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2024届湖北省华师大一附中等高中名校联盟高三上学期第三次联考综合测评物理试题 （解析版）
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这是一份2024届湖北省华师大一附中等高中名校联盟高三上学期第三次联考综合测评物理试题 （解析版），共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1. 2023年8月25日，中核集团发布消息：“中国环流三号”首次实现100万安培等离子体电流下的高约束模式运行。这标志着中国磁约束核聚变研究向高性能聚变等离子体运行迈出重要一步。下列属于核聚变反应的是（ ）
A.
B
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．该方程为衰变的方程，故A错误；
B．该方程为原子核的人工转变方程，故B错误；
C．该方程为重核裂变的方程，故C错误；
D．该方程为轻核聚变反应方程，故D正确。
故选D。
2. 如图是一列沿x轴传播的简谐横波在时刻波的图像，此时处的质点P正沿y轴负方向振动且振动周期为0.5s。则（ ）
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波的传播速度为4m/s
C. 质点P在0~0.5s的时间内运动的路程为0.4m
D. 质点P在0~0.5s的时间内沿波的传播方向平移4m
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于P点在时刻沿y轴负方向振动，根据同侧法可知波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．由图可知，该波波长为4m，由
可得
故B错误；
C．质点P在0~0.5s的时间内即一个周期内运动的路程为
故C正确；
D．横波中质点的振动方向和波的传播方向垂直，且以其平衡为中点做简谐振动，并不会随波发生迁移，故D错误。
故选C。
3. 2023年12月1日，受太阳日冕物质抛射爆发影响，地球出现3小时的大地磁暴。地磁暴会加速低空航天器速度的衰减，导致其轨道变化。若轨道变化前后航天器的运动均可视为绕地球的匀速圆周运动，则地磁暴会使低空航天器的（ ）
A. 轨道半径变小B. 运行周期变大C. 动能变小D. 向心加速度变小
【答案】A
【解析】
【详解】航天器由于磁暴的影响导致速度衰减而做近心运动，轨道半径减小，在更近的轨道上圆周运动时，根据
解得
，，
速度更大，周期更小，向心加速度更大。
故选A。
4. 如图所示，质量分别为4kg、5kg的木块A、B用轻质弹簧连接并置于粗糙水平面上，它们与水平面间的动摩擦因数均为0.3，弹簧的劲度系数为400N/m，且被压缩了2.5cm，A、B和弹簧组成的系统处于静止状态。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度的大小。现用的水平拉力向右拉木块B，在力F作用瞬间（ ）
A. 木块A所受摩擦力的大小是12N
B. 木块A所受摩擦力大小是10N
C. 木块B所受摩擦力的大小是18N
D. 木块B所受摩擦力的大小是10N
【答案】B
【解析】
【详解】AB．弹簧的弹力为
对物体A分析，在力F作用的瞬间由于弹簧的形变量不变，弹力不变，A仍保持静止，所受静摩擦力等于弹簧的弹力10N，故A错误，B正确；
CD．B物体与地面的最大摩擦力为
B物体在向右的弹簧弹力和外力的共同作用下，超过了B物体与地面间的最大静摩擦力开始滑动，滑动摩擦力大小为15N，故CD错误。
故选B。
5. 三峡大坝是目前世界上最大的水力发电站，装机容量达2250万千瓦，年发电量1000亿千瓦时。发电机发电的原理可作如图简化：KLMN是一个放在匀强磁场中的矩形导线框，线框绕垂直于磁场的固定轴以角速度沿逆时针方向（俯视）匀速转动。当MN边与磁场方向的夹角为时开始计时（图示位置），此时导线框中产生的电动势为E。下列说法正确的是（ ）
A. 时刻，电流沿KLMNK方向
B. 时刻，穿过线框的磁通量变化率最大
C. 该交流电动势的有效值为
D. 该交流电动势瞬时值表达式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据楞次定律，感应电流的方向总是阻碍线圈磁通量的变化，而时刻，MN边与磁场方向的夹角为，并且沿逆时针方向（俯视）匀速转动，向右的磁通量将要增大，所以感应电流产生的磁场方向向左，感应电流沿KNML方向，A错误；
