2023 年高考物理模拟试卷

郑成

第一部分 选择题 （共 46 分）

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.如图1所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别为h1：h2：h3=3：2：1.若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则

A.三者到达桌面时的速度大小之比是3 ：2 ：1

B.三者运动时间之比为3：2：1

C.b与a开始下落的时间差大于c与b开始下落的时间差

D.三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比

2.如图2所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间不可能是

A.Lv+v2μg

B.Lv

C.2Lμg

D.2Lv

3.如图3所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，a、b均可视为质点，则

A.a球一定先落在半圆轨道上

B.b球一定先落在斜面上

C.a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面

D.a球可能垂直落在半圆轨道上

4.如图4所示，在平面直角坐标系xOy 的坐标轴上固定四个点电荷A、B、C、D，它们到原点O的距离相等，其中A、C的电荷量为+q，B、D的电荷量为-q，a、b、c、d是坐标轴上到原点距离相等的四个点，则

A.a点的场强与c点的场强相同

B.a点的电势与b点的电势相等

C.试探电荷+q′ 在 a点的电势能等于在c点的电势能

D.试探电荷+q′ 沿直线从a点运动到d点电场力不做功

5.如图5所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B＝2T 的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω＝10 rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4 m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L（规格为“4 W，100 Ω”）和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列正确的是

A.若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为402sin（10t） V

B.当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为2：1

C.若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大

D.若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变亮

6.使物体成为卫星的最小发射速度称为第一宇宙速度v1，而使物体脱离星球引力所需要的最小发射速度称为第二宇宙速度v2，v2与v1的关系是v2＝2v1，已知某星球半径是地球半径R的13，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的16，地球的平均密度为ρ，不计其他星球的影响，则

A.该星球的平均密度为ρ2

B.该星球的质量为8πρR381

C.该星球上的第二宇宙速度为3gR3

D.该星球的自转周期是地球的16

7.如图6所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN自由转动从而实现调节其与水平面所成的倾角、板上有一根长为l＝0.5 m的轻绳，一端系住一个质量为m＝0.5 kg的小球，另一端固定在板上的O点.当平板倾角为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝2 m/s，g取10 m/s2，则

A.若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为FT＝8 N

B.若α＝90°，则小球相对于初始位置可上升的最大高度为0.3 m

C.小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤25

D.小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤415

二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，至少有两项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分．

8.如图7所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A=60° ，

AO=L ，D为AC的中点，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷qm 已知，发射速度大小都为v0，且满足v0=qBLm ，發射方向由图中的角度θ表示.对于粒子进入磁场后的运动（不计粒子间的相互作用及重力作用），下列说法正确的是

A.粒子在磁场中运动半径为L

B.θ=45° 的粒子可能从CD 段射出

C.在AC 边界上最多有一半区域有粒子射出

D.所有从AO 边界射出的粒子随着θ 角的增大在磁场中运动时间变小

9.如图8（甲）所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球从离弹簧上端高h处由静止释放.某同学研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F的大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图8（乙）所示.不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断正确的是

A.当x＝h时，小球的速度开始减小，而加速度先减小后增大，直至最低点

B.最低点的坐标x＝h＋x1＋x12＋2hx1

C.当x＝h＋2x1时，小球的加速度为－g，弹力为2mg且为小球下落的最低点

D.小球动能的最大值为mgh＋mgx12

10.如图9所示倾角为θ的固定斜面底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处.某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞.Q与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，

設最大静摩擦力等于滑动摩擦力.P与斜面间无摩擦.斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会再与之发生碰撞.重力加速度大小为g.关于P、Q运动的描述正确的是

A.P与Q第一次碰撞后P的瞬时速度大小为vP1＝25v0

B.物块Q从A点上升的总高度v209g

C.物块P第二次碰撞Q前的速度为75v0

D.物块Q从A点上升的总高度v2018g

三、非选择题：共54分.第11～14题为必考题，考生都必须作答.第15～16题为选考题，考生根据要求作答.

（一）必考题：共42分.

