湖北省武汉市2022届高三物理下学期5月调考试卷含解析

湖北省武汉市2022届高三五月调考物理试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6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．关于经典力学的局限性，下列说法正确的是()A．经典力学不能很好地描述微观粒子运动的规律B．地球以3×104m/s的速度绕太阳公转时，经典力学就不适用了C．在所有天体的引力场中，牛顿的引力理论都是适用的D．20世纪初，爱因斯坦建立的相对论完全否定了经典力学的观念和结论2．某小型发电厂输出电压为u=220sin100πt（V）的交流电，经过升压变压器输送到较远的地区后，再经过降压变压器输给用户使用，如图所示．已知变压器都是理想变压器，升压变压器和降压变压器的匝数比分别为1：n和n：1，下列说法中正确的是()A．降压变压器中原线圈的导线比副线圈的要粗B．升压变压器原线圈中的电流大于降压变压器副线圈中的电流C．若用户得到的电压（有效值）为220V，则降压变压器的匝数比大于n：1D．若用户增加时，输电线上分得的电压将增加3．如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1=O1b=bO2=O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2．当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为()A．B2﹣B1B．B1﹣C．B2﹣D．4．如图所示，两个带电量分别为2q和﹣q的点电荷固定在x轴上，相距为2L．下列图象中，两个点电荷连线上场强大小E与x关系的图象可能是()22A．B．C．D．5．如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为α=15°，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧．调节A、B间细线的长度，当系统处于静止状态时β=45°．不计一切摩擦．设小环甲的质量为m1，小环乙的质量为m2，则m1：m2等于()A．tan15°B．tan30°C．tan60°D．tan75°6．一质点做直线运动的位移s与时间t的关系如图所示．质点在3～10s内的平均速度与哪一时刻的瞬时速度近似相等()A．第3s末B．第5s末C．第7s末D．第9s末7．某蹦床运动员在一次蹦床运动中仅在竖直方向运动，如图为蹦床对该运动员的作用力F随时间t的变化图象．不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是()A．t1至t2过程内运动员和蹦床构成的系统机械能守恒B．t1至t2过程内运动员和蹦床构成的系统机械能增加C．t3至t4过程内运动员和蹦床的势能之和增加D．t3至t4过程内运动员和蹦床的势能之和先减小后增加228．如图所示，在x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在原点O处有一粒子源，t=0时刻沿纸面内的各个方向同时发射一群速率相同、质量为m、电荷量为+q的粒子，其中一个与x轴正方向成60°角射入磁场的粒子在t1时刻到达A点（图中未画出），A点为该粒子运动过程中距离x轴的最远点，且OA=L．不计粒子间的相互作用和粒子的重力，下列结论正确的是()A．粒子的速率为B．粒子的速率为C．t1时刻仍在磁场中的所有粒子均处在以O点为圆心、L为半径的圆周上D．t1时刻仍在磁场中的所有粒子均处在以O点为圆心、L为半径的圆周上三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．9．用如图所示的电路可同时测量定值电阻和电压表最小量程的内电阻．图中V1、V2为两块相同规格的多量程待测电压表，Rx为较大阻值的待测定值电阻，A为电流表，R为滑动变阻器，E为电源，S为电键．（1）将两块电压表均调至最小量程，闭合电键S，移动滑动变阻器的滑片P至适当位置，记录下电流表A的示数I、电压表V1和V2的示数U1和U2，则电压表最小量程的内电阻RV=__________，待测定值电阻的阻值Rx=__________．（2）根据现有的实验条件提出一条减小实验误差的措施：__________．10．某实验小组设计了如图1所示的实验装置，一根轻质细绳绕过定滑轮A和轻质动滑轮B后，一端与力传感器相连，另一端与小车相连．动滑轮B下面悬挂一个钩码．