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2023-2024学年山西省省校际名校高三（下）一模联考理综试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年山西省省校际名校高三（下）一模联考理综试卷（含解析），共14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.在贵州台盘村的“村超”篮球比赛中，山西星动力队队员罚球时，立定在罚球线后将篮球向斜上方抛出，投进一个空心球。设篮球受到的空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，已知重力加速度为g，则在从离手到进入篮框的过程中，篮球( )
A. 运动轨迹是抛物线B. 到达最高点时的加速度为g
C. 到达最高点时机械能最小D. 进入篮筐时的加速度最小
2.用注射器将一段空气(可视为理想气体)封闭，操作注射器实现气体按如图a→b→c的变化。下列说法正确的是( )
A. a→b，所有分子热运动的动能都增大
B. a→b→c，气体吸收的热量等于气体对外做的功
C. a→b→c，气体的压强先增大后减小
D. c状态时，单位时间内与注射器单位面积碰撞的分子数比a状态时多
3.如图所示，一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点，在三棱镜内偏折到F点。已知入射方向与AB的夹角为30∘，E、F分别为AB、AC边的中点，则光第一次到达F点后的传播大致是下图中的( )
A. B.
C. D.
4.2023年，神舟家族太空接力，“奋斗者”号极限深潜，真正实现了“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”！已知“奋斗者”号在马里亚纳海沟的坐底深度为d(10909m)，空间站离地面的高度为h(400km)。假设地球质量分布均匀，半径为R，不考虑其自转，且质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，则深度为d处和高度为h处的重力加速度之比为( )
A. (R−d)(R+h)2R3B. (R+d)(R−h)2R3C. R+dR−h2D. R−dR+h2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
5.如图所示，竖直平面内有一组平行等距的水平实线，可能是电场线或等势线。在竖直平面内，一带电小球以v0的初速度沿图中直线由a运动到b，下列判断正确的是( )
A. 小球一定带负电荷
B. a点的电势一定比b点的电势高
C. 从a到b，小球的动能可能减小，也可能不变
D. 从a到b，小球重力势能增大，电势能也可能增大
6.一列沿x轴传播的简谐横波，t=1.0s时的波形如图所示。P是平衡位置在0.5m处的质点，Q是平衡位置在4.0m处的质点，此时质点Q向y轴负方向运动。已知从图示时刻开始，6.5s时质点Q恰好第三次到达波峰位置，则( )
A. 该波沿x轴负方向传播
B. 该波的传播速度为2m/s
C. t=2.25s时P位于平衡位置
D. 在1.0s到4.0s内，P通过的路程为30cm
7.如图所示，空间有垂直于坐标系xOy平面向外的匀强磁场。t=0时，带电粒子a从O点沿x轴负方向射出；t1时刻，a与静置于y轴上P点的靶粒子b发生正碰，碰后a、b结合成粒子c，t2时刻，c第一次沿y轴负方向通过x轴上的Q点。已知t1:t2=1:6，不考虑粒子间静电力的作用，忽略碰撞时间，则( )
A. b粒子带负电B. a和c的电荷量之比为1：2
C. a和c的速率之比为5：2D. a和b的质量之比为1：4
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
8.寒冷的冬天，在两个相同的纸杯中加上不等量的水，放到室外结冰后脱壳制成两只冰壶A和B，之后找一块平整的冰面验证动量守恒定律。主要实验步骤如下：
①在冰面上固定发射装置。通过A压缩弹簧到P位置，释放后A沿图甲中虚线运动。在虚线的适当位置取一点O，测出A停止滑动时其右侧到O点的距离s1；
②多次近过A压缩弹簧到P，释放A后重复记录s1并取其平均值记为s1，如图甲；
③将B放在冰面上，使其左侧位于O点，并使其直径与图中虚线重合；
④多次通过A压缩弹簧到P，释放A后使A与B对心正碰，测出A、B碰后停止滑行时A右侧和B左侧与O点的距离并求平均值，分别记为s2利s3，如图乙所示。
