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2023-2024学年广东省佛山市顺德区高三（下）二模物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年广东省佛山市顺德区高三（下）二模物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.在2023年10月28日举行的首届国际天然铀产业发展论坛中，我国宣布，通过“天空地深”一体化勘查技术发现了一批万吨至十万吨级铀矿床．天然铀中主要有铀238和铀235，其中，铀235的裂变方程为： 92235U+01n→3689Kr+zABa+301n，下列说法正确的是
( )
A. 铀235裂变可以自发进行
B. 反应方程中A=144，Z=53
C. 3689Kr的比结合能大于 92235U的比结合能
D. 离地表越深，温度越高，铀235的半衰期也越大
2.2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆．当返回舱距离地面1.2m时，返回舱的速度为8m/s，此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作，使返回舱触地前瞬间速度降至2m/s，实现软着陆．若该过程飞船始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计．返回舱的总质量为3×103kg，g取10m/s2，则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为
( )
A. 3×104NB. 7.5×104NC. 2.6×104ND. 1.05×105N
3.2022年10月，我国成功将“夸父一号”卫星发射升空。该卫星绕地球的运动看成匀速圆周运动距地面高度约为720km。如图所示，“夸父一号”随地球绕太阳公转过程中，需要其轨道平面始终地球公转轨道与太阳保持固定的取向，使太阳光能照射到“夸太阳父一号”。下列说法正确的是
( )
A. “夸父一号”有部分时间处于“黑夜”之中，完全不能接收到太阳光
B. “夸父一号”在任意时刻的加速度相同
C. “夸父一号”绕地球转动的线速度小于地球的第一宇宙速度
D. “夸父一号”绕地球转动的周期大于地球自转的周期
4.汽车的点火线圈是脉冲变压器．某型号点火线圈部分剖面结构如图，其初级线圈与次级线圈匝数之比为1：100，已知汽车电瓶是电动势为12V的蓄电池．下列说法正确的是
( )
A. 点火线圈的输出电压始终为1200V
B. 汽车电瓶不能使点火线圈工作
C. 点火线圈的初级线圈应和汽车电瓶相连
D. 提高初级线圈匝数，可以增加点火线圈的输出电压
5.如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行、间距为d的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图乙所示．其内部电路如图丙所示，则下列说法正确的是
( )
A. 按键的过程中，电容器间的电场强度减小
B. 按键的过程中，电容器储存的电能增多
C. 按键的过程中，图丙中电流方向从a经电流计流向b
D. 按键的过程中，电容器上极板电势低于下极板电势
6.如图是小魔术“浮沉子”的模型．在密封的矿泉水瓶中，一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气，可看作理想气体．现用手挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开矿泉水瓶后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中小瓶内气体温度保持不变，则上浮过程中小瓶内气体( )
A. 体积不变，内能不变B. 体积不变，压强不变
C. 对外界做正功，并放出热量D. 体积增大，对外界做正功
7.以下四幅图中，相关叙述正确的是( )
A. 如图甲，人造地球卫星经过地面跟踪站上空，地面接收到信号频率先增大后减小
B. 如图乙，A、B两灯均发亮，若断开开关，A灯和B灯都会立即熄灭
C. 如图丙，高频感应炉是利用炉外线圈产生的热量使炉内的金属熔化
D. 如图丁，利用该装置验证向心力与角速度的关系时，要保持皮带连接的两个塔轮半径相同
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.某型号降噪耳机工作原理如图所示，降噪过程包括如下几个环节：首先，由微型麦克风采集环境中的中、低频噪声；接下来，将噪声信号传至降噪电路；在降噪电路处理完成后，通过扬声器向外发出声波来抵消噪声；最后，我们耳朵就会感觉到噪声减弱甚至消失．对该降噪耳机相关说法正确的是( )
