浙江省宁波市2022-2023学年高三下学期4月二模物理试题含答案.pdf

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1、学科网（北京）股份有限公司宁宁波波市市 2022 学学年年第第二二学学期期选选考考模模拟拟考考试试物物理理参参考考答答案案一一、选选择择题题（本大题共 13 小题，每小题 3 分，共 39 分。每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）12345678910111213ABBDCBADCBADC二二、选选择择题题（本题共 3 小题，每小题 3 分，共 6 分。每小题列出的 4 个选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对得 3 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分）1415BDBCD三三、非非选选择择题题（55 分分）16I、（1）15.2mm 或 1

2、5.1mm（1 分）（2）C（1 分）（3）2224()2ndglt（1 分）（4）偏小（2 分）II、（1）详见下图（1 分）或（3 分）纵坐标轴两个刻度均值正确 1 分、线性拟合时排除错误点 1 分、U-I 图线 1 分；1.420.021.670.07（2 分）（2）AB（2 分）学科网（北京）股份有限公司不能（1 分）17（8 分）答案：（1）2.5105Pa（2）152N（3）详见解析解析：（1）玻意耳定律：p0l0S=p(l-l0)S（1 分）得压强 p=2.5105Pa（1 分）（2）对圆柱形气缸受力分析：p0S+F=pS+mg（2 分）得 F=152N（1 分）（3）放热（1

3、分）气缸内的空气可以看成是理想气体，环境温度不变，其内能持不变，（1 分）根据热力学第一定律，因0U，外界对气体所做的功与气体吸收热量的代数为零，即压缩气体所做的功 W 等于气体对外释放的热量 Q,因此W=Q。（1 分）18（11 分）答案：（1）3m/s（2）1N（3）0.8m，需满足 R0.1m解析：（1）滑块弹出到运动到 AB 中点，能量守恒定律：2111122pLEm gmv（1 分）得1125m/spEgLmv（1 分）两滑块发生碰撞，动量守恒：m1v1=(m1+m2)v2（1 分）得v2=3m/s（1 分）（2）碰撞后合质量：m=m1+m2=0.05kg，运动到 C 时，由动能定理

4、：22211222CLmgmmvv得vC=2m/s（1 分）轨道对滑块系统的支持力：2CNFmgmRv（1 分）由牛顿第三定律，滑块组对轨道的压力大小：FN=FN=1N（1 分）（3）方案一：若小球不过 CD 的最高点，继而沿 CD 返回管口 D，后返回 AB设小球恰能到最高点 D 点的轨道半径为 R，此时小球速度vD=0，由动能定理：学科网（北京）股份有限公司21202mgRmCv得20.1m4cRgv需满足 R0.1m（1 分）从圆轨道返回 AB，运动距离 s 后静止，由动能定理：2102Cmgsmv，s=0.8m（1 分）方案二：组合体从最高点 D 平抛，回到轨道 AB。从 C 运动到

5、D，动能定理：2211222DCmgRmmvv得24440(m/s)DcgRRvv需满足 R0.1m。19（11 分）答案：（1）8A（2）4m/s3m/s（3）0.3375J解析：（1）棒 ab 刚进入磁场时，切割磁感线产生动生电动势E=B0Lv0=8V（1 分）由欧姆定律得感应电流8A2EIr（1 分）由楞次定律（右手定则），判断出流经棒 ab 的电流方向为 ba（1 分）（2）安培力的冲量2222AAB LB L xIFttRR 总总v学科网（北京）股份有限公司棒 ab 从 x=0 位置至 x=L 位置，由动量定理220102B L Lmmrvv（1 分）得速度230104m/s2B L

6、mrvv（1 分）棒 ab 从 x=L 位置至 x=2L 位置，因 E、F 两点附近的轨道由绝缘，回路中无感应电流，“工”字型“联动双棒”保持匀速。棒 ab 从 x=2L 位置至 x=3L 位置，两棒所处的磁感应强度的大小之差始终为B=B1-B2=0.5B0，并设某时刻“工”字型“联动双棒”的速度为v，则该时刻：产生的合动生电动势 E=E1-E2=B1Lv-B2Lv=BLv=0.5B0Lv感应电流024rBEIrLv所受安培力的合力：20121228AB LFFILBILBrFIL Bv（1 分）若在该区域内运动的位移 x，合安培力的冲量2208AAB L xIFtr 由动量定理220218B

7、 L Lmmrvv（1 分）得速度230213m/s8B LmRvv（1 分）（3）棒 ab 从 x=3L 位置至 x=4L 位置，因 G、H 两点附近的轨道由绝缘，棒 ab 产生动生电动势且与电阻 R串联，棒 cd 虽有感应电动势但不流通感应电流。先对棒 ab 能否穿过该出磁场进行讨论方法一：假设棒 ab 运动位移 x 后在该区域静止，由动量定理220220BL xmrRv，得位移22200.15m4mrRxLB Lv，假设成立！（1 分）其他方法也可得分，但没有论证过程不得分。学科网（北京）股份有限公司方法二：假设棒 ab 能以速度v3穿出磁场，由动量定理220322BL LmmrRvv得

8、速度2303245m/s0B Lm rR vv，假设错误！由能量守恒定律得此段过程中的总焦耳热221=0.45J2Qm总v（1 分）由电路关系得电阻 R 上的焦耳热=0.3375JRQQrR总（1 分）20（11 分）答案：（1）274301132150AlHePn（2）UR（3）212343QQQ+（4）22230BmUBBe（）解析：（1）核反应方程为274301132150AlHePn（2 分）2 分，判断出粒子 A 为中子10n得 1 分，核反应方程正确得 2 分（2）设某粒子的质量为 M，电荷量为 q，粒子速 2 在加速电场中作加速，从 N 射出时，由能量关系：2122UqMv（1

9、分）得速度qUMv在静电分析器中作匀速圆周运动，电场力提供向心力2qEMRv（1 分）得电场强度UER（1 分）其他比荷不同的带正电粒子均能沿相同的轨道通过静电分析器。（3）分析电离态的 P3-、电离态的 Si4+、粒子 He2+、中子 n、正电子 e+的去向P3-向正极板运动被探测板 1 收集，数量 N1=Q1/3e，也即仍未衰变的3015P的数量。（1 分）中子 n 不带电，不能被加速。学科网（北京）股份有限公司Si4+、He2+、e+向负极板运动并穿过小孔 M，通过静电分析器后进入速度选择器，在速度选择器中作匀速直线运动的条件是 qvB1=qE1，其中电场强度 E1和磁感应强度 B1一定

10、，速度大小qUMv决定了偏转情况，e+比荷最大，He2+其次，Si4+比荷最小，从不同粒子的运动轨迹中可分析得知，正极板接收 e+和 He2+，而 Si4+从速度选择器出射进入磁分析器中，被探测板 2收集，数量 N2=Q2/4e，也即已经衰变的3015P的数量。（1 分）发生衰变的3015P与人工产生的3015P的比值(衰变率)212221343+QNNQNQ（1 分）（4）Si4+在磁分析器中沿半圆弧轨迹偏转，洛仑兹力提供向心力2qMRvvB偏转半径11152MMUmUrqBBqBev出射位置1302mULrBe（1 分）若磁分析器中磁场为 B-B 时，1130mULBBe（1 分）若磁分析器中磁场为 B+B 时，2130mULBBe探测板 2 的最小长度1222230BmULLLBBe（）（1 分）学科网（北京）股份有限公司