2023届河南省郑州市高三下学期二模物理试卷(含答案)

这是一份2023届河南省郑州市高三下学期二模物理试卷(含答案)，共27页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2023年河南省郑州市高考物理二模试卷
二、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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全对的得3分，有选错的得0分。
1．（6分）下列几种关于运动情况的描述，说法正确的是（　　）
A．一物体受到变力作用不可能做直线运动
B．一物体受到恒力作用可能做圆周运动
C．在等量异种电荷的电场中，一带电粒子只在电场力作用下可能做匀速圆周运动
D．在匀强磁场中，一带电小球在重力和洛伦兹力作用下不可能做平抛运动
2．（6分）如图所示为氢原子的发射光谱和氢原子能级图，Hα、Hβ、Hγ、Hδ是其中的四条光谱线及其波长，分别对应能级图中从量子数为n＝3、4、5、6的能级向量子数为n＝2的能级跃迁时发出的光谱线。已知可见光波长在400nm～700nm之间，下列说法正确的是（　　）

A．该谱线由氢原子的原子核能级跃迁产生
B．四条光谱线中，Hα谱线对应的光子能量最大
C．Hγ谱线对应的光，照射逸出功为2.25eV的金属，可使该金属发生光电效应
D．Hδ谱线对应的光是可见光中的红光
3．（6分）如图所示，在坐标轴上O、A、B、C四点分别固定四个点电荷，电荷量分别为+Q、﹣Q、﹣Q、+Q。M、N为坐标轴上两点，已知QA＝AM＝MB＝BC＝CN，下列分析正确的是（　　）

A．M点电场强度方向沿x轴正方向
B．N点电场强度方向沿x轴正方向
C．M点电势大于N点电势
D．将点电荷+q由M点沿垂直于x轴方向移动一小段距离，点电荷电势能减小
4．（6分）太空电梯的原理与生活中的普通电梯十分相似。只需在地球同步轨道上建造一个空间站，并用某种足够长也足够结实的“索道”将其与地面相连。如图所示，假设有一长度为r的太空电梯连接地球赤道上的固定基地与同步卫星轨道上的空间站a，整个太空电梯相对地面静止。卫星b与空间站a的运行方向相同，某时刻二者距离最近，已知地球半径为R，自转周期为T，下列说法正确的是（　　）

A．太空电梯各点均处于完全失重状态
B．太空电梯上各点线速度与该点离地球球心距离成反比
C．太空电梯靠近地球一端的角速度大于卫星b的角速度
D．若经过时间t之后，a、b第一次相距最远，则卫星b的周期为2t
5．（6分）如图所示，长度均为L的两平行金属板沿水平方向放置，两极板的间距为d＝L。两极板带有等量异种电荷，其中上极板带正电。带电粒子1由左侧正中央沿平行于极板的速度v1射入电场，同时另一完全相同的粒子2，由上极板的正中央以垂直于极板的速度v2射入电场，经过一段时间两粒子同时到达下极板正中央的O点。粒子的质量为m，电荷量为+q，两极板之间的电压恒为U，忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，两极板之间的电场可看作匀强电场。则下列说法正确的是（　　）

A．粒子1到达O点时的速度v＝2
B．粒子2射入电场时的速度v2＝
C．若将粒子1射入电场时的速度变为2v1，两粒子将在O点上方相遇
D．若将粒子1射入电场时的速度变为2v1，两粒子仍可同时到边O点

（多选）6．（6分）如图所示，一圆锥体可绕其中心竖直转轴MN转动，圆锥面母线与水平面间夹角为θ。可视为质点的小物块a、b位于圆锥面上不同位置，a到顶点的距离与b到顶点的距离之比为1：3。已知两物块的质量相等，与圆锥面之间的动摩擦因数均为μ。当圆锥体绕转轴MN以角速度ω匀速转动时，两个小物块与圆锥体之间没有发生相对滑动。重力加速度为g。关于两个小物块的运动说法正确的是（　　）

A．两物块受到的摩擦力大小相等
B．两物块向心力之比为1：3
C．小物块a受到支持力与摩擦力的合力大小等于mg
D．若逐渐增大角速度ω，物块b先出现相对滑动
（多选）7．（6分）如图所示，质量为M＝2m的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看作水平面，并且比湖岸高出h。在船尾处有一质量为m的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离为L，船头到湖岸的水平距离x＝L，弹簧原长远小于L。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度为g。下列判断正确的有（　　）

