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2022-2023学年广东省茂名市第一中学高三下学期5月份第二次半月考 物理（解析版）
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这是一份2022-2023学年广东省茂名市第一中学高三下学期5月份第二次半月考 物理（解析版），共13页。试卷主要包含了静止的镭核发生α等内容，欢迎下载使用。
一. 单项选择题（本题包括7个小题。每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题意）
1．在交通事故分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹，在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是40m，假设汽车刹车时的速度大小为20m/s，则汽车开始刹车时的加速度为（ ）
A．B．C．D．
2．图为一辆某建设工地上运送沙石的厢式自卸车，到达目的地后准备卸下车厢内的沙子，此时车头朝前，车厢在液压顶作用下缓慢抬高，车厢与水平面的夹角逐渐增大，整个卸沙过程汽车车轮相对地面始终静止。对此下列说法正确的是（ ）
A．车厢内的沙子没有滑动时，随着夹角逐浙增大，汽车受到沙子的作用力越来越大
B．车厢内的沙子没有滑动时，随着夹角逐渐增大，汽车受到地面的支持力越来越大
C．当夹角为某一值时，沙子恰好匀速下滑，汽车受到地面的摩擦力为零
D．当夹角为某一值时，沙子恰好匀速下滑，汽车受到地面的静摩擦力方向向前
3．图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中的小球将保持静止
B．甲图中的小球仍将来回振动
C．乙图中的小球仍将来回摆动
D．乙图中的小球将做匀速圆周运动
4．静止的镭核发生α（）衰变，释放出的α粒子的动能为E，假设衰变时的能量全部以动能形式释放出来，则衰变过程中总的质量亏损是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，密封的桶装薯片从上海带到拉萨后盖子凸起。若两地温度相同，则桶内的气体压强p和分子平均动能Ek的变化情况是（ ）
A．p增大、Ek增大B．p增大、Ek不变
C．p减小、Ek增大D．p减小、Ek不变
6．图甲为氢原子能级图，图乙为氢原子的光谱，、、、是可见光区的四条谱线，其中谱线是氢原子从能级跃迁到能级辐射产生的，下列说法正确的是（ ）
A．这四条谱线中，谱线光子频率最大
B．氢原子的发射光谱属于连续光谱
C．用能量为3.5eV的光子照射处于激发态的氢原子，氢原子不发生电离
D．若、、、中只有一种光能使某金属产生光电效应，那一定是
7．一种粒子探测器的简化模型如图所示。圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，PQ过圆心，平板MQN为探测器，整个装置放在真空环境中。所有带电离子从P点沿PQ方向射入磁场，忽略离子重力及离子间相互作用力。对能够打到探测器上的离子，下列分析正确的是（ ）
A．打在Q点的左侧的离子带正电
B．打在MQN上离Q点越远的离子，入射速度一定越大
C．打在MQN上离Q点越远的离子，比荷一定越大
D．入射速度相同的氢离子和氘离子，打在MQN上的位置更靠近Q点是氘离子
二. 不定项选择题（本题包括3个小题。每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对的6分，选对但不全的3分，有错选的得0分）
8．图甲为一列简谐横波在t=0时的波形图，图乙为介质中平衡位置在x=2.5m处的质点的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．该波的波速为0.5m/s
B．该波的传播方向为x轴正方向
C．当t=5s时，平衡位置在x=2m处的质点恰好经平衡位置向方向运动
D．从t=2s到t=4s的时间内，平衡位置在x=0.7m处的质点通过的路程为8cm
9．如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，再通过理想调压变压器给用户供电，检测得到原线圈随时间t变化的曲线如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．当线圈转动到图示位置，线圈处于中性面位置，V1的示数为零
B．线圈的频率为50Hz
C．当滑动接头P移至图中的触点时原副线圈的匝数比为，则V2的读数为220V
D．若滑片P向上移动，V2的读数增大
