体的压强1.1×105Pa．【点评】：本题关键要确定气体状态变化过程，再选择合适的规律求解，同时，要挖掘隐含的临界状态进行判断． -18-\n【选修3-4】17．（2022•河南校级模拟）下列关于光的说法中正确的是（ ） A．雨后彩虹是由于太阳光入射到水滴中发生全反射形成的 B．“和谐号”动车组高速行驶时，地面上测得其车厢长度将明显变短 C．在双缝干涉实验中，用红光代替黄光作为入射光可增大干涉条纹的间距 D．白光通过双缝后产生的干涉条纹是彩色的，其原因是不同色光的波长不同 E．光从一种介质进入另一种介质发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同【考点】：光的折射定律．【分析】：彩虹是光的折射现象；肥皂膜上出现彩色条纹是光的干涉现象；双缝干涉实验中，当波长越长时，条纹间距越宽；白光通过双缝后，因波长的不同，则条纹间距不等；发生光的折射现象时，光的速度随着折射率不同，而发生变化，从而即可各项求解．【解析】：解：A、雨后彩虹是由于太阳光入射到水滴中发生的折射形成的，故A错误；B、根据多普勒效应，“和谐号”动车组高速行驶时，地面上测得其车厢长度将明显变短或变长，故B错误；C、双缝干涉实验中，用红光代替黄光后，波长变长，则导致干涉条纹的间距增大，故C正确；D、白光通过双缝后产生的干涉，因波长不一，导致干涉条纹间距不同，从而出现彩色条纹，故D正确；E、从一种介质进入另一种介质发生折射是因为光在不同介质中的折射率不同，根据C=nv，可知，传播速度也不同，故E正确；故选：CDE．【点评】：考查光的折射、衍射与干涉现象的原理，及其区别，注意干涉条纹间距影响的因素，并理解折射中，传播速度与折射率成反比． 18．（2022•河南校级模拟）如图所示，折射率为n=的正方形透明板ABCD位于真空中，透明板边长为3a．点光源S位于透明板的中分线MN上，S与AB边相距a，它朝着AB边对称射出两束光线，入射角为i=60°，只考虑一次反射，求两入射光射到AB边后的交点到CD的距离．【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：先作出光路图，然后根据反射定律和全反射规律丙结合几何关系列式求解．【解析】：解：S1与S2关于透明板对称、两入射光关于MN对称，则入射光关于MN对称，则反射光必定相交于MN上，根据对称性作出光路图，如图所示，光从透明板射向空气时发生全反射的临界角为：C=arcsin-18-\n根据折射定律可知：n=解得：sinα=则sinβ=＞=sinC，则在BC面上发生全反射，没有折射光线根据反射定律可知γ=β应用数学知识可知BF=（）tanβ=GH=（）tanγ=则G到CD的距离为：L=3a﹣BF﹣GH=（3﹣2）a答：两入射光射到AB边后的交点到CD的距离为（3﹣2）a．【点评】：几何关系的问题最关键的是画出光路图，然后结合反射定律和全反射知识列式求解，基础题目． 【选修3-5】19．（2022•河南校级模拟）放射性同位素C被考古学家称为“碳钟”，它可以用来判定古生物体的年代．宇宙射线中高能量中子碰撞空气中的氮原子后，就会形成很不稳定的C，它很容易发生β衰变，变成一个新核，其半衰期为5730年．该衰变的核反应方程式为 ．C的生成和衰变通常是平衡的，即生物机体中C的含量是不变的．当生物体死亡后，机体内C的含量将会不断减少．若测得一具古生物遗骸中C含量只有活体中的25%，则这具遗骸距今约有 11460 年．【考点】：原子核衰变及半衰期、衰变速度．【专题】：衰变和半衰期专题．【分析】：根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程；经过一个半衰期，有半数发生衰变，通过剩余的量确定半衰期的次数，从而求出遗骸距今约有多少年．【解析】：解：根据电荷数守恒、质量数守恒得，．经过一个半衰期，有半数发生衰变，测得一古生物遗骸中的C含量只有活体中的25%，根据=得，n=2，即经过2个半衰期，所以t=2×5730=11460年．故答案为：；11460-18-\n【点评】：解决本题的关键知道在核反应中电荷数守恒、质量数守恒，以及知道半衰期的定义． 20．（2022•河南校级模拟）如图所示，质量为3kg的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内粗糙的底板正中央放着一个质量为1kg的小木块，小木块可视为质点．现使木箱和小木块同时获得大小为2m/s的方向相反的水平速度，小木块与木箱每次碰撞过程中机械能损失0.4J，小木块最终停在木箱正中央．已知小木块与木箱底板间的动摩擦因数为0.3，木箱内底板长为0.2m．求：①木箱的最终速度的大小；②小木块与木箱碰撞的次数．【考点】：动量守恒定律．【专题】：动量定理应用专题．【分析】：①由动量守恒定律可以求出木箱的最终速度；②应用能量守恒定律与功的计算公式可以求出碰撞次数．【解析】：解：①设最终速度为v，木箱与木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Mv﹣mv=（M+m）v′，代入数据得：v′=1m/s；②对整个过程，由能量守恒定律可得：mv2+Mv2=△E+（M+m）v′2，设碰撞次数为n，木箱底板长度为L，则有：n（μmgL+0.4）=△E，代入数据得：n=6；答：①木箱的最终速度的大小为1m/s；②小木块与木箱碰撞的次数为6次．【点评】：本题考查了求木箱的速度、木块与木箱碰撞次数，分析清楚运动过程、应用动量守恒动量与能量守恒定律即可正确解题．-18-