A. 耳机降噪利用了声波的多普勒效应
B. 抵消声波的频率与噪声的频率应该相等
C. 抵消声波与噪声的相位差为零
D. 抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度相等
9.如图所示，我国排球主攻手朱婷在某次垫球训练中将下落的排球从垫击面上垫出后，排球竖直向上运动，之后又落回到原位置，假设整个运动过程中排球所受空气阻力大小不变，下列说法正确的是( )
A. 球上升阶段处于超重状态
B. 球上升阶段重力做的功多于下降阶段重力做的功
C. 球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率
D. 球从接触手臂到离开手臂的时间内，手臂对排球的冲量不为零
10.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗过程中，来自质子源的质子(初速度为零)先被电场加速到具有较高的能量，然后被磁场引向轰击肿瘤，杀死其中恶性细胞，如图所示．若加速电场可看成单个匀强电场，质子的加速长度为L，加速的末速度为v，质子质量为m，电荷量为e，下列说法正确的是
( )
A. 质子在加速过程中电场力对其做正功，电势能减少
B. 该加速电场的电场强度大小为E=mv22eL
C. 若要提高质子飞出时的动能，可在其他条件不变的情况下提高加速电压
D. 质子击中肿瘤时的速度大于质子进入磁场时的速度
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在探究气体压强与体积关系实验中，某兴趣小组设计如图实验装置．已知重力加速度为g，注射器气密性和导热良好且外界环境温度保持不变，不计一切摩擦．
(1)用刻度尺测得注射器刻度上40mL到50mL的长度为1cm，注射器活塞的横截面积为S=_________cm2；
(2)取下沙桶，向右拉动活塞一段距离后，用橡胶套堵住注射孔，此时的气体压强为大气压p0；
(3)挂上沙桶，稳定后，测出此时的气体体积V和沙桶的总质量m，则气体压强的表达式p2=_________；(请选用p0、g、S、m表示)
(4)在沙桶内适量添加沙子，重复步骤(3)；
(5)以沙桶的总质量m为纵轴，以1V为横轴，绘制m−1V图像，其图像如图乙所示，图中横轴截距为a，纵轴截距为b，可求得未悬挂沙桶时注射器内气体的体积V0=_________，实验时当地的大气压强p0=_________。(请选用a、b、g、S表示)
12.由于实验室没有提供电流表，某实验小组利用两个电压表测量电阻Rx的阻值．实验小组设计如图1所示的电路图进行实验：
(1)请根据电路图连接图2中的实物图；_________
(2)闭合开关S前，滑动变阻器的滑片移动到最_________端(选填“左”或“右”)；
(3)闭合开关S，适当调节滑动变阻器的滑片，记录电压表V1、V2的示数U1、U2；
(4)重复步骤(3)，测量多组U1和U2值；
(5)根据测量数据作出U2−U1的关系图线如图3所示，求得直线的斜率为k，可以得到Rx=_________.(用斜率k和定值电阻R0表示)
(6)因电压表V1、V2非理想电表，用该方法测得的Rx阻值与其真实值相比_________(选填“偏大”或“偏小”或“相等”)．
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.实验小组要测量某透明液体的折射率，如图所示，组员找到一个底面直径为d，高为d2的圆柱形玻璃槽，现给槽内注满该液体，O为液面的中心。一单色光源由槽底A沿AO方向射入，光束与液面夹角为60∘，恰好在B点接收到该光束。已知B点在槽边缘正上方d2处。
(1)求该液体的折射率n；
(2)若将光源移动到槽边缘C处，光束仍对准O点射入，请通过计算说明能否在液面上方接收到该光束。
14.饭卡是学校等单位最常用的辅助支付手段，其内部主要部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，置于刷卡机上的饭卡线圈的磁通量发生变化，产生电信号．其原理可简化为如图甲所示，设线圈匝数n=600，每匝线圈的面积均为S=10cm2，线圈总电阻r=0.5Ω，线圈与阻值R=2.5Ω的电阻相连．线圈处的磁场可视作匀强磁场，其磁感应强度大小按如图乙所示规律变化(设垂直纸面向里为正方向)，求：
(1)0∼0.2s内通过电阻R的电流方向和大小；
(2)0∼0.25s内电阻R上产生的热量。
