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2023-2024学年河南省创新发展联盟高三（下）月考 物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年河南省创新发展联盟高三（下）月考 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.下列说法中正确的是
A. “未见其人，先闻其声”，说明声波可以发生衍射现象，而光则沿直线传播，不能发生衍射现象
B. 日本将福岛核废水排海，是因为可以通过降低核废水的浓度来减小放射性元素的半衰期，从而尽快消除核污染
C. 科学家研究发现，某恒星的发射光谱整体存在向波长增大方向移动的“红移现象”，这表明该恒星正在逐渐远离地球
D. 能量是守恒的，所以今天消耗的石油、煤、天然气等能源最终都会转化为风能、水能等能源再次为我们所应用，故不必担心能源会枯竭
2.如图所示，在坐标平面xOy内存在静电场，其等差等势线关于坐标轴对称，如图中虚线所示。现有一电子从左上方射入该电场，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实曲线所示，P、Q、S、T、L分别为轨迹与各等势线的交点，由此可知
A. 电子在由P至L的运动过程中，其加速度先减小后增大
B. 电子在由P至L的运动过程中，动能逐渐增大，电势能逐渐减小
C. 电子由P至Q和由T至L的过程中，动量的变化量是相同的
D. 若将电子由坐标原点静止释放，则电子一定沿x轴正方向加速运动
3.2023年7月19日，新华社援引中科院消息，国产电磁弹射微重力实验装置试运行取得圆满成功。现将测试过程适当简化：如图所示，质量为m的实验舱于电磁作用区由静止开始在向上的电磁力的驱动下沿竖直轨道上升ℎ1=16 m，随即失去电磁力进入抛射阶段，返回电磁作用区时在电磁力的作用下又下降了ℎ2=14 m速度减小到零，整个测试过程获得了4 s的完全失重环境。设实验舱在电磁力的作用下做匀变速运动，实验舱始终未离开轨道，空气及摩擦阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2，下列判断中正确的是
A. 实验舱沿轨道向上运动阶段处于超重状态，而沿轨道向下运动阶段处于失重状态
B. 实验舱脱离电磁作用区时的速度大小为40 m/s
C. 本次测试中，实验舱内电磁作用力的最大值约为2.25mg
D. 本次测试中，实验舱内电磁作用力的最大值约为2.43mg
4.2023年太阳风暴频发，进而引发地磁暴，对航空航天器的运行、通讯信息传输等产生了一系列不良影响。我国2022年发射的“夸父一号”卫星，肩负着探测太阳“一磁两爆(即太阳磁场、太阳耀斑和日冕物质抛射)”的任务，为了能完成使命，它的运行轨道设定在距地面高度约为ℎ=720 km的太阳同步晨昏轨道。已知地球的半径为R，地球极地表面重力加速度为g0，则下列说法正确的是
A. “夸父一号”与地球同步卫星虽然运行高度不同，但运行周期相同
B. “夸父一号”的运行周期为2π(R+ℎ)R R+ℎg0
C. 太空中运行的航天器处于完全失重状态，所以“夸父一号”搭载的科学仪器不再受重力作用
D. “夸父一号”所处位置的重力加速度大小为RR+ℎg0
5.一列沿x轴传播的简谐横波，在t=0时刻的波形如图所示。此时，波上P点的坐标为1.4,4，且沿y轴正方向运动，Q点恰好位于波峰。在t=115s时，P点第一次到达波谷，则下列判断正确的是( )
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波的波长为2.4m
C. 该波的传播速度为12m/s
D. P点的振动方程为y=8sin20πt+5π6cm
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
6.如图所示是质量为m的炮弹在地面附近上空竖直平面内做抛体运动的一部分轨迹，O、B、C、D是抛体运动轨迹上的四点，O是坐标原点，B为运动的最高点，C、D两点的坐标已在图中标出，重力加速度为g，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是
A. 炮弹由O到B和由B到C过程，重力做功相同
B. 炮弹由B到C和由C到D过程，动量的变化量相同
C. 炮弹经过B点时速度大小为 gL
D. 炮弹经过D点时的动能为17mgL4
7.如图所示，在水平面上放置一长度为L、内壁光滑的玻璃管MN，在玻璃管的中点O处有一带电量为q、质量为m、直径略小于玻璃管内径的小球，小球保持静止。整个空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现让玻璃管在外力作用下沿水平面向右以速度v0做匀速直线运动，发现小球沿玻璃管由O向N运动，最终从N端脱离玻璃管。下列判断正确的是
A. 小球一定带正电
B. 小球在玻璃管内运动的时间为 Lmqv0B
C. 小球脱离玻璃管前的运动轨迹为一条抛物线
D. 小球在玻璃管内运动的过程中，洛伦兹力对其做功为qv0BL2
8.如图1所示的电路中，变压器为理想变压器，交流电压表和电流表均可视为理想电表，定值电阻R1=9 Ω，R2=24 Ω，灯泡的电阻恒定。当开关S断开、电路的输入端接入如图2所示的稳压交流电源时，灯泡恰好正常发光，电压表示数为36 V，电流表示数为1 A，则
A. 灯泡中的电流是频率为0.5 Hz的交流电
B. 理想变压器原线圈与副线圈的匝数比为2:1
C. 若将开关S闭合，则电压表的示数将变为54 V
D. 若将开关S闭合，则小灯泡的功率将变为40.5 W
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
9.某同学用图1所示装置，通过实验来验证玻意耳定律。封闭于注射器内的空气可视为理想气体，其体积可由注射器筒壁上的刻度直接读出，已知大气压强为p0，重力加速度为g。回答下列问题：
(1)关于该实验，下列说法正确的有________(填选项序号)。