11.（10分）如图10（甲）所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置，该装置依靠数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图.钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g．

（1）下列说法正确的是______

A.每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力

B.实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源

C.本实验m2应远小于m1

D.在用图像探究加速度与质量关系时，应作a-1m2 图像

（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F＝m1g，作出a－F图像，他可能作出图10（乙）中______（填“甲”“乙”或“丙”）图线.此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______.

A.小车与轨道之间存在摩擦

B.导轨保持了水平状态

C.钩码的质量太大

D.所用小车和砝码的总质量太大

（3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的1m2-a 图像如图10（丙）.设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数μ＝______，钩码的质量m1＝______.

（4）若实验中打出的纸带如图10（丁）所示.相邻计数点间的时间间隔是0.1 s，图中长度单位是cm，由此可以算出小车运动的加速度是______m/s2.

12.（7分）某同学用如图11（甲）所示电路测量电流表G1的内阻r1.供选择的仪器如下：

待测电流表G1（0～5 mA，内阻约200 Ω）；电流表G2（0～10 mA，内阻约100 Ω）；定值电阻R1（100Ω）；定值电阻R2（200Ω）；滑动变阻器R3（0～1000Ω）；滑动变阻器R4（0～400Ω）；电源E（电动势6V，内阻可不计）；开关S及导线若干.

（1）实验中要求电流表G1能达到满偏，则定值电阻应选______（填“R1”或“R2”），滑动变阻器应选______（填“R3”或“R4”），按照电路图，闭合开关S前应将滑动触头移至______（填“a”或“b”）端.

（2）在如图11（乙）所示实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图11（甲）电路完成剩余部分的连接.

（3）实验步骤如下：按电路图连接电路，将滑动变阻器的滑动触头移至一端；闭合开关S，移动滑动触头至某一位置，记录G1、G2的读数I1、I2；多次移动滑动触头，记录相应的G1、G2的读数I1、I2；以I1为纵坐标，I2为横坐标，作出相应图线，如图11（丙）所示.若图11（丙）中直线的斜率为k，请用题中所给符号写出待测电流表内阻的表达式r1＝______.

13.（11分）如图12所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐.A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下.接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：

（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；

（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；

（3）B被敲击后获得的初速度大小vB．

14.（14分）如图13（甲）所示，两条平行光滑水平导轨间距为L，左右两侧折成倾斜导轨，其倾角均为θ＝45°，左侧轨道高为L2.导轨水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化规律如图13（乙）所示.导体棒ab固定在左侧导轨最高点，cd固定在水平导轨上，与左侧轨道底端相距为2L，导体棒ab、cd长均为L、电阻均为R，质量分别为m和2m.从0时刻开始，静止释放导体棒ab，当ab到达左侧轨道底端时立即释放导体棒cd.不计导轨电阻和空气阻力，已知L＝1 m，R＝0.5 Ω，m＝1 kg，g＝10 m/s2，B0＝2 T.（结果保留根号）求：

（1）导体棒ab在左侧导轨上运动的过程中导体棒cd产生的焦耳热Q；

（2）若水平导轨足够长，且两棒在水平导轨上不会相撞，则两棒在水平导轨上运动过程中通过导体棒截面的电荷量q是多少；

（3）在（2）的条件下，若右侧倾斜导轨足够长，且导体棒落在倾斜导轨上时立即被锁定，求导体棒ab、cd最终静止时的水平间距X．

14.如图13所示，ABCD为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB部分为动摩擦因数为μ＝34的水平面，BCD部分是半径为R的光滑圆弧轨道，与AB平滑相切，B为轨道最低点，整个轨道放置在水平匀强电场中.现将一带电荷量为＋q、质量为m的小滑块从水平面上某点由静止释放，小滑块从圆弧轨道D点滑出后恰好落在其正下方的P点.已知OD与OC的夹角α＝60°，重力加速度为g，电场强度E=3mgq ，求：

（1）小滑块运动到D点时速度的大小；

（2）小滑块运动到B点时对轨道的压力大小；

（3）小滑块释放点到B点的距离．

（二）选考题：共12分.请考生从2道题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.