15.台球是深受大众喜爱的娱乐健身活动。如图，运动员采用“点杆”击球法(当球杆杆头接触母球的瞬间，迅速将杆抽回，母球离杆后与目标球发生对心正碰，视为弹性碰撞)击打母球，使得目标球被碰撞后经CD边反弹进入球洞A，这种进球方式被称为“翻袋”进球法。已知两球质量均为0.2kg，且可视为质点，球间距离为0.9m，目标球与CD挡壁间虚线距离为0.3m，目标球被CD挡壁反弹后向A球洞运动方向与AC挡壁间夹角为30∘，AC=3 32m，球与桌面间阻力为重力的13，球与挡壁碰撞过程中损失34的动能，重力加速度g=10m/s2。
(1)求母球在桌面做直线运动时的加速度大小；
(2)若某次击打后母球获得的初速度为1m/s，且杆头与母球的接触时间为0.05s，求母球受到杆头的平均冲击力大小；
(3)若击打后母球获得速度v0=5m/s，求目标球被碰撞后的速度大小；
(4)若能到达球洞上方且速率小于6m/s的球均可进洞，为使目标球能进洞，求母球初速度需要满足的条件。(计算结果都可以用根号表示)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.铀235的裂变需要中子轰击才能发生，故A错误；
B.根据反应过程满足质量数和电荷数守恒可知
A=235+1−89−3=144 ， Z=92−36=56
故B错误；
C.核裂变会释放能量，则反应后的产物 3689Kr 的比结合能大于 92235U 的比结合能，故C正确；
D.半衰期不随温度变化而变化，故D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】根据运动学公式可得
v2−v02=−2ah
解得加速度大小为
a=v02−v22h=82−222×1.2m/s2=25m/s2
根据牛顿第二定律可得
F−mg=ma
解得
F=1.05×105N
故选D。
3.【答案】C
【解析】A.根据题意可知“夸父一号”始终能接收到太阳光，故A错误；
B.“夸父一号”在任意时刻的加速度大小相等，但是方向不相同，故B错误；
CD.根据万有引力提供向心力可得
GMmr2=mv2r=m4π2T2r
可得
v= GMr ， T= 4π2r3GM
可知卫星轨道越高，线速度越小，周期越大，则“夸父一号”绕地球转动的线速度小于地球的第一宇宙速度，“夸父一号”绕地球转动的周期小于同步卫星的周期，即小于地球自转的周期，故C正确，D错误。
故选C。
4.【答案】C
【解析】D.根据变压器变压比
U1n1=U2n2
可知，增加初级线圈的匝数，次级线圈两端电压减小，故D错误；
AB.汽车蓄电池是直流电源，但在点火启动瞬间，穿过两线圈的磁通量发生变化，也能点火线圈正常工作，所以只在点火瞬间，点火线圈的输出电压始终为 1200V ，故AB错误；
C.点火线圈的初级线圈应和蓄电池相连，次级线圈中产生高压将汽车启动，故C正确；
故选C。
5.【答案】B
【解析】AB.根据
C=QU=εrS4πkd ， E=Ud
按键的过程中，由于电压 U 不变， d 减小，则电容 C 增大，电容器间的电场强度 E 增大，电容器所带电荷量 Q 增大，则电容器储存的电能增多，故A错误，B正确；
CD.按键的过程中，由于电容器所带电荷量 Q 增大，电容器充电，图丙中电流方向从b经电流计流向a，电容器上极板电势高于下极板电势，故CD错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】上浮过程中小瓶内气体温度不变，压强逐渐减小，根据
pV=C
可知气体体积变大，气体对外界做功，根据热力学第一定理
ΔU=W+Q
其中
ΔU=0 ， W<0
可知
Q>0
可知瓶内气体从外界吸热。
故选D。
7.【答案】A
【解析】A.图甲中人造地球卫星先靠近跟踪站，然后远离跟踪站，根据多普勒效应，地面接收到信号频率先增大后减小，故A正确；
B.图乙中，断开开关，B灯会先熄灭，因为电感L的自感作用，A灯会延迟熄灭，故B错误；
C.图丙中，高频感应炉是利用被冶炼金属内部产生的热量使炉内的金属熔化，故C错误；
D.图丁中，因为皮带连接的两个塔轮线速度大小相等，塔轮半径不同，才能研究向心力与不同角速度的关系，故D错误。
故选A。
8.【答案】BD
【解析】A.耳机降噪利用了声波的干涉原理，故A错误；
BC.频率相同的波才能发生干涉，即声波的叠加，相位相反时则可以相互抵消，故B正确，C错误；
D.声波是靠介质传播，同一介质中传播速度相等，故D正确。
故选BD。
9.【答案】CD
【解析】A.球上升阶段，加速方向向下，处于失重状态，故A错误；
B.根据
W=mgh
可知球上升阶段重力做的功等于下降阶段重力做的功，故B错误；
C.根据动量定理可得
F合Δt=Δp
可得
ΔpΔt=F合
