2023 年高考物理模擬試卷

鄭成

第一部分 選擇題 （共 46 分）

一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.

1.如圖1所示，在一個桌面上方有三個金屬小球a、b、c，離桌面高度分別為h1：h2：h3=3：2：1.若先后順次釋放a、b、c，三球剛好同時落到桌面上，不計空氣阻力，則

A.三者到達桌面時的速度大小之比是3 ：2 ：1

B.三者運動時間之比為3：2：1

C.b與a開始下落的時間差大于c與b開始下落的時間差

D.三個小球運動的加速度與小球受到的重力成正比，與質量成反比

2.如圖2所示，傳送帶的水平部分長為L，運動速率恒為v，在其左端無初速放上木塊，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，則木塊從左到右的運動時間不可能是

A.Lv+v2μg

B.Lv

C.2Lμg

D.2Lv

3.如圖3所示，a、b兩小球分別從半圓軌道頂端和斜面頂端以大小相等的初速度v0同時水平拋出，已知半圓軌道的半徑與斜面豎直高度相等，斜面底邊長是其豎直高度的2倍，若小球a能落到半圓軌道上，小球b能落到斜面上，a、b均可視為質點，則

A.a球一定先落在半圓軌道上

B.b球一定先落在斜面上

C.a、b兩球可能同時落在半圓軌道和斜面

D.a球可能垂直落在半圓軌道上

4.如圖4所示，在平面直角坐標系xOy 的坐標軸上固定四個點電荷A、B、C、D，它們到原點O的距離相等，其中A、C的電荷量為+q，B、D的電荷量為-q，a、b、c、d是坐標軸上到原點距離相等的四個點，則

A.a點的場強與c點的場強相同

B.a點的電勢與b點的電勢相等

C.試探電荷+q′ 在 a點的電勢能等于在c點的電勢能

D.試探電荷+q′ 沿直線從a點運動到d點電場力不做功

5.如圖5所示，10匝矩形線框處在磁感應強度B＝2T 的勻強磁場中，繞垂直磁場的軸以恒定角速度ω＝10 rad/s在勻強磁場中轉動，線框電阻不計，面積為0.4 m2，線框通過滑環與一理想自耦變壓器的原線圈相連，副線圈接有一只燈泡L（規格為“4 W，100 Ω”）和滑動變阻器，電流表視為理想電表，則下列正確的是

A.若從圖示線框位置開始計時，線框中感應電動勢的瞬時值為402sin（10t） V

B.當燈泡正常發光時，原、副線圈的匝數比為2：1

C.若將滑動變阻器滑片向上移動，則電流表示數增大

D.若將自耦變壓器觸頭向下滑動，燈泡會變亮

6.使物體成為衛星的最小發射速度稱為第一宇宙速度v1，而使物體脫離星球引力所需要的最小發射速度稱為第二宇宙速度v2，v2與v1的關系是v2＝2v1，已知某星球半徑是地球半徑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，地球的平均密度為ρ，不計其他星球的影響，則

A.該星球的平均密度為ρ2

B.該星球的質量為8πρR381

C.該星球上的第二宇宙速度為3gR3

D.該星球的自轉周期是地球的16

7.如圖6所示，一塊足夠大的光滑平板放置在水平面上，能繞水平固定軸MN自由轉動從而實現調節其與水平面所成的傾角、板上有一根長為l＝0.5 m的輕繩，一端系住一個質量為m＝0.5 kg的小球，另一端固定在板上的O點.當平板傾角為α時，先將輕繩平行于水平軸MN拉直，然后給小球一沿著平板并與輕繩垂直的初速度v0＝2 m/s，g取10 m/s2，則

A.若α＝0°，則輕繩對小球的拉力大小為FT＝8 N

B.若α＝90°，則小球相對于初始位置可上升的最大高度為0.3 m

C.小球能在平板上繞O點做完整的圓周運動，α必須滿足的條件為sin α≤25

D.小球能在平板上繞O點做完整的圓周運動，α必須滿足的條件為sin α≤415

二、多項選擇題：本題共 3 小題，每小題 6 分，共 18 分.在每小題給出的四個選項中，至少有兩項符合題目要求，全部選對的得 6 分，選對但不全的得 3 分，有選錯的得 0 分．

