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2023-2024学年重庆市渝中区好教育联盟高三（下）考试物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年重庆市渝中区好教育联盟高三（下）考试物理试卷（含解析），共18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.“跳伞运动”以自身的惊险和挑战性，被世人誉为“勇敢者的运动”。若运动员从匀速水平飞行的飞机上跳下，一段时间后再开伞，整个过程中空气阻力不可忽略，下列说法正确的是( )
A. 运动员始终在飞机正下方
B. 运动员从飞机上跳下至开伞前做自由落体运动
C. 运动员从飞机上跳下至落地的过程中一定始终处于失重状态
D. 运动员从飞机上跳下至落地的过程中可能先做加速运动后做减速运动
2.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，其压强与体积的关系图像如图所示，下列说法正确的是
( )
A. 气体放出热量B. 气体的内能减小
C. 外界对气体做负功D. 气体分子的平均动能减小
3.汽车已经走进了千家万户，成为普通家庭的消费品，驾驶技能从职业技能成为基本生活技能。考驾照需要进行一项路考——定点停车。路旁竖一标志杆，在车以大小为v的速度匀速行驶的过程中，当车头与标志杆的距离为x时，学员立即刹车，让车做匀减速直线运动，车头恰好停在标志杆处。若忽略学员的反应时间，则汽车刹车
( )
A. 时间为xvB. 加速度大小为v22x
C. 经过一半时间时的位移大小为x2D. 经过一半距离时的速度大小为v2
4.一交变电流的电压随时间变化的规律如图所示，周期为T，其电压的有效值为
( )
A. 7VB. 2 6VC. 5VD. 2 5V
5.2023年8月3日11时47分，我国成功发射“风云三号”06星。“风云三号”气象卫星是我国第二代低轨气象卫星，能够获取全球、全天候、三维、定量、多光谱的大气、地表和海表特性参数。若“风云三号”06星绕地球做匀速圆周运动，离地高度为h，绕地n圈的时间为t，引力常量为G，地球半径为R，则( )
A. 卫星的周期为nt
B. 卫星的线速度大小为2nπht
C. 地球的质量为4n2π2R+h3Gt2
D. 地球表面重力加速度大小为4t2π2R+h3n2R2
6.自行车转弯时，可近似看成自行车绕某个定点O(图中未画出)做圆周运动，自行车转弯时的俯视示意图如图所示，自行车前、后两轮轴A、B(均视为质点)相距x1，虚线表示两轮转弯的轨迹，O、A间的距离为x2，则轮轴A与轮轴B的速度大小之比为( )
A. x1x2B. x2x1C. x1 x 22−x12D. x2 x22−x12
7.如图甲所示，有一电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为O，轴线上的电场强度如图乙所示。现有一带正电的粒子(不计受到的重力)以大小为v0的初速度沿轴线由P点运动到Q点，OP=OQ=L。以x轴的正向为电场强度的正方向，关于粒子由P点运动到Q点的过程，下列说法正确的是
( )
A. 细圆环带负电B. 粒子到达Q点时的速度大小为v0
C. 粒子所受静电力先增大后一直减小D. 粒子到达Q点时的速度大小为2v0
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.关于核反应方程，下列说法正确的是( )
A. 88226Ra→86222Rn+24He该核反应是α衰变
B. 12H+13H→24He+01n该核反应是裂变
C. 92235U+01n→54140Xe+3894Sr+201n，该核反应是聚变
D. 1124Na→1224Mg+−10e，该核反应是β衰变
9.如图所示，三个有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直。现用垂直磁场边界的水平力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值，水平力F向右为正。下列能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、水平力F和电功率P随时间t的变化规律的图像是
( )
