2023年江西省南昌市等5地2校高考物理二模試卷一、選擇題：本題共4小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6~8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)或不選的得0分。1．（6分）科幻電影《流浪地球》中，由于太陽(yáng)正在極速衰老演化為紅巨星，其體積在不斷膨張并即將爆發(fā)氦閃，地球面臨著被氦閃燒毀或是被太陽(yáng)吞沒的危險(xiǎn)．為了自救，地球聯(lián)合政府盡全人類力量，修建12000座行星發(fā)動(dòng)機(jī)，推動(dòng)地球變軌，脫離太陽(yáng)系，前往4.22光年外半人馬座α的比鄰星。行星發(fā)動(dòng)機(jī)通過重元素聚變技術(shù)（燒石頭）來(lái)達(dá)到推動(dòng)地球的目的。已知自然界中鐵的比結(jié)合能最大，以下說法中不正確的是（）A．核聚變需要在極高的溫度下進(jìn)行，又稱作熱核反應(yīng) B．核聚變反應(yīng)中，反應(yīng)物的比結(jié)合能大于新核的比結(jié)合能 C．重元素聚變中的“重元素”仍是原子序數(shù)小于鐵的 D．重元素聚變需要的條件非?？量蹋壳叭祟惖募夹g(shù)尚不能實(shí)現(xiàn)2．（6分）如圖所示，一不可伸長(zhǎng)輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長(zhǎng)L。一水平恒力F作用在輕繩的中點(diǎn)，方向與兩球連線垂直。當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距時(shí)，它們加速度的大小均為a，則當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至相距時(shí)，它們的加速度大小均為（）A． B． C． D．3．（6分）如圖所示，用同一個(gè)回旋加速器分別加速靜止的氕核H、氘核H與氦核He，加速電壓大小相等，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，不考慮粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間以及粒子質(zhì)量的變化．則下列說法正確的是（）A．加速氘核H后再對(duì)氦核He進(jìn)行加速，需要重新調(diào)整加速電壓周期 B．離開加速器時(shí)的速度最大的是氦核He C．離開加速器時(shí)的動(dòng)能最小的是氕核H D．三種原子核在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同4．（6分）衛(wèi)星上裝有太陽(yáng)能帆板，其原理是利用硅和某些金屬的光電效應(yīng)，將光能轉(zhuǎn)化為電能儲(chǔ)存在蓄電池中，為衛(wèi)星提供電能。有一顆人造衛(wèi)星，其軌道位于赤道平面上，到地面的高度等于地球半徑，在春分時(shí)（太陽(yáng)光直射赤道）這顆衛(wèi)星繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)一周，太陽(yáng)能帆板工作的時(shí)間約為（設(shè)地球自轉(zhuǎn)周期為T0，地球半徑為R，地球同步衛(wèi)星軌道半徑為6.6R，）（）A．0.08T0 B．0.11T0 C．0.14T0 D．0.17T05．（6分）在如圖所示的電路中，正弦交流電源輸出的電壓有效值U恒定，定值電阻R0＝40Ω，變壓器為理想變壓器，導(dǎo)線電阻不計(jì)。當(dāng)滑動(dòng)變阻器的阻值調(diào)為R1＝30Ω時(shí)，定值電阻與滑動(dòng)變阻器消耗的功率之比為1：3；當(dāng)滑動(dòng)變阻器的阻值調(diào)為R2時(shí)，滑動(dòng)變阻器消耗的功率最大。則R2的值為（）A．10Ω B．20Ω C．30Ω D．40Ω（多選）6．（6分）空間中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示，以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓所在的平面與電場(chǎng)平行，圓的半徑為8cm。AC、BD為兩條相互垂直的直徑，已知A點(diǎn)電勢(shì)為1V，B點(diǎn)電勢(shì)為8V，C點(diǎn)電勢(shì)為9V。以下說法中正確的是（）A．電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與CA的夾角為30° B．