22某次实验中，由静止开始向右拉动纸带的右端，使小车向右加速运动，由传感器测出细绳对小车的拉力为F=0.69N，打点计时器打出的纸带如图2所示，打点计时器使用交流电的频率为f=50Hz，重力加速度为g=10m/s2，试回答下列问题：（1）打点计时器打下标号为“3”的计数点时，小车的速度v3=__________m/s（保留3位有效数字）；（2）要求尽可能多的利用图2中的数据计算小车运动的加速度大小a，结果是a=__________m/s2（保留1位小数）；（3）不计轻绳与滑轮及轴与滑轮之间的摩擦，动滑轮B下面所悬挂钩码的质量m=__________kg．11．空间站是一种在近地轨道长时间运行，可供多名航天员巡访、长期工作和生活的载人航天器．如图所示，某空间站在轨道半径为R的近地圆轨道I上围绕地球运行，一宇宙飞船与空间站对接检修后再与空间站分离，分离时宇宙飞船依靠自身动力装置在很短的距离内加速，进入椭圆轨道Ⅱ运行．已知椭圆轨道的远地点到地球球心的距离为3.5R，地球质量为M，万有引力常量为G，求（1）空间站围绕地球运行的周期．（2）分离后飞船在椭圆轨道上至少运动多长时间才有机会和空间站进行第二次对接？12．（18分）如图所示，两根完全相同的光滑金属导轨OP、OQ固定在水平桌面上，导轨间的夹角为θ=74°．导轨所在空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B1=0.2T．t=0时刻，一长为L=1m的金属杆MN在外力作用下以恒定速度v=0.2m/s从O点开始向右滑动．在滑动过程中金属杆MN与导轨接触良好，且始终垂直于两导轨夹角的平分线，金属杆的中点始终在两导轨夹角的平分线上．导轨与金属杆单位长度的电阻均为r0=0.1Ω．求（1）t=2s时刻，金属杆中的电流强度I；22（2）0～2s内，闭合回路中产生的焦耳热Q；（2）若在t=2s时刻撤去外力，为保持金属杆继续以v=0.2m/s做匀速运动，在金属杆脱离导轨前可采取将B从B0逐渐减小的方法，则磁感应强度B应随时间怎样变化（写出B与t的关系式）？三、选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题，任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分。[物理--选修3-3]13．固体甲和固体乙在一定压强下的熔解曲线如图所示，横轴表示时间t，纵轴表示温度T．下列判断正确的有()A．固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体B．固体甲不一定有确定的几何外形，固体乙一定没有确定的几何外形C．在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性D．固体甲和固体乙的化学成分有可能相同E．图线甲中ab段温度不变，所以甲的内能不变14．如图所示，“T”形活塞将绝热气缸内的气体分隔成A、B两部分，活塞左右两侧截面积分别为S1、S2，活塞至气缸两端底部的距离均为L，活塞与缸壁间无摩擦．气缸上a、b两个小孔用细管（容积不计）连通．初始时缸内气体的压强等于外界大气压强P0，温度为T0．现对缸内气体缓慢加热，发现活塞向右移动了△L的距离（活塞移动过程中不会经过小孔），求缸内气体的温度．四、[物理——选修3-4]2215．一列简谐横波沿x轴方向传播，在t=0时刻的波形如图所示，t=0.1s时，波形上P点的速度恰好第一次达到与t=0时刻的速度等值反向．若波沿x轴正方向传播，则波速v=__________m/s；若波沿x轴负方向传播，则波速v=__________m/s．16．现在高速公路上的标志牌都用“回归反光膜”制成，夜间行车时，它能把车灯射出的光逆向返回，标志牌上的字特别醒目．这种“回归反光膜”是用球体反射元件制成的，反光膜内均匀分布着直径为10μm的细玻璃珠，一束与主光轴MN平行的入射光经玻璃珠折射→反射→再折射后恰好和入射光平行，如图所示．（ⅰ）若玻璃珠的折射率为n=，则入射光射入玻璃珠时的入射角为多大？（ⅱ）制作“回归反光膜”所用的玻璃珠折射率n′至少为多大？[物理--选修3-5]17．关于原子核的结合能，下列说法正确的是()A．核子结合成原子核时核力做正功，将放出能量，这部分能量等于原子核的结合能B．原子核的结合能等于使其分解为核子所需的最小能量C．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能D．结合能是由于核子结合成原子核而具有的能量E．核子结合成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能18．如图所示，一质量为M=3.0kg的玩具小车在光滑水平轨道上以v0=2.0m/s的速度向右运动，一股水流以u=2.4m/s的水平速度自右向左射向小车左壁，并沿左壁流入车箱内，水的流量为b=0.4kg/s．（ⅰ）要改变小车的运动方向，射到小车里的水的质量至少是多少？