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2022届云南省衡水实验中学等学校高三上学期第一次学业质量联合检测物理【试卷+答案】
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这是一份2022届云南省衡水实验中学等学校高三上学期第一次学业质量联合检测物理【试卷+答案】，共35页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题，选考题等内容，欢迎下载使用。
2022届云南省衡水实验中学等学校高三（上）第一次学业质量联合检测物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．极光是一种绚丽多彩的等离子体现象，多发生在地球南、北两极的高空．极光是由于空间中的高能带电粒子进入地球时轰击大气层产生的，高能带电粒子使地球大气分子（原子）激发到高能级，在受激的分子（原子）恢复到基态的过程中会辐射光．下列对氢原子光谱的说法正确的是（ ）
A．大量氢原子从n＝4激发态跃迁到基态最多能发出3种不同频率的光
B．用能量为11eV的光子照射处于基态的氢原子，可使氢原子跃迁到第2能级
C．根据玻尔理论可知，电子可以绕原子核沿任意轨道做匀速圆周运动
D．用n＝4能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射金属铂，产生的光电子的最大初动能为6.41eV，则金属铂的逸出功为6.34eV
2．如图所示，在真空中有A、B两个固定的等量异种点电荷，O为A、B连线的中点，PQ为A、B连线的中垂线．现有一个带电粒子从无穷远处射入并穿过此区域，一段运动轨迹如图中实线所示，该轨迹与两点电荷连线交于M点，与PQ相切于N点，在切点N处该粒子的速度为v，不考虑粒子的重力，该区域没有其他电荷，则（ ）
A．该粒子带负电
B．M点的电场强度小于N点的电场强度
C．在穿过该区域的整个过程中，该粒子的电势能先增大后减小
D．在穿过该区域的整个过程中，该粒子的初速度大小一定为v
3．2017年8月30日，中国航天科工集团公司在武汉宣布，已启动“高速飞行列车”的研发项目，将采用“磁悬浮+低真空”模式，这种模式具有超高速、高安全、低能耗、噪声小、污染小等特点。若列车由北京南站沿直线直达天津某站（全长为153km）采用这种模式，匀速行驶的速度为1080km/h。考虑乘客乘坐时的舒适度和列车功率等因素，列车加速和减速阶段的加速度大小恒为2m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．因北京南站到天津某站距离太短，所以没必要采用这种列车
B．北京南站至天津某站的直达列车到站前减速阶段的位移大小为29.16km
C．北京南站至天津某站的直达列车匀速运动的时间为6min
D．北京南站至天津某站的直达列车匀速运动的时间为8.5min
4．自1860年出现第一个以蒸汽推动的旋转木马后，如今在各个大小游乐场等地方皆有各式旋转木马，深受游客喜爱．木马上下运动的原理可以简化为如图所示的联动装置，连杆OB、BC可绕图中O、B、C三处的转轴转动，通过连杆OB在竖直面内的圆周运动，可以使与连杆BC连着的滑块A（木马）沿固定的竖直杆上下滑动．已知OB杆长为L，绕O点沿逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆BC与竖直方向夹角为α时，BC杆与OB杆的夹角为β（β＞），下列说法正确的是（ ）
A．此时滑块A在竖直方向的速度大小为
B．此时滑块A在竖直方向的速度大小为
C．当α＝0时，滑块A的速度最大
D．当β＝时，滑块A的速度最小
5．目前全球已经开始全面注射新冠疫苗，全球经济有望在今年恢复．科学家研发出一种无须针头就能注射药物的新方法，可用一种高压喷射器将药物透过皮肤注入体内．如图所示是竖直放置的高压喷射器的示意图，已知高压喷射器泵体是高为h的长方体槽，槽左、右正对的两壁是间距为L的导电金属板，两金属板间加上电压U．槽的前、后两绝缘壁间的距离为d，两绝缘壁间有沿水平方向的磁感应强度大小为B的匀强磁场．槽的下部与其中的药液接触，上部与竖直的绝缘细管相连．已知药液的电阻率为ρ1、密度为ρ2重力加速度为g，喷射器正常工作时，药液可以被压到细管中，则下列说法正确的是（ ）
A．槽的左壁应该接电源负极，右壁接电源正极
B．电压以及泵体其他参数一定时，槽的长度L越长，药液受到的安培力越大
C．电压以及泵体其他参数一定时，槽的前、后绝缘壁间的距离d越大，药液受到的安培力越大
D．高压喷射器正常工作时，U＞
6．如图所示，一质量为3M的盒子沿光滑水平面以速度2v向右运动，盒底上表面光滑，同时在盒内有一质量为M的小物块以水平速度v向右运动．如果每一次碰撞都没有机械能损失，则（ ）
A．盒子与小物块最终静止
B．盒子与小物块最终达到相同速度，从而做匀速运动
C．第一次碰撞后瞬间，小物块相对水平面的速度大小为v
D．第一次碰撞后瞬间，小物块相对水平面的速度大小为v
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
7．A、B两汽车沿平直公路的相邻车道同向行驶，其速度﹣时间图像如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．在0～10s内两汽车的距离可能一直在增大
B．两汽车的最大距离一定为10m
C．A、B两汽车可能在t＝5s时和t＝15s时相遇
D．A、B两汽车只能在t＝10s时相遇
8．如图所示，一个半径为3r的光滑圆柱体固定在水平地面上，其轴线与地面平行．另有两个半径均为2r的球A、B用轻绳连接后，搭在圆柱体上，A球的球心与圆柱体最高点等高，B球的球心与圆柱体的轴线等高，两球均处于静止状态．下列说法正确的是（ ）
A．轻绳中的拉力与A球的重力大小相等
B．A球的重力与圆柱体对A球的弹力之比为3：5
C．A、B两球的质量之比为4：5
D．A、B两球的质量之比为5：4
9．2021年5月15日，科研团队根据“祝融号”火星车发回遥测信号确认，“天问一号”着陆巡视器成功着陆于预选着陆区，我国首次火星探测任务取得圆满成功．假设火星和地球都是形状规则、质量分布均匀的球体，火星的密度为地球的倍，直径为地球的一半，自转周期与地球的自转周期相等，但公转周期是地球的两倍，火星和地球绕太阳运行的轨道都视为圆轨道。不考虑星球表面气体的阻力，下列说法正确的是（ ）
A．用同一个弹弓将同一弹丸以相同的速度竖直向上弹射后所能达到的最大高度，在火星表面是在地球表面的
B．用同一个弹弓将同一弹丸以相同的速度竖直向上弹射后所能达到的最大高度，在火星表面是在地球表面的倍
C．火星与地球绕太阳的公转轨道半径之比为：1
D．能使火星和地球自行解体的最小自转周期之比为2：
10．如图所示，在光滑水平桌面（图中未画出）上有一质量为m、电阻为R、边长为L的正方形单匝线框abcd．线框右侧存在垂直于桌面向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场宽度为l，且L＞l．对线框施加一个水平向右的恒力F，使线框从图示位置由静止开始向右运动，cd边始终与磁场边界平行．已知cd边在经过磁场左、右边界时的瞬时速度相同．下列说法正确的是（ ）
A．线框cd边通过磁场的过程中一定是先减速再加速
B．线框穿过磁场过程中产生的热量一定为2Fl
C．线框ab边进入磁场时的速度为
D．线框穿过磁场过程中的最小速度为
三、实验题：本题共2小题，共14分．把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程．
11．（6分）小明采用如图甲所示的实验装置，探究加速度与物体所受的合外力和质量间的关系。小明将小车置于一端带有定滑轮的长木板上，并在小车的右侧固定一条长纸带，在小车的左侧固定一根长细线，长细线的另一端绕过定滑轮系有砝码盘，将电火花计时器固定在长木板的右端并与频率为50Hz的交流电源相连，砝码盘及盘中砝码的总质量为m，小车及车中砝码的总质量为M，小车的加速度可由纸带上打出的点计算得出。
（1）小明在保持砝码盘及盘中砝码的总质量一定的条件下，探究加速度与小车质量的关系时，每次改变小车的质量后， （填“需要”或“不需要”）重新平衡摩擦力。
（2）关于本实验，下列说法错误的是 。
A．必须保证小车及车中砝码的总质量远大于砝码盘和盘中砝码的总质量
B．连接砝码盘和小车的细线应跟长木板保持平行
C．平衡摩擦力时，应将砝码盘（含砝码）用跨过定滑轮的细线拴在小车上
D．小车释放前应拉至电火花计时器的附近，先接通电源，待打点计时器正常工作后再释放小车
（3）小明在探究加速度与物体所受合外力的关系时，已经保持小车及车中砝码的总质量M为某定值，但是得到的a﹣F图像如图乙所示（a是小车的加速度，F是小车所受的拉力），图线明显偏离坐标原点，其原因是 。
（4）实验中得到如图丙所示的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为计数点，相邻计数点之间还有四个点未画出，但只测得x1＝1.23cm，x5＝2.74cm。根据以上数据，可求出小车的加速度大小a＝ m/s2。（结果保留两位有效数字）
12．（8分）小明在超市中发现两种品牌的5号干电池，他利用电流表和电压表设计实验，分别测定一节这两种品牌干电池的电动势和内阻。
（1）实验时有开关和导线若干，以及以下器材：
A．电压表（0～3V，内阻约为1kΩ）
B．电流表（0～3A，内阻为0.2Ω）
C．电流表（0～0.6A，内阻为0.5Ω）
D.滑动变阻器（0～20Ω，允许通过的最大电流为1A）
E.滑动变阻器（0～200Ω，允许通过的最大电流为0.5A）
实验中电流表应选用 ；滑动变阻器应选用 。（均填相应器材前的字母）
（2）小明应该选择的实验电路是图 （填“甲”或“乙”）。
（3）小明分别记录了6组数据并在同一坐标纸内画出两个干电池的U−I图线，如图丙所示。根据所画图线可得出品牌I干电池的电动势E＝ V，内阻r＝ Ω。（结果均保留两位有效数字）
（4）小明根据数据发现一节不同品牌干电池的电动势基本相同，只是内阻差异较大，小明继续对Ⅰ、Ⅱ两个品牌干电池做了进一步探究，对电池的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池的输出功率P随路端电压U变化的关系进行了猜想和实验验证，并分别画出了下列的P﹣R和P﹣U图像。图丁各图中可能正确的是 。（填正确答案标号）
四、计算题：本题共2小题，共31分．把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．
13．（12分）工人经常利用传送带将货物从高处运送到低处．如图所示，长度L1＝6m、倾角θ＝30°、上表面平直的传送带以恒定速率v1＝4m/s逆时针运行，货物与传送带间的动摩擦因数μ1＝，传送带下端与一倾角为15°的斜面平滑连接，货物与斜面间的动摩擦因数μ2＝．现将一质量m＝20kg的货物（体积可以忽略）轻放在传送带的上端，货物沿传送带和斜面运动至斜面底端时速度大小为1m/s．取g＝10m/s2，sin15°＝0.259，cos15°＝0.966，求：
（1）货物与传送带达到共同速度之前货物经过的位移大小x1；
（2）斜面的长度L2（结果保留两位有效数字）；
（3）货物在传送带上运动的过程中，系统产生的总热量Q。
14．（19分）如图甲所示，在平面内建立坐标系xOy，在第一、四象限内有抛物线x＝y2，在第二、三象限存在以（﹣1，0）为圆心、半径为l、垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B1的圆形匀强磁场区域．抛物线与y轴之间﹣l≤y≤l范围内存在沿x轴负方向的电场，在第一象限中的抛物线边界上有许多静止的质量为m、电荷量为+q的粒子，从静止释放后可沿电场方向加速电场强度大小为E＝．不计粒子的重力和粒子间的相互作用（l、B1、m、q均为已知量）．
（1）求在抛物线上y1＝l处由静止释放的粒子在磁场中运动的时间；