A．铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为L
B．铁块脱离木船时的瞬时速度大小为
C．小木船最终的速度大小为
D．弹簧释放的弹性势能为
（多选）8．（6分）如图所示，ab和ac是无限大磁场的分界线，在ab和ac的上下两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。∠bac＝90°，P、Q是分界线上的两点，且aP＝aQ＝L。现有一质量为m、电荷量为﹣q的粒子从P点沿PQ方向水平射出，粒子射出速度v＝，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　）

A．粒子运动的轨迹半径为r＝
B．粒子由P点运动到Q点所用的时间为t＝
C．若射出速度为，粒子由P点运动到Q点所用时间为
D．若射出速度为2v，粒子第一次运动ac边上的位置到a点的距离为 d＝（﹣1）L
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答。
9．（10分）实验小组利用如图甲所示电路测量某金属丝的电阻率。

（1）用刻度尺测出电阻丝长度为L，同时使用螺旋测微器测量金属丝的直径（如乙图所示），可知金属丝的直径d＝　 　mm。
（2）按电路图连接电路，现有量程0～0.6A的电流表，内阻RA＝1.0Ω。动变阻器可供选择：
A.最大阻值1000Ω的滑动变阻器
B.最大阻值100Ω的滑动变阻器
C.最大阻值10Ω的滑动变阻器
滑动变阻器应选择 　 　（填写器材前边序号）。
（3）先将滑动变阻器的滑片滑到电路图中 　 　端（填“a”或“b”），闭合电键，调节滑动变阻器和电阻箱，使电压表有一较大读数U，记下此时电阻箱的读数R1电流表的读数I1。
（4）改变电阻箱的阻值，同时调节滑动变阻器，使电压表的读数仍为U，记下此时电阻箱的读数R2和电流表的读数I2。
（5）重复步骤（4），得到多组电阻箱和电流表的数据，以电阻箱电阻R为横坐标，以电流表电流的倒数为纵坐标建立直角坐标系，描点连线，获得图线的纵轴截距为b，可知电阻丝电阻为 　 　（用U、b、RA表示）。
（6）由电阻定律可得到电阻丝的电阻率为 　 　（用U、b、RA、L、d表示）
10．（12分）如图所示，光滑水平地面上有一光滑薄木板AB，薄木板右侧连接一光滑半圆细管轨道BCD，轨道半径为R，C点与轨道圆心O点等高，半圆轨道最高点D左侧连接一内壁光滑的细管DE，在细管的E端固定一轻质弹簧，整个装置质量为2m。一半径略小于细管半径、质量为m的小球，以初速度v0从薄木板A端滑上木板。已知重力加速度为g，小球可以看作质点。求：
（1）若v0＝，求小球第一次运动到半圆细管轨道B点时对轨道的压力大小；
（2）若v0＝，求整个轨道装置获得的最大速度大小；
（3）若v0＝3，求轻质弹簧获得的最大弹性势能。

11．（20分）如图所示，一足够长水平传送带顺时针转动，速度大小恒为v0＝4m/s。传送带上宽度为D＝6m的区域内，有一方向竖直向上的矩形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B＝2.0T，MN、PQ为磁场边界。有一边长为l＝2m的正方形线框abcd，线框质量m＝10kg，电阻R＝4Ω。ab边与磁场边界平行，在ab边距离MN为d＝6m的位置由静止释放线框，已知线框与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。线框在传送带上运动的整个过程中，求：
（1）通过线框某截面的电荷量；
（2）线框中产生的焦耳热。







三、选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题，如果多做，则每科按所做的第一题计分。
（多选）12．（15分）下列说法正确的是（　　）
A．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大
B．多晶体是由单晶体组合而成的，所以多晶体和单晶体都表现为各向异性
C．相同条件下，温度越高，布朗运动越明显，颗粒越小，布朗运动也越明显
D．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同
E．在理想气体的等压压缩过程中，外界对气体做功使气体的内能增加

13．（10分）如图所示，一定质量的某种理想气体在状态A时的体积为V0。从状态A到状态C，该气体从外界吸收的热量为Q，在P﹣T图像中图线AC反向延长线通过坐标原点O，从状态C到状态B温度不变，从状态B到状态A，该气体对外界做的功为W。求：
（Ⅰ）气体在状态C时的压强和在状态B时的体积；
（Ⅱ）从状态B到状态A，气体与外界交换的热量Q′。

