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重庆市渝北中学2023-2024学年高三物理上学期7月摸底月考试题（Word版附解析）
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这是一份重庆市渝北中学2023-2024学年高三物理上学期7月摸底月考试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，8JB， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
重庆市渝北中学高2024级高三7月摸底月考
物理
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2.答题时请按要求用笔。
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单选题
1. 篮球是以手为中心的身体对抗性体育运动，是奥运会核心比赛项目之一。如图所示，一同学某次在篮球上升的最高点竖直往下拍球，手与篮球的作用距离为0.2m（未到达地面）.篮球离手瞬间获得6m/s的速度，篮球的质量为0.6kg，不计空气阻力，重力加速度g取，则本次拍球过程中（ ）
A. 人对篮球做的功为10.8J B. 人对篮球做的功为9.6J
C. 手给篮球的冲量为4kg·m/s D. 手给篮球的冲量大于3.6kg·m/s
【答案】B
【解析】
【详解】AB．人拍篮球的过程，由动能定理可得
解得人对篮球做的功为
故A错误，B正确；
CD．人拍篮球的过程，由动量定理可得
则
手给篮球的冲量小于3.6kg·m/s，故C错误，D错误；
故选B。
2. 如图所示，在匀速转动的洗衣机脱水桶内壁上，有一硬币被甩到桶壁上，随桶壁一起做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是（ ）
A. 硬币受重力、弹力、摩擦力和向心力4个力的作用
B. 硬币随脱水桶做圆周运动所需的向心力由硬币受到的重力提供
C. 若洗衣机的脱水桶转动得越快，硬币与桶壁间的弹力就越大
D. 若洗衣机的脱水桶转动得越快，硬币与桶壁间的摩擦力就越大
【答案】C
【解析】
【详解】AB．硬币受重力、弹力、摩擦力3个力的作用，其中弹力充当做圆周运动的向心力，选项AB错误；
C．根据
可知，若洗衣机的脱水桶转动得越快，硬币与桶壁间的弹力就越大，选项C正确；
D．硬币与桶壁间摩擦力与重力平衡，即
f=mg
则若洗衣机的脱水桶转动得越快，硬币与桶壁间的摩擦力不变，选项D错误。
故选C。
3. 如图所示，四个质量均为m、带电荷量均为q的微粒a、b、c、d距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过电场强度大小为E的匀强电场（mg>qE），这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是、、、，不计空气阻力，则（ ）
A. <<< B. =<= C. =<< D. <=<
【答案】D
【解析】
【详解】设四个微粒抛出时距地面的高度为h，微粒a、d在竖直方向均做自由落体运动，由
可得落地时间为
微粒受电场力向下，做类平抛运动，微粒受电场力向上，但由于重力较大，仍做类平抛运动，由牛顿第二定律分别可得
类比微粒a可得，落地时间分别为
对比可得
故选D。
4. 如图所示是一种可测量物体位移的电学仪器。当被测物体在左右方向发生微小的位移时，会带动电介质进出电容器两板之间，灵敏电流计的指针也会左右发生偏转。已知电流从a到b流过电表时，电流计的指针向右偏，则下列说法正确的是（ ）
A. 当电流计的指针向左偏时，被测物体向左移动
B. 当电流计的指针向左偏时，电容器的电压增大
C. 当电流计的指针向右偏时，电容器的电容增大
D. 当电流计的指针向右偏时，电容器的电量减小
【答案】C
【解析】
【详解】AB．电流计的指针向左偏时，可知电容器极板上的电荷量减小，说明电容器放电，由电容定义式
可知，U不变，Q减小，C减小，由电容决定式
可知，可知，电容器极板间的电介质减少，被测物体向右移动，故AB错误；
CD．当电流计的指针向右偏时，同理可得，电源在对电容器充电，由电容定义式
可知，U不变，Q增大，C增大，故C正确，D错误。
故选C。