電子在O點(diǎn)的電勢(shì)能為5eV C．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為62.5V/m D．若質(zhì)子以2eV的初動(dòng)能僅在電場(chǎng)力作用下自C點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)，該質(zhì)子到達(dá)圓周上的最大動(dòng)能為11eV（多選）7．（6分）如圖所示，水平地面上固定著三個(gè)內(nèi)壁光滑的容器甲、乙、丙，它們的中心軸線均和水平地面垂直。其中甲的內(nèi)表面為圓錐面，乙的內(nèi)表面為半球面，丙的內(nèi)表面為旋轉(zhuǎn)拋物面（將拋物線繞其對(duì)稱軸旋轉(zhuǎn)一周所得到的曲面），三個(gè)容器中均有兩個(gè)小球貼著內(nèi)壁在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。下列說法正確的是（）A．甲容器中A球的線速度比B球大 B．乙容器中A球的角速度比B球大 C．丙容器中兩球角速度大小相等 D．丙容器中A球的角速度比B球小（多選）8．（6分）如圖所示，空間中存在豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出），某時(shí)刻，不帶電的小球A自地面上方的P點(diǎn)以速度v1水平拋出，與此同時(shí)帶負(fù)電的小球B以豎直向下的初速度v2開始運(yùn)動(dòng)，小球落地前P點(diǎn)、A球、B球三者始終保持在一條直線上。已知兩球質(zhì)量均為m，B球帶電量為﹣q，初始時(shí)A、B兩球等高且距離為L(zhǎng)，兩球可視為質(zhì)點(diǎn)且始終在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中未相碰，重力加速度為g，則以下說法中正確的是（）A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向下 B．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 C．B球的初速度 D．B球的初速度三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。9．（6分）某實(shí)驗(yàn)小組為了測(cè)定小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，力傳感器可以測(cè)出輕繩的拉力大小，滑輪及輕繩質(zhì)量不計(jì)，重力加速度g已知。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①按圖甲所示裝置安裝實(shí)驗(yàn)器材，圖中長(zhǎng)木板保持水平；②在砂桶內(nèi)放入一定質(zhì)量的砂子，小物塊靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，釋放小物塊，打出一條紙帶，同時(shí)記錄力傳感器的讀數(shù)；③利用紙帶計(jì)算小物塊的加速度；④改變砂桶內(nèi)砂子的質(zhì)量，重復(fù)步驟②③；⑤以小物塊加速度a為縱坐標(biāo)，力傳感器讀數(shù)F為橫坐標(biāo)，作出圖像如圖乙所示。（1）測(cè)得圖乙中直線斜率為k，縱截距為﹣b，則長(zhǎng)木板動(dòng)摩擦因數(shù)為；小物塊質(zhì)量為（用k、b、g表示）；（2）先將長(zhǎng)木板傾斜一定角度以平衡摩擦力，然后多次改變砂桶內(nèi)砂子的質(zhì)量，作出小車加速度a與砂和砂桶總質(zhì)量m的圖線如圖丙所示，則圖中am的值為。10．（9分）某物理興趣小組設(shè)計(jì)了一個(gè)如圖所示的多用電表電路圖。如圖所示，已知表頭G的滿偏電流為Ig＝30mA，內(nèi)阻Rg＝90Ω。定值電阻R1＝10Ω。電源電動(dòng)勢(shì)E＝12V，內(nèi)阻r＝2Ω，電阻箱R2和R3的調(diào)節(jié)范圍都是0～999.9Ω。（1）與多用電表B端相連的是（填“紅”或者“黑”）表筆；（2）選擇開關(guān)置于1位置，閉合開關(guān)S，電流表的量程為mA，保持S閉合，選擇開關(guān)置于3位置，將其改裝為量程60V的電壓表，電阻箱R3應(yīng)調(diào)節(jié)為Ω；（3）選擇開關(guān)置于2位置，通過開關(guān)S的通斷可以實(shí)現(xiàn)歐姆表“×1”與“×10”兩種倍率．則（填“閉合”或者“斷開”）開關(guān)S，歐姆表為“×1”倍率．