8.如圖7所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區域，磁感應強度為B，∠A=60° ，

AO=L ，D為AC的中點，在O點放置一個粒子源，可以向各個方向發射某種帶負電粒子，粒子的比荷qm 已知，發射速度大小都為v0，且滿足v0=qBLm ，發射方向由圖中的角度θ表示.對于粒子進入磁場后的運動（不計粒子間的相互作用及重力作用），下列說法正確的是

A.粒子在磁場中運動半徑為L

B.θ=45° 的粒子可能從CD 段射出

C.在AC 邊界上最多有一半區域有粒子射出

D.所有從AO 邊界射出的粒子隨著θ 角的增大在磁場中運動時間變小

9.如圖8（甲）所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質量為m的小球從離彈簧上端高h處由靜止釋放.某同學研究小球落到彈簧上后繼續向下運動到最低點的過程，他以小球開始下落的位置為原點，沿豎直向下方向建立坐標軸Ox，作出小球所受彈力F的大小隨小球下落的位置坐標x的變化關系如圖8（乙）所示.不計空氣阻力，重力加速度為g.以下判斷正確的是

A.當x＝h時，小球的速度開始減小，而加速度先減小后增大，直至最低點

B.最低點的坐標x＝h＋x1＋x12＋2hx1

C.當x＝h＋2x1時，小球的加速度為－g，彈力為2mg且為小球下落的最低點

D.小球動能的最大值為mgh＋mgx12

10.如圖9所示傾角為θ的固定斜面底端安裝一彈性擋板，P、Q兩物塊的質量分別為m和4m，Q靜止于斜面上A處.某時刻，P以沿斜面向上的速度v0與Q發生彈性碰撞.Q與斜面間的動摩擦因數μ＝tan θ，

設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.P與斜面間無摩擦.斜面足夠長，Q的速度減為零之前P不會再與之發生碰撞.重力加速度大小為g.關于P、Q運動的描述正確的是

A.P與Q第一次碰撞后P的瞬時速度大小為vP1＝25v0

B.物塊Q從A點上升的總高度v209g

C.物塊P第二次碰撞Q前的速度為75v0

D.物塊Q從A點上升的總高度v2018g

三、非選擇題：共54分.第11～14題為必考題，考生都必須作答.第15～16題為選考題，考生根據要求作答.

（一）必考題：共42分.

11.（10分）如圖10（甲）所示，為“探究加速度與力、質量的關系”實驗裝置，該裝置依靠數字化信息系統獲得了小車加速度a與鉤碼的質量及小車和砝碼的質量對應關系圖.鉤碼的質量為m1，小車和砝碼的質量為m2，重力加速度為g．

（1）下列說法正確的是______

A.每次在小車上加減砝碼時，應重新平衡摩擦力

B.實驗時若用打點計時器應先釋放小車后接通電源

C.本實驗m2應遠小于m1

D.在用圖像探究加速度與質量關系時，應作a-1m2 圖像

（2）實驗時，某同學由于疏忽，遺漏了平衡摩擦力這一步驟，測得F＝m1g，作出a－F圖像，他可能作出圖10（乙）中______（填“甲”“乙”或“丙”）圖線.此圖線的AB段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是______.

A.小車與軌道之間存在摩擦

B.導軌保持了水平狀態

C.鉤碼的質量太大

D.所用小車和砝碼的總質量太大

（3）實驗時，某同學遺漏了平衡摩擦力這一步驟，若軌道水平，他測量得到的1m2-a 圖像如圖10（丙）.設圖中直線的斜率為k，在縱軸上的截距為b，則小車與木板間的動摩擦因數μ＝______，鉤碼的質量m1＝______.

（4）若實驗中打出的紙帶如圖10（?。┧?相鄰計數點間的時間間隔是0.1 s，圖中長度單位是cm，由此可以算出小車運動的加速度是______m/s2.