5. 如图，光沿AO从空气射入折射率为的介质中，以O点为圆心R为半径画圆，与折射光线的交点为B，过B点向两介质的交界面作垂线，交点为N，BN与AO的延长线的交点为M。以O点为圆心，OM（设为r）为半径画另一圆。根据以上数据，该介质的折射率是（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由图可知，折射率
故选B。
6. 如图，用材料相同、粗细均匀的电阻丝折成正方形金属框架ABCD，边长为L，每边电阻为r，框架与一电动势为E，内阻也为r的电源相接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则电键闭合电路稳定后，框架受到安培力大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】正方形金属框架ABCD在AC间的等效电阻为r，等效长度为，流过线框的等效电流
框架受到安培力大小为
解得
故选C。
7. 如图所示，光滑水平地面上放置质量均为m的两个正三棱柱A、B，其中A固定在地面上，B在外力作用下紧靠着A，A、B中间夹有一个半径为R、质量为2m的光滑圆柱C，整个系统处于静止状态。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 系统静止时，B对C的弹力大小为mg
B. 撤去外力后，C落地时速度大于B的速度
C. 撤去外力后，C落地前某时刻的加速度可能小于B的加速度
D. 撤去外力后，C落地时B的速度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．如图所示
其中B对C的弹力大小等于F1，可得
故A错误；
BCD．撤去外力后，C落地前，C与A、B始终垂直，所以运动过程中C所受各个力的方向大小都不变，则B、C都做匀加速运动，根据三角函数的关系可知，C沿斜面的位移为
B沿水平方向的位移为
由
可知，B、C的加速度相同，所以由
可知B、C的速度相同，落地前C下降的高度为
B、C的系统只有重力势能与动能的转化，机械能守恒，即
可得
故BC错误，D正确。
故选D。
二、多选题
8. 空降兵在某次跳伞训练中，打开伞之前的运动可视为匀加速直线运动，其加速度为a，下降的高度为h，伞兵和装备系统的总质量为m，重力加速度为g。则下降h的过程中，伞兵和装备系统的（ ）
A. 重力势能减少了mah B. 重力势能减少了mgh
C. 动能增加了mah D. 动能增加了mgh
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．系统的高度下降了h，重力做功为mgh，所以重力势能减小了mgh，故B正确，A错误；
CD．系统做匀加速直线运动，速度增大，动能增加，由牛顿第二定律知，系统所受的合力
F=ma
由动能定理知动能的增加量等于合力做功，为mah，故C正确，D错误。
故选BC。
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 哈勃发现的“红移”现象说明远处的星系正急速的远离我们
B. 哈勃发现的“红移”现象说明地球是宇宙的中心
C. “新星”和“超新星”是刚刚产生的恒星
D. “超新星”和“新星”的产生说明恒星正在不断灭亡
E. “超新星”爆发后少数可能形成黑洞
【答案】ADE
【解析】
【详解】AB．哈勃发现的“红移”现象说明远处的星系在远离我们，但不能说明我们就处于宇宙的中心，只能说明我们与远处的星系存在相对运动，故A正确，B错误；
CD．“新星”和“超新星”是恒星消亡时的一种现象，故C错误，D正确；
E．“超新星”爆发后少数可能形成黑洞，故E正确。
故选ADE。
10. 某粒子分析装置的核心结构如图所示。在空间三维直角坐标系O-xyz中，由6面荧光屏构成的长方体容器OPMN-EFGH安装在坐标原点O处，OP边与x轴重合，长方体的长、宽、高分别为2a、a、2a，整个空间存在方向沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在MNHG面的中心S处有一粒子源，可以在平行于xOy的平面内向容器内各个方向均匀发射相同速率的带电粒子，已知带电粒子的比荷为，有二分之一的粒子打在OPFE面上激发荧光屏发光，PMGF面刚好没有发光。粒子打在荧光屏上后即被吸收，重力不计。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子源发射的粒子带负电，速率为v=2kBa
B. 有六分之一的粒子打在MNHG面上激发荧光屏发光