將歐姆表切換至“×10”倍率，紅、黑表筆短接進(jìn)行歐姆調(diào)零，然后將某一待測(cè)電阻接在紅黑表筆之間，當(dāng)表頭G的指針偏轉(zhuǎn)角度為滿量程的時(shí)，待測(cè)電阻為Ω。11．（12分）如圖所示，一質(zhì)量為3kg的木板B靜止于光滑水平面上，物塊A質(zhì)量為2kg，停在木板B的左端。質(zhì)量為1kg的小球用長(zhǎng)為l＝1.8m的輕繩懸掛在固定點(diǎn)O上，將輕繩向左拉直至水平位置后，由靜止釋放小球，小球在最低點(diǎn)與物塊A發(fā)生彈性碰撞，碰后立即取走小球，物塊A與小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，已知物塊A與木板B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。（1）求碰撞過程中小球?qū)ξ飰KA的沖量大??；（2）若木板長(zhǎng)度為，求物塊A的最終速度大小。12．（20分）如圖所示，兩光滑圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，圓心均為O點(diǎn)，半徑分別為l1＝1m，l2＝0.5m，兩導(dǎo)軌通過導(dǎo)線與右側(cè)電路相連，一長(zhǎng)為l1、電阻為r＝2Ω的導(dǎo)體棒與兩圓形導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒一端固定在O點(diǎn)且以角速度ω＝16rad/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩圓形導(dǎo)軌所在區(qū)域存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，定值電阻R＝5Ω，電容器的電容C＝0.2F。足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌AG、BH固定于水平面內(nèi)，相距為L(zhǎng)＝2m，處于豎直向下、大小為B2＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，軌道在C、D處各被一小段正對(duì)的絕緣材料隔開，質(zhì)量為ma＝1kg的金屬棒a靜置于導(dǎo)軌AB處，質(zhì)量為mb＝3kg的金屬棒b緊貼CD右側(cè)放置，質(zhì)量為mc＝1kg的金屬棒c靜置于b棒右側(cè)s0＝2m的EF處．a(chǎn)、b棒的接入電阻相同，Ra＝Rb＝2Ω，c棒的接入電阻Rc＝4Ω。初始時(shí)單刀雙擲開關(guān)S與觸點(diǎn)“1”閉合，現(xiàn)將開關(guān)S撥到觸點(diǎn)“2”，當(dāng)金屬棒a運(yùn)動(dòng)至CD時(shí)電容器的電壓U＝5V，此時(shí)a、b兩棒相碰結(jié)合為一個(gè)“雙棒”整體，最終各棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，所有導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，求：（1）開關(guān)S與觸點(diǎn)“1”閉合時(shí)，電容器所帶的電荷量；（2）金屬棒a剛運(yùn)動(dòng)至CD時(shí)的速度；（3）最終“雙棒”整體與c棒的距離以及從a、b棒碰后到各棒穩(wěn)定的過程中a棒中產(chǎn)生的焦耳熱。(二)選考題。[物理——選修3-3]（15分）（多選）13．（5分）下列關(guān)于熱現(xiàn)象的說法中正確的是（）A．布朗運(yùn)動(dòng)證明，組成固體小顆粒的分子在做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng) B．水浸潤(rùn)玻璃管現(xiàn)象中，附著層內(nèi)分子間的距離小于液體內(nèi)部分子間的距離 C．一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷等壓膨脹過程，氣體分子單位時(shí)間對(duì)單位面積容器壁碰撞次數(shù)減少 D．蔗糖受潮后會(huì)粘在一起形成糖塊，看起來(lái)沒有確定的幾何形狀，這種粘在一起的糖塊是多晶體 E．學(xué)校里常用的干濕泡濕度計(jì)由兩個(gè)相同的溫度計(jì)組成，其中一只溫度計(jì)的玻璃泡外包著紗布，紗布的另一端浸在水中。由于蒸發(fā)吸熱，濕泡所示的溫度小于干泡。若干、濕溫度計(jì)讀數(shù)相差較大，說明空氣的相對(duì)濕度較大14．