还剩14页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2023年安徽省淮北市高考物理一模试卷（含答案解析）
展开
这是一份2023年安徽省淮北市高考物理一模试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了2s，波沿x轴正方向传播了0等内容，欢迎下载使用。
2023年安徽省淮北市高考物理一模试卷
1. 如图所示，一束红光和一束黄光，从O点以相同角度沿PO方向射入横截面为半圆形的玻璃柱体，其透射光线分别从M、N两点射出，已知α=45∘，β=60∘，则下列说法正确的是( )
A. ON是红光，OM是黄光
B. 玻璃对OM光束的折射率为 62
C. 沿ON路径传播的光穿过玻璃柱体所需时间较长
D. 若将OM光束从N点沿着NO方向射入，可能发生全反射
2. 下列有关近代物理内容的描述，其中说法正确的是( )
A. 结合能越大的原子核越稳定
B. 90234Th衰变为 86222Rn，经过3次α衰变，2次β衰变
C. 入射光的强度越大，从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大
D. 氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量也减小
3. 准北市科创中心项目是我市近几年重点工程项目之一，旨在提升城市综合服务功能，增强城市科技创新氛围。其核心建筑商务政务中心已经建成，最大高度达162m，是淮北市第一高楼，成为淮北市的新地标。如图所示，工人师傅正在用一根绳索将自己悬在空中，对大楼表面玻璃进行清洁工作，工人及其装备总重量为G，且可视为质点，悬绳与竖直墙壁的夹角为θ，设悬绳对工人的拉力为FT，墙壁对工人的弹力为FN，不计人和墙壁间的摩擦力。下列说法正确的是( )
A. 墙壁对工人的弹力大小为Gtanθ
B. 悬绳对工人的拉力大小为Gcosθ
C. 若缓慢增加悬绳的长度，FT与FN的合力增大
D. 若缓慢增加悬绳的长度，FT和FN都减小
4. 如图所示，同一房间中有a、b、c三根完全相同的玻璃试管，管内各用一段相同长度的水银柱封闭了相等质量的空气。现使a管由静止沿光滑斜面下滑；b管轻放在粗糙斜面上，之后下滑；c管以初速度v沿粗糙斜面上滑过程中，当水银柱与玻璃管位置相对稳定时，三管内的气柱长度L1、L2、L3之间的大小关系为( )
A. L1>L2>L3 B. L2>L3>L1 C. L2>L1>L3 D. L3>L1>L2
5. 图甲一简谐横波在某时刻的波形图，图乙为质点P以该时刻为计时起点的振动图像，则从该时刻起( )
A. 经过0.2s，波沿x轴正方向传播了0.2m
B. 经过3s，质点P的加速度沿y轴正方向且最大
C. 经过5s，质点Q的振动速度大于质点P的振动速度
D. 经过6s，质点P的加速度大于质点Q的加速度
6. 如图甲所示，在粗糙绝缘水平面的A、C两处分别固定两个电荷，A、C的位置坐标分别为−3L和3L。已知C处电荷的电荷量为Q，图乙是AC连线之间的电势φ与位置坐标x的关系图像，图中x=L点为图线的最低点，x=−2L处的纵坐标φ=φ0，x=2L处的纵坐标φ=37φ0。若在x=−2L的B点，由静止释放一个可视为质点的质量为m，电荷量为q的带电物块，物块随即向右运动，小物块到达2L处速度恰好为零。则下列说法正确的是( )
A. A处电荷带正电，电荷量为4Q，小物块与水平面间的动摩擦因数μ=qφ07mgL
B. A处电荷带负电，电荷量为2Q，小物块与水平面间的动摩擦因数μ=qφ014mgL
C. A处电荷带正电，电荷量为4Q，小物块与水平面间的动摩擦因数μ=2qφ07mgL
D. A处电荷带负电，电荷量为2Q，小物块与水平面间的动摩擦因数μ=3qφ014mgL
7. 一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、cd、da回到原状态，其p−T图像如图所示，下列判断正确的是( )
A. 气体在状态b的内能大于在状态c的内能
B. 气体从b到d的过程中，体积先变大后不变
C. 气体从c到d的过程中，吸收的热量大于内能的变化量
D. 气体从d到a的过程中气体对外界做的功，小于b到c的过程中外界对气体做的功
8. 如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的物体A连接，质量为m的物体B紧挨物体A放置，此时弹簧水平且无形变，用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体A、B静止。撤去F后，物体A、B开始向左运动，不计一切阻力，在此后运动过程中( )
A. 物体A做简谐运动的振幅为x0 B. 物体A向左运动的最大位移小于2x0
C. 物体A、B向左运动位移为x0时分离 D. 物体A、B组成的系统机械能守恒
9. 2022年11月29日，神舟十五号飞船在酒泉发射成功，次日凌晨对接于空间站组合体的前向对接口。至此，中国空间站实现了“三大舱段”+“三艘飞船”的最大构型，天和核心舱、问天实验舱、梦天实验舱、天舟五号货运飞船、神舟十四号、神舟十五号载人飞船同时在轨。神舟十五号航天员顺利进驻中国空间站，与神舟十四号的三名航天员实现了首次“太空会师”。空间站绕地球的运动可以看作匀速圆周运动，已知空间站离地面高度约为400km，地球半径约为6400km，下列说法正确的是( )
A. 神舟十五号飞船运载火箭发射过程中，航天员处于完全失重状态
B. 由于对接后空间站的总质量增加，会造成飞船的运行周期增大
C. 空间站运行的向心加速度与地球表面重力加速度之比约为162：172
D. 考虑稀薄大气阻力，若空间站没有进行动力补充，运行速度会越来越大
10. 近年来，无线充电技术得到了广泛应用。图甲为正在进行无线充电的电子产品，图乙为某种无经充电器的简化原理图。由于发射线圈与接收线圈处于两个分离的装置中，穿过接收线圈的磁通量少于发射圈的磁通量。已知发射线圈与接收线圈的匝数分别为1210匝和55匝，当发射线圈接入220V交流电源时，接收线圈输出电压为9V。忽略其它损耗，下列说法正确的是( )
A. 发射线圈与接收线圈的电流之比为1：22
B. 发射线圈与接收线圈中交变电流的频率之比为1：1
C. 穿过接收线圈的磁通量变化率是穿过发射线圈的90%
D. 只要发射线圈接入电压为220V，接收线圈输出电压均为9V
11. 某幼儿园欲建一个如图甲所示滑梯，根据空地大小和安全需要，对制作滑梯的板材与儿童裤料之间的动摩擦因数有一定要求。某物理兴趣小组用如图乙所示的实验装置测量板材与儿童裤料间的动摩擦因数。先取一种板材水平固定在桌面上，用儿童裤料包裹的物块受重物的牵引在板材上由静止开始运动，细绳始终与桌面平行，当重物落地后，物块再运动一段距离后停在板材上。打点计时器打出的纸带记录了物块的运动情况。
(1)选取重物落地后的一段纸带如图丙所示，1、2、3、4是选取的4个计数点，相邻两个计数点之间还有四个点未画出。图上注明了对各计数点间的测量结果，其中有一个数据在记录时有误，有误的数据是______ 段。(填“x1”“x2”或“x3”)。
已知打点计时器电源的频率为50Hz。利用纸带测得的数据可求出该物块在减速运动过程中的加速度大小a=______ m/s2。
(2)若重力加速度大小取g=10m/s2，板材与儿童裤料间的动摩擦因数μ=______ 。(所有计算结果均保留2位有效数字)
12. 随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。我市质量监督部门对市场上出售的纯净水进行了抽测，结果发现了有少样品的电阻率不合格。某实验小组通过以下方案测量纯净水样品的电阻率。
(1)用游标卡尺测量圆柱形玻璃管的内径d，游标卡尺示数如图甲，则d=______ mm；
(2)向玻璃管内注满纯净水样品，用金属圆片电极密封玻璃管两端，并用刻度尺测量水柱长度L；