B．时刻，转过的角度为
所以此时线圈平面与磁场方向垂直，穿过线框的磁通量最大，但是磁通量变化率最小，B错误；
C．该交流电动势的有效值为峰值电动势除以根号二，当MN边与磁场方向的夹角为时的感应电动势为
而峰值电动势为
该交流电动势的有效值为
C错误；
D．该交流电动势瞬时值表达式为
D正确；
故选D。
6. 我国早在宋代就发明了火箭。即在箭杆捆上前端封闭火药筒，点燃后产生的燃气以较大的速率向后喷出，箭杆由于反冲而向前运动，这与现代火箭的原理大致相同。某时刻火箭速度为，在极短的时间内喷射质量为、速度为u的燃气，喷出燃气后火箭的质量为m。则此次火箭喷气后速度的变化量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据动量守恒定律
解得
故选B。
7. 如图甲，在桌面上有一薄木板，板上放置了3个木块，其中，，，A可视为质点，B、C大小不可忽略，且开始A叠放在B正上方，现用水平外力将薄木板沿垂直于BC连线方向拉出。已知木块间、木块与薄木板间动摩擦因数均为，木块与桌面间动摩擦因数为，重力加速度大小为g。则从静止开始计时，三个木块的速度时间图像可能为（图乙为俯视图，AB最终分离，忽略木块自身高度）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．对AB，薄板未离开时，以AB为整体，根据牛顿第二定律
分析可知AB一起以的加速度匀加速运动，薄板离开后，对A，根据牛顿第二定律
对B，根据牛顿第二定律
AB间发生相对运动，其中A以的加速度匀减速运动；B以的加速度匀减速运动，当A从B上滑离后，对A、B，根据牛顿第二定律
A、B各自以的加速度匀减速运动。故AC不符合题意，B符合题意；
D．对C，薄板未离开时，根据牛顿第二定律
木块C以的加速度匀加速运动，薄板离开后，对C，根据牛顿第二定律
木块C以的加速度匀减速运动，故D不符合题意。
故选B。
8. 密闭汽缸中封闭着一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C、D再回到状态A，其体积V与热力学温度T的变化关系如图所示，其中AD延长线过坐标原点，AB、CD与T轴平行，BC与T轴垂直。下列说法正确的有（ ）
A. 从状态A到状态B，气体内能增大
B. 从状态B到状态C，气体对外界做功
C. 从状态C到状态D，气体向外界放热
D. 状态B、D气体的压强相等
【答案】AC
【解析】
【详解】A．状态A到状态B，温度升高，气体内能增大，故A正确；
B．状态B到状态C，气体体积减小，外界对气体做功；故B错误；
C．状态C到状态D，由热力学第一定律，气体体积不变，外界不对气体做功，，且温度降低，气体内能减小，因此气体向外界放热，故C正确；
D．根据理想气体状态方程为常数，可知越小，越大，可知状态D气体的压强大，故D错误。
故选AC
9. 如图甲，水平面上固定着倾角为的足够长的光滑绝缘斜面，以斜面顶端为坐标原点，沿斜面向下为x轴的正方向，有部分区域分布着沿x轴方向的电场。在斜面顶端静止释放一质量为m、电荷量为＋q的滑块（可视为质点），其沿斜面向下运动过程中机械能E随位置x变化的关系如图乙，其中处对应曲线的切线斜率绝对值最大且为，、处斜率为0。不考虑空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A. 从，滑块电势能一直增大
B. 滑块加速度先增大后减小
C. 在处滑块速度最大
D. 滑块动能先增大再减小再增大
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由图乙可知，滑块在斜面上下滑到位置之前，滑块的机械能守恒，而从位置滑块的机械能始终减小，则可知在此过程中电场力对滑块始终做负功，滑块的电势能始终增大，故A正确；
BC．滑块重力沿斜面向下的分力为，而图像斜率表示电场力大小，可知后电场力先由0变大至，后减小为0；滑块在开始下滑时合力沿斜面向下，大小为，滑块做匀加速运动，从位置之后电场力从0开始先变大后变小，则滑块所受合力先减小，滑块做加速度逐渐减小的加速运动，到了至某位置斜率为处时合外力为零，加速度为0，此时滑块速度达到最大，而继续运动至前电场力大于重力沿斜面向下的分力，滑块合外力沿斜面向上且逐渐增大，可知该过程中滑块做加速度变大的减速运动，而过了后，滑块所受合外力先沿斜面向上逐渐减小，即滑块先做加速度变小的减速运动，至同样斜率为处后合力向下，滑块做加速度变大的加速运动，因此滑块的加速度先减小后增大，之后又减小再增大，则可知滑块应在至中斜率为处速度最大，故BC错误；