（10分）如圖所示，將一導(dǎo)熱性能良好的容器豎直放置在地面上，并封閉一定質(zhì)量的理想氣體，用一可自由移動(dòng)的活塞將氣體分成A、B兩部分，活塞與容器無(wú)摩擦且不漏氣，此時(shí)A、B兩部分氣體體積之比為2：1，A部分氣體壓強(qiáng)為2p0，B部分氣體壓強(qiáng)為3p0，重力加速度為g。（1）若環(huán)境溫度升高，分析活塞如何移動(dòng)并說明理由；（2）若整個(gè)容器以的加速度豎直向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求穩(wěn)定后A、B兩部分氣體的體積之比。[物理——選修3-4]（15分）（多選）15．下列說法中正確的是（）A．紅光在水中的傳播速度比紫光在水中的傳播速度大 B．用無(wú)色肥皂液吹出的肥皂泡在陽(yáng)光下呈彩色，是光的干涉形成的 C．光從光疏介質(zhì)射入光密介質(zhì)時(shí)，可能會(huì)發(fā)生全反射現(xiàn)象 D．一束光不能通過兩個(gè)相互垂直的偏振片，說明光是一種縱波 E．通過狹縫去觀察與狹縫平行的白色線狀光源時(shí)，看到的彩色條紋是光的衍射現(xiàn)象形成的16．如圖所示，有一個(gè)邊緣能發(fā)出某種單色光的正方形線光源MNPQ，水平放置于水池底部，其邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，光源距離水面高度為h，水池面積足夠大，該光源發(fā)出的單色光在水中的折射率為n。求水面上有單色光直接照射的面積。參考答案與試題解析一、選擇題：本題共4小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6~8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)或不選的得0分。1．【分析】核聚變需要再極高的溫度下進(jìn)行；發(fā)生核聚變時(shí)釋放能量，反應(yīng)物的比結(jié)合能小于新核的比結(jié)合能；重元素聚變目前尚不能實(shí)現(xiàn)。【解答】解：A、核聚變需要在極高的溫度下進(jìn)行，又稱作熱核反應(yīng)，故A正確；B、核聚變反應(yīng)要釋放大量的能量，則反應(yīng)物的比結(jié)合能小于新核的比結(jié)合能，故B錯(cuò)誤；C、鐵的比結(jié)合能最大，則重元素聚變中的“重元素”仍是原子序數(shù)小于鐵的，故C正確；D、重元素聚變需要的條件非?？量?，目前人類的技術(shù)尚不能實(shí)現(xiàn)，故D正確。本題選擇不正確的，故選：B。2．【分析】根據(jù)題意，分別列出當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距時(shí)和時(shí)的牛頓第二定律的方程，求出相距時(shí)的加速度?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意，當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距時(shí)，對(duì)此時(shí)受力分析，如圖所示因?yàn)閮汕蜿P(guān)于F所在直線對(duì)稱，根據(jù)幾何關(guān)系，有已知輕繩中心處受三個(gè)力，設(shè)繩子拉力為T，水平方向上受力分析，則有2Tcosθ＝F由牛頓第二定律有T＝ma聯(lián)立解得當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至相距時(shí)，同理根據(jù)幾何關(guān)系，有聯(lián)立解得故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。3．【分析】回旋加速器，加速電壓周期等于粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期，分析周期；當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑等于D型盒半徑時(shí)，粒子的速度最大，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，分析最大速度；再分析最大動(dòng)能；根據(jù)動(dòng)能定理，分析粒子在電場(chǎng)中加速次數(shù)，比較三種原子核在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)時(shí)間?！窘獯稹拷猓篈．回旋加速器滿足加速電壓周期等于粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期，則有由于氘核H和氦核He的比荷相等，可知加速氘核H后再對(duì)氦核He進(jìn)行加速，不需要重新調(diào)整加速電壓周期，故A錯(cuò)誤；BC．