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2023-2024学年河南省创新联盟TOP二十名校高三（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学年河南省创新联盟TOP二十名校高三（第二次）模拟考试物理试卷（含详细答案解析），共13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.如图所示为军校学生的日常体能训练的场景，该同学开始阶段沿杆加速向上运动然后匀速运动，最后在最高点停留片刻．已知该同学的质量为m，双手与杆之间的动摩擦因数为μ，手与杆之间的弹力为FN，重力加速度为g。下列说法中正确的是( )
A. 整个运动过程中，手与杆之间的摩擦力为Ff=μFN
B. 在匀速运动阶段，该同学受到的摩擦力为静摩擦力，加速阶段为滑动摩擦力
C. 无论加速、还是匀速阶段，该同学与杆之间的摩擦力可能均是静摩擦力
D. 该同学手与杆之间的弹力越大，所受的摩擦力越大
2.目前治疗癌症最先进的手段是利用核反应 mnX+01n→α+37Li，反应释放出的高杀伤力的α粒子作用在癌细胞上，进而将病人体内的癌细胞杀死．已知X粒子的质量为mX，中子的质量为mn，α粒子的质量为mα，Li核的质量为mLi。下列说法正确的是( )
A. m=5，n=10
B. m=5，n=11
C. 该核反应释放的能量为mLi+mα−mn−mXc2
D. 该反应类型属于α衰变
3.如图所示，平行板电容器的电容为C，A板上有一小孔，小孔的正上方h处有一质量为m、带电量为q的小球，小孔的直径略大于小球的直径，将小球由静止释放，经时间t小球速度减为零(小球未与B板相碰)。重力加速度为g，空气阻力不计．下列说法正确的是( )
A. 小球全过程做匀变速直线运动B. t时间内小球的平均速度为12 2gh
C. 可以求出电容器极板上的电荷量D. 可以求出平行板电容器两板间距
4.如图所示，倾角θ=30∘的光滑斜面上，两个质量均为m的小球，用长度为L的轻绳相连放在斜面上等高且间距为L的两点，将两球由静止释放的同时，在轻绳的中点施加F=12mg的恒力，F方向沿斜面向上，重力加速度为g.则当两球间距为 32L时，两球的加速度大小为( )
A. 33gB. 36gC. 12gD. 34g
5.如图所示，铜制圆盘安装在水平铜轴上，圆盘位于两磁极之间(可视为匀强磁场)，圆盘平面与磁感线垂直，两铜片C、D分别与转动轴和圆盘的边缘接触，电容为C的平行板电容器接在C、D之间，下极板接地．已知铜盘的半径为R，铜盘匀速转动的角速度为ω，磁感应强度为B。下列说法正确的是( )
A. 电容器极板上所带电荷量为BR2ωC
B. 将电容器的下极板向下移动一小段距离，则电容器极板上的电荷量增加
C. 将一金属板插入平行板电容器，则电容器的电容减小
D. 将电容器的上极板水平向右移动一小段距离，则电容器内P点的电势不变
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
6.某中学湖面上有两个波源S1和S2，两波源的振动频率相同，如图所示，波源S1、S2的坐标分别为(−20cm,0)、(20cm,0)，湖面上还有一点P，坐标为(−20cm,30cm)，t=0时，波源S2开始从平衡位置向上振动，经过6s波源S1、S2分别产生的第一个波峰同时传到P点，O点为振动减弱点，已知两波源同时起振．下列说法正确的是( )