D．根据以上分析，对滑块的运动，总体是先加速再减速再加速，因此滑块的动能是先增大后减小再增大，故D正确。
故选AD。
10. 如图所示，质量为m、电荷量为－q的带电粒子由静止经电压为的电场加速后，沿水平放置的带电平行板电容器的中轴线射入。两极板之间的距离为D，长度为L，两板之间的电势差为U且下极板带正电。在加速电场的右侧存在范围足够大的有界磁场，其左边界PQ与极板右端重合，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。粒子通过偏转电场后从PQ进入磁场，之后从PQ边界上的M点（未画出）射出，平行板电容器中轴线与PQ边界交于O点。设粒子进入磁场与射出磁场的两点间距离为x，粒子在磁场中运动时间为t，不计粒子重力，则（ ）
A. 只减小磁感应强度B的大小，t增大
B. 只减小偏转电压U的大小，t减小
C. 只减小c、d板间距离D，x不变
D. 只减小偏转电压U的大小，x变小
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．粒子运动路径如图
设进入偏转电场速度为，粒子经加速电场、偏转电场后速度偏转角为，有
，
而在磁场中的圆周运动时间与周期以及圆心角有关；减小磁感应强度B的大小，周期变大，圆心角不变，在磁场中运动的时间为
所以在磁场中运动时间变长；只减小偏转电压U的大小，在偏转电场中运动时间是定值，U减小导致竖直方向加速度减小，变小，变小，圆心角变大，在磁场中运动时间变长。所以，只减小磁感应强度B的大小或只减小偏转电压U都会使运动时间t增大，故A正确，B错误；
CD．根据
只减小c、d板间距离D，不影响x大小；只减小偏转电压U的大小，也不影响x大小，故C正确，D错误。
故选AC。
二、非选择题
11. 一小组利用手机软件Phyphx与弹簧测力计验证牛顿第二定律。
（1）将手机固定在滑块上，弹簧测力计的一端固定，另一端勾住滑块，用水平外力将长木板向左拉出，弹簧测力计示数如图甲所示。则滑块受到的滑动摩擦力大小______N；
（2）如图乙所示，将同一长木板安装定滑轮后调节定滑轮高度，使细线______，静止释放钩码，手机软件Phyphx可以测出手机与滑块在木板上运动的加速度a，若测得钩码的质量为m，手机和小车的总质量为M，当地的重力加速度大小为g。在误差允许范围内，如果表达式______（用题目中物理量的符号表示）成立，则牛顿第二定律得到验证。
【答案】 ①. 5.60 ②. 与长木板平行 ③.
【解析】
【详解】（1）[1]弹簧测力计示数
F=5.60N
则滑块受到的滑动摩擦力大小
（2）[3][4]细线应与长木板平行，钩码与滑块智能手机为连接体，所受合外力为
若
成立，则牛顿第二定律得到验证。
12. 某同学用如图甲的电路测量一废旧充电宝的电动势E（约为7V）和内阻r（）。实验器材如下：
i. 双量程电压表V（0~3V、0~15V）；
ii. 定值电阻（阻值）；
iii. 电阻箱R（最大阻值）；
iv. 开关S，导线若干。
完成下列填空：
（1）按图甲连接电路。
（2）闭合开关，电压表不偏转。为排除故障，该同学将电压表从电路中bc两点取下（不影响电路其它部分连接），保持开关闭合，将电压表______量程（选填“0~3V”或“0~15V”）接入cd两点间，电压表偏转，断开开关，电压表又指回零刻线。再将电压表从cd两点取下，保持开关断开，将电压表接入ab两点间，电压表不偏转。则可判定，故障出现在______段（选填“ab”、“bc”或“cd”）。
（3）排除故障后，将电压表______量程（选填“0~3V”或“0~15V”）接入bc两点间，闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U。
（4）根据测量数据，作图线，如图乙所示，测得图线斜率为k，截距为b。若电压表视为理想电表。则充电宝内阻______（用、k、b表示）。
（5）若考虑电压表内阻的影响，上述实验得到的电动势和其真实值相比______（选填“偏大”、“相等”或“偏小”）。
【答案】 ①. 0~15V ②. cd ③. 0~3V ④. ⑤. 偏小
【解析】
【详解】（2）[1] [2]因充电宝的电动势E约为7V，超过0~3V的量程，在0~15V量程内，故选择0~15V量程；接“αb”、“bc”时电压表没有偏转，只有接“cd”时有偏转，表明故障为“cd”间断路。