(3)采用图乙中电路测量样品的电阻。先闭合电键S1，将电键S2接1，调节电阻箱R，使电压表读数尽量接近满量程，读出这时电压表和电流表的示数U1、I1；再将电键S2接2，读出这时电压表和电流表的示数U2、I2；则Rx表达式为______ (用U1、I1、U2、I2表示)；Rx的测量值______ 真实值(选填“小于”、“等于”或“大于”)；纯净水样品的电阻率的表达式为：ρ=______ (用π、d、L、U1、I1、U2、I2表示)。
13. 如图所示的直角坐标系中，x<0区域有沿x轴正向的匀强电场，x≥0区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个带正电的粒子从原点O进入磁场，初速度大小为v0，速度方向与y轴正向夹角为θ，粒子第一次在磁场中运动时离y轴最远距离为L。且带电粒子经电场偏转后将再次从O点进入磁场，不计粒子重力，求：
(1)粒子的比荷；
(2)粒子从O点出发再次回到O点所用时间。
14. 2022年2月我国成功举办了第24届“冬奥会”，冬奥会让冰雪运动走向大众，让更多人认识冰雪，爱上冰雪，北京冬奥留下的不只是场馆设施等物质遗产，还有影响深远的文化和精神遗产。如图甲所示为2022年北京冬奥会首钢滑雪大跳台，将其简化为如图乙所示模型：AB段和CD段是长度均为L=50m的倾斜滑道，倾角均为37∘；BC段是半径R=20m的一段圆弧轨道，圆心角为37∘，与AB段平滑连接；DE段为结束区。一滑雪爱好者连同装备总质量m=60kg，从A点由静止出发沿着滑道AB、BC下滑，从C点水平抛出落到斜面CD上的N点，点N到C的距离d=48m。该爱好者可看作质点，将C到N的运动简化为平抛运动处理。忽略其运动过程中所受的空气阻力，sin37∘=0.6cos37∘=0.8，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)该人运动到C点时对滑道的压力大小；
(2)从开始运动到落至N点的过程中摩擦阻力做的功。
15. 如图所示，质量m0=10g的子弹以v0=402m/s的速度射入处在木板左端的物块，并留在物块里。子弹射入前，物块与木板一起随传送带以v=2m/s的速度匀速向右运动，子弹射入物块后，物块将在木板上滑行，最终未从木板上滑落。已知物块的质量m=1.99kg，木板的质量M=2kg，物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.6，木板与传送带间动摩擦因数μ2=0.2，传送带速度始终保持不变。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)物块相对于木板滑行的时间；
(2)木板与传送带间由于摩擦产生的热量。
16. 舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某同学自己设计了一个如图甲所示的电磁弹射系统模型。该弹射系统工作原理如图乙所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可以水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时对动子施加一个回撤力F，在t3时刻撤去力F，最终动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v−t图像如图丙所示。已知模型飞机起飞速度v1=40m/s，t1=1.5s，t2=2.0s，线圈匝数n=50匝，每匝周长l=1m，动子和线圈的总质量m=5kg，线圈的电阻R=0.5Ω，R0=4.5Ω，B=0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：
(1)动子和线圈向前运动的最大位移；
(2)回撤力F与动子速度v大小的关系式；
(3)图丙中v2的数值。(保留两位有效数字)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.根据电磁波谱可知，红光的波长大于黄光的波长，红光的频率小于黄光的频率，因此红光的折射率小于黄光的折射率；根据光的折射定律n=sinisinr，结合题图可知，在介质中OM光的折射角大于ON光的折射角，因此OM光束在介质中的折射率小于ON光束在介质中的折射率，所以OM为红光，ON为黄光，故A错误；
B.对OM光束，根据光的折射定律有nM=sinαsin(90∘−β)=sin45∘sin30∘= 2，故B错误；
C.根据折射率公式n=cv，因此光在介质中的传播速度v=cn，由于nMvN，而光穿过玻璃柱体的路程相同，因此沿ON路径传播的光穿过玻璃柱体所需时间较长，故C正确；
D.OM光线发生全反射的临界角为sinC=1nM=1 2= 22，解得C=45∘；则若将OM光束从N点沿着NO方向射入，此时的入射角一定小于临界角，因此一定不会发生全反射，故D错误。
故选：C。
A.根据折射定律求解两光束的折射率的大小，红光的波长大于黄光的波长，红光的频率小于黄光的频率，因此红光的折射率小于黄光的折射率，据此分析作答；
B.根据折射定律求折射率；
C.根据折射率公式判断光在介质在传播速度的大小，然后判断时间的长短；
D.光发生全反射的条件是光从光密介质射入光疏介质，入射角大于或等于临界角，据此分析判断。
注意：折射光线与法线的夹角为折射角；光发生全反射的条件是光从光密介质射入光疏介质，入射角大于或等于临界角。
2.【答案】B
【解析】解：A.比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故A错误；
B.设该过程经历了x次α衰变和y次β衰变，根据质量数守恒和电荷数守恒可得：234=222+4x，90=86+2x−y，解得：x=3，y=2，经历3次α衰变，2次β衰变，故B正确；
C.根据光电效应方程：Ekm=hν−W0，可知逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光强无关，故C错误；
D.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，氢原子吸收光子，原子的总能量增大，故D错误；
故选：B。
比结合能大小反映原子核的稳定程度；根据质量数守恒与电荷数守恒判断；根据光电效应方程判断；根据玻尔理论判断。
本题考查了两种衰变、能级跃迁、比结合能以及光电效应等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，注意比结合能越大，原子核越稳定，不是结合能越大，原子核越稳定。
3.【答案】D
【解析】解：AB.对工人受力分析，工人受重力、拉力FT和支持力FN，如图所示：
根据共点力平衡条件：FT=GcosθFN=Gtanθ
故AB错误；
CD.若工人缓慢下移，增加悬绳的长度，则θ减小，即FT和FN都减小，而FT与FN的合力始终与工人的重力平衡，大小不变，故C错误，D正确。
故选：D。
对工人受力分析，根据共点力平衡条件列解析式，求力和力的变化。
共点力平衡问题的常用解法之一是通过共点力平衡条件写解析式。
4.【答案】D
【解析】解：设大气压为p0，玻璃试管横截面积S。
对a管：a管由静止沿光滑斜面下滑，以水银为研究对象，根据牛顿第二定律：mgsin45∘+p0S−paS=maa
对管子和水银整体，根据牛顿第二定律：Mgsin45∘=Maa
解得p0=pa
对b管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律：mgsin45∘+p0S−pbS=mab
对管子和水银整体，根据牛顿第二定律：Mgsin45∘−f=Mab
解得pb>p0
对c管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律：mgsin45∘+p0S−pcS=mac
