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2024届湖南省张家界市高三下学期二模联考物理试题 （解析版）
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这是一份2024届湖南省张家界市高三下学期二模联考物理试题 （解析版），共23页。试卷主要包含了8m等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前、考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题（本题共7 小题，每小题4分，共28分。 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1. 以下关于原子和原子核的认识，正确的是（ ）
A. 汤姆逊研究阴极射线时发现电子，说明原子具有复杂结构
B. 卢瑟福的α粒子散射实验发现了质子
C. 原子核每发生一次β衰变，原子核内就失去一个电子
D. 原子核的比结合能越大，平均核子质量就越大
【答案】A
【解析】
【详解】A．汤姆逊发现电子，揭示了原子内部具有复杂结构，故A正确；
B．卢瑟福用人工核反应的方法分别发现了质子，故B错误；
C．β衰变是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故C错误；
D．根据比结合能的概念可知，原子核的比结合能越大，则在核子结合为原子核的过程中平均每个核子亏损的质量越多，所以平均每个核子的质量越小，故D错误。
故选A。
2. 某物体从静止开始做直线运动的图像如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A. 0~2s内，速度变化越来越快
B. 4s末物体受到的合力为0
C. 2~4s内与4~6s内物体的速度方向相同
D. 8s末物体回到出发点
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知0~2s内，物体做匀加速直线运动，速度均匀增加，故A错误；
B．由图可知4s末物体加速度不为零，根据牛顿第二定律可知物体受到的合力不为零，故B错误；
C．由图可知2~4s内与4~6s内物体的速度方向相反，故C错误；
D．图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移，由图可知，0~8s内物体的位移为零，即8s末物体回到出发点，故D正确。
故选D。
3. 。如图所示，甲、乙两名滑板运动员在水平U型赛道上比赛，甲、乙先后从赛道边缘上的A点滑出，一段时间后再次滑入赛道，观察发现甲的滞空时间比乙长，运动过程中乙的最小速度比甲的最小速度大。不计空气阻力，可将运动员视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙的最大腾空高度相同
B. 甲从A点滑出时的初速度一定大于乙的初速度
C. 甲、乙从A点滑出时的初速度方向可能相同
D. 甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．竖直方向先做竖直上抛运动，再做自由落体运动，运动时间具有对称性。甲的滞空时间t比乙长，根据
可知，甲的最大腾空高度更大，A错误；
B．运动员滑出后做斜抛运动，则竖直方向
说明甲初速度的竖直分速度更大。
水平分速度即最小速度，乙的最小速度比甲的最小速度大，因为
则无法确定二者初速度大小，B错误；
C．设滑出的速度与水平方向夹角为，则
结合选项B，甲的初速度与水平方向夹角更大，C错误；
D．水平位移为
结合BC选项，甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同，D正确。
故选D。
4. 北京时间2022年11月17日16时50分，经过约5.5小时的出舱活动，神舟十四号航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲密切协同，圆满完成出舱活动全部既定任务，出舱活动取得圆满成功．若“问天实验舱”围绕地球在做匀速圆周运动，轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A. “问天实验舱”质量为
B. 漂浮在舱外的航天员加速度等于零
C. “问天实验舱”在圆轨道上运行的速度小于
D. 若出舱活动期间蔡旭哲自由释放手中的工具，工具会立即高速离开航天员
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据引力提供向心力可知
解得地球的质量为
A错误；
B．漂浮在舱外的航天员同样绕地球做圆周运动，加速度不为零，B错误；
C．“问天实验舱”在圆轨道上运行的速度小于，第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的速度，C正确；
D．若出舱活动期间蔡旭哲自由释放手中的工具，工具会相对航天员静止，一起绕地球做圆周运动，D错误。
故选C。
5. 如图所示，实线是沿 x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线是这列波在 时刻的波形图。 已知该波的波速是v=8m/s，根据图形，则下列说法正确的是（ ）
A. 该横波若与频率为1.5Hz波相遇可能发生干涉
B. t=1s时刻，x=2m处的质点位于平衡位置向y轴负方向振动
C. t=2.75s时刻x=4m处的质点位移为