12.（7分）某同學用如圖11（甲）所示電路測量電流表G1的內阻r1.供選擇的儀器如下：

待測電流表G1（0～5 mA，內阻約200 Ω）；電流表G2（0～10 mA，內阻約100 Ω）；定值電阻R1（100Ω）；定值電阻R2（200Ω）；滑動變阻器R3（0～1000Ω）；滑動變阻器R4（0～400Ω）；電源E（電動勢6V，內阻可不計）；開關S及導線若干.

（1）實驗中要求電流表G1能達到滿偏，則定值電阻應選______（填“R1”或“R2”），滑動變阻器應選______（填“R3”或“R4”），按照電路圖，閉合開關S前應將滑動觸頭移至______（填“a”或“b”）端.

（2）在如圖11（乙）所示實物圖中，已正確連接了部分導線，請根據圖11（甲）電路完成剩余部分的連接.

（3）實驗步驟如下：按電路圖連接電路，將滑動變阻器的滑動觸頭移至一端；閉合開關S，移動滑動觸頭至某一位置，記錄G1、G2的讀數I1、I2；多次移動滑動觸頭，記錄相應的G1、G2的讀數I1、I2；以I1為縱坐標，I2為橫坐標，作出相應圖線，如圖11（丙）所示.若圖11（丙）中直線的斜率為k，請用題中所給符號寫出待測電流表內阻的表達式r1＝______.

13.（11分）如圖12所示，質量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊.A與B、B與地面間的動摩擦因數均為μ.先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下.接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.求：

（1）A被敲擊后獲得的初速度大小vA；

（2）在左邊緣再次對齊的前、后，B運動加速度的大小aB、aB′；

（3）B被敲擊后獲得的初速度大小vB．

14.（14分）如圖13（甲）所示，兩條平行光滑水平導軌間距為L，左右兩側折成傾斜導軌，其傾角均為θ＝45°，左側軌道高為L2.導軌水平部分有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化規律如圖13（乙）所示.導體棒ab固定在左側導軌最高點，cd固定在水平導軌上，與左側軌道底端相距為2L，導體棒ab、cd長均為L、電阻均為R，質量分別為m和2m.從0時刻開始，靜止釋放導體棒ab，當ab到達左側軌道底端時立即釋放導體棒cd.不計導軌電阻和空氣阻力，已知L＝1 m，R＝0.5 Ω，m＝1 kg，g＝10 m/s2，B0＝2 T.（結果保留根號）求：

（1）導體棒ab在左側導軌上運動的過程中導體棒cd產生的焦耳熱Q；

（2）若水平導軌足夠長，且兩棒在水平導軌上不會相撞，則兩棒在水平導軌上運動過程中通過導體棒截面的電荷量q是多少；

（3）在（2）的條件下，若右側傾斜導軌足夠長，且導體棒落在傾斜導軌上時立即被鎖定，求導體棒ab、cd最終靜止時的水平間距X．

14.如圖13所示，ABCD為豎直平面內的絕緣軌道，其中AB部分為動摩擦因數為μ＝34的水平面，BCD部分是半徑為R的光滑圓弧軌道，與AB平滑相切，B為軌道最低點，整個軌道放置在水平勻強電場中.現將一帶電荷量為＋q、質量為m的小滑塊從水平面上某點由靜止釋放，小滑塊從圓弧軌道D點滑出后恰好落在其正下方的P點.已知OD與OC的夾角α＝60°，重力加速度為g，電場強度E=3mgq ，求：

（1）小滑塊運動到D點時速度的大??；

（2）小滑塊運動到B點時對軌道的壓力大??；

（3）小滑塊釋放點到B點的距離．

（二）選考題：共12分.請考生從2道題中任選一題作答.如果多做，則按所做的第一題計分.

