2022年云南省高考物理试卷（甲卷）.doc

1、2022年云南省高考物理试卷（甲卷）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68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，有选错的得0分。1（6分）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（）ABCD2（6分）长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长

2、为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（vv0）。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为（）A+B+C+D+3（6分）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则（）AI1I3I2BI1I3I2CI1I2I3DI1I2I34（6分）两种放射性元素的半衰期分别为t0和2t0，在t0时刻

3、这两种元素的原子核总数为N，在t2t0时刻，尚未衰变的原子核总数为，则在t4t0时刻，尚未衰变的原子核总数为（）ABCD5（6分）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（）ABCD（多选）6（6分）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（）AP的加

4、速度大小的最大值为2gBQ的加速度大小的最大值为2gCP的位移大小一定大于Q的位移大小DP的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小（多选）7（6分）如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（）A通过导体棒MN电流的最大值为B导体棒MN向右先加速、后匀速运动C导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大D电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热（多选）8（6分

5、）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，（）A小球的动能最小时，其电势能最大B小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大D从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量二、非选择题：共62分。第912题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1316题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共47分。9（5分）某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势1.5V，内阻很小），电流表（量程

6、10mA，内阻约10），微安表（量程100A，内阻Rg待测，约1k），滑动变阻器R（最大阻值10），定值电阻R0（阻值10），开关S，导线若干。（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图；（2）某次测量中，微安表的示数为90.0A，电流表的示数为9.00mA，由此计算出微安表内阻Rg 。10（10分）利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：（1）调节导轨水平。（2）测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304

7、kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为 kg的滑块作为A。（3）调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。（4）使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。（5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如表所示。12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k0.31k20.330.330.33（6）表中的k2 （保留2位有效数字）。（7）的平均值为 （保留2位有效

8、数字）。（8）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为 （用m1和m2表示），本实验中其值为 （保留2位有效数字）；若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。11（12分）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3：7。重力加速度大小取g10m/s2，忽略空气阻力。

9、求在抛出瞬间小球速度的大小。12（20分）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零：使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流

10、的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N、沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r，rd，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值x及PQ上反射光点与O点间的弧长s；（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1；保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。（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。物理选修3-3

11、（15分）（多选）13（5分）一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如pT图上从a到b的线段所示。在此过程中（）A气体一直对外做功B气体的内能一直增加C气体一直从外界吸热D气体吸收的热量等于其对外做的功E气体吸收的热量等于其内能的增加量14（10分）如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成、四部分，其中第、部分的体积分别为V0和V0。环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。（）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；（）将环境温度

12、缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第部分气体的压强。物理选修3-4（15分）15一平面简谐横波以速度v2m/s沿x轴正方向传播，t0时刻的波形图如图所示。介质中平衡位置在坐标原点的质点A在t0时刻的位移ycm。该波的波长为 m，频率为 Hz。t2s时刻，质点A （填“向上运动”“速度为零”或“向下运动”）。16如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面，M为AB边的中点。在截面所在平面内，一光线自M点射入棱镜，入射角为60，经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从CD边的P点射出棱镜。求棱镜的折射率以及P、C两点之间的

13、距离。2022年云南省高考物理试卷（甲卷）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68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，有选错的得0分。1（6分）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（）ABCD【分析】根据动能定理计算速度，结合牛顿第二定律计算

14、出半径最小值。【解答】解：从a到c根据动能定理有：mgh在c点根据牛顿第二定律有：kmgmg联立解得：R故ABC错误，D正确；故选：D。2（6分）长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（vv0）。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为（）A+B+C+D+【分析】当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（vv0），可知列车进入隧道前需减速至v，然后匀速通过隧道，全部出隧道后需加速到v0，分别求出列车的减速运动时间、匀速运动时间和加速运

15、动时间即可求出总时间。【解答】解：当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（vv0），可知列车进入隧道前需减速至v，然后匀速通过隧道，全部出隧道后需加速到v0，则减速时间：t1，匀速时间：t2，加速时间：t3，列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为tt1+t2+t3解得：t，故C正确，ABD错误；故选：C。3（6分）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、