（多选）14．（5分）下列说法正确的是（　　）
A．物体做受迫振动达到稳定后；其振动频率一定等于驱动力频率
B．单摆简谐运动的周期与振幅有关，振幅越大周期越长
C．相机镜头表面的增透膜，利用了薄膜干涉原理
D．当波源和观察者相互远离时，观察者接收到的频率小于波源发出的频率
E．通过一个狭缝来观察日光灯可以看到彩色条纹，是光的偏振现象
15．（10分）负折射率材料是一种折射率为负值的材料，当光从空气照射到负折射率材料界面时，光波的折射与常规折射相反，入射光线和折射光线分布在法线的同侧，折射角取负值。如图为一负折射率材料制成的棱镜横截面，截面为一等边三角形，边长为2m。一束单色光在截面所在平面内，从中点D射入棱镜，入射角为45°，正好从界面的中点E射出，不考虑光线在棱镜中的反射，真空中光速为c＝3×108m/s，求：
（Ⅰ）该棱镜的折射率；
（Ⅱ）光在棱镜中的传播时间。

参考答案与试题解析
二、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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全对的得3分，有选错的得0分。
1．（6分）下列几种关于运动情况的描述，说法正确的是（　　）
A．一物体受到变力作用不可能做直线运动
B．一物体受到恒力作用可能做圆周运动
C．在等量异种电荷的电场中，一带电粒子只在电场力作用下可能做匀速圆周运动
D．在匀强磁场中，一带电小球在重力和洛伦兹力作用下不可能做平抛运动
【分析】根据物体做直线运动的条件分析；根据物体做圆周运动的条件分析；根据平抛运动的定义分析。
【解答】解：A、物体受到变力作用时，力的方向与物体运动方向在一条直线，物体做直线运动，故A错误；
B、物体受恒力作用时，恒力不能提供始终指向圆心的力，故物体不可能做圆周运动，故B错误；
C、在等量异种点电荷的电场中不存在同一个平面内的指向（背离）同一个圆心的电场线，所以带电粒子在等量异种点电荷的电场中所受电场力不能始终指向圆心提供向心力，不能做匀速圆周运动，故C错误；
D、将一个物体沿水平方向抛出，在空气阻力忽略不计的情况下，物体所做的运动叫平抛运动，所以带电小球在磁场中运动时，除重力外还受洛伦兹力作用，其运动不能成为平抛运动，故D正确。
故选：D。
2．（6分）如图所示为氢原子的发射光谱和氢原子能级图，Hα、Hβ、Hγ、Hδ是其中的四条光谱线及其波长，分别对应能级图中从量子数为n＝3、4、5、6的能级向量子数为n＝2的能级跃迁时发出的光谱线。已知可见光波长在400nm～700nm之间，下列说法正确的是（　　）

A．该谱线由氢原子的原子核能级跃迁产生
B．四条光谱线中，Hα谱线对应的光子能量最大
C．Hγ谱线对应的光，照射逸出功为2.25eV的金属，可使该金属发生光电效应
D．Hδ谱线对应的光是可见光中的红光
【分析】该谱线由氢原子的原子能级跃迁产生，光子能量与频率成正比，与波长成反比；根据光电效应的条件分析C项，可见光中紫光的波长最小，红光波长最大。
【解答】解：A、该谱线由氢原子的原子能级跃迁产生，并非原子核能级跃迁产生，故A错误；
B、四条光谱线中，Hα谱线对应的光子波长最大，频率最小，能量最小，故B错误；
C、Hγ谱线对应的光，是从n＝5到n＝2能级跃迁产生的，能量为E＝﹣0.54eV﹣（﹣3.40eV）＝2.86eV，照射逸出功为2.25eV的金属，可使该金属发生光电效应，故C正确；
D、可见光中紫光的波长最小，Hδ谱线对应的光是可见光中的紫光，故D错误；
故选：C。
3．（6分）如图所示，在坐标轴上O、A、B、C四点分别固定四个点电荷，电荷量分别为+Q、﹣Q、﹣Q、+Q。M、N为坐标轴上两点，已知QA＝AM＝MB＝BC＝CN，下列分析正确的是（　　）