(1)每次都通过A压缩弹簧到P位置，目的是确保A到达O时的________________相同；
(2)实验中还需测量的物理量有_________________(填字母序号)；
A.A和B的质量m1、m2 B.A和B的直径d1、d2
C.A和B与冰面间的动摩擦因数μ D.发射槽口到O点的距离s0
(3)验证动量守恒定律的表达式为________________(用已知量和测得量的符号表示)；
(4)为探究该碰撞是否为弹性碰撞，需判断关系式________________是否成立(用s1、s2、s3表示)。
9.一种具有“×1Ω”、“×10Ω”两个档位的欧姆表原理如图所示，已知电流表G的满偏电流为100μA，内阻为110Ω，刻度盘中央位置(即50μA处)标的电阻值为15Ω，电源的电动势为1.5V。回答下列问题：
(1)图中a应接_________________(选填“红”或“黑”)表笔；
(2)当选择“×1Ω”档位时，S应掷于_________________(选填“1”或“2”)位置；
(3)R1=_________________Ω,R2=__________________Ω；
(4)若该欧姆表使用一段时间后电源电动势减小、内阻增大，但仍可实现欧姆调零，则测电阻时的测量值比真实值偏_________________(填“大”或“小”)。
四、计算题：本大题共3小题，共48分。
10.如图所示，Q是x正半轴上的一点，其横坐标为x0(未知)。在xOy的第一象限，x≤x0的区域内存在大小为E、沿y轴负方向的匀强电场。速率为v0的带正电荷的粒子，从P点沿y轴负方向射入电场后，通过O点时速率为2v0；从P点沿x轴正方向射入电场后恰好从Q点射出。若将区域内的电场换成垂直xOy平面向外的匀强磁场，同样让该粒子从P点沿x轴正方向射入，粒子也恰能从Q点射出。不考虑重力的作用，求磁感应强度的大小。
11.如图所示，斜坡AB与倾角θ=37∘的斜面CD平滑连接，紧靠D的右侧，并排停放了24辆平均宽度为2m、高度与D点等高的汽车，相邻汽车间的距离不计。表演时，摩托车从距D高为15m的A点由静止以额定功率开始运动，t=3s时从D点飞出，恰好能飞越所有汽车。已知摩托车的额定功率为10kW，运动员与摩托车的总质量为200kg，取g=10m/s2，sin37∘=0.6,cs37∘=0.8，不计空气阻力，求：
(1)摩托车离开D点时速度的大小；
(2)摩托车在空中最高点时距车顶的高度；
(3)从A到D，摩托车克服摩擦阻力做的功。
12.如图所示，相距为l的两光滑平行金属导轨倾斜固定，倾角为θ，顶端接有阻值为R的电阻，电阻为r的金属棒PQ垂直导轨置于其上。在R、导轨与PQ间有一面积为S的区域，该区域内存在垂直导轨平面向下的均匀磁场，磁感应强度的大小B随时间t的变化关系为B=kt(k为正常量)。在PQ的下方有一宽度为L匀强磁场区域，区域边界ab利cd均与导轨垂直，磁感应强度的大小为B0，方向也垂直导轨平面向下。将PQ由静止释放，t=0时PQ恰好以速度v通过ab，之后以不变的速度通过abcd区域。设PQ与导轨始终垂直并接触良好，忽略不计两导轨的电阻，重力加速度为g。求：
(1)PQ的质量；
(2)PQ从ab到cd的过程中，通过R的电荷量及R产生的电热。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】D
【详解】篮球在运动过程中受到重力和空气阻力的作用，合力是变力，篮球的运动轨迹不是抛物线；篮球到达最高点时，由于存在水平速度，即存在空气阻力作用，则篮球的加速度不是 g ；篮球加速度随着合力而变化，从离手到进入篮框的过程中，加速度越来越小；篮球在空中运动的过程中，空气阻力一直做负功，机械能一直在减小，则进入篮筐时的加速度最小，机械能最小。
故选D。
2.【答案】C
【解析】C
【详解】A. a→b 过程中，温度 T 升高，分子的平均动能增大，但不是所有分子的动能都增大，故A错误；
B. a→b→c 过程中，温度升高，则气体内能增大，气体体积变大，则气体对外界做正功，根据热力学第一定律可得
ΔU=W+Q
由于 ΔU>0 ， W<0 ，可知 Q>0 ，且 Q>|W| ，则气体吸收的热量大于气体对外做的功，故B错误；
C.根据理想气体状态方程
pVT=C
可得
V=CpT
可知图线上的点与原点连线斜率越小则压强越大，所以 a→b→c 气体的压强先增大后减小，故C正确；
D.由图像可知a、c两状态压强相等， c 状态温度高于 a 状态温度，温度高的分子平均动能大，根据压强微观意义可知， c 状态时，单位时间内与注射器单位面积碰撞的分子数比 a 状态时少，故D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】B