10．滑雪运动员开展滑雪训练可简化为如下模型：将运动员（包括滑板）简化为质点，运动员以某一初速度从足够长的山坡底端向上冲，取坡底为零势能面。运动员的机械能和重力势能随离开坡底的高度h的变化规律如图所示，重力加速度，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为
B．运动员再次回到坡底时机械能为
C．运动员的质量为40kg
D．运动员的初速度为10m/s
第二部分（非选择题共54分）
三. 实验题：本题共2小题，共16分。不要求写出演算过程。
11．(6分) 一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则。
（1）如图（a），在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶静止时电子秤的示数F。如图（b），将三根细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上。水平拉开细线L1，在白纸上记下结点O的位置、____________和电子秤的示数F1。
（2）如图（c），将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上。手握电子秤沿着（2）中L2的方向拉开细线L2，使____________和三根细线的方向与（2）中重合，记录电子秤的示数F2。
（3）在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若__________________，则平行四边形定则得到验证。
12．（10分）某同学利用下列实验器材设计一个电路来研究某压敏电阻的压阻效应，然后将该压敏电阻改装为压力传感器测量压力。已知该电阻的阻值变化范围为50Ω~250Ω。供选择的实验器材如下：
A．电源E（电动势为3V，内阻不计）
B．电流表（量程为3mA，内阻）
C．电流表（量程为30mA，内阻约为1Ω）
D．电压表V（量程为15V，内阻约为5kΩ）
E．电阻箱（0~9999.9Ω）
F．定值电阻
G．开关S及导线若干
（1）为了较准确地测量电阻，请在图甲中虚线框内将测量电阻的实验电路图补充完整，并在图中标出所选器材的符号。
（2）该同学根据实验测量结果，作出压敏电阻随所加外力F的–F图像，如图乙所示。该同学将这种压敏电阻与一个量程为3V的理想电压表按如图丙所示电路改装成测量压力的仪表，已知电源，内阻不计，为了使改装后的压力表的量程为0~100N，压力为100N时对应电压表3V的刻度，则定值电阻________Ω，电压表2V刻度对应压力表________的刻度。
四. 计算题：本题共小题，共38分。应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。
13．（8分）某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积、质量的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度、活塞与容器底的距离的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度的状态C时触动报警器。取大气压，求气体。
（1）在状态B的温度；
（2）在状态C的压强；
14．（13分）如图甲所示，足够长的斜面与水平面的夹角为30°，质量分别为0.5kg和1kg的A、B两个小物块，用一根细线相连，A、B之间有一被压缩的微型轻弹簧，A、B与弹簧组成的系统可视为质点。某时刻，将A、B从P点由静止释放，运动至Q点时，细线突然断裂，压缩的微型弹簧使A、B瞬间分离，从分离时开始计时，A、B短时间内运动的速度图像如图乙所示，重力加速度取g=10 m/s²。求：
(1)A、B与斜面间的动摩擦因数；
(2)细绳未断裂前微型弹簧储存的弹性势能；
15．（17分）如图所示，第一象限内圆心为K的两个同心圆半径分别为R和3R，大圆与两坐标轴分别相切，x轴上的切点为M，MN连线与y轴平行，N点在大圆上．同心圆之间的环状区域存在着垂直纸面向里的匀强磁场，小圆内存在着垂直纸面向外的匀强磁场；两处的磁感应强度大小相等，第四象限范围内分布着沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从第四象限y轴上的P点沿x轴正方向以某初速度射入匀强电场，经M点时以速度v0进入环状区域，且v0的方向与MN的夹角为30 °，已知粒子在环状磁场中的运动半径为2R，且恰好从N点射出磁场，带电粒子的重力忽略不计．求：
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小及粒子从M到N的运动时间；
高三级第二学期半月考5.13 （二）参考答案：
1．B【详解】设汽车开始刹车时的速度方向为正方向，由
得负号表示加速度方向与速度方向相反。
2．C
