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2023-2024学年安徽省合肥市高三（第二次）模拟考试物理试卷(含详细答案解析)
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这是一份2023-2024学年安徽省合肥市高三（第二次）模拟考试物理试卷(含详细答案解析)，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.图示为氢原子的能级图。大量处于n=3激发态的氢原子自发跃迁时发出波长分别为λ₁、λ₂、λ₃(λ₁ < λ₂ < λ₃)的三种谱线。下列说法中正确的是
A. λ₁+λ₂=λ₃B. 1λ1=1λ2+1λ3C. λ1λ3=λ22D. λ12+λ22=λ32
2.虹和霓均是太阳光在小水滴内经折射和反射而产生的光学现象。下图为霓形成的简化模型，太阳光射入大气中的球形水滴，经过两次折射和两次反射后返回大气。图中三束光分别为紫光、绿光和红光，下列说法正确的是
A. a是绿光B. b是红光C. c是紫光D. c是红光
3.如图所示，三块完全相同的匀质板状工件上下对齐码放在卡车上，只有最下面的工件与车厢底部固定。若运输途中司机紧急刹车，工件出现的状态可能是( )
A. B.
C. D.
4.我国在春节和元宵节都有挂灯笼的习俗。现代制作的灯笼大多用铁丝做骨架，外层蒙以纸或纱类等透明物，内部装有白炽灯。夜晚点亮的白炽灯，既起到照明作用，又能营造出喜庆的节日氛围。若灯未点亮前，灯笼内的温度为T₁，空气密度为ρ₁，灯点亮一段时间后，灯笼内的温度升至T₂，空气密度为ρ₂。不计灯笼体积的变化，T₁与T₂的单位均为开尔文。若大气压强不变，则ρ₁与ρ₂之比为
A. T2−T1T1B. T1T2−T1C. T1T2D. T2T1
5.正方形MNPQ的中心为O，其对角线MOP长为2d。均通有电流I₀的两无限长直导线互成 60∘角，放置在该正方形平面内，两导线彼此绝缘且相交于O，MOP平分∠GOH，，通入的电流方向如图所示。已知一根无限长直导线通入电流I时，垂直导线距离为r处的磁感应强度大小B=kIr，k为常数。则M、N、P、Q四处的磁感应强度大小正确的是
A. BM=4kI0dB. BN=4kI0dC. BP=2 3kI0dD. BQ=2 3kI0d
6.如图所示，交变电源电压的有效值恒定，R为定值电阻，可调变压器为理想变压器，P₁为移动导电刷，Rp为滑动变阻器，电流表、电压表均为理想电表，电表
、
、
、
，则下列说法正确的是
A. 保持P1位置不变，P2缓慢下滑的过程中，U1减小、U2增大
B. 保持P1位置不变，P2缓慢下滑的过程中，I1增大、I2增大
C. 保持P2位置不变，P1缓慢下滑的过程中，U1增大、U2减小
D. 保持P2位置不变，P1缓慢下滑的过程中，I1增大、I2增大
7.2024 年3月，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。鹊桥二号入轨后，通过轨道修正、近月制动等系列操作，最终进入近月点约200km、远月点约16000km、周期为24h的环月大椭圆冻结轨道。已知月球半径约1800km，万有引力常量G=6.67×10⁻¹¹N⋅m²/kg²。由上述数据可知月球的质量接近于
A. 7.5×10¹⁸kgB. 7.5×10²⁰kgC. 7.5×10²²kgD. 7.5×10²⁴kg
8.我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简化如下图所示，放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，经电场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为U，氙离子向外喷射形成的电流强度为I。氙离子的电荷量与质量分别为q和m，忽略离子的初速度及离子间的相互作用，则离子推进器产生的推力为
A. I mU2qB. 12I mUqC. I mUqD. I 2mUq
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.在带电粒子“碰撞”实验中，t=0时，粒子P以初速度 v₀向静止的粒子Q运动，两粒子在某段时间内运动的v−t图像如图所示，S₁、S₂分别是0∼t1、t1∼t2时间内两速度图像所围面积的大小，且S₁=S₂。已知P、Q的质量分别为mp、mQ，仅考虑静电力的作用，且P、Q始终未接触。则下列说法中正确的是
A. mP=2mQB. 两粒子在t₁时刻的电势能最大
C. P在t₂时刻的速度大小为v03D. t₂时刻后两图像仍会出现交点