A. B.
C. D.
10.如图甲所示，小物块a和木板b叠放在光滑水平面上，初始时a、b均静止，物块c以速度v0向右运动，与b发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后b、c粘在一起，b的位移x随时间t的变化如图乙中的实线所示，其中t0时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线二者相切于P点，抛物线的顶点为Q。a始终未脱离b。重力加速度大小为g，下列说法正确的是
( )
A. a、b间的动摩擦因数为v06gt0B. a、b间的动摩擦因数为v03gt0
C. b、c的质量比为1∶2D. b、c的质量比为2∶1
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.实验室有一种灵敏电流计G，满偏刻度为30格。某兴趣小组想要较精确地测出它的满偏电流Ig和内阻Rg，实验室中可供利用的器材有：
待测灵敏电流计G1、G2；
电流表A：(量程为1mA，内阻约为100Ω)；
定值电阻R1；(阻值为200Ω)；
定值电阻R2：(阻值为300Ω)；
电阻箱R：(0∼9999.9Ω，最小调节量为0.1Ω)；
滑动变阻器R3：(最大电阻为2000Ω，额定电流为1.5A)；
直流电源：电动势为1.5V，内阻不计；
开关一个，导线若干。
该小组设计的实验电路图如图所示，连接好电路，并进行下列操作。
(1)闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表示数适当。若灵敏电流计G2中的电流由b流向a，再调节电阻箱，使电阻箱R的阻值_____(填“增大”或“减小”)，直到G2中的电流为0。
(2)读出电阻箱连入电路的电阻为1200.0Ω，电流表的示数为0.60mA，灵敏电流计G1的指针指在20格的刻度处，则灵敏电流计的内阻Rg=_____Ω，满偏电流Ig=_____μA。(结果均保留三位有效数字)
12.实验小组的同学做“验证机械能守恒定律”的实验。量角器中心O点和细线的一个端点重合，并且固定好，细线另一端系一个小球，当小球静止不动时，量角器的零刻度线与细线重合，在小球所在位置安装一个光电门。实验装置如图所示。本实验需要测量的物理量有：小球的直径d、细线长度L、小球通过光电门的时间Δt，小球由静止释放时细线与竖直方向的夹角为θ。
(1)除了光电门、量角器、细线外，还有如下器材可供选用：
A.直径约为1cm的均匀铁球；
B.秒表；
C.天平；
D.直径约为5cm的均匀木球；
E.游标卡尺；
F.最小刻度为毫米的米尺。
若实验小组的同学选用了最小刻度为毫米的米尺和游标卡尺(10分度)，则还需要从上述器材中选择_____(填写器材前的字母标号)。
(2)按正确实验方法操作，测得小球的直径为d，小球通过光电门的时间为Δt，可知小球经过最低点的瞬时速度大小v=_____。用精确度为0.1mm的游标卡尺测量小球直径，若测得一小球的直径为1.35cm，则此时游标尺上的第_____(填1∼10中的数字)条刻度线与主尺上的刻度线对齐。
(3)若在实验误差允许的范围内，满足v2=_____，即可验证机械能守恒定律。(用题给字母L、d、θ以及当地重力加速度大小g表示)
(4)影响本实验结果的误差原因有_____。(只填一项即可)
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，一光学器材的横截面为一等腰梯形，其中AB平行于CD，底角θ=45∘。从M点发出的一细束平行于底边CD的单色光，从AC边上的E点射入，已知光学器材的折射率n= 2，光在真空中的传播速度大小为c。
(1)求光线进入光学器材时的折射角r；
(2)当从E点射入的光线对应的折射光线刚好经过长度为L的CD边的中点时，求光线在光学器材中的传播时间t。
14.风洞是研究空气动力学的实验设备。中国打造的JF22超大型激波风洞，能够吹出30倍音速的风。如图所示，将刚性杆水平固定在某风洞内距水平地面高度h=12.8m处，杆上套一质量m=4kg、可沿杆滑动的小球(视为质点)。将小球所受的风力大小调节为F=30N，方向水平向左。小球以速度v0=9m/s向右离开刚性杆后，小球所受风力不变，取重力加速度大小g=10m/s2。求小球：
(1)在空中运动时的加速度大小a；
(2)在空中运动的时间t；
(3)运动到距刚性杆右端(小球在其右下方)的水平距离x=5.25m时的动能E。
15.CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，可用于对多种病情的探测。图甲是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，加速电压恒定为U；高度足够高、宽度为d的虚线框内有垂直纸面的匀强偏转磁场，电子束从静止开始在M、N之间加速后以一定的速度水平射出并进入偏转磁场，速度方向偏转θ后打到靶环上产生X射线，探测器能够探测到竖直向上射出的X射线。已知电子质量为m、电荷量为e，不计电子受到的重力，该装置置于真空中。
(1)求偏转磁场的磁感应强度的大小B；
(2)若撤去磁场，在虚线框中加一沿竖直方向的匀强偏转电场，可使电子偏转π2−θ时离开电场，最后打在靶环上产生X射线，求电子所受的电场力大小F；
(3)在(2)的基础上，靶环形状是以P点为圆心的圆面，P点距偏转电场中心的水平距离为l。若匀强偏转电场的电场强度的大小E可调整，靶环的半径为R，要使电子束能打到靶环上，求电场强度的最大值和最小值之比EmaxEmin。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】D