A．M点电场强度方向沿x轴正方向
B．N点电场强度方向沿x轴正方向
C．M点电势大于N点电势
D．将点电荷+q由M点沿垂直于x轴方向移动一小段距离，点电荷电势能减小
【分析】根据对称性分析场强的大小；离正电荷较近的点，电势越高，判断电势关系．根据电场力对电荷做功的特点判断电势能变化。
【解答】解：A、根据对称性，结合电场的矢量叠加可知M点电场强度为0，故A错误；
B、根据E＝，由于N点离C点较近，根据电场的矢量叠加可知N点电场强度方向沿x轴正方向，故B正确；
C、根据对称性，N点离正电荷C较近，所以电势高于M点电势，故C错误；
D、根据对称性，结合电场的矢量叠加可知经过M点垂直于x轴的电场方向是由无穷远指向M点，则+q由M点沿垂直于x轴方向移动一小段距离，电场力做负功，点电荷电势能增大，故D错误；
故选：B。
4．（6分）太空电梯的原理与生活中的普通电梯十分相似。只需在地球同步轨道上建造一个空间站，并用某种足够长也足够结实的“索道”将其与地面相连。如图所示，假设有一长度为r的太空电梯连接地球赤道上的固定基地与同步卫星轨道上的空间站a，整个太空电梯相对地面静止。卫星b与空间站a的运行方向相同，某时刻二者距离最近，已知地球半径为R，自转周期为T，下列说法正确的是（　　）

A．太空电梯各点均处于完全失重状态
B．太空电梯上各点线速度与该点离地球球心距离成反比
C．太空电梯靠近地球一端的角速度大于卫星b的角速度
D．若经过时间t之后，a、b第一次相距最远，则卫星b的周期为2t
【分析】“太空电梯”上各质点（除a点）的向心力小于其万有引力，不是完全失重；
根据线速度与角速度的关系进行分析；
根据ω＝分析角速度大小关系；
若经过时间t之后，a、b第一次相距最远，则有：ωat﹣ωbt＝π，由此得到b的周期。
【解答】解：A、对地球卫星有：＝mrω2，解得：ω＝可知，卫星轨道半径越大，角速度越小，由于太空电梯上（除a点）各质点的角速度与同步卫星的角速度相同，即“太空电梯”各质点的角速度小于与其处于同一轨道半径上卫星的角速度，则“太空电梯”上各质点做圆周运动所需的向心加速度小于该轨道卫星的向心加速度，卫星的向心力是全部由万有引力题供，但是太空电梯上各质点的向心力小于其万有引力，所以处于失重状态，但不是处于完全失重状态，故A错误；
B、根据线速度与角速度的关系有v＝ωr，由于太空电梯上各点的角速度等于地球自转的角速度，可知，太空电梯上各点线速度与该点离地球球心距离成正比，故B错误；
C、根据ω＝可知，卫星轨道半径越大，角速度越小，由于太空电梯上各质点的角速度与同步卫星的角速度相同，所以太空电梯靠近地球一端的角速度大于卫星b的角速度，故C正确；
D、若经过时间t之后，a、b第一次相距最远，则有：ωat﹣ωbt＝π，即，解得：Tb＝，故D错误。
故选：C。
5．（6分）如图所示，长度均为L的两平行金属板沿水平方向放置，两极板的间距为d＝L。两极板带有等量异种电荷，其中上极板带正电。带电粒子1由左侧正中央沿平行于极板的速度v1射入电场，同时另一完全相同的粒子2，由上极板的正中央以垂直于极板的速度v2射入电场，经过一段时间两粒子同时到达下极板正中央的O点。粒子的质量为m，电荷量为+q，两极板之间的电压恒为U，忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，两极板之间的电场可看作匀强电场。则下列说法正确的是（　　）

A．粒子1到达O点时的速度v＝2
B．粒子2射入电场时的速度v2＝
C．若将粒子1射入电场时的速度变为2v1，两粒子将在O点上方相遇
D．若将粒子1射入电场时的速度变为2v1，两粒子仍可同时到边O点
【分析】粒子1做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据动能定理和运动学公式列式求解粒子1到达O点时的速度和运动时间；粒子2做匀加速直线运动，运动时间与粒子1的运动时间相同，根据匀变速直线运动位移—时间公式列式即可求解粒子2射入电场时的速度；若粒子2的速度变为原来的两倍，竖直方向的分运动不变，判断粒子1到达O点所在直线时2的位置，比较即可。
【解答】解：A、粒子1做类平抛运动，设粒子1达到O点的时间为t，根据运动学公式，水平方向有：＝v1t
竖直方向有：＝＝L
联立解得：vy＝v1
粒子1到达O点时的速度v＝＝v1
由动能定理得：q×＝mv2﹣
联立解得：v1＝
v＝
t＝
故A错误；
B、粒子2做匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移—时间公式得：d＝L＝v2t+at2
由牛顿第二定律得：q＝ma
联立解得：v2＝
故B正确；
C、粒子水平方向做匀速直线运动，若将粒子1射入电场时的速度变为2v1，粒子1到达O点所在竖直面的时间为t，粒子2做匀加速直线运动，t内的位移一定小于总位移的一半，则在粒子1初速度平面的上方，故两粒子不能相遇，故C错误；
D、粒子1做类平抛运动，若水平方向的速度变为2倍，竖直方向的运动不变，到达下级板的时间为t，水平方向做匀速直线运动，水平位移变为原来的两倍，则不能到达O点，故D错误。
故选：B。
（多选）6．（6分）如图所示，一圆锥体可绕其中心竖直转轴MN转动，圆锥面母线与水平面间夹角为θ。可视为质点的小物块a、b位于圆锥面上不同位置，a到顶点的距离与b到顶点的距离之比为1：3。已知两物块的质量相等，与圆锥面之间的动摩擦因数均为μ。当圆锥体绕转轴MN以角速度ω匀速转动时，两个小物块与圆锥体之间没有发生相对滑动。重力加速度为g。关于两个小物块的运动说法正确的是（　　）