由于球上升阶段受到的合力大于下降阶段受到的合力，则球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率，故C正确；
D.球从接触手臂到离开手臂的时间内，手臂对排球的作用力不为0，则手臂对排球的冲量不为零，故D正确。
故选CD。
10.【答案】ABC
【解析】A.质子在加速过程中，速度增大，电场力对其做正功，电势能减少，故A正确；
B.根据动能定理有
eEL=12mv2
解得
E=mv22eL
故B正确；
C.根据动能定理可知
eU=12mv2
则若要提高质子飞出时的动能，可在其他条件不变的情况下提高加速电压，故C正确；
D.质子进入磁场，洛伦兹力不做功，则质子的速度不变，所以质子击中肿瘤时的速度等于质子进入磁场时的速度，故D错误；
故选ABC。
11.【答案】 10 p0−mgS 1a bgS
【解析】(1)[1]注射器活塞的横截面积为
S=VL=50−401cm2=10cm2
(3)[2]根据受力平衡可得
p0S=p2S+mg
解得气体压强的表达式为
p2=p0−mgS
(5)[3][4]根据玻意耳定律可得
p0V0=p2V=(p0−mgS)V
整理可得
m=−p0SV0g⋅1V+p0Sg
结合 m−1V 图像可得
p0SV0g=ba ， p0Sg=b
解得
V0=1a ， p0=bgS
12.【答案】 见解析 右 R0k−1 偏小
【解析】(1)[1]根据电路图，实物连接如图所示
(2)[2]闭合开关S前，为了保护电表安全，滑动变阻器的滑片移动到最右端。
(5)[3]根据欧姆定律可得
U1Rx=U2−U1R0
整理可得
U2=R0+RxRxU1
可知 U2−U1 图像的斜率为
k=R0+RxRx
解得
Rx=R0k−l
(6)[4]考虑到电压表的分流，流过 R0 的电流等于流过 Rx 和电压表 V1 的电流之和，则有
U2−U1R0=U1Rx+U1RV
整理可得
U2=(R0+RxRx+R0RV)U1
可知实际上 U2−U1 图像的斜率为
k=R0+RxRx+R0RV>R0+RxRx
则有
Rx>R0k−1
可知测得的 Rx 阻值与其真实值相比偏小。
13.【答案】(1) n= 2 ；(2)不能
【解析】(1)光路如图所示
sini=sin90∘−60∘=12 ， tanθ=rh=1
所以
sinθ= 22
液体对光的折射率
n=sinθsini= 2
(2)将光源移动到槽边缘C点入射时，设入射角为 α
tanα=rh=1
可得
α=45∘
恰好发生全反射时
sinC=1n= 22
所以
C=45∘
此时入射角 α=C ，光束恰好在O点处发生了全反射，所以液面上方不能接收到光束。
14.【答案】(1)0.2A，电流方向从上到下；(2)0.2J
【解析】(1)根据楞次定律“增反减同”可知 0∼0.2s 时间内，流经电阻R的电流方向从上到下；
根据法拉第电磁感应定律有
E=nΔΦΔt=nΔBΔtS=600×0.2−0.10.1×10×10−4 V=0.6V
根据欧姆定律可知电流为
I=ER+r=0.2 A
(2)由焦耳定律可知 0∼0.2s 时间内电阻R产生的焦耳热为
Q1=I2Rt=0.02 J
0.2～0.25s时间内，根据法拉第电磁感应定律有
E′=n|ΔΦ′Δt′|=n|ΔB′Δt′|S=600××10×10−4 V=3.6V
根据焦耳定律有
Q2=(E′R+r)2Rt′=0.18 J
则 0∼0.25s 内电阻R上产生的热量为
Q=Q1+Q2=0.2 J
15.【答案】(1) 103m/s2 ；(2) 143N ；(3) 19m/s ；(4) 2 22m/s【解析】(1)由牛顿第二定律可得
f=kmg=ma
根据题意可知
k=13
解得
a=kg=103m/s2
(2)杆头击打母球，对母球由动量定理可得
(F−f)Δt=mv−0
代入数据解得
F=143N
(3)母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动，由动能定理可得
−kmgs1=12mv12−12mv02
母球与目标球碰撞前后，根据动量守恒和机械能守恒可得
mv1=mv′1+mv2
12mv12=12mv′12+12mv22
联立解得目标球被碰撞后的速度大小为
v2= 19m/s
(4)母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动，由动能定理可得
−kmgs1=12mv12−12mv02
母球与目标球碰撞前后，根据动量守恒和机械能守恒可得
mv1=mv′1+mv2
12mv12=12mv′12+12mv22
目标球前进到CD挡壁，做匀减速直线运动，由动能定理可得
−kmgs2=12mv32−12mv22
目标球与CD挡壁碰撞，根据题意有