當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑等于D型盒半徑時(shí)，粒子的速度最大，動(dòng)能最大，根據(jù)洛倫茲力提供向心力：解得最大速度為由于氕核H的比荷在三種粒子中最大，則離開加速器時(shí)的速度最大的是氕核H；粒子的最大動(dòng)能為由于三種粒子中，氘核H的最小，則離開加速器時(shí)的動(dòng)能最小的是氘核H，故BC錯(cuò)誤；D．根據(jù)動(dòng)能定理，粒子在電場(chǎng)加速次數(shù)粒子在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)時(shí)間則三種原子核在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，故D正確。故選：D。4．【分析】根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力列式，分別求出地球同步衛(wèi)星和人造衛(wèi)星的周期；根據(jù)幾何關(guān)系，可以確定太陽(yáng)能帆板工作的時(shí)間。【解答】解：對(duì)于地球同步衛(wèi)星，萬(wàn)有引力提供向心力，有G＝m?6.6R對(duì)于人造衛(wèi)星，有G＝m′?2R解得人造衛(wèi)星的周期T1≈0.1665T0如圖所示，人造衛(wèi)星在A到B（順時(shí)針）的過程中太陽(yáng)能帆板無(wú)法工作由幾何關(guān)系知θ＝60°則這顆衛(wèi)星繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)一周，太陽(yáng)能帆板工作的時(shí)間為，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。5．【分析】依題意，根據(jù)功率計(jì)算式和理想變壓器電流比與匝數(shù)比關(guān)系，確定匝數(shù)比，再根據(jù)功率守恒列式，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)，分析功率最大時(shí)的電阻值?！窘獯稹拷猓寒?dāng)滑動(dòng)變阻器的阻值調(diào)為R1＝30Ω時(shí)，定值電阻與滑動(dòng)變阻器消耗的功率之比為1：3；設(shè)此時(shí)原副線圈電流分別為I1，I2，根據(jù)功率計(jì)算式，則有解得根據(jù)理想變壓器電流比與匝數(shù)比關(guān)系，則當(dāng)滑動(dòng)變阻器阻值調(diào)為R2時(shí)，滑動(dòng)變阻器消耗功率最大，此時(shí)原副線圈中電流分別為I1'，I2'，由于且得出化簡(jiǎn)可得最大功率所以當(dāng)I1'＝﹣＝時(shí)，功率取得最大值，解得R2＝10Ω，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。6．【分析】勻強(qiáng)電場(chǎng)中，平行等距的兩點(diǎn)電勢(shì)差相等；電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系為U＝Ed，d是兩點(diǎn)沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向的距離，根據(jù)此公式和MO間的電勢(shì)差，求出電場(chǎng)強(qiáng)度E，根據(jù)能量守恒分析【解答】解：A．根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)特征可知：φO＝＝V＝5V，AC連線上8V的點(diǎn)M，如圖，距O點(diǎn)：，BM連線為等勢(shì)線，電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直由高電勢(shì)指向低點(diǎn)勢(shì)，如圖，根據(jù)幾何知識(shí)知電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與CA的夾角為：，所以?shī)A角為37°，故A錯(cuò)誤；B．電子帶負(fù)電，在O點(diǎn)的電勢(shì)能為Ep＝﹣eφO＝﹣5eV，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)E＝知，故C正確；D．