D. 从t=2s到t=2.75s的时间内，x=4m处的质点通过的路程为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由波形图可知波长
则波的周期为
频率为
故与频率为1.5Hz的波相遇不可能发生干涉，故A错误；
B．从到，波传播的距离为
由图中波形图结合波形平移法可知，该波一定沿x轴负方向传播；经过时间，波传播的距离为
根据波形平移法可知，时处的振动传到处，则此时处的质点位于平衡位置向y轴正方向振动，故B错误；
C．处的质点振动方程为
故时刻处的质点位移为
故C正确；
D．从到的时间内，由于
半个周期内所有质点的路程都为2A，即
故D错误。
故选C。
6. 如图所示，ABCD是边长为l的正三棱锥，虚线圆为三角形ABD的内切圆，M、N、P分别为BD、AB和AD边与圆的切点，O为圆心，正三棱锥的顶点A、B和D分别固定有电荷量为+Q、+Q和-Q的点电荷，则（ ）
A. 同一带正电的点电荷分别置于M、P两点的电势能不相等
B. 将质子由C移动到M，电势能减少
C. 将电子由P 移动到N，电场力做正功
D. M、P两点的电场强度相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据对称性可知，M点和P点的电势相等，则同一带正电的点电荷分别置于M、P两点的电势能相等，故A错误；
B．根据等量异种电荷等势面关系图可知，若仅考虑B处和D处点电荷时，C点和M点的电势相等，质子由C到M，靠近A处的正点电荷，电场力做负功，电势能增加，故B错误；
C．在A处点电荷产生的电场中，N点和P点的电势相等，在B处点电荷产生的电场中，N点的电势大于P点的电势，在D处点电荷产生的电场中，N点的电势大于P点的电势，所以N点的电势高于P点的电势，电子在N点的电势能小于在P点的电势能，则电子由P到N，电势能减小，电场力做正功，故C正确；
D．根据对称性可知，M点和P点的电场强度大小相等，方向不同，故D错误。
故选C。
7. 如图所示，轻质弹簧一端连接在固定斜面底端的挡板上，另一端与物块A连接，物块A静止在斜面上，弹簧恰好处于原长，A与斜面间动摩擦因数μ = tanθ，t = 0时刻给A一沿斜面向下的瞬时冲量，物块A在运动过程中，加速度a、动能Ek、弹性势能Ep与路程s及运动时间t的变化关系可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】以弹簧恰好处于原长的位置为坐标原点且取向下为正，则记物块A运动的位移为x，则滑块A下滑过程中有x = s，上滑过程中s = 2s0－x，故加速度a、动能Ek、弹性势能Ep与路程s的关系图线与关于位移x的关系图线形状相同。
AB．由于刚开始时物块A静止在斜面上，弹簧恰好处于原长，A与斜面间动摩擦因数μ = tanθ，则物块A下滑过程中有
kx = ma
则物块A下滑过程中a—x图线是一条过原点的直线，当A下滑的到最低点后上滑过程中有
kx－2mgsinθ = ma
则A上滑过程中a—x图线应是一条下倾的直线，且最大加速度要比上滑的最大加速度要小，但物块A不是做匀变速直线运动，则a与t的关系不可能是直线，A错误、B正确；
C．根据以上分析可知，滑块下滑过程中重力和摩擦力抵消，则滑块的合外力为弹力，根据动能定理有
则下滑过程中Ek—x图线应该是一条开口向下的抛物线，当滑块上滑过程有
则上滑过程中Ek—x图线也应该是一条开口向下的抛物线，但根据牛顿第二定律可知上滑过程中在到达x = 0（即路程2s0）前某位置有A的合外力为零，此位置动能最大，此后A就开始做减速运动，动能将减小，C错误；
D．物体A下滑过程中Ep与下滑位移x的关系为
则物块A下滑过程中Ep—x图线应该是一条开口向上的抛物线，当滑块上滑过程有
则物块A上滑过程中Ep—x图线应该是一条开口向下的抛物线，D错误。
故选B。
二、多项选择题（本题共4 小题，每小题5分，共 20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8. 人们常用“井底之蛙”形容见识短浅的人。如图所示，在一口较浅的枯井的正中间居住着一只青蛙，设井深为h且可视为圆柱体，井口的直径为 d=1.2m，水的折射率，当井水灌满时，青蛙恰好能够看到整个天空，则下列说法正确的是（ ）
A. 井深h=0.8m
B. 青蛙能够看到整片天空，是因为光通过井口时发生了衍射
C. 当月亮位于天顶时，青蛙看到的月亮面积的大小为平地上的人看到的面积大小
D. 当井水灌满时，地面上的人看到的井深比实际要更浅
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由全反射由光的可逆性可知，当青蛙上发出的光射到井的边缘时发生全反射，此时青蛙恰能看见整个天空，则
解得
故A错误；
B．青蛙能够看到整片天空，是因为光通过井口时发生了折射，从而射到青蛙眼睛里，不是衍射，故B错误；
C．当月亮位于天顶时，由光的折射定律可知，青蛙在水中看到月亮的直径为地面上的人看到的月亮的直径的，所以青蛙看到的月亮面积的大小为平地上的人看到的面积大小，故C正确；
D．根据光的折射定律，结合光路图可知，当井水灌满时，地面上的人看到的井深比实际要更浅，故D正确。
故选CD。
9. 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：3，a、b端接入电压有效值恒定的正弦交流电，原线圈接入阻值为恒定不变的灯泡L，副线圈接入可变电阻R、理想电压表V，则下列说法正确的是（ ）
A. 原、副线圈中的电流比为3：1