14×(12mv32)=12mv42
即
v4=12v3
目标球运动到A球洞过程，由动能定理可得
−kmgdACcs30∘=12mv52−12mv42
又满足
0联立解得
2 22m/s
1.在2023年10月28日举行的首届国际天然铀产业发展论坛中，我国宣布，通过“天空地深”一体化勘查技术发现了一批万吨至十万吨级铀矿床．天然铀中主要有铀238和铀235，其中，铀235的裂变方程为： 92235U+01n→3689Kr+zABa+301n，下列说法正确的是
( )
A. 铀235裂变可以自发进行
B. 反应方程中A=144，Z=53
C. 3689Kr的比结合能大于 92235U的比结合能
D. 离地表越深，温度越高，铀235的半衰期也越大
2.2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆．当返回舱距离地面1.2m时，返回舱的速度为8m/s，此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作，使返回舱触地前瞬间速度降至2m/s，实现软着陆．若该过程飞船始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计．返回舱的总质量为3×103kg，g取10m/s2，则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为
( )
A. 3×104NB. 7.5×104NC. 2.6×104ND. 1.05×105N
3.2022年10月，我国成功将“夸父一号”卫星发射升空。该卫星绕地球的运动看成匀速圆周运动距地面高度约为720km。如图所示，“夸父一号”随地球绕太阳公转过程中，需要其轨道平面始终地球公转轨道与太阳保持固定的取向，使太阳光能照射到“夸太阳父一号”。下列说法正确的是
( )
A. “夸父一号”有部分时间处于“黑夜”之中，完全不能接收到太阳光
B. “夸父一号”在任意时刻的加速度相同
C. “夸父一号”绕地球转动的线速度小于地球的第一宇宙速度
D. “夸父一号”绕地球转动的周期大于地球自转的周期
4.汽车的点火线圈是脉冲变压器．某型号点火线圈部分剖面结构如图，其初级线圈与次级线圈匝数之比为1：100，已知汽车电瓶是电动势为12V的蓄电池．下列说法正确的是
( )
A. 点火线圈的输出电压始终为1200V
B. 汽车电瓶不能使点火线圈工作
C. 点火线圈的初级线圈应和汽车电瓶相连
D. 提高初级线圈匝数，可以增加点火线圈的输出电压
5.如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行、间距为d的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图乙所示．其内部电路如图丙所示，则下列说法正确的是
( )
A. 按键的过程中，电容器间的电场强度减小
B. 按键的过程中，电容器储存的电能增多
C. 按键的过程中，图丙中电流方向从a经电流计流向b
D. 按键的过程中，电容器上极板电势低于下极板电势
6.如图是小魔术“浮沉子”的模型．在密封的矿泉水瓶中，一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气，可看作理想气体．现用手挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开矿泉水瓶后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中小瓶内气体温度保持不变，则上浮过程中小瓶内气体( )
A. 体积不变，内能不变B. 体积不变，压强不变
C. 对外界做正功，并放出热量D. 体积增大，对外界做正功
7.以下四幅图中，相关叙述正确的是( )
A. 如图甲，人造地球卫星经过地面跟踪站上空，地面接收到信号频率先增大后减小
B. 如图乙，A、B两灯均发亮，若断开开关，A灯和B灯都会立即熄灭
C. 如图丙，高频感应炉是利用炉外线圈产生的热量使炉内的金属熔化
D. 如图丁，利用该装置验证向心力与角速度的关系时，要保持皮带连接的两个塔轮半径相同
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.某型号降噪耳机工作原理如图所示，降噪过程包括如下几个环节：首先，由微型麦克风采集环境中的中、低频噪声；接下来，将噪声信号传至降噪电路；在降噪电路处理完成后，通过扬声器向外发出声波来抵消噪声；最后，我们耳朵就会感觉到噪声减弱甚至消失．对该降噪耳机相关说法正确的是( )
A. 耳机降噪利用了声波的多普勒效应
B. 抵消声波的频率与噪声的频率应该相等