（ⅱ）当射入小车的水的质量为m0=1.0kg时，小车的速度和加速度各是多大？22湖北省武汉市2022届高三五月调考物理试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6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．关于经典力学的局限性，下列说法正确的是()A．经典力学不能很好地描述微观粒子运动的规律B．地球以3×104m/s的速度绕太阳公转时，经典力学就不适用了C．在所有天体的引力场中，牛顿的引力理论都是适用的D．20世纪初，爱因斯坦建立的相对论完全否定了经典力学的观念和结论考点：经典时空观与相对论时空观的主要区别．专题：常规题型．分析：经典力学是以牛顿的三大定律为基础的，经典力学是狭义相对论在低速（v＜＜c）条件下的近似，牛顿经典力学只考虑了空间，而狭义相对论既考虑了空间，也考虑了时间，牛顿经典力学只适用于宏观低速物体，而微观、高速物体适用于狭义相对论．量子力学适用于微观粒子运动，相对论适用于高速运动物体．解答：解：A、牛顿经典力学只适用于宏观低速物体，不能够描述微观粒子运动的规律性．故A正确；B、3×104m/s相对于光速，还属于低速，所以地球以3×104m/s的速度绕太阳公转时，经典力学还适用，故B错误；C、密度越大的天体表面引力越强，中子星密度非常大，其表面的引力比常见的引力强得多，为强引力，牛顿的引力理论已经不能正确解决了，故C错误；D、在微观高速情况下，要用量子力学和相对论来解释，但是并不会因为相对论和量子力学的出现，就否定了经典力学，经典力学仍然是正确的，故D错误；故选：A．点评：本题主要考查了狭义相对论、量子力学和经典力学之间的区别与联系，如果理解不深，就很容易出错．2．某小型发电厂输出电压为u=220sin100πt（V）的交流电，经过升压变压器输送到较远的地区后，再经过降压变压器输给用户使用，如图所示．已知变压器都是理想变压器，升压变压器和降压变压器的匝数比分别为1：n和n：1，下列说法中正确的是()A．降压变压器中原线圈的导线比副线圈的要粗B．升压变压器原线圈中的电流大于降压变压器副线圈中的电流C．若用户得到的电压（有效值）为220V，则降压变压器的匝数比大于n：1D．若用户增加时，输电线上分得的电压将增加22考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：变压器原、副线圈的电压比等于匝数之比，求出副线圈电压的有效值，即可求出输入电压；根据原副线圈的电流大小可比较出线圈导线的粗细解答：解：A、降压变压器原线圈的匝数比副线圈的匝数多，变压器原、副线圈的电流比等于匝数之反比，副线圈的电流大于原线圈的电流，所以副线圈的导线粗，故A错误B、设降压变压器副线圈中的电流为I，则升压变压器副线圈的电流为，则升压变压器原线圈的电流为=I，即升压变压器原线圈中的电流等于降压变压器副线圈中的电流，故B错误C、若升压和降压变压器的匝数比为1：n和n：1，由于输电线要分压，使得用户得到的电压小于220V，现在若用户得到的电压（有效值）为220V，则降压变压器的匝数比要小于n：1，故C错误D、若用户增加时，相当于负载的电阻减小，输出功率增大，输电线上的电流增大，则输电线上分得的电压将增加，故D正确；故选：D点评：解决本题的关键掌握交变电流电压的表达式，知道各量表示的含义，知道原、副线圈的电压比等于匝数之比，电流比等于匝数之反比3．如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1=O1b=bO2=O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2．当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为()A．B2﹣B1B．B1﹣C．B2﹣D．考点：电势差与电场强度的关系；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：对于单个环形电流，根据安培定则判断中间轴线的磁场方向，考虑对称性，其在两侧距离中心相等距离的点的磁感应强度是相等的，结合矢量合成的法则进行列式分析即可．解答：解：对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故c点的磁场方向也是向左的．设ao1=o1b=bo2=o2c=r，设单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r，在距离中点3r位置的磁感应强度为B3r，故：a点磁感应强度：B1=B1r+B3rb点磁感应强度：B2=B1r+B1r当撤去环形电流乙后，c点磁感应强度：22Bc=B3r=B1﹣故选：B点评：本题关键是明确磁感应强度是矢量，然后结合安培定则和环形电流的磁场对称性进行分析，不难．