对管子和水银整体，根据牛顿第二定律：Mgsin45∘+f=Mac
解得pc
根据玻意耳定律pV=C和V=LS得L2
本题分别对a管、b管、c管为研究对象，根据牛顿第二定律列式，结合玻意耳定律，比较长度。
本题解题关键是正确选择研究对象，并能够使用牛顿第二定律去解答。
5.【答案】C
【解析】解：B、由乙图可知，周期T=4s，则t1=3s=34T，所以经过3s，质点P在最大正位移处，所以其加速度沿y轴负方向且最大，故B错误；
A、由乙图可知t=0时P向y轴负方向振动，再由甲图可知波向x轴负方向传播，故A错误；
C、由t2=5s=54T，可知经过5s，质点Q的位移是正值且向y轴正方向振动。质点P的位移是负向最大处，速度为0，故经过5s，质点Q的振动速度大于质点P的振动速度，故C正确；
D、由t3=6s=32T，可知可知经过6s，质点 的位移是正值且向y轴负方向振动；质点P的位置在平衡位置，加速度为0，故经过6s，质点P的加速度小于质点Q的加速度，故D错误。
故选：C。
由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向；
由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速；
分析波动过程，确定Q点的加速度与P点加速度及速度的关系。
波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系，同时，熟练要分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况。
6.【答案】A
【解析】解：由乙图，φ−x图像斜率表示电场强度，φ−x图像斜率在x=L处的切线斜率为零，说明x=L处的场强为零，故A、C两处电荷为同种电荷，电势大于零，则A、C两处电荷均带正电；
设A处电荷的电荷量为QA，x=L处的场强为零，则有kQA(4L)2=kQ(2L)2
解得QA=4Q
在x=−2L的B点，由静止释放一个可视为质点的质量为m，电荷量为q的带电物块，物块随即向右运动，小物块到达2L处速度恰好为零，根据动能定理q(φ0−37φ0)−μmg⋅4L=0
解得μ=qφ07mgL，故A正确，BCD错误。
故选：A。
φ−x图像斜率表示电场强度，x=L处的场强为零，故A、C两处电荷为同种电荷，电势大于零，电荷均带正电；
x=L处的场强为零，则有kQA(4L)2=kQ(2L)2，QA=4Q；
小物块到达2L处速度恰好为零，根据动能定理，求小物块与水平面间的动摩擦因数。
本题解题关键是掌握φ−x图像斜率表示电场强度，分析出x=L处的场强为零，则有kQA(4L)2=kQ(2L)2，则QA=4Q。
7.【答案】AD
【解析】解：A.一定量的理想气体的内能由温度决定，气体在状态b的温度大于在状态c的温度，所以在状态b的内能大于在状态的内能，故A正确；
B.由气体理想状态方程pVT=C可知，b到c的过程中，P不变，T减小，V减小，从c到d的过程中，V不变，故B错误；
C.从c到d的过程中体积不变，则W=0；由热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU=Q，则气体吸收的热量等于内能的变化量，故C错误；
D.从d到a的过程中，气体做功W1=p1ΔV1，由盖-吕萨克定律可知VdTd=VaTa；联立可得W1=p1Vd(Ta−Td)Td；同理可得，从b到c过程W2=p2Vc(Tb−Tc)Tc；从c到d的过程中，由查理定律可知p1Td=p2Tc，联立可知W2>W1，故D正确。
故选：AD。
一定量的理想气体的内能仅仅与温度有关；根据理想气体的状态方程pVT=C，结合图象分析温度的变化、气体体积的变化，结合体积的变化分析气体做功情况，结合热力学第一定律分析热传递情况。
本题主要是考查理想气体的状态方程之图象问题，关键是弄清楚图象表示的物理意义、知道图象的斜率、图象与坐标轴围成的面积表示的物理意义，根据理想气体的状态方程结合热力学第一定律进行分析。
8.【答案】BC
【解析】解：C、物体A、B向左运动要分离时，A、B间的作用力为零，设此时加速度大小为a，弹簧的压缩量为x，由牛顿第二定律得：
对A：FN=ma
对B：kx−FN=ma
解得：x=0，即物体A、B向左运动要分离时弹簧的形变量为0，弹簧处于原长状态，所以分离时向左运动距离为x0，之后A物体做减速运动，B物体做匀速运动，故C正确；
AB.撤去F后，物体A、B开始向左运动做加速运动，当弹簧形变量为零时，速度最大，根据动能定理有12kx02=12×2mv2
物体A、B在弹簧形变量为零时分开，物体A继续向左运动到速度为零时，根据动能定理有12kx12=12mv2
解得x1= 22x0
则物体A向左运动的最大为x0+x1<2x0
物体A做简谐运动的振幅为A=x1= 22x0，故A错误，B正确；
D.撤去F后，物体A、B向左运动过程，只有弹簧弹力做功，则物体A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，物体A、B组成的系统机械能不守恒，故D错误。
故选：BC。
撤去F后，物体在水平方向上受到弹簧的弹力，弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小；当A、B间作用力为零时A、B开始分离；结合机械能守恒与机械能守恒的条件判断。
分析清楚物体的受力情况和运动情况是解题的关键，解题时要注意两个物体分离的临界条件是相互间的作用力为零。
9.【答案】CD
【解析】解：A.神舟十五号飞船运载火箭发射过程中，加速度向上，航天员处于超重状态，而不是完全失重状态，故A错误；
B.根据万有引力提供向心力：GMmr2=m4π2T2r
则T= 4π2r3GM
故飞船运行周期不变，故B错误；
C.根据牛顿第二定律：GMm(R+h)2=ma，地球表面万有引力大小等于重力：GMmR2=mg
空间站运行的向心加速度与地球表面重力加速度之比约为ag=6400268002=162172
故C正确；
D.考虑稀薄大气阻力，若空间站没有进行动力补充，将会做近心运动，引力做正功，运行速度会越来越大，故D正确。
故选：CD。
加速度向上，超重状态；
根据万有引力提供向心力，比较周期；
根据牛顿第二定律、地球表面万有引力大小等于重力，比较加速度；
做近心运动，引力做正功，运行速度会越来越大。
本题解题关键是掌握以下规律：1.万有引力提供向心力；2.地球表面万有引力大小等于重力。
10.【答案】BC
【解析】解：AC.若不计漏磁，根据发射线圈与接收线圈的电压与匝数比的关系U1U2=n1n2
代入数据解得U2=10V
因为漏磁，接收线圈的电压实际只达到了9V，因此发射线圈与接收线圈的电流之比将不再是1：22；不计漏磁时接收线圈中的输出电压为10V，但实际上只有9V，因此可得穿过接收线圈的磁通量变化率是穿过发射线圈的90%，故A错误，C正确；
B.发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相同，则可得发射线圈与接收线圈中交变电流的频率为1：1，故B正确；
D.无线充电利用的是电磁感应，因此必须使用交变电压，若使用直流电，将不会产生变化的磁场，接收线圈中也就不会有电压产生，故D错误。
故选：BC。
AC.若不漏磁，根据发射线圈与接收线圈的电压与匝数比的关系求接收线圈的电压，再分析匝数比和效率；
B.发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相同；
D.无线充电利用的是电磁感应，因此必须使用交变电压，据此分析作答。
无线快充的工作原理与变压器的工作原理相同，只是磁损不能忽略，因此可以根据变压器的知识作答。
11.【答案】x2 5.00.50
【解析】解：(1)根据记录数据时，数据的精确度应该保持一致，所以有误的一组数据是x2；
相邻两计数点间的时间间隔T=5×1f=5×150s=0.1s
匀变速直线运动中经过连续相等时间内相邻位移差为Δx=aT2