B. ab端电压与可变电阻两端电压比为1：3
C. 若可变电阻接入电路的阻值变大，电压表V示数变大
D. 当可变电阻接入电路的阻值为时，可变电阻消耗的功率最大
【答案】AC
【解析】
【详解】B．设端的输入电压为U，则原线圈的输入电压为
由理想变压器的电压关系有
而等于可变电阻的电压，所以端电压U与可变电阻的电压U2比不为，B错误；
A．根据理想变压器的电流关系有
所以原副线圈的电流比为，A正确；
C．若可变电阻接入电路的阻值变大，设副线圈的输出电压不变，则副线圈中的电流减小，由变压器的电流关系可知，原线圈的电流也会减小，根据
可知，原线圈输入电压变大，根据变压器的电压关系可知，副线圈的输出电压变大，则电压表示数变大，C正确；
D．根据能量守恒可得，可变电阻消耗功率为
可知，当时，可变电阻消耗功率最大，则有
根据理想变压器的电压关系
此时可变电阻电压为
根据理想变压器电流关系
此时可变电阻的电流为
则可变电阻的阻值为
所以当可变电阻接入电路的电阻为时，可变电阻消耗功率最大，D错误。
故选AC。
10. 如图所示，倾角的光滑斜面足够长，斜面上放有质量为、长度为的木板，A、B为木板的两个端点，在A端放有质量的物块（可视为质点），物块和木板接触面粗糙，将物块与质量的重物通过轻质长绳相连，绕在固定在斜面顶端的定滑轮上，不计滑轮处的摩擦。系统从静止状态开始运动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，（ ）
A. 当时，物块和木板之间不发生相对滑动而作为一个整体运动
B. 当时，物块和木板之间不发生相对滑动而作为一个整体运动
C. 当时，木板运动的加速度为
D. 当时，物块经过从木板上滑下
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．根据牛顿第二定律，对重物
对物块
对木板
物块和木板之间不发生相对滑动，有
解得
物块和木板之间不发生相对滑动的条件是
解得
故A正确，B错误；
C．当时，根据牛顿第二定律可得
解得
故C错误；
D．当时，根据牛顿第二定律可得
与间的相对加速度
又
解得
故D正确。
故选AD。
11. 如图所示，在xOy平面第一象限内，直线y=0与直线 y=x之间存在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下方有一直线CD与x轴平行且与x轴相距为a，x轴与直线CD之间（包含x轴）存在沿 y轴正方向的匀强电场，在第三象限，直线 CD与直线 EF 之间存在磁感应强度也为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。纸面内有一束宽度为 a 的平行电子束，如图，沿y轴负方向射入第一象限的匀强磁场，各电子的速度随入射位置不同大小各不相等，电子束的左边界与y轴的距离也为a，经第一象限磁场偏转后发现所有电子都可以通过原点并进入 x轴下方的电场，最后所有电子都垂直于 EF 边界离开磁场。其中电子质量为m，电量大小为e，电场强度大小为则下列说法正确的是（ ）
A. 电子进入 x轴上方磁场前的最大速度
B. 电子经过直线CD时的最小速度
C. 速度最小的电子在第三象限磁场中做圆周运动的圆心坐标（，）
D. 直线 EF 的方程
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．根据题意分析可知，所有电子在第一象限都经历一个四分之一圆周运动后通过原点并沿轴方向进入轴下方的电场，最大速度对应最大半径，则有
根据洛伦兹力提供向心力可得
联立解得电子进入 x轴上方磁场前的最大速度为
故A正确；
B．电子在第一象限磁场中最小轨迹半径为
则电子过原点并进入轴下方的电子的最小速度为
所有电子在电场中偏转时，均做类平抛运动，故进入电场速度最小的电子，离开电场时速度也最小，则有
，
解得
，
故B正确；
C．速度最小的电子在电场中运动，有
，
解得
可得经过直线CD时的坐标为（，），此后在磁场中的运动半径为
电子射出CD时速度与竖直方向的夹角满足
可得
所有电子都垂直于 EF 边界离开磁场，设电子此后在磁场中运动的圆心为（x，y）根据几何关系可得
，
可知速度最小的电子在第三象限磁场中做圆周运动的圆心坐标（，），故C错误；
D．由题意可得所有电子都垂直于EF边界离开磁场，则所有电子运动轨迹的圆心都在EF直线上，由以上分析可得，经过直线CD时，设任何电子的方向的分速度为
（）
根据
，
可得
则电子经过直线CD的坐标为（，），电子经过直线CD的合速度为
速度方向与水平方向的夹角的正切值为
则圆心位置对应坐标为
因为电子垂直于直线EF出射，所以圆心也在直线上，可得EF直线为
故D正确。
故选ABD。
三、实验题（12题6分，13 题9分）
12. 研究表明转动物体也具有动能，称为转动动能，转动动能属于机械能。某同学使用如图装置来探究“转动动能与角速度的关系”。质量不可忽略的滑轮可绕固定光滑轴自由转动，轻质细绳绕在滑轮的边缘，另一端连接装有遮光片的小球，光电门位于遮光片正下方。每次实验小球距光电门一定高度由静止释放，轻绳与滑轮之间不打滑。实验中测出了小球（含遮光片）的质量m、滑轮直径D、遮光片宽度d和遮光片通过光电门的时间。重力加速度为g，空气阻力可忽略。
（1）用螺旋测微器测出遮光片宽度如图所示，则遮光片宽度d=___________mm。
（2）若小球下落过程中，小球和滑轮组成的系统机械能守恒。释放小球时遮光片中心与光电门中心的高度差为h，遮光片通过光电门的时间为，则当遮光片通过光电门时滑轮的转动动能________。（用题中所给物理量的符号表示）