A.注射器一定要竖直固定
B.在框架上悬挂钩码时要两侧对称
C.改变被封闭气体的压强后，测量气体体积时越快越好
D.处理数据时发现被封气体压强与体积的乘积渐渐增大，可能是因为存在漏气现象
(2)测量注射器活塞横截面的直径d时，游标卡尺的示数如图2所示，其读数为________cm。
(3)若操作正确且测得活塞及框架的总质量为m0，当框架上挂上质量为m的钩码，稳定后被封气体的压强为________(用测得及已知物理量字母表示)。
(4)测出气体体积并改变钩码质量测出多组压强、体积数据即可验证玻意耳定律。
10.某同学设计实验测量待测电阻Rx的阻值。
(1)如图1所示为简易多用电表内部电路原理图，其中G为灵敏电流计，选择开关S与不同接点连接构成不同的电表，下列分析正确的是________。
A.将选择开关S与3连接，构成欧姆表
B.将选择开关S与4、5连接，构成电压表，且与5接点相连时量程较大
C.将选择开关S与1、2连接，构成电流表，且与2接点相连时量程较大
(2)该同学首先用图2所示多用电表的欧姆挡粗测此电阻阻值，第一次选择的倍率不合适，又改换另一倍率测量，经过正确操作后，前后两次电表指针位置如图2中的两条虚线所示。该同学两次倍率选择的操作步骤是________(填“①②”或“②①”)，该电阻的阻值约为________Ω。
①将“选择开关”旋到“×10”挡
②将“选择开关”旋到“×1”挡
(3)为了更准确地测定该电阻的阻值，该同学采用伏安法。现有如下实验器材：
①量程为3 V，内阻约3 kΩ的电压表；
②量程为30 mA，内阻约0.1 Ω的电流表；
③阻值为0～20 Ω的滑动变阻器；
④内阻可忽略，输出电压为3 V的电源；
⑤开关和导线若干。
实验要求测量尽可能准确，且多测几组数据，请在虚线框内画出测量Rx的电路图。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
11.如图所示为一泳池的横截面，一位学生借助激光笔来测量泳池内水的深度。他将激光笔置于A点的正上方与水面距离ℎ=1.5m的S点，当激光由S射向水面上的O点时，激光经水的折射后照射在泳池底部的P点。经测量AO间的距离为2m，而BP间的距离为3.8m，且知水的折射率n=43，光在真空中的传播速度为c=3×108m/s。求：
(1)泳池内水的深度；
(2)激光由S传播至P所用的时间。
12.如图所示，两根倾斜固定的光滑平行金属导轨间距为L，倾角为α=30°，在导轨的下端连接有阻值为R的定值电阻，整个导轨平面处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现把一根质量为m的导体棒置于导轨上，并在它的中点用轻绳通过光滑定滑轮与质量为2m的重物相连，调节滑轮使轻绳与导轨平行。将导体棒从距导轨上端x0的位置静止释放，导体棒沿导轨运动，脱离导轨时的速度大小为v0，此时重物还未落地。已知导体棒始终垂直导轨且接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度为g。求：
(1)通过电阻R的电荷量；
(2)导体棒在导轨上运动的时间；
(3)电阻R所产生的热量。
13.如图1所示，OA为一段固定在竖直平面内且与水平桌面相切于桌子边缘O点的呈抛物线状的光滑轨道，轨道左端点A距桌面的高度及桌面距地面的高度均为ℎ=1.25 m。以O点为原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立坐标系。现在轨道末端放置一质量m1=118kg的小球1，其保持静止，另将小球2自轨道端点A静止释放，两小球在轨道末端发生弹性正碰。已知小球1落地点的横坐标为x1=4.5 m，小球2碰后的运动轨迹恰与轨道关于坐标原点对称，两小球皆可视为质点，空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球2的质量m2及其与小球1碰撞后瞬间的速度大小v2；
(2)如图2所示，曲线上M点的曲率圆定义为：通过M点和曲线上紧邻M点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做M点的曲率圆，其半径ρ叫做M点的曲率半径。轨道上B点(yB=0.45 m)的曲率半径ρB为多大；
(3)小球2自A点静止释放后经过轨道上的B点(yB=0.45 m)时，对轨道的压力大小。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查的是波的衍射现象；放射性元素的半衰期的影响因素；发射光谱整体存在向波长增大方向移动的“红移现象”的原理是多普勒效应；热力学第二定律解释怎么利用能源，以这些现象为背景，考查学生的物理观念。
【解答】
A、“未见其人，先闻其声”，说明声波发生了行射现象，但不能说明光不能发生行射现象，事实上是声波的波长远大于光波(可见光)的波长，其更容易发生行射，而光波长极短，不易观察到其行射现象，故A项错误;
B、放射性元素的半衰期不会随其物理及化学状态的变化而改变，故B项错误;
C、恒星发射光谱整体向波长增大的方向移动，说明我们接收到该恒星所发射光的频率相应减小，由多普勒效应可以判断恒星(光源)正在逐渐远离地球，故C项正确;
D、能量是守恒的，但由热力学第二定律知，能量的转化是具有方向性的，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，故“能源”不可能自发地回到初始状态，周而复始供人类使用，必须树立能源节约意识，走可持续发展之路，故D项错误。
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题借助电子在静电场中的运动，考查学生对静电场基本性质特点及力与运动、动量、能量等物理观念的考查，立足必备基础知识检测学生的科学思维。
【解答】
A.等差等势线的疏密能反映电场强度的大小，由电子运动轨迹所处等差等势线的疏密可知，电子所受电场力先减小后增大，故其加速度亦先减小后增大，故A正确;