4．如图所示，两个带电量分别为2q和﹣q的点电荷固定在x轴上，相距为2L．下列图象中，两个点电荷连线上场强大小E与x关系的图象可能是()A．B．C．D．考点：电势差与电场强度的关系；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：结合等量异种电荷的电场线分布情况分析，电场线的疏密程度反映场强的大小，电场线的切线方向反映电场强度的方向．解答：解：由异种点电荷的电场强度的关系可知，在两电荷连线中点偏﹣q处电场强度最小，但不是零，从两点电荷向中点偏负电电场强度逐渐减小；故选：C．点评：本题关键是结合等量异种电荷的电场线分布情况分析，也可以结合点电荷的电场强度公式列式求解．5．如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为α=15°，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧．调节A、B间细线的长度，当系统处于静止状态时β=45°．不计一切摩擦．设小环甲的质量为m1，小环乙的质量为m2，则m1：m2等于()A．tan15°B．tan30°C．tan60°D．tan75°考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．22专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：小环C为轻环，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，故可以根据平衡条件得到细线的4段与竖直方向的夹角，然后分别对甲环、乙环受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解．解答：解：小环C为轻环，重力不计，故受两边细线的拉力的合力与杆垂直，故C环与乙环与竖直方向的夹角为60°，C环与甲环与竖直方向的夹角为30°，A点与甲环与竖直方向的夹角也为30°，乙环与B点与竖直方向的夹角为60°，根据平衡条件，对甲环，有：2Tcos30°=m1g对乙环，根据平衡条件，有：2Tcos60°=m2g故m1：m2=tan60°故选：C点评：本题切入点在于小环C是轻环，受细线的拉力的合力与杆垂直，难点在于结合几何关系找到各个细线与竖直方向的夹角，然后根据平衡条件列式分析，不难．6．一质点做直线运动的位移s与时间t的关系如图所示．质点在3～10s内的平均速度与哪一时刻的瞬时速度近似相等()A．第3s末B．第5s末C．第7s末D．第9s末考点：匀变速直线运动的图像；平均速度；瞬时速度．专题：运动学中的图像专题．分析：位移﹣时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，平均速度等于位移除以时间．解答：解：根据图象可知，质点在3～10s内的位移x=8﹣1=7m，则质点在3～10s内的平均速度为，图象的斜率表示该时刻的速度，根据图象可知，t=5s时，图象的斜率k=，所以第5s末的速度等于质点在3～10s内的平均速度，故B正确．故选：B点评：理解位移﹣时间图象上点和斜率的物理意义；能从位移﹣时间图象中解出物体的位置变化即位移．227．某蹦床运动员在一次蹦床运动中仅在竖直方向运动，如图为蹦床对该运动员的作用力F随时间t的变化图象．不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是()A．t1至t2过程内运动员和蹦床构成的系统机械能守恒B．t1至t2过程内运动员和蹦床构成的系统机械能增加C．t3至t4过程内运动员和蹦床的势能之和增加D．t3至t4过程内运动员和蹦床的势能之和先减小后增加考点：功能关系．分析：跳跃者所受的拉力越大，位置越低；当拉力最大，位置最低时，跳跃者速度为零；当跳跃者速度达到最大值时，跳跃者所受拉力与重力相等，机械能守恒的条件是只有重力或弹簧的弹力做功．解答：解：机械能守恒的条件是只有重力或弹簧的弹力做功，所以整个过程重力势能、弹性势能和动能总量保持不变，A、B、t1至t2过程内弹簧的弹力逐渐变大，做功增加，运动员和蹦床构成的系统机械能增加，故A错误，B正确；C、D、t2以后，蹦床的弹力最大值不变，整个过程重力势能、弹性势能和动能总量保持不变，t3时刻弹力为零，重力大于弹力，运动员做加速度减小的加速运动，运动员的动能增加，当重力等于弹力时，加速度为零速度最大，再向后，弹力大于重力，运动员做加速度增大的减速运动，运动员的动能减小，t4时速度最小，故动能先增大后减小，故运动员和蹦床的势能之和先减小后增加，故C错误；D正确；故选：BD点评：本题中运动员和弹性绳系统机械能守恒，分析拉力随时间变化的关系是解题的关键，通过运动员蹦床时，考查了重力势能变化、做功、合力等等，体现了体育运动中包含了很多的物理知识，你可以试着分析一下其它的体育运动中的物理知识，本题有一定的难度．