15.［选修3-3］（12分）

（1）（5分）把熔化了的蜂蜡薄薄地涂在云母片上，用烧热的缝衣针针尖接触云母片，观察到蜂蜡熔化的区域如图14（甲）阴影部分所示，由此可以说明云母为______（选填“晶体”、“非晶体”、“无法确定”）；把云母片换成玻璃片，重复实验，请在如图14（乙）中定性画出蜂蜡熔化区域边界______.（黑点为针尖位置，已知玻璃在导热性能上表现为各向同性）

（2）（7分）如图15所示，U形管右管横截面积为左管2倍，管内水银在左管内封闭了一段长为26cm、温度为280K的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm，大气压为76cm Hg.现向右管缓慢补充水银．

①若保持左管内气体的温度不变，当左管空气柱长度变为20cm时，左管内气体的压强为多大？

②在①条件下，停止补充水银，若给左管的气体加热，使管内气柱长度恢复到26cm，则左管内气体的温度为多少？

16.〔物理—选修3-4〕（12分）

（1）（5分）如图16所示，一个位于原点O的波源沿y轴做简谐运动，振动周期为4s，形成沿x轴传播的双向波.该波的波速v=______m/s，位于平衡位置的x1=-1m和x2=2m两点振动方向______（选填“相同”或“相反”）.

（2）（7分）如图17所示，竖直放置在水平地面上的长方形玻璃砖折射率n=3 .一束单色光以入射角i=60° 射到玻璃砖右表面的中点A，经左、右两表面传播后在地面上出现三个光点（图中未画出）.已知玻璃砖的高度H=8cm，厚度d=3cm，不考虑多次反射，以右表面O点为一维坐标原点，求地面上三个光点的坐标位置.

参考答案

1.A 解析：A.三个球均做自由落体运动，由v2=2gh 得v=2gh ，则v1：v2：v3=2gh1：2gh2：2gh3=3：2：1 ，故A正确；B.三个球均做自由落体运动，由h=12gt2 得t=2hg ，则t1：t2：t3=h1：h2：h3=3：2：1 ，故B错误；C.b与a开始下落的时间差3-2t3 ，小于c与b开始下落的时间差2-1t3 ，故C错误；D.小球下落的加速度均为g，与重力及质量无关，故D错误.故选A.

2.B解析：若木块一直匀加速，则有L＝12μgt2，得t＝2Lμg；若到达传送带另一端时，速度恰好等于v，则有L=t=v2t ，得t=2Lv ；若木块先匀加速经历时间t1，位移为x，再匀速经历时间t2，位移为L－x，则有v＝μgt1，2μgx＝v2，vt2＝（L－x），从而得t＝t1＋t2＝Lv+v2μg.故木块从左到右的运动时间不可能是B选项.

3.C解析：将半圆轨道和斜面轨道重叠一起，如图18（甲）所示，可知若小球初速度合适，两小球可同时落在距离出发点高度相同的交点A的等高位置，改变初速度，可以先落在半圆轨道，也可以先落在斜面上，故A、B错误，C正确；若a小球垂直落在半圆轨道上，如图18（乙）所示，速度反向延长线必过水平位移中点，即圆心，那么水平位移就是直径，小球的水平位移一定小于直径，所以小球不可能垂直落在半圆轨道上，故D错误.

4.C解析：A.根据对称性和电场强度的叠加性可知，a点的场强与c 点的场强大小相等，方向相反，A错误；B.根据电场强度的叠加性可知，aO线段的电场方向由a 指向O，Ob线段的电场方向由O指向b，根据沿电场方向电势降低，可知φa>φO>φb ，B错误；C.根据对称性可知，a点电势等于c点电势，则试探电荷+q′ 在a点的电势能等于在c 点的电势能，C正确；D.根据电场强度的叠加性可知，aO线段的电场方向由a指向O，Od线段的电场方向由O指向d，根据沿电场方向电势降低，可知φa>φO>φd ，则试探电荷+q′ 在a 点的电势能大于在d 点的电势能，可知试探电荷+q′ 沿直线从a 点运动到d 点电场力做正功，D错误；故选C.