（2）将右半圆磁场去掉（如图乙），并将左半圆磁场的磁感应强度大小改为B2，在抛物线上y2＝l处由静止释放粒子，求粒子由静止释放到达坐标（﹣l，﹣l）处的最短时间及此时B2的大小；
（3）仍将右半圆磁场去掉（如图乙），并将左半圆磁场的磁感应强度大小改为B3，再将抛物线与y轴之间﹣l≤y≤l范围内的电场强度改为E0（E0为已知量），发现所有释放的粒子经过磁场偏转后都从直线x＝﹣l上某一点射出磁场，求该点的坐标以及B3的大小。
五、选考题：共15分．请考生在第15、16題中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．计算题请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．【物理——选修3-3】
15．下列说法正确的是（ ）
A．一定质量的理想气体向真空自由膨胀的过程中，气体对外界做功且内能减少
B．一定质量的理想气体在等温压缩的过程中，气体的内能不变
C．空调机在制冷的过程中，向室外放出的热量大于从室内吸收的热量
D．若气体的温度不变，压强减小，则单位时间撞击器壁单位面积的分子数一定减少
E．物体吸热，温度一定升高，分子热运动的平均动能一定增大
16．（10分）20世纪80年代初，中国队囊括第三十六届世界乒乓球锦标赛7项冠军之后，就有人提出把乒乓球加大，把网加高等建议，但这一建议没有得到人们的重视．此后，乒乓球运动技术不断发展，球速越来越快，旋转越来越强，不少运动员对阵时回合减少；有时球飞如闪电，观众还未看清，胜负已经决出，削弱了乒乓球爱好者的兴趣．2000年2月23日，国际乒联特别大会和代表大会在吉隆坡通过40mm大球改革方案，决定从2000年10月1日起，使用直径为40mm、质量为2.7g的大球，从而取代直径为38mm小球．在气温恰好为0℃时，两位同学使用这种大乒乓球时不小心把球踩瘪了，但没漏气，只是球的体积变为原来的．聪明的他们将乒乓球没入盛有80℃热水的杯子中（设球内气体迅速与水温80℃相同），很快使乒乓球完全恢复了原状．设该乒乓球制造时气温为27℃，其内部气体的压强p＝1.0×105Pa，已知T＝t+273K，求：（结果均保留三位有效数字）
（ⅰ）被踩瘪前球内气体的压强；
（ⅱ）乒乓球内气体压强的最大值．
【物理——选修3-4】
17．一列简谐横波沿x轴传播，振幅为10cm．t＝0时刻，该波波形如图中实线所示，此时x＝0处的质点N沿y轴负向振动，质点M此时的纵坐标为5cm，经过Δt＝1s（Δt＜T）波形如图中虚线所示，则此列波的传播方向沿x轴 （填“正”或“负”）方向，该简谐横波的周期是 s，t＝0时刻质点M的横坐标是 m．
18．我们总把彩虹比作一座拱桥，对神秘的彩虹尽头充满遐想．然而，彩虹并不存在尽头，因为它的全貌是个完整的圆环．那为什么我们看到的彩虹永远是一道弧呢？原来照向地球的阳光可近似看作平行光，光从水滴的不同位置入射后会发生各个方向的偏折，你的视线与入射阳光的夹角处于某个范围内时，看到的彩虹最清楚（折射光最强），如果你改变位置，彩虹的位置也会随之移动，如果你在高山上或者空中，看到的彩虹是完整的环（如图甲所示），在地面上的你只能看到圆环的一部分（如图乙所示）；雨后空气中的小水滴可以等效成球形水珠，水珠对阳光的折射光路和反射光路如图丙所示，假设一束阳光射到球形水珠上，入射角为45°，该水珠对紫光的折射率n＝，该紫光经折射进入水珠内，又经水珠内表面反射一次，再经水珠表面折射进入人的眼睛，α角即为人眼看到紫光的视线与入射阳光的夹角．
（ⅰ）求α角的大小；
（ⅱ）试分析红光、紫光α角的大小关系．
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．极光是一种绚丽多彩的等离子体现象，多发生在地球南、北两极的高空．极光是由于空间中的高能带电粒子进入地球时轰击大气层产生的，高能带电粒子使地球大气分子（原子）激发到高能级，在受激的分子（原子）恢复到基态的过程中会辐射光．下列对氢原子光谱的说法正确的是（ ）
A．大量氢原子从n＝4激发态跃迁到基态最多能发出3种不同频率的光
B．用能量为11eV的光子照射处于基态的氢原子，可使氢原子跃迁到第2能级
C．根据玻尔理论可知，电子可以绕原子核沿任意轨道做匀速圆周运动
D．用n＝4能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射金属铂，产生的光电子的最大初动能为6.41eV，则金属铂的逸出功为6.34eV
【分析】大量处于n＝4能级的氢原子，最多可以辐射出6种；能级间跃迁时，辐射（吸收）的光子能量等于两能级间的能级差；根据光电效应方程解得逸出功。
【解答】解：A、大量氢原子从n＝4激发态跃迁到基态最多能发出＝6种不同频率的光，故A错误；
B、光子的能量为11eV，超过了氢原子第1能级和第2能级的能量差，但小于第1能级和第3能级的能量差，故处于基态的氢原子无法吸收11eV的光子的能量而发生跃迁，故B错误；
C、玻尔理论指出核外电子只能在某些特定的圆形轨道上运动，故C错误；
D、处于n＝4能级的氢原子跃迁到n＝1能级辐射出的光子的能量为E＝E4﹣E1＝﹣0.85eV﹣（﹣13.6eV）＝12.75eV，根据爱因斯坦光电效应方程知，金属铂的逸出功为W0＝E﹣Ek0＝12.75eV﹣6.41eV＝6.34eV，故D正确．
故选：D。
2．如图所示，在真空中有A、B两个固定的等量异种点电荷，O为A、B连线的中点，PQ为A、B连线的中垂线．现有一个带电粒子从无穷远处射入并穿过此区域，一段运动轨迹如图中实线所示，该轨迹与两点电荷连线交于M点，与PQ相切于N点，在切点N处该粒子的速度为v，不考虑粒子的重力，该区域没有其他电荷，则（ ）
A．该粒子带负电
B．M点的电场强度小于N点的电场强度
C．在穿过该区域的整个过程中，该粒子的电势能先增大后减小
D．在穿过该区域的整个过程中，该粒子的初速度大小一定为v
【分析】一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，电荷从等势面上的一点移动到另一点，电场力做功为零，结合电势差的定义和电场力做功与电势能变化的关系进行分析即可。
【解答】解：A、根据粒子的运动轨迹可以判断出粒子带正电，故A错误；
B、由等量异种电荷的电场线分布特点知，M点的电场强度大于N点的电场强度，故B错误；
CD、设无穷远处的电势为零，PQ为等势线，可知无穷远处和N点电势相等，由EP＝qφ知，该粒子在无穷远处和N点的电势能相等，则该粒子在无穷远处和N点的动能相等、速度大小相等，电势能先减小，后增大，再减小，又增大，C错误，D正确。
故选：D。
3．2017年8月30日，中国航天科工集团公司在武汉宣布，已启动“高速飞行列车”的研发项目，将采用“磁悬浮+低真空”模式，这种模式具有超高速、高安全、低能耗、噪声小、污染小等特点。若列车由北京南站沿直线直达天津某站（全长为153km）采用这种模式，匀速行驶的速度为1080km/h。考虑乘客乘坐时的舒适度和列车功率等因素，列车加速和减速阶段的加速度大小恒为2m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．因北京南站到天津某站距离太短，所以没必要采用这种列车
B．北京南站至天津某站的直达列车到站前减速阶段的位移大小为29.16km
C．北京南站至天津某站的直达列车匀速运动的时间为6min
D．北京南站至天津某站的直达列车匀速运动的时间为8.5min
【分析】先由速度和加速度求解出加速过程的时间，由于加速过程和减速过程的加速度大小相等，所以加速过程和减速过程的位移相等，通过位移公式可以求出加速过程的位移，然后总位移减去加速位移和减速位移，根据匀速直线运动的规律，可以求出匀速直线运动过程列车运动的时间。
【解答】解：列车匀速时的速度v＝1080km/h＝300m/s
列车加速的时间＝2.5min
列车加速过程的位移
由于列车做匀加速和匀减速的过程中加速度大小相等，故加速过程和减速过程的位移相等。
则从北京南站到天津某站中匀速过程的位移x2＝x﹣2x1＝153km﹣2×22.5km＝108km＝108000m
所以匀速运动的时间
A.列车从北京南站到天津某站有加速、匀速和减速三个阶段，可以采用这种列车，故A错误；
B.通过计算，列车减速阶段的位移为22.5km，故B错误；
CD.通过计算，北京南站到天津某站的直达列车匀速运动的时间为6min，故C正确，D错误。
故选：C。
4．自1860年出现第一个以蒸汽推动的旋转木马后，如今在各个大小游乐场等地方皆有各式旋转木马，深受游客喜爱．木马上下运动的原理可以简化为如图所示的联动装置，连杆OB、BC可绕图中O、B、C三处的转轴转动，通过连杆OB在竖直面内的圆周运动，可以使与连杆BC连着的滑块A（木马）沿固定的竖直杆上下滑动．已知OB杆长为L，绕O点沿逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆BC与竖直方向夹角为α时，BC杆与OB杆的夹角为β（β＞），下列说法正确的是（ ）
A．此时滑块A在竖直方向的速度大小为
B．此时滑块A在竖直方向的速度大小为
C．当α＝0时，滑块A的速度最大
D．当β＝时，滑块A的速度最小
【分析】根据“连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在竖直杆上上下滑动”，本题考查速度的合成与分解问题，根据两物体沿杆方向的速度相等，分别将A、B的速度沿杆和垂直杆分解，列式求解及可。
【解答】解：AB、B点的瞬时速度大小vB＝ωL，将B点速度分解，得到沿BC杆的速度大小己，将滑块A的速度进行分解，沿BC杆的速度大小为vBC＝vAcosα，如图所示，联立解得，A错误，B正确；
CD、当α＝0时，β＝180°，滑块A的速度是0，为最小值，当时，α角最大，滑块A的速度最大，故CD错误．
故选：B。
5．目前全球已经开始全面注射新冠疫苗，全球经济有望在今年恢复．科学家研发出一种无须针头就能注射药物的新方法，可用一种高压喷射器将药物透过皮肤注入体内．如图所示是竖直放置的高压喷射器的示意图，已知高压喷射器泵体是高为h的长方体槽，槽左、右正对的两壁是间距为L的导电金属板，两金属板间加上电压U．槽的前、后两绝缘壁间的距离为d，两绝缘壁间有沿水平方向的磁感应强度大小为B的匀强磁场．槽的下部与其中的药液接触，上部与竖直的绝缘细管相连．已知药液的电阻率为ρ1、密度为ρ2重力加速度为g，喷射器正常工作时，药液可以被压到细管中，则下列说法正确的是（ ）
A．槽的左壁应该接电源负极，右壁接电源正极
B．电压以及泵体其他参数一定时，槽的长度L越长，药液受到的安培力越大
C．电压以及泵体其他参数一定时，槽的前、后绝缘壁间的距离d越大，药液受到的安培力越大
D．高压喷射器正常工作时，U＞
【分析】根据左手定则，结合安培力方向，可判定电流方向；再依据电阻定律，结合闭合电路的欧姆定律，安培力公式，从而即可求解。
【解答】解：A、根据题意可知，安培力方向向上，结合左手定则可知，电流方向由左向右，则槽的左壁应该接电源正极，右壁接电源负极，故A错误；
BC、左、右两壁间的电阻为R＝，电流大小为I＝＝，安培力大小为F＝BIL＝，即安培力大小与L无关，与槽侧面的面积有关，d越大，面积越大，安培力越大，故B错误，C正确；
D、要把药液喷到高处，则F＞mg，m＝ρ2Lhd，解得U＞，故D错误．
故选：C。
6．如图所示，一质量为3M的盒子沿光滑水平面以速度2v向右运动，盒底上表面光滑，同时在盒内有一质量为M的小物块以水平速度v向右运动．如果每一次碰撞都没有机械能损失，则（ ）
A．盒子与小物块最终静止
B．盒子与小物块最终达到相同速度，从而做匀速运动
C．第一次碰撞后瞬间，小物块相对水平面的速度大小为v
D．第一次碰撞后瞬间，小物块相对水平面的速度大小为v
【分析】水平面光滑，盒底上表面光滑，每一次碰撞都没有机械能损失，盒子与小物块会一直碰撞下去；盒子与小物块发生第一次弹性碰撞后瞬间，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别列方程，即可求解第一次碰撞后瞬间小物块相对水平面的速度大小。
