2022年高考物理预测押题卷+答案解析01（全国乙卷）

这是一份2022年高考物理预测押题卷+答案解析01（全国乙卷），文件包含2022年高考物理押题预测卷01全国乙卷全解全析docx、2022年高考物理押题预测卷01全国乙卷参考答案docx、2022年高考物理押题预测卷01全国乙卷考试版docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。

2022年高考押题预测卷01【全国乙卷】
理科综合物理·全解全析

注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
二、 选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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，有选错或不答的得0分。
14．如图所示为高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图，5节质量均为m的车厢编组运行，只有1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率P运行，经过一段时间达到最大速度。列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为，1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S。不计其他阻力，忽略2号、3号、4号、5号车厢受到的空气阻力。当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，3号车厢对4号车厢的作用力大小为（　　）

A． B． C． D．
15．核电池是各种深空探测器中最理想的能量源，它不受极冷极热的温度影响，也不被宇宙射线干扰。钚-238同位素温差电池的原理是其发生衰变时将释放的热能转化为电能。已知钚-238的半衰期为88年，其衰变方程为。下列说法正确的是（　　）
A．衰变放出的射线是高速氦核流，它的贯穿能力很强
B．的比结合能小于的比结合能
C．的核子平均质量小于的核子平均质量
D．钚-238在极高压下可加速衰变，其半衰期可小于88年
16．2021年7月我国成功将全球首颗民用晨昏轨道气象卫星——“风云三号05星”送入预定圆轨道，轨道周期约为1.7h，被命名为“黎明星”，使我国成为国际上唯一同时拥有晨昏、上午、下午三条轨道气象卫星组网观测能力的国家，如图所示。某时刻“黎明星”正好经过赤道上P城市正上方，则下列说法正确的是（　　）

A．“黎明星”做匀速圆周运动的速度大于7.9km/s
B．同步卫星的轨道半径约为“黎明星”的10倍
C．该时刻后“黎明星”经过1.7h能经过P城市正上方
D．该时刻后“黎明星”经过17天能经过P城市正上方
17．如图甲所示，在无限大的空间内，边长为的正方形四个顶点分别固定着电荷量相等的正电荷，O点为正方形的几何中心，以O为原点，沿中垂线指向无穷远建立x轴，设无穷远处电势为零，通过电势传感器测出中垂线上各点电势随距离x的变化图像如图乙所示。四个点为两条中垂线上距中心O点等距离的点，有电子、氕核、氘核、氚核四个带电粒子，分别从四个点由静止释放，不计粒子的重力，以下说法正确的是（　　）

A．每条中垂线上电场强度为零的点除无穷远处外还有两处
B．每条中垂线上电场强度相同的点有两处
C．若氕、氘、氚三个粒子最终能到达无穷远处，其速度大小关系为
D．电子、氕、氘、氚可能围绕中心O做往复运动
18．如图所示，光滑的小滑轮D（可视为质点）固定，质量均为m的物体A和B用轻弹簧连接，一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与质量为M的小环C连接。小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于R处时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力。图中SD水平，位置R和Q之间高度差为h，R和Q关于S对称。现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，环到达Q处时获得最大速度。在小环从R处下落到Q处的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．小环C机械能最大的位置在S点下方
B．弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和为零
C．小环C的最大动能为
D．小环C到达位置Q时，物体A的加速度大小为
19．为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为、、，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度大小为的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时，测得两个电极间的电压，且污水流过该装置时受到阻力作用，阻力，其中比例系数，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速。下列说法中正确的是（　　）

A．若污水中负离子较多，则金属板M的电势低于N的电势
B．污水中离子浓度的高低对电压表的示数也有一定影响
C．污水的流量（单位时间内流出的污水体积）
D．为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压强差为
20．如图，高压输电线上使用“正方形间隔棒”支撑导线、、、，目的是固定导线间距，防止导线相碰．的几何中心为O，当四根导线通有等大同向电流时（　　）