【详解】A．当车厢内的沙子没有滑动时，沙子受到重力和汽车给的作用力，沙子受到汽车的作用力和重力是平衡力，则沙子受到的作用力不变，由牛顿第三定律可知随着夹角逐浙增大，汽车受到沙子的作用力不变，A错误；
B．当车厢内的沙子没有滑动时，汽车和沙子整体受到重力和地面的支持力，是一对平衡力，重力不变，则支持力不变，所以随着夹角逐渐增大，汽车受到地面的支持力不变，B错误；
CD．当夹角为某一值时，沙子恰好匀速下滑，汽车和沙子整体受到重力和地面的支持力，处于平衡状态，此时汽车受到地面的摩擦力为零，C正确，D错误；
3．B
【详解】AB．空间站中的物体处于完全失重状态，甲图中的小球所受的弹力不受失重的影响，则小球仍将在弹力的作用下来回振动，A错误，B正确；
CD．图乙中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分量，而在空间站中处于完全失重时，回复力为零，则小球由静止释放时，小球仍静止不动，不会来回摆动；也不会做匀速圆周运动，若给小球一定的初速度，则小球在竖直面内做匀速圆周运动，C、D错误。
4．C【详解】镭核发生α衰变的核反应方程式为
令氦核的质量为m，氡核的质量为M，则根据动量守恒可得
其中
所以氡核的动能为
根据爱因斯坦质能方程，总的质量亏损为
故选C。
5．D
【详解】两地温度相同，则分子平均动能不变；由波义耳定律可知桶内气体体积增大压强减小，故选D。
6．D
【详解】A．由图乙可知谱线对应的波长最大，由
可知，波长越大，能量越小，A错误；
B．氢原子的发射光谱属于线状谱，B错误；
C．处于n=2能级的氢原子电离至少需要吸收3.4eV的能量，C错误；
D．频率越大的光子越容易使金属产生光电效应，图中谱线波长最小，频率最大，光能量最大，若中只有一种光能使某金属产生光电效应，那一定是，D正确。
7．D【详解】A．由左手定则可知，正电荷受到的洛伦兹力向右，则打在Q点的右侧的离子带正电，A错误；
BC．作出离子的运动轨迹如下图所示
由上图可看出只有在圆形磁场区域的下半圆射出的离子才可能打到MQN上，且轨迹半径越小的离子离Q点越远，且解得
则当比荷相同v越小或速度相同比荷越大的离子的轨迹半径越小，离子离Q点越远，BC错误；
D．入射速度相同的氢离子和氘离子，由于氘离子的比荷较小，则氘离子运动轨迹的半径越大，故打在MQN上的位置更靠近Q点是氘离子，D正确。故选D。
8．ACD【详解】A．由图甲可知波长为，由图乙可知周期为，则波速为故A正确；
B．由图乙可知，时刻，处的质点向方向运动，根据波形平移法可知，该波的传播方向为轴负方向，故B错误；
C．由于
可知当时，平衡位置在处的质点恰好经平衡位置向方向运动，故C正确；
D．从到的时间内，由于
可知平衡位置在处的质点通过的路程为故D正确。
9．BCD【详解】A．线圈平面垂直于磁感线方向，处于中性面位置，电压表显示的为交变电流的有效值，所以V1示数不为零，故A错误；
B．交流电的频率为，线圈的频率为50Hz，故B正确；
C．原线圈有效值为
当滑动接头P移至图中的触点时原副线圈的匝数比为，则V2的读数为
故C正确；
D．若滑片P向上移动，原副线圈的匝数比变大，V2的读数增大，故D正确。
故选BCD。
10．AC【详解】A．由图像可知，运动员在冲上上坡之前，总的机械能为
而冲上斜坡，到达最高点时的机械能为
而在运动员从斜坡底端到冲上斜坡的过程中，除了重力做功以外还有摩擦力做负功，因此可知运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为，故A正确；
B．运动员再次回到坡底时的过程中，仍然是除了重力做功以外摩擦力做负功，易知在下坡的过程中克服摩擦力做的功和在上坡过程中一样，因此可知运动员再次回到坡底时机械能应为，故B错误；
C．由于取了坡底为零势能面，因此运动员滑上斜坡最高点后的重力势能就等于运动员的机械能，有，
解得故C正确；
D．在坡底是运动员的动能就等于运动员的机械能，则有
解得故D错误。
11．（6分） 三根细线的方向 结点O的位置 F和F′在误差允许的范围内重合 （每空2分）
【详解】
（1）[2]要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时，也要记录三根细线的方向以及电子秤的示数F1。
（2）[3]已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O的位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O的位置和三根细线的方向与（2）中重合，记录电子秤的示数F2。
（3）[4]根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差允许的范围内重合，则平行四边形定则得到验证。
12． （10分） （4分） 150 （3分） 50 （3分）