B.由电子运动轨迹可知，电子所受电场力方向与电子运动方向成钝角，对电子做负功，电子动能减小，电势能增大，故B错误;
C.电子由P至Q及由T至L，电场力做功相同，动能变化量相同，但电子所受电场力大小及方向不同，由动量定理可知，电子的动量变化量不一定相同，故C错误;
D.因电场等势线关于坐标轴对称，结合电子运动的轨迹可知，x轴上各点的场强均沿x轴正方向，电子自坐标原点由静止释放，所受电场力沿x轴负方向，电子将沿x轴负方向加速运动，故D错误。
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查的是超重和失重、竖直上抛运动的对称性以及从运动情况确定实验舱内电磁作用力的最大值，解决问题的关键是分析实验舱经历三个过程，结合超重和失重分析即可；由竖直上抛运动的对称性可知，实验舱进入及离开抛射区的速度大小；由运动学公式和牛顿第二定律可得实验舱内电磁作用力的最大值。
【解答】
A、实验舱经历三个过程：首先，实验舱在电磁力的驱动下沿竖直轨道匀加速上升，处于超
重状态;实验舱在抛射区，失去电磁力仅在重力作用下做竖直上抛运动，此阶段为“完全失重状态”，历时4s;当实验舱返回电磁作用区时受电磁阻力作用向下匀减速运动，再次处于超重状态，故A项错误;
B、由竖直上抛运动的对称性可知，实验舱进入及离开抛射区的速度大小皆为v=g⋅t2=20m/s，B项错误;
CD、当实验舱加速上升时，a1=v22ℎ1=12.5m/s2，
此阶段电磁作用力为：F1=m(g+a1)=2.25mg，
同理，实验舱在减速下降阶段时，a2=v22ℎ2≈14.3m/s2，
此阶段电磁作用力为：F2=m(g+a2)=2.43mg，故C项错误，D项正确。
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题借助“夸父一号”卫星，考查学生对万有引力定律、圆周运动等必备知识的掌握情况，根据万有引力提供向心力求运行周期；太空中运行的航天器处于完全失重状态的物理意义；根据万有引力与重力的关系求“夸父一号”所处位置的重力加速度。
【解答】
A、卫星做圆周运动的向心力由地球对其的万有引力提供，进而可得卫星的周期为T=2π r3GM=
2π (R+ℎ)3GM，可见卫星运行高度越低，其周期越小，故A错误;
B、已知地球极地表面重力加速度为g0，地球半径为R，故mg0=GMmR2，解得g0R2=GM，而卫星的运行周期为T=2π r3GM，则“夸父一号”运行周期为T=2π(R+ℎ)R R+ℎg0，故B正确;
CD、“完全失重”并非物体不受重力，是航天器中的物体所受地球引力(亦即重力)提供其做圆周运动的向心力，而不再产生相对航天器的“下落、挤压”等“重力作用效果”，“夸父一号”所在位置的重力加速度为g=a=R2g0(R+ℎ)2，故CD错误。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查学生对振动与波动的理解，对学生应用数学知识处理物理问题的能力有较高要求，侧重考查学生的科学思维及推力论证能力。
【解答】
A.依据“前带后，后跟前，运动状态往后传”，及P点向上振动，可知波沿x轴负方向传播，故A错误；
B.由图可知t=0时刻，波形图的方程为y=−8sin(2πλ⋅x)cm，将P点的坐标代入方程可得4=−8sin(2.8πλ)，解得λ=2.4m，故B正确；
C.因在t=115s时，P点第一次到达波谷，而P点右侧与之相邻的波谷距其的距离为△x=3.0m−1.4m=1.6m，则该波传播的速度为v=ΔxΔt=24m/s，故C错误；
D.由v=λT，得该波的周期为T=0.1s，在t=0时yP=4cm，P点沿y轴正方向运动，所以P点的振动方程为y=8sin(20πt+π6)cm，故D错误。
6.【答案】BD
【解析】【分析】
本题主要考查了抛体运动和重力做功的应用。注意明确小球在x轴方向上为匀速运动，竖直方向为匀变速直线运动;结合动量定理确定动量变化和炮弹由B到D由动能定理得炮弹经过D点时的动能。
【解答】
A、炮弹由O到B重力做负功，由B到C过程重力做正功，故A错误;
B、炮弹由B到C和由C到D过程的水平距离相等，时间相同，重力的冲量相同，因此动量的变化量相同，故B正确;
C、炮弹由B到C和由C到D过程的水平距离相等，时间相同，知B到C和由C到D过程的竖直距离之比为1:3，B到C的竖直距离为L，时间t= 2Lg，所以vB= gL2，故C错误;
D、炮弹由B到D，由动能定理mg⋅4L=EkD−12mvB2得EkD=17mgL4，
故D正确。
7.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查学生运动与相互作用及能量观并兼顾对运动的合成与分解、牛顿运动定律和运动学公式、功的定义等基本规律的考查。
【解答】
A、带电小球随玻璃管沿水平向右的方向以速度v0匀速运动，因此受到的洛伦兹力沿玻璃管由O指向N的分力F1=qv0B，该力为恒力。由左手定则可知，小球带正电，故A正确;
B、小球沿玻璃管做初速度为零的匀加速运动，a=qv0Bm，由x=12at2可得，t= 2xa= Lmqv0B，故B正确;
C、小球的运动为随玻璃管的匀速直线运动与沿玻璃管的匀加速直线运动的合运动，其运动轨迹为一抛物线，故C正确;
D、小球由O运动至N的过程中，动能增加，但洛伦兹力时刻与速度垂直不做功，管壁对小球的弹力对小球做正功，且有WN=ΔEk=12qv0BL，故D错误。
8.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查学生对正弦交流电、理想变压器的工作原理规律和有关电路的必备知识的掌握情况，及科学思维水平。
【解答】
A.由图2可知，电源的频率为f=10.02Hz=50 Hz，电压的有效值为U=81V，变压器并不改变交流电的频率，故流经灯泡的电流频率亦为50Hz，故A错误；
B.因电流表示数为1A，故定值电阻R1分压△U=IA⋅R1=9V，变压器的输入电压U1=U−△U=72V，变压器的输出电压U2=UV=36V，故变压器的匝数比为n1n2=U1U2=2，故B正确；