5.B解析：若从图5所示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为e＝nBSωcos ωt＝402cos 10t V，A错误；原线圈电压为U1＝40 V，灯泡电压即副线圈电压为U2＝PR＝20 V，所以原、副线圈的匝数比为U1：U2＝2：1，B正确；若将滑动变阻器滑片向上移动，有效电阻增大，则副线圈电流变小，根据电流关系可知电流表示数变小，C错误；若将自耦变压器触头向下滑动，则副线圈匝数减小，根据变压器电压规律可知副线圈电压减小，灯泡会变暗，D错误.

6.A解析：地球表面上物体所受重力等于其万有引力，即GMmR2＝mg，地球的质量为M＝gR2G＝ρ·43πR3，同理，星球的质量为M′=g′R′2G=ρ′·43πR′3 ，联立解得ρ′＝ρ2，M′＝2ρπR381，A正确，B错误；该星球表面的重力加速度g′=g6，由mg′=mv21R/3 ，可得该星球的“第一宇宙速度”v1=2gR6，该星球的“第二宇宙速度”v2=2v1=gR3，C错误；根据题给信息，不能計算出该星球的自转周期，D错误.

7.D 解析：小球在平板上运动时受轻绳的拉力、重力和平板的弹力.在垂直平板方向上合力为零，重力沿平板方向的分力为mgsin α，小球在最高点时，由轻绳的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有FT+mgsin α=mv21l，研究小球從释放点到最高点的过程，据动能定理有－mglsin α＝12mv12－12mv02，若恰好通过最高点，轻绳拉力FT＝0，联立以上式子解得sin α=v203gl=415 ，故C错误，D正确；若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为FT=mv20l=4 N，故A错误；若α＝90°，小球不能到达最高点，假设能够上升0.3 m，重力势能的增加量mgh＝1.5 J，初动能12mv02＝1 J，机械能不守恒，故B错误.

8.ACD解析：A.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定得：qv0B=mv20r 且v0=qBLm，解得：r=L ，故A正确；B.若粒子刚好从D点射出，由几何关系可知，弦长为L，设此时的弦切角为α ，则有：L=2Lsin α ，得： α=30° ，即此时粒子刚好沿OC方向进入磁场，由旋转法可知，θ=45° 的粒子不可能从CD段射出，故B错误；C.当θ=0° 飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，因此在AC边界上只有一半区域有粒子射出，故C正确；D.设从AO段射出的粒子的弦切角为β ，则运动时间为：t=2β2π×2πmqB=2βmqB ，随着θ 角的增大，弦切角β 减小，则运动时间减小，故D正确.故选ACD.

9.BD 解析：小球下落到x＝h时，小球刚接触弹簧，直到x＝h＋x1前，弹力小于重力，小球一直做加速度减小的加速运动，之后弹力大于重力，加速度反向逐渐增大，直至到达最低点，A错误；由题图8（乙）知mg＝kx1，解得x1＝mgk，由F-x图线与横轴所围图形的面积表示克服弹力所做的功，从开始下落到最低点过程，W克弹＝12k（x－h）2，由动能定理得mgx－12k（x－h）2＝0，解得最低点的坐标x＝h＋x1＋x12＋2hx1，B正确；由对称性可知，当x＝h＋2x1时，小球的加速度为－g，且弹力为2mg，但还未到最低点，C错误；小球在x＝h＋x1处时，动能有最大值，根据动能定理得mg（h＋x1）＋W弹′＝Ekm－0，由题知，W弹′＝－12kx12＝－12mgx1，解得最大动能Ekm＝mgh＋mgx12，D正确.