【详解】A.由于受到空气阻力作用，飞机上跳下，水平方向速度减为零之前，做减速运动，飞机匀速飞行，运动员在飞机后下方。故A错误；
B.运动员从飞机上跳下至开伞前，除受重力以外还受空气阻力作用，运动员不做自由落体运动，故B错误；
C.运动员从飞机上跳下至落地的过程中，竖直方向向下加速时，处于失重状态，竖直方向向下减速时，处于超重状态。故C错误；
D.运动员从飞机上跳下至落地的过程中，重力和阻力的合力与速度夹角为锐角时，加速；重力和阻力的合力与速度夹角为钝角时，减速。运动员从飞机上跳下至落地的过程中可能先做加速运动后做减速运动，故D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查热力学第一定律及理想气体状态方程的应用，要注意明确压强、体积及温度之间的变化关系及内能、吸放热及做功的关系，注意在P−V图象中图线上各点连线与坐标量的变化关系。
【解答】
AB.由于压强和体积均增加，温度T增加，内能增加，气体对外做功，由热力学第一定律，气体吸收热量，故AB错误；
C.该过程中，气体体积变大，气体对外界做功，外界对气体做负功，故C正确；
D.由于温度增加，气体分子的平均动能增大，故D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】B
【详解】A.由题意得：汽车从刹车到静止的平均速度大小为
v=v+02=v2
故汽车刹车的时间为
t=xv=2xv
故A错误；
B.设汽车加速度大小为 a ，根据匀变速直线运动速度与位移的关系式有
0−v2=−2ax
解得
a=v22x
故B正确；
C.根据匀变速直线运动位移与时间关系公式，汽车经过一半时间的位移大小为
xt2=v⋅t2−12a⋅t22=34x
故C错误；
D.设汽车经过一半距离时的速度大小为 vx2 ，根据匀变速直线运动速度与位移的关系式有
vx22−v2=−2a⋅x2
解得
vx2= 22v
故D错误。
故选B。
4.【答案】A
【解析】.A
【详解】交流电的有效值是根据等效思想确定的，若同一阻值为R的电阻接在恒压稳流的直流电路中在交流电的一个周期内产生的热量与接在交流电路中在一个周期内产生的热量相同，则认为该直流电的电压U为交流电电压的有效值，该直流电路中通过电阻R的电流I为交流电电流的有效值，则根据等效思想有
U2RT=( 3)2R⋅T3+(2 3)2R⋅T3+( 6)2R⋅T3
解得
U= 7V
故选A。
5.【答案】C
【解析】C
【详解】A.卫星绕地n圈的时间为t，则卫星的周期为
T=tn
A错误；
B.卫星绕地球做匀速圆周运动，则卫星的线速度大小为
v=2πR+hT=2πnR+ht
B错误；
C.由地球对卫星的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可得
GMmR+h2=m4π2T2R+h
解得
M=4n2π2R+h3Gt2
C正确；
D.质量是m1的物体在地球表面附近，地球对物体的万有引力等于重力，则有
GMm1R2=m1g
解得
g=GMR2=4n2π2R+h3t2R2
D错误。
故选C。
6.【答案】D
【解析】D
【详解】过A和B分别作车轮的垂线，两线的交点即为O点，如图所示
根据两轮沿车身方向的速度相等可得
v1csθ=v2
所以
v1v2=x2 x22−x12
故选D。
7.【答案】B
【解析】B
【详解】A.由E−x图像可知，沿x轴正向场强向右，沿x轴负向场强向左，可知细圆环带正电，选项A错误；
BD.由图像可知，PQ两点电势相等，可知PQ两点的动能相等，即粒子到达Q点时的速度大小为 v0 ，选项B正确，D错误；
C.由图像可知，粒子所受静电力先向左增大后向左减小，过了O点后向右增加后向右减小，选项C错误；
故选B。
8.【答案】AD
【解析】AD
【详解】A. 88226Ra→86222Rn+24He 该核反应是 α 衰变，故A正确；
B. 12H+13H→24He+01n 该核反应是核聚变，故B错误；
C. 92235U+01n→54140Xe+3894Sr+201n ，该核反应是核裂变，故C错误；
D. 1124Na→1224Mg+−10e ，该核反应是 β 衰变，故D正确。
故选AD。
9.【答案】AC
【解析】AC
【详解】A.当线框开始进入磁场时，磁通量垂直纸面向外增加，当全部进入时达最大；此后向里的磁通量增加，向外的磁通量减小，总磁通量向外减小，当运动 1.5L 时，磁通量为零；当运动 2L 时磁通量向里最大，此后向外的磁通量增加，向里的磁通量减小，总磁通量减小，当运动 2.5L 时，磁通量为零，当运动 3L 时向外的磁通量最大，此后向外的磁通量减小，当运动 4L 时为零，故A正确。
B.当线框进入第一个磁场时，由
E1=BLv
可知，E保持不变，感应电动势为顺时针方向，为负值；而开始进入第二个磁场时，两边同时切割磁感线，电动势应为
E2=2BLv
方向为逆时针方向，为正值；开始进入第三个磁场时，两边同时切割磁感线，电动势为
E3=2BLv
方向为顺时针方向，为负值；出磁场时，感应电动势为
E4=BLv
沿逆时针方向，为正值，故B错误；
C.安培力的方向一直与运动方向相反，故外力F一直向右，当线框进入第一个磁场时，安培力为
F=BIL
开始进入第二个磁场时，两边同时切割磁感线，感应电动势变为两倍，由
I=ER
可知，电流变为原来的两倍，同时有两根导线受到安培力，线框总安培力变成原来的四倍；开始进入第三个磁场时与第二个磁场情况相同；出磁场时，安培力变为与进入第一个磁场相同，故C正确；