C.由n1n2=I2IA=2可得I2=2A，灯泡的额定功率为Pe=I2U2=72W，电阻为RL=U2I2=18Ω。
当开关S闭合时，将变压器及灯泡等效成负载电阻R=(n1n2)2RL=72Ω，其与R2并联，R并=RR2R+R2=18Ω，则变压器的输入电压U1′=R并R并+R1⋅U=54V，变压器的输出电压为U2′=12⋅U′1=27V，故C错误;
D.此时灯泡的功率为P=(U2′U2)2⋅Pe=(2736)2×72W=40.5W，故D正确。
9.【答案】(1) AB；
(2) 2.060；
(3)p0+4(m+m0)gπ⋅d2。
【解析】【分析】本题考查学生的探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系，涉及游标卡尺的使用，由平衡法测气体的压强及对实验误差的分析与控制。
【解答】
(1) AB、实验用平衡法测量被封闭于注射器内空气的压强，为减小测量误差，确保活塞在竖直方向所受三力平衡，则A、B正确;
C、改变悬挂钩码数量时，活塞移动，外界对气体做功，气体内能增大，温度升高，为确保被封气体发生等温变化，应该等被封气体与外界达到热平衡后再测量气体的体积，C错误;
D、由pV=nRT可知，若pV增大，应该是被封气体物质的量n或温度T增大所致，D错误。
(2)由图2知，该卡尺为20分度，且主尺示数为2.0cm，游标尺刻度12与主尺刻度3.2对齐，游标卡尺的读数应为2.0cm+12×0.05 mm=2.060 cm。
(3)若操作正确，活塞静止时竖直方向受三个力，故有pS=p0S+(m0+m)g，且S=π(d2)2。联立解得被封气体压强为p=p0+4(m+m0)gπ⋅d2。
10.【答案】(1) AB；(2) ② ①；120；(3)如图所示 。
【解析】【分析】本题以伏安法测电阻为情境，考查多用电表原理，电表读数，电路设计，电流表内、外接和滑动变阻器的分压、限流接法选择，考查考生的科学探究素养。
【解答】(1)A、当将选择开关S与3连接，构成欧姆表，故A正确;
B、将选择开关S与4、5连接，构成电压表，根据串联分压原理，串联的电阻越大分得的电压越大，所以与5接点相连时量程较大，故B正确;
C、将选择开关S与1、2连接，构成电流表，根据并联分流原理，并联的电阻越小分得的电流越大，所以与1接点相连时量程较大，故C错误。
(2)由题图知，第一次测量时指针偏转较小，说明所选倍率过小，应选择大倍率，两次倍率选择的先后顺序是 ② ①。由题图知，所测电阻阻值为Rx=12.0×10Ω=120Ω。
(3)因为Rx=120Ω> RARv= 3000×0.1Ω= 300Ω，所以电流表采用内接法，滑动变阻器的阻值较小，因此采用分压电路，电路图如图所示。
11.【答案】(1)激光在水面发生折射，由几何关系可知入射角的正弦值为sinα=2 1.52+22=0.8
根据折射定律有n=sinαsinβ
解得折射角的正弦值sinβ=0.6
则有β=37∘
令泳池内水的深度为 H ，由几何关系有BP−AOH=tanβ
可解得泳池内水的深度为H=2.4m
(2)光在均匀介质中沿直线匀速传播，激光由S传播至 O 过程t1=SOc
光由 O 传播至 P 的过程中，根据n=cv
可得光的传播速度为v=cn
而光的传播距离为OP=Hcsθ
所以，光由 O 传播至 P 所用时间为t2=OPv
故激光由 S 传播至 P 所用时间为t=t1+t2
解得t=136×10−8s≈2.17×10−8s
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
12.【答案】解：(1)由法拉第电磁感应定律得 ，
根据闭合电路欧姆定律，I=ER+r ，
电流的定义式，I=△q△t ，
联立解得，通过电阻R的电荷量为 ；
(2)导体棒沿导轨向上运动，对其运用动量定理可得IT−mg⋅sinα⋅t−IF=mv0 ，
其中安培力的冲量IF=IBL⋅Δt=BL⋅Δq=B2L2x0R+r ，
对重物运用动量定理可得2mg⋅t−IT=2mv0 ，
联立解得导体棒沿导轨运动的时间为t=2v0g+2B2L2x03mg(R+r) ；
(3)导体棒沿导轨向上运动，由能量守恒定律可得
2mg⋅x0−mg⋅sinα⋅x0=12⋅3mv02+Q
定值电阻R与导体棒串联，电流相同
由焦耳定律Q=l2Rt可知
定值电阻与导体棒中所产生的热量之比为QRQr=Rr
联立解得定值电阻R中所产生的热量为QR=3R2(R+r)m(gx0−v02)
【解析】 本题考查学生对能量、动量等物理观念及电磁感应定律、电路、能量守恒定律、安培力等必备知识的运用和理解水平，对学生的分析综合能力有较高的要求。
13.【答案】解：(1)小球2自A点由静止释放，至与小球1碰撞前，由机械能守恒定律可得
v0= 2gℎ=5m/s
小球1被碰后做平抛运动，故有v1=x1 2ℎg=9m/s
又两小球发生的是弹性正碰，由动量守恒定律及机械能守恒定律可得
m2v0=m2v2+m1v1 及 m2gℎ=12m2v22+12m1v12
联立解得m2=0.5kg，v2=4m/s；
(2)由对称可知，轨道上B点的曲率半径即“抛物线”上对称点B′(yB′=−0.45 m)的曲率半径
由平抛运动规律可知，当小球2以v2=4m/s的初速度离开O点，运动至B′时
速度vB′大小为vB′= v22+2gyB′=5m/s
方向与水平面成α角，且tanα= 2gyB′v2=34
将小球所受重力沿v′B方向及其垂直方向分解，若小球沿B′点的曲率圆运动，有
m2g⋅csα=Gn=Fn=m2vB′2ρ
解得B′点即B点的曲率半径为ρ B=vB′2g⋅cs α=258=3.125m。
(3)当小球2自A点静止释放运动至B点时，由机械能守恒定律可得
vB= 2g⋅(ℎ−yB)=4m/s
对小球受力分析，如图所示。由此可得
N−Gn=Fn=m2vB2ρB
则小球运动至B点时轨道对其支持力大小为
N=m2(vB2ρB+gcsα)=6.56N
由牛顿第三定律可得，小球运动至B点时对轨道的压力大小为N′=N=16425N=6.56N。