（3）[3]因充电宝的电动势E约为7V，不到0~15V量程最大值的一半，即使将电阻箱的阻值R调为0，电压表的示数也不到0~15V量程最大值的，故0~15V量程太大；调整电阻箱的阻值R，0~3V的量程正好合适。
（4）[4]若将图甲中的电压表当成理想电表，根据闭合电路的欧姆定律，有
变形可得
则有
，。
联立解得充电宝内阻为
（5）[5]考虑到电压表内阻，式中的变为并联电阻，电动势变为真实值，即电动势值与真实值相比偏小。
13. 半径为R的四分之一圆形玻璃砖OAB放置在空气中，以圆心O为坐标原点建立直角坐标系，如图所示。一束激光垂直射向玻璃砖的OB面，发现入射点沿y轴单方向移动时，从圆弧面上出射的光线与x轴的交点也单方向移动至消失，其中离O最近的交点为C（图中未画出）。当入射点为半径OB中点D时，圆弧面上的出射光线与x轴交于点E，且。求（不考虑光线在玻璃砖内多次反射，结果可以用根式表示）
（1）该玻璃砖对激光的折射率；
（2）OC的距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）光在玻璃砖中传播光路如图
光在F点发生折射，入射角、折射角分别为、。而D为半径OB中点，故，由几何知识，由折射率的定义式，有
解得
（2）当光在玻璃砖上的入射角为临界角时，光从G点射出，与x轴交于点C，如图
解得
14. 如图，在竖直平面内有半径为R的四分之一圆弧AB和直径为R的一半圆弧BC在最低点B平滑连接组成光滑固定轨道。一小球（可视为质点）在A点正上方某处由静止自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。小球运动到C后脱离轨道在D点与圆弧AB相撞，装在C处的压力传感器测得小球运动到C处时对圆轨道的压力恰为小球重力的一半。重力加速度大小为g，求
（1）小球开始下落处离A点的距离h；
（2）小球从C点运动到D点的时间t。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设小球在C处的速度为，由牛顿第二定律
小球自由下落至C点，由机械能守恒定律
解得
解得
（2）小球从C点到D点，水平方向
竖直方向
又有几何关系
解得
15. 如图所示，两根足够长、光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面内，相距，质量、电阻的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，整个装置处于竖直向下匀强磁场中，磁感应强度的大小。不计导轨的电阻，现对导体棒ab施一水平向右的恒力，使导体棒由静止开始沿导轨向右运动。已知本装置在以下两种情况下，最终电流值不再变化。
情况1：若轨道端点M、P间接有阻值的电阻，
（1）求导体棒ab能达到的最大速度；
（2）导体棒ab达到最大速度后，撤去力F。求撤去力F后，电阻R产生的焦耳热Q。
情况2：若轨道端点M、P间接一电容器，其电容，假设电容器始终未被击穿；
（3）某同学求电流稳定值的大小的过程如下：
老师检查后，发现他的结果是正确的，但在①②④⑥⑦五式中有一式是错误的，请你写出该式的序号（不必说理由）。
（4）导体棒运动速度为时，电流已稳定为（3）问的值，此时撤去力F，求撤去力F后，导体棒ab最终运动的速度。
【答案】（1）；（2）；（3）④；（4）
【解析】
【详解】（1）当拉力F与安培力大小相等时，导体棒ab速度最大。即
安培力为
由闭合电路欧姆定律知
由法拉第电磁感应定律知
代入得
（2）撤去力F后，导体棒αb在安培力的作用下做减速运动，直到速度为零。根据能量转化与守恒定律，导体棒的动能全部转化为电路中的焦耳热，则
由串联电路特点，所以R上产生的焦耳热Q与电路总焦耳热关系为
代入得
（3）④
（4）撤去F的瞬时，由闭合电路欧姆定律知
由电容定义式知
αb棒做减速运动，当电流减为0时，ab棒不受安培力作用，开始以速度做匀速运动，设此时电容器的带电量为。闭合电路中有
从撤去F到杆开始匀速运动，对杆由动量定理得
代入得设电容器带电量为q，电压为U，充电电流稳定值为I，则……①
因为……②
所以……③
设杆的运动速度为v时，运动加速度为a，则
……④
所以……⑤
又……⑥
由牛顿第二定律有……⑦
联立①③⑤⑥⑦式解得
1. 2023年8月25日，中核集团发布消息：“中国环流三号”首次实现100万安培等离子体电流下的高约束模式运行。这标志着中国磁约束核聚变研究向高性能聚变等离子体运行迈出重要一步。下列属于核聚变反应的是（ ）
A.