【详解】在AB界面入射角 i=60∘ ，折射角 r=30∘ ，则折射率为
n=sinisinr=sin60∘sin30∘= 3
光从棱镜射出空气发生全反射的临界角满足
sinC=1n= 33>12
可知 C>30∘ ，根据几何关系可知，光第一次到达 F 点后的入射角为 30∘ ，不会发生全反射，则光第一次到达 F 点后反射角为 30∘ ，折射角为 60∘ 。
故选B。
4.【答案】A
【解析】A
【详解】设质量为 m1 的物体在马里亚纳海沟底处，有
GM′m1(R−d)2=m1g1
又
M′M=(R−d)3R3
质量为 m2 的物体在空间站上，有
GMm2(R+h)2=m2g2
解得马里亚纳海沟底处和空间站所在轨道处的重力加速度之比为
g1g2=(R−d)(R+h)2R3
故选A。
5.【答案】CD
【解析】CD
【详解】带电小球在重力和静电力作用下作直线运动。若小球作匀速直线运动，则静电力方向向上，这组实线是等势线，小球所带电荷电性无法判定，a、b两点电势高低无法判定，小球由a运动到b，动能不变，重力势能增大，电势能减小；若小球作匀减速直线运动，则静电力水平向左，这组实线是电场线，小球所带电荷电性无法判定，a、b两点电势高低无法判定，小球由 a 运动到 b ，动能减小，重力势能增大，电势能增大；小球不可能匀加速直线运动。
故选CD。
6.【答案】BCD
【解析】BCD
【详解】A. t=1.0s 时，质点 Q 向 y 轴负方向运动，根据同侧法可知波沿 x 轴正方向传播，故A错误；
B.由图可知波长为 4m ， 6.5s 时质点 Q 恰好第三次到达波峰位置，则
t2−t1=234T
解得
T=2s
该波的传播速度为
v=λT=2m/s
故B正确；
C. t=2.25s 时，历时
1.25s=114T
根据平移法可知质点 P 到达平衡位置，故C正确；
D. 1.0s 到 4.0s ，历时
3s=32T
P 通过的路程为
s=32×4A=6A=30cm
故D正确。
故选BCD。
7.【答案】AD
【解析】AD
【详解】C.设 OP=2r ， a、b 碰撞前后做圆周运动时间为
t1=12T1=2πr2v1
t2−t1=14T2=2π⋅2r4v2
联立解得
v1v2=51
故C错误；
D. a、b 发生碰撞，根据动量守恒得
mav1=ma+mbv2
解得
mamb=14
故D正确；
AB. a 粒子做匀速圆周运动，则
q1v1B=mav12r
c 粒子做匀速圆周运动
q1+q2v2B=ma+mbv222r
解得
q2=−12q1
根据左手定则，可知粒子 a 带正电，则粒子 b 带负电，粒子 c 带正电， a 和 c 的电荷量之比为
q1:(q1+q2)=2:1
故A正确，B错误。
故选AD。
8.【答案】(1)速度
(2)A
(3) m1 s1=−m1 s2+m2 s3
(4) s3= s1− s2
【详解】(1)每次都通过A压缩弹簧到 P 位置，目的是确保A到达 O 时的速度相同。
(2)选取向右为正方向，动量守恒定律的表达式为
m1v1=−m1v2+m2v3
根据动能定理有
12m1v12=μm1gs1
12m1v22=μm1gs2
12m2v32=μm2gs3
联立可得
m1 s1=−m1 s2+m2 s3
实验中还需测量的物理量是A和B的质量。
故选A。
(3)选取向右为正方向，动量守恒定律的表达式为
m1v1=−m1v2+m2v3
根据动能定理有
12m1v12=μm1gs1
12m1v22=μm1gs2
12m2v32=μm2gs3
联立可得
m1 s1=−m1 s2+m2 s3
(4)若碰撞为弹性碰撞，还应满足机械能守恒，表达式为
12m1v12=12m1v22+12m2v32
结合(3)中关系式可得
s3= s1− s2
【解析】详细解答和解析过程见答案
9.【答案】(1)红
(2)1
(3) 19 1
(4)大
【详解】(1)改装后电流从 a 插孔流入，故图中 a 应接红表笔。
(2)当开关 S 接1调零时，两表笔短接，设欧姆表内部总电阻为 R内1 ，则
Ig+IgRg+R2R1=IgRg+R2+R1R1=ER内1
两表笔间电阻为 Rx 时，电流表中电流为 I ，则
IRg+R2+R1R1=ER内1+Rx
当开关 S 接2调零后，设欧姆表内部总电阻为 R内2 ，则
Ig+IgRgR1+R2=IgRg+R2+R1R1+R2=ER内2
两表笔间电阻为 Rx 时，电流表中电流为 I ，则
IRg+R2+R1R1+R2=ER内2+Rx
可得
R内2>R内1
故当选择“ ×1Ω ”档位时， S 应掷于1位置。
(3)[1][2]欧姆表中值电阻等于内部的总电阻，据题意有