C. 有三分之一的粒子打在ONHE面上激发荧光屏发光
D. 打到S的正对过OPFE面中心Sʹ点的粒子，所用的时间跟打在棱边HN上的粒子运动的时间相同
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．粒子源在平行于xOy的平面内向容器内各个方向均匀发射相同速率的带电粒子，磁场方向沿z轴正方向，可知粒子只在平行于xOy的平面内运动。画出过S点、平行于xOy平面的面E'F'G'H'和运动轨迹图，如图所示。
由题意知，粒子射出后向速度方向的右侧偏转，利用左手定则可判断粒子带正电。由题意E'F'边上有二分之一的粒子打入，边上刚好没有粒子射入，最边缘粒子分别沿x轴的正方向和y轴的正方向射入磁场，入射速度夹角为范围，在E'点和F'点分别与E'F'和边相切射出，根据几何关系可知，粒子运动的轨迹半径为
由
代入数据解得
故A错误；
B．根据粒子的运动轨迹，可知打在边上的粒子速度方向的最大入射角为，所以可知有六分之一的粒子打在MN-HG面上，故B正确；
C．由图根据几何关系可知，打在的粒子，从粒子源射出时的速度方向夹角为，所以有三分之一的粒子打在ONHE面上，故C正确；
D．由图知，打到S的正对OPFE面中心点的粒子，和打在棱边HN上即点的粒子，它们的运动轨迹所对应的弦长相等，所以圆心角相等，在磁场中运动的时间相等，故D正确。
故选BCD。
三、实验题
11. 用如图甲的装置研究自由落体运动规律。已知打点计时器的工作频率为。
（1）电磁打点计时器必须接________（填“交流”、“交流”或“直流”）电源。
（2）部分实验步骤如下：
A．测量完毕，关闭电源，取出纸带；
B．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开重锤；
C．扶着重锤停靠在打点计时器附近，重锤与纸带相连；
D．把打点计时器固定在夹板上，让纸带穿过限位孔。
上述实验步骤的正确顺序是：__________（填写字母）。
（3）图乙中标出的相邻两计数点之间还有个记录点未画出，则相邻两计数点的时间间隔______s。
（4）计数点对应的瞬时速度大小为______。
（5）根据实验记录的数据计算重锤的加速度大小______（本小题计算结果保留两位有效数字）
【答案】 ①. 交流 ②. DCBA ③. ④. ⑤.
【解析】
详解】（1）[1]电磁打点计时器必须接低压交流电源；
（2）[2]实验步骤为：应先把打点计时器固定在夹板上，让纸带穿过限位孔；然后扶着重锤停靠在打点计时器附近，重锤与纸带相连；再接通电源，待打点计时器工作稳定后放开重锤；最后，测量完毕，关闭电源，取出纸带。
故正确顺序为DCBA；
（3）[3]打点计时器的工作频率为，每隔打一次点，每相邻两点之间还有个记录点未画出，故相邻两计数点的时间间隔
（4）[4]匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故
；
（5）[5]根据公式，有
解得
12. 小张同学用图甲的实验装置“研究电磁感应现象”。断开开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下。
（1）闭合开关稳定后，将滑动变阻器的滑片向右滑动过程中，灵敏电流计的指针______（填“向左偏转”、“向右偏转”或“不偏转”）；
（2）如图乙所，R为热敏电阻，其阻值随着周围环境温度的升高而减小。轻质金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴（A线圈平面与螺线管线圈平面平行），并位于其左侧。若周围环境温度急剧上升时，从左向右看，金属环A中电流方向______（填“顺时针”或“逆时针”），金属环A将向______（填“左”或“右”）运动，并有______（填“收缩”或“扩张”）的趋势。
【答案】 ①. 向右偏转 ②. 逆时针 ③. 左 ④. 收缩
【解析】
【详解】（1）[1]由题意可知当穿过B的磁通量减小时，指针向左偏转，则可知当穿过B的磁通量增大时，指针应该向右偏转，闭合开关稳定后，将滑动变阻器的滑片向右滑动过程中，A所在回路中的电阻减小，则A中的电流增大，磁场变强，穿过B的磁通量增大，故灵敏电流计的指针向右偏转；
（2）[2]当温度升高时，电阻减小，导致线圈中的电流增大，依据右手螺旋定则与楞次定律，从左向右看，金属环A中电流方向为逆时针方向；