10.如图所示，两足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，恒力 F作用在金属棒cd上，金属棒ab、cd以相同加速度沿导轨滑动，某时刻撤去F。已知运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，下列说法中正确的是
A. 撤去F前，两棒速度差恒定B. 撤去F前，两棒间距恒定
C. 撤去F瞬间，两棒加速度大小相等D. 撤去F后，cd的速度不小于ab的速度
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.如图(a)所示，某兴趣小组用单摆测量重力加速度。选用的实验器材有：智能手机、小球、细线、铁架台、夹子、游标卡尺、刻度尺等，实验操作如下：
(1)用铁夹将细线上端固定在铁架台上，将小球竖直悬挂；
(2)用刻度尺测出摆线的长度为l，用游标卡尺测出小球直径为d；
(3)将智能手机置于小球平衡位置的正下方，启用APP《手机物理工坊》的“近距秒表”功能；
(4)将小球由平衡位置拉开一个角度(θ<5∘)，静止释放，软件同时描绘出小球与手机间距离随时间变化的图像，如图(b)所示。
请回答下列问题：
(i)根据图(b)可知，单摆的周期 T=_____________ s。
(ii)重力加速度g的表达式为__________(用测得的物理量符号表示)；
(iii)改变摆线长度l，重复步骤(2)、(3)、(4)的操作，可以得到多组T和l的值，进一步描绘出如图(c)的图像，则该图像以_______为横坐标(选填“1T”、“T”或“T²”)，若图线的斜率为k，则重力加速度的测量值为________。
12.某同学要测量毫安表内阻，可利用的实验器材有：
A.电源E(电动势约5V，内阻r很小)
B.毫安表(量程1mA，内阻RA约300Ω)
C.电阻箱R₁(阻值范围0∼999.9Ω)，
D.电阻箱R₂(阻值范围0∼99999.9Ω)
E.开关 S₁、S₂，导线若干。
(1)将方框中的电路图补充完整；
(2)该同学先断开S₂，闭合S₁，调节a的阻值，使毫安表指针满偏；保持a的阻值不变，闭合；S₂，调节b，使毫安表指针半偏。
请回答以下问题：
(i)电路图中电阻箱a应选择______，b应选择______(选填“R₁”或“R₂")。
(ii)在步骤(2)中某次测得电阻箱b的读数为282.0Ω，则待测毫安表内阻的测量值为_______Ω。
(iii)若毫安表的实际阻值RA=300Ω，上述测量中产生的相对误差|RA−R测RA|×100%=___________%，为使该实验的相对误差不大于5%，应选用电动势E至少为________V的电源。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图甲所示为某种排盘机，可以通过排盘器将包子、蛋糕等食品整齐地摆放在托盘中，图乙为排盘机的示意图。开始时排盘器水平，静止在托盘上方，其上表面距托盘高h=5cm。包子到达距排盘器左端l=14.5cm处时速度大小为v₀=1.4m/s，方向水平向左，此时排盘器以a=5m/s²的加速度水平向右做匀加速直线运动。当包子刚好离开排盘器时，排盘器立即停止运动。已知包子所受的阻力为其重力的0.4倍，重力加速度g取10m/s²，求：
(1)排盘器加速运动的时间；
(2)包子落至托盘瞬间的速度。
14.如图所示，小物块A 和B通过轻质弹簧相连接，竖直静置于水平地面上。若给小物块 A一竖直方向的瞬时冲量，其大小为3N⋅s，随后 B 恰好不能离开地面。已知A、B质量分别为1kg 、2kg，弹簧的劲度系数k=100N/m，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度g取10m/s²。
(1)从开始至 B恰好不离开地面的过程，求弹簧弹性势能的变化量；
(2)若用大小为17.4N的竖直向上恒力作用于 A，使之由静止开始运动，直至 B 刚离开地面时，求A 的速度大小。
15.平面直角坐标系xOy中，第Ⅱ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，如图所示。一个氘核 12H和一个氦核 24He先后由点P(−2L,L)，以相同的动量平行于x轴沿x轴正方向射出， 12H由坐标原点O射入磁场， 24He离开磁场时速度垂直于x轴。已知 12H的比荷为k，不计粒子重力及粒子间相互作用。求：
(1) 12H和 24He由点 P 射出的初速度大小；
(2)磁感应强度 B 的大小；
(3) 12H和 24He离开磁场的位置坐标。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
高能级向低能级跃迁辐射的光子能量等于能极差，知道光子能量公式为ε=hν=hcλ，结合题给公式分析。
【解答】
根据Em−En=hcλ，可知，
hcλ1=hcλ2+hcλ3，
即1λ1=1λ2+1λ3.