（3）改变重物释放高度，多次重复上述实验得到表中所列数据。
由此可判断滑轮转动动能E与角速度ω的关系为___________。
A. B. C.
【答案】（1）5.800
（2）
（3）C
【解析】
【小问1详解】
螺旋测微器的精确值为，由图可知遮光片宽度为
【小问2详解】
遮光片通过光电门时的速度为
根据系统机械能守恒可知，当遮光片通过光电门时滑轮的转动动能为
联立可得
【小问3详解】
由表中实验数据可知，滑轮转动动能E与角速度ω的关系为
故选C。
13. 某同学家里就安装了一套太阳能庭院灯，科技小组的同学拆下了其中的光伏电池，欲测量其电动势和内阻。通过查阅铭牌，他们了解到电池规格为“12V 2Ω 6Ah”，高亮度LED照明灯的规格为“3W 10V”。
（1）实验室可提供的器材如下：
①电流表A（量程0.6 A，内阻约为 2 Ω）
②电压表V（量程15 V，内阻约为 10 kΩ）
③滑动变阻器（0~20 Ω）
④电阻箱（最大阻值 99 Ω，最小分度 0.1 Ω）
⑤电阻箱（最大阻值 999 Ω，最小分度1 Ω）
⑥单刀单掷开关、单刀双掷开关及导线若干
（2）为测量该电池的电动势和内阻，该小组设计了如图甲所示的电路，并按以下步骤进行操作：
①闭合开关，断开开关，调节滑动变阻器使电流表指针满偏；
②保持滑片P不动，把开关与1接通，调节电阻箱使电流表指针半偏，读出电阻箱的阻值，则可得电流表的内阻。 ___________，该测量值___________真实值（选填“大于”“小于”或“等于”），其中电阻箱应选择___________ （选填“”或“”）；
③闭合开关，把开关与2 接通，调节滑动变阻器阻值，记下多组电流表的示数I 和相应电压表的示数U；
④以U为纵坐标，I为横坐标，作出图线如图乙所示，图线斜率为k，纵截距为b，根据图线求得电动势E=___________，内阻r=___________。
（3）在不计电流表内阻测量误差的情况下，测量电动势和内阻时电流表和电压表___________（选填“会”或“不会”）引起系统误差。
【答案】 ①. ②. 小于 ③. ④. ⑤. ⑥. 不会
【解析】
【详解】（2）②[1]调节电阻箱使电流表指针半偏，读出电阻箱的阻值，则电流表的内阻约等于电阻箱的阻值，即
[2]开关S2与1接通，电路中的总电阻减小，根据闭合回路欧姆定律可知，电路中的总电流增大，通过的电流大于满偏电流，通过电阻箱的电流大于电流表的电流，电阻箱的电阻小于电流表的电阻，则测得的电流表内阻小于真实值；
[3]由于电流表内阻较小，应选择分度值较小的；
④[4][5]根据闭合回路欧姆定律
可得
纵截距为b，则
图线斜率为k，则
可得
（3）[6]在不计电流表内阻测量误差的情况下，由上述分析可知测量电动势和内阻时电流表和电压表不会引起系统误差。
四、解答题（14题10分，15 题12分，16 题 15分）
14. 肺活量是指在标准大气压。 下，人一次尽力吸气后，再尽力呼出的气体的体积。某高三男生用“吹气球法”粗测自己的肺活量等级。如图所示，该同学尽力吸气后，将全部气体吹入气球内并封住出气口（吹气前气球内部的空气可忽略不计）。若吹气后气球可看作半径r=10cm的球形，球内气体的压强 气体温度与环境温度 相同。 （取 绝对零度取-273 ℃）
（1）求该同学的肺活量；
（2）已知在标准状态下空气的体积 求该同学一口气吹出的空气分子数（保留3 位有效数字）。
【答案】（1）4800mL；（2）个
【解析】
【详解】（1）根据题意，设该同学的肺活量为V1，根据玻意耳定律可得
其中
联立解得
mL
（2）根据题意，设该同学一口气吹出气体在标准状态下的体积为V3，根据盖—吕萨克定律可得
该同学一次能呼出的空气分子数的物质的量为
该同学一口气吹出的空气分子数为
联立解得
个
15. 如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨ab、cd被固定在水平面上，导轨间距L＝0.6m，两导轨的左端用导线连接电阻R＝10Ω，质量m=1kg、电阻r＝2Ω的金属棒垂直于导轨静止在ef处并锁定；导轨及导线电阻均不计。整个装置处在竖直向下的磁场中，be＝0.2m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。0.2s后金属棒解除锁定并同时给金属棒水平向右的初速度v0=6m/s，求：
（1）0.1~0.2s内R上产生的焦耳热；
（2）从t＝0.2s后的整个过程中通过R的电荷量。
【答案】（1）；（2）10.0C
【解析】
【详解】（1）在0.1~0.2s内，befc闭合回路中产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律，可得电路中的电流
由焦耳定律，可得0.1~0.2s内R上产生的焦耳热为
（2）0.2s后，金属棒以水平向右的初速度v0=6m/s做减速直线运动到静止，金属棒只受安培力作用，由动量定理可得
又有
解得
流经金属棒的电荷量即为流经电阻R的电荷量。
16. 一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角 的直轨道AB、螺旋圆形轨道 BCDE、倾角 的直轨道EF、水平直轨道 FG 组成。除FG 段外各段轨道均光滑。、且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF 相切于B（E）处。 凹槽GHIJ底面HI 水平光滑、上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH 处，摆渡车上表面与直轨道下 FG、平台 JK所在的水平面高度差为 已知螺旋圆形轨道半径 B点高度为 1.2R，FG 长度 HI长度 摆渡车长度 质量 2kg，将一质量为m=1 kg的滑块从倾斜轨道AB上高度 处静止释放，滑块在 FG段运动时的阻力为其重力的0.9倍，当滑块落到摆渡车上时不反弹，但其水平方向速度不变。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即反弹但速度大小不变，，滑块视为质点，不计空气阻力，