[3][4]因穿过A环的磁通量增大，据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反，故相互排斥，则金属环A将向左运动，且金属环A有收缩趋势。
四、解答题
13. 如图甲所示，一缸壁导热的汽缸水平放置，用质量为m的活塞封闭一定量的理想气体，活塞与汽缸底部用一原长为、劲度系数为k的轻质弹簧连接，当封闭气体的热力学温度为时，弹簧恰好处于自然状态。现缓慢将汽缸转动到开口向上竖直放置，如图乙所示，此时弹簧被压缩的长度为。已知重力加速度大小为g，活塞面积为S，外界大气压强恒为，忽略活塞与汽缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积，环境的热力学温度保持不变。
（i）求弹簧的劲度系数；
（ii）现使汽缸内气体的温度缓慢升高，求弹簧恢复原长时，缸内气体的热力学温度T。
【答案】（i）；（ii）
【解析】
【详解】解：（i）汽缸水平放置，对活塞受力分析可知，封闭气体的压强
汽缸开口向上竖直放置时，设封闭气体的压强为，根据等温变化规律有
对活塞受力分析有
解得
（ii）当弹簧恢复原长时，缸内气体的压强
根据等容变化定律有
解得
14. 如图所示，竖直平面内的一半径R=0. 50m的光滑圆弧槽BCD，D点与圆心O等高，一水平面与圆弧槽相接于B点，PB间距离x=1. 2m，现有一质量m=0. 10kg的小球（可视为质点）从P点的正上方h=0. 80m高处的A点向右水平抛出，恰好从B点沿切线方向进入圆弧轨道，从D点飞出后最高到达Q点，取，不计空气阻力，求：
（1）小球经过B点时的速度大小；
（2）小球到达圆弧槽最低点C点时的速度大小；
（3）小球冲出D点后能上升的最大高度H。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）A到过程，小球作平抛运动，则
解得
，
由
得
故
（2）B点速度方向与竖直方向的夹角为α，如图所示
则
故
B到C过程，由动能定理得
解得
（3）过程，由动能定理得
解得
15. 如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t = 0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。己知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
（3）时刻粒子甲、乙位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
【答案】（1）；（2），；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa
【解析】
【详解】（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径
r = a
根据
解得
（2）由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则
T甲 = 2T乙
根据，有
则
粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有
mv甲0＋m乙v乙0= －mv甲1＋m乙v乙1
解得
v乙0= －5v甲0，v乙1= 3v甲0
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为。
（3）已知在时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有
v甲1= －3v甲0，v乙1= 3v甲0
则根据，可知此时乙粒子的运动半径为
可知在时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S1= 6πa
且在第二次碰撞时有
mv甲1＋m乙v乙1= mv甲2＋m乙v乙2
解得
v甲2= v甲0，v乙2= －5v甲0
可知在时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S2= 10πa
且在第三次碰撞时有
mv甲2＋m乙v乙2= mv甲3＋m乙v乙3
解得
v甲3= －3v甲0，v乙3= 3v甲0
依次类推
在时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S8= 10πa
且第九次碰撞时有
mv甲8＋m乙v乙8= mv甲9＋m乙v乙9
解得
v甲9=－3v甲0，v乙9= 3v甲0
