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2022届海南省高三下学期学业水平诊断（三）物理试卷（解析版）
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这是一份2022届海南省高三下学期学业水平诊断（三）物理试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
海南省2022届高三下学期学业水平诊断（三）
物理试卷
一、单选题
1．电池是一辆纯电动汽车的“心脏”，质量能量密度是衡量一辆电动汽车电池组性能的重要参数，所谓质量能量密度是指电池所能存储（或释放）的电能与电池自身的质量之比，质量能量密度数值越大，意味着相同质量的电池能存储（或释放）更多的电能，汽车续航里程也就越长。质量能量密度的单位用国际单位制的基本单位符号来表示是（ ）
A．m2/kg B．m2/s2 C．J/kg D．W/kg
2．M、N两点相距为d，各固定一正点电荷，两电荷所带电量分别为Q1和Q2，且Q1=2Q2，在M、N连线上A点（未画出）场强为零，则A、N之间的距离为（ ）
A．13d B．24d C．(2-1)d D．(2-12)d
3．如图所示，质量为m的小球系在轻绳下端，上端固定在天花板上的O点，用外力F把小球拉到A位置静止，此时OA与竖直方向的夹角θ=30°，重力加速度为g，这种情况下拉力F的大小可能为（ ）
A．32mg B．23mg C．34mg D．36mg
4．一汽车以大小为a的加速度从A匀加速运动到C，B是AC的中点，汽车通过AB段所用的时间为2t，通过BC段所用的时间为t，则AC段的长度为（ ）
A．12at2 B．2at2 C．3at2 D．6at2
5．如图所示，水平固定粗糙杆上穿过一个小球，小球与左端固定的水平轻弹簧相连，O是弹簧原长位置。若向右把小球拉到B点，t=0时刻由静止释放小球，t=t0时刻小球刚好第一次运动到O点，继续运动到A点时速度为零。下列有关小球运动的v-t图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．有一卫星正在围绕某一颗行星做匀速圆周运动。卫星到行星表面的高度为h，引力常量为G，要计算行星的质量，还需（ ）
A．测出卫星的周期T
B．测出卫星的线速度v
C．测出卫星的向心加速度a
D．测出卫星的角速度ω和行星的半径R
7．一列沿x轴正向传播的简谐横波，t=0时刻波形如图所示，此时平衡位置坐标为（3.5，0）的质点开始振动，平衡位置坐标为（2，0）的质点起振时间比平衡位置坐标为（3，0）的质点起振时间早0.5s，则下列说法正确的是（ ）
A．波的传播速度是4m/s
B．平衡位置坐标为（1，0）的质点起振方向沿+y方向
C．t=0时刻质点P的加速度大于Q
D．0～3.5s时间内，平衡位置坐标为（2.5，0）的质点通过的路程为28cm
8．如图所示，在xOy坐标系中，y轴右侧存在垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场，磁场右边界线与y轴平行，一束带正电荷的同种粒子从O点沿着x轴正方向以恒定速率进入磁场，粒子从右边界离开磁场时速度方向与x轴成θ角。若撤掉磁场，该种粒子从进入到离开右边界用的时间为t，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则此粒子的比荷为（ ）
A．sinθBt B．cosθBt C．tanθBt D．1Bttanθ
二、多选题
9．平行板电容器充电之后，右侧极板带正电，左侧极板带负电，将右侧极板固定到绝缘支架上，左侧极板接地，手持左侧极板上的绝缘手柄，移动左侧极板，下面说法正确的是（ ）
A．保持正对面积不变，增大两极板间距离，场强减小
B．保持正对面积不变，增大两极板间距离，右极板电势升高
C．保持两极板间距离不变，减少正对面积，场强变大
D．保持两极板间距离不变，减少正对面积，右极板电势降低
10．如图所示，理想变压器原线圈有1、2、3三个端子，副线圈与定值电阻R相连，交变电源的电压有效值恒定不变。当1、3接电源时，理想电流表读数为I1，定值电阻R消耗的功率为P1；当2、3接电源时，电流表读数为I2，定值电阻R消耗的功率为P2，下面说法正确的是（ ）
A．I1>I2 B．I1P2 D．P1
A．通过电动机的电流为UR
B．通过电动机的电流为ER+r
C．电源的效率为UE
D．电动机输出的机械功率为UI-I2R
12．如图1所示，矩形金属线圈放在光滑水平桌面上，在水平向右的拉力F作用下进入有界匀强磁场，磁场边界与线圈右边平行。从线圈右边进入磁场开始计时，在线圈进入磁场的过程中，其速度v随时间t变化关系的图像为一条直线，如图2所示。下面说法正确的是（ ）
A．线圈受到的安培力F安是关于时间t的一次函数
B．线圈受到的安培力F安是关于时间t的二次函数
C．线圈发热功率P是关于时间t的一次函数
D．线圈发热功率P是关于时间t的二次函数
13．如图所示，光滑水平地面上有A、B两个小球，A球质量为1kg，B球质量为2kg，两球用轻质弹簧相连，初始状态两小球都被固定，弹簧被拉伸。某时刻释放小球B，当小球B第一次速度大小为3m/s时，再释放小球A，此时弹簧长度仍大于原长，当小球A的速度大小为1m/s时，弹簧刚好恢复原长。则（ ）
A．释放小球B和小球A后，A，B两球的总动能保持不变
B．弹簧弹力刚好为零时，小球B的速度大小为3.5m/s
C．弹簧长度最短时，小球A的速度大小为2m/s
D．弹簧长度最短时，弹簧储存的弹性势能为274J
三、实验题