（1）求滑块过 C点的速度大小vc和滑块对轨道的作用力大小Fc；
（2）若在滑块落到摆渡车上的瞬间，工人立刻推动摆渡车，使得摆渡车立刻获得与滑块水平方向速度相同的速度，此后的运动过程中，滑块始终不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ需要满足的条件；
（3）在（2）的条件下，求摆渡车与滑块组成的系统在从一起开始运动到第 4 次碰撞后所损失的机械能。
【答案】（1）m/s；22N；（2）；（3）J
【解析】
【详解】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
解得
m/s
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得
解得
N
由牛顿第三定律，滑块对轨道和轨道对滑块的相互作用力大小相等，也为22N。
（2）滑块从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
解得
m/s
滑块在G点做平抛运动，即
解得
m
即滑块在摆渡车上位置为m，二者的初速度为=1m/s，由题意可知，当摆渡车与墙壁碰撞时，其速度大小不变，设与墙壁碰撞之后，摆渡车的速度变为
m/s
若此后滑块与摆渡车能够达到共速，则由动量守恒定律有
由牛顿第二定律
因此，物体相对于车的位移为
同理，第二次发生碰撞时候
显然，因此只需要保证第一次碰撞之后二者不分离即可，即
解得
（3）由以上分析可知，每次碰撞之后
因此，第四次碰撞后
损失的机械能为
解得次数
1
2
3
4
ω（rad/s）
4.0
8.0
11.9
19.7
E（J）
0.0010
0.0040
0.0089
0.024
注意事项：
1.答卷前、考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题（本题共7 小题，每小题4分，共28分。 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1. 以下关于原子和原子核的认识，正确的是（ ）
A. 汤姆逊研究阴极射线时发现电子，说明原子具有复杂结构
B. 卢瑟福的α粒子散射实验发现了质子
C. 原子核每发生一次β衰变，原子核内就失去一个电子
D. 原子核的比结合能越大，平均核子质量就越大
【答案】A
【解析】
【详解】A．汤姆逊发现电子，揭示了原子内部具有复杂结构，故A正确；
B．卢瑟福用人工核反应的方法分别发现了质子，故B错误；
C．β衰变是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故C错误；
D．根据比结合能的概念可知，原子核的比结合能越大，则在核子结合为原子核的过程中平均每个核子亏损的质量越多，所以平均每个核子的质量越小，故D错误。
故选A。
2. 某物体从静止开始做直线运动的图像如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A. 0~2s内，速度变化越来越快
B. 4s末物体受到的合力为0
C. 2~4s内与4~6s内物体的速度方向相同
D. 8s末物体回到出发点
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知0~2s内，物体做匀加速直线运动，速度均匀增加，故A错误；
B．由图可知4s末物体加速度不为零，根据牛顿第二定律可知物体受到的合力不为零，故B错误；
C．由图可知2~4s内与4~6s内物体的速度方向相反，故C错误；
D．图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移，由图可知，0~8s内物体的位移为零，即8s末物体回到出发点，故D正确。
故选D。
3. 。如图所示，甲、乙两名滑板运动员在水平U型赛道上比赛，甲、乙先后从赛道边缘上的A点滑出，一段时间后再次滑入赛道，观察发现甲的滞空时间比乙长，运动过程中乙的最小速度比甲的最小速度大。不计空气阻力，可将运动员视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙的最大腾空高度相同
B. 甲从A点滑出时的初速度一定大于乙的初速度
C. 甲、乙从A点滑出时的初速度方向可能相同
D. 甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．竖直方向先做竖直上抛运动，再做自由落体运动，运动时间具有对称性。甲的滞空时间t比乙长，根据
可知，甲的最大腾空高度更大，A错误；
B．运动员滑出后做斜抛运动，则竖直方向
说明甲初速度的竖直分速度更大。
水平分速度即最小速度，乙的最小速度比甲的最小速度大，因为
则无法确定二者初速度大小，B错误；
C．设滑出的速度与水平方向夹角为，则
结合选项B，甲的初速度与水平方向夹角更大，C错误；
D．水平位移为
结合BC选项，甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同，D正确。
故选D。
4. 北京时间2022年11月17日16时50分，经过约5.5小时的出舱活动，神舟十四号航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲密切协同，圆满完成出舱活动全部既定任务，出舱活动取得圆满成功．若“问天实验舱”围绕地球在做匀速圆周运动，轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A. “问天实验舱”质量为
B. 漂浮在舱外的航天员加速度等于零
C. “问天实验舱”在圆轨道上运行的速度小于
D. 若出舱活动期间蔡旭哲自由释放手中的工具，工具会立即高速离开航天员
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据引力提供向心力可知