8．如图所示，在x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在原点O处有一粒子源，t=0时刻沿纸面内的各个方向同时发射一群速率相同、质量为m、电荷量为+q的粒子，其中一个与x轴正方向成60°角射入磁场的粒子在t1时刻到达A点（图中未画出），A点为该粒子运动过程中距离x轴的最远点，且OA=L．不计粒子间的相互作用和粒子的重力，下列结论正确的是()A．粒子的速率为B．粒子的速率为22C．t1时刻仍在磁场中的所有粒子均处在以O点为圆心、L为半径的圆周上D．t1时刻仍在磁场中的所有粒子均处在以O点为圆心、L为半径的圆周上考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：粒子仅受洛伦兹力，做匀速圆周运动，根据已知画出离子的运动轨迹，然后求解即可．解答：解：AB、如右图，离子的半径R=，根据洛伦兹力提供向心力得qvB=m，解得v=，故A错误，B正确；CD、如图可知，离子轨迹圆心角为120度，故CD错误；故选：B点评：此题考查根据左手定则找出离子的运动轨迹，应用公式qvB=m，并根据数学知识判断选项．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．9．用如图所示的电路可同时测量定值电阻和电压表最小量程的内电阻．图中V1、V2为两块相同规格的多量程待测电压表，Rx为较大阻值的待测定值电阻，A为电流表，R为滑动变阻器，E为电源，S为电键．（1）将两块电压表均调至最小量程，闭合电键S，移动滑动变阻器的滑片P至适当位置，记录下电流表A的示数I、电压表V1和V2的示数U1和U2，则电压表最小量程的内电阻RV=，待测定值电阻的阻值Rx=．（2）根据现有的实验条件提出一条减小实验误差的措施：对结果多次测量取平均值；电压表V1调至最小量程、电压表V2调至较大量程．．22考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：（1）分析电路结构，根据串并联电路的规律可求得电压表内阻及待测电阻的大小；（2）根据误差的分析方法可明确如何减小误差．解答：解：（1）由串并联电路规律及欧姆定律可知，流过两电压表的电流之和等于电流表的示数；则由欧姆定律可知：+=I；解得：RV=；对串联部分可知，RX与V1的总电压等于V2的电压；由串联电路规律可知：=；解得：RX=（2）为了减小误差可以采用多次测量取平均值的方式可以减小偶然误差；将电压表V1调至最小量程、电压表V2调至较大量程可以减小系统误差．故答案为：（1）；（2）对结果多次测量取平均值；电压表V1调至最小量程、电压表V2调至较大量程．点评：本题考查电阻的测量，要注意正确理解实验原理，再利用串并联电路的规律及欧姆定律进行分析求解．10．某实验小组设计了如图1所示的实验装置，一根轻质细绳绕过定滑轮A和轻质动滑轮B后，一端与力传感器相连，另一端与小车相连．动滑轮B下面悬挂一个钩码．22某次实验中，由静止开始向右拉动纸带的右端，使小车向右加速运动，由传感器测出细绳对小车的拉力为F=0.69N，打点计时器打出的纸带如图2所示，打点计时器使用交流电的频率为f=50Hz，重力加速度为g=10m/s2，试回答下列问题：（1）打点计时器打下标号为“3”的计数点时，小车的速度v3=1.62m/s（保留3位有效数字）；（2）要求尽可能多的利用图2中的数据计算小车运动的加速度大小a，结果是a=3.0m/s2（保留1位小数）；（3）不计轻绳与滑轮及轴与滑轮之间的摩擦，动滑轮B下面所悬挂钩码的质量m=0.12kg．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小．根据牛顿第二定律求解动滑轮B下面所悬挂钩码的质量．解答：解：（1）由于每相邻两个计数点间还有1个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.04s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，v3==1.62m/s（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：a==3.0m/s2，（3）由传感器测出细绳对小车的拉力为F=0.69N，根据动滑轮的原理得B下面所悬挂钩码加速度a′==1.5m/s2，根据牛顿第二定律得2F﹣mg=ma′解得m=0.12kg．故答案为：（1）ABC（2）①1.62②3.0③0.12．