A. 波在湖面传播的速度为5cm/s
B. 波源S1在t=0时从平衡位置向下振动
C. 两波源的振动周期为4s
D. 波源S1产生的第一个波谷传到P点需要的时间为3s
7.如图所示，理想变压器原线圈接电压u=12 2sin100πt(V)的交流电，原副线圈的匝数比n1:n2=2:1，副线圈上接一定值电阻R0与电动机，电动机的内阻RM=1Ω，定值电阻R0=2Ω。下列说法正确的是( )
A. 电动机消耗的最大功率为4.5W
B. 原线圈上电流为3A时，电动机消耗功率最大
C. 若把电动机换成滑动变阻器(0∼5Ω)，滑动变阻器消耗的最大功率也为4.5W
D. 若把电动机换成滑动变阻器(0∼5Ω)，当R0与滑动变阻器阻值相等时，R0的功率最大
8.如图甲所示，距离水平面一定高度的桌边缘有一质量为m的小球，某时刻给小球一水平冲量I，此后小球的动能与竖直方向的位移Ek−h图像如图乙所示，小球触地前、后，分别计算位移，并分别取竖直向下和向上为位移的正方向，空气阻力不计，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A. Ek−h图像中h1为桌边缘距离水平面高度，数值为5h0
B. 小球第一次落地点距桌边缘的水平距离为 5h0
C. 小球触地弹起过程中，平行于地面的速度分量不变，垂直于地面的速度分量也不变
D. 小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为4h0
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
9.小明同学利用图甲的实验装置验证动量守恒定律．在长木板上安装光电门I和II，A、B为材料相同、带有等宽遮光条的滑块，A、B的质量分别为m1、m2，让滑块A与静止的滑块B在斜面上发生碰撞，碰撞时间极短，然后通过光电门对滑块进行测速，进而验证动量守恒定律并判断碰撞是否为弹性碰撞，请完成下列填空：
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d时，游标卡尺的示数如图乙所示，则d=_____mm。
将长木板一端垫高，调整长木板与水平面的夹角，轻推滑块直到经过两光电门的时间相同．
(2)某次实验中，滑块A通过光电门I时的挡光时间为t1，则滑块A过光电门I的速度为_____(用相应的物理量符号表示)，滑块A、B碰撞后通过光电门II的挡光时间分别为t′1、t2。
(3)若要验证动量守恒定律，需要验证_____与_____在误差允许范围内相等即可验证动量守恒定律(用m1、m2、t1、t ′1和t2表示).
(4)判断是否为弹性碰撞可由碰后A、B两滑块的速度之比判断．若vAvB=_____(用m1和m2表示)，则可认为滑块A与B的碰撞为弹性碰撞．
10.某物理兴趣小组为测量一电池的电动势和内阻，准备了如下器材：
电流表(量程0∼2A，内阻很小)；电阻箱(阻值0∼999.9Ω)；电池、开关各一个和导线若干．
(1)他们设计的电路图如图甲所示．
(1)闭合开关前，应将电阻箱的阻值调节到_____(填“最大”或“零”).
(2)实验时，逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R和相应的电流表示数I，记录数据如下表，作出1I−R图像如图乙所示，根据电脑分析，得1I=0.345R+0.522，则电池的电动势为_____V，内阻为_____Ω(结果均保留2位有效数字).