【详解】（1）[1]由于器材中所给电压表的量程远大于电源电压，所以需要用电流表与电阻箱串联改装成电压表，实验电路如下图所示
（2）[2]由图乙可知
由图丙利用欧姆定律得
由题意，时，可得
[3]将代入，得
四. 计算题：本题共小题，共38分。应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。
13．（8分）
解：（1）根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，则有 (2分)
解得 (1分)
（2）从状态A到状态B的过程中，活塞缓慢上升，则
(1分)
解得 (1分)
根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有
(2分)
解得 (1分)
14．（13分）(1)根据图象可知，AB分离后，B沿斜面向下做匀速直线运动，A沿斜面向上做匀减速直线运动，
A的加速度：aA=△vA△tA=-0.5-(-2)0.2m/s2=7.5m/s2， （2分）
对A，由牛顿第二定律得：
mAgsin30°+μAmAgcs30°=mAaA，（2分）
代入数据解得：μA=36，（1分）
对B，由平衡条件得：mBgsin30°=μBmBgcs30°，（2分）
解得：μB=33；（1分）
(2)细线断裂瞬间，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以平行于斜面向下为正方向，对AB系统，由动量守恒定律得：
(mA+mB)v=-mAvA+mBvB，（2分）
由能量守恒定律得：
EP+12(mA+mB)v2=12mAvA2+12mBvB2，（2分）
代入数据解得：EP=6J； （1分）
15．（17分）(1)分解速度v0可知vx＝v0sin 30°＝ eq \f(v0,2) （2分）
vy＝v0cs 30°＝ eq \f(\r(3),2) v0 （2分）
在水平方向有3R＝vx·t （2分）
在竖直方向有vy＝ eq \f(Eq,m) t （2分）
联立解得E＝ eq \f(\r(3)mv eq \\al(2,0) ,12Rq) （2分）
(2)
由牛顿第二定律得qv0B＝ eq \f(mv eq \\al(2,0) ,2R) （2分）
解得B＝ eq \f(mv0,2Rq) （1分）
粒子的运动轨迹如图所示，根据几何知识可知每段圆弧所对应的圆心角均为 eq \f(π,3) （2分）
粒子从M运动到N点的时间t＝t1＋t2＋t3＝ eq \f(πm,Bq) （1分）
代入B可得t＝ eq \f(2πR,v0) （1分）
一. 单项选择题（本题包括7个小题。每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题意）
1．在交通事故分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹，在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是40m，假设汽车刹车时的速度大小为20m/s，则汽车开始刹车时的加速度为（ ）
A．B．C．D．
2．图为一辆某建设工地上运送沙石的厢式自卸车，到达目的地后准备卸下车厢内的沙子，此时车头朝前，车厢在液压顶作用下缓慢抬高，车厢与水平面的夹角逐渐增大，整个卸沙过程汽车车轮相对地面始终静止。对此下列说法正确的是（ ）
A．车厢内的沙子没有滑动时，随着夹角逐浙增大，汽车受到沙子的作用力越来越大
B．车厢内的沙子没有滑动时，随着夹角逐渐增大，汽车受到地面的支持力越来越大
C．当夹角为某一值时，沙子恰好匀速下滑，汽车受到地面的摩擦力为零
D．当夹角为某一值时，沙子恰好匀速下滑，汽车受到地面的静摩擦力方向向前
3．图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中的小球将保持静止
B．甲图中的小球仍将来回振动
C．乙图中的小球仍将来回摆动
D．乙图中的小球将做匀速圆周运动
4．静止的镭核发生α（）衰变，释放出的α粒子的动能为E，假设衰变时的能量全部以动能形式释放出来，则衰变过程中总的质量亏损是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，密封的桶装薯片从上海带到拉萨后盖子凸起。若两地温度相同，则桶内的气体压强p和分子平均动能Ek的变化情况是（ ）
A．p增大、Ek增大B．p增大、Ek不变
C．p减小、Ek增大D．p减小、Ek不变
6．图甲为氢原子能级图，图乙为氢原子的光谱，、、、是可见光区的四条谱线，其中谱线是氢原子从能级跃迁到能级辐射产生的，下列说法正确的是（ ）
A．这四条谱线中，谱线光子频率最大
B．氢原子的发射光谱属于连续光谱
C．用能量为3.5eV的光子照射处于激发态的氢原子，氢原子不发生电离