B
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．该方程为衰变的方程，故A错误；
B．该方程为原子核的人工转变方程，故B错误；
C．该方程为重核裂变的方程，故C错误；
D．该方程为轻核聚变反应方程，故D正确。
故选D。
2. 如图是一列沿x轴传播的简谐横波在时刻波的图像，此时处的质点P正沿y轴负方向振动且振动周期为0.5s。则（ ）
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波的传播速度为4m/s
C. 质点P在0~0.5s的时间内运动的路程为0.4m
D. 质点P在0~0.5s的时间内沿波的传播方向平移4m
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于P点在时刻沿y轴负方向振动，根据同侧法可知波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．由图可知，该波波长为4m，由
可得
故B错误；
C．质点P在0~0.5s的时间内即一个周期内运动的路程为
故C正确；
D．横波中质点的振动方向和波的传播方向垂直，且以其平衡为中点做简谐振动，并不会随波发生迁移，故D错误。
故选C。
3. 2023年12月1日，受太阳日冕物质抛射爆发影响，地球出现3小时的大地磁暴。地磁暴会加速低空航天器速度的衰减，导致其轨道变化。若轨道变化前后航天器的运动均可视为绕地球的匀速圆周运动，则地磁暴会使低空航天器的（ ）
A. 轨道半径变小B. 运行周期变大C. 动能变小D. 向心加速度变小
【答案】A
【解析】
【详解】航天器由于磁暴的影响导致速度衰减而做近心运动，轨道半径减小，在更近的轨道上圆周运动时，根据
解得
，，
速度更大，周期更小，向心加速度更大。
故选A。
4. 如图所示，质量分别为4kg、5kg的木块A、B用轻质弹簧连接并置于粗糙水平面上，它们与水平面间的动摩擦因数均为0.3，弹簧的劲度系数为400N/m，且被压缩了2.5cm，A、B和弹簧组成的系统处于静止状态。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度的大小。现用的水平拉力向右拉木块B，在力F作用瞬间（ ）
A. 木块A所受摩擦力的大小是12N
B. 木块A所受摩擦力大小是10N
C. 木块B所受摩擦力的大小是18N
D. 木块B所受摩擦力的大小是10N
【答案】B
【解析】
【详解】AB．弹簧的弹力为
对物体A分析，在力F作用的瞬间由于弹簧的形变量不变，弹力不变，A仍保持静止，所受静摩擦力等于弹簧的弹力10N，故A错误，B正确；
CD．B物体与地面的最大摩擦力为
B物体在向右的弹簧弹力和外力的共同作用下，超过了B物体与地面间的最大静摩擦力开始滑动，滑动摩擦力大小为15N，故CD错误。
故选B。
5. 三峡大坝是目前世界上最大的水力发电站，装机容量达2250万千瓦，年发电量1000亿千瓦时。发电机发电的原理可作如图简化：KLMN是一个放在匀强磁场中的矩形导线框，线框绕垂直于磁场的固定轴以角速度沿逆时针方向（俯视）匀速转动。当MN边与磁场方向的夹角为时开始计时（图示位置），此时导线框中产生的电动势为E。下列说法正确的是（ ）
A. 时刻，电流沿KLMNK方向
B. 时刻，穿过线框的磁通量变化率最大
C. 该交流电动势的有效值为
D. 该交流电动势瞬时值表达式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据楞次定律，感应电流的方向总是阻碍线圈磁通量的变化，而时刻，MN边与磁场方向的夹角为，并且沿逆时针方向（俯视）匀速转动，向右的磁通量将要增大，所以感应电流产生的磁场方向向左，感应电流沿KNML方向，A错误；
B．时刻，转过的角度为
所以此时线圈平面与磁场方向垂直，穿过线框的磁通量最大，但是磁通量变化率最小，B错误；
C．该交流电动势的有效值为峰值电动势除以根号二，当MN边与磁场方向的夹角为时的感应电动势为
而峰值电动势为
该交流电动势的有效值为
C错误；
D．该交流电动势瞬时值表达式为
D正确；
故选D。