【解析】本题考查学生对平抛运动、机械能守恒定律、弹性碰撞等必备基础知识的掌握情况，在关键能力方
面着重考查学生获取信息并加以灵活应用的学习能力，及应用数学知识处理物理问题的能力。
1.下列说法中正确的是
A. “未见其人，先闻其声”，说明声波可以发生衍射现象，而光则沿直线传播，不能发生衍射现象
B. 日本将福岛核废水排海，是因为可以通过降低核废水的浓度来减小放射性元素的半衰期，从而尽快消除核污染
C. 科学家研究发现，某恒星的发射光谱整体存在向波长增大方向移动的“红移现象”，这表明该恒星正在逐渐远离地球
D. 能量是守恒的，所以今天消耗的石油、煤、天然气等能源最终都会转化为风能、水能等能源再次为我们所应用，故不必担心能源会枯竭
2.如图所示，在坐标平面xOy内存在静电场，其等差等势线关于坐标轴对称，如图中虚线所示。现有一电子从左上方射入该电场，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实曲线所示，P、Q、S、T、L分别为轨迹与各等势线的交点，由此可知
A. 电子在由P至L的运动过程中，其加速度先减小后增大
B. 电子在由P至L的运动过程中，动能逐渐增大，电势能逐渐减小
C. 电子由P至Q和由T至L的过程中，动量的变化量是相同的
D. 若将电子由坐标原点静止释放，则电子一定沿x轴正方向加速运动
3.2023年7月19日，新华社援引中科院消息，国产电磁弹射微重力实验装置试运行取得圆满成功。现将测试过程适当简化：如图所示，质量为m的实验舱于电磁作用区由静止开始在向上的电磁力的驱动下沿竖直轨道上升ℎ1=16 m，随即失去电磁力进入抛射阶段，返回电磁作用区时在电磁力的作用下又下降了ℎ2=14 m速度减小到零，整个测试过程获得了4 s的完全失重环境。设实验舱在电磁力的作用下做匀变速运动，实验舱始终未离开轨道，空气及摩擦阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2，下列判断中正确的是
A. 实验舱沿轨道向上运动阶段处于超重状态，而沿轨道向下运动阶段处于失重状态
B. 实验舱脱离电磁作用区时的速度大小为40 m/s
C. 本次测试中，实验舱内电磁作用力的最大值约为2.25mg
D. 本次测试中，实验舱内电磁作用力的最大值约为2.43mg
4.2023年太阳风暴频发，进而引发地磁暴，对航空航天器的运行、通讯信息传输等产生了一系列不良影响。我国2022年发射的“夸父一号”卫星，肩负着探测太阳“一磁两爆(即太阳磁场、太阳耀斑和日冕物质抛射)”的任务，为了能完成使命，它的运行轨道设定在距地面高度约为ℎ=720 km的太阳同步晨昏轨道。已知地球的半径为R，地球极地表面重力加速度为g0，则下列说法正确的是
A. “夸父一号”与地球同步卫星虽然运行高度不同，但运行周期相同
B. “夸父一号”的运行周期为2π(R+ℎ)R R+ℎg0
C. 太空中运行的航天器处于完全失重状态，所以“夸父一号”搭载的科学仪器不再受重力作用
D. “夸父一号”所处位置的重力加速度大小为RR+ℎg0
5.一列沿x轴传播的简谐横波，在t=0时刻的波形如图所示。此时，波上P点的坐标为1.4,4，且沿y轴正方向运动，Q点恰好位于波峰。在t=115s时，P点第一次到达波谷，则下列判断正确的是( )
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波的波长为2.4m
C. 该波的传播速度为12m/s
D. P点的振动方程为y=8sin20πt+5π6cm
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
6.如图所示是质量为m的炮弹在地面附近上空竖直平面内做抛体运动的一部分轨迹，O、B、C、D是抛体运动轨迹上的四点，O是坐标原点，B为运动的最高点，C、D两点的坐标已在图中标出，重力加速度为g，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是
A. 炮弹由O到B和由B到C过程，重力做功相同
B. 炮弹由B到C和由C到D过程，动量的变化量相同
C. 炮弹经过B点时速度大小为 gL
D. 炮弹经过D点时的动能为17mgL4
7.如图所示，在水平面上放置一长度为L、内壁光滑的玻璃管MN，在玻璃管的中点O处有一带电量为q、质量为m、直径略小于玻璃管内径的小球，小球保持静止。整个空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现让玻璃管在外力作用下沿水平面向右以速度v0做匀速直线运动，发现小球沿玻璃管由O向N运动，最终从N端脱离玻璃管。下列判断正确的是
A. 小球一定带正电
B. 小球在玻璃管内运动的时间为 Lmqv0B
C. 小球脱离玻璃管前的运动轨迹为一条抛物线
D. 小球在玻璃管内运动的过程中，洛伦兹力对其做功为qv0BL2
8.如图1所示的电路中，变压器为理想变压器，交流电压表和电流表均可视为理想电表，定值电阻R1=9 Ω，R2=24 Ω，灯泡的电阻恒定。当开关S断开、电路的输入端接入如图2所示的稳压交流电源时，灯泡恰好正常发光，电压表示数为36 V，电流表示数为1 A，则
A. 灯泡中的电流是频率为0.5 Hz的交流电
B. 理想变压器原线圈与副线圈的匝数比为2:1
C. 若将开关S闭合，则电压表的示数将变为54 V
D. 若将开关S闭合，则小灯泡的功率将变为40.5 W
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
9.某同学用图1所示装置，通过实验来验证玻意耳定律。封闭于注射器内的空气可视为理想气体，其体积可由注射器筒壁上的刻度直接读出，已知大气压强为p0，重力加速度为g。回答下列问题：
(1)关于该实验，下列说法正确的有________(填选项序号)。
A.注射器一定要竖直固定
B.在框架上悬挂钩码时要两侧对称
C.改变被封闭气体的压强后，测量气体体积时越快越好
D.处理数据时发现被封气体压强与体积的乘积渐渐增大，可能是因为存在漏气现象