R内2=150Ω ， R内1=15Ω
选择“ ×1Ω ”档位时开关接1，则
R内2R内1=R1+R2R1=10
解得
R1=19Ω,R2=1Ω
(4)电源电动势 E 减小，选择“ ×1Ω ”档位时，中值电阻小于 15Ω ，选择“ ×10Ω ”档位时，中值电阻小于 150Ω ，故待测电阻测得的值比真实值偏大。
10. B=4E7v0
【解析】详细解答和解析过程见答案
10.【答案】 B=4E7v0
【详解】因为 O 点和 Q 点电势相同，所以粒子通过 Q 点时速度的大小与通过 O 点时速度的大小相等，设粒子运动到 Q 点时速度与 x 轴间夹角为 θ ，则
2v0csθ=v0
解得
csθ=12
则
θ=60∘
设粒子在电场中运动的时间为t，P点的纵坐标 yP ，则
vy=v0tanθ
x0=v0t
yP=vy2t
解得
yP= 32x0
设粒子的质量为 m 、电荷量为 q ，由动能定理有
qEyP=12m2v02−12mv02
解得
E= 3mv 02qx0
设粒子在磁场中运动的半径为 r ，磁感应强度的大小为 B ，根据洛伦兹力提供向心力
qv0B=mv 02r
由几何关系有
r2=x 02+r−yP2
联立解得
B=4E7v0
【解析】详细解答和解析过程见答案
11.【答案】．（1） v=10 5m/s ；（2） h=9m ；（3） W克=1×104J
【详解】（1）设摩托车离开 D 点时速度的大小为 v ，从离开 D 点到恰好通过第24辆汽车的时间为 t1 ，则水平方向
24d=vcs37∘t1
竖直方向
0=vsin37∘t1−12gt12
解得
v=10 5m/s
（2）摩托车在空中最高点时距车顶的高为 h ，则
12mv2=mgh+12mvcs37∘2
解得
h=9m
（3）摩托车从A到 D 克服摩擦阻力做的功为 W克 ，根据动能定理
Pt+mgH−W克=12mv2−0
解得
W克=1×104J
【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】(1) m=B0lv+kSB0lg(R+r)sinθ ；(2) q=B0lv+kSL(R+r)v ， Q=B0lv+kS2RL(R+r)2v
【详解】(1)金属棒在匀强磁场中运动的过程中，设通过金属棒的电流大小为 I ，在时间 t 内，金属棒的位移为 x ，有
x=vt
在时间 t 时刻，对于变化磁场 B ，穿过回路的磁通量为
Φ=ktS
对于匀强磁场 B0 ，穿过回路的磁通量为
Φ0=B0lx
回路的总磁通量为
Φt=Φ+Φ0
联立可得，在时刻 t 穿过回路的总磁通量为
Φt=ktS+B0lvt
在 t 到 t+Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变量为
ΔΦt=kS+B0lvΔt
由法拉第电磁感应定律得，回路中感应电动势的大小为
E=ΔΦtΔt
由闭合电路的欧姆定律得
I=ER+r
联立可得
I=B0lv+kSR+r
设金属棒的质量为 m ，由于金属棒在ab右侧导轨上做匀速运动，则有
mgsinθ=B0Il
解得
m=B0lv+kSB0lg(R+r)sinθ
(2)金属棒在磁场 B0 中从ab向右运动到cd的过程中，设运动时间为 t′ ，通过电阻的电荷量为 q ，阻值为 R 的电阻上产生的热量为 Q ，则有
L=vt′ ， q=It′ ， Q=I2Rt′
解得
q=B0lv+kSL(R+r)v ， Q=B0lv+kS2RL(R+r)2v
【解析】详细解答和解析过程见答案
1.在贵州台盘村的“村超”篮球比赛中，山西星动力队队员罚球时，立定在罚球线后将篮球向斜上方抛出，投进一个空心球。设篮球受到的空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，已知重力加速度为g，则在从离手到进入篮框的过程中，篮球( )
A. 运动轨迹是抛物线B. 到达最高点时的加速度为g
C. 到达最高点时机械能最小D. 进入篮筐时的加速度最小
2.用注射器将一段空气(可视为理想气体)封闭，操作注射器实现气体按如图a→b→c的变化。下列说法正确的是( )
A. a→b，所有分子热运动的动能都增大
B. a→b→c，气体吸收的热量等于气体对外做的功
C. a→b→c，气体的压强先增大后减小
D. c状态时，单位时间内与注射器单位面积碰撞的分子数比a状态时多
3.如图所示，一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点，在三棱镜内偏折到F点。已知入射方向与AB的夹角为30∘，E、F分别为AB、AC边的中点，则光第一次到达F点后的传播大致是下图中的( )