D．若、、、中只有一种光能使某金属产生光电效应，那一定是
7．一种粒子探测器的简化模型如图所示。圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，PQ过圆心，平板MQN为探测器，整个装置放在真空环境中。所有带电离子从P点沿PQ方向射入磁场，忽略离子重力及离子间相互作用力。对能够打到探测器上的离子，下列分析正确的是（ ）
A．打在Q点的左侧的离子带正电
B．打在MQN上离Q点越远的离子，入射速度一定越大
C．打在MQN上离Q点越远的离子，比荷一定越大
D．入射速度相同的氢离子和氘离子，打在MQN上的位置更靠近Q点是氘离子
二. 不定项选择题（本题包括3个小题。每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对的6分，选对但不全的3分，有错选的得0分）
8．图甲为一列简谐横波在t=0时的波形图，图乙为介质中平衡位置在x=2.5m处的质点的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．该波的波速为0.5m/s
B．该波的传播方向为x轴正方向
C．当t=5s时，平衡位置在x=2m处的质点恰好经平衡位置向方向运动
D．从t=2s到t=4s的时间内，平衡位置在x=0.7m处的质点通过的路程为8cm
9．如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，再通过理想调压变压器给用户供电，检测得到原线圈随时间t变化的曲线如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．当线圈转动到图示位置，线圈处于中性面位置，V1的示数为零
B．线圈的频率为50Hz
C．当滑动接头P移至图中的触点时原副线圈的匝数比为，则V2的读数为220V
D．若滑片P向上移动，V2的读数增大
10．滑雪运动员开展滑雪训练可简化为如下模型：将运动员（包括滑板）简化为质点，运动员以某一初速度从足够长的山坡底端向上冲，取坡底为零势能面。运动员的机械能和重力势能随离开坡底的高度h的变化规律如图所示，重力加速度，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为
B．运动员再次回到坡底时机械能为
C．运动员的质量为40kg
D．运动员的初速度为10m/s
第二部分（非选择题共54分）
三. 实验题：本题共2小题，共16分。不要求写出演算过程。
11．(6分) 一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则。
（1）如图（a），在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶静止时电子秤的示数F。如图（b），将三根细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上。水平拉开细线L1，在白纸上记下结点O的位置、____________和电子秤的示数F1。
（2）如图（c），将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上。手握电子秤沿着（2）中L2的方向拉开细线L2，使____________和三根细线的方向与（2）中重合，记录电子秤的示数F2。
（3）在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若__________________，则平行四边形定则得到验证。
12．（10分）某同学利用下列实验器材设计一个电路来研究某压敏电阻的压阻效应，然后将该压敏电阻改装为压力传感器测量压力。已知该电阻的阻值变化范围为50Ω~250Ω。供选择的实验器材如下：
A．电源E（电动势为3V，内阻不计）
B．电流表（量程为3mA，内阻）
C．电流表（量程为30mA，内阻约为1Ω）
D．电压表V（量程为15V，内阻约为5kΩ）
E．电阻箱（0~9999.9Ω）
F．定值电阻
G．开关S及导线若干
（1）为了较准确地测量电阻，请在图甲中虚线框内将测量电阻的实验电路图补充完整，并在图中标出所选器材的符号。
（2）该同学根据实验测量结果，作出压敏电阻随所加外力F的–F图像，如图乙所示。该同学将这种压敏电阻与一个量程为3V的理想电压表按如图丙所示电路改装成测量压力的仪表，已知电源，内阻不计，为了使改装后的压力表的量程为0~100N，压力为100N时对应电压表3V的刻度，则定值电阻________Ω，电压表2V刻度对应压力表________的刻度。
四. 计算题：本题共小题，共38分。应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。