6. 我国早在宋代就发明了火箭。即在箭杆捆上前端封闭火药筒，点燃后产生的燃气以较大的速率向后喷出，箭杆由于反冲而向前运动，这与现代火箭的原理大致相同。某时刻火箭速度为，在极短的时间内喷射质量为、速度为u的燃气，喷出燃气后火箭的质量为m。则此次火箭喷气后速度的变化量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据动量守恒定律
解得
故选B。
7. 如图甲，在桌面上有一薄木板，板上放置了3个木块，其中，，，A可视为质点，B、C大小不可忽略，且开始A叠放在B正上方，现用水平外力将薄木板沿垂直于BC连线方向拉出。已知木块间、木块与薄木板间动摩擦因数均为，木块与桌面间动摩擦因数为，重力加速度大小为g。则从静止开始计时，三个木块的速度时间图像可能为（图乙为俯视图，AB最终分离，忽略木块自身高度）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．对AB，薄板未离开时，以AB为整体，根据牛顿第二定律
分析可知AB一起以的加速度匀加速运动，薄板离开后，对A，根据牛顿第二定律
对B，根据牛顿第二定律
AB间发生相对运动，其中A以的加速度匀减速运动；B以的加速度匀减速运动，当A从B上滑离后，对A、B，根据牛顿第二定律
A、B各自以的加速度匀减速运动。故AC不符合题意，B符合题意；
D．对C，薄板未离开时，根据牛顿第二定律
木块C以的加速度匀加速运动，薄板离开后，对C，根据牛顿第二定律
木块C以的加速度匀减速运动，故D不符合题意。
故选B。
8. 密闭汽缸中封闭着一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C、D再回到状态A，其体积V与热力学温度T的变化关系如图所示，其中AD延长线过坐标原点，AB、CD与T轴平行，BC与T轴垂直。下列说法正确的有（ ）
A. 从状态A到状态B，气体内能增大
B. 从状态B到状态C，气体对外界做功
C. 从状态C到状态D，气体向外界放热
D. 状态B、D气体的压强相等
【答案】AC
【解析】
【详解】A．状态A到状态B，温度升高，气体内能增大，故A正确；
B．状态B到状态C，气体体积减小，外界对气体做功；故B错误；
C．状态C到状态D，由热力学第一定律，气体体积不变，外界不对气体做功，，且温度降低，气体内能减小，因此气体向外界放热，故C正确；
D．根据理想气体状态方程为常数，可知越小，越大，可知状态D气体的压强大，故D错误。
故选AC
9. 如图甲，水平面上固定着倾角为的足够长的光滑绝缘斜面，以斜面顶端为坐标原点，沿斜面向下为x轴的正方向，有部分区域分布着沿x轴方向的电场。在斜面顶端静止释放一质量为m、电荷量为＋q的滑块（可视为质点），其沿斜面向下运动过程中机械能E随位置x变化的关系如图乙，其中处对应曲线的切线斜率绝对值最大且为，、处斜率为0。不考虑空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A. 从，滑块电势能一直增大
B. 滑块加速度先增大后减小
C. 在处滑块速度最大
D. 滑块动能先增大再减小再增大
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由图乙可知，滑块在斜面上下滑到位置之前，滑块的机械能守恒，而从位置滑块的机械能始终减小，则可知在此过程中电场力对滑块始终做负功，滑块的电势能始终增大，故A正确；
BC．滑块重力沿斜面向下的分力为，而图像斜率表示电场力大小，可知后电场力先由0变大至，后减小为0；滑块在开始下滑时合力沿斜面向下，大小为，滑块做匀加速运动，从位置之后电场力从0开始先变大后变小，则滑块所受合力先减小，滑块做加速度逐渐减小的加速运动，到了至某位置斜率为处时合外力为零，加速度为0，此时滑块速度达到最大，而继续运动至前电场力大于重力沿斜面向下的分力，滑块合外力沿斜面向上且逐渐增大，可知该过程中滑块做加速度变大的减速运动，而过了后，滑块所受合外力先沿斜面向上逐渐减小，即滑块先做加速度变小的减速运动，至同样斜率为处后合力向下，滑块做加速度变大的加速运动，因此滑块的加速度先减小后增大，之后又减小再增大，则可知滑块应在至中斜率为处速度最大，故BC错误；
D．根据以上分析，对滑块的运动，总体是先加速再减速再加速，因此滑块的动能是先增大后减小再增大，故D正确。
故选AD。
