2022年全国高考物理考前冲刺押题卷（九）

这是一份2022年全国高考物理考前冲刺押题卷（九），文件包含2022年全国高考物理考前冲刺押题卷九解析版docx、2022年全国高考物理考前冲刺押题卷九原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。

（考试时间：90分钟 试卷满分：110分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题）
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，有选错或不答的得0分。
1、下列说法正确的是( )
A．卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为eq \\al(4,2)He＋eq \\al(14, 7)N = eq \\al(17, 8)O＋eq \\al(1,1)H
B．铀核裂变的核反应方程为eq \\al(235, 92)U→eq \\al(141, 56)Ba＋eq \\al(92,36)Kr＋2eq \\al(1,0)n
C．设质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，两个质子和两个中子聚合成一个α粒子，释放的能量是(m1＋m2－m3)c2
D．原子在a、b两个能级的能量分别为Ea、Eb，且Ea＞Eb，当原子从a能级跃迁到b能级时，发射光子的波长λ＝eq \f(hc,Ea－Eb)(其中c为真空中的光速，h为普朗克常量)
【答案】D
【解析】卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为eq \\al(4,2)He＋eq \\al(14, 7)N→eq \\al(17, 8)O＋eq \\al(1,1)H，选项A错误；铀核裂变的核反应方程为eq \\al(235, 92)U＋eq \\al(1,0)n→eq \\al(141, 56)Ba＋eq \\al(92,36)Kr＋3eq \\al(1,0)n，方程式两边的中子不能约去，选项B错误；两个质子和两个中子聚合成一个α粒子，根据爱因斯坦质能方程得ΔE＝(2m1＋2m2－m3)c2，选项C错误；根据Ea－Eb＝heq \f(c,λ)，可得辐射的光子的波长为λ＝eq \f(hc,Ea－Eb)，选项D正确．
2、如图所示，水平面上的O点处并放着AB两个物体，在A的左侧距A距离为处有一竖直挡板，AB之间有少量的炸药，爆炸后B以m/s的速度向右做匀减速运动，直到静止。 A以m/s的速率向左运动，运动到挡板后与挡板发生时间极短的碰撞，碰撞后以碰撞前的速率返回，已知AB在运动过程中加速度大小均为m/s2，方向与物体的运动方向始终相反，AB两物体均视为质点。则下列说法正确的是（ ）
A．当满足=6m条件，物体A刚好能运动到挡板处
B．当满足=10m条件，物体A刚好能回到O点
C．当满足≤3m条件，物体A能追上B物体
D．当满足≤6m条件，物体A能追上B物体
【答案】C
【命题意图】本题考查了匀变速直线运动规律，意在考查考生的推理能力、利用数学处理物理问题的能力和分析综合能力。
【解题思路】A物体刚好能运动到挡板处时速度为0，根据，得m，选项A错误；设A物体运动到挡板时的速度大小为v，则有，返回过程中有，解得m，选项B错误；物体A能通过的总路程为m，物体B能运动的距离为m，追上时B物体已经静止，解得m，所以当≤3m时A物体能追上B物体，选项C正确、D错误。
3、我国航天“嫦娥五号”探测器发射升空，为计划于2017年左右发射的“嫦娥五号”探路，并以“跳跃式返回技术”成功返回地面。“跳跃式返回技术”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层。如图所示，虚线为大气层的边界。已知地球半径R，地心到d点距离r，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．“嫦娥五号”在b点处于完全失重状态
B．“嫦娥五号”在d点的加速度小于eq \f(gR2,r2)
C．“嫦娥五号”在a点速率大于在c点的速率
D．“嫦娥五号”在c点速率大于在e点的速率
【答案】C
【解析】“嫦娥五号”沿abc轨迹做曲线运动，曲线运动的合力指向曲线弯曲的内侧，所以在b点合力向上，即加速度向上，因此“嫦娥五号”在b点处于超重状态，故A错误。在d点，“嫦娥五号”的加速度a＝eq \f(G\f(Mm,r2),m)＝eq \f(GM,r2)，又GM＝gR2，所以a＝eq \f(gR2,r2)，故B错误。“嫦娥五号”从a点到c，万有引力不做功，由于阻力做功，则a点速率大于c点速率，故C正确。从c点到e点，没有空气阻力，机械能守恒，则c点速率和e点速率相等，故D错误。
4、如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球落在斜面上的A、B两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直。忽略空气的阻力，重力加速度为g。则下列选项正确的是( )