A．两物块受到的摩擦力大小相等
B．两物块向心力之比为1：3
C．小物块a受到支持力与摩擦力的合力大小等于mg
D．若逐渐增大角速度ω，物块b先出现相对滑动
【分析】对ab分析，根据合力提供向心力可解得AB项，根据最大静摩擦力与向心力关系分析D项。
【解答】解：A、对ab分析，如图：

对a，水平方向有facosθ﹣Fasinθ＝mω2ra
竖直方向：fasinθ+Facosθ＝mg
所以：fa＝mgsinθ+mω2rω2cosθ
对b，水平方向：fbcosθ﹣Fbsinθ＝mω2rb
竖直方向：fbsinθ+Fbcosθ＝mg
所以：fb＝mgsinθ+mω2rbcosθ
a到顶点的距离与b到顶点的距离之比为1：3
所以ra：rb＝1：3，则fa≠fb，故A错误；
B、a受到的向心力为Fa向＝mω2ra，Fb向＝mω2rb，两物块向心力之比为1：3，故B正确；
C、由于a受到的合力不等于0，则小物块a受到支持力与摩擦力的合力大小不等于mg，故C错误；
D、假设物块a出现相对滑动，则fam＝μFam，由于famsinθ+Famcosθ＝mg
解得：fam＝
同理可知fbm＝
则ab最大静摩擦力相同，增大角速度，由B项分析可知b先达到最大静摩擦力，所以b先出现相对滑动，故D正确；
故选：BD。
（多选）7．（6分）如图所示，质量为M＝2m的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看作水平面，并且比湖岸高出h。在船尾处有一质量为m的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离为L，船头到湖岸的水平距离x＝L，弹簧原长远小于L。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度为g。下列判断正确的有（　　）

A．铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为L
B．铁块脱离木船时的瞬时速度大小为
C．小木船最终的速度大小为
D．弹簧释放的弹性势能为
【分析】从烧断细线到铁块离开小船的过程中，对木船和铁块组成的系统，由动能定理求解两者的速度，结合匀变速直线运动规律和几何关系求解铁块脱离木船后在空中运动的水平距离；铁块离开木船后做平抛运动，根据平抛运动规律列式求解铁块的速度，根据两者速度关系求解小木船的速度；根据能量守恒定律求解弹簧的弹性势能。
【解答】解：A、设铁块脱离木船时的速度为v1，木船的速度为v2，从烧断细线到铁块离开小船的过程中，对木船和铁块组成的系统由动能定理得：mv1＝Mv2
已知M＝2m
则v1＝2v2
铁块和木船均做匀加速直线运动，铁块的位移为x1＝（0+v1）t
木船的位移为x2＝（0+v2）t
则x1＝2x2
由几何关系得：x1+x2＝L
联立解得：x1＝L
x2＝L
铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为x3＝L+x﹣x1＝L+L﹣L＝L
故A错误；
B、铁块离开木船后做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，位移为x3＝v1t
竖直方向为自由落体运动，位移为h＝gt2
联立解得：v1＝
故B正确；
C、小木块最终的速度大小为v2＝v1＝
故C错误；
D、由能量守恒定律得，弹簧释放的弹性势能Ep＝+
解得：Ep＝
故D正确。
故选：BD。
（多选）8．（6分）如图所示，ab和ac是无限大磁场的分界线，在ab和ac的上下两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。∠bac＝90°，P、Q是分界线上的两点，且aP＝aQ＝L。现有一质量为m、电荷量为﹣q的粒子从P点沿PQ方向水平射出，粒子射出速度v＝，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　）