D.拉力的功率
P=Fv
因速度不变，而线框在左边第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时
F安=2B⋅2BLvR⋅L
因此安培力变为进磁场时的4倍，则拉力的功率变为进磁场时的4倍，出磁场时，与进磁场时拉力的功率相同，故D错误。
故选AC。
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。
【解析】
AB.设碰后瞬间b、c的速度大小为 v1 ，碰后b、c的加速度大小为 a ，由图(b)可知 x=v1t0−12at02=v0t02 抛物线的顶点为Q，根据 x−t 图像的切线斜率表示速度，则有 v1=a⋅2t0 联立解得 v1=2v03 ， a=v03t0 根据题意可知， t0 时刻a、b、c速度相同，设为 v共 ，设a 的 加速度大小为 aA ，则有 v共=v1−at0=v03 ， v共=aAt0 解得 aA=v03t0 对a根据牛顿第二定律可得 aA=μmagma=μg 解得a、b间的动摩擦因数为 μ=v03gt0 故A错误，B正确；CD.设b、c的质量分别为 mb 、 mc ，物块c与b发生碰撞过程，根据动量守恒可得 mcv0=(mb+mc)v1 其中 v1=2v03 联立可得b、c的质量比为 mb:mc=1:2 故C正确，D错误。
故选BC。
11.【答案】.(1)减小
(2) 800 180
【详解】(1)由于灵敏电流计 G2 中的电流由b流向a，说明b电势高于a点电势。电源右侧为正极，则
R1R2>RgR
使 G2 中的电流为0，应满足
R1R2=RgR
则使电阻箱R的阻值减小。
(2)[1]灵敏电流计的内阻
Rg=R1RR2=800Ω
[2]灵敏电流计所在电路的电流为
I=R1+R2Rg+R+R1+R2×0.60mA=0.12mA
对应灵敏电流计20格，则灵敏电流计 G1 的量程为
Ig=0.1220×30mA=0.18mA=180μA
【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】(1)A
(2) dΔt 5
(3) g2L+d1−csθ
(4)小球运动过程中受到空气阻力(或小球的体积太大，各种测量带来的误差)
【详解】(1)验证机械能守恒，小球应选择质量大一些，体积小一些，故选直径约1cm的均匀铁球；由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要天平测量小球的质量；小球通过光电门的时间可以直接得出，不需要秒表；实验中需测量下降的高度以及小球的直径，则需要毫米刻度尺以及游标卡尺，故若实验小组的同学选用了最小刻度为毫米的米尺和游标卡尺(10分度)，则还需要从上述器材中选择A。
(2)[1]测得小球的直径为d，小球通过光电门的时间为 Δt ，可知小球经过最低点的瞬时速度大小
v=dΔt
[2]用精确度为0.1mm的游标卡尺测量小球直径，若测得一小球的直径为1.35cm，根据
1.35cm=1.3cm+5×0.1mm
可知此时游标尺上的第5条刻度线与主尺上的刻度线对齐。
(3)小球的重力势能减少量为
ΔEp=mg(L+d2)1−csθ
小球的动能增加量为
ΔEk=12mv2
根据机械能守恒可得
mg(L+d2)1−csθ=12mv2
整理可得满足
v2=g2L+d1−csθ
即可验证机械能守恒定律。
(4)影响本实验结果的误差原因有：小球运动过程中受到空气阻力或小球的体积太大，各种测量带来的误差。
【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】（1） r=30∘ ；（2） t=2 3L3c
【详解】（1）做出光路图如图所示
由折射定律有
n=sinθsinr
解得
r=30∘
（2）根据全反射的临界角与折射率之间的关系有
sinC=1n
解得
C=45∘
根据光路图，由几何关系知光线到达 CD 边时的入射角
θ′=75∘
因为 θ′>C ，所以光线不能从 CD 边射出，在CD边发生全反射，由几何关系有
xsin45∘=L2sin90∘+30∘
根据对称性可知光在该器材中传播的路程
s=2x
而根据波速与折射率之间的关系有
v=cn
由此可得光在该器材中传播的时间
t=sv
联立以上各式解得
t=2 3L3c
【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1) a=12.5m/s2 ；(2) t=1.6s ；(3) Ek=204.5J 或 Ek=396.5J
【详解】(1)对小球受力分析可知
F合= (mg)2+F2
又
a=F合m
解得
a=12.5m/s2
(2)小球在竖直方向做自由落体运动，有
h=12gt2
解得
t=1.6s
(3)小球在水平方向做匀变速运动，加速度大小
ax=Fm=7.5m/s2
设经过时间 t′ ，小球与刚性杆右端之间的水平距离为 x ，有
x=v0t′−12axt′2
解得
t′=1s 或 t′=1.4s
由动能定理有
mg×12gt′2−Fx=Ek−12mv02
解得
Ek=204.5J 或 Ek=396.5J
【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1) B=sinθd 2mUe ；(2) F=2eUdtanθ ；(3) EmaxEmin=l+Rl−R
【详解】(1)电子在磁场中的轨迹如图甲所示，设电子进入磁场的初速度大小为 v ，电子经过电场加速过程，根据动能定理有