【解答】解：AB、由于水平面光滑，盒底上表面光滑，且每一次碰撞都没有机械能损失，盒子与小物块最终不会静止，也不会共速，否则机械能有损失，所以，盒子与小物块会一直碰撞下去，故AB错误；
CD、设第一次碰撞后瞬间，盒子和小物块相对水平面的速度大小分别为v1、v2。
盒子与小物块发生第一次弹性碰撞后瞬间，取向右为正方向，由动量守恒定律得
3M•2v+Mv＝3Mv1+Mv2
由机械能守恒定律得
×3M•（2v）2+Mv2＝×3Mv12+Mv22，解得盒子的速度大小为v1＝v，小物块的速度大小为v2＝v，故C错误，D正确。
故选：D。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
7．A、B两汽车沿平直公路的相邻车道同向行驶，其速度﹣时间图像如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．在0～10s内两汽车的距离可能一直在增大
B．两汽车的最大距离一定为10m
C．A、B两汽车可能在t＝5s时和t＝15s时相遇
D．A、B两汽车只能在t＝10s时相遇
【分析】根据速度﹣时间图像读出两汽车速度大小，但不能确定两车的初始位置关系，结合图像与时间轴所围的面积表示位移分析。
【解答】解：A、A、B两车的初始位置关系未知，若两车初始位置相同，或B车在A车前方，在0～10s内，B车的速度比A车的大，两汽车的距离一直在增大，故A正确；
B、若两车从同一位置出发时，当两车速度相等时间距最大，且两汽车的最大距离为s＝xB﹣xC＝×10m﹣m＝10m；若两车出发点不同，则两汽车的最大距离不是10m，故B错误；
C、根据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，知在5﹣15s内，A、B两汽车通过的位移相等。由于A、B两车的初始位置关系未知，何时相遇无法判断，则两汽车可能在t＝5s时和t＝15s时相遇，故C正确；
D、因为A、B两车的初始位置关系未知，所以A、B两汽车不一定在t＝10s时相遇，故D错误。
故选：AC。
8．如图所示，一个半径为3r的光滑圆柱体固定在水平地面上，其轴线与地面平行．另有两个半径均为2r的球A、B用轻绳连接后，搭在圆柱体上，A球的球心与圆柱体最高点等高，B球的球心与圆柱体的轴线等高，两球均处于静止状态．下列说法正确的是（ ）
A．轻绳中的拉力与A球的重力大小相等
B．A球的重力与圆柱体对A球的弹力之比为3：5
C．A、B两球的质量之比为4：5
D．A、B两球的质量之比为5：4
【分析】对A、B两球进行受力分析，做出受力分析图，根据图中几何关系求解各力大小，进而求出质量之比。
【解答】解：对A、B两球进行受力分析，如图所示，
AB、对A球有＝＝，＝＝，故A错误，B正确；
CD、对B球有＝＝，根据牛顿第三定律FT1＝FT2，联立解得＝，故C错误，D正确．
故选：BD。
9．2021年5月15日，科研团队根据“祝融号”火星车发回遥测信号确认，“天问一号”着陆巡视器成功着陆于预选着陆区，我国首次火星探测任务取得圆满成功．假设火星和地球都是形状规则、质量分布均匀的球体，火星的密度为地球的倍，直径为地球的一半，自转周期与地球的自转周期相等，但公转周期是地球的两倍，火星和地球绕太阳运行的轨道都视为圆轨道。不考虑星球表面气体的阻力，下列说法正确的是（ ）
A．用同一个弹弓将同一弹丸以相同的速度竖直向上弹射后所能达到的最大高度，在火星表面是在地球表面的
B．用同一个弹弓将同一弹丸以相同的速度竖直向上弹射后所能达到的最大高度，在火星表面是在地球表面的倍
C．火星与地球绕太阳的公转轨道半径之比为：1
D．能使火星和地球自行解体的最小自转周期之比为2：
【分析】根据万有引力提供重力求解火星的质量，根据密度计算公式求解火星的密度；
根据开普勒第三定律求解火星的公转周期和地球的公转周期之比；
根据万有引力提供给赤道上的物体随星球自转的为向心力，求得两星球自转周期之比。
【解答】解：AB、根据星球表面物体的重力与万有引力相等得：mg＝，解得地球表面的重力加速度：g地＝＝＝，火星表面的重力加速度：g火＝＝。再由运动学公式：v2＝2gh得：＝＝＝，故A错误，B正确；
C、由开普勒第三定律知：，解得：＝，故C正确；
D、星体恰好自行解体时，对火星有：＝，对地球有：m＝，解得能使火星和地球自行解体的最小自转周期之比为：＝，故D正确。
故选：BCD。
10．如图所示，在光滑水平桌面（图中未画出）上有一质量为m、电阻为R、边长为L的正方形单匝线框abcd．线框右侧存在垂直于桌面向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场宽度为l，且L＞l．对线框施加一个水平向右的恒力F，使线框从图示位置由静止开始向右运动，cd边始终与磁场边界平行．已知cd边在经过磁场左、右边界时的瞬时速度相同．下列说法正确的是（ ）
A．线框cd边通过磁场的过程中一定是先减速再加速
B．线框穿过磁场过程中产生的热量一定为2Fl
C．线框ab边进入磁场时的速度为
D．线框穿过磁场过程中的最小速度为
【分析】根据楞次定律可判断感应电流分析；由于线框cd边经过磁场左、右边界时速度相同，根据F＝BIL＝解得最小的速度，根据功能关系计算判断通过磁场区域过程中产生的焦耳热。
【解答】解：A、由题意分析可知，cd边从进入磁场到离开磁场的过程中速度不变，线框做匀速运动，ab边进入磁场之前要经历先匀速后加速的过程，故A错误；
B、根据能量守恒定律得，cd边在磁场中运动时产生的热量等于拉力做的功Fl，在cd边穿过磁场右边界后，线框有一个加速过程，则ab边进入磁场时的速度大于cd边进入磁场时的速度，ab边穿过磁场过程中，线框动能减小，产生的热量大于Fl，故线框穿过磁场的整个过程中产生的热量大于2Fl，故B错误；
C、当cd边在磁场中匀速运动时，由F＝BIL＝得，v＝，ab边进入磁场前要经历加速过程，则ab边进入磁场时的速度大于，故C正确；
D、线框穿过磁场的最小速度为线框做匀速运动时的速度，为v＝，故D正确．
故选：CD。
三、实验题：本题共2小题，共14分．把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程．
11．（6分）小明采用如图甲所示的实验装置，探究加速度与物体所受的合外力和质量间的关系。小明将小车置于一端带有定滑轮的长木板上，并在小车的右侧固定一条长纸带，在小车的左侧固定一根长细线，长细线的另一端绕过定滑轮系有砝码盘，将电火花计时器固定在长木板的右端并与频率为50Hz的交流电源相连，砝码盘及盘中砝码的总质量为m，小车及车中砝码的总质量为M，小车的加速度可由纸带上打出的点计算得出。
（1）小明在保持砝码盘及盘中砝码的总质量一定的条件下，探究加速度与小车质量的关系时，每次改变小车的质量后， 不需要 （填“需要”或“不需要”）重新平衡摩擦力。
（2）关于本实验，下列说法错误的是 C 。
A．必须保证小车及车中砝码的总质量远大于砝码盘和盘中砝码的总质量
B．连接砝码盘和小车的细线应跟长木板保持平行
C．平衡摩擦力时，应将砝码盘（含砝码）用跨过定滑轮的细线拴在小车上
D．小车释放前应拉至电火花计时器的附近，先接通电源，待打点计时器正常工作后再释放小车
（3）小明在探究加速度与物体所受合外力的关系时，已经保持小车及车中砝码的总质量M为某定值，但是得到的a﹣F图像如图乙所示（a是小车的加速度，F是小车所受的拉力），图线明显偏离坐标原点，其原因是 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 。
（4）实验中得到如图丙所示的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为计数点，相邻计数点之间还有四个点未画出，但只测得x1＝1.23cm，x5＝2.74cm。根据以上数据，可求出小车的加速度大小a＝ 0.38 m/s2。（结果保留两位有效数字）
【分析】（1）探究加速度与小车质量的关系时，每次改变小车的质量后，不需要重新平衡摩擦力。
（2）要用砝码盘及盘中砝码的总重力代替细线的拉力必须保证小车及车中砝码的总质量远大于砝码盘和盘中砝码的总质量；连接砝码盘和小车的细线应跟长木板保持平行；平衡摩擦力时，跨过定滑轮的细线不拴在小车上；实验时，先接通电源，待打点计时器正常工作后再释放小车。
（3）分析a＝0时F的值，即可判断误差产生的原因。
（4）根据x5﹣x1＝4aT2求解加速度。
【解答】解：（1）平衡摩擦力时，对小车有Mgsinα＝μMgcosα，即μ＝tanα，该方程与小车的质量无关，所以在保持砝码盘及盘中砝码的总质量一定的条件下，探究加速度与小车质量的关系时，每次改变小车的质量后，不需要重新平衡摩擦力。
（2）A、本实验中，要用砝码盘及盘中砝码的总重力代替细线的拉力，必须保证小车及车中砝码的总质量远大于砝码盘和盘中砝码的总质量，故A正确；
B、连接砝码盘和小车的细线应跟长木板保持平行，才能保证小车做匀加速直线运动，故B正确；
C、平衡摩擦力时，跨过定滑轮的细线不拴在小车上，故C错误；
D、实验时，小车释放前应拉至电火花计时器的附近，先接通电源，待打点计时器正常工作后再释放小车，故D正确。
本题选错误的，
故选：C。
（3）因a＝0时，F＞0，说明没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。
（4）相邻两计数点之间的时间间隔为T＝5×0.02s＝0.1s
根据x5﹣x1＝4aT2得
a＝
将x1＝1.23cm＝0.0123m，x5＝2.74cm＝0.0274m，T＝0.1s代入上式解得a≈0.38m/s2
故答案为：（1）不需要；（2）C；（3）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；（4）0.38。
12．（8分）小明在超市中发现两种品牌的5号干电池，他利用电流表和电压表设计实验，分别测定一节这两种品牌干电池的电动势和内阻。
（1）实验时有开关和导线若干，以及以下器材：
A．电压表（0～3V，内阻约为1kΩ）
B．电流表（0～3A，内阻为0.2Ω）
C．电流表（0～0.6A，内阻为0.5Ω）
D.滑动变阻器（0～20Ω，允许通过的最大电流为1A）
E.滑动变阻器（0～200Ω，允许通过的最大电流为0.5A）
实验中电流表应选用 C ；滑动变阻器应选用 D 。（均填相应器材前的字母）
（2）小明应该选择的实验电路是图 乙 （填“甲”或“乙”）。
（3）小明分别记录了6组数据并在同一坐标纸内画出两个干电池的U−I图线，如图丙所示。根据所画图线可得出品牌I干电池的电动势E＝ 1.5 V，内阻r＝ 0.33 Ω。（结果均保留两位有效数字）
（4）小明根据数据发现一节不同品牌干电池的电动势基本相同，只是内阻差异较大，小明继续对Ⅰ、Ⅱ两个品牌干电池做了进一步探究，对电池的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池的输出功率P随路端电压U变化的关系进行了猜想和实验验证，并分别画出了下列的P﹣R和P﹣U图像。图丁各图中可能正确的是 AD 。（填正确答案标号）
【分析】（1）实验中要能保证安全和准确性选择电表。
（2）本实验应采用滑动变阻器和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图。
（3）利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻。
（4）根据电源的输出功率规律可明确对应的实验图象，知道当内外电阻相等时电源的输出功率最大。
【解答】解：（1）为方便操作，滑动变阻器选D.一节干电池电动势约为1.5V，电路中电流较小，所以电流表选C，
（2）因电流表内阻已知，故可以采用相对电源的内接法进行测量，故应选择乙电路图；
（3）根据E＝U+Ir以及U﹣I图可知，电源的电动势为：E＝1.5V.内电阻为：r'＝﹣rA＝Ω﹣0.5Ω＝0.33Ω