故B正确。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考察光的折射问题，根据折射率从小到大的顺序为红、绿、紫，由图分清abc三条光的路径，进而按照顺序判断abc分别是哪种光。
【解答】
太阳光在水滴内经历两次反射，在进出水滴经历了两次折射，分清abc光的传播路径，可以得到太阳光射进水滴里从上到下的光为：cba，因此可知折射率从大到小的顺序为：cba，因此c是紫光，b是绿光，a是红光，故ABD错误，C正确。
故选C
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查整体和部分受力分析，先对两工件整体受力分析，再对顶上一个进行受力分析即可。
【解答】
将上边两工件进行受力分析，紧急刹车时，水平方向仅受水平向左的摩擦力作用，根据牛顿第二定律，可知2ma=μ2mg，可得a=μg，上边两工件整体做减速运动。对最顶上的工件进行受力分析，水平同样只受水平向左的摩擦力作用，又因为三块工件完全相同，故此可知摩擦因数相同，根据牛顿第二定律：ma=μmg，可得a=μg，因此加速度相同，因此停止位置相同，故BCD错误，A正确。
故选A。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考察气体状态方程的应用，灯笼两状态气体质量不同，但压强相同、体积相同，由此求解密度之比。
【解答】
由理想气体状态方程可知：pVT=nR ，两状态V、p不变，则初状态：pVT1=n1R，末状态：pVT2=n2R，由此可知m1=n1M空=ρ1V ，其中M空为空气的摩尔质量，m2=n2M空=ρ2V ，则有ρ1=n1M空V，ρ2=n2M空V，则ρ1ρ2=n1n2=T2T1，故选D
5.【答案】A
【解析】【分析】
分别求出M、P、Q、N点到导线FG和EH的距离，根据安培定则判断导线FG和EH产生的磁场方向，根据B=kIr求解磁感应强度大小，根据磁场的叠加原理求解。
本题考查了通电直导线磁场的分布与计算、矢量的平行四边形法则等知识点，能够判断磁场方向是解题的关键。
【解答】M、P点到导线FG和EH的距离均为：r1=dsin30∘=12d，
导线FG和EH的电流在P点处产生的磁场均向里，则P点的磁感应强度大小为：BP=2×kIr1=k4I0d
导线FG和EH的电流在M点处产生的磁场均向外，则M点的磁感应强度大小为：BM=2×kIr1=k4I0d
N、Q点到导线FG和EH的距离均为：r2=dsin60∘= 32d，
导线FG在Q点处产生的磁场向外，导线 EH在Q点处产生的磁场向里，则Q点的磁感应强度大小为0，
导线FG在N点处产生的磁场向里，导线 EH在N点处产生的磁场向外，则N点的磁感应强度大小为0，
故A正确，BCD错误。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题为变压器动态电路分析，掌握变压器的基本规律，根据闭合电路的欧姆定律即可完成解答。
【解答】
AB、P1位置不变，P2缓慢下滑，则副回路电阻逐渐减小，假设I2增大，则U2增大，又匝数比不变，因此I1增大，则R分压变大，故U1变大，故B正确，A错误；
CD、P2位置不变，P1缓慢下滑，假设副线圈电压减小，即U2减小，副线圈回路电阻不变，则I2减小，则I1减小，故R分压减小，故U1减小，故CD错误。
7.【答案】C
【解析】【分析】
根据万有引力提供向心力，结合开普勒第三定律分析即可。
【解答】
由GMmr2=m4π2T2r，可得GM4π2=r3T2，再结合开普勒第三定律可知a3T2=GM4π2，结合题意a=r1+r22，
得M≈7.5×1022kg
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查动能定理、动量定理和电流的定义式，关键要明确推进器的工作原理，列式求解。
【解答】以正离子为研究对象，由动能定理得qU=12mv2，Δt时间内通过的总电荷量为Q=IΔt，喷出的正离子总质量为M=Qqm=IΔtqm。由动量定理可知正离子所受的平均冲量FΔt=Mv，联立以上式子可得F=I 2mUq，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力F=I 2mUq，故D正确。
9.【答案】BC
【解析】【分析】
根据两粒子碰撞过程动量守恒，结合v−t图象分析质量关系；在t1时刻速度相等，系统损失动能最大，系统的电势能最大；S₁=S₂，t2时刻两粒子间距离与t0时刻两粒子间距离相等，系统的电势能相等，根据系统动量守恒、机械能守恒求P在t₂时刻的速度大小；由v−t分析速度的变化，即可知两图像不会出现交点，
本题以带电粒子碰撞实验为情景载体，结合v−t图象考查了动量守恒定律以及能量守恒定律，此题的关键是要正确理解两粒子速度相等的物理意义。
【解答】A、由图可知，t1时刻速度相等为13v0
两粒子组成的系统运动过程动量守恒，以P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mPv0=(mP+mQ)13v0
解得mP=12mQ，故A错误；
B、两粒子在t1时刻速度相等，系统损失动能最大，损失的动能全部转化为电势能，由能量守恒定律可知，此时系统的电势能最大，故B正确；
C、S₁=S₂，t2时刻两粒子间距离与t0时刻两粒子间距离相等，系统的电势能相等，
根据系统动量守恒、机械能守恒有
mPv0=mPvp+mQvQ
12mPv0 2=12mPvP2+12mQvQ2
解得vP=−v03， vQ=2v03，即P在t₂时刻的速度大小为v03，故C正确；
D、根据v−t图象可知t₂时刻速度方向相反，加速度方向相反，可知t₂时刻后两图像不会出现交点，故D错误。
故选：BC。
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题的解题关键是分析两棒的运动情况，本题回路中的感应电动势为E=BLΔv，Δv是两棒速度之差。
【解答】
解：AB、恒力 F作用在金属棒cd上，金属棒ab、cd以相同加速度沿导轨滑动，说明两棒的运动稳定，两棒速度之差一定，回路中产生的感应电流一定，两棒所受的安培力都保持不变，两棒间距离不断增大，故A正确，B错误；