10.CD解析：P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正，由动量守恒定律得mPv0＝mPvP1＋mQvQ1，由机械能守恒定律得12mPv02＝12mPv2P1＋12mQv2Q1，联立解得vP1＝－35v0，A错误；当P与Q达到H高度时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得0－12mv02＝－（m＋4m）gH－tan θ·4mgcos θ·Hsin θ，解得H=v2018g ，B错误，D正确；P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰撞后至第二次碰撞前，对P由动能定理得12mv022－12mvP12＝－mgh1，P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正，由动量守恒定律得mv0＝mvP1＋4mvQ1，由机械能守恒定律得12mv02＝12mvP12＋12·4mvQ12，联立解得v02＝75v0 ，C正确．

11.答案：（1）D（2分）（2）丙（1分）C（1分）（3）bgk（2分） 1gk（2分）（4）0.46（2分）

解析：（1）假设木板倾角为θ，则有f＝mgsinθ＝μmgcosθ，m约掉了，故每次在小车上加减砝码时，不需要重新平衡摩擦力，故A错误；实验时应先接通电源后释放小车，故B错误；应该是m1m2，故C错误；由牛顿第二定律可知a＝Fm，所以在用图像探究小车的加速度与质量的关系时，通常作a-1m2 图像，故D正确.

（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，小车加速度仍为0的情况，故可能作出图10中丙图线.此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码的质量太大，没有远小于小车和砝码的总质量，故选C.

（3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，根据牛顿第二定律得：F-μm2g=m2a ，变形可得，1m2=aF+μgF，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，所以k=1F，b=μgF，解得μ=bgk，又因为F＝m1g，故钩码的质量m1=1gk.

（4）根据匀变速直线运动的推论：s4-s1=3aT2，a=s4-s13T2=0.0262-0.01243×0.12m/s2=0.46 m/s2.

12.答案：（1）R2R3a（各1分）（2）如图19所示（2分）

（3）（1k-1）R2（2分）

解析：（1）由题中所给数据可知，当电流表G1满偏时，需使G2不超过量程，则定值电阻应选R2；由于滑动变阻器采用限流式接法，电源电动势E＝6 V，求得电路中最小电阻R=EI2=600Ω ，滑动变阻器应选R3；闭合开关前应将滑片移至a端.

（2）电路连接如答图19所示.

（3）根据并联电路的电流规律，有I1+I1r1R2=I2 ，化简得I1=R2R2+r1I2 ，作出I1-I2图像，斜率k=R2R2+r1 ，则r1=（1k-1）R2.

13.答案：（1）vA=2μgL（3分）

（2）aB=3μg，aB′=μg（4分）

（3）vB=22μgL（4分）

解析：（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小

aA=μg（1分）

匀变速直线运动2aAL=vA2（1分）

解得vA=2μgL（1分）

（2）设A、B的质量均为m

对齐前，B所受合外力大小F=3μmg（1分）

由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg（1分）

对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg（1分）

由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg.（1分）

（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA

则v=aAt，v=vB-aBt（1分）

xA=12aAt2，xB=vBt-12aBt2（1分）

且xB-xA=L（1分）

解得vB=22μgL．（1分）

14.答案：（1）32gR（2）374mg（3）1136R

解析：（1）設小滑块运动到D点时速度大小为vD，经时间t从D点运动至P点.根据牛顿第二定律可知小滑块在水平方向的加速度大小为a＝Eqm＝3g①

根据运动学公式，在竖直方向上有

R（1＋sin 30°）＝vDtcos 30°＋12gt2②

在水平方向上有0＝vDtsin 30°－12at2③

联立①②③解得vD＝32gR④

（2）设小滑块运动到B点时轨道对其的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得FN-mg=mv2BR ⑤

