2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)專題重組卷第二部分組合模擬卷二含解析

PAGE13-組合模擬卷二第Ⅰ卷(選擇題，共48分)二、選擇題(本題共8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14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21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)的得0分)14.(2024·成都高新區(qū)一診)疊放在水平地面上的四個(gè)完全相同的排球如圖所示，質(zhì)量均為m，相互接觸，球與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都是μ，則()A．上方球與下方三個(gè)球間均沒(méi)有彈力B．下方三個(gè)球與水平地面間均沒(méi)有摩擦力C．水平地面對(duì)下方三個(gè)球的支持力均為eq\f(4,3)mgD．水平地面對(duì)下方三個(gè)球的摩擦力均為eq\f(4,3)μmg答案C解析對(duì)上方球分析可知，受重力和下方球的支持力而處于平衡狀態(tài)，所以上方球肯定與下方球有彈力的作用，故A錯(cuò)誤；下方球由于受上方球斜向下的彈力作用，所以下方球有運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，故下方球受地面摩擦力作用，故B錯(cuò)誤；對(duì)四個(gè)球整體分析，豎直方向，受重力和地面的支持力而處于平衡狀態(tài)，所以下方三個(gè)球受地面總的支持力大小為4mg，每個(gè)球受到的支持力均為eq\f(4,3)mg，故C正確；下方三個(gè)球受到地面的摩擦力是靜摩擦力，不能依據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式進(jìn)行計(jì)算，故D錯(cuò)誤。15．(2024·天津高考)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò)N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場(chǎng)方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程()A．動(dòng)能增加eq\f(1,2)mv2B．機(jī)械能增加2mv2C．重力勢(shì)能增加eq\f(3,2)mv2D．電勢(shì)能增加2mv2答案B解析動(dòng)能改變量ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，A錯(cuò)誤；小球從M到N的過(guò)程中，重力和電場(chǎng)力做功，機(jī)械能的增加量等于電勢(shì)能的削減量。帶電小球在水平方向做向左的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得(2v)2－0＝2eq\f(qE,m)x，電勢(shì)能削減量等于電場(chǎng)力做的功ΔEp電＝W電＝qEx＝2mv2，故B正確，D錯(cuò)誤；小球在豎直方向做勻減速運(yùn)動(dòng)且末速度為零，由－v2＝－2gh，得重力勢(shì)能增加量ΔEp重＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C錯(cuò)誤。16．(2024·山東青島二中高三上學(xué)期期末)衛(wèi)星電話在搶險(xiǎn)救災(zāi)中能發(fā)揮重要作用。第一代、其次代海事衛(wèi)星只運(yùn)用地球同步衛(wèi)星，不能覆蓋地球上的高緯度地區(qū)，第三代海事衛(wèi)星采納地球同步衛(wèi)星和中軌道衛(wèi)星結(jié)合的方案，它由4顆同步衛(wèi)星與12顆中軌道衛(wèi)星構(gòu)成。中軌道衛(wèi)星高度為10354千米，分布在幾個(gè)軌道平面上(與赤道平面有肯定的夾角)，在這個(gè)高度上，衛(wèi)星沿軌道旋轉(zhuǎn)一周的時(shí)間為6小時(shí)。則下列推斷正確的是()A．中軌道衛(wèi)星的角速度小于地球同步衛(wèi)星B．中軌道衛(wèi)星的線速度小于地球同步衛(wèi)星C．假如某一時(shí)刻中軌道衛(wèi)星、地球同步衛(wèi)星與地球的球心在同始終線上，那么經(jīng)過(guò)6小時(shí)它們?nèi)栽谕冀K線上D．