A．甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2θ∶1
B．甲、乙两球下落的高度之比为2tan2θ∶1
C．甲、乙两球的水平位移之比为tan θ∶1
D．甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2θ∶1
【答案】D
【解析】由小球甲的运动可知，tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)，解得t＝eq \f(2v0tan θ,g)，落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tan α甲＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)，则tan α甲＝2tan θ，由小球乙的运动可知，tan θ＝eq \f(v0,v′y)＝eq \f(v0,gt′)，解得t′＝eq \f(v0,gtan θ)，落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tan α乙＝eq \f(v′y,v0)＝eq \f(1,tan θ)，则甲、乙两球在空中运动的时间之比为t∶t′＝2tan2θ∶1，A错误；由h＝eq \f(1,2)gt2可知甲、乙两球下落的高度之比为4tan4θ∶1，B错误；由x＝v0t可知甲、乙两球的水平位移之比为2tan2θ∶1，C错误；甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2θ∶1，D正确。
5、如图所示为某一质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线上的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，其左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器。下列说法中正确的是( )
A．磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向里
B．加速电场中的加速电压U＝eq \f(1,2)ER
C．磁分析器中圆心O2到Q点的距离d＝eq \r(\f(mER,q))
D．任何离子若能到达P点，则一定能进入收集器
【答案】B
【解析】离子在磁分析器中沿顺时针运动，所受洛伦兹力指向圆心O2，根据左手定则知，磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向外，A项错误；离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qE＝meq \f(v2,R)，设离子进入静电分析器时的速度为v，则离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2－0，解得U＝eq \f(ER,2)，B项正确；离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(mER,q))，则d＝r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(mER,q))，C项错误；由B项分析可知R＝eq \f(2U,E)，则R与离子质量、电荷量无关，离子在磁场中的轨道半径r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(mER,q))，则离子在磁场中做圆周运动的轨道半径r与离子的质量、电荷量有关，故能够到达P点的不同离子，在磁分析器中做圆周运动的半径不一定都等于d，不一定能进入收集器，D项错误。
6、图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为3∶1，图乙是K闭合时该变压器c、d输入端交变电压的图象，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“12 V 6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表．以下说法正确的是( )
A．a、b输入端电压的瞬时值表达式为Uab＝36eq \r(2)sin 100πt (V)
B．电流表的示数为1.5 A，L1能正常发光
C．a、b输入端输入功率Pab＝24 W
D．断开K，L2中的电流不变
【答案】 BC
【解析】 由输入端交变电压u的图象，可知其最大值为36eq \r(2) V，有效值为U1＝36 V，副线圈电压为：U2＝eq \f(1,3)U1＝12 V，所以副线圈三只灯泡均能正常发光．灯泡的额定电流：I0＝eq \f(PL,UL)＝eq \f(6,12) A＝0.5 A，电流表的示数为I2＝3×0.5 A＝1.5 A，原线圈电流为I1＝eq \f(n2,n1)I2＝0.5 A，所以原线圈的灯泡L1也能正常发光，a、b输入端电压为Uab＝UL＋3U2＝12 V＋36 V＝48 V，a、b输入端电压的瞬时值表达式为Uab＝48eq \r(2)sin 100πt (V)，故A错误，B正确；四只灯泡都正常发光，所以a、b输入端输入功率Pab＝4×6 W＝24 W，故C正确；若将K断开，则副线圈上的输出电流将减小，所以原线圈的输入电流也减小，则流过灯泡L1的电流减小，L1上消耗的电压减小，所以原线圈上的电压将增大，副线圈的电压也增大，则可知L2中的电流将变大，故D错误．