设重物加速度大小为a，由题意得：x1=18.40cm=0.1840m
x3=8.40cm=0.0840m
x1−x3=2aT2
代入数据解得：a=5.0m/s2
(2)对儿童，根据牛顿第二定律可得：μmg=ma
代入数据解得：μ=0.50
故答案为：(1)x2，5.0；(2)0.50。
(1)根据Δx=aT2求解加速度；
(2)根据牛顿第二定律求解动摩擦因数。
本题考查打点计时器测加速度和牛顿第二定律，解题关键是掌握利用逐差法求解加速度的方法和牛顿第二定律。
12.【答案】30.00Rx=U1I1−U2I2 等于 πd2(U1I2−U2I1)4LI1I2
【解析】解：(1)游标卡尺的最小分度值为0.05mm，读数为d=30mm+0×0.05mm=30.00mm
(2)当电键S2接1时，由欧姆定律有U1=I1(Rx+R+RA)
当电键S2接2时，由欧姆定律有U2=I2(R+RA)
联立两式解得Rx=U1I1−U2I2
由以上分析可知，电流表内阻对未知电阻的计算结果没有影响，所以Rx的测量值等于真实值。
根据电阻公式可得Rx=ρLS=4ρLπd2
结合前面式子可得ρ=πd2(U1I2−U2I1)4LI1I2
故答案为：(1)30.00；(2)Rx=U1I1−U2I2，等于，πd2(U1I2−U2I1)4LI1I2
(1)明确游标卡尺的最小分度值，再读数；
(2)根据欧姆定律推导待测电阻表达式分析判断，根据电阻定律公式推导电阻率；
本题考查测量纯净水样品的电阻率实验，要求掌握实验原理、实验电路、实验步骤和数据处理。
13.【答案】解：(1)粒子的运动轨迹如图所示，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：Bqv0=mv02r
根据几何知识，粒子在磁场中运动时离y轴最远距离为：L=r+rcosθ
联立解得粒子比荷为：qm=v0(1+cosθ)BL
(2)粒子在磁场中运动时间为：t1=2(π−θ)mBq
在电场中运动时间为t2，粒子进入电场时的速度方向与y轴正向成θ角，则从磁场进入电场的位置与O点距离为：y=2rsinθ
粒子进入电场后沿y轴正方向做匀速运动，沿x轴方向先减速后加速，最后到达O点，则有：y=v0cosθt2
代入解得：t2=2Ltanθ(1+cosθ)v0
粒子从O点出发再次回到O点所用时间为：t=t1+t2
联立以上相关式子解得：t=2L(tanθ+π−θ)(1+cosθ)v0
答：(1)粒子的比荷为v0(1+cosθ)BL；
(2)粒子从O点出发再次回到O点所用时间为2L(tanθ+π−θ)(1+cosθ)v0。
【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出其轨迹，由几何关系求出轨道半径，再根据洛伦兹力提供向心力求出粒子的比荷；
(2)分别求出粒子在磁场和电场中的时间，相加为所示。
明确带电粒子在电场中做类斜抛运动，在磁场中做圆周运动，能利用牛顿第二定律、洛伦兹力，斜抛的处理方法与磁场相结合解决问题是本题的关键考点。
14.【答案】解：(1)从C处平抛，竖直方向有：dsin37∘=12gt2
水平方向有：dcos37∘=vCt
联立解得：vC=16m/s
在C处，据牛顿第二定律有：FN−mg=mvC2R
代入数据求得滑道对人的支持力为：FN=1368N
据牛顿第三定律，人运动到C点时对滑道的压力与FN大小相等，为1368N。
(2)从A到C由动能定理得：mg[Lsin37∘+R(1−cos37∘)]+Wf=12mvC2
代入解得：Wf=−12720J
答：(1)该人运动到C点时对滑道的压力大小为1368N；
(2)从开始运动到落至N点的过程中摩擦阻力做的功为−12720J。
【解析】(1)由平抛运动求出初速度vC，在C点根据牛顿第二定律、牛顿第三定律得到运动员对轨道的压力；
(2)对运动员从A点滑到C点过程根据动能定理列式，从而计算出克服阻力做的功。
本题是动能定理与向心力的综合应用，要灵活选择研究过程，利用动能定理求阻力做功。
15.【答案】解：(1)以向右的方向为正方向，子弹击中物块过程中，子弹和物块组成系统动量守恒，则有：
m0v0+mv=(m0+m)v1
代入数据解得：v1=4m/s
此后子弹和物块一起做匀减速运动，对物块和子弹受力分析，由牛顿第二运动定律可得：
μ1(m0+m)g=(m0+m)a1
木板做匀加速运动，由牛顿第二运动定律可得：
μ1(m0+m)g−μ2(M+m0+m)g=Ma2
解得：a1=6m/s2，a2=2m/s2
设经时间t1木板与滑块共速，则
v1−a1t1=v+a2t1
解得：t1=14s
木板与滑块共速后，由于μ1>μ2，所以木板与滑块相对静止一起匀减速。
(2)木板与滑块共同的速度为：v共=v+a2t1
对木板：x板=v+v共2t1
对传送带：x传=vt1
设经t2与传送带共速。则有：
μ2(m0+m+M)g=(m0+m+M)a共
由匀变速运动的规律：v=v共−a共t2
解得：t2=14s
这段时间内，木板位移：x板′=v共+v2t2
传送带位移：x传′=vt2
板相对于传送带的位移：Δx=(x板+x板′)−(x传+x传′)
木板与传送带间产生的热量：Q=μ2(M+m0+m)gΔx
解得：Q=1J
答：(1)物块相对于木板滑行的时间为14s；
(2)木板与传送带间由于摩擦产生的热量为1J。
【解析】(1)子弹射入小物块的过程中，子弹与小物块组成的系统动量守恒求解物块在木板上滑动的速度，之后物块向前减速，木板加速，再根据动力学规律求物块在木板上速度相等的时间；
(2)根据动力学规律分别求出木板相对于传送带的位移，根据摩擦生热的公式求热量。
解决本题的关键要理清子弹、物块的运动过程，合理地选择研究对象，结合动量守恒定律、能量守恒定律进行解答。
16.【答案】解：(1)动子和线圈向前运动的最大位移即0∼t2时间段内的位移x，由图像知
x=v12t2=402×2.0m=40m
(2)动子和线圈在t1∼t2时间做匀减速直线运动，加速度大小为
a=v1t2−t1=402.0−1.5m/s2=80m/s2
根据牛顿第二定律有：F+F安=ma
其中F安=nBIl
可得I=nBlvR0+R
解得F=(400−5v)N
在t2∼t3时间反向做匀加速直线运动，加速度不变
根据牛顿第二定律有：F−F安=ma
联立相关式子，解得F=(400+5v)N
(3)动子和线圈在在t2∼t3时间段内的位移x1=a2(t3−t2)2
从t3时刻到返回初始位置时间内的位移x2=x−x1
根据法拉第电磁感应定律有E=nΔΦΔt
据电荷量的定义式q=IΔt
据闭合电路欧姆定律I=ER+R0
解得从t3时刻到返回初始位置时间内电荷量q=nΔΦR+R0
其中ΔΦ=Blx2
动子和线圈从t3时刻到返回时间内，只受磁场力作用，根据动量定理有：F安Δt=mv2
又因为安培力的冲量F安Δt=nBIlΔt=nBlqv2=a(t3−t2)
联立可得v2=33m/s
故图丙中v2的数值为−33m/s。
答：(1)动子和线圈向前运动的最大位移为40m；
(2)回撤力F与动子速度v大小的关系式为F=(400+5v)N；
(3)图丙中v2的数值为−33m/s。
【解析】(1)动子和线圈向前运动的最大位移即0∼t2时间段内的位移，由位移等于平均速度与时间的乘积求解。
(2)动子和线圈在t1∼t2时间做匀减速直线运动，在t2∼t3时间反向做匀加速直线运动，根据图像的斜率求出加速度，由牛顿第二定律结合安培力公式计算回撤力F与动子速度v大小的关系式；
(3)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流与电荷量的关系计算从t3时刻到返回初始位置时间内电荷量，利用动量定理求图丙中v2的数值。
本题主要考查电磁感应定律的相关应用，理解电动势的计算公式，结合动量定理和动力学规律即可完成分析。
2023年安徽省淮北市高考物理一模试卷
1. 如图所示，一束红光和一束黄光，从O点以相同角度沿PO方向射入横截面为半圆形的玻璃柱体，其透射光线分别从M、N两点射出，已知α=45∘，β=60∘，则下列说法正确的是( )