(2)测量注射器活塞横截面的直径d时，游标卡尺的示数如图2所示，其读数为________cm。
(3)若操作正确且测得活塞及框架的总质量为m0，当框架上挂上质量为m的钩码，稳定后被封气体的压强为________(用测得及已知物理量字母表示)。
(4)测出气体体积并改变钩码质量测出多组压强、体积数据即可验证玻意耳定律。
10.某同学设计实验测量待测电阻Rx的阻值。
(1)如图1所示为简易多用电表内部电路原理图，其中G为灵敏电流计，选择开关S与不同接点连接构成不同的电表，下列分析正确的是________。
A.将选择开关S与3连接，构成欧姆表
B.将选择开关S与4、5连接，构成电压表，且与5接点相连时量程较大
C.将选择开关S与1、2连接，构成电流表，且与2接点相连时量程较大
(2)该同学首先用图2所示多用电表的欧姆挡粗测此电阻阻值，第一次选择的倍率不合适，又改换另一倍率测量，经过正确操作后，前后两次电表指针位置如图2中的两条虚线所示。该同学两次倍率选择的操作步骤是________(填“①②”或“②①”)，该电阻的阻值约为________Ω。
①将“选择开关”旋到“×10”挡
②将“选择开关”旋到“×1”挡
(3)为了更准确地测定该电阻的阻值，该同学采用伏安法。现有如下实验器材：
①量程为3 V，内阻约3 kΩ的电压表；
②量程为30 mA，内阻约0.1 Ω的电流表；
③阻值为0～20 Ω的滑动变阻器；
④内阻可忽略，输出电压为3 V的电源；
⑤开关和导线若干。
实验要求测量尽可能准确，且多测几组数据，请在虚线框内画出测量Rx的电路图。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
11.如图所示为一泳池的横截面，一位学生借助激光笔来测量泳池内水的深度。他将激光笔置于A点的正上方与水面距离ℎ=1.5m的S点，当激光由S射向水面上的O点时，激光经水的折射后照射在泳池底部的P点。经测量AO间的距离为2m，而BP间的距离为3.8m，且知水的折射率n=43，光在真空中的传播速度为c=3×108m/s。求：
(1)泳池内水的深度；
(2)激光由S传播至P所用的时间。
12.如图所示，两根倾斜固定的光滑平行金属导轨间距为L，倾角为α=30°，在导轨的下端连接有阻值为R的定值电阻，整个导轨平面处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现把一根质量为m的导体棒置于导轨上，并在它的中点用轻绳通过光滑定滑轮与质量为2m的重物相连，调节滑轮使轻绳与导轨平行。将导体棒从距导轨上端x0的位置静止释放，导体棒沿导轨运动，脱离导轨时的速度大小为v0，此时重物还未落地。已知导体棒始终垂直导轨且接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度为g。求：
(1)通过电阻R的电荷量；
(2)导体棒在导轨上运动的时间；
(3)电阻R所产生的热量。
13.如图1所示，OA为一段固定在竖直平面内且与水平桌面相切于桌子边缘O点的呈抛物线状的光滑轨道，轨道左端点A距桌面的高度及桌面距地面的高度均为ℎ=1.25 m。以O点为原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立坐标系。现在轨道末端放置一质量m1=118kg的小球1，其保持静止，另将小球2自轨道端点A静止释放，两小球在轨道末端发生弹性正碰。已知小球1落地点的横坐标为x1=4.5 m，小球2碰后的运动轨迹恰与轨道关于坐标原点对称，两小球皆可视为质点，空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球2的质量m2及其与小球1碰撞后瞬间的速度大小v2；
(2)如图2所示，曲线上M点的曲率圆定义为：通过M点和曲线上紧邻M点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做M点的曲率圆，其半径ρ叫做M点的曲率半径。轨道上B点(yB=0.45 m)的曲率半径ρB为多大；
(3)小球2自A点静止释放后经过轨道上的B点(yB=0.45 m)时，对轨道的压力大小。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查的是波的衍射现象；放射性元素的半衰期的影响因素；发射光谱整体存在向波长增大方向移动的“红移现象”的原理是多普勒效应；热力学第二定律解释怎么利用能源，以这些现象为背景，考查学生的物理观念。
【解答】
A、“未见其人，先闻其声”，说明声波发生了行射现象，但不能说明光不能发生行射现象，事实上是声波的波长远大于光波(可见光)的波长，其更容易发生行射，而光波长极短，不易观察到其行射现象，故A项错误;
B、放射性元素的半衰期不会随其物理及化学状态的变化而改变，故B项错误;
C、恒星发射光谱整体向波长增大的方向移动，说明我们接收到该恒星所发射光的频率相应减小，由多普勒效应可以判断恒星(光源)正在逐渐远离地球，故C项正确;
D、能量是守恒的，但由热力学第二定律知，能量的转化是具有方向性的，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，故“能源”不可能自发地回到初始状态，周而复始供人类使用，必须树立能源节约意识，走可持续发展之路，故D项错误。
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题借助电子在静电场中的运动，考查学生对静电场基本性质特点及力与运动、动量、能量等物理观念的考查，立足必备基础知识检测学生的科学思维。
【解答】
A.等差等势线的疏密能反映电场强度的大小，由电子运动轨迹所处等差等势线的疏密可知，电子所受电场力先减小后增大，故其加速度亦先减小后增大，故A正确;
B.由电子运动轨迹可知，电子所受电场力方向与电子运动方向成钝角，对电子做负功，电子动能减小，电势能增大，故B错误;
C.电子由P至Q及由T至L，电场力做功相同，动能变化量相同，但电子所受电场力大小及方向不同，由动量定理可知，电子的动量变化量不一定相同，故C错误;