(3)由于电流表不是理想电表，本实验测量的电池电动势_____真实值，内阻_____真实值．(均选填“等于”“大”或“小于”)
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
11.如图所示，粗细均匀两端封闭的玻璃管竖直放置，一段长度为10cm的水银柱把玻璃管内的理想气体分成A、B两段气柱，两气柱长度均为10cm，现把玻璃管在竖直平面内旋转180∘使A在下B在上，平衡后，水银柱移动了2cm，气体温度不变．求旋转平衡后A、B两段气柱的压强.(以cmHg为压强单位)
12.如图所示，质量都为m的物块A、B静止在光滑的水平面上，A、B之间用绝缘轻弹簧连接，A紧靠墙壁，匀强电场的方向水平向左，电场强度大小为E，A、B带电荷量均为+q的正电荷，B通过轻绳与电动机连接且轻绳拉直恰好无拉力，电动机的额定电压为U，内阻为R，正常工作时电流为I，t=0时刻启动电动机，使电动机在额定功率下拉动B，t时刻B的速度达到最大，此时A恰好离开墙壁，不计A、B间的静电力作用．求：
(1)物块B的最大速度；
(2)弹簧的劲度系数。
13.如图所示，竖起放置开口向下的34光滑绝缘圆形轨道BCD处于水平向右的匀强电场中，C为最高点、O为圆心，OB与CO的延长线的夹角为θ，经过B点的水平线下方的电场区域中还有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.一个质量为m，电荷量为q的微粒沿直线AB运动，恰好在B点无碰撞地进入圆形轨道，重力加速度为g.求：
(1)微粒的电性及电场强度E的大小；
(2)要使微粒能够沿轨道到达D点，圆形轨道的半径需要满足的条件；
(3)在第(2)问的条件下，微粒经过C点时，对轨道压力的最小值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.向上运动的过程中，该同学双手可能始终与竖直杆之间没有相对滑动，所以杆与手之间的摩擦力为静摩擦力，而公式Ff=μFN是计算滑动摩擦力的公式，故A错误；
B.若该同学在上升过程中，双手始终与竖直杆之间没有相对滑动，则不管是在匀速运动阶段还是加速阶段，该同学受到的摩擦力为均为静摩擦力，故B错误；
C.若无相对滑动，无论加速、还是匀速阶段，该同学与杆之间的摩擦力均是静摩擦力，但若在爬升过程中有相对滑动，则会出现滑动摩擦力，因此无论加速、还是匀速阶段，该同学与杆之间的摩擦力可能均是静摩擦力，故C正确；
D.该同学双手可能始终与竖直杆之间没有相对滑动，所以杆与手之间的摩擦力为静摩擦力，而手与杆之间的弹力越大，最大静摩擦力越大，不能说摩擦力越大，若爬升过程中无相对滑动，则摩擦力为静摩擦力，静摩擦力与手和杆之间的弹力无关，故D错误。
故选C。
2.【答案】A
【解析】AB.据核反应中核电荷数与质量数守恒，可知 α 粒子内有2个质子，核子数为4，所以m=2+3=5 ， n+1=4+7，解得n=10，故A正确，B 错误；
C.由质能方程得该核反应释放的能量为ΔE=mn+mX−mLi−mαc2，故 C 错误；
D.该反应属于人工转变或裂变反应，衰变反应是原子核自发进行的，反应前只有一个核，故D错误。
故A正确。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查带电小球在电场中的运动。解决问题的关键是清楚小球的受力情况及运动过程，根据匀变速直线运动的规律、牛顿第二定律分析判断。
【解答】
A.小球先做匀加速运动后做匀减速运动，全程加速度不恒定，故A错误；
B.小球刚到达小孔时的速度为 v0 ，由v02=2gh，解得v0= 2gh，在A、B板间，小球做匀减速直线运动，匀减速阶段与自由落体阶段平均速度均为 v02 ，所以小球 t 时间内平均速度为v=12 2gh，故B正确；