14．用如图所示的实验装置可以验证机械能守恒定律：光滑四分之一圆弧滑槽固定在铁架台上并可以上下移动。铁架台放在水平桌面上。圆弧PQ对应的圆心角是60°，将一可视为质点的金属小球从Q点由静止释放，小球从圆弧最低点P开始做平抛运动最后落到水平地面上的M点。P与M的水平距离为x，竖直距离为h。
（1）实验过程中，用刻度尺测出平抛运动的水平位移x以及竖直位移h，还需要测出 （写出测量量名称及对应字母代号）。
（2）如果x= ，表明机械能守恒定律成立。
（3）改变滑槽在铁架台上固定点的上下位置，得到多组x和h的数据，然后用图像法处理数据，以h为纵轴，如果要让画出的图像为一条直线，应该以 为横轴。若作出的直线斜率k= ，则表明机械能守恒定律成立。
15．在测量金属丝的电阻率实验中，实验室提供的实验器材有：
A．待测金属丝（长度l≈50cm，阻值Rx≈10Ω）
B．螺旋测微器
C．电流表A1（程0-0.6A，内阻约5Ω），电流表A2（程0-0.3A，内阻RA2=10Ω）
D．电源E（电动势约6V）
E.滑动变阳器、开关及导线若干
（1）要测量金属丝的电阻率，还需要一种必要的测量工具： 。
（2）用螺旋测微器测量金属丝直径d，某次的测结果如图1所示，其读数d= mm。
（3）请在图2中将本实验的电路图补充完整。
（4）按照正确的电路图进行实验，两只电流表的读数不同，读数较大的电流为I1，读数较小的电流为I2，则金属丝电阻的测量值Rx= 。从实验原理上看，测量值Rx与其真实值相比 （填“偏大”“偏小”或“相等”）。
（5）金属丝的电阻率ρ= （用Rx、d、l表示）。
四、解答题
16．如图所示，A、B是竖直放置、相距为d的两块平行金属板，整体构成一电容为C的电容器，两板开有小孔，小孔不影响平行板电容器电场分布，两板之间固定一水平绝缘薄木板，M点位于A板小孔处，绝缘木板上的N点到极板B的距离为L。一质量为m、电荷量为q可看成质点的小滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为μ，当电容器不带电时，小滑块以某一初速度v0（未知）从M点向右运动，刚好能够到达N点：当电容器充电后，小滑块以相同的初速度从M点向右运动，刚好能够到达极板B，重力加速度为g。小滑块在电容器间运动不影响电场分布，求：
（1）充电后电容器极板间的场强大小：
（2）充电后电容器所带的电荷量。
17．如图所示，长方形玻璃砖的ab边长为l，ad边长为3l，一束单色光从ab边的中点A以60°的入射角射到玻璃砖上，光束刚好射到ad边的中点。现保持入射位置不变，使这束单色光入射角减小为45°，光束刚好射到ad边上的P点（未画出）。已知光在真空中的传播速度为c，不考虑光的多次反射。求：
（1）玻璃对光的折射率；
（2）光从A点射到P点的传播时间。
18．如图所示，在x轴上方有一匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向。x轴下方有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面向里。一质量为m、带电量为+q的粒了自y轴上的M点（0，d）由静止释放，经电场加速及磁场偏转后第一次向上通过x轴时，与另一质量也为m的不带电粒子发生碰撞，并结合在一起。不计粒子重力，求：
（1）带电粒子第一次向上通过x轴时的横坐标值；
（2）第一次碰撞后经过多长时间，结合成的粒子速度首次为零；
（3）若该带电粒子每次向上经过x轴时，都与一质量为m的不带电粒子发生碰撞，并结合在一起，求带电粒子释放后第n次速度为零时的位置坐标。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】质量能量密度为每千克电池存储的能量1Jkg=1N⋅mkg=1kg⋅m/s2⋅mkg=1m2/s2
B符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据国际单位制得出质量能量密度的单位。
2．【答案】C
【解析】【解答】设A、N之间的距离为x，根据点电荷场强公式则有kQ2x2=kQ1(d-x)2
Q1=2Q2
联立解得 x=(2-1)d；
故答案为：C。
【分析】根据点电荷周围电场强度的表达式得出 A、N之间的距离 。
3．【答案】A
【解析】【解答】小球拉到A位置静止，当F与T垂直时，F有最小值，故Fminmg=sin30°
即 Fmin=12mg
故答案为：A。
【分析】对小球进行受力分析，根据共点力平衡得出拉力F的大小。
4．【答案】D
【解析】【解答】由题意可知sBC=12sAC
则可得 vB=vA+2at
vC=vA+3at
根据匀变速直线运动速度位移公式可得 vC2-vA2=2asAC
vB2-vA2=2asAB
又 sAB=12sAC
解得 vA=12at
联立解得 sAC=32at2+92at2=6at2。
故答案为：D。
【分析】汽车做匀变速直线运动，结合匀变速直线运动的规律得出AC段的长度。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．t=0时刻在B点由静止释放小球，对小球，根据牛顿第二定律可知F-f=ma
解得 a=F-fm
可知，小球由B向A运动过程中，弹簧的弹力逐渐减小，则小球先做加速度减小的加速运动，A不符合题意；
BCD．当弹簧的弹力减小到 F=f
时，速度达到最大，由于小球向左运动，则摩擦力向右，合力等于零的位置在O点的右侧，即小球速度最大时，小球还未到达O点，继续向前运动，则根据牛顿第二定律可知 f-F=ma'