A．几何中心O点的磁感应强度不为零
B．几何中心O点的磁感应强度为零
C．对的安培力小于对的安培力
D．所受安培力的方向沿正方形的对角线方向
21．电场分选是在高压电场中利用人选物料之间的电性差异进行分选的方法。如图所示，两类粒子组成的混合物从漏斗漏出后经过起电区（未画出），然后沿分选电场的中线进入分选电场，起电区高度很小可以忽略不计，粒子起电后进入分选电场时的速度可认为是零。已知两类粒子的质量和起电后的电荷量分别为m、-q和2m、+q，分选电场两极板的长度均为H，两极板的下端距地面的距离均为3H。调整两极板间电压的大小，让质量为m的粒子刚好打不到极板上，不计空气阻力和粒子间的相互作用力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A．落在右侧的粒子运动时间短
B．正、负两种粒子离开电场时速度方向与水平方向的夹角正切值之比为2:1
C．若两种粒子落地时的动能相等，则两极板间的电压U=
D．正、负两种粒子落地点到O点的水平距离之比为1:4

第Ⅱ卷
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~34题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题（共47分）
22．（6分）用如图装置可验证机械能守恒定律，轻绳两端系着质量相等的相同物块A、B，物块B上放置一金属薄片C，轻绳穿过C中心的小孔。铁架台上固定一金属圆环，圆环处于物块B的正下方。系统静止时，金属薄片C与圆环间的高度差为h。系统由静止释放，当物块B穿过圆环时，金属海片C被搁置在圆环上。两光电门固定在铁架台的P1、P2两点处，可以测出物块B通过P1、P2这段高度的时间。（测时原理：光电门P1被挡光时开始计时，光电门P2被挡光时停止计时）。

（1）若测得P1、P2之间的距离为d。光电门记录物块B通过这段距离的时间为t，则物块B刚穿过圆环后的速度表示为v=_____；
（2）若物块A、B的质量均为M，金属薄片C的质量为m，在不计滑轮大小、质量、摩擦及空气阻力等次要因素的情况下，该实验应验证机械能守恒定律的表达式为：_________（用M、m、重力加速度g、h及v表示）
（3）改变物块B的初始位臂，使物块B由不同的高度落下穿过圆环，记录各次高度差h以及物块B通过P1、P2这段距离d的时间为t，以h为纵轴，以_______（填“”或“”）为横轴，通过描点作出的图线是一条这坐标原点的直线，若此直线的斜率为k，且M=2m，则重力加速度g=_______（用k、d表示）。


23．（9分）某同学把量程为500μA但内阻未知的微安表G改装成量程为2V的电压表，他先测量出微安表G的内阻，然后对电表进行改装，最后再利用一标准电压表，对改装后的电压表进行检测。

（1）该同学利用“半偏法”原理测量微安表G的内阻，实验中可供选择的器材如下：
A．滑动变阻器R1（0~5kΩ）
B．滑动变阻器R2（0~20kΩ）
C．电阻箱R'（0~9999.9Ω）
D．电源E1（电动势为1.5V）
E.电源E2（电动势为9V）
F.开关、导线若干
具体实验步骤如下：
a.按电路原理图甲连接好线路；
b.将滑动变阻器R的阻值调到最大，闭合开关S1后调节R的阻值，使微安表G的指针满偏；
c.闭合S2，保持R不变，调节R'的阻值，使微安表G的示数为250μA，此时R'的示数为1900.0Ω；
回答下列问题：
（1）①为减小实验误差，实验中电源应选用________（填E1或E2），滑动变阻器应选用________（填R1或R2）;
②由实验操作步骤可知微安表G内阻的测量值Rg=________Ω，与微安表内阻的真实值相比________（选填“偏大”、“相等”或“偏小”）；
（2）若按照（1）中测算的Rg，将上述微安表G改装成量程为2V的电压表需要串联一个阻值为________Ω的电阻R0；
（3）用图乙所示电路对改装电压表进行校对，由于内阻测量造成的误差，当标准电压表示数为2V时，改装电压表中微安表G的示数为495μA，为了尽量消除改装后的电压表测量电压时带来的误差，R0的阻值应调至________Ω（结果保留1位小数）。

24．（14分）如图所示，质量为的物块a和质量为的物块b均静止在同一水平面上，物块a与竖直挡板间放有一轻弹簧，物块b放置在倾角为的斜面底端。开始时弹簧处于原长状态，某时刻起以大小为的恒力作用在物块a上使其压缩弹簧，当物块a速度为零时立刻撤去恒力并在物块a离开后撤去弹簧并前移挡板至管道口，物块a沿光滑半圆水平管道运动，之后与物块b发生弹性碰撞，物块经过衔接处时没有能量损失。已知弹簧的劲度系数且弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为，物块a与斜面间的摩擦力可忽略，物块b与斜面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块a与挡板碰撞过程时间极短且无能量损失，，物块均可视为质点，管道很细。
（1）求撤去恒力F瞬间弹簧储存的弹性势能；
（2）物块b第一次静止前恰未与物块a发生第二次碰撞，求半圆轨道的半径；
（3）求碰撞后物块b上升高度的最大值。