解得地球的质量为
A错误；
B．漂浮在舱外的航天员同样绕地球做圆周运动，加速度不为零，B错误；
C．“问天实验舱”在圆轨道上运行的速度小于，第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的速度，C正确；
D．若出舱活动期间蔡旭哲自由释放手中的工具，工具会相对航天员静止，一起绕地球做圆周运动，D错误。
故选C。
5. 如图所示，实线是沿 x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线是这列波在 时刻的波形图。 已知该波的波速是v=8m/s，根据图形，则下列说法正确的是（ ）
A. 该横波若与频率为1.5Hz波相遇可能发生干涉
B. t=1s时刻，x=2m处的质点位于平衡位置向y轴负方向振动
C. t=2.75s时刻x=4m处的质点位移为
D. 从t=2s到t=2.75s的时间内，x=4m处的质点通过的路程为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由波形图可知波长
则波的周期为
频率为
故与频率为1.5Hz的波相遇不可能发生干涉，故A错误；
B．从到，波传播的距离为
由图中波形图结合波形平移法可知，该波一定沿x轴负方向传播；经过时间，波传播的距离为
根据波形平移法可知，时处的振动传到处，则此时处的质点位于平衡位置向y轴正方向振动，故B错误；
C．处的质点振动方程为
故时刻处的质点位移为
故C正确；
D．从到的时间内，由于
半个周期内所有质点的路程都为2A，即
故D错误。
故选C。
6. 如图所示，ABCD是边长为l的正三棱锥，虚线圆为三角形ABD的内切圆，M、N、P分别为BD、AB和AD边与圆的切点，O为圆心，正三棱锥的顶点A、B和D分别固定有电荷量为+Q、+Q和-Q的点电荷，则（ ）
A. 同一带正电的点电荷分别置于M、P两点的电势能不相等
B. 将质子由C移动到M，电势能减少
C. 将电子由P 移动到N，电场力做正功
D. M、P两点的电场强度相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据对称性可知，M点和P点的电势相等，则同一带正电的点电荷分别置于M、P两点的电势能相等，故A错误；
B．根据等量异种电荷等势面关系图可知，若仅考虑B处和D处点电荷时，C点和M点的电势相等，质子由C到M，靠近A处的正点电荷，电场力做负功，电势能增加，故B错误；
C．在A处点电荷产生的电场中，N点和P点的电势相等，在B处点电荷产生的电场中，N点的电势大于P点的电势，在D处点电荷产生的电场中，N点的电势大于P点的电势，所以N点的电势高于P点的电势，电子在N点的电势能小于在P点的电势能，则电子由P到N，电势能减小，电场力做正功，故C正确；
D．根据对称性可知，M点和P点的电场强度大小相等，方向不同，故D错误。
故选C。
7. 如图所示，轻质弹簧一端连接在固定斜面底端的挡板上，另一端与物块A连接，物块A静止在斜面上，弹簧恰好处于原长，A与斜面间动摩擦因数μ = tanθ，t = 0时刻给A一沿斜面向下的瞬时冲量，物块A在运动过程中，加速度a、动能Ek、弹性势能Ep与路程s及运动时间t的变化关系可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】以弹簧恰好处于原长的位置为坐标原点且取向下为正，则记物块A运动的位移为x，则滑块A下滑过程中有x = s，上滑过程中s = 2s0－x，故加速度a、动能Ek、弹性势能Ep与路程s的关系图线与关于位移x的关系图线形状相同。
AB．由于刚开始时物块A静止在斜面上，弹簧恰好处于原长，A与斜面间动摩擦因数μ = tanθ，则物块A下滑过程中有
kx = ma
则物块A下滑过程中a—x图线是一条过原点的直线，当A下滑的到最低点后上滑过程中有
kx－2mgsinθ = ma
则A上滑过程中a—x图线应是一条下倾的直线，且最大加速度要比上滑的最大加速度要小，但物块A不是做匀变速直线运动，则a与t的关系不可能是直线，A错误、B正确；
C．根据以上分析可知，滑块下滑过程中重力和摩擦力抵消，则滑块的合外力为弹力，根据动能定理有
则下滑过程中Ek—x图线应该是一条开口向下的抛物线，当滑块上滑过程有
则上滑过程中Ek—x图线也应该是一条开口向下的抛物线，但根据牛顿第二定律可知上滑过程中在到达x = 0（即路程2s0）前某位置有A的合外力为零，此位置动能最大，此后A就开始做减速运动，动能将减小，C错误；
D．物体A下滑过程中Ep与下滑位移x的关系为
则物块A下滑过程中Ep—x图线应该是一条开口向上的抛物线，当滑块上滑过程有
则物块A上滑过程中Ep—x图线应该是一条开口向下的抛物线，D错误。
故选B。
二、多项选择题（本题共4 小题，每小题5分，共 20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8. 人们常用“井底之蛙”形容见识短浅的人。如图所示，在一口较浅的枯井的正中间居住着一只青蛙，设井深为h且可视为圆柱体，井口的直径为 d=1.2m，水的折射率，当井水灌满时，青蛙恰好能够看到整个天空，则下列说法正确的是（ ）
A. 井深h=0.8m
B. 青蛙能够看到整片天空，是因为光通过井口时发生了衍射
C. 当月亮位于天顶时，青蛙看到的月亮面积的大小为平地上的人看到的面积大小
D. 当井水灌满时，地面上的人看到的井深比实际要更浅
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由全反射由光的可逆性可知，当青蛙上发出的光射到井的边缘时发生全反射，此时青蛙恰能看见整个天空，则
解得
故A错误；
B．青蛙能够看到整片天空，是因为光通过井口时发生了折射，从而射到青蛙眼睛里，不是衍射，故B错误；
C．当月亮位于天顶时，由光的折射定律可知，青蛙在水中看到月亮的直径为地面上的人看到的月亮的直径的，所以青蛙看到的月亮面积的大小为平地上的人看到的面积大小，故C正确；