CD.根据自由落体运动规律有h=12gt 12，解得t1= 2hg，则小球在电容器内的位移x=v02t−t1= 2gh2t− 2hg，根据加速度定义式可以求出小球在板间运动的加速度，根据牛顿第二定律可以求出电场强度大小，但两板间距无法求出，板间电压也无法求出，所以电容器极板上电荷量无法求出，故CD错误。
故选B。
4.【答案】C
【解析】当两球间距为 32L 时，由几何关系可得，两绳夹角为 120∘ ，以 O 点为研究对象，对其受力分析可知绳上拉力大小为T=F
再对小球进行受力分析，小球重力沿斜面方向的分力为 12mg ，此时轻绳与重力沿斜面方向分力夹角为 120∘ ，所以 T 与小球沿斜面方向重力的分力合力大小为 12mg ，由牛顿第二定律得12mg=ma
解得a=12g。
故选C。
5.【答案】D
【解析】A.圆盘匀速转动时产生的感应电动势为U=12BR2ω
所以电容器极板上所带电荷量为Q=CU=12BR2ωC
故A错误；
B.电容器的下极板向下移动一小段距离，根据公式C=εrS4kπd可知电容C减小，再根据公式Q=CU可知电容器极板上的电荷量减小，故B错误；
C.将金属板插入平行板电容器，则电容器的板间距减小，根据C=εrS4kπd，可知电容C变大，故C错误；
D.将电容器的上极板水平向右移动，板间距不变，由于板间电压不变，根据E=Ud
可知板间电场强度不变，下极板电势为零，P点距下极板距离不变，所以P点电势不变，故D正确。
故选D。
6.【答案】BC
【解析】B. O 点为两波源的中点且为振动减弱点，波源 S1、S2 振动方向相反，所以波源 S1 在 t=0 时从平衡位置向下振动，故B正确；
AC.根据几何关系可知PS1=30cm ， PS2=50cm，根据题意有PS1=v6−3T4 ， PS2=v6−T4
解得v=10cm/s ， T=4s，故A错误，C正确；
D.波源 S1 产生的第一个波谷传到 P 点需要的时间为t=PS1v+T4=4s，故D错误。
故选BC。
7.【答案】AC
【解析】AB.副线圈两端电压为U2=n2n1U1
将n1:n2=2:1和U1=12V代入上式解得U2=6V
电动机消耗的功率PM=U2I−I2R0
当I=U22R0=1.5A时电动机消耗的功率最大，即PM=U224R0=4.5W
由于是理想变压器，所以n1n2=I2I1
电动机消耗功率最大时，原线圈上电流为I1=0.75A
故A正确，B错误；
C.把电动机换成滑动变阻器，滑动变阻器消耗的功率为P=U2I−I2R0，滑动变阻器消耗的最大功率跟电动机消耗的最大功率相同，故C正确；
D.R0上的功率为P=I2R0，当电流最大时，定值电阻R0的功率最大，即滑动变阻器的阻值为零时，R0上的功率最大，故D错误。
故选AC。
8.【答案】AD
【解析】A.小球下落过程由动能定理得mgh=Ek−mgh0
所以Ek=mgh+mgh0
图像斜率k=mg= 6mgh0−mgh0h1
解得h1=5h0，故A正确；
D.小球触地后上升过程由动能定理得−mgh=Ek−5mgh0
解得Ek=−mgh+5mgh0
所以图像斜率k=−mg=mgh0−5mgh0h2
解得h2=4h0
可知小球弹起上升的最大高度为 4h0 ，故D正确；
C.在最高点动能为 mgh0 ，所以小球触地弹起过程中，水平速度不变，竖直速度减小，故C错误；
B.小球做平抛运动，由题意有12mv02=mgh0
解得v0= 2gh0
落地时间满足5h0=12gt2
解得t= 10h0g
则落地点距桌面水平距离为x=v0t=2 5h0，故B错误。
故选AD。
9.【答案】(1)5.00(2)dt1 (3)m1t1； m1t1 ′+m2t2(4)m1−m22m1