C. 抵消声波与噪声的相位差为零
D. 抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度相等
9.如图所示，我国排球主攻手朱婷在某次垫球训练中将下落的排球从垫击面上垫出后，排球竖直向上运动，之后又落回到原位置，假设整个运动过程中排球所受空气阻力大小不变，下列说法正确的是( )
A. 球上升阶段处于超重状态
B. 球上升阶段重力做的功多于下降阶段重力做的功
C. 球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率
D. 球从接触手臂到离开手臂的时间内，手臂对排球的冲量不为零
10.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗过程中，来自质子源的质子(初速度为零)先被电场加速到具有较高的能量，然后被磁场引向轰击肿瘤，杀死其中恶性细胞，如图所示．若加速电场可看成单个匀强电场，质子的加速长度为L，加速的末速度为v，质子质量为m，电荷量为e，下列说法正确的是
( )
A. 质子在加速过程中电场力对其做正功，电势能减少
B. 该加速电场的电场强度大小为E=mv22eL
C. 若要提高质子飞出时的动能，可在其他条件不变的情况下提高加速电压
D. 质子击中肿瘤时的速度大于质子进入磁场时的速度
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在探究气体压强与体积关系实验中，某兴趣小组设计如图实验装置．已知重力加速度为g，注射器气密性和导热良好且外界环境温度保持不变，不计一切摩擦．
(1)用刻度尺测得注射器刻度上40mL到50mL的长度为1cm，注射器活塞的横截面积为S=_________cm2；
(2)取下沙桶，向右拉动活塞一段距离后，用橡胶套堵住注射孔，此时的气体压强为大气压p0；
(3)挂上沙桶，稳定后，测出此时的气体体积V和沙桶的总质量m，则气体压强的表达式p2=_________；(请选用p0、g、S、m表示)
(4)在沙桶内适量添加沙子，重复步骤(3)；
(5)以沙桶的总质量m为纵轴，以1V为横轴，绘制m−1V图像，其图像如图乙所示，图中横轴截距为a，纵轴截距为b，可求得未悬挂沙桶时注射器内气体的体积V0=_________，实验时当地的大气压强p0=_________。(请选用a、b、g、S表示)
12.由于实验室没有提供电流表，某实验小组利用两个电压表测量电阻Rx的阻值．实验小组设计如图1所示的电路图进行实验：
(1)请根据电路图连接图2中的实物图；_________
(2)闭合开关S前，滑动变阻器的滑片移动到最_________端(选填“左”或“右”)；
(3)闭合开关S，适当调节滑动变阻器的滑片，记录电压表V1、V2的示数U1、U2；
(4)重复步骤(3)，测量多组U1和U2值；
(5)根据测量数据作出U2−U1的关系图线如图3所示，求得直线的斜率为k，可以得到Rx=_________.(用斜率k和定值电阻R0表示)
(6)因电压表V1、V2非理想电表，用该方法测得的Rx阻值与其真实值相比_________(选填“偏大”或“偏小”或“相等”)．
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.实验小组要测量某透明液体的折射率，如图所示，组员找到一个底面直径为d，高为d2的圆柱形玻璃槽，现给槽内注满该液体，O为液面的中心。一单色光源由槽底A沿AO方向射入，光束与液面夹角为60∘，恰好在B点接收到该光束。已知B点在槽边缘正上方d2处。
(1)求该液体的折射率n；
(2)若将光源移动到槽边缘C处，光束仍对准O点射入，请通过计算说明能否在液面上方接收到该光束。
14.饭卡是学校等单位最常用的辅助支付手段，其内部主要部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，置于刷卡机上的饭卡线圈的磁通量发生变化，产生电信号．其原理可简化为如图甲所示，设线圈匝数n=600，每匝线圈的面积均为S=10cm2，线圈总电阻r=0.5Ω，线圈与阻值R=2.5Ω的电阻相连．线圈处的磁场可视作匀强磁场，其磁感应强度大小按如图乙所示规律变化(设垂直纸面向里为正方向)，求：
(1)0∼0.2s内通过电阻R的电流方向和大小；
(2)0∼0.25s内电阻R上产生的热量。
15.台球是深受大众喜爱的娱乐健身活动。如图，运动员采用“点杆”击球法(当球杆杆头接触母球的瞬间，迅速将杆抽回，母球离杆后与目标球发生对心正碰，视为弹性碰撞)击打母球，使得目标球被碰撞后经CD边反弹进入球洞A，这种进球方式被称为“翻袋”进球法。已知两球质量均为0.2kg，且可视为质点，球间距离为0.9m，目标球与CD挡壁间虚线距离为0.3m，目标球被CD挡壁反弹后向A球洞运动方向与AC挡壁间夹角为30∘，AC=3 32m，球与桌面间阻力为重力的13，球与挡壁碰撞过程中损失34的动能，重力加速度g=10m/s2。