7、如图所示，足够大的绝缘水平面上有一质量为m、电荷量为的小物块（视为质点），从A点以初速度水平向右运动，物块与水平面间的动摩擦因数为。在距离A点L处有一宽度为L的匀强电场区，电场强度方向水平向右，已知重力加速度为g，场强大小为，则下列说法正确的是（ ）
A．适当选取初速度，小物块有可能静止在电场区
B．适当选择初速度，小物块可能回到A点
C．要使小物块穿过电场区域，初速度的大小应大于
D．若小物块能穿过电场区域，小物块在穿过电场区的过程中，机械能减少
【答案】CD
【解析】由已知条件，解得，电场力大于摩擦力，小物块不能静止在电场区域，一定返回，由于有摩擦力，必然损失机械能，物块不可能回到出发点，AB错误；由动能定理
解得，要使小物块穿过电场区域，初速度的大小应大于，C正确；小物块在穿过电场区的过程中，机械能减少为，，解得，D正确。故选CD。
8、如图甲所示，两固定平行且光滑金属轨道MN、PQ与水平面的夹角θ＝37°，M、P之间接电阻箱，电阻箱的阻值范围为0～9.9 Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5 T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r。现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm，改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示。已知轨道间距为L＝2 m，重力加速度g＝10 m/s2，轨道足够长且电阻不计(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)，则( )
甲 乙
A．金属杆滑动时产生的感应电流方向是a→P→M→b→a
B．金属杆的质量m＝0.5 kg
C．金属杆接入电路的电阻r＝2 Ω
D．当R＝2 Ω时，杆ab匀速下滑过程中R两端的电压为8 V
【答案】AC
【解析】金属杆滑动时，穿过闭合回路的磁通量增加，根据楞次定律知感应电流方向是a→P→M→b→a，选项A正确；杆运动的最大速度为vm时，杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLvm，由闭合电路的欧姆定律有I＝eq \f(E,R＋r)，杆达到最大速度时受力平衡，满足mgsin θ－BIL＝0，联立解得vm＝eq \f(mgsin θ,B2L2)R＋eq \f(mgsin θ,B2L2)r，由图乙可知斜率为k＝eq \f(8－4,2) m/(s·Ω)＝2 m/(s·Ω)，纵截距为v0＝4 m/s，即有k＝eq \f(mgsin θ,B2L2)＝2 m/(s·Ω)，eq \f(mgsin θ,B2L2)r＝v0，解得m＝eq \f(1,3) kg，r＝2 Ω选项B错误，C正确；当R＝2 Ω时，金属杆ab匀速下滑，有mgsin θ－BI′L＝0，代入数据解得I′＝2 A，所以R两端的电压为U＝I′R＝2×2 V＝4 V，选项D错误。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~14题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题（共47分）
9．（6分）某兴趣小组的同学看见一本物理书上说“在弹性限度内，劲度系数为k的弹簧，形变量为x时弹性势能为Ep=kx2，为了验证该结论就尝试用“研究加速度与合外力、质量关系”的实验装置（如图甲）设计了以下步骤进行实验：
A．水平桌面上放一长木板，其左端固定一弹簧，通过细绳与小车左端相连，小车的右端连接打点计时器的纸带；
B．将弹簧拉伸x后用插销锁定，测出其伸长量x；
C．打开打点计时器的电源开关后，拔掉插销解除锁定，小车在弹簧作用下运动到左端；
D．选择纸带上某处的A点测出其速度v；
E．取不同的x重复以上步骤多次，记录数据并利用功能关系分析结论。实验中已知小车的质量为m，弹簧的劲度系数为k，则：
(1)长木板右端垫一小物块，其作用是_________；
(2)如图乙中纸带上S1=3.50cm，S2=5.42cm，S3=1.14cm，T=0.02s，由此可以算出小车匀速直线运动时候的速度大小为______m/s（结果保留两位小数）；
(3)若Ep=kx2成立，则实验中测量出物理量x与m、k、v关系式是x=________。
【答案】平衡摩擦力 （2分） 0.68（2分） （2分）
【解析】(1)长木板右端垫一小物块，其作用是利用重力在斜面上的分力来平衡摩擦，使弹簧做的功全部转化为小车的动能。
(2)由图可知，第二段物体做匀速直线运动，则速度为
(3)根据能量守恒有，又Ep=kx2，联立解得。