C、设金属棒ab、cd的质量分别为ma、mb，撤去F前，两棒加速度相同，即B2L2ΔvmaR总=Fmb−B2L2ΔvmbR总，撤去F瞬间，Δv不变，则B2L2ΔvmaR总不一定等于B2L2ΔvmbR总，所以两棒加速度大小不一定相等，故C错误；
D、撤去F后，cd棒做减速运动，ab棒继续做加速运动，当两者速度相等时，做匀速运动，所以撤去F后，cd的速度不小于ab的速度，故D正确。
11.【答案】(i)2；(ii)4π2(l+d2)T2； (iii)T2；4π2k
【解析】【分析】根据单摆运动特点及图像分析周期，根据单摆周期公式求解重力加速度表达式，分析图像(c)斜率物理意义，得出g的表达式。
【解答】(i)根据单摆的运动规律一个周期内应该有两个最大值。由图图(b)可知，单摆的周期为2。
(ii)根据T=2π l0g，其中l0=l+d2
解得g=4π2(l+d2)T2
(3)根据T=2π l+d2g
可得l=g4π2T2−d2
所以T2为横坐标，此时斜率k=g4π2
得g=4π2k
12.【答案】(1)
；
(2)
(i)R2;R1；
(ii)282.0Ω；
(iii)6;6
【解析】【分析】本题考查半偏法测电阻，掌握实验原理，根据并联分流特点分析答题，结合数据计算相对误差，有一定难度。
【解答】
(1)根据半偏法测毫安表内阻特点连接电路图，如图
(2)
(i)电源电动势约为5V，毫安表量程为1mA，毫安表满偏时，电路中电阻约为5000Ω，所以电阻箱a应选择R2，b应选择R1；
(ii)先断开S₂，闭合S₁，调节a的阻值，使毫安表指针满偏；保持a的阻值不变，闭合；S₂，调节b，使毫安表指针半偏。通过电阻箱b的电流等于通过毫安表的电流，电阻箱b的阻值大小等于毫安表内阻大小，电阻箱b的读数为282.0Ω，则待测毫安表内阻的测量值为282.0Ω；
(iii)相对误差|RA−R测RA|×100%=300−282300×100%=6%
|RA−R测RA|=IRAE⩽5%，E≥6V
13.【答案】解：(1)设排盘器加速运动时间为t1，这段时间内包子向左做匀减速运动，
由牛顿第二定律得0.4mg=ma1，
解得a1=4m/s2，
发生的位移x1=v0t1−12a1t12，
排盘器向右做加速运动，t1内发生的位移x2=12at12，
由题意x1+x2=l，
联立解得t1=0.1s；
(2)包子离开排盘器的速度v1=v0−a1t1=1m/s，
包子做平抛运动过程，竖直方向有v2= 2gh=1m/s，
故包子刚落至托盘瞬间的速度v= v12+v22= 2m/s，
设此时速度方向与水平方向的夹角为θ，此时有tanθ=v2v1=1，
则θ=45∘，
即包子刚落至托盘瞬间的速度大小为 2m/s，方向与水平方向成45∘斜向左下方。
【解析】本题考查牛顿第二定律的应用和平抛运动。解决问题的关键是清楚包子的运动过程，利用牛顿第二定律、运动学公式及平抛运动的规律分析求解。
14.【答案】解：(1)对小物块A，由动量定理：I=mAv0−0，
得v0=3m/s，
开始时，弹簧压缩量x1=mAgk=0.1m，
小物块B恰不离开地面时，弹簧伸长量x2=mBgk=0.2m，
对系统，从开始至小物块B恰不离开地面过程，
由能量守恒：12mAv02=mAg(x1+x2)+△Ep，
得ΔEp=1.5J；
(2)设小物块B恰离开地面时，小物块 A的速度为v
对系统由能量关系：F(x1+x2)=12mAv2+mAg(x1+x2)+△Ep，
得v=1.2m/s。
【解析】本题考查动量和能量的综合应用。解决问题的关键是清楚物块A和B的受力情况和运动情况，清楚研究过程中的能量转化情况，结合临界条件根据动量定理、能量关系分析计算。
15.【答案】(1)设 12H的初速度大小为v1， 24He的初速度大小为v2。
12H核做类平抛运动：
2L=v1⋅t1
L=12Ekt12
得：v1= 2EkL
由于动量相同，则mHv1=mHev2
得v2= 2EkL2
(2) 24He核做类平抛运动：
x=v2⋅t2
L=12Ekt22
得x=L
24He核从(−L,0)点进入第三象限，速度方向与 x轴正方向夹角为θ，
由几何关系可知tanθ=2
24He核从(0,−2L)点进入磁场，速度方向与y轴负方向夹角为(90∘−θ)
进入磁场时的速度为：vHe=v2csθ，在磁场中的轨道半径为：rHe=2Lcsθ
洛伦兹力提供向心力：qHevHeB=mHevHe2rHe
得：B= 2EkL4kL
(3) 12H核做类平抛运动，从 O点进入磁场时，速度方向与 x轴的夹角为45∘，大小为
vH= 2v1
12H核在磁场中运动：qHvHB=mHvH2rH
离开磁场时距O点的距离为d1= 2rH=8L
所以 12H核离开磁场时的坐标为(8L,0)，
24He核在磁场中运动：qHevHeB=mHevHe2rHe
离开磁场时距O点的距离为d2=rHe(1+sinθ)=2( 5+2)L
所以 24He核离开磁场时的坐标为[2( 5+2)L,0]
【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动。解决问题的关键是清楚带电粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，利用类平抛运动的规律、洛伦兹力提供向心力及几何关系分析计算。
1.图示为氢原子的能级图。大量处于n=3激发态的氢原子自发跃迁时发出波长分别为λ₁、λ₂、λ₃(λ₁ < λ₂ < λ₃)的三种谱线。下列说法中正确的是
A. λ₁+λ₂=λ₃B. 1λ1=1λ2+1λ3C. λ1λ3=λ22D. λ12+λ22=λ32
2.虹和霓均是太阳光在小水滴内经折射和反射而产生的光学现象。下图为霓形成的简化模型，太阳光射入大气中的球形水滴，经过两次折射和两次反射后返回大气。图中三束光分别为紫光、绿光和红光，下列说法正确的是
A. a是绿光B. b是红光C. c是紫光D. c是红光
3.如图所示，三块完全相同的匀质板状工件上下对齐码放在卡车上，只有最下面的工件与车厢底部固定。若运输途中司机紧急刹车，工件出现的状态可能是( )