16、I2和I3。则（）AI1I3I2BI1I3I2CI1I2I3DI1I2I3【分析】根据电阻定律与电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律可解得。【解答】解：设圆的半径为R，则圆的周长为L22R，面积S2R2，正方形的周长为L18R，面积S14R2，正六边形的周长为L36R，面积S3R2，根据电阻定律有：R根据法拉第电磁感应定律有：E根据欧姆定律有：I代入周长与面积可知：I1I2I3故C正确，ABD错误；故选：C。4（6分）两种放射性元素的半衰期分别为t0和2t0，在t0时刻这两种元素的原子核总数为N，在t2t0时刻，尚未衰变的原子核总数为，则在t4t0时刻，尚未衰变的原子核总数为（）ABCD【分析】

17、半衰期指大量原子核发生半数衰变所用的时间，根据两元素半衰期和经过时间计算未衰变原子核总数。【解答】解：设两种放射性元素的原子核数分别为N1、N2，对应的半衰期分别为t0、2t0，则N1+N2N经过t2t0后，尚未衰变的原子核总数+设经过t4t0后，尚未衰变的原子核总数为X，则X联立解得：X，故C正确，ABD错误；故选：C。5（6分）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（）ABCD【分析】带正电粒子在电、磁场中运动，根据受力情况分析

18、粒子的运动情况，根据功能关系判断带电粒子的运动情况。【解答】解：AC、在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，带正电粒子在坐标原点O受沿y轴正方向的电场力开始向y轴正方向运动，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，根据左手定则可知，粒子沿y轴正方向运动的同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，根据曲线运动合外力指向轨迹凹侧可知，带电粒子应向x轴负方向偏转，故AC错误；BD、带电粒子运动过程中受电场力和洛伦兹力，电场力做正功，洛伦兹力时刻与速度方向垂直不做功。在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次回到x轴时，电场力做功为零，洛伦兹力不做功，根据动能定理知，

19、带电粒子再次回到x轴时的速度为零，随后受电场力作用开始做周期性运动，故B正确，D错误；故选：B。（多选）6（6分）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（）AP的加速度大小的最大值为2gBQ的加速度大小的最大值为2gCP的位移大小一定大于Q的位移大小DP的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小【分析】分析撤去拉力前后两滑块受力情况，根据牛顿第二定律分析撤去拉力后两滑块加速度的变化，确定加速度最大值；根据两滑块相

20、对位移判断位移大小；根据滑块运动情况分析同一时刻速度关系。【解答】解：AB、设两物块的质量均为m，撤去拉力F前，两滑块均做匀速直线运动，对两滑块P、Q整体分析得F2mg隔离滑块Q分析得F弹mg撤去拉力F后，在弹簧弹力和摩擦力作用下，取向右为正方向，根据牛顿第二定律得：滑块P：F弹mgma1滑块Q：F弹mgma2则a1，a2，可知弹簧逐渐恢复原长过程中，滑块P做加速度减小的减速运动，Q做加速度增大的减速运动，当F弹mg时，滑块P加速度最大值为a1max2g，当F弹0时，滑块Q加速度最大值为a2maxg，故A正确，B错误；C、滑块P、Q水平向右运动，P、Q间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移

21、，故C错误；D、滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为a1g，可见滑块P减速的最小加速度为滑块Q减速的最大加速度，撤去拉力时，P、Q的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2g做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为g；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为g，则滑块P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，故D正确。故选：AD。（多选）7（6分）如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处

22、于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（）A通过导体棒MN电流的最大值为B导体棒MN向右先加速、后匀速运动C导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大D电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热【分析】电容器放电是一个动态过程，在该过程下两板间电荷量逐渐减小，但电容器的电容不变，所以电势差逐渐减小，但此时导体棒MN在加速，产生反向电动势，直到MN棒电流为零，安培力为零时，MN开始减速，直到速度为0，整个过程电能全部转化为电阻和导体棒MN的热能。【解答】解：A、最初电容器板间电压最大，导体棒上电流也最大，电容器相当于电源，对电阻与导体棒供电，根据欧姆定律得I

23、，U，解得通过导体棒MN电流的最大值为，故A正确；BC、导体棒上电流从M到N，导体棒受安培力水平向右，导体棒加速，同时导体棒切割磁感线产生电动势，回路里电流减小，当导体棒产生的电动势与电容器板间电压相等时，回路电流为零，导体棒速度达到最大，此时安培力为零，但最终电能和动能全部转化为内能，所以之后导体棒MN一直减速，直到速度变为0，故BC错误。D、因为在MN加速阶段，由于MN存在反电动势，所以通过MN的电流要比通过R上的电流要小，所以电阻R消耗的电能大于MN上消耗的电能，故加速阶段电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热；当安培力为零后，MN开始减速直到速度为0，此时电容器的电流和导体棒