10．（9分）如图甲所示为某一电路中的一部分，由于其中的一个电阻发生了断路，导致整个电路不能正常工作，小明和小亮两位同学利用多用电表进行了以下实验操作，请根据他们的测量情况，回答相应的问题。

甲 乙 丙
(1)小明首先在P、Q间接上一直流电源，P接电源正极，多用电表的选择开关置于“直流电压2.5 V”挡位，红表笔接P，黑表笔接Q，稳定后电表指针在表盘上的位置如图乙所示，则P、Q之间的电压是________ V。
(2)小明又将红表笔接P，黑表笔接M，若多用电表示数与P、Q之间的电压完全相同，则可以确定必定是______发生了断路。
(3)小亮同学在该部分电路不接电源的情况下，将多用电表选择开关置于欧姆挡倍率“×10”的挡位，调零后红表笔接P，黑表笔接M，电表指针在表盘上的位置如图丙所示，由于多用电表最上面的刻度线被磨损得很严重，无法直接读取数据，他进一步观察发现，此时指针偏转的角度恰好位于表盘0～15 Ω之间的正中位置，其中15 Ω的位置是多用电表指针半偏时所指的位置，则此时多用电表所测的阻值是________ Ω，小亮据此确定电阻R2没有断路，你认为他的判断是________(填“正确”或“错误”)的。
【答案】(1)2.00（2分） (2)R2（2分） (3)50（3分） 错误（2分）
【解析】(1)根据多用电表电压挡读数规则，P、Q之间的电压为2.00 V。(2)红表笔接P，黑表笔接M，若多用电表示数与P、Q之间的电压相同，说明多用电表测量的是电源电压，可以确定是R2发生了断路。(3)在该部分电路不接电源的情况下，将多用电表选择开关置于欧姆挡倍率“×10”的挡位，指针偏转eq \f(3,4)，根据多用电表欧姆挡测量原理，由闭合电路欧姆定律有Ig＝eq \f(E,R内)，eq \f(1,2)Ig＝eq \f(E,R内＋R中)，eq \f(3,4)Ig＝eq \f(E,R内＋R)，又R中＝150 Ω，联立解得R＝50 Ω。P、M之间的电阻值可能为R1和R3串联后的电阻值，小亮确定R2没有断路是错误的。
11．（13分）如图所示，平行金属导轨MN、M′N′和平行金属导轨PQR、P′Q′R′固定在高度差为h(数值未知)的两水平台面上。导轨MN、M′N′左端接有电源，MN与M′N′的间距为L＝0.10 m，线框空间存在竖直向上的匀强磁场、磁感应强度B1＝0.20 T；平行导轨PQR与P′Q′R′的间距为L＝0.10 m，其中PQ与P′Q′是圆心角为60°、半径为r＝0.50 m的圆弧形导轨，QR与Q′R′是水平长直导轨，QQ′右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.40 T。导体棒a质量m1＝0.02 kg，接在电路中的电阻R1＝2.0 Ω，放置在导轨MN、M′N′右侧N′N边缘处；导体棒b质量m2＝0.04 kg，接在电路中的电阻R2＝4.0 Ω，放置在水平导轨某处。闭合开关K后，导体棒a从NN′水平抛出，恰能无碰撞地从PP′处以速度v1＝2 m/s滑入平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度g＝10 m/s2，不计一切摩擦及空气阻力。求：
(1)导体棒b的最大加速度；
(2)导体棒a在QQ′右侧磁场中产生的焦耳热；
(3)闭合开关K后，通过电源的电荷量q。
【答案】 (1)0.02 m/s2 (2)0.02 J (3)1 C
【解析】 (1)设a棒滑到水平导轨上时的速度大小为v2，则从PP′到QQ′，由动能定理得
m1g(r－rcs 60°)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,2)－eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)（1分）
解得v2＝3 m/s（1分）
因为a棒刚进磁场时，a、b棒中的电流最大，b棒受力最大，加速度最大，所以E＝B2Lv2＝0.12 V（1分）
I＝eq \f(E,R1＋R2)＝0.02 A（1分）
由牛顿第二定律有B2IL＝m2amax（1分）
则导体棒b的最大加速度amax＝0.02 m/s2（1分）
(2)两个导体棒在运动过程中，动量守恒且能量守恒，当两棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不再产生焦耳热。所以由动量守恒定律有m1v2＝(m1＋m2)v3（1分）
设a棒在此过程中产生的焦耳热为Qa，b棒产生的焦耳热为Qb
由能量守恒定律有eq \f(1,2)m1veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,3)＋Qa＋Qb（1分）
由于a、b棒串联在一起，所以有eq \f(Qa,Qb)＝eq \f(R1,R2)（1分）
Qa＝0.02 J（1分）
(3)设闭合开关后，a棒以速度v0水平抛出，则有v0＝v1cs 60°＝1 m/s（1分）
对a棒冲出过程由动量定理得∑B1ILΔt＝m1v0即B1Lq＝m1v0（1分）
解得q＝1 C（1分）