(1)求母球在桌面做直线运动时的加速度大小；
(2)若某次击打后母球获得的初速度为1m/s，且杆头与母球的接触时间为0.05s，求母球受到杆头的平均冲击力大小；
(3)若击打后母球获得速度v0=5m/s，求目标球被碰撞后的速度大小；
(4)若能到达球洞上方且速率小于6m/s的球均可进洞，为使目标球能进洞，求母球初速度需要满足的条件。(计算结果都可以用根号表示)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.铀235的裂变需要中子轰击才能发生，故A错误；
B.根据反应过程满足质量数和电荷数守恒可知
A=235+1−89−3=144 ， Z=92−36=56
故B错误；
C.核裂变会释放能量，则反应后的产物 3689Kr 的比结合能大于 92235U 的比结合能，故C正确；
D.半衰期不随温度变化而变化，故D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】根据运动学公式可得
v2−v02=−2ah
解得加速度大小为
a=v02−v22h=82−222×1.2m/s2=25m/s2
根据牛顿第二定律可得
F−mg=ma
解得
F=1.05×105N
故选D。
3.【答案】C
【解析】A.根据题意可知“夸父一号”始终能接收到太阳光，故A错误；
B.“夸父一号”在任意时刻的加速度大小相等，但是方向不相同，故B错误；
CD.根据万有引力提供向心力可得
GMmr2=mv2r=m4π2T2r
可得
v= GMr ， T= 4π2r3GM
可知卫星轨道越高，线速度越小，周期越大，则“夸父一号”绕地球转动的线速度小于地球的第一宇宙速度，“夸父一号”绕地球转动的周期小于同步卫星的周期，即小于地球自转的周期，故C正确，D错误。
故选C。
4.【答案】C
【解析】D.根据变压器变压比
U1n1=U2n2
可知，增加初级线圈的匝数，次级线圈两端电压减小，故D错误；
AB.汽车蓄电池是直流电源，但在点火启动瞬间，穿过两线圈的磁通量发生变化，也能点火线圈正常工作，所以只在点火瞬间，点火线圈的输出电压始终为 1200V ，故AB错误；
C.点火线圈的初级线圈应和蓄电池相连，次级线圈中产生高压将汽车启动，故C正确；
故选C。
5.【答案】B
【解析】AB.根据
C=QU=εrS4πkd ， E=Ud
按键的过程中，由于电压 U 不变， d 减小，则电容 C 增大，电容器间的电场强度 E 增大，电容器所带电荷量 Q 增大，则电容器储存的电能增多，故A错误，B正确；
CD.按键的过程中，由于电容器所带电荷量 Q 增大，电容器充电，图丙中电流方向从b经电流计流向a，电容器上极板电势高于下极板电势，故CD错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】上浮过程中小瓶内气体温度不变，压强逐渐减小，根据
pV=C
可知气体体积变大，气体对外界做功，根据热力学第一定理
ΔU=W+Q
其中
ΔU=0 ， W<0
可知
Q>0
可知瓶内气体从外界吸热。
故选D。
7.【答案】A
【解析】A.图甲中人造地球卫星先靠近跟踪站，然后远离跟踪站，根据多普勒效应，地面接收到信号频率先增大后减小，故A正确；
B.图乙中，断开开关，B灯会先熄灭，因为电感L的自感作用，A灯会延迟熄灭，故B错误；
C.图丙中，高频感应炉是利用被冶炼金属内部产生的热量使炉内的金属熔化，故C错误；
D.图丁中，因为皮带连接的两个塔轮线速度大小相等，塔轮半径不同，才能研究向心力与不同角速度的关系，故D错误。
故选A。
8.【答案】BD
【解析】A.耳机降噪利用了声波的干涉原理，故A错误；
BC.频率相同的波才能发生干涉，即声波的叠加，相位相反时则可以相互抵消，故B正确，C错误；
D.声波是靠介质传播，同一介质中传播速度相等，故D正确。
故选BD。
9.【答案】CD
【解析】A.球上升阶段，加速方向向下，处于失重状态，故A错误；
B.根据
W=mgh
可知球上升阶段重力做的功等于下降阶段重力做的功，故B错误；
C.根据动量定理可得
F合Δt=Δp
可得
ΔpΔt=F合
由于球上升阶段受到的合力大于下降阶段受到的合力，则球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率，故C正确；
D.球从接触手臂到离开手臂的时间内，手臂对排球的作用力不为0，则手臂对排球的冲量不为零，故D正确。
故选CD。