【解析】(1)游标的零刻线与主尺 5mm 刻度线对齐，游标的第20个小格与主尺 24mm 刻度线对齐，该游标尺为20分度游标卡尺，所以d=5.00mm。
(2)根据速度定义式可知滑块 A 经过光电门I时的速度为v1=dt1。
(3)碰撞后A、B两滑块的速度分别为 dt1 ′、dt2 ，碰前A的动量为pA=m1dt1
碰后系统动量为p′A+pB= m1dt1 ′+m2dt2
若pA=p′A+pB
即m1t1=m1t1 ′+m2t2
即可验证动量守恒定律。
(4)若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则需满足动量守恒与机械能守恒，则m1v1=m1vA+m2vB
12m1v12=12m1vA2+12m2vB2
解得vA=m1−m2m1+m2v1，vB=2m1m1+m2v1
所以vAvB=m1−m22m1。
10.【答案】(1)最大
(2)2.9；1.5
(3)等于； 大于
【解析】(1)为了保护电路，闭合开关前，应将变阻箱的阻值调到最大。
(2)根据闭合电路欧姆定律得I=ER+r
变式可得1I=1ER+rE
而由实验数据得1I=0.345R+0.522
可见1E=0.345V−1 ， rE=0.522A−1
解得E≈2.9V ， r≈1.5Ω
(3)因为电流表不是理想电表，则根据闭合电路的欧姆定律有I=ER+r+RA
变式可得1I=1ER+r+RAE
由于电流表的分压作用，所以测量的电源内阻偏大，其测量值为电源真实内阻与电流表内阻之和，但测量的电源电动势与真实值相等。
11.【答案】玻璃管旋转 180∘ 再次达到平衡后，则hA=8cm ， hB=12cm
初态pB=pA+ph ， ph=10cmHg
末态pA′=pB′+ph
A、B两段气体均是等温变化，对 A 有pAhS=p ′AhAS
对B有pBhS=p ′BhBS
联立解得p ′A=55cmHg，pB′=45cmHg。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
12.【答案】(1)当B的加速度 a=0 时速度最大，此时轻绳上的拉力为F=2Eq
电动机的输出功率为P=UI−I2R
又P=Fvm
解得vm=UI−I2R2Eq
(2)对B受力分析可知初始时刻弹簧弹力为F1=Eq
B速度最大时弹簧弹力F2=Eq
所以从初始时刻到B速度最大的过程中，弹簧弹力对B做的总功为零，由动能定理得Pt−2Eqx=12mvm2
由胡克定律得Eq=kx
联立解得k=16q4E48UI−I2Rtq2E2−mUI−I2R2。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
13.【答案】解：(1)根据题意可知微粒重力不可忽略，微粒沿直线AB做匀速运动，对微粒受力分析，如图所示
电场力只能水平向右才能使微粒做匀速直线运动，所以微粒带正电
水平方向qvBsinθ=Eq
竖直方向qvBcsθ=mg
解得E=mgtanθq
(2)微粒从B点进入圆形轨道等效重力的方向沿OB方向，大小为mg′=qvB=mgcsθ
所以在B点关于O点对称的位置，微粒有最小速度，要满足mg′≤mv′2R
同时由动能定理有−2mg′R=12mv′2−12mv2
联立解得R≤m2g5q2B2csθ
(3)在C点由牛顿第二定律得mg+FN=mvC2R
由动能定理得−mgR(1+csθ)−EqRsinθ=12mvC2−12mv2
联立解得FN=m3g2q2B2Rcs2θ−3mg−2mgcsθ
当R=m2g5q2B2csθ时，轨道对微粒的弹力有最小值，即FN=3mgcsθ−3mg
由牛顿第三定律可知微粒经过C点时，对轨道的压力最小值为F′N=FN=3mgcsθ−3mg
【解析】本题考查带电粒子在复合场中的运动，要注意明确等效重力场的方法;特别牢记洛伦兹力永不做功.