25．（18分）如图所示，间距为的平行光滑导轨由水平部分和倾角为的斜面部分平滑连接而成。整个导轨上有三个区域存在匀强磁场，且磁感应强度大小均为，其中Ⅰ区磁场垂直于水平导轨但方向未知，Ⅱ区磁场方向竖直向下，Ⅲ区磁场下边界位于斜面底端且方向垂直于斜面向下，Ⅰ区宽度足够大，Ⅱ区和Ⅲ区的宽度均为。除Ⅰ区和Ⅱ区之间的导轨由绝缘材料制成外，其余导轨均由电阻可以忽略的金属材料制成且接触良好。两根质量均为、电阻均为的金属棒垂直于水平部分的导轨放置，初始时刻a棒静置于Ⅰ区、b棒静置于Ⅱ区和Ⅲ区间的无磁场区。水平导轨左侧接有电源和电容为的电容器，斜面导轨上端接有阻值为的电阻，且斜面上还固定着一根绝缘轻弹簧。当单刀双掷开关S接“1”对电容器充满电后，切换至“2”，电容器连通a棒，a棒会在Ⅰ区达到稳定速度后进入Ⅱ区，然后与无磁场区的b棒碰撞后变成一个联合体，联合体耗时穿越Ⅲ区后继续沿斜面向上运动并把弹簧压缩到最短，然后联合体和弹簧都被锁定，已知锁定后的弹簧弹性势能。不计联合体从水平面进入斜面的能量损失，忽略磁场的边界效应。则
（1）Ⅰ区磁场方向（“竖直向上”或“竖直向下）和即将出Ⅲ区时联合体所受的安培力大小；
（2）a棒通过Ⅱ区时，a棒上产生的焦耳热；
（3）电源的电动势E。


（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。
33．[物理——选修3–3]（15分）
（1）（6分）在斯特林循环的p-V图像中，一定质量的理想气体从状态a依次经过状态b、c和d后再回到状态a，整个过程由两个等温过程和两个等容过程组成，如图甲所示；状态c和状态d时气体分子热运动速率的统计分布如图乙所示。则下列说法正确的是（　　）

A．从状态a到状态b，气体的温度升高
B．从状态b到状态c，单位体积中的气体分子数增多
C．从状态c到状态d，气体对外放热
D．状态b时每个气体分子的动能都比状态a时的大
E．状态d对应的是图乙中的图线①

（2）（9分）如图甲所示，粗细均匀的足够长玻璃管的一端开口，另一端封闭，管的横截面积，沿水平方向放置时，一段长的水银柱封闭着一定质量的理想气体，管内气柱长度，大气压强恒为，室内热力学温度恒为。现将玻璃管沿逆时针方向缓慢转过90°。取。
（1）求稳定后管内气柱的长度；
（2）使玻璃管的封闭端浸入冰水混合物中，管内气体的温度缓慢降低，求管内气体的温度降低的过程中，水银柱对管内气体做的功。

34．[物理——选修3–4]（15分）
（1）（6分）B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射。探头接收到的超声波信号形成B超图像。如图为血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像，t = 0时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为1 × 107Hz，下列说法正确的是（     ）

A．0 ~ 1.25 × 10 - 7s内质点M运动的路程为2mm
B．质点M第一次位移为0.2mm的时刻是
C．超声波在血管中的传播速度为1.4 × 103m/s
D．t = 1.5 × 10 - 7s时质点N恰好处于波谷
E．超声波是可闻声波

（2）（9分）日晕是一种大气光学现象，如图1所示。在一定的气象条件下，空气中的水蒸气会变成正六棱柱状的小冰晶。太阳光穿过小冰晶时发生折射，在太阳的周围出现一个圆形的光圈，这就是日晕。日晕半径的视角最常见的是22°，如图2所示，太阳光沿截面方向射向正六棱柱状的小冰晶一侧面，从另一侧面射出，当最后的出射角等于最初的入射角时，偏向角D（光线经过冰晶折射偏转的角度）最小，这时出射光线若到达人的眼睛，人看到的就是22°晕（偏向角为22°）。（可能用到的数据：，）
（1）求冰晶的折射率n；
（2）如图3所示，若光线从正六棱柱六边形底面射入，侧面射出，最后的出射角等于最初的入射角时，人看到的是多少度晕？