（4）AB、根据电源的输出功率规律可知，当内外电阻相等时输出功率最大，如果外电阻大于内电阻时，随着电阻的增大，输出功率将越来越小，由P＝可知，电动势相同，内阻越小的Ⅰ输出功率越大，故A正确，B错误。
CD、当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半。由A的分析可知，Ⅰ输出的功率比Ⅱ的大；而当外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故D正确，C错误。
故选AD
故答案为：（1）C，D；（2）乙；（3）1.5，0.33；（4）AD
四、计算题：本题共2小题，共31分．把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．
13．（12分）工人经常利用传送带将货物从高处运送到低处．如图所示，长度L1＝6m、倾角θ＝30°、上表面平直的传送带以恒定速率v1＝4m/s逆时针运行，货物与传送带间的动摩擦因数μ1＝，传送带下端与一倾角为15°的斜面平滑连接，货物与斜面间的动摩擦因数μ2＝．现将一质量m＝20kg的货物（体积可以忽略）轻放在传送带的上端，货物沿传送带和斜面运动至斜面底端时速度大小为1m/s．取g＝10m/s2，sin15°＝0.259，cos15°＝0.966，求：
（1）货物与传送带达到共同速度之前货物经过的位移大小x1；
（2）斜面的长度L2（结果保留两位有效数字）；
（3）货物在传送带上运动的过程中，系统产生的总热量Q。
【分析】（1）货物与传送带达到共同速度的过程，由动能定理求解位移大小；
（2）货物与传送带达到共同速度之后在传送带上的运动过程，由动能定理求解货物达到传送带底端的速度大小，货物在斜面上的运动过程，由动能定理求解斜面的长度；
（3）货物与传送带达到共同速度的过程，求出传送带的位移；此后在传送带上的运动过程，再次求出传送带的位移，根据能量守恒定律求解系统产生的总热量。
【解答】解：（1）货物与传送带达到共同速度的过程，由动能定理得：
（mgsin30°+μ1mgcos30°）x1＝
解得：x1＝1m；
（2）货物与传送带达到共同速度之后在传送带上的运动过程，由动能定理得：
（mgsin30°﹣μ1mgcos30°）（L1﹣x1）＝﹣
解得货物达到传送带底端的速度大小为：v2＝6m/s
货物在斜面上的运动过程，由动能定理得：
（mgsin15°﹣μ2mgcos15°）L2＝﹣
其中v3＝1m/s
解得：L2≈4.5m；
（3）货物与传送带达到共同速度的过程，取沿传送带向下为正方向，由动量定理得：
（mgsin30°+μ1mgcos30°）t1＝mv1﹣0
解得：t1＝0.5s
此过程中传送带的位移s1＝v1t1
解得：s1＝2m
此后在传送带上的运动过程，取沿传送带向下为正方向，由动量定理得：
（mgsin30°﹣μ1mgcos30°）t2＝mv2﹣mv1
解得t2＝1s
此过程中传送带的位移s2＝v1t2
解得：s2＝4m
根据能量守恒定律可得：Q＝μ1mgcos30°•（s1﹣x1）+μ1mgcos30°•（L1﹣x1﹣s2）
解得：Q＝120J。
答：（1）货物与传送带达到共同速度之前货物经过的位移大小为1m；
（2）斜面的长度为4.5m；
（3）货物在传送带上运动的过程中，系统产生的总热量为120J。
14．（19分）如图甲所示，在平面内建立坐标系xOy，在第一、四象限内有抛物线x＝y2，在第二、三象限存在以（﹣1，0）为圆心、半径为l、垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B1的圆形匀强磁场区域．抛物线与y轴之间﹣l≤y≤l范围内存在沿x轴负方向的电场，在第一象限中的抛物线边界上有许多静止的质量为m、电荷量为+q的粒子，从静止释放后可沿电场方向加速电场强度大小为E＝．不计粒子的重力和粒子间的相互作用（l、B1、m、q均为已知量）．
（1）求在抛物线上y1＝l处由静止释放的粒子在磁场中运动的时间；
（2）将右半圆磁场去掉（如图乙），并将左半圆磁场的磁感应强度大小改为B2，在抛物线上y2＝l处由静止释放粒子，求粒子由静止释放到达坐标（﹣l，﹣l）处的最短时间及此时B2的大小；
（3）仍将右半圆磁场去掉（如图乙），并将左半圆磁场的磁感应强度大小改为B3，再将抛物线与y轴之间﹣l≤y≤l范围内的电场强度改为E0（E0为已知量），发现所有释放的粒子经过磁场偏转后都从直线x＝﹣l上某一点射出磁场，求该点的坐标以及B3的大小。
【分析】（1）解得粒子进入磁场的速度，结合在磁场运动的半径公式与周期公式可知时间；
（2）分析粒子运动性质，根据对应运动的公式解得；
（3）解得粒子进入磁场的速度，结合在磁场运动的半径公式，根据数学方法求得坐标与B3的大小。
【解答】解：（1）粒子释放后在电场中加速运动的位移为x1＝，由动能定理得
qEx1＝
电场强度大小为E＝．
代入解得v＝
在磁场中由洛伦兹力提供向心力得
qvB1＝
解得r1＝l
粒子在磁场中运动的周期
T＝＝
画出粒子的运动轨迹如图甲所示
由几何关系得粒子在磁场中运动的时间
t＝
解得t＝
（2）根据题意画出粒子的运动轨迹如图乙所示
粒子在电场中做匀变速直线运动，有
解得
v＝
粒子匀速运动时有
l＝vt2
解得t2＝
粒子在磁场中运动时有
T'＝
由题意知n•2r2＝（n＝1，2，3...）
t3＝（n＝1，2，3...）
解得t3＝
分析知，当n＝1时，运动时间最短，为tmin＝t1+t2+t3＝
B2＝
（3）粒子在电场中加速时有
qE0x＝
解得v'＝2
qv'B3＝
解得
可以看出当B3为某一固定数值时，r3∝y，当y→0时，r3→0
因此粒子在磁场的汇聚点坐标为（﹣l，0）
根据题意画出粒子的运动轨迹如图丙所示
且当y＝l时，
解得B3＝4
答：（1）在抛物线上y1＝l处由静止释放的粒子在磁场中运动的时间为；
（2）将右半圆磁场去掉（如图乙），并将左半圆磁场的磁感应强度大小改为B2，在抛物线上y2＝l处由静止释放粒子，粒子由静止释放到达坐标（﹣l，﹣l）处的最短时间为，此时B2的大小为；
（3）仍将右半圆磁场去掉（如图乙），并将左半圆磁场的磁感应强度大小改为B3，再将抛物线与y轴之间﹣l≤y≤l范围内的电场强度改为E0（E0为已知量），发现所有释放的粒子经过磁场偏转后都从直线x＝﹣l上某一点射出磁场，该点的坐标为（﹣l，0），B3的大小为4。
五、选考题：共15分．请考生在第15、16題中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．计算题请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．【物理——选修3-3】
15．下列说法正确的是（ ）
A．一定质量的理想气体向真空自由膨胀的过程中，气体对外界做功且内能减少
B．一定质量的理想气体在等温压缩的过程中，气体的内能不变
C．空调机在制冷的过程中，向室外放出的热量大于从室内吸收的热量
D．若气体的温度不变，压强减小，则单位时间撞击器壁单位面积的分子数一定减少
E．物体吸热，温度一定升高，分子热运动的平均动能一定增大
【分析】一定质量的理想气体向真空自由膨胀的过程中，气体对外界不做功；一定质量的理想气体的内能只跟温度有关；空调机在制冷的过程中，根据能量守恒定律分析向室外放出的热量与从室内吸收的热量关系；气体的压强与单位体积内的分子数和分子平均动能有关；温度升高，分子热运动的平均动能增大。物体吸热，温度不一定升高。
【解答】解：A、一定质量的理想气体向真空自由膨胀的过程中，气体对外界做功为零，气体的内能不变，故A错误；
B、一定质量的理想气体在等温压缩的过程中，气体的分子动能不变，分子势能不变，气体的内能不变，故B正确；
C、空调机在制冷的过程中，除了从室内吸收热量，消耗的电能也转化为热量，所以向室外放出的热量大于从室内吸收的热量，故C正确；
D、如果气体的温度不变，分子运动的剧烈程度不变，而压强减小，体积一定增大，分子数密度减小，则单位时间撞击器壁单位面积的分子数减少，故D正确；
E、以晶体为例，晶体熔化时虽然吸热，但温度不变，分子平均动能不变，故E错误。
故选：BCD。
16．（10分）20世纪80年代初，中国队囊括第三十六届世界乒乓球锦标赛7项冠军之后，就有人提出把乒乓球加大，把网加高等建议，但这一建议没有得到人们的重视．此后，乒乓球运动技术不断发展，球速越来越快，旋转越来越强，不少运动员对阵时回合减少；有时球飞如闪电，观众还未看清，胜负已经决出，削弱了乒乓球爱好者的兴趣．2000年2月23日，国际乒联特别大会和代表大会在吉隆坡通过40mm大球改革方案，决定从2000年10月1日起，使用直径为40mm、质量为2.7g的大球，从而取代直径为38mm小球．在气温恰好为0℃时，两位同学使用这种大乒乓球时不小心把球踩瘪了，但没漏气，只是球的体积变为原来的．聪明的他们将乒乓球没入盛有80℃热水的杯子中（设球内气体迅速与水温80℃相同），很快使乒乓球完全恢复了原状．设该乒乓球制造时气温为27℃，其内部气体的压强p＝1.0×105Pa，已知T＝t+273K，求：（结果均保留三位有效数字）
（ⅰ）被踩瘪前球内气体的压强；
（ⅱ）乒乓球内气体压强的最大值．
【分析】（i）以乒乓球内气体为研究对象，应用查理定律可以求出球被踩瘪前球内气体的压强。
（ii）球内气体温度达到80℃球的体积为原来的时球内气体压强最大，应用一定量的理想气体状态方程可以求出气体的最大压强。
【解答】解：（ⅰ）球内气体初状态的压强p＝1.0×105Pa，温度T＝（273+27）K＝300K
球被踩瘪前球内气体的温度T1＝273K，球内气体体积不变，根据查理定律得：
代入数据解得：p1＝9.1×104Pa
（ⅱ）设乒乓球被踩瘪前的体积为V，则乒乓球被踩瘪后的体积为V，
当乒乓球与80℃的水达到热平衡且体积为原来的时，球内部气体压强最大，
球内气体的温度T2＝（273+80）K＝353K，设此时球内气体的压强为p2，
对球内气体，根据一定质量的理想气体状态方程得：
代入数据解得：p2＝1.47×105Pa
答：（ⅰ）被踩瘪前球内气体的压强是9.1×104Pa；
（ⅱ）乒乓球内气体压强的最大值是1.47×105Pa。
【物理——选修3-4】
17．一列简谐横波沿x轴传播，振幅为10cm．t＝0时刻，该波波形如图中实线所示，此时x＝0处的质点N沿y轴负向振动，质点M此时的纵坐标为5cm，经过Δt＝1s（Δt＜T）波形如图中虚线所示，则此列波的传播方向沿x轴 正 （填“正”或“负”）方向，该简谐横波的周期是 2 s，t＝0时刻质点M的横坐标是 0.4 m．
【分析】根据不同时刻的波形图判断出简谐横波的传播方向，周期等物理量。
【解答】解：t＝0时刻，x＝0处的质点沿y轴负向振动，则此列波沿x轴正向传播；由图，则T＝2s；由图可知此波波λ＝1.2m，则波，根y＝10sinωt（cm），代入解，x＝0.2m的质点的振动情况传播到质点M时传播距离，则点M的横坐标．xM＝0.2m+Δx＝0.2m+0.2m＝0.4m。
答：正；2；0.4。
18．我们总把彩虹比作一座拱桥，对神秘的彩虹尽头充满遐想．然而，彩虹并不存在尽头，因为它的全貌是个完整的圆环．那为什么我们看到的彩虹永远是一道弧呢？原来照向地球的阳光可近似看作平行光，光从水滴的不同位置入射后会发生各个方向的偏折，你的视线与入射阳光的夹角处于某个范围内时，看到的彩虹最清楚（折射光最强），如果你改变位置，彩虹的位置也会随之移动，如果你在高山上或者空中，看到的彩虹是完整的环（如图甲所示），在地面上的你只能看到圆环的一部分（如图乙所示）；雨后空气中的小水滴可以等效成球形水珠，水珠对阳光的折射光路和反射光路如图丙所示，假设一束阳光射到球形水珠上，入射角为45°，该水珠对紫光的折射率n＝，该紫光经折射进入水珠内，又经水珠内表面反射一次，再经水珠表面折射进入人的眼睛，α角即为人眼看到紫光的视线与入射阳光的夹角．
（ⅰ）求α角的大小；
（ⅱ）试分析红光、紫光α角的大小关系．
【分析】根据题意画出紫光光路图，由光的折射定律和几何关系求解；由折射率分析α角的大小关系。
【解答】解：（ⅰ）紫光光路如图所示：
根据光的折射定律知
解得：γ＝30°，
由几何关系得