A. ON是红光，OM是黄光
B. 玻璃对OM光束的折射率为 62
C. 沿ON路径传播的光穿过玻璃柱体所需时间较长
D. 若将OM光束从N点沿着NO方向射入，可能发生全反射
2. 下列有关近代物理内容的描述，其中说法正确的是( )
A. 结合能越大的原子核越稳定
B. 90234Th衰变为 86222Rn，经过3次α衰变，2次β衰变
C. 入射光的强度越大，从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大
D. 氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量也减小
3. 准北市科创中心项目是我市近几年重点工程项目之一，旨在提升城市综合服务功能，增强城市科技创新氛围。其核心建筑商务政务中心已经建成，最大高度达162m，是淮北市第一高楼，成为淮北市的新地标。如图所示，工人师傅正在用一根绳索将自己悬在空中，对大楼表面玻璃进行清洁工作，工人及其装备总重量为G，且可视为质点，悬绳与竖直墙壁的夹角为θ，设悬绳对工人的拉力为FT，墙壁对工人的弹力为FN，不计人和墙壁间的摩擦力。下列说法正确的是( )
A. 墙壁对工人的弹力大小为Gtanθ
B. 悬绳对工人的拉力大小为Gcosθ
C. 若缓慢增加悬绳的长度，FT与FN的合力增大
D. 若缓慢增加悬绳的长度，FT和FN都减小
4. 如图所示，同一房间中有a、b、c三根完全相同的玻璃试管，管内各用一段相同长度的水银柱封闭了相等质量的空气。现使a管由静止沿光滑斜面下滑；b管轻放在粗糙斜面上，之后下滑；c管以初速度v沿粗糙斜面上滑过程中，当水银柱与玻璃管位置相对稳定时，三管内的气柱长度L1、L2、L3之间的大小关系为( )
A. L1>L2>L3 B. L2>L3>L1 C. L2>L1>L3 D. L3>L1>L2
5. 图甲一简谐横波在某时刻的波形图，图乙为质点P以该时刻为计时起点的振动图像，则从该时刻起( )
A. 经过0.2s，波沿x轴正方向传播了0.2m
B. 经过3s，质点P的加速度沿y轴正方向且最大
C. 经过5s，质点Q的振动速度大于质点P的振动速度
D. 经过6s，质点P的加速度大于质点Q的加速度
6. 如图甲所示，在粗糙绝缘水平面的A、C两处分别固定两个电荷，A、C的位置坐标分别为−3L和3L。已知C处电荷的电荷量为Q，图乙是AC连线之间的电势φ与位置坐标x的关系图像，图中x=L点为图线的最低点，x=−2L处的纵坐标φ=φ0，x=2L处的纵坐标φ=37φ0。若在x=−2L的B点，由静止释放一个可视为质点的质量为m，电荷量为q的带电物块，物块随即向右运动，小物块到达2L处速度恰好为零。则下列说法正确的是( )
A. A处电荷带正电，电荷量为4Q，小物块与水平面间的动摩擦因数μ=qφ07mgL
B. A处电荷带负电，电荷量为2Q，小物块与水平面间的动摩擦因数μ=qφ014mgL
C. A处电荷带正电，电荷量为4Q，小物块与水平面间的动摩擦因数μ=2qφ07mgL
D. A处电荷带负电，电荷量为2Q，小物块与水平面间的动摩擦因数μ=3qφ014mgL
7. 一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、cd、da回到原状态，其p−T图像如图所示，下列判断正确的是( )
A. 气体在状态b的内能大于在状态c的内能
B. 气体从b到d的过程中，体积先变大后不变
C. 气体从c到d的过程中，吸收的热量大于内能的变化量
D. 气体从d到a的过程中气体对外界做的功，小于b到c的过程中外界对气体做的功
8. 如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的物体A连接，质量为m的物体B紧挨物体A放置，此时弹簧水平且无形变，用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体A、B静止。撤去F后，物体A、B开始向左运动，不计一切阻力，在此后运动过程中( )
A. 物体A做简谐运动的振幅为x0 B. 物体A向左运动的最大位移小于2x0
C. 物体A、B向左运动位移为x0时分离 D. 物体A、B组成的系统机械能守恒
9. 2022年11月29日，神舟十五号飞船在酒泉发射成功，次日凌晨对接于空间站组合体的前向对接口。至此，中国空间站实现了“三大舱段”+“三艘飞船”的最大构型，天和核心舱、问天实验舱、梦天实验舱、天舟五号货运飞船、神舟十四号、神舟十五号载人飞船同时在轨。神舟十五号航天员顺利进驻中国空间站，与神舟十四号的三名航天员实现了首次“太空会师”。空间站绕地球的运动可以看作匀速圆周运动，已知空间站离地面高度约为400km，地球半径约为6400km，下列说法正确的是( )
A. 神舟十五号飞船运载火箭发射过程中，航天员处于完全失重状态
B. 由于对接后空间站的总质量增加，会造成飞船的运行周期增大
C. 空间站运行的向心加速度与地球表面重力加速度之比约为162：172
D. 考虑稀薄大气阻力，若空间站没有进行动力补充，运行速度会越来越大
10. 近年来，无线充电技术得到了广泛应用。图甲为正在进行无线充电的电子产品，图乙为某种无经充电器的简化原理图。由于发射线圈与接收线圈处于两个分离的装置中，穿过接收线圈的磁通量少于发射圈的磁通量。已知发射线圈与接收线圈的匝数分别为1210匝和55匝，当发射线圈接入220V交流电源时，接收线圈输出电压为9V。忽略其它损耗，下列说法正确的是( )
A. 发射线圈与接收线圈的电流之比为1：22
B. 发射线圈与接收线圈中交变电流的频率之比为1：1
C. 穿过接收线圈的磁通量变化率是穿过发射线圈的90%
D. 只要发射线圈接入电压为220V，接收线圈输出电压均为9V
11. 某幼儿园欲建一个如图甲所示滑梯，根据空地大小和安全需要，对制作滑梯的板材与儿童裤料之间的动摩擦因数有一定要求。某物理兴趣小组用如图乙所示的实验装置测量板材与儿童裤料间的动摩擦因数。先取一种板材水平固定在桌面上，用儿童裤料包裹的物块受重物的牵引在板材上由静止开始运动，细绳始终与桌面平行，当重物落地后，物块再运动一段距离后停在板材上。打点计时器打出的纸带记录了物块的运动情况。
(1)选取重物落地后的一段纸带如图丙所示，1、2、3、4是选取的4个计数点，相邻两个计数点之间还有四个点未画出。图上注明了对各计数点间的测量结果，其中有一个数据在记录时有误，有误的数据是______ 段。(填“x1”“x2”或“x3”)。
已知打点计时器电源的频率为50Hz。利用纸带测得的数据可求出该物块在减速运动过程中的加速度大小a=______ m/s2。
(2)若重力加速度大小取g=10m/s2，板材与儿童裤料间的动摩擦因数μ=______ 。(所有计算结果均保留2位有效数字)
12. 随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。我市质量监督部门对市场上出售的纯净水进行了抽测，结果发现了有少样品的电阻率不合格。某实验小组通过以下方案测量纯净水样品的电阻率。
(1)用游标卡尺测量圆柱形玻璃管的内径d，游标卡尺示数如图甲，则d=______ mm；
(2)向玻璃管内注满纯净水样品，用金属圆片电极密封玻璃管两端，并用刻度尺测量水柱长度L；
(3)采用图乙中电路测量样品的电阻。先闭合电键S1，将电键S2接1，调节电阻箱R，使电压表读数尽量接近满量程，读出这时电压表和电流表的示数U1、I1；再将电键S2接2，读出这时电压表和电流表的示数U2、I2；则Rx表达式为______ (用U1、I1、U2、I2表示)；Rx的测量值______ 真实值(选填“小于”、“等于”或“大于”)；纯净水样品的电阻率的表达式为：ρ=______ (用π、d、L、U1、I1、U2、I2表示)。