A. B.
C. D.
4.我国在春节和元宵节都有挂灯笼的习俗。现代制作的灯笼大多用铁丝做骨架，外层蒙以纸或纱类等透明物，内部装有白炽灯。夜晚点亮的白炽灯，既起到照明作用，又能营造出喜庆的节日氛围。若灯未点亮前，灯笼内的温度为T₁，空气密度为ρ₁，灯点亮一段时间后，灯笼内的温度升至T₂，空气密度为ρ₂。不计灯笼体积的变化，T₁与T₂的单位均为开尔文。若大气压强不变，则ρ₁与ρ₂之比为
A. T2−T1T1B. T1T2−T1C. T1T2D. T2T1
5.正方形MNPQ的中心为O，其对角线MOP长为2d。均通有电流I₀的两无限长直导线互成 60∘角，放置在该正方形平面内，两导线彼此绝缘且相交于O，MOP平分∠GOH，，通入的电流方向如图所示。已知一根无限长直导线通入电流I时，垂直导线距离为r处的磁感应强度大小B=kIr，k为常数。则M、N、P、Q四处的磁感应强度大小正确的是
A. BM=4kI0dB. BN=4kI0dC. BP=2 3kI0dD. BQ=2 3kI0d
6.如图所示，交变电源电压的有效值恒定，R为定值电阻，可调变压器为理想变压器，P₁为移动导电刷，Rp为滑动变阻器，电流表、电压表均为理想电表，电表
、
、
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，则下列说法正确的是
A. 保持P1位置不变，P2缓慢下滑的过程中，U1减小、U2增大
B. 保持P1位置不变，P2缓慢下滑的过程中，I1增大、I2增大
C. 保持P2位置不变，P1缓慢下滑的过程中，U1增大、U2减小
D. 保持P2位置不变，P1缓慢下滑的过程中，I1增大、I2增大
7.2024 年3月，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。鹊桥二号入轨后，通过轨道修正、近月制动等系列操作，最终进入近月点约200km、远月点约16000km、周期为24h的环月大椭圆冻结轨道。已知月球半径约1800km，万有引力常量G=6.67×10⁻¹¹N⋅m²/kg²。由上述数据可知月球的质量接近于
A. 7.5×10¹⁸kgB. 7.5×10²⁰kgC. 7.5×10²²kgD. 7.5×10²⁴kg
8.我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简化如下图所示，放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，经电场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为U，氙离子向外喷射形成的电流强度为I。氙离子的电荷量与质量分别为q和m，忽略离子的初速度及离子间的相互作用，则离子推进器产生的推力为
A. I mU2qB. 12I mUqC. I mUqD. I 2mUq
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.在带电粒子“碰撞”实验中，t=0时，粒子P以初速度 v₀向静止的粒子Q运动，两粒子在某段时间内运动的v−t图像如图所示，S₁、S₂分别是0∼t1、t1∼t2时间内两速度图像所围面积的大小，且S₁=S₂。已知P、Q的质量分别为mp、mQ，仅考虑静电力的作用，且P、Q始终未接触。则下列说法中正确的是
A. mP=2mQB. 两粒子在t₁时刻的电势能最大
C. P在t₂时刻的速度大小为v03D. t₂时刻后两图像仍会出现交点
10.如图所示，两足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，恒力 F作用在金属棒cd上，金属棒ab、cd以相同加速度沿导轨滑动，某时刻撤去F。已知运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，下列说法中正确的是
A. 撤去F前，两棒速度差恒定B. 撤去F前，两棒间距恒定
C. 撤去F瞬间，两棒加速度大小相等D. 撤去F后，cd的速度不小于ab的速度
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.如图(a)所示，某兴趣小组用单摆测量重力加速度。选用的实验器材有：智能手机、小球、细线、铁架台、夹子、游标卡尺、刻度尺等，实验操作如下：