理科综合物理·全解全析

14
15
16
17
18
19
20
21
A
B
D
C
C
CD
BD
BC

14．【答案】A
【解析】车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，以一定质量空气为研究对象，根据动量定理，，联立解得，当列车以额定功率运行到速度为最大速度时，当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，整体受力分析根据牛顿第二定律，，，对45节车厢受力分析，联立解得
故A正确，BCD错误。故选A。
15．【答案】B
【解析】根据质量数和电荷数守恒，可判断X是He，氦核流的贯穿能力很弱，电离能力很强，故A错误；比更稳定，则比结合能更大，故B正确；因为释放能量，存在质量亏损，所以的核子平均质量小于，故C错误；原子核半衰期与外界环境无关，故D错误。故选B。
16．【答案】D
【解析】7.9km/s为地球卫星的最大的环绕速度，所以“黎明星”做匀速圆周运动的速度小于7.9km/s。故A错误；依题意可知“黎明星”的运行周期约为1.7h，根据开普勒第三定律可得，解得同步卫星的轨道半径约为“黎明星”的6倍。故B错误；该时刻后“黎明星”经过1.7h恰好运动一个周期，回到“原地”。但是由于地球自转，此时P城市转过的角度为，已经不在“原地”。故C错误；同理，该时刻后“黎明星”经过17天运动的周期数为，回到“原地”。由于地球自转，此时P城市转过的角度为，恰好回到“原地”。故D正确，故选D。
17．【答案】C
【解析】根据电场强度矢量合成法则和对称性原理，原点O的电场强度为零，在图像中电势最高点处电场强度为零，故每条中垂线上电场强度为零的点除无穷远处外还有三处，故A错误；每条中垂线上电场强度为零的点有三处，则电场强度从原点O向两侧先逐渐增大再减小到零，反向后再增大后再减小到零，由于场强相等时，大小相等方向一致，则每条中垂线上电场强度相同的点可能有两处、三处或四处，故B错误；若氕、氘、氚三个粒子最终能到达无穷远处，电场力做功相同，由动能定理有，由于三个粒子质量不同，有，则有，故C正确；由于释放位置关系，氕、氘、氚可以围绕原点O做往复运动，但电子将在a点左侧做往复运动，不可能围绕O点做往复运动，故D错误。故选C。
18．【答案】C
【解析】小环C下落过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量。到位置S前的过程中，非重力做正功，机械能增加。经过S的过程，非重力做负功，机械能减小。因此，小环C的机械能先增加再减小，下落到位置S时，小环C的机械能最大，故A错误；小环从R处下落到Q处的过程中，物体B始终静止在地面上，动量变化量为零，因此物体B所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和地面对物体B的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物体的支持力的冲量和与重力冲量等大反向，由于此过程重力冲量不为零，故B错误；环在Q时动能最大。环在R和Q时，弹簧长度相同，弹性势能相同。Q和A通过细线相连，沿着绳子的分速度相等（如图1所示），故，故A与环的动能之比，对小环和A的系统，联立可得小环C的最大动能，故C正确；环在R和Q时，弹簧长度相同，B对地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体B的重力mg。环在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，有Tcosθ=Mg，对A有T-mg-F=ma，对B有F=mg，联立可得为，故D错误。
故选C。