在中軌道衛(wèi)星經(jīng)過(guò)地面某點(diǎn)的正上方24小時(shí)后，該衛(wèi)星仍在地面該點(diǎn)的正上方答案D解析依據(jù)ω＝eq\f(2π,T)，因?yàn)橹熊壍佬l(wèi)星的運(yùn)行周期小于地球同步衛(wèi)星，所以中軌道衛(wèi)星的角速度大于地球同步衛(wèi)星，A錯(cuò)誤；依據(jù)ω＝eq\r(\f(GM,r3))得中軌道衛(wèi)星的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星，又v＝eq\r(\f(GM,r))，所以中軌道衛(wèi)星的線速度大于地球同步衛(wèi)星，B錯(cuò)誤；經(jīng)過(guò)6小時(shí)，中軌道衛(wèi)星轉(zhuǎn)動(dòng)一周，而同步衛(wèi)星轉(zhuǎn)動(dòng)eq\f(1,4)周，故中軌道衛(wèi)星、地球同步衛(wèi)星與地球的球心不行能在同始終線上，C錯(cuò)誤；24小時(shí)后地球自轉(zhuǎn)一周，中軌道衛(wèi)星繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)4周，則該衛(wèi)星仍在地面該點(diǎn)的正上方，D正確。17.(2024·兩湖八市十二校聯(lián)合二模)如圖為氫原子的能級(jí)示意圖，鋅的逸出功是3.34eV，那么對(duì)氫原子在能級(jí)躍遷過(guò)程中放射或汲取光子的特征相識(shí)正確的是()A．用氫原子從高能級(jí)向基態(tài)躍遷時(shí)放射的光照耀鋅板肯定不能產(chǎn)生光電效應(yīng)B．一群處于n＝3能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，能放出4種不同頻率的光C．用能量為10.3eV的光子照耀，可使處于基態(tài)的氫原子躍遷到激發(fā)態(tài)D．一群處于n＝3能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，發(fā)出的光照耀鋅板，鋅板表面所發(fā)出的光電子的最大初動(dòng)能為8.75eV答案D解析氫原子從高能級(jí)向基態(tài)躍遷時(shí)發(fā)出的光子的最小能量為10.2eV，照耀鋅板肯定能產(chǎn)生光電效應(yīng)，A錯(cuò)誤；一群處于n＝3能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，依據(jù)Ceq\o\al(2,3)＝3可知，能放出3種不同頻率的光，B錯(cuò)誤；用能量為10.3eV的光子照耀，因?yàn)?0.2eV<10.3eV<12.09eV，所以不行使處于基態(tài)的氫原子躍遷到激發(fā)態(tài)，C錯(cuò)誤；氫原子從n＝3能級(jí)向基態(tài)躍遷時(shí)發(fā)出的光子的能量最大，為Emax＝－1.51eV＋13.6eV＝12.09eV，因鋅的逸出功是3.34eV，鋅板表面所發(fā)出的光電子的最大初動(dòng)能為Ekm＝12.09eV－3.34eV＝8.75eV，D正確。18．(2024·安徽宣城高三上學(xué)期期末)如圖甲所示，兩物體A、B疊放在光滑水平面上，對(duì)A施加一水平力F，規(guī)定向右為正方向，F(xiàn)隨時(shí)間t的改變關(guān)系如圖乙所示，兩物體在t＝0時(shí)由靜止起先運(yùn)動(dòng)，且始終保持相對(duì)靜止，則下列說(shuō)法正確的是()A．第1s末兩物體的速度最大B．第3s內(nèi)，兩物體向左運(yùn)動(dòng)C．第2s內(nèi)，拉力F對(duì)物體A做正功D．第2s內(nèi)，A對(duì)B的摩擦力向左答案C解析在0～2s內(nèi)兩物體向右做加速運(yùn)動(dòng)，2～4s內(nèi)加速度反向，由圖象的對(duì)稱性知，第2s末速度最大，A錯(cuò)誤；在0～4s內(nèi)兩物體始終向右運(yùn)動(dòng)，第4s末物體速度減小到零，之后又重復(fù)之前的運(yùn)動(dòng)，故第3s內(nèi)，兩物體向右運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；第2s內(nèi)，拉力F的方向與速度方向相同，拉力F對(duì)物體A做正功，C正確；第2s內(nèi)，對(duì)A、B整體分析，整體的加速度方向與F的方向相同，B物體所受的合力為A對(duì)B的摩擦力，故A對(duì)B的摩擦力的方向與加速度方向相同，即與F的方向相同，所以第2s內(nèi)，A對(duì)B的摩擦力向右，D錯(cuò)誤。19.