13. 如图所示的直角坐标系中，x<0区域有沿x轴正向的匀强电场，x≥0区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个带正电的粒子从原点O进入磁场，初速度大小为v0，速度方向与y轴正向夹角为θ，粒子第一次在磁场中运动时离y轴最远距离为L。且带电粒子经电场偏转后将再次从O点进入磁场，不计粒子重力，求：
(1)粒子的比荷；
(2)粒子从O点出发再次回到O点所用时间。
14. 2022年2月我国成功举办了第24届“冬奥会”，冬奥会让冰雪运动走向大众，让更多人认识冰雪，爱上冰雪，北京冬奥留下的不只是场馆设施等物质遗产，还有影响深远的文化和精神遗产。如图甲所示为2022年北京冬奥会首钢滑雪大跳台，将其简化为如图乙所示模型：AB段和CD段是长度均为L=50m的倾斜滑道，倾角均为37∘；BC段是半径R=20m的一段圆弧轨道，圆心角为37∘，与AB段平滑连接；DE段为结束区。一滑雪爱好者连同装备总质量m=60kg，从A点由静止出发沿着滑道AB、BC下滑，从C点水平抛出落到斜面CD上的N点，点N到C的距离d=48m。该爱好者可看作质点，将C到N的运动简化为平抛运动处理。忽略其运动过程中所受的空气阻力，sin37∘=0.6cos37∘=0.8，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)该人运动到C点时对滑道的压力大小；
(2)从开始运动到落至N点的过程中摩擦阻力做的功。
15. 如图所示，质量m0=10g的子弹以v0=402m/s的速度射入处在木板左端的物块，并留在物块里。子弹射入前，物块与木板一起随传送带以v=2m/s的速度匀速向右运动，子弹射入物块后，物块将在木板上滑行，最终未从木板上滑落。已知物块的质量m=1.99kg，木板的质量M=2kg，物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.6，木板与传送带间动摩擦因数μ2=0.2，传送带速度始终保持不变。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)物块相对于木板滑行的时间；
(2)木板与传送带间由于摩擦产生的热量。
16. 舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某同学自己设计了一个如图甲所示的电磁弹射系统模型。该弹射系统工作原理如图乙所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可以水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时对动子施加一个回撤力F，在t3时刻撤去力F，最终动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v−t图像如图丙所示。已知模型飞机起飞速度v1=40m/s，t1=1.5s，t2=2.0s，线圈匝数n=50匝，每匝周长l=1m，动子和线圈的总质量m=5kg，线圈的电阻R=0.5Ω，R0=4.5Ω，B=0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：
(1)动子和线圈向前运动的最大位移；
(2)回撤力F与动子速度v大小的关系式；
(3)图丙中v2的数值。(保留两位有效数字)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.根据电磁波谱可知，红光的波长大于黄光的波长，红光的频率小于黄光的频率，因此红光的折射率小于黄光的折射率；根据光的折射定律n=sinisinr，结合题图可知，在介质中OM光的折射角大于ON光的折射角，因此OM光束在介质中的折射率小于ON光束在介质中的折射率，所以OM为红光，ON为黄光，故A错误；
B.对OM光束，根据光的折射定律有nM=sinαsin(90∘−β)=sin45∘sin30∘= 2，故B错误；
C.根据折射率公式n=cv，因此光在介质中的传播速度v=cn，由于nM
D.OM光线发生全反射的临界角为sinC=1nM=1 2= 22，解得C=45∘；则若将OM光束从N点沿着NO方向射入，此时的入射角一定小于临界角，因此一定不会发生全反射，故D错误。
故选：C。
A.根据折射定律求解两光束的折射率的大小，红光的波长大于黄光的波长，红光的频率小于黄光的频率，因此红光的折射率小于黄光的折射率，据此分析作答；
B.根据折射定律求折射率；
C.根据折射率公式判断光在介质在传播速度的大小，然后判断时间的长短；
D.光发生全反射的条件是光从光密介质射入光疏介质，入射角大于或等于临界角，据此分析判断。
注意：折射光线与法线的夹角为折射角；光发生全反射的条件是光从光密介质射入光疏介质，入射角大于或等于临界角。
2.【答案】B
【解析】解：A.比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故A错误；
B.设该过程经历了x次α衰变和y次β衰变，根据质量数守恒和电荷数守恒可得：234=222+4x，90=86+2x−y，解得：x=3，y=2，经历3次α衰变，2次β衰变，故B正确；
C.根据光电效应方程：Ekm=hν−W0，可知逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光强无关，故C错误；
D.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，氢原子吸收光子，原子的总能量增大，故D错误；
故选：B。
比结合能大小反映原子核的稳定程度；根据质量数守恒与电荷数守恒判断；根据光电效应方程判断；根据玻尔理论判断。
本题考查了两种衰变、能级跃迁、比结合能以及光电效应等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，注意比结合能越大，原子核越稳定，不是结合能越大，原子核越稳定。
3.【答案】D
【解析】解：AB.对工人受力分析，工人受重力、拉力FT和支持力FN，如图所示：
根据共点力平衡条件：FT=GcosθFN=Gtanθ
故AB错误；
CD.若工人缓慢下移，增加悬绳的长度，则θ减小，即FT和FN都减小，而FT与FN的合力始终与工人的重力平衡，大小不变，故C错误，D正确。
故选：D。
对工人受力分析，根据共点力平衡条件列解析式，求力和力的变化。
共点力平衡问题的常用解法之一是通过共点力平衡条件写解析式。
4.【答案】D
【解析】解：设大气压为p0，玻璃试管横截面积S。
对a管：a管由静止沿光滑斜面下滑，以水银为研究对象，根据牛顿第二定律：mgsin45∘+p0S−paS=maa
对管子和水银整体，根据牛顿第二定律：Mgsin45∘=Maa
解得p0=pa
对b管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律：mgsin45∘+p0S−pbS=mab
对管子和水银整体，根据牛顿第二定律：Mgsin45∘−f=Mab
解得pb>p0
对c管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律：mgsin45∘+p0S−pcS=mac
对管子和水银整体，根据牛顿第二定律：Mgsin45∘+f=Mac
解得pc
根据玻意耳定律pV=C和V=LS得L2
本题分别对a管、b管、c管为研究对象，根据牛顿第二定律列式，结合玻意耳定律，比较长度。
本题解题关键是正确选择研究对象，并能够使用牛顿第二定律去解答。
5.【答案】C
【解析】解：B、由乙图可知，周期T=4s，则t1=3s=34T，所以经过3s，质点P在最大正位移处，所以其加速度沿y轴负方向且最大，故B错误；
A、由乙图可知t=0时P向y轴负方向振动，再由甲图可知波向x轴负方向传播，故A错误；
C、由t2=5s=54T，可知经过5s，质点Q的位移是正值且向y轴正方向振动。质点P的位移是负向最大处，速度为0，故经过5s，质点Q的振动速度大于质点P的振动速度，故C正确；