(1)用铁夹将细线上端固定在铁架台上，将小球竖直悬挂；
(2)用刻度尺测出摆线的长度为l，用游标卡尺测出小球直径为d；
(3)将智能手机置于小球平衡位置的正下方，启用APP《手机物理工坊》的“近距秒表”功能；
(4)将小球由平衡位置拉开一个角度(θ<5∘)，静止释放，软件同时描绘出小球与手机间距离随时间变化的图像，如图(b)所示。
请回答下列问题：
(i)根据图(b)可知，单摆的周期 T=_____________ s。
(ii)重力加速度g的表达式为__________(用测得的物理量符号表示)；
(iii)改变摆线长度l，重复步骤(2)、(3)、(4)的操作，可以得到多组T和l的值，进一步描绘出如图(c)的图像，则该图像以_______为横坐标(选填“1T”、“T”或“T²”)，若图线的斜率为k，则重力加速度的测量值为________。
12.某同学要测量毫安表内阻，可利用的实验器材有：
A.电源E(电动势约5V，内阻r很小)
B.毫安表(量程1mA，内阻RA约300Ω)
C.电阻箱R₁(阻值范围0∼999.9Ω)，
D.电阻箱R₂(阻值范围0∼99999.9Ω)
E.开关 S₁、S₂，导线若干。
(1)将方框中的电路图补充完整；
(2)该同学先断开S₂，闭合S₁，调节a的阻值，使毫安表指针满偏；保持a的阻值不变，闭合；S₂，调节b，使毫安表指针半偏。
请回答以下问题：
(i)电路图中电阻箱a应选择______，b应选择______(选填“R₁”或“R₂")。
(ii)在步骤(2)中某次测得电阻箱b的读数为282.0Ω，则待测毫安表内阻的测量值为_______Ω。
(iii)若毫安表的实际阻值RA=300Ω，上述测量中产生的相对误差|RA−R测RA|×100%=___________%，为使该实验的相对误差不大于5%，应选用电动势E至少为________V的电源。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图甲所示为某种排盘机，可以通过排盘器将包子、蛋糕等食品整齐地摆放在托盘中，图乙为排盘机的示意图。开始时排盘器水平，静止在托盘上方，其上表面距托盘高h=5cm。包子到达距排盘器左端l=14.5cm处时速度大小为v₀=1.4m/s，方向水平向左，此时排盘器以a=5m/s²的加速度水平向右做匀加速直线运动。当包子刚好离开排盘器时，排盘器立即停止运动。已知包子所受的阻力为其重力的0.4倍，重力加速度g取10m/s²，求：
(1)排盘器加速运动的时间；
(2)包子落至托盘瞬间的速度。
14.如图所示，小物块A 和B通过轻质弹簧相连接，竖直静置于水平地面上。若给小物块 A一竖直方向的瞬时冲量，其大小为3N⋅s，随后 B 恰好不能离开地面。已知A、B质量分别为1kg 、2kg，弹簧的劲度系数k=100N/m，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度g取10m/s²。
(1)从开始至 B恰好不离开地面的过程，求弹簧弹性势能的变化量；
(2)若用大小为17.4N的竖直向上恒力作用于 A，使之由静止开始运动，直至 B 刚离开地面时，求A 的速度大小。
15.平面直角坐标系xOy中，第Ⅱ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，如图所示。一个氘核 12H和一个氦核 24He先后由点P(−2L,L)，以相同的动量平行于x轴沿x轴正方向射出， 12H由坐标原点O射入磁场， 24He离开磁场时速度垂直于x轴。已知 12H的比荷为k，不计粒子重力及粒子间相互作用。求：
(1) 12H和 24He由点 P 射出的初速度大小；
(2)磁感应强度 B 的大小；
(3) 12H和 24He离开磁场的位置坐标。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
高能级向低能级跃迁辐射的光子能量等于能极差，知道光子能量公式为ε=hν=hcλ，结合题给公式分析。
【解答】
根据Em−En=hcλ，可知，
hcλ1=hcλ2+hcλ3，
即1λ1=1λ2+1λ3.