即α＝4γ﹣2i
解得：α＝30°
（ⅱ）由（ⅰ）知α＝4γ﹣2i
水珠对红光的折射率更小
即γ红＞γ紫
解得：α红＞α紫
即红光的α角比紫光的大。
答：（ⅰ）α角的为30°；
（ⅱ）分析红光、紫光α角的关系为α红＞α紫。
2022届云南省衡水实验中学等学校高三（上）第一次学业质量联合检测物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．极光是一种绚丽多彩的等离子体现象，多发生在地球南、北两极的高空．极光是由于空间中的高能带电粒子进入地球时轰击大气层产生的，高能带电粒子使地球大气分子（原子）激发到高能级，在受激的分子（原子）恢复到基态的过程中会辐射光．下列对氢原子光谱的说法正确的是（ ）
A．大量氢原子从n＝4激发态跃迁到基态最多能发出3种不同频率的光
B．用能量为11eV的光子照射处于基态的氢原子，可使氢原子跃迁到第2能级
C．根据玻尔理论可知，电子可以绕原子核沿任意轨道做匀速圆周运动
D．用n＝4能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射金属铂，产生的光电子的最大初动能为6.41eV，则金属铂的逸出功为6.34eV
2．如图所示，在真空中有A、B两个固定的等量异种点电荷，O为A、B连线的中点，PQ为A、B连线的中垂线．现有一个带电粒子从无穷远处射入并穿过此区域，一段运动轨迹如图中实线所示，该轨迹与两点电荷连线交于M点，与PQ相切于N点，在切点N处该粒子的速度为v，不考虑粒子的重力，该区域没有其他电荷，则（ ）
A．该粒子带负电
B．M点的电场强度小于N点的电场强度
C．在穿过该区域的整个过程中，该粒子的电势能先增大后减小
D．在穿过该区域的整个过程中，该粒子的初速度大小一定为v
3．2017年8月30日，中国航天科工集团公司在武汉宣布，已启动“高速飞行列车”的研发项目，将采用“磁悬浮+低真空”模式，这种模式具有超高速、高安全、低能耗、噪声小、污染小等特点。若列车由北京南站沿直线直达天津某站（全长为153km）采用这种模式，匀速行驶的速度为1080km/h。考虑乘客乘坐时的舒适度和列车功率等因素，列车加速和减速阶段的加速度大小恒为2m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．因北京南站到天津某站距离太短，所以没必要采用这种列车
B．北京南站至天津某站的直达列车到站前减速阶段的位移大小为29.16km
C．北京南站至天津某站的直达列车匀速运动的时间为6min
D．北京南站至天津某站的直达列车匀速运动的时间为8.5min
4．自1860年出现第一个以蒸汽推动的旋转木马后，如今在各个大小游乐场等地方皆有各式旋转木马，深受游客喜爱．木马上下运动的原理可以简化为如图所示的联动装置，连杆OB、BC可绕图中O、B、C三处的转轴转动，通过连杆OB在竖直面内的圆周运动，可以使与连杆BC连着的滑块A（木马）沿固定的竖直杆上下滑动．已知OB杆长为L，绕O点沿逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆BC与竖直方向夹角为α时，BC杆与OB杆的夹角为β（β＞），下列说法正确的是（ ）
A．此时滑块A在竖直方向的速度大小为
B．此时滑块A在竖直方向的速度大小为
C．当α＝0时，滑块A的速度最大
D．当β＝时，滑块A的速度最小
5．目前全球已经开始全面注射新冠疫苗，全球经济有望在今年恢复．科学家研发出一种无须针头就能注射药物的新方法，可用一种高压喷射器将药物透过皮肤注入体内．如图所示是竖直放置的高压喷射器的示意图，已知高压喷射器泵体是高为h的长方体槽，槽左、右正对的两壁是间距为L的导电金属板，两金属板间加上电压U．槽的前、后两绝缘壁间的距离为d，两绝缘壁间有沿水平方向的磁感应强度大小为B的匀强磁场．槽的下部与其中的药液接触，上部与竖直的绝缘细管相连．已知药液的电阻率为ρ1、密度为ρ2重力加速度为g，喷射器正常工作时，药液可以被压到细管中，则下列说法正确的是（ ）
A．槽的左壁应该接电源负极，右壁接电源正极
B．电压以及泵体其他参数一定时，槽的长度L越长，药液受到的安培力越大
C．电压以及泵体其他参数一定时，槽的前、后绝缘壁间的距离d越大，药液受到的安培力越大
D．高压喷射器正常工作时，U＞
6．如图所示，一质量为3M的盒子沿光滑水平面以速度2v向右运动，盒底上表面光滑，同时在盒内有一质量为M的小物块以水平速度v向右运动．如果每一次碰撞都没有机械能损失，则（ ）
A．盒子与小物块最终静止
B．盒子与小物块最终达到相同速度，从而做匀速运动
C．第一次碰撞后瞬间，小物块相对水平面的速度大小为v
D．第一次碰撞后瞬间，小物块相对水平面的速度大小为v
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
7．A、B两汽车沿平直公路的相邻车道同向行驶，其速度﹣时间图像如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．在0～10s内两汽车的距离可能一直在增大
B．两汽车的最大距离一定为10m
C．A、B两汽车可能在t＝5s时和t＝15s时相遇
D．A、B两汽车只能在t＝10s时相遇
8．如图所示，一个半径为3r的光滑圆柱体固定在水平地面上，其轴线与地面平行．另有两个半径均为2r的球A、B用轻绳连接后，搭在圆柱体上，A球的球心与圆柱体最高点等高，B球的球心与圆柱体的轴线等高，两球均处于静止状态．下列说法正确的是（ ）
A．轻绳中的拉力与A球的重力大小相等
B．A球的重力与圆柱体对A球的弹力之比为3：5
C．A、B两球的质量之比为4：5
D．A、B两球的质量之比为5：4
9．2021年5月15日，科研团队根据“祝融号”火星车发回遥测信号确认，“天问一号”着陆巡视器成功着陆于预选着陆区，我国首次火星探测任务取得圆满成功．假设火星和地球都是形状规则、质量分布均匀的球体，火星的密度为地球的倍，直径为地球的一半，自转周期与地球的自转周期相等，但公转周期是地球的两倍，火星和地球绕太阳运行的轨道都视为圆轨道。不考虑星球表面气体的阻力，下列说法正确的是（ ）
A．用同一个弹弓将同一弹丸以相同的速度竖直向上弹射后所能达到的最大高度，在火星表面是在地球表面的
B．用同一个弹弓将同一弹丸以相同的速度竖直向上弹射后所能达到的最大高度，在火星表面是在地球表面的倍
C．火星与地球绕太阳的公转轨道半径之比为：1
D．能使火星和地球自行解体的最小自转周期之比为2：
10．如图所示，在光滑水平桌面（图中未画出）上有一质量为m、电阻为R、边长为L的正方形单匝线框abcd．线框右侧存在垂直于桌面向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场宽度为l，且L＞l．对线框施加一个水平向右的恒力F，使线框从图示位置由静止开始向右运动，cd边始终与磁场边界平行．已知cd边在经过磁场左、右边界时的瞬时速度相同．下列说法正确的是（ ）
A．线框cd边通过磁场的过程中一定是先减速再加速
B．线框穿过磁场过程中产生的热量一定为2Fl
C．线框ab边进入磁场时的速度为
D．线框穿过磁场过程中的最小速度为
三、实验题：本题共2小题，共14分．把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程．
11．（6分）小明采用如图甲所示的实验装置，探究加速度与物体所受的合外力和质量间的关系。小明将小车置于一端带有定滑轮的长木板上，并在小车的右侧固定一条长纸带，在小车的左侧固定一根长细线，长细线的另一端绕过定滑轮系有砝码盘，将电火花计时器固定在长木板的右端并与频率为50Hz的交流电源相连，砝码盘及盘中砝码的总质量为m，小车及车中砝码的总质量为M，小车的加速度可由纸带上打出的点计算得出。
（1）小明在保持砝码盘及盘中砝码的总质量一定的条件下，探究加速度与小车质量的关系时，每次改变小车的质量后， （填“需要”或“不需要”）重新平衡摩擦力。
（2）关于本实验，下列说法错误的是 。
A．必须保证小车及车中砝码的总质量远大于砝码盘和盘中砝码的总质量
B．连接砝码盘和小车的细线应跟长木板保持平行
C．平衡摩擦力时，应将砝码盘（含砝码）用跨过定滑轮的细线拴在小车上
D．小车释放前应拉至电火花计时器的附近，先接通电源，待打点计时器正常工作后再释放小车
（3）小明在探究加速度与物体所受合外力的关系时，已经保持小车及车中砝码的总质量M为某定值，但是得到的a﹣F图像如图乙所示（a是小车的加速度，F是小车所受的拉力），图线明显偏离坐标原点，其原因是 。
（4）实验中得到如图丙所示的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为计数点，相邻计数点之间还有四个点未画出，但只测得x1＝1.23cm，x5＝2.74cm。根据以上数据，可求出小车的加速度大小a＝ m/s2。（结果保留两位有效数字）
12．（8分）小明在超市中发现两种品牌的5号干电池，他利用电流表和电压表设计实验，分别测定一节这两种品牌干电池的电动势和内阻。
（1）实验时有开关和导线若干，以及以下器材：
A．电压表（0～3V，内阻约为1kΩ）
B．电流表（0～3A，内阻为0.2Ω）
C．电流表（0～0.6A，内阻为0.5Ω）
D.滑动变阻器（0～20Ω，允许通过的最大电流为1A）
E.滑动变阻器（0～200Ω，允许通过的最大电流为0.5A）
实验中电流表应选用 ；滑动变阻器应选用 。（均填相应器材前的字母）
（2）小明应该选择的实验电路是图 （填“甲”或“乙”）。
（3）小明分别记录了6组数据并在同一坐标纸内画出两个干电池的U−I图线，如图丙所示。根据所画图线可得出品牌I干电池的电动势E＝ V，内阻r＝ Ω。（结果均保留两位有效数字）
（4）小明根据数据发现一节不同品牌干电池的电动势基本相同，只是内阻差异较大，小明继续对Ⅰ、Ⅱ两个品牌干电池做了进一步探究，对电池的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池的输出功率P随路端电压U变化的关系进行了猜想和实验验证，并分别画出了下列的P﹣R和P﹣U图像。图丁各图中可能正确的是 。（填正确答案标号）
四、计算题：本题共2小题，共31分．把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．
13．（12分）工人经常利用传送带将货物从高处运送到低处．如图所示，长度L1＝6m、倾角θ＝30°、上表面平直的传送带以恒定速率v1＝4m/s逆时针运行，货物与传送带间的动摩擦因数μ1＝，传送带下端与一倾角为15°的斜面平滑连接，货物与斜面间的动摩擦因数μ2＝．现将一质量m＝20kg的货物（体积可以忽略）轻放在传送带的上端，货物沿传送带和斜面运动至斜面底端时速度大小为1m/s．取g＝10m/s2，sin15°＝0.259，cos15°＝0.966，求：
（1）货物与传送带达到共同速度之前货物经过的位移大小x1；
（2）斜面的长度L2（结果保留两位有效数字）；
（3）货物在传送带上运动的过程中，系统产生的总热量Q。
14．（19分）如图甲所示，在平面内建立坐标系xOy，在第一、四象限内有抛物线x＝y2，在第二、三象限存在以（﹣1，0）为圆心、半径为l、垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B1的圆形匀强磁场区域．抛物线与y轴之间﹣l≤y≤l范围内存在沿x轴负方向的电场，在第一象限中的抛物线边界上有许多静止的质量为m、电荷量为+q的粒子，从静止释放后可沿电场方向加速电场强度大小为E＝．不计粒子的重力和粒子间的相互作用（l、B1、m、q均为已知量）．
（1）求在抛物线上y1＝l处由静止释放的粒子在磁场中运动的时间；
（2）将右半圆磁场去掉（如图乙），并将左半圆磁场的磁感应强度大小改为B2，在抛物线上y2＝l处由静止释放粒子，求粒子由静止释放到达坐标（﹣l，﹣l）处的最短时间及此时B2的大小；