A. B.
C. D.
4.2023年，神舟家族太空接力，“奋斗者”号极限深潜，真正实现了“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”！已知“奋斗者”号在马里亚纳海沟的坐底深度为d(10909m)，空间站离地面的高度为h(400km)。假设地球质量分布均匀，半径为R，不考虑其自转，且质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，则深度为d处和高度为h处的重力加速度之比为( )
A. (R−d)(R+h)2R3B. (R+d)(R−h)2R3C. R+dR−h2D. R−dR+h2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
5.如图所示，竖直平面内有一组平行等距的水平实线，可能是电场线或等势线。在竖直平面内，一带电小球以v0的初速度沿图中直线由a运动到b，下列判断正确的是( )
A. 小球一定带负电荷
B. a点的电势一定比b点的电势高
C. 从a到b，小球的动能可能减小，也可能不变
D. 从a到b，小球重力势能增大，电势能也可能增大
6.一列沿x轴传播的简谐横波，t=1.0s时的波形如图所示。P是平衡位置在0.5m处的质点，Q是平衡位置在4.0m处的质点，此时质点Q向y轴负方向运动。已知从图示时刻开始，6.5s时质点Q恰好第三次到达波峰位置，则( )
A. 该波沿x轴负方向传播
B. 该波的传播速度为2m/s
C. t=2.25s时P位于平衡位置
D. 在1.0s到4.0s内，P通过的路程为30cm
7.如图所示，空间有垂直于坐标系xOy平面向外的匀强磁场。t=0时，带电粒子a从O点沿x轴负方向射出；t1时刻，a与静置于y轴上P点的靶粒子b发生正碰，碰后a、b结合成粒子c，t2时刻，c第一次沿y轴负方向通过x轴上的Q点。已知t1:t2=1:6，不考虑粒子间静电力的作用，忽略碰撞时间，则( )
A. b粒子带负电B. a和c的电荷量之比为1：2
C. a和c的速率之比为5：2D. a和b的质量之比为1：4
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
8.寒冷的冬天，在两个相同的纸杯中加上不等量的水，放到室外结冰后脱壳制成两只冰壶A和B，之后找一块平整的冰面验证动量守恒定律。主要实验步骤如下：
①在冰面上固定发射装置。通过A压缩弹簧到P位置，释放后A沿图甲中虚线运动。在虚线的适当位置取一点O，测出A停止滑动时其右侧到O点的距离s1；
②多次近过A压缩弹簧到P，释放A后重复记录s1并取其平均值记为s1，如图甲；
③将B放在冰面上，使其左侧位于O点，并使其直径与图中虚线重合；
④多次通过A压缩弹簧到P，释放A后使A与B对心正碰，测出A、B碰后停止滑行时A右侧和B左侧与O点的距离并求平均值，分别记为s2利s3，如图乙所示。
(1)每次都通过A压缩弹簧到P位置，目的是确保A到达O时的________________相同；
(2)实验中还需测量的物理量有_________________(填字母序号)；
A.A和B的质量m1、m2 B.A和B的直径d1、d2
C.A和B与冰面间的动摩擦因数μ D.发射槽口到O点的距离s0
(3)验证动量守恒定律的表达式为________________(用已知量和测得量的符号表示)；
(4)为探究该碰撞是否为弹性碰撞，需判断关系式________________是否成立(用s1、s2、s3表示)。
9.一种具有“×1Ω”、“×10Ω”两个档位的欧姆表原理如图所示，已知电流表G的满偏电流为100μA，内阻为110Ω，刻度盘中央位置(即50μA处)标的电阻值为15Ω，电源的电动势为1.5V。回答下列问题：
(1)图中a应接_________________(选填“红”或“黑”)表笔；
(2)当选择“×1Ω”档位时，S应掷于_________________(选填“1”或“2”)位置；