小球做减速运动，并且加速度逐渐增大，BD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】对小球，根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，同时得出加速度的变化情况，当速度达到最大时，结合牛顿第二定律得出速度的变化情况。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．根据GmMr2=m4π2T2r
可知，因为不知道轨道半径，无法计算行星的质量，A不符合题意；
B．根据 GmMr2=mv2r
可知，因为不知道轨道半径，无法计算行星的质量，B不符合题意；
C．根据 GmMr2=ma
可知，因为不知道轨道半径，无法计算行星的质量，C不符合题意；
D．根据 GmM(R+h)2=m(R+h)ω2
可知，可以计算行星的质量，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据万有引力提供向心力得出行星质量的表达式，从而进行分析判断。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．波的传播速度是v=3-20.5m/s=2m/s
A不符合题意；
B．波沿x轴正向传播，由波形平移法可知，平衡位置坐标为（1，0）的质点起振方向沿-y方向，B不符合题意；
C．t=0时刻质点Q更偏离平衡位置，加速度更大，C不符合题意；
D．波的周期为 T=λv=1s
0～3.5s时间内，平衡位置坐标为（2.5，0）的质点通过的路程为 s=3.5×4A=28cm
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据简谐波的运动情况得出该波的传播速度；利用质点的振动情况得出加速度的变化情况；利用该波的周期和波长的关系得出该波的周期。
8．【答案】A
【解析】【解答】由洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2r
由几何关系得 rsinθ=vt
联立解得 qm=sinθBt
故答案为：A。
【分析】利用洛伦兹力提供向心力以及几何关系得出该粒子的比荷。
9．【答案】B,C
【解析】【解答】BD．平行板电容器的电容C=εrS4πkd
容器两极板间的电压 U=QC
电荷量Q不变，保持S不变，增大d，电容C减小，电压U增大，故右极板电势升高；电荷量Q不变，保持d不变，减少S，电容C减小，电压U增大，故右极板电势升高；B符合题意；D不符合题意；
AC．由 E=Ud=QCd=4πkQεrS保持正对面积不变，增大两极板间距离，两板间场强不变；保持两极板间距离不变，减少正对面积，场强变大；A不符合题意C符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据电容器的定义式和决定式分析判断电容器电容的变化情况；利用匀强电场电场强度的表达式得出增大两极板间的距离时场强的变化情况。
10．【答案】B,D
【解析】【解答】AB．设1、3间匝数为n13，2、3间匝数为n23，有 n 1 3 > n 2 3 ，副线圈匝数为n，先记原线圈匝数为n原 U 有 U R = n 原 n
得 U R = n U 有 n 原
流过副线圈电流 I R = U R R
则流过原线圈电流为 I 原 = I R ⋅ n n 原 = U 有 R ⋅ n 2 n 原 2
1、3接通时 I 1 = U 有 R ⋅ n 2 n 1 3 2
2、3接通时 I 2 = U 有 R ⋅ n 2 n 2 3 2
故有I1
CD．由 P = U R I R = U R 2 R
又 U R = n U 有 n 原
则 P = n 2 n 原 ⋅ U 有 2 R
1，3接通时 P 1 = n 2 n 1 3 ⋅ U 有 2 R
2，3接通时 P 2 = n 2 n 2 3 ⋅ U 有 2 R
故有P1
故答案为：BD。
【分析】根据理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系得出R两端的电压，利用欧姆定律以及原副线圈的匝数比与电流比的关系得出通过原线圈的电流，结合电功率的表达式进行分析判断。
11．【答案】C,D
【解析】【解答】AB．根据闭合电路欧姆定律有E=U+Ir
解得 I=E-Ur
所以AB不符合题意；
C．电源的效率为 η=UIEI×100%=UE
所以C符合题意；
D．电动机输出的机械功率为 P出=UI-I2R
所以D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】根据闭合电路欧定律得出电路中电流的表达式；结合电源效率的定义得出该电源的效率；通过功率的表达式得出该电动机的机械功率。
12．【答案】A,D
【解析】【解答】AB．线圈进入磁场的过程中，加速度恒定，线圈做匀加速直线运动，则F安=B2L2vR=B2L2R(v0+at)
线圈受到的安培力F安是关于时间t的一次函数，A符合题意，B不符合题意；
CD．线圈发热功率 P=(ER)2R=E2R
因为 E=BLv=BL(v0+at)
代入得 P=E2R=B2L2(v0+at)2R
线圈发热功率P是关于时间t的二次函数，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】线圈进入磁场的过程中根据安培力的表达式以及欧姆定律得出安培力和时间的关系；结合发热功率和法拉第电磁感应定律得出发热功率和时间的关系式。
13．【答案】B,C,D
【解析】【解答】A．A、B释放后，弹簧继续恢复原长，弹性势能转化为A、B的总动能，A、B的总动能增加，A不符合题意；
B．从释放A到弹力为零，A、B组成的系统水平方向不受外力作用，动量守恒，取向左为正方向，有 mBvB=mBvB'-mAvA'
代入数据，解得弹簧弹力刚好为零时，小球B的速度大小为 vB'=3.5m/s
B符合题意；