（3）仍将右半圆磁场去掉（如图乙），并将左半圆磁场的磁感应强度大小改为B3，再将抛物线与y轴之间﹣l≤y≤l范围内的电场强度改为E0（E0为已知量），发现所有释放的粒子经过磁场偏转后都从直线x＝﹣l上某一点射出磁场，求该点的坐标以及B3的大小。
五、选考题：共15分．请考生在第15、16題中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．计算题请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．【物理——选修3-3】
15．下列说法正确的是（ ）
A．一定质量的理想气体向真空自由膨胀的过程中，气体对外界做功且内能减少
B．一定质量的理想气体在等温压缩的过程中，气体的内能不变
C．空调机在制冷的过程中，向室外放出的热量大于从室内吸收的热量
D．若气体的温度不变，压强减小，则单位时间撞击器壁单位面积的分子数一定减少
E．物体吸热，温度一定升高，分子热运动的平均动能一定增大
16．（10分）20世纪80年代初，中国队囊括第三十六届世界乒乓球锦标赛7项冠军之后，就有人提出把乒乓球加大，把网加高等建议，但这一建议没有得到人们的重视．此后，乒乓球运动技术不断发展，球速越来越快，旋转越来越强，不少运动员对阵时回合减少；有时球飞如闪电，观众还未看清，胜负已经决出，削弱了乒乓球爱好者的兴趣．2000年2月23日，国际乒联特别大会和代表大会在吉隆坡通过40mm大球改革方案，决定从2000年10月1日起，使用直径为40mm、质量为2.7g的大球，从而取代直径为38mm小球．在气温恰好为0℃时，两位同学使用这种大乒乓球时不小心把球踩瘪了，但没漏气，只是球的体积变为原来的．聪明的他们将乒乓球没入盛有80℃热水的杯子中（设球内气体迅速与水温80℃相同），很快使乒乓球完全恢复了原状．设该乒乓球制造时气温为27℃，其内部气体的压强p＝1.0×105Pa，已知T＝t+273K，求：（结果均保留三位有效数字）
（ⅰ）被踩瘪前球内气体的压强；
（ⅱ）乒乓球内气体压强的最大值．
【物理——选修3-4】
17．一列简谐横波沿x轴传播，振幅为10cm．t＝0时刻，该波波形如图中实线所示，此时x＝0处的质点N沿y轴负向振动，质点M此时的纵坐标为5cm，经过Δt＝1s（Δt＜T）波形如图中虚线所示，则此列波的传播方向沿x轴 （填“正”或“负”）方向，该简谐横波的周期是 s，t＝0时刻质点M的横坐标是 m．
18．我们总把彩虹比作一座拱桥，对神秘的彩虹尽头充满遐想．然而，彩虹并不存在尽头，因为它的全貌是个完整的圆环．那为什么我们看到的彩虹永远是一道弧呢？原来照向地球的阳光可近似看作平行光，光从水滴的不同位置入射后会发生各个方向的偏折，你的视线与入射阳光的夹角处于某个范围内时，看到的彩虹最清楚（折射光最强），如果你改变位置，彩虹的位置也会随之移动，如果你在高山上或者空中，看到的彩虹是完整的环（如图甲所示），在地面上的你只能看到圆环的一部分（如图乙所示）；雨后空气中的小水滴可以等效成球形水珠，水珠对阳光的折射光路和反射光路如图丙所示，假设一束阳光射到球形水珠上，入射角为45°，该水珠对紫光的折射率n＝，该紫光经折射进入水珠内，又经水珠内表面反射一次，再经水珠表面折射进入人的眼睛，α角即为人眼看到紫光的视线与入射阳光的夹角．
（ⅰ）求α角的大小；
（ⅱ）试分析红光、紫光α角的大小关系．
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．极光是一种绚丽多彩的等离子体现象，多发生在地球南、北两极的高空．极光是由于空间中的高能带电粒子进入地球时轰击大气层产生的，高能带电粒子使地球大气分子（原子）激发到高能级，在受激的分子（原子）恢复到基态的过程中会辐射光．下列对氢原子光谱的说法正确的是（ ）
A．大量氢原子从n＝4激发态跃迁到基态最多能发出3种不同频率的光
B．用能量为11eV的光子照射处于基态的氢原子，可使氢原子跃迁到第2能级
C．根据玻尔理论可知，电子可以绕原子核沿任意轨道做匀速圆周运动
D．用n＝4能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射金属铂，产生的光电子的最大初动能为6.41eV，则金属铂的逸出功为6.34eV
【分析】大量处于n＝4能级的氢原子，最多可以辐射出6种；能级间跃迁时，辐射（吸收）的光子能量等于两能级间的能级差；根据光电效应方程解得逸出功。
【解答】解：A、大量氢原子从n＝4激发态跃迁到基态最多能发出＝6种不同频率的光，故A错误；
B、光子的能量为11eV，超过了氢原子第1能级和第2能级的能量差，但小于第1能级和第3能级的能量差，故处于基态的氢原子无法吸收11eV的光子的能量而发生跃迁，故B错误；
C、玻尔理论指出核外电子只能在某些特定的圆形轨道上运动，故C错误；
D、处于n＝4能级的氢原子跃迁到n＝1能级辐射出的光子的能量为E＝E4﹣E1＝﹣0.85eV﹣（﹣13.6eV）＝12.75eV，根据爱因斯坦光电效应方程知，金属铂的逸出功为W0＝E﹣Ek0＝12.75eV﹣6.41eV＝6.34eV，故D正确．
故选：D。
2．如图所示，在真空中有A、B两个固定的等量异种点电荷，O为A、B连线的中点，PQ为A、B连线的中垂线．现有一个带电粒子从无穷远处射入并穿过此区域，一段运动轨迹如图中实线所示，该轨迹与两点电荷连线交于M点，与PQ相切于N点，在切点N处该粒子的速度为v，不考虑粒子的重力，该区域没有其他电荷，则（ ）
A．该粒子带负电
B．M点的电场强度小于N点的电场强度
C．在穿过该区域的整个过程中，该粒子的电势能先增大后减小
D．在穿过该区域的整个过程中，该粒子的初速度大小一定为v
【分析】一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，电荷从等势面上的一点移动到另一点，电场力做功为零，结合电势差的定义和电场力做功与电势能变化的关系进行分析即可。
【解答】解：A、根据粒子的运动轨迹可以判断出粒子带正电，故A错误；
B、由等量异种电荷的电场线分布特点知，M点的电场强度大于N点的电场强度，故B错误；
CD、设无穷远处的电势为零，PQ为等势线，可知无穷远处和N点电势相等，由EP＝qφ知，该粒子在无穷远处和N点的电势能相等，则该粒子在无穷远处和N点的动能相等、速度大小相等，电势能先减小，后增大，再减小，又增大，C错误，D正确。
故选：D。
3．2017年8月30日，中国航天科工集团公司在武汉宣布，已启动“高速飞行列车”的研发项目，将采用“磁悬浮+低真空”模式，这种模式具有超高速、高安全、低能耗、噪声小、污染小等特点。若列车由北京南站沿直线直达天津某站（全长为153km）采用这种模式，匀速行驶的速度为1080km/h。考虑乘客乘坐时的舒适度和列车功率等因素，列车加速和减速阶段的加速度大小恒为2m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．因北京南站到天津某站距离太短，所以没必要采用这种列车
B．北京南站至天津某站的直达列车到站前减速阶段的位移大小为29.16km
C．北京南站至天津某站的直达列车匀速运动的时间为6min
D．北京南站至天津某站的直达列车匀速运动的时间为8.5min
【分析】先由速度和加速度求解出加速过程的时间，由于加速过程和减速过程的加速度大小相等，所以加速过程和减速过程的位移相等，通过位移公式可以求出加速过程的位移，然后总位移减去加速位移和减速位移，根据匀速直线运动的规律，可以求出匀速直线运动过程列车运动的时间。
【解答】解：列车匀速时的速度v＝1080km/h＝300m/s
列车加速的时间＝2.5min
列车加速过程的位移
由于列车做匀加速和匀减速的过程中加速度大小相等，故加速过程和减速过程的位移相等。
则从北京南站到天津某站中匀速过程的位移x2＝x﹣2x1＝153km﹣2×22.5km＝108km＝108000m
所以匀速运动的时间
A.列车从北京南站到天津某站有加速、匀速和减速三个阶段，可以采用这种列车，故A错误；
B.通过计算，列车减速阶段的位移为22.5km，故B错误；
CD.通过计算，北京南站到天津某站的直达列车匀速运动的时间为6min，故C正确，D错误。
故选：C。
4．自1860年出现第一个以蒸汽推动的旋转木马后，如今在各个大小游乐场等地方皆有各式旋转木马，深受游客喜爱．木马上下运动的原理可以简化为如图所示的联动装置，连杆OB、BC可绕图中O、B、C三处的转轴转动，通过连杆OB在竖直面内的圆周运动，可以使与连杆BC连着的滑块A（木马）沿固定的竖直杆上下滑动．已知OB杆长为L，绕O点沿逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆BC与竖直方向夹角为α时，BC杆与OB杆的夹角为β（β＞），下列说法正确的是（ ）
A．此时滑块A在竖直方向的速度大小为
B．此时滑块A在竖直方向的速度大小为
C．当α＝0时，滑块A的速度最大
D．当β＝时，滑块A的速度最小
【分析】根据“连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在竖直杆上上下滑动”，本题考查速度的合成与分解问题，根据两物体沿杆方向的速度相等，分别将A、B的速度沿杆和垂直杆分解，列式求解及可。
【解答】解：AB、B点的瞬时速度大小vB＝ωL，将B点速度分解，得到沿BC杆的速度大小己，将滑块A的速度进行分解，沿BC杆的速度大小为vBC＝vAcosα，如图所示，联立解得，A错误，B正确；
CD、当α＝0时，β＝180°，滑块A的速度是0，为最小值，当时，α角最大，滑块A的速度最大，故CD错误．
故选：B。
5．目前全球已经开始全面注射新冠疫苗，全球经济有望在今年恢复．科学家研发出一种无须针头就能注射药物的新方法，可用一种高压喷射器将药物透过皮肤注入体内．如图所示是竖直放置的高压喷射器的示意图，已知高压喷射器泵体是高为h的长方体槽，槽左、右正对的两壁是间距为L的导电金属板，两金属板间加上电压U．槽的前、后两绝缘壁间的距离为d，两绝缘壁间有沿水平方向的磁感应强度大小为B的匀强磁场．槽的下部与其中的药液接触，上部与竖直的绝缘细管相连．已知药液的电阻率为ρ1、密度为ρ2重力加速度为g，喷射器正常工作时，药液可以被压到细管中，则下列说法正确的是（ ）
A．槽的左壁应该接电源负极，右壁接电源正极
B．电压以及泵体其他参数一定时，槽的长度L越长，药液受到的安培力越大
C．电压以及泵体其他参数一定时，槽的前、后绝缘壁间的距离d越大，药液受到的安培力越大
D．高压喷射器正常工作时，U＞
【分析】根据左手定则，结合安培力方向，可判定电流方向；再依据电阻定律，结合闭合电路的欧姆定律，安培力公式，从而即可求解。
【解答】解：A、根据题意可知，安培力方向向上，结合左手定则可知，电流方向由左向右，则槽的左壁应该接电源正极，右壁接电源负极，故A错误；
BC、左、右两壁间的电阻为R＝，电流大小为I＝＝，安培力大小为F＝BIL＝，即安培力大小与L无关，与槽侧面的面积有关，d越大，面积越大，安培力越大，故B错误，C正确；
D、要把药液喷到高处，则F＞mg，m＝ρ2Lhd，解得U＞，故D错误．
故选：C。
6．如图所示，一质量为3M的盒子沿光滑水平面以速度2v向右运动，盒底上表面光滑，同时在盒内有一质量为M的小物块以水平速度v向右运动．如果每一次碰撞都没有机械能损失，则（ ）
A．盒子与小物块最终静止
B．盒子与小物块最终达到相同速度，从而做匀速运动
C．第一次碰撞后瞬间，小物块相对水平面的速度大小为v
D．第一次碰撞后瞬间，小物块相对水平面的速度大小为v
【分析】水平面光滑，盒底上表面光滑，每一次碰撞都没有机械能损失，盒子与小物块会一直碰撞下去；盒子与小物块发生第一次弹性碰撞后瞬间，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别列方程，即可求解第一次碰撞后瞬间小物块相对水平面的速度大小。
【解答】解：AB、由于水平面光滑，盒底上表面光滑，且每一次碰撞都没有机械能损失，盒子与小物块最终不会静止，也不会共速，否则机械能有损失，所以，盒子与小物块会一直碰撞下去，故AB错误；
CD、设第一次碰撞后瞬间，盒子和小物块相对水平面的速度大小分别为v1、v2。