(2024·湖北七市州教研協(xié)作體高三聯(lián)合模擬)如圖所示，兩根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線A、B垂直于紙面固定放置，二者之間的連線水平，電流方向均垂直于紙面對(duì)里，A中電流是B中電流的2倍，此時(shí)A受到的磁場(chǎng)作用力大小為F，而在A、B的正中間再放置一根與A、B平行共面的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線C后，A受到的磁場(chǎng)作用力大小變?yōu)?F，則BA．大小為eq\f(3,2)F，方向水平向右B．大小為eq\f(3,2)F，方向水平向左C．大小為eq\f(1,2)F，方向水平向右D．大小為eq\f(1,2)F，方向水平向左答案BC解析因同向電流相互吸引，反向電流相互排斥，由題意得，A受到B的磁場(chǎng)力大小為F，方向水平向右，B受到A的磁場(chǎng)力大小為F，方向水平向左；A、B正中間再加一通電長(zhǎng)直導(dǎo)線C后，其在A、B兩位置產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，故A受到C的磁場(chǎng)力為B受到C的磁場(chǎng)力的2倍；由于A受到的磁場(chǎng)作用力大小變?yōu)?F，則可能有兩種狀況：①C對(duì)A的作用力為F，方向水平向右，則C對(duì)B的作用力為eq\f(F,2)，方向水平向左，則B受到的磁場(chǎng)作用力大小為eq\f(3,2)F，方向水平向左；②C對(duì)A的作用力為3F，方向水平向左，則C對(duì)B的作用力為eq\f(3F,2)，方向水平向右，則B受到的磁場(chǎng)作用力大小為eq\f(1,2)F，方向水平向右，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。20.(2024·云南保山高考模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的粗糙半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長(zhǎng)度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過(guò)半圓軌道后從B點(diǎn)沖出，在空中能上升到距B點(diǎn)所在水平線的最大高度為eq\f(3,4)h0(不計(jì)空氣阻力)，則()A．小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒B．小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為RC．小球離開(kāi)小車后做斜拋運(yùn)動(dòng)D．小球其次次能上升到距B點(diǎn)所在水平線的最大高度eq\f(1,2)h0<h<eq\f(3,4)h0答案ABD解析小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，所以系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，故A正確；設(shè)小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為x，某時(shí)刻小球的水平分速度大小為v，小車的水平分速度大小為v′，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv－mv′＝0，即有：meq\x\to(v)－meq\f(x,t)＝0，eq\x\to(v)t＋x＝2R，解得x＝R，故B正確；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，小球由B點(diǎn)離開(kāi)小車時(shí)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開(kāi)小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；小球從起先到第一次到達(dá)最高點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h0－\f(3,4)h0))－Wf＝0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf＝eq\f(1,4)mgh0，即小球第一次在車中運(yùn)動(dòng)損失的機(jī)械能為eq\f(1,4)mgh0，由于小球其次次在車中運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，小球所受摩擦力變小，克服摩擦力做的功小于eq\f(1,4)mgh0，機(jī)械能損失小于eq\f(1,4)mgh0，因此小球再次離開(kāi)小車時(shí)，能上升的高度大于eq\f(3,4)h0－eq\f(1,4)h0＝eq\f(1,2)h0，而小于eq\f(3,4)h0，即eq\f(1,2)h0＜h＜eq\f(3,4)h0，故D正確。