19．【答案】CD
【解析】根据左手定则，可知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则负离子向下偏转，同理，正离子向上偏转，可知N板带负电，M板带正电，则N板的电势定比M板电势低，A项错误；由法拉第电磁感应定律得，与离子浓度无关，B项错误；污水的流速，则流量，C项正确；污水流过该装置时受到的阻力，为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差为60N，则压强差为，D项正确。故选CD。
20．【答案】BD
【解析】因四条导线中的电流大小相等，O点与四条导线的距离均相等，由右手定则和对称性可知，L1在O点的磁感应强度与L3在O点的磁感应强度等大反向，L2在O点的磁感应强度与L4在O点的磁感应强度等大反向，所以四条导线在O点的磁感应强度等于0，故A错误，B正确；L2相比L3，离L1更近些，处于L1较强的磁场区域，由安培力大小与B成正比可知，对的安培力大于对的安培力，故C错误；根据“同向电流吸引，反向电流排斥”的推论可知，L1受其余三条导线的吸引力分别指向三条导线，根据对称性，L2与L4对L1的安培力大小相等，所以两者合力指向ac方向，再与L3对L1的安培力（沿ac方向）合成，总安培力方向沿正方形的对角线方向，故D正确。故选BD。
21．【答案】BC
【解析】由题意得知，咱们分两种情况讨论判断运动性质，即两种电荷在分选电场时，竖直方向上均做自由落体，在水平方向上均做匀加速直线运动，离开分选电场时在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度不为零的匀加速直线运动，由，得负电荷在分选电场中飞行时间为，假设两板间电压为U，板间距离为d，由牛顿第二定律可得水平方向加速度为，代入数值得负电荷水平加速度，又正负电荷质量比为2:1，电荷量比为1:1，同理得正电荷水平方向加速度为，又因为调整两极板间电压的大小让质量为m的粒子刚好打不到极板上，由上面加速度之比得知正电荷不可能打在极板上，正负电荷竖直方向整体做自由落体运动，由，得正负电荷落地时间相同，故A错误；粒子离开电场时的竖直速度为，离开电场时的水平速度为，则离开电场时速度方向与水平方向的夹角正切值，正、负两种粒子离开电场时速度方向与水平方向的夹角正切值之比为，故B正确；根据，有正负电荷离开电场时水平位移之比为
即，离开电场后运动时间为，则可得离开电场后水平位移之比为，正、负两种粒子水平方向上，在分选电场时匀加速运动，离开分选电场后做匀速直线运动，且匀加速运动和匀速运动时间相同，所以两种电荷匀速运动时的位移是各自匀加速运动时的位移的两倍，即粒子落地点到O点的水平距离等于电荷在电场中和离开电场后的位移之和，即，即正、负两种粒子落地点到O点的水平距离之比为1：2，由题意，两种例子初速度为零，由两种粒子落地时的动能相等可知动能变化量相等，即，从分选电场到落地过程分别用动能定理得电场力和重力对正负电荷做的功相等，即，解得，故C正确，D错误。故选BC。
22．（6分）【答案】（1） （2分）   （2） 2mgh=（2M+m）v2  （2分）   （3）     （2分）
【解析】(1) 光电门记录物块B通过这段距离的时间为t，根据平均速度等于瞬时速度，则有：物块B刚穿过圆环后的速度；
(2)由题意可知，系统ABC减小的重力势能转化为系统的增加的动能，即为
即2mgh=（2M+m）v2；
(3)将以上关系式变形后，则有，所以以为横轴；由上式可知，作出的图线是一条过原点的直线，直线的斜率，所以。
23．（9分）【答案】（1） E2  （1分）   R2    （1分） 1900.0或1900 （2分）    偏小（1分）     （2）2100.0或2100   （2分）  （3）2059.6（2分）
【解析】（1）①本实验误差来自于闭合S2电阻箱R′并入电路后，干路电流会发生变化，为使干路电流变化较小，应使干路中滑动变阻器进入电路的阻值尽量大，为使电流表能够满偏，相应的电源电动势应较大。故电源选择电动势约为9V的电源E2，毫安表G的满偏电流为500μA，则干路中滑动变阻器进入电路的最小阻值约大于，故滑动变阻器应选用最大阻值为20kΩ的R2。
②由实验操作步骤可知通过微安表的电流等于通过电阻箱的电流，可知两部分电阻相等，即微安表G内阻的测量值Rg=1900.0Ω；
因于闭合S2电阻箱R′并入电路后，电路的总电阻变小，干路电流会变大，即干路电流大于Ig，而流过微安表G的电流为Ig，则流过电阻箱R′的电流大于Ig，即流过电阻箱R′的电流实际上大于流过微安表G的电流，根据并联电路的特点，可知微安表G内阻真实值大于电阻箱R′的阻值，可知测量值偏小。
（2）若按照（1）中测算的Rg，将上述微安表G改装成量程为2V的电压表需要串联的电阻R0为 ；
（3）[6]当微安表G的示数为495μA时，若是调整为准确，则需将微安表读数变为500μA，则，即将改装后的电压表内阻减小40.4Ω，即将R0的阻值变为2100-40.4=2059.6Ω。