D．根据光的折射定律，结合光路图可知，当井水灌满时，地面上的人看到的井深比实际要更浅，故D正确。
故选CD。
9. 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：3，a、b端接入电压有效值恒定的正弦交流电，原线圈接入阻值为恒定不变的灯泡L，副线圈接入可变电阻R、理想电压表V，则下列说法正确的是（ ）
A. 原、副线圈中的电流比为3：1
B. ab端电压与可变电阻两端电压比为1：3
C. 若可变电阻接入电路的阻值变大，电压表V示数变大
D. 当可变电阻接入电路的阻值为时，可变电阻消耗的功率最大
【答案】AC
【解析】
【详解】B．设端的输入电压为U，则原线圈的输入电压为
由理想变压器的电压关系有
而等于可变电阻的电压，所以端电压U与可变电阻的电压U2比不为，B错误；
A．根据理想变压器的电流关系有
所以原副线圈的电流比为，A正确；
C．若可变电阻接入电路的阻值变大，设副线圈的输出电压不变，则副线圈中的电流减小，由变压器的电流关系可知，原线圈的电流也会减小，根据
可知，原线圈输入电压变大，根据变压器的电压关系可知，副线圈的输出电压变大，则电压表示数变大，C正确；
D．根据能量守恒可得，可变电阻消耗功率为
可知，当时，可变电阻消耗功率最大，则有
根据理想变压器的电压关系
此时可变电阻电压为
根据理想变压器电流关系
此时可变电阻的电流为
则可变电阻的阻值为
所以当可变电阻接入电路的电阻为时，可变电阻消耗功率最大，D错误。
故选AC。
10. 如图所示，倾角的光滑斜面足够长，斜面上放有质量为、长度为的木板，A、B为木板的两个端点，在A端放有质量的物块（可视为质点），物块和木板接触面粗糙，将物块与质量的重物通过轻质长绳相连，绕在固定在斜面顶端的定滑轮上，不计滑轮处的摩擦。系统从静止状态开始运动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，（ ）
A. 当时，物块和木板之间不发生相对滑动而作为一个整体运动
B. 当时，物块和木板之间不发生相对滑动而作为一个整体运动
C. 当时，木板运动的加速度为
D. 当时，物块经过从木板上滑下
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．根据牛顿第二定律，对重物
对物块
对木板
物块和木板之间不发生相对滑动，有
解得
物块和木板之间不发生相对滑动的条件是
解得
故A正确，B错误；
C．当时，根据牛顿第二定律可得
解得
故C错误；
D．当时，根据牛顿第二定律可得
与间的相对加速度
又
解得
故D正确。
故选AD。
11. 如图所示，在xOy平面第一象限内，直线y=0与直线 y=x之间存在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下方有一直线CD与x轴平行且与x轴相距为a，x轴与直线CD之间（包含x轴）存在沿 y轴正方向的匀强电场，在第三象限，直线 CD与直线 EF 之间存在磁感应强度也为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。纸面内有一束宽度为 a 的平行电子束，如图，沿y轴负方向射入第一象限的匀强磁场，各电子的速度随入射位置不同大小各不相等，电子束的左边界与y轴的距离也为a，经第一象限磁场偏转后发现所有电子都可以通过原点并进入 x轴下方的电场，最后所有电子都垂直于 EF 边界离开磁场。其中电子质量为m，电量大小为e，电场强度大小为则下列说法正确的是（ ）
A. 电子进入 x轴上方磁场前的最大速度
B. 电子经过直线CD时的最小速度
C. 速度最小的电子在第三象限磁场中做圆周运动的圆心坐标（，）
D. 直线 EF 的方程
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．根据题意分析可知，所有电子在第一象限都经历一个四分之一圆周运动后通过原点并沿轴方向进入轴下方的电场，最大速度对应最大半径，则有
根据洛伦兹力提供向心力可得
联立解得电子进入 x轴上方磁场前的最大速度为
故A正确；
B．电子在第一象限磁场中最小轨迹半径为
则电子过原点并进入轴下方的电子的最小速度为
所有电子在电场中偏转时，均做类平抛运动，故进入电场速度最小的电子，离开电场时速度也最小，则有
，
解得
，
故B正确；
C．速度最小的电子在电场中运动，有
，
解得
可得经过直线CD时的坐标为（，），此后在磁场中的运动半径为
电子射出CD时速度与竖直方向的夹角满足
可得
所有电子都垂直于 EF 边界离开磁场，设电子此后在磁场中运动的圆心为（x，y）根据几何关系可得
，
可知速度最小的电子在第三象限磁场中做圆周运动的圆心坐标（，），故C错误；
D．由题意可得所有电子都垂直于EF边界离开磁场，则所有电子运动轨迹的圆心都在EF直线上，由以上分析可得，经过直线CD时，设任何电子的方向的分速度为
（）
根据
，
可得
则电子经过直线CD的坐标为（，），电子经过直线CD的合速度为
速度方向与水平方向的夹角的正切值为
则圆心位置对应坐标为
因为电子垂直于直线EF出射，所以圆心也在直线上，可得EF直线为
故D正确。
故选ABD。
三、实验题（12题6分，13 题9分）
12. 研究表明转动物体也具有动能，称为转动动能，转动动能属于机械能。某同学使用如图装置来探究“转动动能与角速度的关系”。质量不可忽略的滑轮可绕固定光滑轴自由转动，轻质细绳绕在滑轮的边缘，另一端连接装有遮光片的小球，光电门位于遮光片正下方。每次实验小球距光电门一定高度由静止释放，轻绳与滑轮之间不打滑。实验中测出了小球（含遮光片）的质量m、滑轮直径D、遮光片宽度d和遮光片通过光电门的时间。重力加速度为g，空气阻力可忽略。
（1）用螺旋测微器测出遮光片宽度如图所示，则遮光片宽度d=___________mm。
（2）若小球下落过程中，小球和滑轮组成的系统机械能守恒。释放小球时遮光片中心与光电门中心的高度差为h，遮光片通过光电门的时间为，则当遮光片通过光电门时滑轮的转动动能________。（用题中所给物理量的符号表示）