D.因电场等势线关于坐标轴对称，结合电子运动的轨迹可知，x轴上各点的场强均沿x轴正方向，电子自坐标原点由静止释放，所受电场力沿x轴负方向，电子将沿x轴负方向加速运动，故D错误。
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查的是超重和失重、竖直上抛运动的对称性以及从运动情况确定实验舱内电磁作用力的最大值，解决问题的关键是分析实验舱经历三个过程，结合超重和失重分析即可；由竖直上抛运动的对称性可知，实验舱进入及离开抛射区的速度大小；由运动学公式和牛顿第二定律可得实验舱内电磁作用力的最大值。
【解答】
A、实验舱经历三个过程：首先，实验舱在电磁力的驱动下沿竖直轨道匀加速上升，处于超
重状态;实验舱在抛射区，失去电磁力仅在重力作用下做竖直上抛运动，此阶段为“完全失重状态”，历时4s;当实验舱返回电磁作用区时受电磁阻力作用向下匀减速运动，再次处于超重状态，故A项错误;
B、由竖直上抛运动的对称性可知，实验舱进入及离开抛射区的速度大小皆为v=g⋅t2=20m/s，B项错误;
CD、当实验舱加速上升时，a1=v22ℎ1=12.5m/s2，
此阶段电磁作用力为：F1=m(g+a1)=2.25mg，
同理，实验舱在减速下降阶段时，a2=v22ℎ2≈14.3m/s2，
此阶段电磁作用力为：F2=m(g+a2)=2.43mg，故C项错误，D项正确。
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题借助“夸父一号”卫星，考查学生对万有引力定律、圆周运动等必备知识的掌握情况，根据万有引力提供向心力求运行周期；太空中运行的航天器处于完全失重状态的物理意义；根据万有引力与重力的关系求“夸父一号”所处位置的重力加速度。
【解答】
A、卫星做圆周运动的向心力由地球对其的万有引力提供，进而可得卫星的周期为T=2π r3GM=
2π (R+ℎ)3GM，可见卫星运行高度越低，其周期越小，故A错误;
B、已知地球极地表面重力加速度为g0，地球半径为R，故mg0=GMmR2，解得g0R2=GM，而卫星的运行周期为T=2π r3GM，则“夸父一号”运行周期为T=2π(R+ℎ)R R+ℎg0，故B正确;
CD、“完全失重”并非物体不受重力，是航天器中的物体所受地球引力(亦即重力)提供其做圆周运动的向心力，而不再产生相对航天器的“下落、挤压”等“重力作用效果”，“夸父一号”所在位置的重力加速度为g=a=R2g0(R+ℎ)2，故CD错误。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查学生对振动与波动的理解，对学生应用数学知识处理物理问题的能力有较高要求，侧重考查学生的科学思维及推力论证能力。
【解答】
A.依据“前带后，后跟前，运动状态往后传”，及P点向上振动，可知波沿x轴负方向传播，故A错误；
B.由图可知t=0时刻，波形图的方程为y=−8sin(2πλ⋅x)cm，将P点的坐标代入方程可得4=−8sin(2.8πλ)，解得λ=2.4m，故B正确；
C.因在t=115s时，P点第一次到达波谷，而P点右侧与之相邻的波谷距其的距离为△x=3.0m−1.4m=1.6m，则该波传播的速度为v=ΔxΔt=24m/s，故C错误；
D.由v=λT，得该波的周期为T=0.1s，在t=0时yP=4cm，P点沿y轴正方向运动，所以P点的振动方程为y=8sin(20πt+π6)cm，故D错误。
6.【答案】BD
【解析】【分析】
本题主要考查了抛体运动和重力做功的应用。注意明确小球在x轴方向上为匀速运动，竖直方向为匀变速直线运动;结合动量定理确定动量变化和炮弹由B到D由动能定理得炮弹经过D点时的动能。
【解答】
A、炮弹由O到B重力做负功，由B到C过程重力做正功，故A错误;
B、炮弹由B到C和由C到D过程的水平距离相等，时间相同，重力的冲量相同，因此动量的变化量相同，故B正确;
C、炮弹由B到C和由C到D过程的水平距离相等，时间相同，知B到C和由C到D过程的竖直距离之比为1:3，B到C的竖直距离为L，时间t= 2Lg，所以vB= gL2，故C错误;
D、炮弹由B到D，由动能定理mg⋅4L=EkD−12mvB2得EkD=17mgL4，
故D正确。
7.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查学生运动与相互作用及能量观并兼顾对运动的合成与分解、牛顿运动定律和运动学公式、功的定义等基本规律的考查。
【解答】
A、带电小球随玻璃管沿水平向右的方向以速度v0匀速运动，因此受到的洛伦兹力沿玻璃管由O指向N的分力F1=qv0B，该力为恒力。由左手定则可知，小球带正电，故A正确;
B、小球沿玻璃管做初速度为零的匀加速运动，a=qv0Bm，由x=12at2可得，t= 2xa= Lmqv0B，故B正确;
C、小球的运动为随玻璃管的匀速直线运动与沿玻璃管的匀加速直线运动的合运动，其运动轨迹为一抛物线，故C正确;
D、小球由O运动至N的过程中，动能增加，但洛伦兹力时刻与速度垂直不做功，管壁对小球的弹力对小球做正功，且有WN=ΔEk=12qv0BL，故D错误。
8.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查学生对正弦交流电、理想变压器的工作原理规律和有关电路的必备知识的掌握情况，及科学思维水平。
【解答】
A.由图2可知，电源的频率为f=10.02Hz=50 Hz，电压的有效值为U=81V，变压器并不改变交流电的频率，故流经灯泡的电流频率亦为50Hz，故A错误；
B.因电流表示数为1A，故定值电阻R1分压△U=IA⋅R1=9V，变压器的输入电压U1=U−△U=72V，变压器的输出电压U2=UV=36V，故变压器的匝数比为n1n2=U1U2=2，故B正确；
C.由n1n2=I2IA=2可得I2=2A，灯泡的额定功率为Pe=I2U2=72W，电阻为RL=U2I2=18Ω。
当开关S闭合时，将变压器及灯泡等效成负载电阻R=(n1n2)2RL=72Ω，其与R2并联，R并=RR2R+R2=18Ω，则变压器的输入电压U1′=R并R并+R1⋅U=54V，变压器的输出电压为U2′=12⋅U′1=27V，故C错误;