21．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽視不計(jì)。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場(chǎng)起先計(jì)時(shí)，到MN離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹?，流過(guò)PQ的電流隨時(shí)間改變的圖象可能正確的是()答案AD解析PQ剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，加速度為零，則mgsinθ＝BI1L，又I1＝eq\f(BLv,R總)，故PQ做勻速運(yùn)動(dòng)，電流恒定；且由題意知，MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度與PQ剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同。情形1：若MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，PQ已離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，則對(duì)MN，由I1＝eq\f(BLv,R總)及右手定則知，通過(guò)PQ的電流大小不變，方向相反，又mgsinθ＝BI1L，則MN勻速運(yùn)動(dòng)，電流恒定，故I-t圖象如圖A所示。情形2：若MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，PQ未離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，由于兩導(dǎo)體棒速度相等，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)等大、反向，故電流為0，兩棒在重力沿導(dǎo)軌向下的分力作用下均加速直至PQ離開(kāi)磁場(chǎng)，此時(shí)MN為電源，由E＝BLv，I＝eq\f(E,R總)，BIL－mgsinθ＝ma知，MN減速，且隨v減小，I減小，a減小，I∝v，故I隨t減小得越來(lái)越慢，直至勻速，即I＝I1，I-t圖象如圖D所示。第Ⅱ卷(非選擇題，共62分)三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分，共62分。第22～25題為必考題，每個(gè)試題考生都必需作答。第33、34題為選考題，考生依據(jù)要求作答)(一)必考題(共47分)22．(2024·河南省鄭州市一模)(5分)用如圖甲所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。(1)為了減小試驗(yàn)誤差，下列做法正確的是________。A．兩球的質(zhì)量和半徑都一樣大B．多次將A球從不同的高度釋放C．保證斜槽末端的切線水平D．減小斜槽對(duì)小球A的摩擦(2)圖乙是B球的落點(diǎn)痕跡，刻度尺的“0”刻線與O點(diǎn)重合，可以測(cè)出碰撞后B球的水平射程為_(kāi)_______cm。(3)本次試驗(yàn)必需進(jìn)行測(cè)量的是________。A．水平槽上未放B球時(shí)，A球的落點(diǎn)位置到O點(diǎn)的距離B．A球與B球碰撞后，A球和B球的落點(diǎn)位置到O點(diǎn)的距離C．A球與B球下落的時(shí)間D．A球和B球的質(zhì)量(或兩球質(zhì)量之比)答案(1)C(2)64.45(3)ABD解析(1)為防止碰撞后入射球反彈，A球的質(zhì)量應(yīng)大于B球的質(zhì)量，A錯(cuò)誤；為使A球到達(dá)軌道末端時(shí)的速度相等，應(yīng)多次將A球從同一高度釋放，B錯(cuò)誤；為使小球離開(kāi)軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)保證斜槽末端的切線水平，C正確；斜槽對(duì)小球A的摩擦對(duì)試驗(yàn)沒(méi)有影響，不須要減小斜槽對(duì)小球A的摩擦，D錯(cuò)誤。(2)碰撞后B球的落點(diǎn)如圖乙所示，用完量小的圓把球B的全部落點(diǎn)都圈在里面，圓心即落點(diǎn)的平均位置，此位置到O點(diǎn)的距離即為B球的水平射程，約為64.45cm。