在到过程中，甲粒子刚好运动半周，且甲粒子的运动半径为
r甲1 = 3a
则时甲粒子运动到P点即（－6a，0）处。
在到过程中，乙粒子刚好运动一周，则时乙粒子回到坐标原点，且此过程中乙粒子走过的路程为
S0 = 3πa
故整个过程中乙粒子走过总路程为
重庆市渝北中学高2024级高三7月摸底月考
物理
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2.答题时请按要求用笔。
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单选题
1. 篮球是以手为中心的身体对抗性体育运动，是奥运会核心比赛项目之一。如图所示，一同学某次在篮球上升的最高点竖直往下拍球，手与篮球的作用距离为0.2m（未到达地面）.篮球离手瞬间获得6m/s的速度，篮球的质量为0.6kg，不计空气阻力，重力加速度g取，则本次拍球过程中（ ）
A. 人对篮球做的功为10.8J B. 人对篮球做的功为9.6J
C. 手给篮球的冲量为4kg·m/s D. 手给篮球的冲量大于3.6kg·m/s
【答案】B
【解析】
【详解】AB．人拍篮球的过程，由动能定理可得
解得人对篮球做的功为
故A错误，B正确；
CD．人拍篮球的过程，由动量定理可得
则
手给篮球的冲量小于3.6kg·m/s，故C错误，D错误；
故选B。
2. 如图所示，在匀速转动的洗衣机脱水桶内壁上，有一硬币被甩到桶壁上，随桶壁一起做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是（ ）
A. 硬币受重力、弹力、摩擦力和向心力4个力的作用
B. 硬币随脱水桶做圆周运动所需的向心力由硬币受到的重力提供
C. 若洗衣机的脱水桶转动得越快，硬币与桶壁间的弹力就越大
D. 若洗衣机的脱水桶转动得越快，硬币与桶壁间的摩擦力就越大
【答案】C
【解析】
【详解】AB．硬币受重力、弹力、摩擦力3个力的作用，其中弹力充当做圆周运动的向心力，选项AB错误；
C．根据
可知，若洗衣机的脱水桶转动得越快，硬币与桶壁间的弹力就越大，选项C正确；
D．硬币与桶壁间摩擦力与重力平衡，即
f=mg
则若洗衣机的脱水桶转动得越快，硬币与桶壁间的摩擦力不变，选项D错误。
故选C。
3. 如图所示，四个质量均为m、带电荷量均为q的微粒a、b、c、d距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过电场强度大小为E的匀强电场（mg>qE），这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是、、、，不计空气阻力，则（ ）
A. <<< B. =<= C. =<< D. <=<
【答案】D
【解析】
【详解】设四个微粒抛出时距地面的高度为h，微粒a、d在竖直方向均做自由落体运动，由
可得落地时间为
微粒受电场力向下，做类平抛运动，微粒受电场力向上，但由于重力较大，仍做类平抛运动，由牛顿第二定律分别可得
类比微粒a可得，落地时间分别为
对比可得
故选D。
4. 如图所示是一种可测量物体位移的电学仪器。当被测物体在左右方向发生微小的位移时，会带动电介质进出电容器两板之间，灵敏电流计的指针也会左右发生偏转。已知电流从a到b流过电表时，电流计的指针向右偏，则下列说法正确的是（ ）
A. 当电流计的指针向左偏时，被测物体向左移动
B. 当电流计的指针向左偏时，电容器的电压增大
C. 当电流计的指针向右偏时，电容器的电容增大
D. 当电流计的指针向右偏时，电容器的电量减小
【答案】C
【解析】
【详解】AB．电流计的指针向左偏时，可知电容器极板上的电荷量减小，说明电容器放电，由电容定义式
可知，U不变，Q减小，C减小，由电容决定式
可知，可知，电容器极板间的电介质减少，被测物体向右移动，故AB错误；
CD．当电流计的指针向右偏时，同理可得，电源在对电容器充电，由电容定义式
可知，U不变，Q增大，C增大，故C正确，D错误。
故选C。
5. 如图，光沿AO从空气射入折射率为的介质中，以O点为圆心R为半径画圆，与折射光线的交点为B，过B点向两介质的交界面作垂线，交点为N，BN与AO的延长线的交点为M。以O点为圆心，OM（设为r）为半径画另一圆。根据以上数据，该介质的折射率是（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由图可知，折射率
故选B。