12．（19分）如图所示，上表面光滑的水平平台左端与竖直面内半径为R的光滑半圆轨道相切，整体固定在水平地面上。平台上放置两个滑块A、B，其质量mA＝m，mB＝2m，两滑块间夹有被压缩的轻质弹簧，弹簧与滑块不拴接。平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M＝3m，车长L＝2R，小车的上表面与平台的台面等高，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2。解除弹簧约束，滑块A、B在平台上与弹簧分离，在同一水平直线上运动。滑块A经C点恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上小车。两个滑块均可视为质点，重力加速度为g。求：
(1)滑块A在半圆轨道最低点C处时的速度大小；
(2)滑块B冲上小车后与小车发生相对运动过程中小车的位移大小；
(3)若右侧地面上有一高度略低于小车上表面的立桩(图中未画出)，立桩与小车右端的距离为x，当小车右端运动到立桩处立即被牢固粘连。请讨论滑块B在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功Wf与x的关系。
【答案】(1)eq \r(5gR) (2)eq \f(3R,4) (3)①当x≥eq \f(3,4)R时，Wf＝eq \f(11 mgR,10) ②当x＜eq \f(3,4)R时，Wf＝0.4mg(2R＋x)
【解析】(1)滑块A在半圆轨道运动，设到达最高点的速度为vD，则有：mg＝meq \f(vD2,R)，（1分）
解得：vD＝ eq \r(gR)；（1分）
滑块A在半圆轨道运动的过程中，机械能守恒，所以有：2mgR＋eq \f(1,2)mvD2＝eq \f(1,2)mvA2，（1分）
解得vA＝ eq \r(5gR)。（1分）
(2)A、B在弹簧恢复原长的过程中动量守恒，则有：mAvA＋(－mBvB)＝0，（1分）
解得：vB＝eq \f(\r(5gR),2)，（1分）
假设滑块B可以在小车上与小车共速，由动量守恒得：mBvB＝(mB＋M)v共，（1分）
解得：v共＝eq \f(2,5)vB＝eq \f(\r(5gR),5)（1分）
滑块B滑上小车后加速度大小为a＝μg，则滑块B从滑上小车到与小车共速时的位移为：
xB＝eq \f(v共2－vB2,－2μg)＝eq \f(21R,8)（1分）
小车的加速度a车＝eq \f(2,15)g，此过程中小车的位移为：x车＝eq \f(v共2,2a车)＝eq \f(3,4)R（1分）
滑块B相对小车的位移为：Δx＝xB－x车＝eq \f(15R,8)＜2R，滑块B未掉下小车，假设合理；滑块B冲上小车后与小车发生相对运动过程中小车的位移x车＝eq \f(3R,4)。（1分）
(3)分析如下：
①当x≥eq \f(3,4)R时，滑块B从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为Wf1＝2μmgxB＝eq \f(21mgR,20)；车与立桩相碰，静止后，滑块B做匀减速运动直到停下的位移为：x′＝eq \f(v共2,2μg)＝eq \f(R,2)＞(L－Δx)，滑块B会脱离小车。（1分）
小车与立桩相碰静止后，滑块B继续运动脱离小车过程中，滑块B克服摩擦力做功为Wf2＝2μmg(L－Δx)＝eq \f(mgR,20)（1分）
所以，当x≥eq \f(3,4)R时，滑块B克服摩擦力做功为Wf＝Wf1＋Wf2＝eq \f(11mgR,10)。（1分）
②当x＜eq \f(3,4)R时，小车可能获得的最大动能小于Ek＝eq \f(1,2)×3mv共2＝eq \f(3,10)mgR（1分）
滑块B与车发生相对位移2R的过程中产生的内能为：EQ＝μ×2mg×2R＝eq \f(4,5)mgR（1分）
两者之和：E＝Ek＋EQ＝eq \f(11,10)mgR，（1分）滑块B冲上小车时具有的初动能Ek＝eq \f(1,2)×2mvB2＝eq \f(5,4)mgR＞E（1分）
所以滑块B一定能滑离小车，则滑块B克服摩擦力做功为：Wf＝μ×2mg(L＋x)＝0.4mg(2R＋x)。（1分）
（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。
13．[物理——选修3–3]（15分）
（1）（5分）下列五幅图分别对应五种说法，其中正确的是___________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）
A．分子并不是球形，但可以当做球形处理，这是一种估算方法
B．微粒的运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动
C．当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等
D．实验中要尽可能保证每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率相等
E．0 ℃和100 ℃氧气分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点
【答案】ACE.