（3）改变重物释放高度，多次重复上述实验得到表中所列数据。
由此可判断滑轮转动动能E与角速度ω的关系为___________。
A. B. C.
【答案】（1）5.800
（2）
（3）C
【解析】
【小问1详解】
螺旋测微器的精确值为，由图可知遮光片宽度为
【小问2详解】
遮光片通过光电门时的速度为
根据系统机械能守恒可知，当遮光片通过光电门时滑轮的转动动能为
联立可得
【小问3详解】
由表中实验数据可知，滑轮转动动能E与角速度ω的关系为
故选C。
13. 某同学家里就安装了一套太阳能庭院灯，科技小组的同学拆下了其中的光伏电池，欲测量其电动势和内阻。通过查阅铭牌，他们了解到电池规格为“12V 2Ω 6Ah”，高亮度LED照明灯的规格为“3W 10V”。
（1）实验室可提供的器材如下：
①电流表A（量程0.6 A，内阻约为 2 Ω）
②电压表V（量程15 V，内阻约为 10 kΩ）
③滑动变阻器（0~20 Ω）
④电阻箱（最大阻值 99 Ω，最小分度 0.1 Ω）
⑤电阻箱（最大阻值 999 Ω，最小分度1 Ω）
⑥单刀单掷开关、单刀双掷开关及导线若干
（2）为测量该电池的电动势和内阻，该小组设计了如图甲所示的电路，并按以下步骤进行操作：
①闭合开关，断开开关，调节滑动变阻器使电流表指针满偏；
②保持滑片P不动，把开关与1接通，调节电阻箱使电流表指针半偏，读出电阻箱的阻值，则可得电流表的内阻。 ___________，该测量值___________真实值（选填“大于”“小于”或“等于”），其中电阻箱应选择___________ （选填“”或“”）；
③闭合开关，把开关与2 接通，调节滑动变阻器阻值，记下多组电流表的示数I 和相应电压表的示数U；
④以U为纵坐标，I为横坐标，作出图线如图乙所示，图线斜率为k，纵截距为b，根据图线求得电动势E=___________，内阻r=___________。
（3）在不计电流表内阻测量误差的情况下，测量电动势和内阻时电流表和电压表___________（选填“会”或“不会”）引起系统误差。
【答案】 ①. ②. 小于 ③. ④. ⑤. ⑥. 不会
【解析】
【详解】（2）②[1]调节电阻箱使电流表指针半偏，读出电阻箱的阻值，则电流表的内阻约等于电阻箱的阻值，即
[2]开关S2与1接通，电路中的总电阻减小，根据闭合回路欧姆定律可知，电路中的总电流增大，通过的电流大于满偏电流，通过电阻箱的电流大于电流表的电流，电阻箱的电阻小于电流表的电阻，则测得的电流表内阻小于真实值；
[3]由于电流表内阻较小，应选择分度值较小的；
④[4][5]根据闭合回路欧姆定律
可得
纵截距为b，则
图线斜率为k，则
可得
（3）[6]在不计电流表内阻测量误差的情况下，由上述分析可知测量电动势和内阻时电流表和电压表不会引起系统误差。
四、解答题（14题10分，15 题12分，16 题 15分）
14. 肺活量是指在标准大气压。 下，人一次尽力吸气后，再尽力呼出的气体的体积。某高三男生用“吹气球法”粗测自己的肺活量等级。如图所示，该同学尽力吸气后，将全部气体吹入气球内并封住出气口（吹气前气球内部的空气可忽略不计）。若吹气后气球可看作半径r=10cm的球形，球内气体的压强 气体温度与环境温度 相同。 （取 绝对零度取-273 ℃）
（1）求该同学的肺活量；
（2）已知在标准状态下空气的体积 求该同学一口气吹出的空气分子数（保留3 位有效数字）。
【答案】（1）4800mL；（2）个
【解析】
【详解】（1）根据题意，设该同学的肺活量为V1，根据玻意耳定律可得
其中
联立解得
mL
（2）根据题意，设该同学一口气吹出气体在标准状态下的体积为V3，根据盖—吕萨克定律可得
该同学一次能呼出的空气分子数的物质的量为
该同学一口气吹出的空气分子数为
联立解得
个
15. 如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨ab、cd被固定在水平面上，导轨间距L＝0.6m，两导轨的左端用导线连接电阻R＝10Ω，质量m=1kg、电阻r＝2Ω的金属棒垂直于导轨静止在ef处并锁定；导轨及导线电阻均不计。整个装置处在竖直向下的磁场中，be＝0.2m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。0.2s后金属棒解除锁定并同时给金属棒水平向右的初速度v0=6m/s，求：
（1）0.1~0.2s内R上产生的焦耳热；
（2）从t＝0.2s后的整个过程中通过R的电荷量。
【答案】（1）；（2）10.0C
【解析】
【详解】（1）在0.1~0.2s内，befc闭合回路中产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律，可得电路中的电流
由焦耳定律，可得0.1~0.2s内R上产生的焦耳热为
（2）0.2s后，金属棒以水平向右的初速度v0=6m/s做减速直线运动到静止，金属棒只受安培力作用，由动量定理可得
又有
解得
流经金属棒的电荷量即为流经电阻R的电荷量。
16. 一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角 的直轨道AB、螺旋圆形轨道 BCDE、倾角 的直轨道EF、水平直轨道 FG 组成。除FG 段外各段轨道均光滑。、且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF 相切于B（E）处。 凹槽GHIJ底面HI 水平光滑、上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH 处，摆渡车上表面与直轨道下 FG、平台 JK所在的水平面高度差为 已知螺旋圆形轨道半径 B点高度为 1.2R，FG 长度 HI长度 摆渡车长度 质量 2kg，将一质量为m=1 kg的滑块从倾斜轨道AB上高度 处静止释放，滑块在 FG段运动时的阻力为其重力的0.9倍，当滑块落到摆渡车上时不反弹，但其水平方向速度不变。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即反弹但速度大小不变，，滑块视为质点，不计空气阻力，
（1）求滑块过 C点的速度大小vc和滑块对轨道的作用力大小Fc；
（2）若在滑块落到摆渡车上的瞬间，工人立刻推动摆渡车，使得摆渡车立刻获得与滑块水平方向速度相同的速度，此后的运动过程中，滑块始终不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ需要满足的条件；
（3）在（2）的条件下，求摆渡车与滑块组成的系统在从一起开始运动到第 4 次碰撞后所损失的机械能。
【答案】（1）m/s；22N；（2）；（3）J
【解析】
【详解】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
解得
m/s
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得
解得
N
由牛顿第三定律，滑块对轨道和轨道对滑块的相互作用力大小相等，也为22N。
（2）滑块从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
解得
m/s
滑块在G点做平抛运动，即
解得
m
即滑块在摆渡车上位置为m，二者的初速度为=1m/s，由题意可知，当摆渡车与墙壁碰撞时，其速度大小不变，设与墙壁碰撞之后，摆渡车的速度变为
m/s
若此后滑块与摆渡车能够达到共速，则由动量守恒定律有
由牛顿第二定律
因此，物体相对于车的位移为
同理，第二次发生碰撞时候
显然，因此只需要保证第一次碰撞之后二者不分离即可，即
解得
（3）由以上分析可知，每次碰撞之后
因此，第四次碰撞后
损失的机械能为
解得次数
1
2
3
4
ω（rad/s）
4.0
8.0
11.9
19.7
E（J）
0.0010
0.0040
0.0089
0.024
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