C．弹簧最短时，A、B共速，取释放A时为初态，取向左为正方向，则有 mBvB=(mA+mB)v共
代入数据，解得 v共=2m/s
C符合题意；
D．由能量守恒得（取弹力为零时为初态，最短时为末态），则有 Ep=12mBvB'2+12mAvA'2-12(mB+mA)v共2
代入数据，解得弹簧长度最短时，弹簧储存的弹性势能为 Ep=274J
D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】A、B释放后，根据能量的变化情况判断系统动能的变化情况；AB组成的系统水平方向根据动量守恒得出小球B的速度；弹簧最短时，根据动量守恒得出AB的共同速度；结合能量守恒得出弹簧储存的弹性势能。
14．【答案】（1）圆弧半径R
（2）2Rh
（3）x2；12R
【解析】【解答】(1)实验过程中，要求出小球从Q点到P点减小的重力势能和到P点的动能，除了用刻度尺测出平抛运动的水平位移x以及竖直位移h，还需要测出圆弧半径R。
(2)若守恒则由Q到M点的重力势能的减小量等于动能的增量为 mgR(1-cos60°)=12mv2
又 v=xt=xg2h
解得 x=2Rh
(3)由 x=2Rh可得 h=12Rx2
以h为纵轴，如果要让画出的图像为一条直线，应该以 x2为横轴。
若作出的直线斜率 k=12R
则表明机械能守恒定律成立。
【分析】（1）根据验证机械能守恒定律的实验原理以及注意事项进行分析得出所要测量的物理量；
（2）根据机械能守恒得出X所满足的条件；
（3）结合（2）得出h-x2的关系式，结合图像得出斜率的表达式。
15．【答案】（1）刻度尺（或直尺、米尺）
（2）0.722（或0.721、0.723）
（3）如图所示:
（4）I2RA2I1-I2；相等
（5）Rxπd24l
【解析】【解答】（1）要测量金属丝的电阻率，需要测量金属丝的长度，则必要的测量工具有刻度尺（或直尺、米尺）；
（2）螺旋测微器的读数为：固定刻度的读数+可动刻度的读数 ×0.01mm=0.5mm+22.2 ×0.01mm=0.722mm；
（3）由于电流表A2内阻已知，则该电流表可以当电压表使用，所以电流采用外接法，如图所示
（4）金属丝电阻的测量值为 Rx=UxIx=I2RA2I1-I2
由于电流表A2内阻已知，则该电流表可以当电压表使用，其电压的测量值等于真实值，通过金属丝电阻的电流也没有误差，所以，测量值Rx与其真实值相等。
（5）金属丝的电阻率为 ρ=RSl=Rπd24l
【分析】（1）根据测量金属丝的电阻率实验原理判断需要的工具；
（2）根据螺旋测微器的读数原理得出金属丝直径 ；
（3）根据测量金属丝的电阻率实验原理连接电路图；
（4）根据欧姆定律得出该金属丝的电阻，并判断测量值真实值的大小关系；
（5）利用电阻定律得出电阻率的表达式。
16．【答案】（1）解：电容器不带电时，由动能定理12mv02=μmg(L+d)
加电场以后由动能定理12mv02=μmgd+qEd
解得E=μmgLqd
（2）解：电容器带电量Q=CU
U=Ed
解得Q=CμmgLq
【解析】【分析】（1）电容器不带电和带电时时根据动能定理得出电场强度的表达式；
（2）利用匀强电场的电场强度表达式以及电容器的定义式得出充电后电容器所带的电荷量。
17．【答案】（1）解：光束以i=60°的入射角入射时，光射到ad边的中点，设此时折射角为r，如图
tanr=12l32l=33
因此折射角r=30°
折射率n=sinisinr=sin60°sin30°=3
（2）解：减小入射角后，设折射角为α，如图
n=sin45°sinα=3
解得sinα=66
根据几何关系，AP间的距离为s=12lsinα=62l
光在玻璃中的折射率为n=cv，因此光在玻璃中的传播速度v=cn=33c
光从A点射到P点的传播时间t=sv=32l2c
【解析】【分析】（1）根据光路图得出折射角和入射角的大小；利用折射定律得出折射率的大小；
（2）根据折射定律得出入射角的正弦值，利用几何关系以及光在介质中传播的速度和折射率的关系和光传播的速度和时间的关系得出光从A点射到P点的传播时间。
18．【答案】（1）解：带电粒子在电场中运动，由动能定理Eqd=12mv2
带电粒子在磁场中运动，根据牛顿第二定律有qvB=mv2R
解得R=mvqB
联立解得R=1B2Edmq
由几何关系得，粒子第一次向上通过x轴的横坐标值即为粒子做圆周运动的直径，有x1=2R=2B2Edmq
（2）解：粒子在磁场中运动速度不变，对碰撞过程有mv=2mv1
碰撞后两粒子结合在一起在电场中运动，由牛顿第二定律F=qE=2ma
又v1=at
解得t=2dmEq
（3）解：粒子第一次进入磁场时动量为一定值，而粒子在磁场中运动速度大小不变，动量大小不变；粒子穿过磁场随后与下—粒子碰撞时动量守恒，随后在电场中运动，再次进入磁场时动量的大小依然不变，综上可得粒子在磁场中的动量的大小为一定值。第n次碰撞后粒子结合体质量为mn=(n+1)m
粒子第n次碰撞后进入电场直到速度为零，根据动能定理有0-Eqy=0-12mnvn2
又p=mnvn
联立可得Eqy=12p2mn
解得y=dn+1
又结合体在磁场中运动时，磁感应强度不变，带电量不变，动量不变，由粒子在磁场中的半径公式R=mvqB
即粒子在磁场中运动的半径为定值。
由（1）中结果得，第n次碰撞后粒子的横坐标为xn=2nB2Edmq
即粒子坐标为(2nB2Edmq,dn+1)。
【解析】【分析】（1）带电粒子在电场中根据动能定理得出射入磁场的速度；结合牛顿第二定律得出轨道半径的表达式，利用几何关系得出粒子第一次向上通过x轴的横坐标；
（2）粒子在磁场中根据动量守恒和牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律得出结合成的粒子速度首次为零所用的时间；