点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，掌握牛顿第二定律的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．11．空间站是一种在近地轨道长时间运行，可供多名航天员巡访、长期工作和生活的载人航天器．如图所示，某空间站在轨道半径为R的近地圆轨道I上围绕地球运行，一宇宙飞船与空间站对接检修后再与空间站分离，分离时宇宙飞船依靠自身动力装置在很短的距离内加速，进入椭圆轨道Ⅱ运行．已知椭圆轨道的远地点到地球球心的距离为3.5R，地球质量为M，万有引力常量为G，求（1）空间站围绕地球运行的周期．（2）分离后飞船在椭圆轨道上至少运动多长时间才有机会和空间站进行第二次对接？22考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：（1）设空间站在轨道I上运行周期为T1，根据万有引力提供空间站做圆周运动的向心力列式求解；（2）求出航天飞船所在椭圆轨道的半长轴，根据开普勒第三定律列式求出航天飞船在轨道II上运动的周期，要完成对接，飞船和空间站须同时到达椭圆轨道的近地点，从而求出时间．解答：解：（1）设空间站在轨道I上运行周期为T1，万有引力提供空间站做圆周运动的向心力，则：解得：（2）航天飞船所在椭圆轨道的半长轴：设航天飞船在轨道II上运动的周期为T2，由开普勒第三定律：解得：要完成对接，飞船和空间站须同时到达椭圆轨道的近地点，故所需时间：t=27T1解得：答：（1）空间站围绕地球运行的周期为．（2）分离后飞船在椭圆轨道上至少运动时间才有机会和空间站进行第二次对接．点评：本题主要考查了万有引力提供向心力公式以及开普勒第三定律的直接应用，知道要完成对接，飞船和空间站须同时到达椭圆轨道的近地点，难度适中．2212．（18分）如图所示，两根完全相同的光滑金属导轨OP、OQ固定在水平桌面上，导轨间的夹角为θ=74°．导轨所在空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B1=0.2T．t=0时刻，一长为L=1m的金属杆MN在外力作用下以恒定速度v=0.2m/s从O点开始向右滑动．在滑动过程中金属杆MN与导轨接触良好，且始终垂直于两导轨夹角的平分线，金属杆的中点始终在两导轨夹角的平分线上．导轨与金属杆单位长度的电阻均为r0=0.1Ω．求（1）t=2s时刻，金属杆中的电流强度I；（2）0～2s内，闭合回路中产生的焦耳热Q；（2）若在t=2s时刻撤去外力，为保持金属杆继续以v=0.2m/s做匀速运动，在金属杆脱离导轨前可采取将B从B0逐渐减小的方法，则磁感应强度B应随时间怎样变化（写出B与t的关系式）？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）先求出t=2s时导体棒的有效切割长度，求出切割产生的动生电动势；根据法拉第电磁感应定律求出感生电动势，再由欧姆定律求出回路中的电流强度I．（2）由焦耳定律求闭合回路中产生的焦耳热Q．（3）若在t=2s时刻撤去外力，为保持金属杆继续以v=0.2m/s做匀速运动，光滑金属杆不再受到安培力作用，回路中感应电流应为零，磁通量不变，据此列式求解．解答：解：（1）在t时刻，连入回路的金属杆的长度：L=2vttan37°=1.5vt回路的总电阻：R=2（vttan37°+）r0=0.4vt回路的感应电动势：E=B0Lv回路的电流强度：I==0.75v联立解得：I=0.15A（2）由于电流恒定，在t时刻回路消耗的电功率：P=I2R=1.8×10﹣3t0～2s内回路消耗的平均电功率：==1.8×10﹣3W回路产生的热量：Q=t=1.8×10﹣3×2J=3.6×10﹣3J（3）在t=2s时刻撤去外力后，因金属杆做匀速运动，故光滑金属杆不再受到安培力作用，回路电流为零，任一时刻回路磁通量相等：Φ1=Φ2；三角形回路的面积：S==t=2s时刻回路的磁通量：Φ1=B0•=0.2×Wb=0.024Wb22t时刻回路的磁通量：Φ2=B•联立解得：B=（2s≤t≤s）答：（1）t=2s时刻，金属杆中的电流强度I是0.15A；（2）0～2s内，闭合回路中产生的焦耳热Q为3.6×10﹣3J；（3）磁感应强度B应随时间变化的规律为B=（2s≤t≤s）．点评：本题关键是根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电阻定律得到感应电流不变，明确感应电流产生的条件：磁通量变化，相反，磁通量不变时感应电流为零．三、选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题，任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分。