eU=12mv2
根据洛伦兹力提供向心力，设电子做匀速圆周运动的半径为r
evB=mv2r
由几何关系有
r=dsinθ
解得
B=sinθd 2mUe
(2)电子在电场中做类平抛运动，设电子在偏转电场中运动的时间为 t ，则有
d=vt
离开电场时，设电子沿电场方向的分速度大小为 vy ，则有
vy=Fmt
又
tanπ2−θ=vyv
解得
F=2eUdtanθ
(3)根据电子离开电场时速度方向的反向延长线交于水平位移的中点，满足题意要求的两条电子临界轨迹分别如图乙、图丙所示
由图中几何关系可知
y1d2=Yl+R
y2d2=Yl−R
又
y=12⋅eEmdv2
解得
EmaxEmin=l+Rl−R
【解析】详细解答和解析过程见答案
1.“跳伞运动”以自身的惊险和挑战性，被世人誉为“勇敢者的运动”。若运动员从匀速水平飞行的飞机上跳下，一段时间后再开伞，整个过程中空气阻力不可忽略，下列说法正确的是( )
A. 运动员始终在飞机正下方
B. 运动员从飞机上跳下至开伞前做自由落体运动
C. 运动员从飞机上跳下至落地的过程中一定始终处于失重状态
D. 运动员从飞机上跳下至落地的过程中可能先做加速运动后做减速运动
2.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，其压强与体积的关系图像如图所示，下列说法正确的是
( )
A. 气体放出热量B. 气体的内能减小
C. 外界对气体做负功D. 气体分子的平均动能减小
3.汽车已经走进了千家万户，成为普通家庭的消费品，驾驶技能从职业技能成为基本生活技能。考驾照需要进行一项路考——定点停车。路旁竖一标志杆，在车以大小为v的速度匀速行驶的过程中，当车头与标志杆的距离为x时，学员立即刹车，让车做匀减速直线运动，车头恰好停在标志杆处。若忽略学员的反应时间，则汽车刹车
( )
A. 时间为xvB. 加速度大小为v22x
C. 经过一半时间时的位移大小为x2D. 经过一半距离时的速度大小为v2
4.一交变电流的电压随时间变化的规律如图所示，周期为T，其电压的有效值为
( )
A. 7VB. 2 6VC. 5VD. 2 5V
5.2023年8月3日11时47分，我国成功发射“风云三号”06星。“风云三号”气象卫星是我国第二代低轨气象卫星，能够获取全球、全天候、三维、定量、多光谱的大气、地表和海表特性参数。若“风云三号”06星绕地球做匀速圆周运动，离地高度为h，绕地n圈的时间为t，引力常量为G，地球半径为R，则( )
A. 卫星的周期为nt
B. 卫星的线速度大小为2nπht
C. 地球的质量为4n2π2R+h3Gt2
D. 地球表面重力加速度大小为4t2π2R+h3n2R2
6.自行车转弯时，可近似看成自行车绕某个定点O(图中未画出)做圆周运动，自行车转弯时的俯视示意图如图所示，自行车前、后两轮轴A、B(均视为质点)相距x1，虚线表示两轮转弯的轨迹，O、A间的距离为x2，则轮轴A与轮轴B的速度大小之比为( )
A. x1x2B. x2x1C. x1 x 22−x12D. x2 x22−x12
7.如图甲所示，有一电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为O，轴线上的电场强度如图乙所示。现有一带正电的粒子(不计受到的重力)以大小为v0的初速度沿轴线由P点运动到Q点，OP=OQ=L。以x轴的正向为电场强度的正方向，关于粒子由P点运动到Q点的过程，下列说法正确的是
( )
A. 细圆环带负电B. 粒子到达Q点时的速度大小为v0
C. 粒子所受静电力先增大后一直减小D. 粒子到达Q点时的速度大小为2v0
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.关于核反应方程，下列说法正确的是( )
A. 88226Ra→86222Rn+24He该核反应是α衰变
B. 12H+13H→24He+01n该核反应是裂变
C. 92235U+01n→54140Xe+3894Sr+201n，该核反应是聚变
D. 1124Na→1224Mg+−10e，该核反应是β衰变
9.如图所示，三个有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直。现用垂直磁场边界的水平力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值，水平力F向右为正。下列能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、水平力F和电功率P随时间t的变化规律的图像是
( )
A. B.
C. D.
10.如图甲所示，小物块a和木板b叠放在光滑水平面上，初始时a、b均静止，物块c以速度v0向右运动，与b发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后b、c粘在一起，b的位移x随时间t的变化如图乙中的实线所示，其中t0时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线二者相切于P点，抛物线的顶点为Q。a始终未脱离b。重力加速度大小为g，下列说法正确的是
( )
A. a、b间的动摩擦因数为v06gt0B. a、b间的动摩擦因数为v03gt0
C. b、c的质量比为1∶2D. b、c的质量比为2∶1
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.实验室有一种灵敏电流计G，满偏刻度为30格。某兴趣小组想要较精确地测出它的满偏电流Ig和内阻Rg，实验室中可供利用的器材有：