盒子与小物块发生第一次弹性碰撞后瞬间，取向右为正方向，由动量守恒定律得
3M•2v+Mv＝3Mv1+Mv2
由机械能守恒定律得
×3M•（2v）2+Mv2＝×3Mv12+Mv22，解得盒子的速度大小为v1＝v，小物块的速度大小为v2＝v，故C错误，D正确。
故选：D。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
7．A、B两汽车沿平直公路的相邻车道同向行驶，其速度﹣时间图像如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．在0～10s内两汽车的距离可能一直在增大
B．两汽车的最大距离一定为10m
C．A、B两汽车可能在t＝5s时和t＝15s时相遇
D．A、B两汽车只能在t＝10s时相遇
【分析】根据速度﹣时间图像读出两汽车速度大小，但不能确定两车的初始位置关系，结合图像与时间轴所围的面积表示位移分析。
【解答】解：A、A、B两车的初始位置关系未知，若两车初始位置相同，或B车在A车前方，在0～10s内，B车的速度比A车的大，两汽车的距离一直在增大，故A正确；
B、若两车从同一位置出发时，当两车速度相等时间距最大，且两汽车的最大距离为s＝xB﹣xC＝×10m﹣m＝10m；若两车出发点不同，则两汽车的最大距离不是10m，故B错误；
C、根据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，知在5﹣15s内，A、B两汽车通过的位移相等。由于A、B两车的初始位置关系未知，何时相遇无法判断，则两汽车可能在t＝5s时和t＝15s时相遇，故C正确；
D、因为A、B两车的初始位置关系未知，所以A、B两汽车不一定在t＝10s时相遇，故D错误。
故选：AC。
8．如图所示，一个半径为3r的光滑圆柱体固定在水平地面上，其轴线与地面平行．另有两个半径均为2r的球A、B用轻绳连接后，搭在圆柱体上，A球的球心与圆柱体最高点等高，B球的球心与圆柱体的轴线等高，两球均处于静止状态．下列说法正确的是（ ）
A．轻绳中的拉力与A球的重力大小相等
B．A球的重力与圆柱体对A球的弹力之比为3：5
C．A、B两球的质量之比为4：5
D．A、B两球的质量之比为5：4
【分析】对A、B两球进行受力分析，做出受力分析图，根据图中几何关系求解各力大小，进而求出质量之比。
【解答】解：对A、B两球进行受力分析，如图所示，
AB、对A球有＝＝，＝＝，故A错误，B正确；
CD、对B球有＝＝，根据牛顿第三定律FT1＝FT2，联立解得＝，故C错误，D正确．
故选：BD。
9．2021年5月15日，科研团队根据“祝融号”火星车发回遥测信号确认，“天问一号”着陆巡视器成功着陆于预选着陆区，我国首次火星探测任务取得圆满成功．假设火星和地球都是形状规则、质量分布均匀的球体，火星的密度为地球的倍，直径为地球的一半，自转周期与地球的自转周期相等，但公转周期是地球的两倍，火星和地球绕太阳运行的轨道都视为圆轨道。不考虑星球表面气体的阻力，下列说法正确的是（ ）
A．用同一个弹弓将同一弹丸以相同的速度竖直向上弹射后所能达到的最大高度，在火星表面是在地球表面的
B．用同一个弹弓将同一弹丸以相同的速度竖直向上弹射后所能达到的最大高度，在火星表面是在地球表面的倍
C．火星与地球绕太阳的公转轨道半径之比为：1
D．能使火星和地球自行解体的最小自转周期之比为2：
【分析】根据万有引力提供重力求解火星的质量，根据密度计算公式求解火星的密度；
根据开普勒第三定律求解火星的公转周期和地球的公转周期之比；
根据万有引力提供给赤道上的物体随星球自转的为向心力，求得两星球自转周期之比。
【解答】解：AB、根据星球表面物体的重力与万有引力相等得：mg＝，解得地球表面的重力加速度：g地＝＝＝，火星表面的重力加速度：g火＝＝。再由运动学公式：v2＝2gh得：＝＝＝，故A错误，B正确；
C、由开普勒第三定律知：，解得：＝，故C正确；
D、星体恰好自行解体时，对火星有：＝，对地球有：m＝，解得能使火星和地球自行解体的最小自转周期之比为：＝，故D正确。
故选：BCD。
10．如图所示，在光滑水平桌面（图中未画出）上有一质量为m、电阻为R、边长为L的正方形单匝线框abcd．线框右侧存在垂直于桌面向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场宽度为l，且L＞l．对线框施加一个水平向右的恒力F，使线框从图示位置由静止开始向右运动，cd边始终与磁场边界平行．已知cd边在经过磁场左、右边界时的瞬时速度相同．下列说法正确的是（ ）
A．线框cd边通过磁场的过程中一定是先减速再加速
B．线框穿过磁场过程中产生的热量一定为2Fl
C．线框ab边进入磁场时的速度为
D．线框穿过磁场过程中的最小速度为
【分析】根据楞次定律可判断感应电流分析；由于线框cd边经过磁场左、右边界时速度相同，根据F＝BIL＝解得最小的速度，根据功能关系计算判断通过磁场区域过程中产生的焦耳热。
【解答】解：A、由题意分析可知，cd边从进入磁场到离开磁场的过程中速度不变，线框做匀速运动，ab边进入磁场之前要经历先匀速后加速的过程，故A错误；
B、根据能量守恒定律得，cd边在磁场中运动时产生的热量等于拉力做的功Fl，在cd边穿过磁场右边界后，线框有一个加速过程，则ab边进入磁场时的速度大于cd边进入磁场时的速度，ab边穿过磁场过程中，线框动能减小，产生的热量大于Fl，故线框穿过磁场的整个过程中产生的热量大于2Fl，故B错误；
C、当cd边在磁场中匀速运动时，由F＝BIL＝得，v＝，ab边进入磁场前要经历加速过程，则ab边进入磁场时的速度大于，故C正确；
D、线框穿过磁场的最小速度为线框做匀速运动时的速度，为v＝，故D正确．
故选：CD。
三、实验题：本题共2小题，共14分．把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程．
11．（6分）小明采用如图甲所示的实验装置，探究加速度与物体所受的合外力和质量间的关系。小明将小车置于一端带有定滑轮的长木板上，并在小车的右侧固定一条长纸带，在小车的左侧固定一根长细线，长细线的另一端绕过定滑轮系有砝码盘，将电火花计时器固定在长木板的右端并与频率为50Hz的交流电源相连，砝码盘及盘中砝码的总质量为m，小车及车中砝码的总质量为M，小车的加速度可由纸带上打出的点计算得出。
（1）小明在保持砝码盘及盘中砝码的总质量一定的条件下，探究加速度与小车质量的关系时，每次改变小车的质量后， 不需要 （填“需要”或“不需要”）重新平衡摩擦力。
（2）关于本实验，下列说法错误的是 C 。
A．必须保证小车及车中砝码的总质量远大于砝码盘和盘中砝码的总质量
B．连接砝码盘和小车的细线应跟长木板保持平行
C．平衡摩擦力时，应将砝码盘（含砝码）用跨过定滑轮的细线拴在小车上
D．小车释放前应拉至电火花计时器的附近，先接通电源，待打点计时器正常工作后再释放小车
（3）小明在探究加速度与物体所受合外力的关系时，已经保持小车及车中砝码的总质量M为某定值，但是得到的a﹣F图像如图乙所示（a是小车的加速度，F是小车所受的拉力），图线明显偏离坐标原点，其原因是 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 。
（4）实验中得到如图丙所示的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为计数点，相邻计数点之间还有四个点未画出，但只测得x1＝1.23cm，x5＝2.74cm。根据以上数据，可求出小车的加速度大小a＝ 0.38 m/s2。（结果保留两位有效数字）
【分析】（1）探究加速度与小车质量的关系时，每次改变小车的质量后，不需要重新平衡摩擦力。
（2）要用砝码盘及盘中砝码的总重力代替细线的拉力必须保证小车及车中砝码的总质量远大于砝码盘和盘中砝码的总质量；连接砝码盘和小车的细线应跟长木板保持平行；平衡摩擦力时，跨过定滑轮的细线不拴在小车上；实验时，先接通电源，待打点计时器正常工作后再释放小车。
（3）分析a＝0时F的值，即可判断误差产生的原因。
（4）根据x5﹣x1＝4aT2求解加速度。
【解答】解：（1）平衡摩擦力时，对小车有Mgsinα＝μMgcosα，即μ＝tanα，该方程与小车的质量无关，所以在保持砝码盘及盘中砝码的总质量一定的条件下，探究加速度与小车质量的关系时，每次改变小车的质量后，不需要重新平衡摩擦力。
（2）A、本实验中，要用砝码盘及盘中砝码的总重力代替细线的拉力，必须保证小车及车中砝码的总质量远大于砝码盘和盘中砝码的总质量，故A正确；
B、连接砝码盘和小车的细线应跟长木板保持平行，才能保证小车做匀加速直线运动，故B正确；
C、平衡摩擦力时，跨过定滑轮的细线不拴在小车上，故C错误；
D、实验时，小车释放前应拉至电火花计时器的附近，先接通电源，待打点计时器正常工作后再释放小车，故D正确。
本题选错误的，
故选：C。
（3）因a＝0时，F＞0，说明没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。
（4）相邻两计数点之间的时间间隔为T＝5×0.02s＝0.1s
根据x5﹣x1＝4aT2得
a＝
将x1＝1.23cm＝0.0123m，x5＝2.74cm＝0.0274m，T＝0.1s代入上式解得a≈0.38m/s2
故答案为：（1）不需要；（2）C；（3）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；（4）0.38。
12．（8分）小明在超市中发现两种品牌的5号干电池，他利用电流表和电压表设计实验，分别测定一节这两种品牌干电池的电动势和内阻。
（1）实验时有开关和导线若干，以及以下器材：
A．电压表（0～3V，内阻约为1kΩ）
B．电流表（0～3A，内阻为0.2Ω）
C．电流表（0～0.6A，内阻为0.5Ω）
D.滑动变阻器（0～20Ω，允许通过的最大电流为1A）
E.滑动变阻器（0～200Ω，允许通过的最大电流为0.5A）
实验中电流表应选用 C ；滑动变阻器应选用 D 。（均填相应器材前的字母）
（2）小明应该选择的实验电路是图 乙 （填“甲”或“乙”）。
（3）小明分别记录了6组数据并在同一坐标纸内画出两个干电池的U−I图线，如图丙所示。根据所画图线可得出品牌I干电池的电动势E＝ 1.5 V，内阻r＝ 0.33 Ω。（结果均保留两位有效数字）
（4）小明根据数据发现一节不同品牌干电池的电动势基本相同，只是内阻差异较大，小明继续对Ⅰ、Ⅱ两个品牌干电池做了进一步探究，对电池的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池的输出功率P随路端电压U变化的关系进行了猜想和实验验证，并分别画出了下列的P﹣R和P﹣U图像。图丁各图中可能正确的是 AD 。（填正确答案标号）
【分析】（1）实验中要能保证安全和准确性选择电表。
（2）本实验应采用滑动变阻器和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图。
（3）利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻。
（4）根据电源的输出功率规律可明确对应的实验图象，知道当内外电阻相等时电源的输出功率最大。
【解答】解：（1）为方便操作，滑动变阻器选D.一节干电池电动势约为1.5V，电路中电流较小，所以电流表选C，
（2）因电流表内阻已知，故可以采用相对电源的内接法进行测量，故应选择乙电路图；
（3）根据E＝U+Ir以及U﹣I图可知，电源的电动势为：E＝1.5V.内电阻为：r'＝﹣rA＝Ω﹣0.5Ω＝0.33Ω
（4）AB、根据电源的输出功率规律可知，当内外电阻相等时输出功率最大，如果外电阻大于内电阻时，随着电阻的增大，输出功率将越来越小，由P＝可知，电动势相同，内阻越小的Ⅰ输出功率越大，故A正确，B错误。
CD、当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半。由A的分析可知，Ⅰ输出的功率比Ⅱ的大；而当外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故D正确，C错误。