6. 如图，用材料相同、粗细均匀的电阻丝折成正方形金属框架ABCD，边长为L，每边电阻为r，框架与一电动势为E，内阻也为r的电源相接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则电键闭合电路稳定后，框架受到安培力大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】正方形金属框架ABCD在AC间的等效电阻为r，等效长度为，流过线框的等效电流
框架受到安培力大小为
解得
故选C。
7. 如图所示，光滑水平地面上放置质量均为m的两个正三棱柱A、B，其中A固定在地面上，B在外力作用下紧靠着A，A、B中间夹有一个半径为R、质量为2m的光滑圆柱C，整个系统处于静止状态。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 系统静止时，B对C的弹力大小为mg
B. 撤去外力后，C落地时速度大于B的速度
C. 撤去外力后，C落地前某时刻的加速度可能小于B的加速度
D. 撤去外力后，C落地时B的速度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．如图所示
其中B对C的弹力大小等于F1，可得
故A错误；
BCD．撤去外力后，C落地前，C与A、B始终垂直，所以运动过程中C所受各个力的方向大小都不变，则B、C都做匀加速运动，根据三角函数的关系可知，C沿斜面的位移为
B沿水平方向的位移为
由
可知，B、C的加速度相同，所以由
可知B、C的速度相同，落地前C下降的高度为
B、C的系统只有重力势能与动能的转化，机械能守恒，即
可得
故BC错误，D正确。
故选D。
二、多选题
8. 空降兵在某次跳伞训练中，打开伞之前的运动可视为匀加速直线运动，其加速度为a，下降的高度为h，伞兵和装备系统的总质量为m，重力加速度为g。则下降h的过程中，伞兵和装备系统的（ ）
A. 重力势能减少了mah B. 重力势能减少了mgh
C. 动能增加了mah D. 动能增加了mgh
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．系统的高度下降了h，重力做功为mgh，所以重力势能减小了mgh，故B正确，A错误；
CD．系统做匀加速直线运动，速度增大，动能增加，由牛顿第二定律知，系统所受的合力
F=ma
由动能定理知动能的增加量等于合力做功，为mah，故C正确，D错误。
故选BC。
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 哈勃发现的“红移”现象说明远处的星系正急速的远离我们
B. 哈勃发现的“红移”现象说明地球是宇宙的中心
C. “新星”和“超新星”是刚刚产生的恒星
D. “超新星”和“新星”的产生说明恒星正在不断灭亡
E. “超新星”爆发后少数可能形成黑洞
【答案】ADE
【解析】
【详解】AB．哈勃发现的“红移”现象说明远处的星系在远离我们，但不能说明我们就处于宇宙的中心，只能说明我们与远处的星系存在相对运动，故A正确，B错误；
CD．“新星”和“超新星”是恒星消亡时的一种现象，故C错误，D正确；
E．“超新星”爆发后少数可能形成黑洞，故E正确。
故选ADE。
10. 某粒子分析装置的核心结构如图所示。在空间三维直角坐标系O-xyz中，由6面荧光屏构成的长方体容器OPMN-EFGH安装在坐标原点O处，OP边与x轴重合，长方体的长、宽、高分别为2a、a、2a，整个空间存在方向沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在MNHG面的中心S处有一粒子源，可以在平行于xOy的平面内向容器内各个方向均匀发射相同速率的带电粒子，已知带电粒子的比荷为，有二分之一的粒子打在OPFE面上激发荧光屏发光，PMGF面刚好没有发光。粒子打在荧光屏上后即被吸收，重力不计。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子源发射的粒子带负电，速率为v=2kBa
B. 有六分之一的粒子打在MNHG面上激发荧光屏发光
C. 有三分之一的粒子打在ONHE面上激发荧光屏发光
D. 打到S的正对过OPFE面中心Sʹ点的粒子，所用的时间跟打在棱边HN上的粒子运动的时间相同
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．粒子源在平行于xOy的平面内向容器内各个方向均匀发射相同速率的带电粒子，磁场方向沿z轴正方向，可知粒子只在平行于xOy的平面内运动。画出过S点、平行于xOy平面的面E'F'G'H'和运动轨迹图，如图所示。