圓上電勢(shì)最小點(diǎn)電勢(shì)為φ＝φO﹣ER＝0，若質(zhì)子以2eV的初動(dòng)能僅在電場(chǎng)力作用下自C點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)，該質(zhì)子到達(dá)圓周上的最大動(dòng)能為Ek＝e（φC﹣0）+Ek0＝9eV+2eV＝11eV，故D正確。故選：CD。7．【分析】小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由合力提供，三個(gè)容器中都是重力和支持力的合力提供，設(shè)支持力與豎直方向的夾角為θ，用重力以及夾角表示出合力以及圓周運(yùn)動(dòng)的半徑表達(dá)式，進(jìn)而可以討論分析出正確答案?！窘獯稹拷猓喝缦聢D所示：三個(gè)容器中都是重力和支持力的合力提供向心力，設(shè)支持力與豎直方向的夾角為θ，則合力都可以寫成mgtanθ。A、甲容器中A球和B球所受支持力與豎直方向的夾角一樣大，則向心力一樣大，根據(jù)牛頓第二定律得mgtanθ＝，由于A球圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大，所以甲容器中A球的線速度比B球大，故A正確；B、設(shè)乙容器半球的半徑為R，根據(jù)幾何知識(shí)，兩球圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝Rsinθ，有mgtanθ＝mω2Rsinθ，ω＝，由于A球受支持力與豎直方向的夾角大，則乙容器中A球的角速度比B球大，故B正確；CD、根據(jù)數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)知識(shí)，拋物線在某點(diǎn)的斜率與橫坐標(biāo)成正比，由于支持力與接觸的切面垂直，根據(jù)幾何可知，切面與水平面的夾角等于支持力與豎直方向的夾角θ，所以mgtanθ＝mgkx＝mω2r，又r＝x，所以ω＝，k是常數(shù)，與兩球高度無(wú)關(guān)，所以丙容器中兩球角速度大小相等，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：ABC。8．【分析】小球落地前，A球做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得到A球的豎直位移與水平位移與時(shí)間的關(guān)系式，結(jié)合P點(diǎn)、A球、B球三者始終保持在一條直線上，根據(jù)相似三角形得到B球的豎直位移與時(shí)間的關(guān)系，從而判斷B球的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，再求場(chǎng)強(qiáng)大小，判斷場(chǎng)強(qiáng)方向。由位移—時(shí)間公式求B球的初速度大小?！窘獯稹拷猓篈B、A球做平拋運(yùn)動(dòng)，則豎直方向有，水平方向有xA＝v1t小球落地前P點(diǎn)、A球、B球三者始終保持在一條直線上，根據(jù)相似三角形可得可得B球的豎直位移可知B球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力平衡，有mg＝qE，可得場(chǎng)強(qiáng)大小為，由于小球B帶負(fù)電，電場(chǎng)力豎直向上，可知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向下，故A正確，B錯(cuò)誤；CD、由yB＝v2t，聯(lián)立解得，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：AC。三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。9．【分析】（1）對(duì)小物塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式，結(jié)合圖像求解即可；（2）分別對(duì)砂桶和小車受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度?！窘獯稹拷猓海?）對(duì)小物塊受力分析，由牛頓第二定律得：2F﹣μMg＝Ma整理得：則有b＝μg解得：（2）對(duì)砂桶受力分析，由牛頓第二定律得：mg﹣F＝2ma對(duì)小車受力分析，由牛頓第二定律得：2F＝Ma聯(lián)立解得：當(dāng)m遠(yuǎn)大于M時(shí)，則有故答案為：，，。10．