D、由t3=6s=32T，可知可知经过6s，质点 的位移是正值且向y轴负方向振动；质点P的位置在平衡位置，加速度为0，故经过6s，质点P的加速度小于质点Q的加速度，故D错误。
故选：C。
由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向；
由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速；
分析波动过程，确定Q点的加速度与P点加速度及速度的关系。
波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系，同时，熟练要分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况。
6.【答案】A
【解析】解：由乙图，φ−x图像斜率表示电场强度，φ−x图像斜率在x=L处的切线斜率为零，说明x=L处的场强为零，故A、C两处电荷为同种电荷，电势大于零，则A、C两处电荷均带正电；
设A处电荷的电荷量为QA，x=L处的场强为零，则有kQA(4L)2=kQ(2L)2
解得QA=4Q
在x=−2L的B点，由静止释放一个可视为质点的质量为m，电荷量为q的带电物块，物块随即向右运动，小物块到达2L处速度恰好为零，根据动能定理q(φ0−37φ0)−μmg⋅4L=0
解得μ=qφ07mgL，故A正确，BCD错误。
故选：A。
φ−x图像斜率表示电场强度，x=L处的场强为零，故A、C两处电荷为同种电荷，电势大于零，电荷均带正电；
x=L处的场强为零，则有kQA(4L)2=kQ(2L)2，QA=4Q；
小物块到达2L处速度恰好为零，根据动能定理，求小物块与水平面间的动摩擦因数。
本题解题关键是掌握φ−x图像斜率表示电场强度，分析出x=L处的场强为零，则有kQA(4L)2=kQ(2L)2，则QA=4Q。
7.【答案】AD
【解析】解：A.一定量的理想气体的内能由温度决定，气体在状态b的温度大于在状态c的温度，所以在状态b的内能大于在状态的内能，故A正确；
B.由气体理想状态方程pVT=C可知，b到c的过程中，P不变，T减小，V减小，从c到d的过程中，V不变，故B错误；
C.从c到d的过程中体积不变，则W=0；由热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU=Q，则气体吸收的热量等于内能的变化量，故C错误；
D.从d到a的过程中，气体做功W1=p1ΔV1，由盖-吕萨克定律可知VdTd=VaTa；联立可得W1=p1Vd(Ta−Td)Td；同理可得，从b到c过程W2=p2Vc(Tb−Tc)Tc；从c到d的过程中，由查理定律可知p1Td=p2Tc，联立可知W2>W1，故D正确。
故选：AD。
一定量的理想气体的内能仅仅与温度有关；根据理想气体的状态方程pVT=C，结合图象分析温度的变化、气体体积的变化，结合体积的变化分析气体做功情况，结合热力学第一定律分析热传递情况。
本题主要是考查理想气体的状态方程之图象问题，关键是弄清楚图象表示的物理意义、知道图象的斜率、图象与坐标轴围成的面积表示的物理意义，根据理想气体的状态方程结合热力学第一定律进行分析。
8.【答案】BC
【解析】解：C、物体A、B向左运动要分离时，A、B间的作用力为零，设此时加速度大小为a，弹簧的压缩量为x，由牛顿第二定律得：
对A：FN=ma
对B：kx−FN=ma
解得：x=0，即物体A、B向左运动要分离时弹簧的形变量为0，弹簧处于原长状态，所以分离时向左运动距离为x0，之后A物体做减速运动，B物体做匀速运动，故C正确；
AB.撤去F后，物体A、B开始向左运动做加速运动，当弹簧形变量为零时，速度最大，根据动能定理有12kx02=12×2mv2
物体A、B在弹簧形变量为零时分开，物体A继续向左运动到速度为零时，根据动能定理有12kx12=12mv2
解得x1= 22x0
则物体A向左运动的最大为x0+x1<2x0
物体A做简谐运动的振幅为A=x1= 22x0，故A错误，B正确；
D.撤去F后，物体A、B向左运动过程，只有弹簧弹力做功，则物体A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，物体A、B组成的系统机械能不守恒，故D错误。
故选：BC。
撤去F后，物体在水平方向上受到弹簧的弹力，弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小；当A、B间作用力为零时A、B开始分离；结合机械能守恒与机械能守恒的条件判断。
分析清楚物体的受力情况和运动情况是解题的关键，解题时要注意两个物体分离的临界条件是相互间的作用力为零。
9.【答案】CD
【解析】解：A.神舟十五号飞船运载火箭发射过程中，加速度向上，航天员处于超重状态，而不是完全失重状态，故A错误；
B.根据万有引力提供向心力：GMmr2=m4π2T2r
则T= 4π2r3GM
故飞船运行周期不变，故B错误；
C.根据牛顿第二定律：GMm(R+h)2=ma，地球表面万有引力大小等于重力：GMmR2=mg
空间站运行的向心加速度与地球表面重力加速度之比约为ag=6400268002=162172
故C正确；
D.考虑稀薄大气阻力，若空间站没有进行动力补充，将会做近心运动，引力做正功，运行速度会越来越大，故D正确。
故选：CD。
加速度向上，超重状态；
根据万有引力提供向心力，比较周期；
根据牛顿第二定律、地球表面万有引力大小等于重力，比较加速度；
做近心运动，引力做正功，运行速度会越来越大。
本题解题关键是掌握以下规律：1.万有引力提供向心力；2.地球表面万有引力大小等于重力。
10.【答案】BC
【解析】解：AC.若不计漏磁，根据发射线圈与接收线圈的电压与匝数比的关系U1U2=n1n2
代入数据解得U2=10V
因为漏磁，接收线圈的电压实际只达到了9V，因此发射线圈与接收线圈的电流之比将不再是1：22；不计漏磁时接收线圈中的输出电压为10V，但实际上只有9V，因此可得穿过接收线圈的磁通量变化率是穿过发射线圈的90%，故A错误，C正确；
B.发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相同，则可得发射线圈与接收线圈中交变电流的频率为1：1，故B正确；
D.无线充电利用的是电磁感应，因此必须使用交变电压，若使用直流电，将不会产生变化的磁场，接收线圈中也就不会有电压产生，故D错误。
故选：BC。
AC.若不漏磁，根据发射线圈与接收线圈的电压与匝数比的关系求接收线圈的电压，再分析匝数比和效率；
B.发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相同；
D.无线充电利用的是电磁感应，因此必须使用交变电压，据此分析作答。
无线快充的工作原理与变压器的工作原理相同，只是磁损不能忽略，因此可以根据变压器的知识作答。
11.【答案】x2 5.00.50
【解析】解：(1)根据记录数据时，数据的精确度应该保持一致，所以有误的一组数据是x2；
相邻两计数点间的时间间隔T=5×1f=5×150s=0.1s
匀变速直线运动中经过连续相等时间内相邻位移差为Δx=aT2
设重物加速度大小为a，由题意得：x1=18.40cm=0.1840m
x3=8.40cm=0.0840m
x1−x3=2aT2
代入数据解得：a=5.0m/s2
(2)对儿童，根据牛顿第二定律可得：μmg=ma
代入数据解得：μ=0.50
故答案为：(1)x2，5.0；(2)0.50。
(1)根据Δx=aT2求解加速度；
(2)根据牛顿第二定律求解动摩擦因数。
本题考查打点计时器测加速度和牛顿第二定律，解题关键是掌握利用逐差法求解加速度的方法和牛顿第二定律。
12.【答案】30.00Rx=U1I1−U2I2 等于 πd2(U1I2−U2I1)4LI1I2