故选AD
故答案为：（1）C，D；（2）乙；（3）1.5，0.33；（4）AD
四、计算题：本题共2小题，共31分．把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．
13．（12分）工人经常利用传送带将货物从高处运送到低处．如图所示，长度L1＝6m、倾角θ＝30°、上表面平直的传送带以恒定速率v1＝4m/s逆时针运行，货物与传送带间的动摩擦因数μ1＝，传送带下端与一倾角为15°的斜面平滑连接，货物与斜面间的动摩擦因数μ2＝．现将一质量m＝20kg的货物（体积可以忽略）轻放在传送带的上端，货物沿传送带和斜面运动至斜面底端时速度大小为1m/s．取g＝10m/s2，sin15°＝0.259，cos15°＝0.966，求：
（1）货物与传送带达到共同速度之前货物经过的位移大小x1；
（2）斜面的长度L2（结果保留两位有效数字）；
（3）货物在传送带上运动的过程中，系统产生的总热量Q。
【分析】（1）货物与传送带达到共同速度的过程，由动能定理求解位移大小；
（2）货物与传送带达到共同速度之后在传送带上的运动过程，由动能定理求解货物达到传送带底端的速度大小，货物在斜面上的运动过程，由动能定理求解斜面的长度；
（3）货物与传送带达到共同速度的过程，求出传送带的位移；此后在传送带上的运动过程，再次求出传送带的位移，根据能量守恒定律求解系统产生的总热量。
【解答】解：（1）货物与传送带达到共同速度的过程，由动能定理得：
（mgsin30°+μ1mgcos30°）x1＝
解得：x1＝1m；
（2）货物与传送带达到共同速度之后在传送带上的运动过程，由动能定理得：
（mgsin30°﹣μ1mgcos30°）（L1﹣x1）＝﹣
解得货物达到传送带底端的速度大小为：v2＝6m/s
货物在斜面上的运动过程，由动能定理得：
（mgsin15°﹣μ2mgcos15°）L2＝﹣
其中v3＝1m/s
解得：L2≈4.5m；
（3）货物与传送带达到共同速度的过程，取沿传送带向下为正方向，由动量定理得：
（mgsin30°+μ1mgcos30°）t1＝mv1﹣0
解得：t1＝0.5s
此过程中传送带的位移s1＝v1t1
解得：s1＝2m
此后在传送带上的运动过程，取沿传送带向下为正方向，由动量定理得：
（mgsin30°﹣μ1mgcos30°）t2＝mv2﹣mv1
解得t2＝1s
此过程中传送带的位移s2＝v1t2
解得：s2＝4m
根据能量守恒定律可得：Q＝μ1mgcos30°•（s1﹣x1）+μ1mgcos30°•（L1﹣x1﹣s2）
解得：Q＝120J。
答：（1）货物与传送带达到共同速度之前货物经过的位移大小为1m；
（2）斜面的长度为4.5m；
（3）货物在传送带上运动的过程中，系统产生的总热量为120J。
14．（19分）如图甲所示，在平面内建立坐标系xOy，在第一、四象限内有抛物线x＝y2，在第二、三象限存在以（﹣1，0）为圆心、半径为l、垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B1的圆形匀强磁场区域．抛物线与y轴之间﹣l≤y≤l范围内存在沿x轴负方向的电场，在第一象限中的抛物线边界上有许多静止的质量为m、电荷量为+q的粒子，从静止释放后可沿电场方向加速电场强度大小为E＝．不计粒子的重力和粒子间的相互作用（l、B1、m、q均为已知量）．
（1）求在抛物线上y1＝l处由静止释放的粒子在磁场中运动的时间；
（2）将右半圆磁场去掉（如图乙），并将左半圆磁场的磁感应强度大小改为B2，在抛物线上y2＝l处由静止释放粒子，求粒子由静止释放到达坐标（﹣l，﹣l）处的最短时间及此时B2的大小；
（3）仍将右半圆磁场去掉（如图乙），并将左半圆磁场的磁感应强度大小改为B3，再将抛物线与y轴之间﹣l≤y≤l范围内的电场强度改为E0（E0为已知量），发现所有释放的粒子经过磁场偏转后都从直线x＝﹣l上某一点射出磁场，求该点的坐标以及B3的大小。
【分析】（1）解得粒子进入磁场的速度，结合在磁场运动的半径公式与周期公式可知时间；
（2）分析粒子运动性质，根据对应运动的公式解得；
（3）解得粒子进入磁场的速度，结合在磁场运动的半径公式，根据数学方法求得坐标与B3的大小。
【解答】解：（1）粒子释放后在电场中加速运动的位移为x1＝，由动能定理得
qEx1＝
电场强度大小为E＝．
代入解得v＝
在磁场中由洛伦兹力提供向心力得
qvB1＝
解得r1＝l
粒子在磁场中运动的周期
T＝＝
画出粒子的运动轨迹如图甲所示
由几何关系得粒子在磁场中运动的时间
t＝
解得t＝
（2）根据题意画出粒子的运动轨迹如图乙所示
粒子在电场中做匀变速直线运动，有
解得
v＝
粒子匀速运动时有
l＝vt2
解得t2＝
粒子在磁场中运动时有
T'＝
由题意知n•2r2＝（n＝1，2，3...）
t3＝（n＝1，2，3...）
解得t3＝
分析知，当n＝1时，运动时间最短，为tmin＝t1+t2+t3＝
B2＝
（3）粒子在电场中加速时有
qE0x＝
解得v'＝2
qv'B3＝
解得
可以看出当B3为某一固定数值时，r3∝y，当y→0时，r3→0
因此粒子在磁场的汇聚点坐标为（﹣l，0）
根据题意画出粒子的运动轨迹如图丙所示
且当y＝l时，
解得B3＝4
答：（1）在抛物线上y1＝l处由静止释放的粒子在磁场中运动的时间为；
（2）将右半圆磁场去掉（如图乙），并将左半圆磁场的磁感应强度大小改为B2，在抛物线上y2＝l处由静止释放粒子，粒子由静止释放到达坐标（﹣l，﹣l）处的最短时间为，此时B2的大小为；
（3）仍将右半圆磁场去掉（如图乙），并将左半圆磁场的磁感应强度大小改为B3，再将抛物线与y轴之间﹣l≤y≤l范围内的电场强度改为E0（E0为已知量），发现所有释放的粒子经过磁场偏转后都从直线x＝﹣l上某一点射出磁场，该点的坐标为（﹣l，0），B3的大小为4。
五、选考题：共15分．请考生在第15、16題中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．计算题请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．【物理——选修3-3】
15．下列说法正确的是（ ）
A．一定质量的理想气体向真空自由膨胀的过程中，气体对外界做功且内能减少
B．一定质量的理想气体在等温压缩的过程中，气体的内能不变
C．空调机在制冷的过程中，向室外放出的热量大于从室内吸收的热量
D．若气体的温度不变，压强减小，则单位时间撞击器壁单位面积的分子数一定减少
E．物体吸热，温度一定升高，分子热运动的平均动能一定增大
【分析】一定质量的理想气体向真空自由膨胀的过程中，气体对外界不做功；一定质量的理想气体的内能只跟温度有关；空调机在制冷的过程中，根据能量守恒定律分析向室外放出的热量与从室内吸收的热量关系；气体的压强与单位体积内的分子数和分子平均动能有关；温度升高，分子热运动的平均动能增大。物体吸热，温度不一定升高。
【解答】解：A、一定质量的理想气体向真空自由膨胀的过程中，气体对外界做功为零，气体的内能不变，故A错误；
B、一定质量的理想气体在等温压缩的过程中，气体的分子动能不变，分子势能不变，气体的内能不变，故B正确；
C、空调机在制冷的过程中，除了从室内吸收热量，消耗的电能也转化为热量，所以向室外放出的热量大于从室内吸收的热量，故C正确；
D、如果气体的温度不变，分子运动的剧烈程度不变，而压强减小，体积一定增大，分子数密度减小，则单位时间撞击器壁单位面积的分子数减少，故D正确；
E、以晶体为例，晶体熔化时虽然吸热，但温度不变，分子平均动能不变，故E错误。
故选：BCD。
16．（10分）20世纪80年代初，中国队囊括第三十六届世界乒乓球锦标赛7项冠军之后，就有人提出把乒乓球加大，把网加高等建议，但这一建议没有得到人们的重视．此后，乒乓球运动技术不断发展，球速越来越快，旋转越来越强，不少运动员对阵时回合减少；有时球飞如闪电，观众还未看清，胜负已经决出，削弱了乒乓球爱好者的兴趣．2000年2月23日，国际乒联特别大会和代表大会在吉隆坡通过40mm大球改革方案，决定从2000年10月1日起，使用直径为40mm、质量为2.7g的大球，从而取代直径为38mm小球．在气温恰好为0℃时，两位同学使用这种大乒乓球时不小心把球踩瘪了，但没漏气，只是球的体积变为原来的．聪明的他们将乒乓球没入盛有80℃热水的杯子中（设球内气体迅速与水温80℃相同），很快使乒乓球完全恢复了原状．设该乒乓球制造时气温为27℃，其内部气体的压强p＝1.0×105Pa，已知T＝t+273K，求：（结果均保留三位有效数字）
（ⅰ）被踩瘪前球内气体的压强；
（ⅱ）乒乓球内气体压强的最大值．
【分析】（i）以乒乓球内气体为研究对象，应用查理定律可以求出球被踩瘪前球内气体的压强。
（ii）球内气体温度达到80℃球的体积为原来的时球内气体压强最大，应用一定量的理想气体状态方程可以求出气体的最大压强。
【解答】解：（ⅰ）球内气体初状态的压强p＝1.0×105Pa，温度T＝（273+27）K＝300K
球被踩瘪前球内气体的温度T1＝273K，球内气体体积不变，根据查理定律得：
代入数据解得：p1＝9.1×104Pa
（ⅱ）设乒乓球被踩瘪前的体积为V，则乒乓球被踩瘪后的体积为V，
当乒乓球与80℃的水达到热平衡且体积为原来的时，球内部气体压强最大，
球内气体的温度T2＝（273+80）K＝353K，设此时球内气体的压强为p2，
对球内气体，根据一定质量的理想气体状态方程得：
代入数据解得：p2＝1.47×105Pa
答：（ⅰ）被踩瘪前球内气体的压强是9.1×104Pa；
（ⅱ）乒乓球内气体压强的最大值是1.47×105Pa。
【物理——选修3-4】
17．一列简谐横波沿x轴传播，振幅为10cm．t＝0时刻，该波波形如图中实线所示，此时x＝0处的质点N沿y轴负向振动，质点M此时的纵坐标为5cm，经过Δt＝1s（Δt＜T）波形如图中虚线所示，则此列波的传播方向沿x轴 正 （填“正”或“负”）方向，该简谐横波的周期是 2 s，t＝0时刻质点M的横坐标是 0.4 m．
【分析】根据不同时刻的波形图判断出简谐横波的传播方向，周期等物理量。
【解答】解：t＝0时刻，x＝0处的质点沿y轴负向振动，则此列波沿x轴正向传播；由图，则T＝2s；由图可知此波波λ＝1.2m，则波，根y＝10sinωt（cm），代入解，x＝0.2m的质点的振动情况传播到质点M时传播距离，则点M的横坐标．xM＝0.2m+Δx＝0.2m+0.2m＝0.4m。
答：正；2；0.4。
18．我们总把彩虹比作一座拱桥，对神秘的彩虹尽头充满遐想．然而，彩虹并不存在尽头，因为它的全貌是个完整的圆环．那为什么我们看到的彩虹永远是一道弧呢？原来照向地球的阳光可近似看作平行光，光从水滴的不同位置入射后会发生各个方向的偏折，你的视线与入射阳光的夹角处于某个范围内时，看到的彩虹最清楚（折射光最强），如果你改变位置，彩虹的位置也会随之移动，如果你在高山上或者空中，看到的彩虹是完整的环（如图甲所示），在地面上的你只能看到圆环的一部分（如图乙所示）；雨后空气中的小水滴可以等效成球形水珠，水珠对阳光的折射光路和反射光路如图丙所示，假设一束阳光射到球形水珠上，入射角为45°，该水珠对紫光的折射率n＝，该紫光经折射进入水珠内，又经水珠内表面反射一次，再经水珠表面折射进入人的眼睛，α角即为人眼看到紫光的视线与入射阳光的夹角．
（ⅰ）求α角的大小；
（ⅱ）试分析红光、紫光α角的大小关系．
【分析】根据题意画出紫光光路图，由光的折射定律和几何关系求解；由折射率分析α角的大小关系。
【解答】解：（ⅰ）紫光光路如图所示：
根据光的折射定律知
解得：γ＝30°，
由几何关系得
即α＝4γ﹣2i
解得：α＝30°
（ⅱ）由（ⅰ）知α＝4γ﹣2i
水珠对红光的折射率更小
即γ红＞γ紫
解得：α红＞α紫
即红光的α角比紫光的大。
答：（ⅰ）α角的为30°；
（ⅱ）分析红光、紫光α角的关系为α红＞α紫。
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