【分析】（1）多用表的黑表筆與內(nèi)部電源的正極相連，據(jù)此分析作答；（2）根據(jù)并聯(lián)電路的電流特點(diǎn)及歐姆定律求電流表量程；根據(jù)串聯(lián)電路的電壓特點(diǎn)及歐姆定律求電阻R3的阻值；（3）根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解待測(cè)電阻Rx與電流表電流I的關(guān)系，然后根據(jù)Rx﹣I函數(shù)表達(dá)式判斷電流表量程與歐姆表?yè)跷坏年P(guān)系；根據(jù)函數(shù)表達(dá)式求電阻?！窘獯稹拷猓海?）多用表的黑表筆與內(nèi)部電源的正極相連，電流從黑表筆流出，因此與B相連的是黑表筆；（2）選擇開關(guān)置于1位置，閉合開關(guān)S時(shí)IgRg＝（IA﹣Ig）R1電流表量程＝R1與Rg并聯(lián)后總電阻為S閉合，選擇開關(guān)置于3時(shí)，電壓表量程為60V根據(jù)歐姆定律U＝IA（RA+R3）代入數(shù)據(jù)解得（3）歐姆表減小歐姆調(diào)零調(diào)零后的歐姆表測(cè)電阻待測(cè)電阻與電流I的關(guān)系為閉合開關(guān)S時(shí)，電流表為大量程，量程為S斷開時(shí)的10倍，歐姆表的中值電阻是開關(guān)斷開時(shí)的，因此開關(guān)S閉合為×1倍率S斷開為×10倍率，使用×10時(shí)，電流表量程為Ig＝30mA測(cè)電阻時(shí)的電流因此待測(cè)電阻故答案為：（1）黑；（2）300；191；（3）閉合；200。11．【分析】（1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律求得小球與物塊A發(fā)生碰撞前的小球速度，小球與物塊A發(fā)生彈性碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求得碰撞后A的速度，再由動(dòng)量定理求得小球?qū)ξ飰KA的沖量大?。唬?）根據(jù)動(dòng)量守恒定律和功能關(guān)系，先用假設(shè)法判斷物塊A在木板B上相對(duì)滑動(dòng)的過程能否達(dá)到共同速度，依據(jù)判斷結(jié)果，再根據(jù)動(dòng)量守恒定律和功能關(guān)系求解?！窘獯稹拷猓海?）小球與物塊A發(fā)生碰撞前，由靜止擺至最低點(diǎn)過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：解得：v0＝6m/s小球與物塊A發(fā)生彈性碰撞過程，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分別得：mv0＝mv1+mAv2解得碰撞后物塊A的速度v2＝4m/s碰撞過程對(duì)物塊A運(yùn)用動(dòng)量定理得小球?qū)ξ飰KA的沖量大小為：I＝mAv2＝2×4kg?m/s＝8kg?m/s。（2）假設(shè)物塊A在木板B上相對(duì)滑動(dòng)的過程能夠達(dá)到共同速度，設(shè)A、B之間相對(duì)位移為Δx，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒和功能關(guān)系分別得：mAv2＝（mA+mB）v聯(lián)立解得Δx＝2.4m因Δx＞L＝，故假設(shè)不成立。物塊A會(huì)從木板B上滑下，設(shè)物塊A與木板B最終速度分別為vA和vB，同理可得：mAv2＝mAvA+mBvB解得：vA＝2m/s，vB＝m/s，或者vA＝m/s，vB＝m/s因最終物塊A會(huì)從木板B上滑下，要滿足：vA＞vB，故結(jié)果vA＝2m/s，vB＝m/s是合理的，物塊A的最終速度大小為2m/s。答：（1）碰撞過程中小球?qū)ξ飰KA的沖量大小為8kg?m/s；（2）物塊A的最終速度大小為2m/s。12．【分析】（1）開關(guān)S與觸點(diǎn)“1”閉合時(shí)，根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E＝Bl2ω求出導(dǎo)體棒接入電路的部分感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由閉合電路歐姆定律求出電路中電流，從而求得R的電壓，即得到電容器的電壓，由Q＝CU求電容器所帶的電荷量；（2）開關(guān)S接2時(shí)，電容器向金屬棒a放電，金屬棒a受安培力向右運(yùn)動(dòng)，利用動(dòng)量定理求金屬棒a剛運(yùn)動(dòng)至CD時(shí)的速度；（3）a棒與b棒發(fā)生碰撞過程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出碰后共同速度，“雙棒”整體與c棒系統(tǒng)動(dòng)量也守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出最終達(dá)到共同速度。