由题意知，粒子射出后向速度方向的右侧偏转，利用左手定则可判断粒子带正电。由题意E'F'边上有二分之一的粒子打入，边上刚好没有粒子射入，最边缘粒子分别沿x轴的正方向和y轴的正方向射入磁场，入射速度夹角为范围，在E'点和F'点分别与E'F'和边相切射出，根据几何关系可知，粒子运动的轨迹半径为
由
代入数据解得
故A错误；
B．根据粒子的运动轨迹，可知打在边上的粒子速度方向的最大入射角为，所以可知有六分之一的粒子打在MN-HG面上，故B正确；
C．由图根据几何关系可知，打在的粒子，从粒子源射出时的速度方向夹角为，所以有三分之一的粒子打在ONHE面上，故C正确；
D．由图知，打到S的正对OPFE面中心点的粒子，和打在棱边HN上即点的粒子，它们的运动轨迹所对应的弦长相等，所以圆心角相等，在磁场中运动的时间相等，故D正确。
故选BCD。
三、实验题
11. 用如图甲的装置研究自由落体运动规律。已知打点计时器的工作频率为。
（1）电磁打点计时器必须接________（填“交流”、“交流”或“直流”）电源。
（2）部分实验步骤如下：
A．测量完毕，关闭电源，取出纸带；
B．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开重锤；
C．扶着重锤停靠在打点计时器附近，重锤与纸带相连；
D．把打点计时器固定在夹板上，让纸带穿过限位孔。
上述实验步骤的正确顺序是：__________（填写字母）。
（3）图乙中标出的相邻两计数点之间还有个记录点未画出，则相邻两计数点的时间间隔______s。
（4）计数点对应的瞬时速度大小为______。
（5）根据实验记录的数据计算重锤的加速度大小______（本小题计算结果保留两位有效数字）
【答案】 ①. 交流 ②. DCBA ③. ④. ⑤.
【解析】
详解】（1）[1]电磁打点计时器必须接低压交流电源；
（2）[2]实验步骤为：应先把打点计时器固定在夹板上，让纸带穿过限位孔；然后扶着重锤停靠在打点计时器附近，重锤与纸带相连；再接通电源，待打点计时器工作稳定后放开重锤；最后，测量完毕，关闭电源，取出纸带。
故正确顺序为DCBA；
（3）[3]打点计时器的工作频率为，每隔打一次点，每相邻两点之间还有个记录点未画出，故相邻两计数点的时间间隔
（4）[4]匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故
；
（5）[5]根据公式，有
解得
12. 小张同学用图甲的实验装置“研究电磁感应现象”。断开开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下。
（1）闭合开关稳定后，将滑动变阻器的滑片向右滑动过程中，灵敏电流计的指针______（填“向左偏转”、“向右偏转”或“不偏转”）；
（2）如图乙所，R为热敏电阻，其阻值随着周围环境温度的升高而减小。轻质金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴（A线圈平面与螺线管线圈平面平行），并位于其左侧。若周围环境温度急剧上升时，从左向右看，金属环A中电流方向______（填“顺时针”或“逆时针”），金属环A将向______（填“左”或“右”）运动，并有______（填“收缩”或“扩张”）的趋势。
【答案】 ①. 向右偏转 ②. 逆时针 ③. 左 ④. 收缩
【解析】
【详解】（1）[1]由题意可知当穿过B的磁通量减小时，指针向左偏转，则可知当穿过B的磁通量增大时，指针应该向右偏转，闭合开关稳定后，将滑动变阻器的滑片向右滑动过程中，A所在回路中的电阻减小，则A中的电流增大，磁场变强，穿过B的磁通量增大，故灵敏电流计的指针向右偏转；
（2）[2]当温度升高时，电阻减小，导致线圈中的电流增大，依据右手螺旋定则与楞次定律，从左向右看，金属环A中电流方向为逆时针方向；
[3][4]因穿过A环的磁通量增大，据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反，故相互排斥，则金属环A将向左运动，且金属环A有收缩趋势。
四、解答题