待测灵敏电流计G1、G2；
电流表A：(量程为1mA，内阻约为100Ω)；
定值电阻R1；(阻值为200Ω)；
定值电阻R2：(阻值为300Ω)；
电阻箱R：(0∼9999.9Ω，最小调节量为0.1Ω)；
滑动变阻器R3：(最大电阻为2000Ω，额定电流为1.5A)；
直流电源：电动势为1.5V，内阻不计；
开关一个，导线若干。
该小组设计的实验电路图如图所示，连接好电路，并进行下列操作。
(1)闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表示数适当。若灵敏电流计G2中的电流由b流向a，再调节电阻箱，使电阻箱R的阻值_____(填“增大”或“减小”)，直到G2中的电流为0。
(2)读出电阻箱连入电路的电阻为1200.0Ω，电流表的示数为0.60mA，灵敏电流计G1的指针指在20格的刻度处，则灵敏电流计的内阻Rg=_____Ω，满偏电流Ig=_____μA。(结果均保留三位有效数字)
12.实验小组的同学做“验证机械能守恒定律”的实验。量角器中心O点和细线的一个端点重合，并且固定好，细线另一端系一个小球，当小球静止不动时，量角器的零刻度线与细线重合，在小球所在位置安装一个光电门。实验装置如图所示。本实验需要测量的物理量有：小球的直径d、细线长度L、小球通过光电门的时间Δt，小球由静止释放时细线与竖直方向的夹角为θ。
(1)除了光电门、量角器、细线外，还有如下器材可供选用：
A.直径约为1cm的均匀铁球；
B.秒表；
C.天平；
D.直径约为5cm的均匀木球；
E.游标卡尺；
F.最小刻度为毫米的米尺。
若实验小组的同学选用了最小刻度为毫米的米尺和游标卡尺(10分度)，则还需要从上述器材中选择_____(填写器材前的字母标号)。
(2)按正确实验方法操作，测得小球的直径为d，小球通过光电门的时间为Δt，可知小球经过最低点的瞬时速度大小v=_____。用精确度为0.1mm的游标卡尺测量小球直径，若测得一小球的直径为1.35cm，则此时游标尺上的第_____(填1∼10中的数字)条刻度线与主尺上的刻度线对齐。
(3)若在实验误差允许的范围内，满足v2=_____，即可验证机械能守恒定律。(用题给字母L、d、θ以及当地重力加速度大小g表示)
(4)影响本实验结果的误差原因有_____。(只填一项即可)
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，一光学器材的横截面为一等腰梯形，其中AB平行于CD，底角θ=45∘。从M点发出的一细束平行于底边CD的单色光，从AC边上的E点射入，已知光学器材的折射率n= 2，光在真空中的传播速度大小为c。
(1)求光线进入光学器材时的折射角r；
(2)当从E点射入的光线对应的折射光线刚好经过长度为L的CD边的中点时，求光线在光学器材中的传播时间t。
14.风洞是研究空气动力学的实验设备。中国打造的JF22超大型激波风洞，能够吹出30倍音速的风。如图所示，将刚性杆水平固定在某风洞内距水平地面高度h=12.8m处，杆上套一质量m=4kg、可沿杆滑动的小球(视为质点)。将小球所受的风力大小调节为F=30N，方向水平向左。小球以速度v0=9m/s向右离开刚性杆后，小球所受风力不变，取重力加速度大小g=10m/s2。求小球：
(1)在空中运动时的加速度大小a；
(2)在空中运动的时间t；
(3)运动到距刚性杆右端(小球在其右下方)的水平距离x=5.25m时的动能E。
15.CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，可用于对多种病情的探测。图甲是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，加速电压恒定为U；高度足够高、宽度为d的虚线框内有垂直纸面的匀强偏转磁场，电子束从静止开始在M、N之间加速后以一定的速度水平射出并进入偏转磁场，速度方向偏转θ后打到靶环上产生X射线，探测器能够探测到竖直向上射出的X射线。已知电子质量为m、电荷量为e，不计电子受到的重力，该装置置于真空中。
(1)求偏转磁场的磁感应强度的大小B；
(2)若撤去磁场，在虚线框中加一沿竖直方向的匀强偏转电场，可使电子偏转π2−θ时离开电场，最后打在靶环上产生X射线，求电子所受的电场力大小F；
(3)在(2)的基础上，靶环形状是以P点为圆心的圆面，P点距偏转电场中心的水平距离为l。若匀强偏转电场的电场强度的大小E可调整，靶环的半径为R，要使电子束能打到靶环上，求电场强度的最大值和最小值之比EmaxEmin。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】D
【详解】A.由于受到空气阻力作用，飞机上跳下，水平方向速度减为零之前，做减速运动，飞机匀速飞行，运动员在飞机后下方。故A错误；
B.运动员从飞机上跳下至开伞前，除受重力以外还受空气阻力作用，运动员不做自由落体运动，故B错误；
C.运动员从飞机上跳下至落地的过程中，竖直方向向下加速时，处于失重状态，竖直方向向下减速时，处于超重状态。故C错误；
D.运动员从飞机上跳下至落地的过程中，重力和阻力的合力与速度夹角为锐角时，加速；重力和阻力的合力与速度夹角为钝角时，减速。运动员从飞机上跳下至落地的过程中可能先做加速运动后做减速运动，故D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查热力学第一定律及理想气体状态方程的应用，要注意明确压强、体积及温度之间的变化关系及内能、吸放热及做功的关系，注意在P−V图象中图线上各点连线与坐标量的变化关系。