10.【答案】ABC
【解析】A.质子在加速过程中，速度增大，电场力对其做正功，电势能减少，故A正确；
B.根据动能定理有
eEL=12mv2
解得
E=mv22eL
故B正确；
C.根据动能定理可知
eU=12mv2
则若要提高质子飞出时的动能，可在其他条件不变的情况下提高加速电压，故C正确；
D.质子进入磁场，洛伦兹力不做功，则质子的速度不变，所以质子击中肿瘤时的速度等于质子进入磁场时的速度，故D错误；
故选ABC。
11.【答案】 10 p0−mgS 1a bgS
【解析】(1)[1]注射器活塞的横截面积为
S=VL=50−401cm2=10cm2
(3)[2]根据受力平衡可得
p0S=p2S+mg
解得气体压强的表达式为
p2=p0−mgS
(5)[3][4]根据玻意耳定律可得
p0V0=p2V=(p0−mgS)V
整理可得
m=−p0SV0g⋅1V+p0Sg
结合 m−1V 图像可得
p0SV0g=ba ， p0Sg=b
解得
V0=1a ， p0=bgS
12.【答案】 见解析 右 R0k−1 偏小
【解析】(1)[1]根据电路图，实物连接如图所示
(2)[2]闭合开关S前，为了保护电表安全，滑动变阻器的滑片移动到最右端。
(5)[3]根据欧姆定律可得
U1Rx=U2−U1R0
整理可得
U2=R0+RxRxU1
可知 U2−U1 图像的斜率为
k=R0+RxRx
解得
Rx=R0k−l
(6)[4]考虑到电压表的分流，流过 R0 的电流等于流过 Rx 和电压表 V1 的电流之和，则有
U2−U1R0=U1Rx+U1RV
整理可得
U2=(R0+RxRx+R0RV)U1
可知实际上 U2−U1 图像的斜率为
k=R0+RxRx+R0RV>R0+RxRx
则有
Rx>R0k−1
可知测得的 Rx 阻值与其真实值相比偏小。
13.【答案】(1) n= 2 ；(2)不能
【解析】(1)光路如图所示
sini=sin90∘−60∘=12 ， tanθ=rh=1
所以
sinθ= 22
液体对光的折射率
n=sinθsini= 2
(2)将光源移动到槽边缘C点入射时，设入射角为 α
tanα=rh=1
可得
α=45∘
恰好发生全反射时
sinC=1n= 22
所以
C=45∘
此时入射角 α=C ，光束恰好在O点处发生了全反射，所以液面上方不能接收到光束。
14.【答案】(1)0.2A，电流方向从上到下；(2)0.2J
【解析】(1)根据楞次定律“增反减同”可知 0∼0.2s 时间内，流经电阻R的电流方向从上到下；
根据法拉第电磁感应定律有
E=nΔΦΔt=nΔBΔtS=600×0.2−0.10.1×10×10−4 V=0.6V
根据欧姆定律可知电流为
I=ER+r=0.2 A
(2)由焦耳定律可知 0∼0.2s 时间内电阻R产生的焦耳热为
Q1=I2Rt=0.02 J
0.2～0.25s时间内，根据法拉第电磁感应定律有
E′=n|ΔΦ′Δt′|=n|ΔB′Δt′|S=600××10×10−4 V=3.6V
根据焦耳定律有
Q2=(E′R+r)2Rt′=0.18 J
则 0∼0.25s 内电阻R上产生的热量为
Q=Q1+Q2=0.2 J
15.【答案】(1) 103m/s2 ；(2) 143N ；(3) 19m/s ；(4) 2 22m/s
f=kmg=ma
根据题意可知
k=13
解得
a=kg=103m/s2
(2)杆头击打母球，对母球由动量定理可得
(F−f)Δt=mv−0
代入数据解得
F=143N
(3)母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动，由动能定理可得
−kmgs1=12mv12−12mv02
母球与目标球碰撞前后，根据动量守恒和机械能守恒可得
mv1=mv′1+mv2
12mv12=12mv′12+12mv22
联立解得目标球被碰撞后的速度大小为
v2= 19m/s
(4)母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动，由动能定理可得
−kmgs1=12mv12−12mv02
母球与目标球碰撞前后，根据动量守恒和机械能守恒可得
mv1=mv′1+mv2
12mv12=12mv′12+12mv22
目标球前进到CD挡壁，做匀减速直线运动，由动能定理可得
−kmgs2=12mv32−12mv22
目标球与CD挡壁碰撞，根据题意有
14×(12mv32)=12mv42
即
v4=12v3
目标球运动到A球洞过程，由动能定理可得
−kmgdACcs30∘=12mv52−12mv42
又满足
0
2 22m/s
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