(3)R1=_________________Ω,R2=__________________Ω；
(4)若该欧姆表使用一段时间后电源电动势减小、内阻增大，但仍可实现欧姆调零，则测电阻时的测量值比真实值偏_________________(填“大”或“小”)。
四、计算题：本大题共3小题，共48分。
10.如图所示，Q是x正半轴上的一点，其横坐标为x0(未知)。在xOy的第一象限，x≤x0的区域内存在大小为E、沿y轴负方向的匀强电场。速率为v0的带正电荷的粒子，从P点沿y轴负方向射入电场后，通过O点时速率为2v0；从P点沿x轴正方向射入电场后恰好从Q点射出。若将区域内的电场换成垂直xOy平面向外的匀强磁场，同样让该粒子从P点沿x轴正方向射入，粒子也恰能从Q点射出。不考虑重力的作用，求磁感应强度的大小。
11.如图所示，斜坡AB与倾角θ=37∘的斜面CD平滑连接，紧靠D的右侧，并排停放了24辆平均宽度为2m、高度与D点等高的汽车，相邻汽车间的距离不计。表演时，摩托车从距D高为15m的A点由静止以额定功率开始运动，t=3s时从D点飞出，恰好能飞越所有汽车。已知摩托车的额定功率为10kW，运动员与摩托车的总质量为200kg，取g=10m/s2，sin37∘=0.6,cs37∘=0.8，不计空气阻力，求：
(1)摩托车离开D点时速度的大小；
(2)摩托车在空中最高点时距车顶的高度；
(3)从A到D，摩托车克服摩擦阻力做的功。
12.如图所示，相距为l的两光滑平行金属导轨倾斜固定，倾角为θ，顶端接有阻值为R的电阻，电阻为r的金属棒PQ垂直导轨置于其上。在R、导轨与PQ间有一面积为S的区域，该区域内存在垂直导轨平面向下的均匀磁场，磁感应强度的大小B随时间t的变化关系为B=kt(k为正常量)。在PQ的下方有一宽度为L匀强磁场区域，区域边界ab利cd均与导轨垂直，磁感应强度的大小为B0，方向也垂直导轨平面向下。将PQ由静止释放，t=0时PQ恰好以速度v通过ab，之后以不变的速度通过abcd区域。设PQ与导轨始终垂直并接触良好，忽略不计两导轨的电阻，重力加速度为g。求：
(1)PQ的质量；
(2)PQ从ab到cd的过程中，通过R的电荷量及R产生的电热。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】D
【详解】篮球在运动过程中受到重力和空气阻力的作用，合力是变力，篮球的运动轨迹不是抛物线；篮球到达最高点时，由于存在水平速度，即存在空气阻力作用，则篮球的加速度不是 g ；篮球加速度随着合力而变化，从离手到进入篮框的过程中，加速度越来越小；篮球在空中运动的过程中，空气阻力一直做负功，机械能一直在减小，则进入篮筐时的加速度最小，机械能最小。
故选D。
2.【答案】C
【解析】C
【详解】A. a→b 过程中，温度 T 升高，分子的平均动能增大，但不是所有分子的动能都增大，故A错误；
B. a→b→c 过程中，温度升高，则气体内能增大，气体体积变大，则气体对外界做正功，根据热力学第一定律可得
ΔU=W+Q
由于 ΔU>0 ， W<0 ，可知 Q>0 ，且 Q>|W| ，则气体吸收的热量大于气体对外做的功，故B错误；
C.根据理想气体状态方程
pVT=C
可得
V=CpT
可知图线上的点与原点连线斜率越小则压强越大，所以 a→b→c 气体的压强先增大后减小，故C正确；
D.由图像可知a、c两状态压强相等， c 状态温度高于 a 状态温度，温度高的分子平均动能大，根据压强微观意义可知， c 状态时，单位时间内与注射器单位面积碰撞的分子数比 a 状态时少，故D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】B
【详解】在AB界面入射角 i=60∘ ，折射角 r=30∘ ，则折射率为
n=sinisinr=sin60∘sin30∘= 3
光从棱镜射出空气发生全反射的临界角满足
sinC=1n= 33>12