[物理--选修3-3]13．固体甲和固体乙在一定压强下的熔解曲线如图所示，横轴表示时间t，纵轴表示温度T．下列判断正确的有()A．固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体B．固体甲不一定有确定的几何外形，固体乙一定没有确定的几何外形C．在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性D．固体甲和固体乙的化学成分有可能相同E．图线甲中ab段温度不变，所以甲的内能不变考点：*晶体和非晶体．分析：晶体具有比较固定的熔点，非晶体则没有固定的熔点，非晶体随着温度的升高逐渐由硬变软，最后变成液体，晶体只要吸热，熔化过程就进行，由于晶体吸收热量，内能在增大．解答：解：A、晶体具有比较固定的熔点，非晶体则没有固定的熔点，所以固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体．故A正确．B、固体甲若是多晶体，则不一定有确定的几何外形，固体乙是非晶体，一定没有确定的几何外形．故B正确；C、在热传导方面固体甲若是多晶体，则不一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性．故C错误．D、固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，但是固体甲和固体乙的化学成分有可能相同．故D正确．E、晶体在熔化时具有一定的熔点，但由于晶体吸收热量，内能在增大．故E错误．故选：ABD．22点评：该题通过晶体与非晶体的熔化曲线可知晶体与非晶体，掌握了晶体和非晶体的性质和特点就可顺利解决此类题目，故要加强对基础知识的积累．14．如图所示，“T”形活塞将绝热气缸内的气体分隔成A、B两部分，活塞左右两侧截面积分别为S1、S2，活塞至气缸两端底部的距离均为L，活塞与缸壁间无摩擦．气缸上a、b两个小孔用细管（容积不计）连通．初始时缸内气体的压强等于外界大气压强P0，温度为T0．现对缸内气体缓慢加热，发现活塞向右移动了△L的距离（活塞移动过程中不会经过小孔），求缸内气体的温度．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：对活塞，受两侧气体的压力和外界大气压力，根据平衡条件列式判断出气压情况，然后根据盖•吕萨克定律列式求解即可．解答：解：设末态时缸内气体的压强为P，体积为V，温度为T，以活塞为研究对象：P（S1﹣S2）=P0（S1﹣S2）即：P=P0由盖•吕萨克定律：式中：V0=（S1+S2）LV=（S1+S2）L+（S1﹣S2）•△L联立解得：T=[1+]T0答：缸内气体的温度为[1+]T0．点评：本题关键是对活塞受力分析后求解出内部气压，然后根据盖•吕萨克定律列式求解，基础题目．四、[物理——选修3-4]15．一列简谐横波沿x轴方向传播，在t=0时刻的波形如图所示，t=0.1s时，波形上P点的速度恰好第一次达到与t=0时刻的速度等值反向．若波沿x轴正方向传播，则波速v=20m/s；若波沿x轴负方向传播，则波速v=30m/s．22考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．专题：振动图像与波动图像专题．分析：利用质点带动法判断P点此刻的振动方向，根据质点P第一次达到与t=0时刻的速度等值反向的时间与周期，读出波长，即可求得波速．解答：解：（1）t=0时刻，x=0处的质点位于平衡位置，若波沿x轴正方向传播，则x=0处质点正在向下运动，设该波的周期为T，则波动方程为：由波的平移法可知，t=0时刻P点运动的方向向上，所以：，将P点纵坐标的位置代入可得：又：λ=vT所以：=m同理可知，与P位移相等的点的平衡位置：m所以，若波沿x轴正方向传播，则经过0.1s的时间，x′处质点的振动传播到x=2.5m处的P点，高波传播的距离是：△x1=x﹣x′=2.5﹣0.5=2.0m所以该波的传播速度：m/s（2）t=0时刻，x=0处的质点位于平衡位置，若波沿x轴负方向传播，则x=0处质点正在向上运动，设该波的周期为T，则波动方程为：由波的平移法可知，t=0时刻P点运动的方向向下，所以：，若t=0.1s时，波形上P点的速度恰好第一次达到与t=0时刻的速度等值反向，则由波形图可知，一定是x=4.5m﹣﹣x=6m处某一点的振动传播到P点，将波动方程：又：yx″=﹣0.01m联立解得：=5.5m22所以，若波沿x轴负方向传播，则经过0.1s的时间，x″处质点的振动传播到x=2.5m处的P点，高波传播的距离是：△x2=x″﹣x=5.5﹣2.5=3.0m所以该波的传播速度：m/s故答案为：20，30点评：本题考查了波动方程和波传播的特点，能根据质点带动法判断质点振动方向．