对小滑块由B点运动到D点的过程，由动能定理得－mgR（1＋cos 60°）－qERsin 60°＝12mvD2－12mvB2⑥

联立④⑤⑥解得FN＝374mg⑦

由牛顿第三定律可知小滑块运动到B点时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝374mg⑧

（3）设小滑块释放点到B点的距离为x，由动能定理得（qE－μmg）x＝12mvB2⑨

联立④⑥⑨解得x＝1136R⑩

14.答案：（1）85 J（4分）

（2）103 C（4分）

（3）（2－104） m（6分）

解析：（1）ab棒在左侧轨道下滑过程有

L2sin θ＝12at12①（1分）

mgsin θ＝ma ②

解得t1＝2Lg＝55 s ③

此时刻以后磁场恒定不变，则ab在左侧轨道上运动过程中回路中的电动势为E＝ΔΦt1＝2ΔBL2t1＝45 V④（1分）

此过程中cd棒产生的焦耳热为Q＝12×E22Rt1⑤（1分）

联立③④⑤解得Q＝85 J（1分）

（2）ab棒到达底端的速度为v0＝at1

解得v0＝10 m/s ⑥

ab、cd两棒在水平轨道上运动过程中动量守恒且末速度相等mv0＝3mv ⑦（1分）

对cd棒由静止至达到共速应用动量定理B0ILΔt＝2mΔv ⑧（1分）

对⑧式两边求和得q=2mvB0L ⑨（1分）

联立⑥⑦⑨式解得q＝103 C（1分）

（3）设Δx为两棒在水平轨道上的相对位移，第（2）问中q＝Δt＝B0LΔx2R（1分）

解得Δx＝106 m

cd棒抛出后到落到右侧倾斜轨道有h＝12gt12（1分）

xcd＝vt2

且h＝xcd

此过程中ab棒和cd棒的水平速度相等，则xab＝xcd

联立解得xab＝29 m（1分）

则xab<2L－Δx

故导体棒cd落在右侧倾斜轨道后导体棒ab仍在水平轨道上，再次构成闭合回路.设ab棒接下来在水平轨道上的位移为xab′，对ab棒由动量定理有-B20L2v2RΔt3=mΔv ，得－Bo2L2xab′2R＝0－mv.（1分）

解得xab′＝1012 m.

由此可知xab＋xab′<2L－Δx（1分）

故导体棒ab最终静止在水平轨道上，与cd水平间距为X＝2L－Δx－xab′＝（2－104）m.（1分）

15.［选修3-3］（12分）

（1） 答案：①晶体（2分） ②如图20（3分）

解析：①由图发现在云母片上蜂蜡熔化的区域为椭圆形，说明云母片受热不均匀，则说明云母是单晶体；

②玻璃是非晶体，具有各向同性，受热均匀，则蜂蜡熔化区域边界应该是圆形，如图21所示

（2）①52cmHg（3分）；②427K．（2分）

解析：（1）对于封闭气体有：p1=（76-36）cmHg=40cmHg，V1=26S1cm3，V2=20S1cm3（1分）

由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：

p1V1=p2V2（1分）

p2=p1V1V2=40×26S120S1=52cmHg（1分）

（2）停止加水银时，左管水银比右管高：

h1=76-52cmHg=24cmHg；

对左管加热后，左管下降6cm，右管面积是左管的2倍，故右管上升3cm；

左管比右管高为：h2=h1-9cm=15cm（1分）

故封闭气体的压强：p3=76-15cmHg=61cmHg（1分）

封闭气体在初始状态和最终状态的体积相同，由查理定律可得：p1T1=p3T3（1分）

故：T3=p3p1T1=6140×280K=427K.（1分）

16.〔物理—选修3-4〕

（1）①1（2分）

②相同（3分）

解析：①由图可知，波长为λ=4m ，则该波的波速为v=λT=44m/s=1m/s

②位于平衡位置的x1=-1m的点振动方向沿y轴正方向，位于平衡位置的两点振动方向沿y轴正方向，所以位于平衡位置的x1=-1 m和x2=1m两点振动方向相同.

（2）433cm（3分），433-2cm，（2分）-2+433cm（2分）

解析：画出相应光路，如图22所示：

由折射定律可得n=sin isin γ

解得折射角γ=30° （1分）

由几何关系可知，从B点折射出的光线与从A点直接反射的光线平行，有AB=2dtan r=2dtan 30°=23cm （1分）

结合题给条件可知OA=H2=4cm

由几何知识，解得OM=OA·tan 30°=433cm （1分）

ON=［OA-AB］tan 30°=（433-2）cm （2分）

OP=d+［OA-dtan 30°］tan 30°=（2+433）cm （2分）

所以标尺上三光点的坐标为M：433cm ，N：433-2cm ，P：-2+433cm，

责任编辑李平安