（3）粒子第n次碰撞后进入电场直到速度为零 的过程利用动能定理得出竖直方向的位移，结合洛伦兹力提供向心力得出带电粒子释放后第n次速度为零时的位置坐标。
海南省2022届高三下学期学业水平诊断（三）
物理试卷
一、单选题
1．电池是一辆纯电动汽车的“心脏”，质量能量密度是衡量一辆电动汽车电池组性能的重要参数，所谓质量能量密度是指电池所能存储（或释放）的电能与电池自身的质量之比，质量能量密度数值越大，意味着相同质量的电池能存储（或释放）更多的电能，汽车续航里程也就越长。质量能量密度的单位用国际单位制的基本单位符号来表示是（ ）
A．m2/kg B．m2/s2 C．J/kg D．W/kg
2．M、N两点相距为d，各固定一正点电荷，两电荷所带电量分别为Q1和Q2，且Q1=2Q2，在M、N连线上A点（未画出）场强为零，则A、N之间的距离为（ ）
A．13d B．24d C．(2-1)d D．(2-12)d
3．如图所示，质量为m的小球系在轻绳下端，上端固定在天花板上的O点，用外力F把小球拉到A位置静止，此时OA与竖直方向的夹角θ=30°，重力加速度为g，这种情况下拉力F的大小可能为（ ）
A．32mg B．23mg C．34mg D．36mg
4．一汽车以大小为a的加速度从A匀加速运动到C，B是AC的中点，汽车通过AB段所用的时间为2t，通过BC段所用的时间为t，则AC段的长度为（ ）
A．12at2 B．2at2 C．3at2 D．6at2
5．如图所示，水平固定粗糙杆上穿过一个小球，小球与左端固定的水平轻弹簧相连，O是弹簧原长位置。若向右把小球拉到B点，t=0时刻由静止释放小球，t=t0时刻小球刚好第一次运动到O点，继续运动到A点时速度为零。下列有关小球运动的v-t图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．有一卫星正在围绕某一颗行星做匀速圆周运动。卫星到行星表面的高度为h，引力常量为G，要计算行星的质量，还需（ ）
A．测出卫星的周期T
B．测出卫星的线速度v
C．测出卫星的向心加速度a
D．测出卫星的角速度ω和行星的半径R
7．一列沿x轴正向传播的简谐横波，t=0时刻波形如图所示，此时平衡位置坐标为（3.5，0）的质点开始振动，平衡位置坐标为（2，0）的质点起振时间比平衡位置坐标为（3，0）的质点起振时间早0.5s，则下列说法正确的是（ ）
A．波的传播速度是4m/s
B．平衡位置坐标为（1，0）的质点起振方向沿+y方向
C．t=0时刻质点P的加速度大于Q
D．0～3.5s时间内，平衡位置坐标为（2.5，0）的质点通过的路程为28cm
8．如图所示，在xOy坐标系中，y轴右侧存在垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场，磁场右边界线与y轴平行，一束带正电荷的同种粒子从O点沿着x轴正方向以恒定速率进入磁场，粒子从右边界离开磁场时速度方向与x轴成θ角。若撤掉磁场，该种粒子从进入到离开右边界用的时间为t，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则此粒子的比荷为（ ）
A．sinθBt B．cosθBt C．tanθBt D．1Bttanθ
二、多选题
9．平行板电容器充电之后，右侧极板带正电，左侧极板带负电，将右侧极板固定到绝缘支架上，左侧极板接地，手持左侧极板上的绝缘手柄，移动左侧极板，下面说法正确的是（ ）
A．保持正对面积不变，增大两极板间距离，场强减小
B．保持正对面积不变，增大两极板间距离，右极板电势升高
C．保持两极板间距离不变，减少正对面积，场强变大
D．保持两极板间距离不变，减少正对面积，右极板电势降低
10．如图所示，理想变压器原线圈有1、2、3三个端子，副线圈与定值电阻R相连，交变电源的电压有效值恒定不变。当1、3接电源时，理想电流表读数为I1，定值电阻R消耗的功率为P1；当2、3接电源时，电流表读数为I2，定值电阻R消耗的功率为P2，下面说法正确的是（ ）
A．I1>I2 B．I1
A．通过电动机的电流为UR
B．通过电动机的电流为ER+r
C．电源的效率为UE
D．电动机输出的机械功率为UI-I2R
12．如图1所示，矩形金属线圈放在光滑水平桌面上，在水平向右的拉力F作用下进入有界匀强磁场，磁场边界与线圈右边平行。从线圈右边进入磁场开始计时，在线圈进入磁场的过程中，其速度v随时间t变化关系的图像为一条直线，如图2所示。下面说法正确的是（ ）
A．线圈受到的安培力F安是关于时间t的一次函数
B．线圈受到的安培力F安是关于时间t的二次函数
C．线圈发热功率P是关于时间t的一次函数
D．线圈发热功率P是关于时间t的二次函数
13．如图所示，光滑水平地面上有A、B两个小球，A球质量为1kg，B球质量为2kg，两球用轻质弹簧相连，初始状态两小球都被固定，弹簧被拉伸。某时刻释放小球B，当小球B第一次速度大小为3m/s时，再释放小球A，此时弹簧长度仍大于原长，当小球A的速度大小为1m/s时，弹簧刚好恢复原长。则（ ）
A．释放小球B和小球A后，A，B两球的总动能保持不变
B．弹簧弹力刚好为零时，小球B的速度大小为3.5m/s
C．弹簧长度最短时，小球A的速度大小为2m/s
D．弹簧长度最短时，弹簧储存的弹性势能为274J
三、实验题
14．用如图所示的实验装置可以验证机械能守恒定律：光滑四分之一圆弧滑槽固定在铁架台上并可以上下移动。铁架台放在水平桌面上。圆弧PQ对应的圆心角是60°，将一可视为质点的金属小球从Q点由静止释放，小球从圆弧最低点P开始做平抛运动最后落到水平地面上的M点。P与M的水平距离为x，竖直距离为h。
（1）实验过程中，用刻度尺测出平抛运动的水平位移x以及竖直位移h，还需要测出 （写出测量量名称及对应字母代号）。