24、的电流都流经电阻R，此时电阻R上的电流仍然大于导体棒上的电流，故该阶段电阻R上产生的焦耳热也大于导体棒MN上产生的焦耳热，故D正确。故选：AD。（多选）8（6分）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，（）A小球的动能最小时，其电势能最大B小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大D从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量【分析】小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变；当小球沿水

25、平方向的速度减为零时，小球克服电场力做的功最多，小球的电势能最大，根据受力情况分析动能的变化、以及重力做的功与克服电场力做功之间的关系；小球的速度和动能没有最大值。【解答】解：A、小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变，当小球的动能最小时，其电势能与重力势能之和最大，故A错误；B、当小球沿水平方向的速度减为零时，小球的电势能最大，由于小球所受的重力和电场力的大小相等，所以此时小球的速度方向向下，大小等于抛出时小球的速度大小，所以此时的动能等于初始动能，故B正确；C、合外力先对小球做负功，再做正功，合外力做正功的过程中，小球的动能一直增大，所以小球速度动能没有最大值，故C错误；D

26、、从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，小球的动能等于初始动能，此过程中动能变化为零，则合外力做功为零，所以重力做的功等于小球电势能的增加量，故D正确。故选：BD。二、非选择题：共62分。第912题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1316题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共47分。9（5分）某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势1.5V，内阻很小），电流表（量程10mA，内阻约10），微安表（量程100A，内阻Rg待测，约1k），滑动变阻器R（最大阻值10），定值电阻R0（阻值10），开关S，导线若干。（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理

27、图；（2）某次测量中，微安表的示数为90.0A，电流表的示数为9.00mA，由此计算出微安表内阻Rg990。【分析】（1）根据伏安法测电阻原理和已知元件设计电路；（2）根据串并联电路规律和欧姆定律求微安表内阻。【解答】解：（1）为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动变阻器采用分压式接法，实验电路原理图如图所示（2）某次测量中，微安表的示数为IG90.0A9105A，电流表的示数为IA9.00mA91

28、03A，根据串并联电路规律和欧姆定律得（IAIG）R0IGRg解得：Rg990。故答案为：（1）图见解析（2）99010（10分）利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：（1）调节导轨水平。（2）测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为 0.304kg的滑块作为A。（3）调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。（4）使A

29、以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。（5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如表所示。12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k0.31k20.330.330.33（6）表中的k20.31（保留2位有效数字）。（7）的平均值为 0.32（保留2位有效数字）。（8）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为 （用m1和m2表示），本实验中其值为 0.34（保

30、留2位有效数字）；若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。【分析】用动量守恒定律分析一维碰撞问题，验证是否为弹性碰撞必然要用到机械能守恒定律和动量守恒定律，需要对碰撞前后的状态进行分析，判断是否同时满足机械能守恒定律和动量守恒定律。【解答】解：（2）两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg，要想使碰撞后两滑块运动方向相反，则A滑块质量要小，才有可能反向运动，故选0.304kg的滑块作为A。（6）因为位移相等，所以速度之比等于时间之比的倒数，由表中数据可得，k20.31。（7）的平均值为：0.3220.32。（8）由机械能守恒定律和动量守

31、恒定律可得：+；m1v0m1v1+m2v2，联立解得：，代入数据，可得：0.34。11（12分）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3：7。重力加速度大小取g10m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。【分析】先计算出小球每一段运动所用的时间，再根据竖直方向上的运动规律求出每一段运动对应的竖直位移，结合水平方向上的匀速直线运动，分别求出两段运动中s1、s2

32、的表达式，根据题干提供的比值进行求解。【解答】解：因为每相邻两个小球之间被删去了3个影像，所以每相邻两个小球之间有4次闪光间隔，即相邻两个小球之间的时间为：t40.05s0.2s因为第一个小球为抛出点，所以第一段运动对应的竖直位移大小为：第二段运动对应的竖直位移大小为：0.6m设小球抛出时的初速度大小为v，则s1可以表示为：同理s2可以表示为：因为s1：s23：7，联立解得：v答：抛出瞬间小球的速度大小为。12（20分）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面

33、反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零：使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N、沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r，rd，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹

34、簧长度改变量的绝对值x及PQ上反射光点与O点间的弧长s；（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1；保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。【分析】首先要进行受力分析，利用胡克定律求出形变量，再根据光的反射定律结合角度变化求出弧长，再利用弧长的表达式，可以反过来求出电流的大小。【解答】解：（1）当在线圈中通入的微小电流为I时，线圈中存在安培力，FNBIl，再根据胡克定律有：FNBIlk|x|，解得：|x|；设此时细杆转动的弧度为，则反射光线转过的弧度为2，由