24．（14分）【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）物块a受到恒力F和弹簧弹力作用，根据对称性原理可知，当物块a受到的合力大小与F相等、方向与F相反时，物块a的速度为零，设此时弹簧的压缩量为，有（1分）
根据功能关系可知，撤去恒力F瞬间弹簧储存的弹性势能为（1分）
解得（1分）
（2）设满足要求的半圆管道半径为R
对物块b有（1分）
可知物块b在斜面上速度减到零后不会下滑
物块a第一次离开弹簧瞬间，有（1分）
物块a与物块b发生弹性碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有（1分）
（1分）
解得（1分）
物块b在斜面上运动过程中，由牛顿第二定律有（1分）
第一次碰撞后物块b在斜面上的运动时间为
运动距离为（1分）
物块a在斜面上运动时的加速度大小为
第一次碰撞后，物块a沿半圆管道运动的时间为（1分）
对物块有
可得（1分）
（3）设物块b最终静止时到水平面的高度为h，对整个过程由能量守恒定律有（1分）
解得（1分）
25．（18分）【答案】（1）竖直向上，；（2）；（3）
【解析】（1）电容器充电后，下极板带正电，放电时，通过棒的电流从下至上，棒所受安培力向右，根据左手定则知Ⅰ区磁场方向竖直向上；
出Ⅲ区后根据联合体和弹簧构成的系统机械能守恒得（1分）
代入数据解得（1分）
即将出Ⅲ区时回路的总电阻为（1分）
感应电动势
则
则安培力
联立可得（1分）
代入数据解得（1分）
（2）穿越Ⅲ区过程中，对联合体由动量定理得（1分）
其中
代入数据解得
两棒碰撞过程（1分）
解得（1分）
棒穿越Ⅱ区过程中，等效电路总电阻为
对棒由动量定理得（1分）
其中
代入数据解得（1分）
整个回路中产生的焦耳热（1分）
棒的焦耳热（1分）
代入数据得（1分）
（3）穿越Ⅰ区过程中，电容器和棒构成回路，最终棒匀速，回路中电流为0，则（1分）
（1分）
电容器放电电量（1分）
对棒由动量定理
其中
联立可得（1分）
代入数据解得（1分）
（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。
33．[物理——选修3–3]（15分）
（1）（6分）【答案】ACE
【解析】从状态a到状态b体积不变，压强增大，根据理想气体状态方程，可知气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，但不一定每个气体分子的动能都增大，选项A正确，D错误；从状态b到状态c，气体体积增大，单位体积中的气体分子数减少，选项B错误；从状态c到状态d，体积不变，压强减小，根据理想气体状态方程，可知气体的温度降低，气体内能减少，而体积不变，做功为0，根据热力学第一定律，可知气体对外放热，选项C正确；从状态c和状态d体积不变，压强减小，则温度降低，分子平均动能降低，速率较大的分子所占的百分比减少，分布曲线的峰值向速率小的方向移动，故状态d对应的是图乙中的图线①，选项E正确。故选ACE。
（2）（9分）【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设稳定后管内气柱的长度为，对管内封闭气体初态时


末态时

根据玻意耳定律有
解得（4分）
（2）设稳定后管内气柱的长度为，

气体发生等压变化，有
可得
水银柱对管内气体做的功
解得（5分）


34．[物理——选修3–4]（15分）
（1）（6分）【答案】ACD
【解析】波的周期为，易知1.25 × 10-7s = 1.25T，则质点M运动的路程为s = 1.25 × 4A = 2mm
A正确；由波形图及波的传播方向为x轴正方向，可知质点M开始振动的方向沿y轴负方向，则质点M的振动方程为y = - 0.4sin(2p × 107t)(mm)，则当质点M第一次位移为0.2mm时，B错误；根据图象读出波长为λ = 14 × 10 - 2mm = 1.4 × 10 - 4m，由v = λf，解得v = 1.4 × 103m/s，C正确；由图可知，M左侧的波谷与N之间的距离为x = (35 - 14) × 10 - 2mm = 21 × 10 - 2mm = 2.1 × 10 - 4m，则传播到的时间，可知在1.5 × 10 - 7s时质点N恰好处于波谷，D正确；频率在20Hz—20000Hz为可闻声波，而此超声波的频率为1 × 107Hz，则此声波不是可闻声波，E错误。故选ACD。
（2）（9分）【答案】（1）；（2）46°
【解析】（1）如图甲所示，由折射定律有
由最后的出射角等于最初的入射角，根据几何知识有

解得，（4分）

（2）如图乙所示，此时，

得
解得，
则人看到的是46°晕（5分）