可知 C>30∘ ，根据几何关系可知，光第一次到达 F 点后的入射角为 30∘ ，不会发生全反射，则光第一次到达 F 点后反射角为 30∘ ，折射角为 60∘ 。
故选B。
4.【答案】A
【解析】A
【详解】设质量为 m1 的物体在马里亚纳海沟底处，有
GM′m1(R−d)2=m1g1
又
M′M=(R−d)3R3
质量为 m2 的物体在空间站上，有
GMm2(R+h)2=m2g2
解得马里亚纳海沟底处和空间站所在轨道处的重力加速度之比为
g1g2=(R−d)(R+h)2R3
故选A。
5.【答案】CD
【解析】CD
【详解】带电小球在重力和静电力作用下作直线运动。若小球作匀速直线运动，则静电力方向向上，这组实线是等势线，小球所带电荷电性无法判定，a、b两点电势高低无法判定，小球由a运动到b，动能不变，重力势能增大，电势能减小；若小球作匀减速直线运动，则静电力水平向左，这组实线是电场线，小球所带电荷电性无法判定，a、b两点电势高低无法判定，小球由 a 运动到 b ，动能减小，重力势能增大，电势能增大；小球不可能匀加速直线运动。
故选CD。
6.【答案】BCD
【解析】BCD
【详解】A. t=1.0s 时，质点 Q 向 y 轴负方向运动，根据同侧法可知波沿 x 轴正方向传播，故A错误；
B.由图可知波长为 4m ， 6.5s 时质点 Q 恰好第三次到达波峰位置，则
t2−t1=234T
解得
T=2s
该波的传播速度为
v=λT=2m/s
故B正确；
C. t=2.25s 时，历时
1.25s=114T
根据平移法可知质点 P 到达平衡位置，故C正确；
D. 1.0s 到 4.0s ，历时
3s=32T
P 通过的路程为
s=32×4A=6A=30cm
故D正确。
故选BCD。
7.【答案】AD
【解析】AD
【详解】C.设 OP=2r ， a、b 碰撞前后做圆周运动时间为
t1=12T1=2πr2v1
t2−t1=14T2=2π⋅2r4v2
联立解得
v1v2=51
故C错误；
D. a、b 发生碰撞，根据动量守恒得
mav1=ma+mbv2
解得
mamb=14
故D正确；
AB. a 粒子做匀速圆周运动，则
q1v1B=mav12r
c 粒子做匀速圆周运动
q1+q2v2B=ma+mbv222r
解得
q2=−12q1
根据左手定则，可知粒子 a 带正电，则粒子 b 带负电，粒子 c 带正电， a 和 c 的电荷量之比为
q1:(q1+q2)=2:1
故A正确，B错误。
故选AD。
8.【答案】(1)速度
(2)A
(3) m1 s1=−m1 s2+m2 s3
(4) s3= s1− s2
【详解】(1)每次都通过A压缩弹簧到 P 位置，目的是确保A到达 O 时的速度相同。
(2)选取向右为正方向，动量守恒定律的表达式为
m1v1=−m1v2+m2v3
根据动能定理有
12m1v12=μm1gs1
12m1v22=μm1gs2
12m2v32=μm2gs3
联立可得
m1 s1=−m1 s2+m2 s3
实验中还需测量的物理量是A和B的质量。
故选A。
(3)选取向右为正方向，动量守恒定律的表达式为
m1v1=−m1v2+m2v3
根据动能定理有
12m1v12=μm1gs1
12m1v22=μm1gs2
12m2v32=μm2gs3
联立可得
m1 s1=−m1 s2+m2 s3
(4)若碰撞为弹性碰撞，还应满足机械能守恒，表达式为
12m1v12=12m1v22+12m2v32
结合(3)中关系式可得
s3= s1− s2
【解析】详细解答和解析过程见答案
9.【答案】(1)红
(2)1
(3) 19 1
(4)大
【详解】(1)改装后电流从 a 插孔流入，故图中 a 应接红表笔。
(2)当开关 S 接1调零时，两表笔短接，设欧姆表内部总电阻为 R内1 ，则
Ig+IgRg+R2R1=IgRg+R2+R1R1=ER内1
两表笔间电阻为 Rx 时，电流表中电流为 I ，则
IRg+R2+R1R1=ER内1+Rx
当开关 S 接2调零后，设欧姆表内部总电阻为 R内2 ，则