10. 如图所示，质量为m、电荷量为－q的带电粒子由静止经电压为的电场加速后，沿水平放置的带电平行板电容器的中轴线射入。两极板之间的距离为D，长度为L，两板之间的电势差为U且下极板带正电。在加速电场的右侧存在范围足够大的有界磁场，其左边界PQ与极板右端重合，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。粒子通过偏转电场后从PQ进入磁场，之后从PQ边界上的M点（未画出）射出，平行板电容器中轴线与PQ边界交于O点。设粒子进入磁场与射出磁场的两点间距离为x，粒子在磁场中运动时间为t，不计粒子重力，则（ ）
A. 只减小磁感应强度B的大小，t增大
B. 只减小偏转电压U的大小，t减小
C. 只减小c、d板间距离D，x不变
D. 只减小偏转电压U的大小，x变小
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．粒子运动路径如图
设进入偏转电场速度为，粒子经加速电场、偏转电场后速度偏转角为，有
，
而在磁场中的圆周运动时间与周期以及圆心角有关；减小磁感应强度B的大小，周期变大，圆心角不变，在磁场中运动的时间为
所以在磁场中运动时间变长；只减小偏转电压U的大小，在偏转电场中运动时间是定值，U减小导致竖直方向加速度减小，变小，变小，圆心角变大，在磁场中运动时间变长。所以，只减小磁感应强度B的大小或只减小偏转电压U都会使运动时间t增大，故A正确，B错误；
CD．根据
只减小c、d板间距离D，不影响x大小；只减小偏转电压U的大小，也不影响x大小，故C正确，D错误。
故选AC。
二、非选择题
11. 一小组利用手机软件Phyphx与弹簧测力计验证牛顿第二定律。
（1）将手机固定在滑块上，弹簧测力计的一端固定，另一端勾住滑块，用水平外力将长木板向左拉出，弹簧测力计示数如图甲所示。则滑块受到的滑动摩擦力大小______N；
（2）如图乙所示，将同一长木板安装定滑轮后调节定滑轮高度，使细线______，静止释放钩码，手机软件Phyphx可以测出手机与滑块在木板上运动的加速度a，若测得钩码的质量为m，手机和小车的总质量为M，当地的重力加速度大小为g。在误差允许范围内，如果表达式______（用题目中物理量的符号表示）成立，则牛顿第二定律得到验证。
【答案】 ①. 5.60 ②. 与长木板平行 ③.
【解析】
【详解】（1）[1]弹簧测力计示数
F=5.60N
则滑块受到的滑动摩擦力大小
（2）[3][4]细线应与长木板平行，钩码与滑块智能手机为连接体，所受合外力为
若
成立，则牛顿第二定律得到验证。
12. 某同学用如图甲的电路测量一废旧充电宝的电动势E（约为7V）和内阻r（）。实验器材如下：
i. 双量程电压表V（0~3V、0~15V）；
ii. 定值电阻（阻值）；
iii. 电阻箱R（最大阻值）；
iv. 开关S，导线若干。
完成下列填空：
（1）按图甲连接电路。
（2）闭合开关，电压表不偏转。为排除故障，该同学将电压表从电路中bc两点取下（不影响电路其它部分连接），保持开关闭合，将电压表______量程（选填“0~3V”或“0~15V”）接入cd两点间，电压表偏转，断开开关，电压表又指回零刻线。再将电压表从cd两点取下，保持开关断开，将电压表接入ab两点间，电压表不偏转。则可判定，故障出现在______段（选填“ab”、“bc”或“cd”）。
（3）排除故障后，将电压表______量程（选填“0~3V”或“0~15V”）接入bc两点间，闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U。
（4）根据测量数据，作图线，如图乙所示，测得图线斜率为k，截距为b。若电压表视为理想电表。则充电宝内阻______（用、k、b表示）。
（5）若考虑电压表内阻的影响，上述实验得到的电动势和其真实值相比______（选填“偏大”、“相等”或“偏小”）。
【答案】 ①. 0~15V ②. cd ③. 0~3V ④. ⑤. 偏小
【解析】
【详解】（2）[1] [2]因充电宝的电动势E约为7V，超过0~3V的量程，在0~15V量程内，故选择0~15V量程；接“αb”、“bc”时电压表没有偏转，只有接“cd”时有偏转，表明故障为“cd”间断路。