【解答】
AB.由于压强和体积均增加，温度T增加，内能增加，气体对外做功，由热力学第一定律，气体吸收热量，故AB错误；
C.该过程中，气体体积变大，气体对外界做功，外界对气体做负功，故C正确；
D.由于温度增加，气体分子的平均动能增大，故D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】B
【详解】A.由题意得：汽车从刹车到静止的平均速度大小为
v=v+02=v2
故汽车刹车的时间为
t=xv=2xv
故A错误；
B.设汽车加速度大小为 a ，根据匀变速直线运动速度与位移的关系式有
0−v2=−2ax
解得
a=v22x
故B正确；
C.根据匀变速直线运动位移与时间关系公式，汽车经过一半时间的位移大小为
xt2=v⋅t2−12a⋅t22=34x
故C错误；
D.设汽车经过一半距离时的速度大小为 vx2 ，根据匀变速直线运动速度与位移的关系式有
vx22−v2=−2a⋅x2
解得
vx2= 22v
故D错误。
故选B。
4.【答案】A
【解析】.A
【详解】交流电的有效值是根据等效思想确定的，若同一阻值为R的电阻接在恒压稳流的直流电路中在交流电的一个周期内产生的热量与接在交流电路中在一个周期内产生的热量相同，则认为该直流电的电压U为交流电电压的有效值，该直流电路中通过电阻R的电流I为交流电电流的有效值，则根据等效思想有
U2RT=( 3)2R⋅T3+(2 3)2R⋅T3+( 6)2R⋅T3
解得
U= 7V
故选A。
5.【答案】C
【解析】C
【详解】A.卫星绕地n圈的时间为t，则卫星的周期为
T=tn
A错误；
B.卫星绕地球做匀速圆周运动，则卫星的线速度大小为
v=2πR+hT=2πnR+ht
B错误；
C.由地球对卫星的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可得
GMmR+h2=m4π2T2R+h
解得
M=4n2π2R+h3Gt2
C正确；
D.质量是m1的物体在地球表面附近，地球对物体的万有引力等于重力，则有
GMm1R2=m1g
解得
g=GMR2=4n2π2R+h3t2R2
D错误。
故选C。
6.【答案】D
【解析】D
【详解】过A和B分别作车轮的垂线，两线的交点即为O点，如图所示
根据两轮沿车身方向的速度相等可得
v1csθ=v2
所以
v1v2=x2 x22−x12
故选D。
7.【答案】B
【解析】B
【详解】A.由E−x图像可知，沿x轴正向场强向右，沿x轴负向场强向左，可知细圆环带正电，选项A错误；
BD.由图像可知，PQ两点电势相等，可知PQ两点的动能相等，即粒子到达Q点时的速度大小为 v0 ，选项B正确，D错误；
C.由图像可知，粒子所受静电力先向左增大后向左减小，过了O点后向右增加后向右减小，选项C错误；
故选B。
8.【答案】AD
【解析】AD
【详解】A. 88226Ra→86222Rn+24He 该核反应是 α 衰变，故A正确；
B. 12H+13H→24He+01n 该核反应是核聚变，故B错误；
C. 92235U+01n→54140Xe+3894Sr+201n ，该核反应是核裂变，故C错误；
D. 1124Na→1224Mg+−10e ，该核反应是 β 衰变，故D正确。
故选AD。
9.【答案】AC
【解析】AC
【详解】A.当线框开始进入磁场时，磁通量垂直纸面向外增加，当全部进入时达最大；此后向里的磁通量增加，向外的磁通量减小，总磁通量向外减小，当运动 1.5L 时，磁通量为零；当运动 2L 时磁通量向里最大，此后向外的磁通量增加，向里的磁通量减小，总磁通量减小，当运动 2.5L 时，磁通量为零，当运动 3L 时向外的磁通量最大，此后向外的磁通量减小，当运动 4L 时为零，故A正确。
B.当线框进入第一个磁场时，由
E1=BLv
可知，E保持不变，感应电动势为顺时针方向，为负值；而开始进入第二个磁场时，两边同时切割磁感线，电动势应为
E2=2BLv
方向为逆时针方向，为正值；开始进入第三个磁场时，两边同时切割磁感线，电动势为
E3=2BLv
方向为顺时针方向，为负值；出磁场时，感应电动势为
E4=BLv
沿逆时针方向，为正值，故B错误；
C.安培力的方向一直与运动方向相反，故外力F一直向右，当线框进入第一个磁场时，安培力为
F=BIL
开始进入第二个磁场时，两边同时切割磁感线，感应电动势变为两倍，由
I=ER
可知，电流变为原来的两倍，同时有两根导线受到安培力，线框总安培力变成原来的四倍；开始进入第三个磁场时与第二个磁场情况相同；出磁场时，安培力变为与进入第一个磁场相同，故C正确；
D.拉力的功率
P=Fv
因速度不变，而线框在左边第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时
F安=2B⋅2BLvR⋅L
因此安培力变为进磁场时的4倍，则拉力的功率变为进磁场时的4倍，出磁场时，与进磁场时拉力的功率相同，故D错误。
故选AC。
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。
【解析】