D.此时灯泡的功率为P=(U2′U2)2⋅Pe=(2736)2×72W=40.5W，故D正确。
9.【答案】(1) AB；
(2) 2.060；
(3)p0+4(m+m0)gπ⋅d2。
【解析】【分析】本题考查学生的探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系，涉及游标卡尺的使用，由平衡法测气体的压强及对实验误差的分析与控制。
【解答】
(1) AB、实验用平衡法测量被封闭于注射器内空气的压强，为减小测量误差，确保活塞在竖直方向所受三力平衡，则A、B正确;
C、改变悬挂钩码数量时，活塞移动，外界对气体做功，气体内能增大，温度升高，为确保被封气体发生等温变化，应该等被封气体与外界达到热平衡后再测量气体的体积，C错误;
D、由pV=nRT可知，若pV增大，应该是被封气体物质的量n或温度T增大所致，D错误。
(2)由图2知，该卡尺为20分度，且主尺示数为2.0cm，游标尺刻度12与主尺刻度3.2对齐，游标卡尺的读数应为2.0cm+12×0.05 mm=2.060 cm。
(3)若操作正确，活塞静止时竖直方向受三个力，故有pS=p0S+(m0+m)g，且S=π(d2)2。联立解得被封气体压强为p=p0+4(m+m0)gπ⋅d2。
10.【答案】(1) AB；(2) ② ①；120；(3)如图所示 。
【解析】【分析】本题以伏安法测电阻为情境，考查多用电表原理，电表读数，电路设计，电流表内、外接和滑动变阻器的分压、限流接法选择，考查考生的科学探究素养。
【解答】(1)A、当将选择开关S与3连接，构成欧姆表，故A正确;
B、将选择开关S与4、5连接，构成电压表，根据串联分压原理，串联的电阻越大分得的电压越大，所以与5接点相连时量程较大，故B正确;
C、将选择开关S与1、2连接，构成电流表，根据并联分流原理，并联的电阻越小分得的电流越大，所以与1接点相连时量程较大，故C错误。
(2)由题图知，第一次测量时指针偏转较小，说明所选倍率过小，应选择大倍率，两次倍率选择的先后顺序是 ② ①。由题图知，所测电阻阻值为Rx=12.0×10Ω=120Ω。
(3)因为Rx=120Ω> RARv= 3000×0.1Ω= 300Ω，所以电流表采用内接法，滑动变阻器的阻值较小，因此采用分压电路，电路图如图所示。
11.【答案】(1)激光在水面发生折射，由几何关系可知入射角的正弦值为sinα=2 1.52+22=0.8
根据折射定律有n=sinαsinβ
解得折射角的正弦值sinβ=0.6
则有β=37∘
令泳池内水的深度为 H ，由几何关系有BP−AOH=tanβ
可解得泳池内水的深度为H=2.4m
(2)光在均匀介质中沿直线匀速传播，激光由S传播至 O 过程t1=SOc
光由 O 传播至 P 的过程中，根据n=cv
可得光的传播速度为v=cn
而光的传播距离为OP=Hcsθ
所以，光由 O 传播至 P 所用时间为t2=OPv
故激光由 S 传播至 P 所用时间为t=t1+t2
解得t=136×10−8s≈2.17×10−8s
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
12.【答案】解：(1)由法拉第电磁感应定律得 ，
根据闭合电路欧姆定律，I=ER+r ，
电流的定义式，I=△q△t ，
联立解得，通过电阻R的电荷量为 ；
(2)导体棒沿导轨向上运动，对其运用动量定理可得IT−mg⋅sinα⋅t−IF=mv0 ，
其中安培力的冲量IF=IBL⋅Δt=BL⋅Δq=B2L2x0R+r ，
对重物运用动量定理可得2mg⋅t−IT=2mv0 ，
联立解得导体棒沿导轨运动的时间为t=2v0g+2B2L2x03mg(R+r) ；
(3)导体棒沿导轨向上运动，由能量守恒定律可得
2mg⋅x0−mg⋅sinα⋅x0=12⋅3mv02+Q
定值电阻R与导体棒串联，电流相同
由焦耳定律Q=l2Rt可知
定值电阻与导体棒中所产生的热量之比为QRQr=Rr
联立解得定值电阻R中所产生的热量为QR=3R2(R+r)m(gx0−v02)
【解析】 本题考查学生对能量、动量等物理观念及电磁感应定律、电路、能量守恒定律、安培力等必备知识的运用和理解水平，对学生的分析综合能力有较高的要求。
13.【答案】解：(1)小球2自A点由静止释放，至与小球1碰撞前，由机械能守恒定律可得
v0= 2gℎ=5m/s
小球1被碰后做平抛运动，故有v1=x1 2ℎg=9m/s
又两小球发生的是弹性正碰，由动量守恒定律及机械能守恒定律可得
m2v0=m2v2+m1v1 及 m2gℎ=12m2v22+12m1v12
联立解得m2=0.5kg，v2=4m/s；
(2)由对称可知，轨道上B点的曲率半径即“抛物线”上对称点B′(yB′=−0.45 m)的曲率半径
由平抛运动规律可知，当小球2以v2=4m/s的初速度离开O点，运动至B′时
速度vB′大小为vB′= v22+2gyB′=5m/s
方向与水平面成α角，且tanα= 2gyB′v2=34
将小球所受重力沿v′B方向及其垂直方向分解，若小球沿B′点的曲率圆运动，有
m2g⋅csα=Gn=Fn=m2vB′2ρ
解得B′点即B点的曲率半径为ρ B=vB′2g⋅cs α=258=3.125m。
(3)当小球2自A点静止释放运动至B点时，由机械能守恒定律可得
vB= 2g⋅(ℎ−yB)=4m/s
对小球受力分析，如图所示。由此可得
N−Gn=Fn=m2vB2ρB
则小球运动至B点时轨道对其支持力大小为
N=m2(vB2ρB+gcsα)=6.56N
由牛顿第三定律可得，小球运动至B点时对轨道的压力大小为N′=N=16425N=6.56N。
【解析】本题考查学生对平抛运动、机械能守恒定律、弹性碰撞等必备基础知识的掌握情况，在关键能力方
面着重考查学生获取信息并加以灵活应用的学习能力，及应用数学知识处理物理问题的能力。
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