A．粒子运动的轨迹半径为r＝
B．粒子由P点运动到Q点所用的时间为t＝
C．若射出速度为，粒子由P点运动到Q点所用时间为
D．若射出速度为2v，粒子第一次运动ac边上的位置到a点的距离为 d＝（﹣1）L
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子轨道半径，作出粒子运动轨迹，求出粒子在磁场中转过的圆心角，然后根据粒子做圆周运动的周期公式与几何知识分析答题。
【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得粒子运动的轨迹半径r＝L，故A正确；
B、粒子在磁场中做运动圆周运动，粒子运动轨迹如下图所示

由几何知识可知，粒子从P运动到Q过程中，在磁场中转过的圆心角θ＝360°，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，粒子从P运动到Q需要的时间t＝＝T＝，故B错误；
C、若射出速度为，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q×v×B＝m，解得：r'＝r＝L，粒子运动轨迹如下图所示

由几何知识可知，粒子由P点运动到Q点过程在磁场中转过的圆心角α＝720°，粒子粒子由P点运动到Q点所用时间t'＝T＝2×＝，故C错误；
D、若射出速度为2v，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q×2v×B＝m，解得：R＝2r＝L，粒子运动轨迹如图所示：

由几何知识可知，粒子第一次运动ac边上的位置到a点的距离d＝R﹣Rsin45°＝L﹣L×＝（﹣1）L，故D正确。
故选：AD。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答。
9．（10分）实验小组利用如图甲所示电路测量某金属丝的电阻率。

（1）用刻度尺测出电阻丝长度为L，同时使用螺旋测微器测量金属丝的直径（如乙图所示），可知金属丝的直径d＝　0.866　mm。
（2）按电路图连接电路，现有量程0～0.6A的电流表，内阻RA＝1.0Ω。动变阻器可供选择：
A.最大阻值1000Ω的滑动变阻器
B.最大阻值100Ω的滑动变阻器
C.最大阻值10Ω的滑动变阻器
滑动变阻器应选择 　C　（填写器材前边序号）。
（3）先将滑动变阻器的滑片滑到电路图中 　a　端（填“a”或“b”），闭合电键，调节滑动变阻器和电阻箱，使电压表有一较大读数U，记下此时电阻箱的读数R1电流表的读数I1。
（4）改变电阻箱的阻值，同时调节滑动变阻器，使电压表的读数仍为U，记下此时电阻箱的读数R2和电流表的读数I2。
（5）重复步骤（4），得到多组电阻箱和电流表的数据，以电阻箱电阻R为横坐标，以电流表电流的倒数为纵坐标建立直角坐标系，描点连线，获得图线的纵轴截距为b，可知电阻丝电阻为 　Ub﹣RA　（用U、b、RA表示）。
（6）由电阻定律可得到电阻丝的电阻率为 　　（用U、b、RA、L、d表示）
【分析】（1）根据螺旋测微器的读数方法进行读数；
（2）根据电路图为分压式可知滑动变阻器应该选用阻值小的；
（3）根据实验的安全性即可分析滑动变阻器滑片的位置；
（5）根据部分电路欧姆定律列式，整理表达式再结合题干图像即可解题；
（6）根据电阻定律列式，整理表达式即可求解电阻丝的电阻率。
【解答】解：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，其读数为固定刻度值与可懂刻度值之和，即d＝0.5mm+36.6×0.01mm＝0.866mm；
（2）根据图甲可知，滑动变阻器分压式接入电路，需要选择小阻值，故C正确，AB错误；
故选：C。
（3）为保证电压表和电流表安全，要求电表示的示数从零开始变化，因此滑动变阻器的滑片滑到电路图中a端，
（5）根据部分电路欧姆定律可知，U＝IR+IRA+IR电，整理得＝，即b＝，解得R电＝Ub﹣RA；
（6）根据电阻定律R电＝＝Ub﹣RA
S＝
联立解得ρ＝；
故答案为：（1）0.866；（2）C；（3）a；（5）Ub﹣RA；（6）。
10．（12分）如图所示，光滑水平地面上有一光滑薄木板AB，薄木板右侧连接一光滑半圆细管轨道BCD，轨道半径为R，C点与轨道圆心O点等高，半圆轨道最高点D左侧连接一内壁光滑的细管DE，在细管的E端固定一轻质弹簧，整个装置质量为2m。一半径略小于细管半径、质量为m的小球，以初速度v0从薄木板A端滑上木板。已知重力加速度为g，小球可以看作质点。求：
（1）若v0＝，求小球第一次运动到半圆细管轨道B点时对轨道的压力大小；
（2）若v0＝，求整个轨道装置获得的最大速度大小；
（3）若v0＝3，求轻质弹簧获得的最大弹性势能。