（3）[3]因充电宝的电动势E约为7V，不到0~15V量程最大值的一半，即使将电阻箱的阻值R调为0，电压表的示数也不到0~15V量程最大值的，故0~15V量程太大；调整电阻箱的阻值R，0~3V的量程正好合适。
（4）[4]若将图甲中的电压表当成理想电表，根据闭合电路的欧姆定律，有
变形可得
则有
，。
联立解得充电宝内阻为
（5）[5]考虑到电压表内阻，式中的变为并联电阻，电动势变为真实值，即电动势值与真实值相比偏小。
13. 半径为R的四分之一圆形玻璃砖OAB放置在空气中，以圆心O为坐标原点建立直角坐标系，如图所示。一束激光垂直射向玻璃砖的OB面，发现入射点沿y轴单方向移动时，从圆弧面上出射的光线与x轴的交点也单方向移动至消失，其中离O最近的交点为C（图中未画出）。当入射点为半径OB中点D时，圆弧面上的出射光线与x轴交于点E，且。求（不考虑光线在玻璃砖内多次反射，结果可以用根式表示）
（1）该玻璃砖对激光的折射率；
（2）OC的距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）光在玻璃砖中传播光路如图
光在F点发生折射，入射角、折射角分别为、。而D为半径OB中点，故，由几何知识，由折射率的定义式，有
解得
（2）当光在玻璃砖上的入射角为临界角时，光从G点射出，与x轴交于点C，如图
解得
14. 如图，在竖直平面内有半径为R的四分之一圆弧AB和直径为R的一半圆弧BC在最低点B平滑连接组成光滑固定轨道。一小球（可视为质点）在A点正上方某处由静止自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。小球运动到C后脱离轨道在D点与圆弧AB相撞，装在C处的压力传感器测得小球运动到C处时对圆轨道的压力恰为小球重力的一半。重力加速度大小为g，求
（1）小球开始下落处离A点的距离h；
（2）小球从C点运动到D点的时间t。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设小球在C处的速度为，由牛顿第二定律
小球自由下落至C点，由机械能守恒定律
解得
解得
（2）小球从C点到D点，水平方向
竖直方向
又有几何关系
解得
15. 如图所示，两根足够长、光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面内，相距，质量、电阻的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，整个装置处于竖直向下匀强磁场中，磁感应强度的大小。不计导轨的电阻，现对导体棒ab施一水平向右的恒力，使导体棒由静止开始沿导轨向右运动。已知本装置在以下两种情况下，最终电流值不再变化。
情况1：若轨道端点M、P间接有阻值的电阻，
（1）求导体棒ab能达到的最大速度；
（2）导体棒ab达到最大速度后，撤去力F。求撤去力F后，电阻R产生的焦耳热Q。
情况2：若轨道端点M、P间接一电容器，其电容，假设电容器始终未被击穿；
（3）某同学求电流稳定值的大小的过程如下：
老师检查后，发现他的结果是正确的，但在①②④⑥⑦五式中有一式是错误的，请你写出该式的序号（不必说理由）。
（4）导体棒运动速度为时，电流已稳定为（3）问的值，此时撤去力F，求撤去力F后，导体棒ab最终运动的速度。
【答案】（1）；（2）；（3）④；（4）
【解析】
【详解】（1）当拉力F与安培力大小相等时，导体棒ab速度最大。即
安培力为
由闭合电路欧姆定律知
由法拉第电磁感应定律知
代入得
（2）撤去力F后，导体棒αb在安培力的作用下做减速运动，直到速度为零。根据能量转化与守恒定律，导体棒的动能全部转化为电路中的焦耳热，则
由串联电路特点，所以R上产生的焦耳热Q与电路总焦耳热关系为
代入得
（3）④
（4）撤去F的瞬时，由闭合电路欧姆定律知
由电容定义式知
αb棒做减速运动，当电流减为0时，ab棒不受安培力作用，开始以速度做匀速运动，设此时电容器的带电量为。闭合电路中有
从撤去F到杆开始匀速运动，对杆由动量定理得
代入得设电容器带电量为q，电压为U，充电电流稳定值为I，则……①
因为……②
所以……③
设杆的运动速度为v时，运动加速度为a，则
……④
所以……⑤
又……⑥
由牛顿第二定律有……⑦
联立①③⑤⑥⑦式解得
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