利用波形的平移法求解波传播的时间．16．现在高速公路上的标志牌都用“回归反光膜”制成，夜间行车时，它能把车灯射出的光逆向返回，标志牌上的字特别醒目．这种“回归反光膜”是用球体反射元件制成的，反光膜内均匀分布着直径为10μm的细玻璃珠，一束与主光轴MN平行的入射光经玻璃珠折射→反射→再折射后恰好和入射光平行，如图所示．（ⅰ）若玻璃珠的折射率为n=，则入射光射入玻璃珠时的入射角为多大？（ⅱ）制作“回归反光膜”所用的玻璃珠折射率n′至少为多大？考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：（i）根据折射定律得到入射角与折射角的关系，再由几何关系得到入射角与折射角的关系，联立可求得入射角．（ii）制作“回归反光膜”是利用光的全反射现象，根据临界角公式求出临界角，再求解即可．解答：解：（i）设入射光射入玻璃珠时的入射角为i，折射角为r，由折射定律：n=由几何关系：i=2r解得：i=60°（ii）如图所示，考虑临界情况，设折射角为C，则：sinC=由几何关系：2C=90°解得：n′=答：（ⅰ）若玻璃珠的折射率为n=，则入射光射入玻璃珠时的入射角为60°．（ⅱ）制作“回归反光膜”所用的玻璃珠折射率n′至少为．22点评：本题的解题关键是抓住光路的对称性，画出光路图，再几何知识确定出入射角与折射角的关系，进行求解．[物理--选修3-5]17．关于原子核的结合能，下列说法正确的是()A．核子结合成原子核时核力做正功，将放出能量，这部分能量等于原子核的结合能B．原子核的结合能等于使其分解为核子所需的最小能量C．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能D．结合能是由于核子结合成原子核而具有的能量E．核子结合成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能考点：原子核的结合能．专题：原子的能级结构专题．分析：比结合能：原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量．用于表示原子核结合松紧程度．结合能：两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量．自由原子结合为分子时放出的能量叫做化学结合能，分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能．解答：解：A、自由核子与自由核子结合成原子核时核力作正功，将放出能量，这能量就是原子核的结合能，当比结合能越大，原子核越稳定，故A正确；B、原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，故B正确，D错误；C、一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，故C正确；E、自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，故E错误；故选：ABC．点评：本题考查了结合能和比结合能的区别，注意两个概念的联系和应用，同时掌握质量亏损与质能方程18．如图所示，一质量为M=3.0kg的玩具小车在光滑水平轨道上以v0=2.0m/s的速度向右运动，一股水流以u=2.4m/s的水平速度自右向左射向小车左壁，并沿左壁流入车箱内，水的流量为b=0.4kg/s．（ⅰ）要改变小车的运动方向，射到小车里的水的质量至少是多少？（ⅱ）当射入小车的水的质量为m0=1.0kg时，小车的速度和加速度各是多大？考点：动量守恒定律；牛顿第二定律．专题：动量定理应用专题．分析：（1）要使小车的速度反向，则小车至少应速度减小到零；由动量守恒可求得水的质量；（2）当车中水的质量为m0=1.0kg时，小车的速度设为v，由动量守恒定律求出小车的速度，在对小车与水整体应用牛顿第二定律列式，对质量为△m的水，由动量定理列式，联立方程即可求解．22解答：解：（ⅰ）当车速为0时，设水的质量为m，以水平向右为正方向，由动量守恒定律：Mv0﹣mu=0解得：m=2.5kg（ⅱ）当车中水的质量为m0=1.0kg时，小车的速度设为v，由动量守恒定律：Mv0﹣m0u=（M+m0）v解得：v=0.9m/s此时，小车与水的总质量为M+m0，由牛顿第二定律：F=（M+m0）a对质量为△m的水，由动量定理：F△t=△m（v+u）联立解得：a=0.33m/s2答：（ⅰ）要改变小车的运动方向，射到小车里的水的质量至少是2.5kg；（ⅱ）当射入小车的水的质量为m0=1.0kg时，小车的速度和加速度分别为0.9m/s，0.33m/s2．点评：本题主要考查了动量守恒定律、动量定理以及牛顿第二定律的直接应用，注意在题意中要找出正确的研究对象，再利用动量守恒求解，难度适中．22