15.［選修3-3］（12分）

（1）（5分）把熔化了的蜂蠟薄薄地涂在云母片上，用燒熱的縫衣針針尖接觸云母片，觀察到蜂蠟熔化的區域如圖14（甲）陰影部分所示，由此可以說明云母為______（選填“晶體”、“非晶體”、“無法確定”）；把云母片換成玻璃片，重復實驗，請在如圖14（乙）中定性畫出蜂蠟熔化區域邊界______.（黑點為針尖位置，已知玻璃在導熱性能上表現為各向同性）

（2）（7分）如圖15所示，U形管右管橫截面積為左管2倍，管內水銀在左管內封閉了一段長為26cm、溫度為280K的空氣柱，左右兩管水銀面高度差為36cm，大氣壓為76cm Hg.現向右管緩慢補充水銀．

①若保持左管內氣體的溫度不變，當左管空氣柱長度變為20cm時，左管內氣體的壓強為多大？

②在①條件下，停止補充水銀，若給左管的氣體加熱，使管內氣柱長度恢復到26cm，則左管內氣體的溫度為多少？

16.〔物理—選修3-4〕（12分）

（1）（5分）如圖16所示，一個位于原點O的波源沿y軸做簡諧運動，振動周期為4s，形成沿x軸傳播的雙向波.該波的波速v=______m/s，位于平衡位置的x1=-1m和x2=2m兩點振動方向______（選填“相同”或“相反”）.

（2）（7分）如圖17所示，豎直放置在水平地面上的長方形玻璃磚折射率n=3 .一束單色光以入射角i=60° 射到玻璃磚右表面的中點A，經左、右兩表面傳播后在地面上出現三個光點（圖中未畫出）.已知玻璃磚的高度H=8cm，厚度d=3cm，不考慮多次反射，以右表面O點為一維坐標原點，求地面上三個光點的坐標位置.

參考答案

1.A 解析：A.三個球均做自由落體運動，由v2=2gh 得v=2gh ，則v1：v2：v3=2gh1：2gh2：2gh3=3：2：1 ，故A正確；B.三個球均做自由落體運動，由h=12gt2 得t=2hg ，則t1：t2：t3=h1：h2：h3=3：2：1 ，故B錯誤；C.b與a開始下落的時間差3-2t3 ，小于c與b開始下落的時間差2-1t3 ，故C錯誤；D.小球下落的加速度均為g，與重力及質量無關，故D錯誤.故選A.

2.B解析：若木塊一直勻加速，則有L＝12μgt2，得t＝2Lμg；若到達傳送帶另一端時，速度恰好等于v，則有L=t=v2t ，得t=2Lv ；若木塊先勻加速經歷時間t1，位移為x，再勻速經歷時間t2，位移為L－x，則有v＝μgt1，2μgx＝v2，vt2＝（L－x），從而得t＝t1＋t2＝Lv+v2μg.故木塊從左到右的運動時間不可能是B選項.

3.C解析：將半圓軌道和斜面軌道重疊一起，如圖18（甲）所示，可知若小球初速度合適，兩小球可同時落在距離出發點高度相同的交點A的等高位置，改變初速度，可以先落在半圓軌道，也可以先落在斜面上，故A、B錯誤，C正確；若a小球垂直落在半圓軌道上，如圖18（乙）所示，速度反向延長線必過水平位移中點，即圓心，那么水平位移就是直徑，小球的水平位移一定小于直徑，所以小球不可能垂直落在半圓軌道上，故D錯誤.

4.C解析：A.根據對稱性和電場強度的疊加性可知，a點的場強與c 點的場強大小相等，方向相反，A錯誤；B.根據電場強度的疊加性可知，aO線段的電場方向由a 指向O，Ob線段的電場方向由O指向b，根據沿電場方向電勢降低，可知φa>φO>φb ，B錯誤；C.根據對稱性可知，a點電勢等于c點電勢，則試探電荷+q′ 在a點的電勢能等于在c 點的電勢能，C正確；D.根據電場強度的疊加性可知，aO線段的電場方向由a指向O，Od線段的電場方向由O指向d，根據沿電場方向電勢降低，可知φa>φO>φd ，則試探電荷+q′ 在a 點的電勢能大于在d 點的電勢能，可知試探電荷+q′ 沿直線從a 點運動到d 點電場力做正功，D錯誤；故選C.