13．（8分）某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积、质量的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度、活塞与容器底的距离的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度的状态C时触动报警器。取大气压，求气体。
（1）在状态B的温度；
（2）在状态C的压强；
14．（13分）如图甲所示，足够长的斜面与水平面的夹角为30°，质量分别为0.5kg和1kg的A、B两个小物块，用一根细线相连，A、B之间有一被压缩的微型轻弹簧，A、B与弹簧组成的系统可视为质点。某时刻，将A、B从P点由静止释放，运动至Q点时，细线突然断裂，压缩的微型弹簧使A、B瞬间分离，从分离时开始计时，A、B短时间内运动的速度图像如图乙所示，重力加速度取g=10 m/s²。求：
(1)A、B与斜面间的动摩擦因数；
(2)细绳未断裂前微型弹簧储存的弹性势能；
15．（17分）如图所示，第一象限内圆心为K的两个同心圆半径分别为R和3R，大圆与两坐标轴分别相切，x轴上的切点为M，MN连线与y轴平行，N点在大圆上．同心圆之间的环状区域存在着垂直纸面向里的匀强磁场，小圆内存在着垂直纸面向外的匀强磁场；两处的磁感应强度大小相等，第四象限范围内分布着沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从第四象限y轴上的P点沿x轴正方向以某初速度射入匀强电场，经M点时以速度v0进入环状区域，且v0的方向与MN的夹角为30 °，已知粒子在环状磁场中的运动半径为2R，且恰好从N点射出磁场，带电粒子的重力忽略不计．求：
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小及粒子从M到N的运动时间；
高三级第二学期半月考5.13 （二）参考答案：
1．B【详解】设汽车开始刹车时的速度方向为正方向，由
得负号表示加速度方向与速度方向相反。
2．C
【详解】A．当车厢内的沙子没有滑动时，沙子受到重力和汽车给的作用力，沙子受到汽车的作用力和重力是平衡力，则沙子受到的作用力不变，由牛顿第三定律可知随着夹角逐浙增大，汽车受到沙子的作用力不变，A错误；
B．当车厢内的沙子没有滑动时，汽车和沙子整体受到重力和地面的支持力，是一对平衡力，重力不变，则支持力不变，所以随着夹角逐渐增大，汽车受到地面的支持力不变，B错误；
CD．当夹角为某一值时，沙子恰好匀速下滑，汽车和沙子整体受到重力和地面的支持力，处于平衡状态，此时汽车受到地面的摩擦力为零，C正确，D错误；
3．B
【详解】AB．空间站中的物体处于完全失重状态，甲图中的小球所受的弹力不受失重的影响，则小球仍将在弹力的作用下来回振动，A错误，B正确；
CD．图乙中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分量，而在空间站中处于完全失重时，回复力为零，则小球由静止释放时，小球仍静止不动，不会来回摆动；也不会做匀速圆周运动，若给小球一定的初速度，则小球在竖直面内做匀速圆周运动，C、D错误。
4．C【详解】镭核发生α衰变的核反应方程式为
令氦核的质量为m，氡核的质量为M，则根据动量守恒可得
其中
所以氡核的动能为
根据爱因斯坦质能方程，总的质量亏损为
故选C。
5．D
【详解】两地温度相同，则分子平均动能不变；由波义耳定律可知桶内气体体积增大压强减小，故选D。
6．D
【详解】A．由图乙可知谱线对应的波长最大，由
可知，波长越大，能量越小，A错误；
B．氢原子的发射光谱属于线状谱，B错误；
C．处于n=2能级的氢原子电离至少需要吸收3.4eV的能量，C错误；
D．频率越大的光子越容易使金属产生光电效应，图中谱线波长最小，频率最大，光能量最大，若中只有一种光能使某金属产生光电效应，那一定是，D正确。
7．D【详解】A．由左手定则可知，正电荷受到的洛伦兹力向右，则打在Q点的右侧的离子带正电，A错误；
BC．作出离子的运动轨迹如下图所示
由上图可看出只有在圆形磁场区域的下半圆射出的离子才可能打到MQN上，且轨迹半径越小的离子离Q点越远，且解得
则当比荷相同v越小或速度相同比荷越大的离子的轨迹半径越小，离子离Q点越远，BC错误；
D．入射速度相同的氢离子和氘离子，由于氘离子的比荷较小，则氘离子运动轨迹的半径越大，故打在MQN上的位置更靠近Q点是氘离子，D正确。故选D。
8．ACD【详解】A．由图甲可知波长为，由图乙可知周期为，则波速为故A正确；
B．由图乙可知，时刻，处的质点向方向运动，根据波形平移法可知，该波的传播方向为轴负方向，故B错误；
C．由于
可知当时，平衡位置在处的质点恰好经平衡位置向方向运动，故C正确；
D．从到的时间内，由于
可知平衡位置在处的质点通过的路程为故D正确。