13. 如图甲所示，一缸壁导热的汽缸水平放置，用质量为m的活塞封闭一定量的理想气体，活塞与汽缸底部用一原长为、劲度系数为k的轻质弹簧连接，当封闭气体的热力学温度为时，弹簧恰好处于自然状态。现缓慢将汽缸转动到开口向上竖直放置，如图乙所示，此时弹簧被压缩的长度为。已知重力加速度大小为g，活塞面积为S，外界大气压强恒为，忽略活塞与汽缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积，环境的热力学温度保持不变。
（i）求弹簧的劲度系数；
（ii）现使汽缸内气体的温度缓慢升高，求弹簧恢复原长时，缸内气体的热力学温度T。
【答案】（i）；（ii）
【解析】
【详解】解：（i）汽缸水平放置，对活塞受力分析可知，封闭气体的压强
汽缸开口向上竖直放置时，设封闭气体的压强为，根据等温变化规律有
对活塞受力分析有
解得
（ii）当弹簧恢复原长时，缸内气体的压强
根据等容变化定律有
解得
14. 如图所示，竖直平面内的一半径R=0. 50m的光滑圆弧槽BCD，D点与圆心O等高，一水平面与圆弧槽相接于B点，PB间距离x=1. 2m，现有一质量m=0. 10kg的小球（可视为质点）从P点的正上方h=0. 80m高处的A点向右水平抛出，恰好从B点沿切线方向进入圆弧轨道，从D点飞出后最高到达Q点，取，不计空气阻力，求：
（1）小球经过B点时的速度大小；
（2）小球到达圆弧槽最低点C点时的速度大小；
（3）小球冲出D点后能上升的最大高度H。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）A到过程，小球作平抛运动，则
解得
，
由
得
故
（2）B点速度方向与竖直方向的夹角为α，如图所示
则
故
B到C过程，由动能定理得
解得
（3）过程，由动能定理得
解得
15. 如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t = 0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。己知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
（3）时刻粒子甲、乙位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
【答案】（1）；（2），；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa
【解析】
【详解】（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径
r = a
根据
解得
（2）由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则
T甲 = 2T乙
根据，有
则
粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有
mv甲0＋m乙v乙0= －mv甲1＋m乙v乙1
解得
v乙0= －5v甲0，v乙1= 3v甲0
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为。
（3）已知在时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有
v甲1= －3v甲0，v乙1= 3v甲0
则根据，可知此时乙粒子的运动半径为
可知在时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S1= 6πa
且在第二次碰撞时有
mv甲1＋m乙v乙1= mv甲2＋m乙v乙2
解得
v甲2= v甲0，v乙2= －5v甲0
可知在时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S2= 10πa
且在第三次碰撞时有
mv甲2＋m乙v乙2= mv甲3＋m乙v乙3
解得
v甲3= －3v甲0，v乙3= 3v甲0
依次类推
在时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S8= 10πa
且第九次碰撞时有
mv甲8＋m乙v乙8= mv甲9＋m乙v乙9
解得
v甲9=－3v甲0，v乙9= 3v甲0
在到过程中，甲粒子刚好运动半周，且甲粒子的运动半径为
r甲1 = 3a
则时甲粒子运动到P点即（－6a，0）处。
在到过程中，乙粒子刚好运动一周，则时乙粒子回到坐标原点，且此过程中乙粒子走过的路程为
S0 = 3πa
故整个过程中乙粒子走过总路程为
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