【分析】（1）根据牛顿第二定律求解管道对小球的支持力，根据牛顿第三定律求解小球对管道的压力；
（2）根据动量守恒定律和系统机械能守恒求解轨道装置获得的最大速度大小；
（2）根据动量守恒定律和系统机械能守恒求解弹簧最大的弹性势能；
【解答】解：（1）小球刚到B点时速度为v0，设管道对小球的支持力为N，根据牛顿第二定律有，代入数据解得：N＝2mg
根据牛顿第三定律得小球对管道的压力大小为N′＝N＝2mg
（2）当小球再次返回运动到B点时，整个轨道装置的速度v1最大，此时小球速度为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1+2mv2
由机械能守恒定律得
解得：
（3）弹簧压缩到最短时弹性势能最大，此时小球与整个轨道装置共速，设共同速度为v，取水平向右为正方向，根据水平方向动量守恒得mv0＝3mv
由系统的机械能守恒可得
解得弹簧最大的弹性势能EP＝mgR
答：（1）若v0＝，小球第一次运动到半圆细管轨道B点时对轨道的压力大小为2mg；
（2）若v0＝，整个轨道装置获得的最大速度大小为；
（3）若v0＝3，轻质弹簧获得的最大弹性势能为mgR。
11．（20分）如图所示，一足够长水平传送带顺时针转动，速度大小恒为v0＝4m/s。传送带上宽度为D＝6m的区域内，有一方向竖直向上的矩形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B＝2.0T，MN、PQ为磁场边界。有一边长为l＝2m的正方形线框abcd，线框质量m＝10kg，电阻R＝4Ω。ab边与磁场边界平行，在ab边距离MN为d＝6m的位置由静止释放线框，已知线框与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。线框在传送带上运动的整个过程中，求：
（1）通过线框某截面的电荷量；
（2）线框中产生的焦耳热。

【分析】（1）根据牛顿第二定律求解在无磁场区的加速度大小，根据运动学公式求解达到与传送带共速的位移，由此分析线框进入磁场中的运动情况，根据闭合电路的欧姆定律、电荷量的计算公式求解电荷量；
（2）根据功能关系求解产生的热。
【解答】解：（1）线框由静止释放，在传送带滑动摩擦力作用下加速，根据牛顿第二定律可得：μmg＝ma
解得加速度大小为：a＝2m/s2
经过时间t与传送带共速，则有：v0＝at
代入数据解得：t＝2s
此过程中线框位移：x＝＝m＝4m＜d＝6m
然后线框匀速，到达边界MN时线框的速度为v0＝4m/s
进入磁场过程，ab边切割磁感线产生的感应电动势为：E＝Blv
根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流为：I＝
联立解得：I＝4A
安培力大小为：F安＝BIl，代入数据解得：F安＝16N
最大静摩擦力为：fmax＝μmg，代入数据解得：fmax＝20N＞F安
可知线框将匀速进出磁场，线框进入磁场的时间为：＝s＝0.5s
整个过程中通过线框某截面的电荷量为：q＝I•2t'＝4×2×0.5C＝4C
（2）由功能关系可知，线框中产生的焦耳热：Q＝﹣W安＝2F安l
代入数据解得：Q＝64J
答：（1）通过线框某截面的电荷量为4C；
（2）线框中产生的焦耳热为64J。
三、选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题，如果多做，则每科按所做的第一题计分。
（多选）12．（15分）下列说法正确的是（　　）
A．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大
B．多晶体是由单晶体组合而成的，所以多晶体和单晶体都表现为各向异性
C．相同条件下，温度越高，布朗运动越明显，颗粒越小，布朗运动也越明显
D．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同
E．在理想气体的等压压缩过程中，外界对气体做功使气体的内能增加
【分析】根据分子力随距离变化规律、分子力做功规律分析A项，根据多晶体与单晶体的特点分析B项；温度越高，布朗运动越显著，温度相同时，分子热运动的平均动能相等，根据热力学第一定律分析E项。
【解答】解：A、当分子间作用力表现为斥力时，分子之间的距离减小的过程中需要克服分子力做功，所以分子势能随分子间距离的减小而增大，故A正确；
B、根据多晶体与单晶体的特点可知，多晶体是由单晶体组合而成的，单晶体的某些物理性质表现为各向异性，多晶体的物理性质表现为各向同性，故B错误；
C、根据布朗运动的特点，温度越高，布朗运动越显著，故C正确；
D、内能不同的物体，当它们的温度相同时，它们分子热运动的平均动能相等，故D正确。
E、理想气体的等压压缩过程，外界对气体做功，但对外放热，气体温度降低使气体的内能减小，故E错误；
故选：ACD。
13．（10分）如图所示，一定质量的某种理想气体在状态A时的体积为V0。从状态A到状态C，该气体从外界吸收的热量为Q，在P﹣T图像中图线AC反向延长线通过坐标原点O，从状态C到状态B温度不变，从状态B到状态A，该气体对外界做的功为W。求：
（Ⅰ）气体在状态C时的压强和在状态B时的体积；
（Ⅱ）从状态B到状态A，气体与外界交换的热量Q′。