AB.设碰后瞬间b、c的速度大小为 v1 ，碰后b、c的加速度大小为 a ，由图(b)可知 x=v1t0−12at02=v0t02 抛物线的顶点为Q，根据 x−t 图像的切线斜率表示速度，则有 v1=a⋅2t0 联立解得 v1=2v03 ， a=v03t0 根据题意可知， t0 时刻a、b、c速度相同，设为 v共 ，设a 的 加速度大小为 aA ，则有 v共=v1−at0=v03 ， v共=aAt0 解得 aA=v03t0 对a根据牛顿第二定律可得 aA=μmagma=μg 解得a、b间的动摩擦因数为 μ=v03gt0 故A错误，B正确；CD.设b、c的质量分别为 mb 、 mc ，物块c与b发生碰撞过程，根据动量守恒可得 mcv0=(mb+mc)v1 其中 v1=2v03 联立可得b、c的质量比为 mb:mc=1:2 故C正确，D错误。
故选BC。
11.【答案】.(1)减小
(2) 800 180
【详解】(1)由于灵敏电流计 G2 中的电流由b流向a，说明b电势高于a点电势。电源右侧为正极，则
R1R2>RgR
使 G2 中的电流为0，应满足
R1R2=RgR
则使电阻箱R的阻值减小。
(2)[1]灵敏电流计的内阻
Rg=R1RR2=800Ω
[2]灵敏电流计所在电路的电流为
I=R1+R2Rg+R+R1+R2×0.60mA=0.12mA
对应灵敏电流计20格，则灵敏电流计 G1 的量程为
Ig=0.1220×30mA=0.18mA=180μA
【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】(1)A
(2) dΔt 5
(3) g2L+d1−csθ
(4)小球运动过程中受到空气阻力(或小球的体积太大，各种测量带来的误差)
【详解】(1)验证机械能守恒，小球应选择质量大一些，体积小一些，故选直径约1cm的均匀铁球；由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要天平测量小球的质量；小球通过光电门的时间可以直接得出，不需要秒表；实验中需测量下降的高度以及小球的直径，则需要毫米刻度尺以及游标卡尺，故若实验小组的同学选用了最小刻度为毫米的米尺和游标卡尺(10分度)，则还需要从上述器材中选择A。
(2)[1]测得小球的直径为d，小球通过光电门的时间为 Δt ，可知小球经过最低点的瞬时速度大小
v=dΔt
[2]用精确度为0.1mm的游标卡尺测量小球直径，若测得一小球的直径为1.35cm，根据
1.35cm=1.3cm+5×0.1mm
可知此时游标尺上的第5条刻度线与主尺上的刻度线对齐。
(3)小球的重力势能减少量为
ΔEp=mg(L+d2)1−csθ
小球的动能增加量为
ΔEk=12mv2
根据机械能守恒可得
mg(L+d2)1−csθ=12mv2
整理可得满足
v2=g2L+d1−csθ
即可验证机械能守恒定律。
(4)影响本实验结果的误差原因有：小球运动过程中受到空气阻力或小球的体积太大，各种测量带来的误差。
【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】（1） r=30∘ ；（2） t=2 3L3c
【详解】（1）做出光路图如图所示
由折射定律有
n=sinθsinr
解得
r=30∘
（2）根据全反射的临界角与折射率之间的关系有
sinC=1n
解得
C=45∘
根据光路图，由几何关系知光线到达 CD 边时的入射角
θ′=75∘
因为 θ′>C ，所以光线不能从 CD 边射出，在CD边发生全反射，由几何关系有
xsin45∘=L2sin90∘+30∘
根据对称性可知光在该器材中传播的路程
s=2x
而根据波速与折射率之间的关系有
v=cn
由此可得光在该器材中传播的时间
t=sv
联立以上各式解得
t=2 3L3c
【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1) a=12.5m/s2 ；(2) t=1.6s ；(3) Ek=204.5J 或 Ek=396.5J
【详解】(1)对小球受力分析可知
F合= (mg)2+F2
又
a=F合m
解得
a=12.5m/s2
(2)小球在竖直方向做自由落体运动，有
h=12gt2
解得
t=1.6s
(3)小球在水平方向做匀变速运动，加速度大小
ax=Fm=7.5m/s2
设经过时间 t′ ，小球与刚性杆右端之间的水平距离为 x ，有
x=v0t′−12axt′2
解得
t′=1s 或 t′=1.4s
由动能定理有
mg×12gt′2−Fx=Ek−12mv02
解得
Ek=204.5J 或 Ek=396.5J
【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1) B=sinθd 2mUe ；(2) F=2eUdtanθ ；(3) EmaxEmin=l+Rl−R
【详解】(1)电子在磁场中的轨迹如图甲所示，设电子进入磁场的初速度大小为 v ，电子经过电场加速过程，根据动能定理有
eU=12mv2
根据洛伦兹力提供向心力，设电子做匀速圆周运动的半径为r
evB=mv2r
由几何关系有
r=dsinθ
解得
B=sinθd 2mUe
(2)电子在电场中做类平抛运动，设电子在偏转电场中运动的时间为 t ，则有
d=vt
离开电场时，设电子沿电场方向的分速度大小为 vy ，则有
vy=Fmt
又
tanπ2−θ=vyv
解得
F=2eUdtanθ
(3)根据电子离开电场时速度方向的反向延长线交于水平位移的中点，满足题意要求的两条电子临界轨迹分别如图乙、图丙所示
由图中几何关系可知
y1d2=Yl+R
y2d2=Yl−R
又
y=12⋅eEmdv2
解得
EmaxEmin=l+Rl−R
【解析】详细解答和解析过程见答案
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