9．BCD【详解】A．线圈平面垂直于磁感线方向，处于中性面位置，电压表显示的为交变电流的有效值，所以V1示数不为零，故A错误；
B．交流电的频率为，线圈的频率为50Hz，故B正确；
C．原线圈有效值为
当滑动接头P移至图中的触点时原副线圈的匝数比为，则V2的读数为
故C正确；
D．若滑片P向上移动，原副线圈的匝数比变大，V2的读数增大，故D正确。
故选BCD。
10．AC【详解】A．由图像可知，运动员在冲上上坡之前，总的机械能为
而冲上斜坡，到达最高点时的机械能为
而在运动员从斜坡底端到冲上斜坡的过程中，除了重力做功以外还有摩擦力做负功，因此可知运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为，故A正确；
B．运动员再次回到坡底时的过程中，仍然是除了重力做功以外摩擦力做负功，易知在下坡的过程中克服摩擦力做的功和在上坡过程中一样，因此可知运动员再次回到坡底时机械能应为，故B错误；
C．由于取了坡底为零势能面，因此运动员滑上斜坡最高点后的重力势能就等于运动员的机械能，有，
解得故C正确；
D．在坡底是运动员的动能就等于运动员的机械能，则有
解得故D错误。
11．（6分） 三根细线的方向 结点O的位置 F和F′在误差允许的范围内重合 （每空2分）
【详解】
（1）[2]要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时，也要记录三根细线的方向以及电子秤的示数F1。
（2）[3]已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O的位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O的位置和三根细线的方向与（2）中重合，记录电子秤的示数F2。
（3）[4]根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差允许的范围内重合，则平行四边形定则得到验证。
12． （10分） （4分） 150 （3分） 50 （3分）
【详解】（1）[1]由于器材中所给电压表的量程远大于电源电压，所以需要用电流表与电阻箱串联改装成电压表，实验电路如下图所示
（2）[2]由图乙可知
由图丙利用欧姆定律得
由题意，时，可得
[3]将代入，得
四. 计算题：本题共小题，共38分。应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。
13．（8分）
解：（1）根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，则有 (2分)
解得 (1分)
（2）从状态A到状态B的过程中，活塞缓慢上升，则
(1分)
解得 (1分)
根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有
(2分)
解得 (1分)
14．（13分）(1)根据图象可知，AB分离后，B沿斜面向下做匀速直线运动，A沿斜面向上做匀减速直线运动，
A的加速度：aA=△vA△tA=-0.5-(-2)0.2m/s2=7.5m/s2， （2分）
对A，由牛顿第二定律得：
mAgsin30°+μAmAgcs30°=mAaA，（2分）
代入数据解得：μA=36，（1分）
对B，由平衡条件得：mBgsin30°=μBmBgcs30°，（2分）
解得：μB=33；（1分）
(2)细线断裂瞬间，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以平行于斜面向下为正方向，对AB系统，由动量守恒定律得：
(mA+mB)v=-mAvA+mBvB，（2分）
由能量守恒定律得：
EP+12(mA+mB)v2=12mAvA2+12mBvB2，（2分）
代入数据解得：EP=6J； （1分）
15．（17分）(1)分解速度v0可知vx＝v0sin 30°＝ eq \f(v0,2) （2分）
vy＝v0cs 30°＝ eq \f(\r(3),2) v0 （2分）
在水平方向有3R＝vx·t （2分）
在竖直方向有vy＝ eq \f(Eq,m) t （2分）
联立解得E＝ eq \f(\r(3)mv eq \\al(2,0) ,12Rq) （2分）
(2)
由牛顿第二定律得qv0B＝ eq \f(mv eq \\al(2,0) ,2R) （2分）
解得B＝ eq \f(mv0,2Rq) （1分）
粒子的运动轨迹如图所示，根据几何知识可知每段圆弧所对应的圆心角均为 eq \f(π,3) （2分）
粒子从M运动到N点的时间t＝t1＋t2＋t3＝ eq \f(πm,Bq) （1分）
代入B可得t＝ eq \f(2πR,v0) （1分）
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