【分析】（Ⅰ）根据查理定律及理想气体状态方程解答；
（2）从状态A到状态C，气体等容变化，从状态C到状态B，气体等温变化，结合根据热力学第一定律求解从状态B到状态A，气体与外界交换的热量。
【解答】解：（Ⅰ）由题意，可知AC线为等容线，根据查理定律，有
解得pC＝2p0
根据理想气体状态方程，有
解得
（Ⅱ）由图像可知从状态A到状态C，气体等容变化。根据热力学第一定律可得ΔUAC＝Q
从状态C到状态B，气体等温变化，内能不变，
UB＝UC＝UA+Q
所以从状态B到状态A，ΔUBA＝UA﹣UB＝﹣Q
设从状态B到状态A，气体与外界交换的热量为Q′，根据热力学第一定律可知
﹣Q＝﹣W+Q′
气体与外界交换的热量Q′＝W﹣Q
答：（Ⅰ）气体在状态C时的压强为2p0，在状态B时的体积为；
（Ⅱ）从状态B到状态A，气体与外界交换的热量为W﹣Q。
（多选）14．（5分）下列说法正确的是（　　）
A．物体做受迫振动达到稳定后；其振动频率一定等于驱动力频率
B．单摆简谐运动的周期与振幅有关，振幅越大周期越长
C．相机镜头表面的增透膜，利用了薄膜干涉原理
D．当波源和观察者相互远离时，观察者接收到的频率小于波源发出的频率
E．通过一个狭缝来观察日光灯可以看到彩色条纹，是光的偏振现象
【分析】物体受迫振动稳定后的频率和驱动力频率相同；根据单摆周期公式分析；增透膜是利用了光的干涉原理；根据多普勒效应分析；根据光的衍射原理分析。
【解答】解：A、物体做受迫振动达到稳定后，其振动频率定等于驱动力频率，与其固有频率无关，故A正确；
B、根据单摆的周期公式T＝2可知单摆的周期与振幅无关，故B错误；
C、照相机镜头表面的增透膜是利用了光的干涉原理，使反射光减弱，增加透射，故C正确；
D、根据多普勒效应可知：当波源和观察者相互远离时，观察者接收到的频率变小，故D正确。
E、通过一个狭缝来观察日光灯可以看到彩色条纹是光的衍射，故E错误。
故选：ACD。
15．（10分）负折射率材料是一种折射率为负值的材料，当光从空气照射到负折射率材料界面时，光波的折射与常规折射相反，入射光线和折射光线分布在法线的同侧，折射角取负值。如图为一负折射率材料制成的棱镜横截面，截面为一等边三角形，边长为2m。一束单色光在截面所在平面内，从中点D射入棱镜，入射角为45°，正好从界面的中点E射出，不考虑光线在棱镜中的反射，真空中光速为c＝3×108m/s，求：
（Ⅰ）该棱镜的折射率；
（Ⅱ）光在棱镜中的传播时间。

【分析】（1）先根据题意画出光路图。根据几何知识确定出光线在BC面上的折射角，再由折射定律求出折射率。
（2）由几何关系求出光在棱镜中传播的路程。由求出光在棱镜中传播的速度，从而求得传播时间。
【解答】解：（Ⅰ）根据题意，在负折射率材料制成的棱镜中画出光路图，如图所示：

由几何关系可得，入射光在D点的折射角为r＝﹣30°
由折射定理可得，该材料的折射率为n＝＝
（Ⅱ）由几何关系可得，光在棱镜中的传播距离为DE＝1m
由公式可得，光在棱镜中的传播速度为
则光在棱镜中的传播时间为
代入数据解得：t＝
答：（Ⅰ）该棱镜的折射率为﹣；
（Ⅱ）光在棱镜中的传播时间为。