(3)依據(jù)試驗(yàn)原理可得mAv0＝mAv1＋mBv2，又因下落時(shí)間相同，即可求得：mA·OP＝mA·OM＋mB·ON，可知須要測(cè)量的物理量是水平槽上未放B球時(shí)，A球的落點(diǎn)位置到O點(diǎn)的距離OP，A球與B球碰撞后，A、B兩球落點(diǎn)位置到O點(diǎn)的距離OM和ON，A球和B球的質(zhì)量(或兩球質(zhì)量之比)，不須要測(cè)量水平槽面離地面的高度或小球在空中的飛行時(shí)間，故選A、B、D。23．(2024·遼寧大連二模)(10分)如圖甲所示是多用電表歐姆擋內(nèi)部的部分原理圖，已知電源電動(dòng)勢(shì)E＝1.5V，內(nèi)阻r＝1Ω，靈敏電流計(jì)滿偏電流Ig＝10mA，內(nèi)阻rg＝90Ω，表盤(pán)如圖丙所示，歐姆表表盤(pán)中值刻度為“15”。(1)多用電表的選擇開(kāi)關(guān)旋至“Ω”區(qū)域的某擋位時(shí)，其內(nèi)部電路為圖甲所示。將多用電表的紅、黑表筆短接，進(jìn)行歐姆調(diào)零，調(diào)零后多用電表的總內(nèi)阻為_(kāi)_______Ω。某電阻接入紅、黑表筆間，表盤(pán)如圖丙所示，則該電阻的阻值為_(kāi)_______Ω。(2)若將選擇開(kāi)關(guān)旋至“×1”，則須要將靈敏電流計(jì)________(選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)一阻值為_(kāi)_______Ω的電阻，再進(jìn)行歐姆調(diào)零。(3)某同學(xué)利用多用電表對(duì)二極管正接時(shí)的電阻進(jìn)行粗略測(cè)量，如圖乙所示，下列說(shuō)法中正確的是________(填選項(xiàng)前的字母)A．歐姆表的表筆A、B應(yīng)分別接二極管的C、D端B．雙手捏住兩表筆金屬桿，測(cè)量值將偏大C．若采納“×100”倍率測(cè)量時(shí)，發(fā)覺(jué)指針偏角過(guò)大，應(yīng)換“×10”倍率，且要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零D．若采納“×10”倍率測(cè)量時(shí)，發(fā)覺(jué)指針位于刻度“15”與“20”的正中心，測(cè)量值應(yīng)略大于175Ω答案(1)15060(2)并聯(lián)10(3)AC解析(1)設(shè)歐姆表總內(nèi)阻為R，短接時(shí)有：E＝IgR，代入數(shù)據(jù)計(jì)算得：R＝150Ω；當(dāng)半偏時(shí)有：E＝eq\f(1,2)Ig(R＋R中)，所以R＝R中，所以選擇的是“×10”擋位，依據(jù)圖丙可知讀數(shù)為60Ω。(2)選擇開(kāi)關(guān)旋至“×1”，此時(shí)內(nèi)阻R′＝R中＝15Ω，短接電流Ig′＝eq\f(E,R′)＝100mA，所以應(yīng)給表頭并聯(lián)一個(gè)分流電阻R0，依據(jù)歐姆定律：R0＝eq\f(Igrg,Ig′－Ig)＝10Ω。(3)二極管具有單向?qū)щ娦裕F(xiàn)在要測(cè)二極管正接時(shí)的電阻，由于表筆A與歐姆表內(nèi)部電源正極相連，故表筆A、B應(yīng)分別接二極管的C、D端，A正確；試驗(yàn)測(cè)量時(shí)，手不能觸碰金屬桿，否則就將自身電阻并聯(lián)進(jìn)電路，測(cè)量值偏小，B錯(cuò)誤；若采納“×100”倍率測(cè)量時(shí)，發(fā)覺(jué)指針偏角過(guò)大，說(shuō)明電阻太小，所以應(yīng)當(dāng)換小擋位，即“×10”倍率，且要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，C正確；依據(jù)歐姆表的改裝原理可知，表盤(pán)刻度“左密右稀”，且越往左阻值越大，若刻度勻稱則待測(cè)電阻應(yīng)是175Ω，所以待測(cè)電阻的阻值應(yīng)略小于175Ω，D錯(cuò)誤。24.(2024·重慶南開(kāi)中學(xué)高三上學(xué)期期末)(12分)如圖所示，質(zhì)量M＝1kg的木板靜止在粗糙的水平地面上，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1，在木板的左端放置一個(gè)質(zhì)量m＝1kg、大小可以忽視的鐵塊，鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.4，取g＝10m/s2，在鐵塊上加一個(gè)水平向右的拉力，試求：(1)F增大到多少時(shí)，鐵塊能在木板上發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)？(2)若木板長(zhǎng)L＝1m，水平拉力恒為8N，經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間鐵塊運(yùn)動(dòng)到木板的右端？