宁波市2022学年第二学期选考模拟考试物理参考答案一、选择题Ⅰ（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、选择题Ⅱ（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、非选择题（55分）16．I、（1）15.2mm或15.1mm（1分）（2）C（1分）42n2d（3）g(l)（1分）t22（4）偏小（2分）II、（1）①详见下图（1分）或②（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；③1.42±0.021.67±0.07（2分）（2）①AB（2分）学科网（北京）股份有限公司②不能（1分）17．（8分）答案：（1）2.5×105Pa（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=2.5×105Pa（1分）（2）对圆柱形气缸受力分析：p0S+F=pS+μmg（2分）得F=152N（1分）（3）放热（1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U0，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R>0.1m解析：（1）滑块弹出到运动到AB中点，能量守恒定律：L1Emgmv2（1分）p122112E得vp（分）1gL5m/s1m1两滑块发生碰撞，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：L11mgmv2mv222C22得vC=2m/s（1分）v2轨道对滑块系统的支持力：FmgmC（1分）NR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12mgR0mv22Cv2得Rc0.1m4g需满足R>0.1m（1分）从圆轨道返回AB，运动距离s后静止，由动能定理：1mgs0mv2，2Cs=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D，动能定理：112mgRmv2mv22D2C得vv2Dc4gR440R(m/s)需满足R<0.1m4R平抛运动的时间tg平抛运动的水平位移1svt1.6R16R216(R0.05)2(m)（1分）D25当R=0.05m时，飞行最远距离smax=0.2m（1分）综上，距离B点的最远距离为smax=0.8m，需满足R>0.1m。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EI8A（1分）2r由楞次定律（右手定则），判断出流经棒ab的电流方向为b→a（1分）（2）安培力的冲量B2L2vB2L2xIAFAttR总R总学科网（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B2L2L0mvmv（1分）2r10B2L3得速度vv04m/s（1分）102mr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ΔB=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=ΔBLv=0.5B0LvEBLv感应电流I02r4r所受安培力的合力：B2L2vFFFILBILBILB0（1分）A12128r若在该区域内运动的位移x，合安培力的冲量22B0LxIAFAt8r由动量定理B2L2L0mvmv（1分）8r21B2L3得速度vv03m/s（1分）218mR（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22BL2x方法一：假设棒ab运动位移x后在该区域静止，由动量定理00mv，得位移rR2mvrR2，假设成立！（分）x220.15mL14B0L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22BL2L0mvmvrR324B2L3得速度vv05m/s0，假设错误！32mrR由能量守恒定律得此段过程中的总焦耳热12Q总mv=0.45J（1分）22由电路关系得电阻R上的焦耳热RQQ总=0.3375J（1分）rRU3Q2B30mU20．（11分）答案：（1）27Al4He30P1n（2）（3）2（4）1321502（）2R4Q1+3Q2BBe解析：（1）核反应方程为27Al4He30P1n132150（2分）分，判断出粒子为中子1得分，核反应方程正确得分2A0n12（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：U1qMv2（1分）22qU得速度vM在静电分析器中作匀速圆周运动，电场力提供向心力v2qEM（1分）RU得电场强度E（1分）R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+、α粒子He2+、中子n、正电子e+的去向3-向正极板运动被探测板收集，数量，也即仍未衰变的30的数量。P1N1=Q1/3e15P（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，速度大小qUv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M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，也即已经衰变的30的数量。N2=Q2/4e15P（1分）发生衰变的30与人工产生的30的比值衰变率15P15Pη()N23Q2（1分）N1+N24Q1+3Q2（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v2qvBMR偏转半径Mv1MU115mUrqBBqB2e出射位置130mUL2r（1分）Be若磁分析器中磁场为B-ΔB时，130mUL（1分）1BBe若磁分析器中磁场为B+ΔB时，130mUL2BBe探测板2的最小长度2B30mULLL（1分）12B2（B）2e学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司