5.B解析：若從圖5所示線框位置開始計時，線框中感應電動勢的瞬時值為e＝nBSωcos ωt＝402cos 10t V，A錯誤；原線圈電壓為U1＝40 V，燈泡電壓即副線圈電壓為U2＝PR＝20 V，所以原、副線圈的匝數比為U1：U2＝2：1，B正確；若將滑動變阻器滑片向上移動，有效電阻增大，則副線圈電流變小，根據電流關系可知電流表示數變小，C錯誤；若將自耦變壓器觸頭向下滑動，則副線圈匝數減小，根據變壓器電壓規律可知副線圈電壓減小，燈泡會變暗，D錯誤.

6.A解析：地球表面上物體所受重力等于其萬有引力，即GMmR2＝mg，地球的質量為M＝gR2G＝ρ·43πR3，同理，星球的質量為M′=g′R′2G=ρ′·43πR′3 ，聯立解得ρ′＝ρ2，M′＝2ρπR381，A正確，B錯誤；該星球表面的重力加速度g′=g6，由mg′=mv21R/3 ，可得該星球的“第一宇宙速度”v1=2gR6，該星球的“第二宇宙速度”v2=2v1=gR3，C錯誤；根據題給信息，不能計算出該星球的自轉周期，D錯誤.

7.D 解析：小球在平板上運動時受輕繩的拉力、重力和平板的彈力.在垂直平板方向上合力為零，重力沿平板方向的分力為mgsin α，小球在最高點時，由輕繩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，研究小球從釋放點到最高點的過程，據動能定理有－mglsin α＝12mv12－12mv02，若恰好通過最高點，輕繩拉力FT＝0，聯立以上式子解得sin α=v203gl=415 ，故C錯誤，D正確；若α＝0°，則輕繩對小球的拉力大小為FT=mv20l=4 N，故A錯誤；若α＝90°，小球不能到達最高點，假設能夠上升0.3 m，重力勢能的增加量mgh＝1.5 J，初動能12mv02＝1 J，機械能不守恒，故B錯誤.

8.ACD解析：A.粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定得：qv0B=mv20r 且v0=qBLm，解得：r=L ，故A正確；B.若粒子剛好從D點射出，由幾何關系可知，弦長為L，設此時的弦切角為α ，則有：L=2Lsin α ，得： α=30° ，即此時粒子剛好沿OC方向進入磁場，由旋轉法可知，θ=45° 的粒子不可能從CD段射出，故B錯誤；C.當θ=0° 飛入的粒子在磁場中，粒子恰好從AC中點飛出，因此在AC邊界上只有一半區域有粒子射出，故C正確；D.設從AO段射出的粒子的弦切角為β ，則運動時間為：t=2β2π×2πmqB=2βmqB ，隨著θ 角的增大，弦切角β 減小，則運動時間減小，故D正確.故選ACD.

9.BD 解析：小球下落到x＝h時，小球剛接觸彈簧，直到x＝h＋x1前，彈力小于重力，小球一直做加速度減小的加速運動，之后彈力大于重力，加速度反向逐漸增大，直至到達最低點，A錯誤；由題圖8（乙）知mg＝kx1，解得x1＝mgk，由F-x圖線與橫軸所圍圖形的面積表示克服彈力所做的功，從開始下落到最低點過程，W克彈＝12k（x－h）2，由動能定理得mgx－12k（x－h）2＝0，解得最低點的坐標x＝h＋x1＋x12＋2hx1，B正確；由對稱性可知，當x＝h＋2x1時，小球的加速度為－g，且彈力為2mg，但還未到最低點，C錯誤；小球在x＝h＋x1處時，動能有最大值，根據動能定理得mg（h＋x1）＋W彈′＝Ekm－0，由題知，W彈′＝－12kx12＝－12mgx1，解得最大動能Ekm＝mgh＋mgx12，D正確.