【解析】A图是油膜法估测分子的大小，图中分子并不是球形，但可以当做球形处理，这是一种估算方法，选项A正确；B图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒的无规则运动，不是物质分子的无规则热运动，故选项B错误；C图中，当两个相邻的分子间距离为r0时，分子力为零，此时它们间相互作用的引力和斥力大小相等，故选项C正确；D图中，分子的速率不是完全相等的，所以也不要求每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率相等，故选项D错误；E图是麦克斯韦速率分布规律的图解，0 ℃和100 ℃氧气分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点，故选项E正确．
（2）（10分）如图所示，在粗细均匀的U形管右侧，用水银封闭一段长为L1＝19 cm、温度为T1＝280 K的气体，稳定时，左右两管水银面高度差为h＝6 cm.已知大气压强为p0＝76 cmHg.
①给右管密闭气体缓慢加热，当右管内气体温度为多少时，两管水银面等高．
②若不给右管密闭气体加热，而是向左管缓慢补充水银，也可使两管水银面等高，求需补充水银柱的长度．
【答案】 (1)①5×10－10 ②偏小 (2)①352 K ②9 cm
【解析】 (1)①测得油膜面积S＝260 cm2＝2.6×10－2m2，每一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为：V＝eq \f(1,1 000)×eq \f(1,80) mL＝1.25×10－11 m3，所以油酸分子的直径d＝eq \f(V,S)＝eq \f(1.25×10－11,2.6×10－2) m≈5×10－10 m.
②置于一个敞口容器中，如果时间偏长，酒精挥发，导致油酸浓度增大，因此导致测量值偏小．
(2)①加热前，对于封闭气体有：p1＝p0－ρgh＝70 cmHg
加热后，右管内气体压强为：p2＝p0＝76 cmHg
当两管内水银面等高时，右管内水银面下降高度为：eq \f(h,2)＝3 cm
由理想气体状态方程得：eq \f(p1SL1,T1)＝eq \f(p2SL2,T2)（2分）
又L2＝L1＋3 cm＝22 cm（1分）
代入数据解得：T2＝352 K（1分）
②设补充水银后，右管内水银面上升x，管内气体长度为L1－x
由玻意耳定律有：p1SL1＝p2S(L1－x)（2分）
解得：x＝1.5 cm（2分）
注入水银柱的长度为：y＝h＋2x＝9 cm（2分）
14．[物理——选修3–4]（15分）
（1）（5分）如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来，达到稳定时b摆和c摆的周期大小关系是：Tb____Tc(选填“大于”“小于”或“等于”)，b摆和c摆中________摆的振幅最大，图乙是c摆稳定以后的振动图象，重力加速度为g，不计空气阻力，则a摆的摆长为________．
【答案】 等于 c eq \f(gt\\al(2,0),4π2)
【解析】a摆摆动起来后，通过水平绳子对b、c两个摆施加周期性的驱动力，使b、c两摆做受迫振动，两摆做受迫振动的频率等于驱动力的频率，由于驱动力频率相同，则两摆的周期相同；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于c摆的固有频率与a摆的相同，故c摆发生共振，振幅最大；a摆的固有周期与c摆的相同，由图乙可知，振动周期为：T＝t0, 由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))即t0＝2πeq \r(\f(L,g))，所以摆长为L＝eq \f(gt\\al(2,0),4π2).
（2）（10分）如图所示为一半圆柱形玻璃砖，半圆形截面ABD的圆心为O，半径为R.现有平行光束平行ABD平面以入射角α＝45°射到长度为L、宽为2R的长方形截面ABEF上，最终从下表面射出玻璃砖．已知玻璃的折射率n＝eq \r(2)，光在真空中传播的速度大小为c.求：
(ⅰ)光在ABEF界面的折射角β及全反射临界角C；
(ⅱ)玻璃砖下表面有光射出部分的面积S.
【答案】 (ⅰ)30° 45° (ⅱ)eq \f(1,2)πRL
【解析】(ⅰ)由n＝eq \f(sin α,sin β)得，β＝30°（1分）
由sin C＝eq \f(1,n)（1分） 得，C＝45°（2分）
(ⅱ)临界光线的光路如图所示， 则θ1＝180°－C－(90°－β)＝75°（2分）
θ2＝90°－(β＋C)＝15°（1分）
∠P1OP2＝180°－θ1－θ2＝90°（1分）
S＝eq \f(∠P1OP2,180°)πRL＝eq \f(1,2)πRL（2分）