（2）如果x= ，表明机械能守恒定律成立。
（3）改变滑槽在铁架台上固定点的上下位置，得到多组x和h的数据，然后用图像法处理数据，以h为纵轴，如果要让画出的图像为一条直线，应该以 为横轴。若作出的直线斜率k= ，则表明机械能守恒定律成立。
15．在测量金属丝的电阻率实验中，实验室提供的实验器材有：
A．待测金属丝（长度l≈50cm，阻值Rx≈10Ω）
B．螺旋测微器
C．电流表A1（程0-0.6A，内阻约5Ω），电流表A2（程0-0.3A，内阻RA2=10Ω）
D．电源E（电动势约6V）
E.滑动变阳器、开关及导线若干
（1）要测量金属丝的电阻率，还需要一种必要的测量工具： 。
（2）用螺旋测微器测量金属丝直径d，某次的测结果如图1所示，其读数d= mm。
（3）请在图2中将本实验的电路图补充完整。
（4）按照正确的电路图进行实验，两只电流表的读数不同，读数较大的电流为I1，读数较小的电流为I2，则金属丝电阻的测量值Rx= 。从实验原理上看，测量值Rx与其真实值相比 （填“偏大”“偏小”或“相等”）。
（5）金属丝的电阻率ρ= （用Rx、d、l表示）。
四、解答题
16．如图所示，A、B是竖直放置、相距为d的两块平行金属板，整体构成一电容为C的电容器，两板开有小孔，小孔不影响平行板电容器电场分布，两板之间固定一水平绝缘薄木板，M点位于A板小孔处，绝缘木板上的N点到极板B的距离为L。一质量为m、电荷量为q可看成质点的小滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为μ，当电容器不带电时，小滑块以某一初速度v0（未知）从M点向右运动，刚好能够到达N点：当电容器充电后，小滑块以相同的初速度从M点向右运动，刚好能够到达极板B，重力加速度为g。小滑块在电容器间运动不影响电场分布，求：
（1）充电后电容器极板间的场强大小：
（2）充电后电容器所带的电荷量。
17．如图所示，长方形玻璃砖的ab边长为l，ad边长为3l，一束单色光从ab边的中点A以60°的入射角射到玻璃砖上，光束刚好射到ad边的中点。现保持入射位置不变，使这束单色光入射角减小为45°，光束刚好射到ad边上的P点（未画出）。已知光在真空中的传播速度为c，不考虑光的多次反射。求：
（1）玻璃对光的折射率；
（2）光从A点射到P点的传播时间。
18．如图所示，在x轴上方有一匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向。x轴下方有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面向里。一质量为m、带电量为+q的粒了自y轴上的M点（0，d）由静止释放，经电场加速及磁场偏转后第一次向上通过x轴时，与另一质量也为m的不带电粒子发生碰撞，并结合在一起。不计粒子重力，求：
（1）带电粒子第一次向上通过x轴时的横坐标值；
（2）第一次碰撞后经过多长时间，结合成的粒子速度首次为零；
（3）若该带电粒子每次向上经过x轴时，都与一质量为m的不带电粒子发生碰撞，并结合在一起，求带电粒子释放后第n次速度为零时的位置坐标。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】质量能量密度为每千克电池存储的能量1Jkg=1N⋅mkg=1kg⋅m/s2⋅mkg=1m2/s2
B符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据国际单位制得出质量能量密度的单位。
2．【答案】C
【解析】【解答】设A、N之间的距离为x，根据点电荷场强公式则有kQ2x2=kQ1(d-x)2
Q1=2Q2
联立解得 x=(2-1)d；
故答案为：C。
【分析】根据点电荷周围电场强度的表达式得出 A、N之间的距离 。
3．【答案】A
【解析】【解答】小球拉到A位置静止，当F与T垂直时，F有最小值，故Fminmg=sin30°
即 Fmin=12mg
故答案为：A。
【分析】对小球进行受力分析，根据共点力平衡得出拉力F的大小。
4．【答案】D
【解析】【解答】由题意可知sBC=12sAC
则可得 vB=vA+2at
vC=vA+3at
根据匀变速直线运动速度位移公式可得 vC2-vA2=2asAC
vB2-vA2=2asAB
又 sAB=12sAC
解得 vA=12at
联立解得 sAC=32at2+92at2=6at2。
故答案为：D。
【分析】汽车做匀变速直线运动，结合匀变速直线运动的规律得出AC段的长度。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．t=0时刻在B点由静止释放小球，对小球，根据牛顿第二定律可知F-f=ma
解得 a=F-fm
可知，小球由B向A运动过程中，弹簧的弹力逐渐减小，则小球先做加速度减小的加速运动，A不符合题意；
BCD．当弹簧的弹力减小到 F=f
时，速度达到最大，由于小球向左运动，则摩擦力向右，合力等于零的位置在O点的右侧，即小球速度最大时，小球还未到达O点，继续向前运动，则根据牛顿第二定律可知 f-F=ma'
小球做减速运动，并且加速度逐渐增大，BD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】对小球，根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，同时得出加速度的变化情况，当速度达到最大时，结合牛顿第二定律得出速度的变化情况。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．根据GmMr2=m4π2T2r
可知，因为不知道轨道半径，无法计算行星的质量，A不符合题意；