答案(1)6N(2)1s解析(1)設(shè)F＝F1時(shí)，鐵塊、木板恰好保持相對(duì)靜止，此時(shí)二者的加速度相同，兩者間的靜摩擦力達(dá)到最大。對(duì)木板，依據(jù)牛頓其次定律得：μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma解得：a＝2m/s2以鐵塊和木板整體為探討對(duì)象，依據(jù)牛頓其次定律有：F1－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a解得：F1＝6N。(2)鐵塊的加速度大小a1＝eq\f(F－μ2mg,m)＝4m/s2木板的加速度大小a2＝eq\f(μ2mg－μ1m＋Mg,M)＝2m/s2設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t鐵塊運(yùn)動(dòng)到木板的右端，則有eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L解得：t＝1s。25．(2024·廣東深圳二模)(20分)如圖a所示，整個(gè)空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)(平行于紙面)，在同一水平線上的兩位置，以相同速率同時(shí)噴出質(zhì)量均為m的油滴a和b，電荷量為＋q的a水平向右，不帶電的b豎直向上。b上上升度為h時(shí)，到達(dá)最高點(diǎn)，此時(shí)a恰好與它相碰，瞬間結(jié)合成油滴P。忽視空氣阻力，重力加速度為g。求：(1)油滴b豎直上升的時(shí)間及兩油滴噴出位置的距離；(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)及油滴a、b結(jié)合為P后瞬間的速度；(3)若油滴P形成時(shí)恰位于某矩形區(qū)域邊界，取此時(shí)為t＝0時(shí)刻，同時(shí)在該矩形區(qū)域加一個(gè)垂直于紙面的周期性改變的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度改變規(guī)律如圖b所示，磁場(chǎng)改變周期為T(mén)0(垂直紙面對(duì)外為正)，已知P始終在矩形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)，求矩形區(qū)域的最小面積。(忽視磁場(chǎng)突變的影響)答案(1)eq\r(\f(2h,g))2h(2)eq\f(2mg,q)eq\r(gh)，方向向右上方，與水平方向夾角為45°(3)eq\f(ghT\o\al(2,0),2π2)解析(1)設(shè)油滴的噴出速率為v0，油滴b做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，有：0－veq\o\al(2,0)＝－2gh，解得v0＝eq\r(2gh)0＝v0－gt0，解得t0＝eq\r(\f(2h,g))油滴a在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有：x0＝v0t0，解得x0＝2h。(2)兩油滴結(jié)合之前，油滴a做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，則：qE－mg＝mah＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)解得a＝g，E＝eq\f(2mg,q)。設(shè)結(jié)合前瞬間油滴a速度大小為va，方向向右上方，與水平方向的夾角為θ，則：v0＝vacosθv0tanθ＝at0解得va＝2eq\r(gh)，θ＝45°。兩油滴的結(jié)合過(guò)程動(dòng)量守恒：mva＝2mvP聯(lián)立解得vP＝eq\r(gh)，方向向右上方，與水平方向夾角為45°。(3)因qE＝2mg，故油滴P在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌跡半徑為r，運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)，則：qvPeq\f(8πm,qT0)＝2meq\f(v\o\al(2,P),r)解得r＝eq\f(T0\r(gh),4π)由T＝eq\f(2πr,vP)，解得T＝eq\f(1,2)T0即油滴P在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡是兩個(gè)外切圓組成的“8”字形，軌跡如圖，最小矩形的兩條邊分別長(zhǎng)2r和4r，最小面積為：Smin＝2r×4r＝eq\f(ghT\o\al(2,0),2π2)。