故B正确。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考察光的折射问题，根据折射率从小到大的顺序为红、绿、紫，由图分清abc三条光的路径，进而按照顺序判断abc分别是哪种光。
【解答】
太阳光在水滴内经历两次反射，在进出水滴经历了两次折射，分清abc光的传播路径，可以得到太阳光射进水滴里从上到下的光为：cba，因此可知折射率从大到小的顺序为：cba，因此c是紫光，b是绿光，a是红光，故ABD错误，C正确。
故选C
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查整体和部分受力分析，先对两工件整体受力分析，再对顶上一个进行受力分析即可。
【解答】
将上边两工件进行受力分析，紧急刹车时，水平方向仅受水平向左的摩擦力作用，根据牛顿第二定律，可知2ma=μ2mg，可得a=μg，上边两工件整体做减速运动。对最顶上的工件进行受力分析，水平同样只受水平向左的摩擦力作用，又因为三块工件完全相同，故此可知摩擦因数相同，根据牛顿第二定律：ma=μmg，可得a=μg，因此加速度相同，因此停止位置相同，故BCD错误，A正确。
故选A。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考察气体状态方程的应用，灯笼两状态气体质量不同，但压强相同、体积相同，由此求解密度之比。
【解答】
由理想气体状态方程可知：pVT=nR ，两状态V、p不变，则初状态：pVT1=n1R，末状态：pVT2=n2R，由此可知m1=n1M空=ρ1V ，其中M空为空气的摩尔质量，m2=n2M空=ρ2V ，则有ρ1=n1M空V，ρ2=n2M空V，则ρ1ρ2=n1n2=T2T1，故选D
5.【答案】A
【解析】【分析】
分别求出M、P、Q、N点到导线FG和EH的距离，根据安培定则判断导线FG和EH产生的磁场方向，根据B=kIr求解磁感应强度大小，根据磁场的叠加原理求解。
本题考查了通电直导线磁场的分布与计算、矢量的平行四边形法则等知识点，能够判断磁场方向是解题的关键。
【解答】M、P点到导线FG和EH的距离均为：r1=dsin30∘=12d，
导线FG和EH的电流在P点处产生的磁场均向里，则P点的磁感应强度大小为：BP=2×kIr1=k4I0d
导线FG和EH的电流在M点处产生的磁场均向外，则M点的磁感应强度大小为：BM=2×kIr1=k4I0d
N、Q点到导线FG和EH的距离均为：r2=dsin60∘= 32d，
导线FG在Q点处产生的磁场向外，导线 EH在Q点处产生的磁场向里，则Q点的磁感应强度大小为0，
导线FG在N点处产生的磁场向里，导线 EH在N点处产生的磁场向外，则N点的磁感应强度大小为0，
故A正确，BCD错误。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题为变压器动态电路分析，掌握变压器的基本规律，根据闭合电路的欧姆定律即可完成解答。
【解答】
AB、P1位置不变，P2缓慢下滑，则副回路电阻逐渐减小，假设I2增大，则U2增大，又匝数比不变，因此I1增大，则R分压变大，故U1变大，故B正确，A错误；
CD、P2位置不变，P1缓慢下滑，假设副线圈电压减小，即U2减小，副线圈回路电阻不变，则I2减小，则I1减小，故R分压减小，故U1减小，故CD错误。
7.【答案】C
【解析】【分析】
根据万有引力提供向心力，结合开普勒第三定律分析即可。
【解答】
由GMmr2=m4π2T2r，可得GM4π2=r3T2，再结合开普勒第三定律可知a3T2=GM4π2，结合题意a=r1+r22，
得M≈7.5×1022kg
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查动能定理、动量定理和电流的定义式，关键要明确推进器的工作原理，列式求解。
【解答】以正离子为研究对象，由动能定理得qU=12mv2，Δt时间内通过的总电荷量为Q=IΔt，喷出的正离子总质量为M=Qqm=IΔtqm。由动量定理可知正离子所受的平均冲量FΔt=Mv，联立以上式子可得F=I 2mUq，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力F=I 2mUq，故D正确。
9.【答案】BC
【解析】【分析】
根据两粒子碰撞过程动量守恒，结合v−t图象分析质量关系；在t1时刻速度相等，系统损失动能最大，系统的电势能最大；S₁=S₂，t2时刻两粒子间距离与t0时刻两粒子间距离相等，系统的电势能相等，根据系统动量守恒、机械能守恒求P在t₂时刻的速度大小；由v−t分析速度的变化，即可知两图像不会出现交点，
本题以带电粒子碰撞实验为情景载体，结合v−t图象考查了动量守恒定律以及能量守恒定律，此题的关键是要正确理解两粒子速度相等的物理意义。
【解答】A、由图可知，t1时刻速度相等为13v0
两粒子组成的系统运动过程动量守恒，以P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mPv0=(mP+mQ)13v0
解得mP=12mQ，故A错误；
B、两粒子在t1时刻速度相等，系统损失动能最大，损失的动能全部转化为电势能，由能量守恒定律可知，此时系统的电势能最大，故B正确；
C、S₁=S₂，t2时刻两粒子间距离与t0时刻两粒子间距离相等，系统的电势能相等，
根据系统动量守恒、机械能守恒有
mPv0=mPvp+mQvQ
12mPv0 2=12mPvP2+12mQvQ2
解得vP=−v03， vQ=2v03，即P在t₂时刻的速度大小为v03，故C正确；
D、根据v−t图象可知t₂时刻速度方向相反，加速度方向相反，可知t₂时刻后两图像不会出现交点，故D错误。
故选：BC。