B．根据 GmMr2=mv2r
可知，因为不知道轨道半径，无法计算行星的质量，B不符合题意；
C．根据 GmMr2=ma
可知，因为不知道轨道半径，无法计算行星的质量，C不符合题意；
D．根据 GmM(R+h)2=m(R+h)ω2
可知，可以计算行星的质量，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据万有引力提供向心力得出行星质量的表达式，从而进行分析判断。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．波的传播速度是v=3-20.5m/s=2m/s
A不符合题意；
B．波沿x轴正向传播，由波形平移法可知，平衡位置坐标为（1，0）的质点起振方向沿-y方向，B不符合题意；
C．t=0时刻质点Q更偏离平衡位置，加速度更大，C不符合题意；
D．波的周期为 T=λv=1s
0～3.5s时间内，平衡位置坐标为（2.5，0）的质点通过的路程为 s=3.5×4A=28cm
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据简谐波的运动情况得出该波的传播速度；利用质点的振动情况得出加速度的变化情况；利用该波的周期和波长的关系得出该波的周期。
8．【答案】A
【解析】【解答】由洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2r
由几何关系得 rsinθ=vt
联立解得 qm=sinθBt
故答案为：A。
【分析】利用洛伦兹力提供向心力以及几何关系得出该粒子的比荷。
9．【答案】B,C
【解析】【解答】BD．平行板电容器的电容C=εrS4πkd
容器两极板间的电压 U=QC
电荷量Q不变，保持S不变，增大d，电容C减小，电压U增大，故右极板电势升高；电荷量Q不变，保持d不变，减少S，电容C减小，电压U增大，故右极板电势升高；B符合题意；D不符合题意；
AC．由 E=Ud=QCd=4πkQεrS保持正对面积不变，增大两极板间距离，两板间场强不变；保持两极板间距离不变，减少正对面积，场强变大；A不符合题意C符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据电容器的定义式和决定式分析判断电容器电容的变化情况；利用匀强电场电场强度的表达式得出增大两极板间的距离时场强的变化情况。
10．【答案】B,D
【解析】【解答】AB．设1、3间匝数为n13，2、3间匝数为n23，有 n 1 3 > n 2 3 ，副线圈匝数为n，先记原线圈匝数为n原 U 有 U R = n 原 n
得 U R = n U 有 n 原
流过副线圈电流 I R = U R R
则流过原线圈电流为 I 原 = I R ⋅ n n 原 = U 有 R ⋅ n 2 n 原 2
1、3接通时 I 1 = U 有 R ⋅ n 2 n 1 3 2
2、3接通时 I 2 = U 有 R ⋅ n 2 n 2 3 2
故有I1
CD．由 P = U R I R = U R 2 R
又 U R = n U 有 n 原
则 P = n 2 n 原 ⋅ U 有 2 R
1，3接通时 P 1 = n 2 n 1 3 ⋅ U 有 2 R
2，3接通时 P 2 = n 2 n 2 3 ⋅ U 有 2 R
故有P1
故答案为：BD。
【分析】根据理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系得出R两端的电压，利用欧姆定律以及原副线圈的匝数比与电流比的关系得出通过原线圈的电流，结合电功率的表达式进行分析判断。
11．【答案】C,D
【解析】【解答】AB．根据闭合电路欧姆定律有E=U+Ir
解得 I=E-Ur
所以AB不符合题意；
C．电源的效率为 η=UIEI×100%=UE
所以C符合题意；
D．电动机输出的机械功率为 P出=UI-I2R
所以D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】根据闭合电路欧定律得出电路中电流的表达式；结合电源效率的定义得出该电源的效率；通过功率的表达式得出该电动机的机械功率。
12．【答案】A,D
【解析】【解答】AB．线圈进入磁场的过程中，加速度恒定，线圈做匀加速直线运动，则F安=B2L2vR=B2L2R(v0+at)
线圈受到的安培力F安是关于时间t的一次函数，A符合题意，B不符合题意；
CD．线圈发热功率 P=(ER)2R=E2R
因为 E=BLv=BL(v0+at)
代入得 P=E2R=B2L2(v0+at)2R
线圈发热功率P是关于时间t的二次函数，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】线圈进入磁场的过程中根据安培力的表达式以及欧姆定律得出安培力和时间的关系；结合发热功率和法拉第电磁感应定律得出发热功率和时间的关系式。
13．【答案】B,C,D
【解析】【解答】A．A、B释放后，弹簧继续恢复原长，弹性势能转化为A、B的总动能，A、B的总动能增加，A不符合题意；
B．从释放A到弹力为零，A、B组成的系统水平方向不受外力作用，动量守恒，取向左为正方向，有 mBvB=mBvB'-mAvA'
代入数据，解得弹簧弹力刚好为零时，小球B的速度大小为 vB'=3.5m/s
B符合题意；
C．弹簧最短时，A、B共速，取释放A时为初态，取向左为正方向，则有 mBvB=(mA+mB)v共
代入数据，解得 v共=2m/s
C符合题意；
D．由能量守恒得（取弹力为零时为初态，最短时为末态），则有 Ep=12mBvB'2+12mAvA'2-12(mB+mA)v共2