對(duì)c棒，利用動(dòng)量定理求最終“雙棒”整體與c棒的距離。由能量守恒定律求從a、b棒碰后到各棒穩(wěn)定的過程中a棒中產(chǎn)生的焦耳熱?！窘獯稹拷猓海?）開關(guān)S與觸點(diǎn)“1”閉合時(shí)，導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線，其接入電路的部分感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為閉合回路總電阻為回路電流為電容器的電壓U0＝IR電容器的電荷量為Q＝CU0聯(lián)立解得：Q＝2C（2）開關(guān)S接2時(shí)，電容器向金屬棒a放電，金屬棒a受安培力運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒a運(yùn)動(dòng)至CD處時(shí)電容器所帶電荷量Q2＝CU該過程流過金屬棒a的電荷量q＝Q2﹣Q取向右為正方向，對(duì)a棒，由動(dòng)量定理得B2L?t＝mav0﹣0又q＝?t，即B2Lq＝mav0代入數(shù)據(jù)可得金屬棒a剛運(yùn)動(dòng)至CD時(shí)的速度：v0＝2m/s（3）a棒與b棒發(fā)生碰撞過程，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mav0＝（ma+mb）v1“雙棒”整體與c棒系統(tǒng)動(dòng)量也守恒，最終達(dá)到共同速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得（ma+mb）v1＝（ma+mb+mc）v2對(duì)c棒，取向右為正方向，由動(dòng)量定理得B2L?t′＝mcv2設(shè)“雙棒”整體與c棒相對(duì)位移大小為s相對(duì)。則?t′＝＝＝代入上式得：最終“雙棒”整體與c棒的距離s＝s0﹣s相對(duì)聯(lián)立解得：s＝1.5m“雙棒”整體與c棒運(yùn)動(dòng)至穩(wěn)定過程中，由能量守恒得其中代入數(shù)據(jù)可得Qa＝0.01J答：（1）開關(guān)S與觸點(diǎn)“1”閉合時(shí)，電容器所帶的電荷量為2C；（2）金屬棒a剛運(yùn)動(dòng)至CD時(shí)的速度為2m/s；（3）最終“雙棒”整體與c棒的距離為1.5m，從a、b棒碰后到各棒穩(wěn)定的過程中a棒中產(chǎn)生的焦耳熱為0.01J。(二)選考題。[物理——選修3-3]（15分）13．【分析】布朗運(yùn)動(dòng)證明液體分子在不停息的做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)；水浸潤(rùn)玻璃管時(shí)，附著層內(nèi)分子間的距離小于液體內(nèi)部分子間的距離，分子力表現(xiàn)為斥力；根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程判斷氣體溫度的變化，根據(jù)氣體壓強(qiáng)的微觀描述判斷氣體分子單位時(shí)間對(duì)單位面積容器壁碰撞次數(shù)；蔗糖受潮后粘在一起形成的糖塊是多晶體；若干、濕溫度計(jì)讀數(shù)相差較大，說明空氣干燥?！窘獯稹拷猓篈、布朗運(yùn)動(dòng)是固體小顆粒的運(yùn)動(dòng)，是由于液體分子做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)固體小顆粒撞擊作用不平衡引起的，故布朗運(yùn)動(dòng)證明了液體分子在不停息的做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、水浸潤(rùn)玻璃管現(xiàn)象中，附著層內(nèi)分子間的距離小于液體內(nèi)部分子間的距離，分子間表現(xiàn)為斥力，故B正確；C、一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷等壓膨脹過程，體積增大，由理想氣體狀態(tài)方程＝C得，溫度升高，分子平均動(dòng)能變大，但壓強(qiáng)不變，所以氣體分子單位時(shí)間對(duì)單位面積容器壁碰撞次數(shù)減少，故C正確；D、蔗糖受潮后粘在一起形成的糖塊是多晶體，看起來(lái)沒有確定的幾何形狀，也是多晶體的特點(diǎn)，故D正確；E、由于蒸發(fā)吸熱，濕泡所示的溫度小于干泡，若干、濕溫度計(jì)讀數(shù)相差較大，說明空氣干燥，空氣的相對(duì)濕度較小，故E錯(cuò)誤。故選：BCD。14．【分析】（1）假設(shè)活塞不移動(dòng)，對(duì)活塞，利用平衡條件求出活塞的質(zhì)量。由查理定律求出溫度升高后兩部分氣體