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题的解题关键是分析两棒的运动情况，本题回路中的感应电动势为E=BLΔv，Δv是两棒速度之差。
【解答】
解：AB、恒力 F作用在金属棒cd上，金属棒ab、cd以相同加速度沿导轨滑动，说明两棒的运动稳定，两棒速度之差一定，回路中产生的感应电流一定，两棒所受的安培力都保持不变，两棒间距离不断增大，故A正确，B错误；
C、设金属棒ab、cd的质量分别为ma、mb，撤去F前，两棒加速度相同，即B2L2ΔvmaR总=Fmb−B2L2ΔvmbR总，撤去F瞬间，Δv不变，则B2L2ΔvmaR总不一定等于B2L2ΔvmbR总，所以两棒加速度大小不一定相等，故C错误；
D、撤去F后，cd棒做减速运动，ab棒继续做加速运动，当两者速度相等时，做匀速运动，所以撤去F后，cd的速度不小于ab的速度，故D正确。
11.【答案】(i)2；(ii)4π2(l+d2)T2； (iii)T2；4π2k
【解析】【分析】根据单摆运动特点及图像分析周期，根据单摆周期公式求解重力加速度表达式，分析图像(c)斜率物理意义，得出g的表达式。
【解答】(i)根据单摆的运动规律一个周期内应该有两个最大值。由图图(b)可知，单摆的周期为2。
(ii)根据T=2π l0g，其中l0=l+d2
解得g=4π2(l+d2)T2
(3)根据T=2π l+d2g
可得l=g4π2T2−d2
所以T2为横坐标，此时斜率k=g4π2
得g=4π2k
12.【答案】(1)
；
(2)
(i)R2;R1；
(ii)282.0Ω；
(iii)6;6
【解析】【分析】本题考查半偏法测电阻，掌握实验原理，根据并联分流特点分析答题，结合数据计算相对误差，有一定难度。
【解答】
(1)根据半偏法测毫安表内阻特点连接电路图，如图
(2)
(i)电源电动势约为5V，毫安表量程为1mA，毫安表满偏时，电路中电阻约为5000Ω，所以电阻箱a应选择R2，b应选择R1；
(ii)先断开S₂，闭合S₁，调节a的阻值，使毫安表指针满偏；保持a的阻值不变，闭合；S₂，调节b，使毫安表指针半偏。通过电阻箱b的电流等于通过毫安表的电流，电阻箱b的阻值大小等于毫安表内阻大小，电阻箱b的读数为282.0Ω，则待测毫安表内阻的测量值为282.0Ω；
(iii)相对误差|RA−R测RA|×100%=300−282300×100%=6%
|RA−R测RA|=IRAE⩽5%，E≥6V
13.【答案】解：(1)设排盘器加速运动时间为t1，这段时间内包子向左做匀减速运动，
由牛顿第二定律得0.4mg=ma1，
解得a1=4m/s2，
发生的位移x1=v0t1−12a1t12，
排盘器向右做加速运动，t1内发生的位移x2=12at12，
由题意x1+x2=l，
联立解得t1=0.1s；
(2)包子离开排盘器的速度v1=v0−a1t1=1m/s，
包子做平抛运动过程，竖直方向有v2= 2gh=1m/s，
故包子刚落至托盘瞬间的速度v= v12+v22= 2m/s，
设此时速度方向与水平方向的夹角为θ，此时有tanθ=v2v1=1，
则θ=45∘，
即包子刚落至托盘瞬间的速度大小为 2m/s，方向与水平方向成45∘斜向左下方。
【解析】本题考查牛顿第二定律的应用和平抛运动。解决问题的关键是清楚包子的运动过程，利用牛顿第二定律、运动学公式及平抛运动的规律分析求解。
14.【答案】解：(1)对小物块A，由动量定理：I=mAv0−0，
得v0=3m/s，
开始时，弹簧压缩量x1=mAgk=0.1m，
小物块B恰不离开地面时，弹簧伸长量x2=mBgk=0.2m，
对系统，从开始至小物块B恰不离开地面过程，
由能量守恒：12mAv02=mAg(x1+x2)+△Ep，
得ΔEp=1.5J；
(2)设小物块B恰离开地面时，小物块 A的速度为v
对系统由能量关系：F(x1+x2)=12mAv2+mAg(x1+x2)+△Ep，
得v=1.2m/s。
【解析】本题考查动量和能量的综合应用。解决问题的关键是清楚物块A和B的受力情况和运动情况，清楚研究过程中的能量转化情况，结合临界条件根据动量定理、能量关系分析计算。
15.【答案】(1)设 12H的初速度大小为v1， 24He的初速度大小为v2。
12H核做类平抛运动：
2L=v1⋅t1
L=12Ekt12
得：v1= 2EkL
由于动量相同，则mHv1=mHev2
得v2= 2EkL2
(2) 24He核做类平抛运动：
x=v2⋅t2
L=12Ekt22
得x=L
24He核从(−L,0)点进入第三象限，速度方向与 x轴正方向夹角为θ，
由几何关系可知tanθ=2
24He核从(0,−2L)点进入磁场，速度方向与y轴负方向夹角为(90∘−θ)
进入磁场时的速度为：vHe=v2csθ，在磁场中的轨道半径为：rHe=2Lcsθ
洛伦兹力提供向心力：qHevHeB=mHevHe2rHe
得：B= 2EkL4kL
(3) 12H核做类平抛运动，从 O点进入磁场时，速度方向与 x轴的夹角为45∘，大小为
vH= 2v1
12H核在磁场中运动：qHvHB=mHvH2rH
离开磁场时距O点的距离为d1= 2rH=8L
所以 12H核离开磁场时的坐标为(8L,0)，
24He核在磁场中运动：qHevHeB=mHevHe2rHe
离开磁场时距O点的距离为d2=rHe(1+sinθ)=2( 5+2)L
所以 24He核离开磁场时的坐标为[2( 5+2)L,0]
【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动。解决问题的关键是清楚带电粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，利用类平抛运动的规律、洛伦兹力提供向心力及几何关系分析计算。
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