(二)選考題(共15分。請(qǐng)考生從給出的2道題中任選一題作答，假如多做，則按所做的第一題計(jì)分)33．[物理——選修3－3](15分)(1)(2024·河北唐山一模)(5分)下列說(shuō)法中正確的是________。(填正確答案標(biāo)號(hào)。選對(duì)1個(gè)得2分，選對(duì)2個(gè)得4分，選對(duì)3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分)A．布朗運(yùn)動(dòng)的猛烈程度與溫度有關(guān)，所以布朗運(yùn)動(dòng)也叫熱運(yùn)動(dòng)B．已知阿伏加德羅常數(shù)、氣體摩爾質(zhì)量和密度，可以求出分子間距離C．油膜法測(cè)分子直徑的試驗(yàn)中，把油膜視為單分子層油膜時(shí)，須要考慮分子間隙D．內(nèi)能相等的兩個(gè)物體相互接觸時(shí)，也可能發(fā)生熱傳遞E．肯定質(zhì)量的實(shí)際氣體發(fā)生等溫膨脹時(shí)，內(nèi)能是可能增大的(2)(2024·遼寧大連二模)(10分)某愛(ài)好小組受“蛟龍?zhí)枴钡膯l(fā)，設(shè)計(jì)了一個(gè)測(cè)定水深的深度計(jì)。如圖所示，導(dǎo)熱性能良好的汽缸，內(nèi)徑相同，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，內(nèi)部分別有輕質(zhì)薄活塞A、B，活塞密封性良好且可無(wú)摩擦地左右滑動(dòng)。汽缸左端開(kāi)口，通過(guò)A封有壓強(qiáng)為p0的氣體，汽缸右端通過(guò)B封有壓強(qiáng)為4p0的氣體。一細(xì)管連通兩汽缸，初始狀態(tài)A、B均位于汽缸最左端。該裝置放入水下后，通過(guò)A向右移動(dòng)的距離可測(cè)定水的深度，已知外界大氣壓強(qiáng)為p0，p0相當(dāng)于10m高的水產(chǎn)生的壓強(qiáng)，不計(jì)水溫改變，被封閉氣體視為志向氣體。求：(ⅰ)當(dāng)活塞A向右移動(dòng)eq\f(L,5)時(shí)，水的深度；(ⅱ)該深度計(jì)能測(cè)量的最大水深。答案(1)BDE(2)(ⅰ)2.5m(ⅱ)40m解析(1)熱運(yùn)動(dòng)是分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，而布朗運(yùn)動(dòng)并不是分子運(yùn)動(dòng)，所以盡管布朗運(yùn)動(dòng)的猛烈程度與溫度有關(guān)，但不能把布朗運(yùn)動(dòng)叫做熱運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；已知阿伏加德羅常數(shù)、氣體摩爾質(zhì)量和密度，可以求出分子間距離，故B正確；在“用油膜法估測(cè)分子的大小”試驗(yàn)中，做這樣的近似：油膜是呈單分子分布的，把油酸分子看成球形，分子之間沒(méi)有空隙，緊密排列，故C錯(cuò)誤；內(nèi)能是全部分子動(dòng)能和勢(shì)能的總和，內(nèi)能相等的兩個(gè)物體溫度可以不相等，在相互接觸時(shí)，熱量由高溫物體傳遞到低溫物體，可能發(fā)生熱傳遞，故D正確；肯定質(zhì)量的實(shí)際氣體發(fā)生等溫膨脹時(shí)，溫度不變，則分子平均動(dòng)能不變，但是在膨脹過(guò)程中分子間作用力可能做負(fù)功，導(dǎo)致分子勢(shì)能可能增大，則內(nèi)能可能增大，故E正確。(2)(ⅰ)A右移eq\f(L,5)時(shí)，假設(shè)B不動(dòng)，汽缸Ⅰ內(nèi)氣體做等溫改變，有：p0SL＝p1Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－\f(L,5)))解得p1＝eq\f(5,4)p0＜4p0，假設(shè)成立由p1＝p0＋ph可得：ph＝eq\f(1,4)p0，又p0＝ρgH，ph＝ρgh，H＝10m，可得：h＝2.5m。(ⅱ)當(dāng)活塞A恰好移動(dòng)到汽缸Ⅰ的最右端時(shí)所測(cè)水深最大，設(shè)此時(shí)活塞B右移了x，兩部分氣體壓強(qiáng)相等，設(shè)為p2對(duì)Ⅰ內(nèi)氣體應(yīng)用玻意耳定律可得：p0SL＝p2Sx對(duì)Ⅱ內(nèi)氣體應(yīng)用玻意耳定律可得：4p0SL＝p2S(L－x)聯(lián)立解得：x＝eq\f(L,5)，p2＝5p0由p2＝p0＋phmax，p0＝ρgH，phmax＝ρghmax，可得：hmax＝40m。34．[物理——選修3－4](15分)(1)(2024·湖北