【解析】解：(1)游标卡尺的最小分度值为0.05mm，读数为d=30mm+0×0.05mm=30.00mm
(2)当电键S2接1时，由欧姆定律有U1=I1(Rx+R+RA)
当电键S2接2时，由欧姆定律有U2=I2(R+RA)
联立两式解得Rx=U1I1−U2I2
由以上分析可知，电流表内阻对未知电阻的计算结果没有影响，所以Rx的测量值等于真实值。
根据电阻公式可得Rx=ρLS=4ρLπd2
结合前面式子可得ρ=πd2(U1I2−U2I1)4LI1I2
故答案为：(1)30.00；(2)Rx=U1I1−U2I2，等于，πd2(U1I2−U2I1)4LI1I2
(1)明确游标卡尺的最小分度值，再读数；
(2)根据欧姆定律推导待测电阻表达式分析判断，根据电阻定律公式推导电阻率；
本题考查测量纯净水样品的电阻率实验，要求掌握实验原理、实验电路、实验步骤和数据处理。
13.【答案】解：(1)粒子的运动轨迹如图所示，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：Bqv0=mv02r
根据几何知识，粒子在磁场中运动时离y轴最远距离为：L=r+rcosθ
联立解得粒子比荷为：qm=v0(1+cosθ)BL
(2)粒子在磁场中运动时间为：t1=2(π−θ)mBq
在电场中运动时间为t2，粒子进入电场时的速度方向与y轴正向成θ角，则从磁场进入电场的位置与O点距离为：y=2rsinθ
粒子进入电场后沿y轴正方向做匀速运动，沿x轴方向先减速后加速，最后到达O点，则有：y=v0cosθt2
代入解得：t2=2Ltanθ(1+cosθ)v0
粒子从O点出发再次回到O点所用时间为：t=t1+t2
联立以上相关式子解得：t=2L(tanθ+π−θ)(1+cosθ)v0
答：(1)粒子的比荷为v0(1+cosθ)BL；
(2)粒子从O点出发再次回到O点所用时间为2L(tanθ+π−θ)(1+cosθ)v0。
【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出其轨迹，由几何关系求出轨道半径，再根据洛伦兹力提供向心力求出粒子的比荷；
(2)分别求出粒子在磁场和电场中的时间，相加为所示。
明确带电粒子在电场中做类斜抛运动，在磁场中做圆周运动，能利用牛顿第二定律、洛伦兹力，斜抛的处理方法与磁场相结合解决问题是本题的关键考点。
14.【答案】解：(1)从C处平抛，竖直方向有：dsin37∘=12gt2
水平方向有：dcos37∘=vCt
联立解得：vC=16m/s
在C处，据牛顿第二定律有：FN−mg=mvC2R
代入数据求得滑道对人的支持力为：FN=1368N
据牛顿第三定律，人运动到C点时对滑道的压力与FN大小相等，为1368N。
(2)从A到C由动能定理得：mg[Lsin37∘+R(1−cos37∘)]+Wf=12mvC2
代入解得：Wf=−12720J
答：(1)该人运动到C点时对滑道的压力大小为1368N；
(2)从开始运动到落至N点的过程中摩擦阻力做的功为−12720J。
【解析】(1)由平抛运动求出初速度vC，在C点根据牛顿第二定律、牛顿第三定律得到运动员对轨道的压力；
(2)对运动员从A点滑到C点过程根据动能定理列式，从而计算出克服阻力做的功。
本题是动能定理与向心力的综合应用，要灵活选择研究过程，利用动能定理求阻力做功。
15.【答案】解：(1)以向右的方向为正方向，子弹击中物块过程中，子弹和物块组成系统动量守恒，则有：
m0v0+mv=(m0+m)v1
代入数据解得：v1=4m/s
此后子弹和物块一起做匀减速运动，对物块和子弹受力分析，由牛顿第二运动定律可得：
μ1(m0+m)g=(m0+m)a1
木板做匀加速运动，由牛顿第二运动定律可得：
μ1(m0+m)g−μ2(M+m0+m)g=Ma2
解得：a1=6m/s2，a2=2m/s2
设经时间t1木板与滑块共速，则
v1−a1t1=v+a2t1
解得：t1=14s
木板与滑块共速后，由于μ1>μ2，所以木板与滑块相对静止一起匀减速。
(2)木板与滑块共同的速度为：v共=v+a2t1
对木板：x板=v+v共2t1
对传送带：x传=vt1
设经t2与传送带共速。则有：
μ2(m0+m+M)g=(m0+m+M)a共
由匀变速运动的规律：v=v共−a共t2
解得：t2=14s
这段时间内，木板位移：x板′=v共+v2t2
传送带位移：x传′=vt2
板相对于传送带的位移：Δx=(x板+x板′)−(x传+x传′)
木板与传送带间产生的热量：Q=μ2(M+m0+m)gΔx
解得：Q=1J
答：(1)物块相对于木板滑行的时间为14s；
(2)木板与传送带间由于摩擦产生的热量为1J。
【解析】(1)子弹射入小物块的过程中，子弹与小物块组成的系统动量守恒求解物块在木板上滑动的速度，之后物块向前减速，木板加速，再根据动力学规律求物块在木板上速度相等的时间；
(2)根据动力学规律分别求出木板相对于传送带的位移，根据摩擦生热的公式求热量。
解决本题的关键要理清子弹、物块的运动过程，合理地选择研究对象，结合动量守恒定律、能量守恒定律进行解答。
16.【答案】解：(1)动子和线圈向前运动的最大位移即0∼t2时间段内的位移x，由图像知
x=v12t2=402×2.0m=40m
(2)动子和线圈在t1∼t2时间做匀减速直线运动，加速度大小为
a=v1t2−t1=402.0−1.5m/s2=80m/s2
根据牛顿第二定律有：F+F安=ma
其中F安=nBIl
可得I=nBlvR0+R
解得F=(400−5v)N
在t2∼t3时间反向做匀加速直线运动，加速度不变
根据牛顿第二定律有：F−F安=ma
联立相关式子，解得F=(400+5v)N
(3)动子和线圈在在t2∼t3时间段内的位移x1=a2(t3−t2)2
从t3时刻到返回初始位置时间内的位移x2=x−x1
根据法拉第电磁感应定律有E=nΔΦΔt
据电荷量的定义式q=IΔt
据闭合电路欧姆定律I=ER+R0
解得从t3时刻到返回初始位置时间内电荷量q=nΔΦR+R0
其中ΔΦ=Blx2
动子和线圈从t3时刻到返回时间内，只受磁场力作用，根据动量定理有：F安Δt=mv2
又因为安培力的冲量F安Δt=nBIlΔt=nBlqv2=a(t3−t2)
联立可得v2=33m/s
故图丙中v2的数值为−33m/s。
答：(1)动子和线圈向前运动的最大位移为40m；
(2)回撤力F与动子速度v大小的关系式为F=(400+5v)N；
(3)图丙中v2的数值为−33m/s。
【解析】(1)动子和线圈向前运动的最大位移即0∼t2时间段内的位移，由位移等于平均速度与时间的乘积求解。
(2)动子和线圈在t1∼t2时间做匀减速直线运动，在t2∼t3时间反向做匀加速直线运动，根据图像的斜率求出加速度，由牛顿第二定律结合安培力公式计算回撤力F与动子速度v大小的关系式；
(3)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流与电荷量的关系计算从t3时刻到返回初始位置时间内电荷量，利用动量定理求图丙中v2的数值。
本题主要考查电磁感应定律的相关应用，理解电动势的计算公式，结合动量定理和动力学规律即可完成分析。
相关试卷
2023年安徽省黄山市高考物理一模试卷（含答案解析）： 这是一份2023年安徽省黄山市高考物理一模试卷（含答案解析），共18页。
安徽省淮北市2023届高三物理下学期一模试题（Word版附解析）： 这是一份安徽省淮北市2023届高三物理下学期一模试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
安徽省淮北市2023届高三下学期高考一模试题（2月）物理试题含答案： 这是一份安徽省淮北市2023届高三下学期高考一模试题（2月）物理试题含答案，文件包含安徽省淮北市2023届高三一模物理试题pdf、安徽省淮北市2023届高三一模物理参考答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共11页， 欢迎下载使用。