10.CD解析：P與Q的第一次碰撞，取P的初速度方向為正，由動量守恒定律得mPv0＝mPvP1＋mQvQ1，由機械能守恒定律得12mPv02＝12mPv2P1＋12mQv2Q1，聯立解得vP1＝－35v0，A錯誤；當P與Q達到H高度時，兩物塊到此處的速度可視為零，對兩物塊運動全過程由動能定理得0－12mv02＝－（m＋4m）gH－tan θ·4mgcos θ·Hsin θ，解得H=v2018g ，B錯誤，D正確；P運動至與Q剛要發生第二次碰撞前的位置時速度為v02，第一次碰撞后至第二次碰撞前，對P由動能定理得12mv022－12mvP12＝－mgh1，P與Q的第一次碰撞，取P的初速度方向為正，由動量守恒定律得mv0＝mvP1＋4mvQ1，由機械能守恒定律得12mv02＝12mvP12＋12·4mvQ12，聯立解得v02＝75v0 ，C正確．

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）假設木板傾角為θ，則有f＝mgsinθ＝μmgcosθ，m約掉了，故每次在小車上加減砝碼時，不需要重新平衡摩擦力，故A錯誤；實驗時應先接通電源后釋放小車，故B錯誤；應該是m1m2，故C錯誤；由牛頓第二定律可知a＝Fm，所以在用圖像探究小車的加速度與質量的關系時，通常作a-1m2 圖像，故D正確.

（2）遺漏了平衡摩擦力這一步驟，就會出現當有拉力時，小車加速度仍為0的情況，故可能作出圖10中丙圖線.此圖線的AB段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是鉤碼的質量太大，沒有遠小于小車和砝碼的總質量，故選C.

（3）實驗時，某同學遺漏了平衡摩擦力這一步驟，根據牛頓第二定律得：F-μm2g=m2a ，變形可得，1m2=aF+μgF，設圖中直線的斜率為k，在縱軸上的截距為b，所以k=1F，b=μgF，解得μ=bgk，又因為F＝m1g，故鉤碼的質量m1=1gk.

（4）根據勻變速直線運動的推論：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）如圖19所示（2分）

（3）（1k-1）R2（2分）

解析：（1）由題中所給數據可知，當電流表G1滿偏時，需使G2不超過量程，則定值電阻應選R2；由于滑動變阻器采用限流式接法，電源電動勢E＝6 V，求得電路中最小電阻R=EI2=600Ω ，滑動變阻器應選R3；閉合開關前應將滑片移至a端.

（2）電路連接如答圖19所示.

（3）根據并聯電路的電流規律，有I1+I1r1R2=I2 ，化簡得I1=R2R2+r1I2 ，作出I1-I2圖像，斜率k=R2R2+r1 ，則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）由牛頓運動定律知，A加速度的大小

aA=μg（1分）

勻變速直線運動2aAL=vA2（1分）

解得vA=2μgL（1分）

（2）設A、B的質量均為m

對齊前，B所受合外力大小F=3μmg（1分）

由牛頓運動定律F=maB，得aB=3μg（1分）

對齊后，A、B所受合外力大小F′=2μmg（1分）

由牛頓運動定律F′=2maB′，得aB′=μg.（1分）

（3）經過時間t，A、B達到共同速度v，位移分別為xA、xB，A加速度的大小等于aA

則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）設小滑塊運動到D點時速度大小為vD，經時間t從D點運動至P點.根據牛頓第二定律可知小滑塊在水平方向的加速度大小為a＝Eqm＝3g①