代入数据，解得弹簧长度最短时，弹簧储存的弹性势能为 Ep=274J
D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】A、B释放后，根据能量的变化情况判断系统动能的变化情况；AB组成的系统水平方向根据动量守恒得出小球B的速度；弹簧最短时，根据动量守恒得出AB的共同速度；结合能量守恒得出弹簧储存的弹性势能。
14．【答案】（1）圆弧半径R
（2）2Rh
（3）x2；12R
【解析】【解答】(1)实验过程中，要求出小球从Q点到P点减小的重力势能和到P点的动能，除了用刻度尺测出平抛运动的水平位移x以及竖直位移h，还需要测出圆弧半径R。
(2)若守恒则由Q到M点的重力势能的减小量等于动能的增量为 mgR(1-cos60°)=12mv2
又 v=xt=xg2h
解得 x=2Rh
(3)由 x=2Rh可得 h=12Rx2
以h为纵轴，如果要让画出的图像为一条直线，应该以 x2为横轴。
若作出的直线斜率 k=12R
则表明机械能守恒定律成立。
【分析】（1）根据验证机械能守恒定律的实验原理以及注意事项进行分析得出所要测量的物理量；
（2）根据机械能守恒得出X所满足的条件；
（3）结合（2）得出h-x2的关系式，结合图像得出斜率的表达式。
15．【答案】（1）刻度尺（或直尺、米尺）
（2）0.722（或0.721、0.723）
（3）如图所示:
（4）I2RA2I1-I2；相等
（5）Rxπd24l
【解析】【解答】（1）要测量金属丝的电阻率，需要测量金属丝的长度，则必要的测量工具有刻度尺（或直尺、米尺）；
（2）螺旋测微器的读数为：固定刻度的读数+可动刻度的读数 ×0.01mm=0.5mm+22.2 ×0.01mm=0.722mm；
（3）由于电流表A2内阻已知，则该电流表可以当电压表使用，所以电流采用外接法，如图所示
（4）金属丝电阻的测量值为 Rx=UxIx=I2RA2I1-I2
由于电流表A2内阻已知，则该电流表可以当电压表使用，其电压的测量值等于真实值，通过金属丝电阻的电流也没有误差，所以，测量值Rx与其真实值相等。
（5）金属丝的电阻率为 ρ=RSl=Rπd24l
【分析】（1）根据测量金属丝的电阻率实验原理判断需要的工具；
（2）根据螺旋测微器的读数原理得出金属丝直径 ；
（3）根据测量金属丝的电阻率实验原理连接电路图；
（4）根据欧姆定律得出该金属丝的电阻，并判断测量值真实值的大小关系；
（5）利用电阻定律得出电阻率的表达式。
16．【答案】（1）解：电容器不带电时，由动能定理12mv02=μmg(L+d)
加电场以后由动能定理12mv02=μmgd+qEd
解得E=μmgLqd
（2）解：电容器带电量Q=CU
U=Ed
解得Q=CμmgLq
【解析】【分析】（1）电容器不带电和带电时时根据动能定理得出电场强度的表达式；
（2）利用匀强电场的电场强度表达式以及电容器的定义式得出充电后电容器所带的电荷量。
17．【答案】（1）解：光束以i=60°的入射角入射时，光射到ad边的中点，设此时折射角为r，如图
tanr=12l32l=33
因此折射角r=30°
折射率n=sinisinr=sin60°sin30°=3
（2）解：减小入射角后，设折射角为α，如图
n=sin45°sinα=3
解得sinα=66
根据几何关系，AP间的距离为s=12lsinα=62l
光在玻璃中的折射率为n=cv，因此光在玻璃中的传播速度v=cn=33c
光从A点射到P点的传播时间t=sv=32l2c
【解析】【分析】（1）根据光路图得出折射角和入射角的大小；利用折射定律得出折射率的大小；
（2）根据折射定律得出入射角的正弦值，利用几何关系以及光在介质中传播的速度和折射率的关系和光传播的速度和时间的关系得出光从A点射到P点的传播时间。
18．【答案】（1）解：带电粒子在电场中运动，由动能定理Eqd=12mv2
带电粒子在磁场中运动，根据牛顿第二定律有qvB=mv2R
解得R=mvqB
联立解得R=1B2Edmq
由几何关系得，粒子第一次向上通过x轴的横坐标值即为粒子做圆周运动的直径，有x1=2R=2B2Edmq
（2）解：粒子在磁场中运动速度不变，对碰撞过程有mv=2mv1
碰撞后两粒子结合在一起在电场中运动，由牛顿第二定律F=qE=2ma
又v1=at
解得t=2dmEq
（3）解：粒子第一次进入磁场时动量为一定值，而粒子在磁场中运动速度大小不变，动量大小不变；粒子穿过磁场随后与下—粒子碰撞时动量守恒，随后在电场中运动，再次进入磁场时动量的大小依然不变，综上可得粒子在磁场中的动量的大小为一定值。第n次碰撞后粒子结合体质量为mn=(n+1)m
粒子第n次碰撞后进入电场直到速度为零，根据动能定理有0-Eqy=0-12mnvn2
又p=mnvn
联立可得Eqy=12p2mn
解得y=dn+1
又结合体在磁场中运动时，磁感应强度不变，带电量不变，动量不变，由粒子在磁场中的半径公式R=mvqB
即粒子在磁场中运动的半径为定值。
由（1）中结果得，第n次碰撞后粒子的横坐标为xn=2nB2Edmq
即粒子坐标为(2nB2Edmq,dn+1)。
【解析】【分析】（1）带电粒子在电场中根据动能定理得出射入磁场的速度；结合牛顿第二定律得出轨道半径的表达式，利用几何关系得出粒子第一次向上通过x轴的横坐标；
（2）粒子在磁场中根据动量守恒和牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律得出结合成的粒子速度首次为零所用的时间；
（3）粒子第n次碰撞后进入电场直到速度为零 的过程利用动能定理得出竖直方向的位移，结合洛伦兹力提供向心力得出带电粒子释放后第n次速度为零时的位置坐标。
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