Ig+IgRgR1+R2=IgRg+R2+R1R1+R2=ER内2
两表笔间电阻为 Rx 时，电流表中电流为 I ，则
IRg+R2+R1R1+R2=ER内2+Rx
可得
R内2>R内1
故当选择“ ×1Ω ”档位时， S 应掷于1位置。
(3)[1][2]欧姆表中值电阻等于内部的总电阻，据题意有
R内2=150Ω ， R内1=15Ω
选择“ ×1Ω ”档位时开关接1，则
R内2R内1=R1+R2R1=10
解得
R1=19Ω,R2=1Ω
(4)电源电动势 E 减小，选择“ ×1Ω ”档位时，中值电阻小于 15Ω ，选择“ ×10Ω ”档位时，中值电阻小于 150Ω ，故待测电阻测得的值比真实值偏大。
10. B=4E7v0
【解析】详细解答和解析过程见答案
10.【答案】 B=4E7v0
【详解】因为 O 点和 Q 点电势相同，所以粒子通过 Q 点时速度的大小与通过 O 点时速度的大小相等，设粒子运动到 Q 点时速度与 x 轴间夹角为 θ ，则
2v0csθ=v0
解得
csθ=12
则
θ=60∘
设粒子在电场中运动的时间为t，P点的纵坐标 yP ，则
vy=v0tanθ
x0=v0t
yP=vy2t
解得
yP= 32x0
设粒子的质量为 m 、电荷量为 q ，由动能定理有
qEyP=12m2v02−12mv02
解得
E= 3mv 02qx0
设粒子在磁场中运动的半径为 r ，磁感应强度的大小为 B ，根据洛伦兹力提供向心力
qv0B=mv 02r
由几何关系有
r2=x 02+r−yP2
联立解得
B=4E7v0
【解析】详细解答和解析过程见答案
11.【答案】．（1） v=10 5m/s ；（2） h=9m ；（3） W克=1×104J
【详解】（1）设摩托车离开 D 点时速度的大小为 v ，从离开 D 点到恰好通过第24辆汽车的时间为 t1 ，则水平方向
24d=vcs37∘t1
竖直方向
0=vsin37∘t1−12gt12
解得
v=10 5m/s
（2）摩托车在空中最高点时距车顶的高为 h ，则
12mv2=mgh+12mvcs37∘2
解得
h=9m
（3）摩托车从A到 D 克服摩擦阻力做的功为 W克 ，根据动能定理
Pt+mgH−W克=12mv2−0
解得
W克=1×104J
【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】(1) m=B0lv+kSB0lg(R+r)sinθ ；(2) q=B0lv+kSL(R+r)v ， Q=B0lv+kS2RL(R+r)2v
【详解】(1)金属棒在匀强磁场中运动的过程中，设通过金属棒的电流大小为 I ，在时间 t 内，金属棒的位移为 x ，有
x=vt
在时间 t 时刻，对于变化磁场 B ，穿过回路的磁通量为
Φ=ktS
对于匀强磁场 B0 ，穿过回路的磁通量为
Φ0=B0lx
回路的总磁通量为
Φt=Φ+Φ0
联立可得，在时刻 t 穿过回路的总磁通量为
Φt=ktS+B0lvt
在 t 到 t+Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变量为
ΔΦt=kS+B0lvΔt
由法拉第电磁感应定律得，回路中感应电动势的大小为
E=ΔΦtΔt
由闭合电路的欧姆定律得
I=ER+r
联立可得
I=B0lv+kSR+r
设金属棒的质量为 m ，由于金属棒在ab右侧导轨上做匀速运动，则有
mgsinθ=B0Il
解得
m=B0lv+kSB0lg(R+r)sinθ
(2)金属棒在磁场 B0 中从ab向右运动到cd的过程中，设运动时间为 t′ ，通过电阻的电荷量为 q ，阻值为 R 的电阻上产生的热量为 Q ，则有
L=vt′ ， q=It′ ， Q=I2Rt′
解得
q=B0lv+kSL(R+r)v ， Q=B0lv+kS2RL(R+r)2v
【解析】详细解答和解析过程见答案
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