根據運動學公式，在豎直方向上有

R（1＋sin 30°）＝vDtcos 30°＋12gt2②

在水平方向上有0＝vDtsin 30°－12at2③

聯立①②③解得vD＝32gR④

（2）設小滑塊運動到B點時軌道對其的支持力大小為FN，由牛頓第二定律得FN-mg=mv2BR ⑤

對小滑塊由B點運動到D點的過程，由動能定理得－mgR（1＋cos 60°）－qERsin 60°＝12mvD2－12mvB2⑥

聯立④⑤⑥解得FN＝374mg⑦

由牛頓第三定律可知小滑塊運動到B點時對軌道的壓力大小為FN′＝FN＝374mg⑧

（3）設小滑塊釋放點到B點的距離為x，由動能定理得（qE－μmg）x＝12mvB2⑨

聯立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棒在左側軌道下滑過程有

L2sin θ＝12at12①（1分）

mgsin θ＝ma ②

解得t1＝2Lg＝55 s ③

此時刻以后磁場恒定不變，則ab在左側軌道上運動過程中回路中的電動勢為E＝ΔΦt1＝2ΔBL2t1＝45 V④（1分）

此過程中cd棒產生的焦耳熱為Q＝12×E22Rt1⑤（1分）

聯立③④⑤解得Q＝85 J（1分）

（2）ab棒到達底端的速度為v0＝at1

解得v0＝10 m/s ⑥

ab、cd兩棒在水平軌道上運動過程中動量守恒且末速度相等mv0＝3mv ⑦（1分）

對cd棒由靜止至達到共速應用動量定理B0ILΔt＝2mΔv ⑧（1分）

對⑧式兩邊求和得q=2mvB0L ⑨（1分）

聯立⑥⑦⑨式解得q＝103 C（1分）

（3）設Δx為兩棒在水平軌道上的相對位移，第（2）問中q＝Δt＝B0LΔx2R（1分）

解得Δx＝106 m

cd棒拋出后到落到右側傾斜軌道有h＝12gt12（1分）

xcd＝vt2

且h＝xcd

此過程中ab棒和cd棒的水平速度相等，則xab＝xcd

聯立解得xab＝29 m（1分）

則xab<2L－Δx

故導體棒cd落在右側傾斜軌道后導體棒ab仍在水平軌道上，再次構成閉合回路.設ab棒接下來在水平軌道上的位移為xab′，對ab棒由動量定理有-B20L2v2RΔt3=mΔv ，得－Bo2L2xab′2R＝0－mv.（1分）

解得xab′＝1012 m.

由此可知xab＋xab′<2L－Δx（1分）

故導體棒ab最終靜止在水平軌道上，與cd水平間距為X＝2L－Δx－xab′＝（2－104）m.（1分）

15.［選修3-3］（12分）

（1） 答案：①晶體（2分） ②如圖20（3分）

解析：①由圖發現在云母片上蜂蠟熔化的區域為橢圓形，說明云母片受熱不均勻，則說明云母是單晶體；

②玻璃是非晶體，具有各向同性，受熱均勻，則蜂蠟熔化區域邊界應該是圓形，如圖21所示

（2）①52cmHg（3分）；②427K．（2分）

解析：（1）對于封閉氣體有：p1=（76-36）cmHg=40cmHg，V1=26S1cm3，V2=20S1cm3（1分）

由于氣體發生等溫變化，由玻意耳定律可得：

p1V1=p2V2（1分）

p2=p1V1V2=40×26S120S1=52cmHg（1分）

（2）停止加水銀時，左管水銀比右管高：

h1=76-52cmHg=24cmHg；

對左管加熱后，左管下降6cm，右管面積是左管的2倍，故右管上升3cm；

左管比右管高為：h2=h1-9cm=15cm（1分）

故封閉氣體的壓強：p3=76-15cmHg=61cmHg（1分）

封閉氣體在初始狀態和最終狀態的體積相同，由查理定律可得：p1T1=p3T3（1分）

故：T3=p3p1T1=6140×280K=427K.（1分）

16.〔物理—選修3-4〕

（1）①1（2分）

②相同（3分）

解析：①由圖可知，波長為λ=4m ，則該波的波速為v=λT=44m/s=1m/s

②位于平衡位置的x1=-1m的點振動方向沿y軸正方向，位于平衡位置的兩點振動方向沿y軸正方向，所以位于平衡位置的x1=-1 m和x2=1m兩點振動方向相同.

（2）433cm（3分），433-2cm，（2分）-2+433cm（2分）

解析：畫出相應光路，如圖22所示：

由折射定律可得n=sin isin γ

解得折射角γ=30° （1分）

由幾何關系可知，從B點折射出的光線與從A點直接反射的光線平行，有AB=2dtan r=2dtan 30°=23cm （1分）

結合題給條件可知OA=H2=4cm

由幾何知識，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）

所以標尺上三光點的坐標為M：433cm ，N：433-2cm ，P：-2+433cm，

責任編輯李平安