35、题可知，rd|x|，所以有sin22，sin，|x|d，s2r，联立可得：s。（2）因为测量前未调零，设没有通电时反射光点偏移的弧长为s，由将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1可知，s1，当该电流反向接入后，反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2可知，s2，联立可得I。（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。物理选修3-3（15分）（多选）13（5分）一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如pT图上从a到b的线段所示。在此过程中（）A气体一直对外做功B气体的内能一直增加C气体一直从外界吸热D气体吸收的

36、热量等于其对外做的功E气体吸收的热量等于其内能的增加量【分析】在pT图线中，ab为过坐标原点的直线，气体做等容变化，气体不做功，温度升高，分子的平均动能增大，内能增大，结合热力学第一定律即可判断。【解答】解：A、根据一定质量的理想气体状态方程可得：，从a到b为过坐标原点的倾斜直线，故气体做等容变化，气体不做功，故A错误；B、从a到b，气体的温度逐渐升高，分子的平均动能逐渐增大，故内能一直增加，故B正确；DEC、由于气体从a到b不做功W0，且内能逐渐增大，根据热力学第一定律UW+Q可知，气体一直从外界吸热，且吸收的热量等于其内能的增加量，故CE正确，D错误；故选：BCE。14（10分）如图，容积

37、均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成、四部分，其中第、部分的体积分别为V0和V0。环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。（）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；（）将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第部分气体的压强。【分析】刚开始升温时，各部分气体都处于等压变化，对第部分气体应用盖吕萨克定律即可求出变化后的温度；第和第部分气体处于连通状态，可以看成一个整体，分别对

38、这部分和第部分气体应用理想气体的状态方程列式，联立即可求解。【解答】解：（1）在升温过程中，B汽缸中活塞缓慢下移，最终到达汽缸底部，此过程为等压变化，各部分气体的压强始终等于P0对于第部分气体，升温前压强为P0，体积为V0V0V0升温之后的体积为V0，设活塞刚到达汽缸底部时的温度为T1，由盖吕萨克定律可得：解得：T1（2）将、中的气体看作一个整体，初始压强为P0，温度为T0，体积为当温度升至2T0时，设此时这部分气体的压强为P2，体积为V2，由理想气体的状态方程得：缓慢升温过程中，B汽缸中活塞上、下两部分的气体压强始终相等，所以对第气体在升温前后有：联立可得：P2答：（1）B汽缸中的活塞刚到达

39、汽缸底部时的温度为；（2）A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第部分气体的压强为。物理选修3-4（15分）15一平面简谐横波以速度v2m/s沿x轴正方向传播，t0时刻的波形图如图所示。介质中平衡位置在坐标原点的质点A在t0时刻的位移ycm。该波的波长为 4m，频率为 0.5Hz。t2s时刻，质点A 向下运动（填“向上运动”“速度为零”或“向下运动”）。【分析】根据题图中各点坐标求出波的解析式，即可知波长；根据T、f求周期和频率；根据传播时间和周期关系分析质点运动情况。【解答】解：设波的解析式为yAsin（x+）由题图知A2cm，波图像过点（0，）和（1.5，0），代入数据得y2sin（+）（

40、cm）则即4m；该波的波速v2m/s，则fHz0.5Hz；因T所以t2s时刻振动形式和零时刻相同，根据“爬坡法”可知质点A向下运动。故答案为：4，0.5，向下运动16如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面，M为AB边的中点。在截面所在平面内，一光线自M点射入棱镜，入射角为60，经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从CD边的P点射出棱镜。求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。【分析】根据题目条件，分别用折射定律和全反射的定义写出折射率的表达式，再利用几何关系联立求解即可得出折射率的大小；再根据几何关系求出P、C两点之间的距离即可。【解答】解：设该棱镜的临界角为，折射率为n，由临界角和折射率的关系可知：sin设光线从M点射入棱镜后折射角为，由几何关系可得：90由折射定律可知：联立可得：解得：，即棱镜的折射率为将上述几何关系表示在下图：由数学知识可求得：且由几何关系可得：BNBMtanNCBCBNPCM是AB的中点，所以BM，且BCa联立解得：PC即P、C两点之间的距离为答：棱镜的折射率为，P、C两点之间的距离为。第23页（共23页）