(1)小球沿直线AB做匀速运动，处于平衡状态，由共点力的平衡条件可求得粒子电性及电场强度的大小;
(2)根据等效重力场可明确等效重力场;再由圆周运动的临界条件和动能定理可求得圆形轨道的半径需要满足的条件;
(3)对C点由向心力公式，再对BC过程由动能定理列式，联立可求得压力最小值.I/A
0.09
0.12
0.15
0.20
0.31
0.39
0.49
0.66
0.87
0.99
1.35
R/Ω
30.6
22.6
17.7
12.9
7.9
5.9
4.4
2.9
1.8
1.4
0.7
1.如图所示为军校学生的日常体能训练的场景，该同学开始阶段沿杆加速向上运动然后匀速运动，最后在最高点停留片刻．已知该同学的质量为m，双手与杆之间的动摩擦因数为μ，手与杆之间的弹力为FN，重力加速度为g。下列说法中正确的是( )
A. 整个运动过程中，手与杆之间的摩擦力为Ff=μFN
B. 在匀速运动阶段，该同学受到的摩擦力为静摩擦力，加速阶段为滑动摩擦力
C. 无论加速、还是匀速阶段，该同学与杆之间的摩擦力可能均是静摩擦力
D. 该同学手与杆之间的弹力越大，所受的摩擦力越大
2.目前治疗癌症最先进的手段是利用核反应 mnX+01n→α+37Li，反应释放出的高杀伤力的α粒子作用在癌细胞上，进而将病人体内的癌细胞杀死．已知X粒子的质量为mX，中子的质量为mn，α粒子的质量为mα，Li核的质量为mLi。下列说法正确的是( )
A. m=5，n=10
B. m=5，n=11
C. 该核反应释放的能量为mLi+mα−mn−mXc2
D. 该反应类型属于α衰变
3.如图所示，平行板电容器的电容为C，A板上有一小孔，小孔的正上方h处有一质量为m、带电量为q的小球，小孔的直径略大于小球的直径，将小球由静止释放，经时间t小球速度减为零(小球未与B板相碰)。重力加速度为g，空气阻力不计．下列说法正确的是( )
A. 小球全过程做匀变速直线运动B. t时间内小球的平均速度为12 2gh
C. 可以求出电容器极板上的电荷量D. 可以求出平行板电容器两板间距
4.如图所示，倾角θ=30∘的光滑斜面上，两个质量均为m的小球，用长度为L的轻绳相连放在斜面上等高且间距为L的两点，将两球由静止释放的同时，在轻绳的中点施加F=12mg的恒力，F方向沿斜面向上，重力加速度为g.则当两球间距为 32L时，两球的加速度大小为( )
A. 33gB. 36gC. 12gD. 34g
5.如图所示，铜制圆盘安装在水平铜轴上，圆盘位于两磁极之间(可视为匀强磁场)，圆盘平面与磁感线垂直，两铜片C、D分别与转动轴和圆盘的边缘接触，电容为C的平行板电容器接在C、D之间，下极板接地．已知铜盘的半径为R，铜盘匀速转动的角速度为ω，磁感应强度为B。下列说法正确的是( )
A. 电容器极板上所带电荷量为BR2ωC
B. 将电容器的下极板向下移动一小段距离，则电容器极板上的电荷量增加
C. 将一金属板插入平行板电容器，则电容器的电容减小
D. 将电容器的上极板水平向右移动一小段距离，则电容器内P点的电势不变
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
6.某中学湖面上有两个波源S1和S2，两波源的振动频率相同，如图所示，波源S1、S2的坐标分别为(−20cm,0)、(20cm,0)，湖面上还有一点P，坐标为(−20cm,30cm)，t=0时，波源S2开始从平衡位置向上振动，经过6s波源S1、S2分别产生的第一个波峰同时传到P点，O点为振动减弱点，已知两波源同时起振．下列说法正确的是( )
A. 波在湖面传播的速度为5cm/s
B. 波源S1在t=0时从平衡位置向下振动
C. 两波源的振动周期为4s
D. 波源S1产生的第一个波谷传到P点需要的时间为3s
7.如图所示，理想变压器原线圈接电压u=12 2sin100πt(V)的交流电，原副线圈的匝数比n1:n2=2:1，副线圈上接一定值电阻R0与电动机，电动机的内阻RM=1Ω，定值电阻R0=2Ω。下列说法正确的是( )
A. 电动机消耗的最大功率为4.5W
B. 原线圈上电流为3A时，电动机消耗功率最大
C. 若把电动机换成滑动变阻器(0∼5Ω)，滑动变阻器消耗的最大功率也为4.5W
D. 若把电动机换成滑动变阻器(0∼5Ω)，当R0与滑动变阻器阻值相等时，R0的功率最大
8.如图甲所示，距离水平面一定高度的桌边缘有一质量为m的小球，某时刻给小球一水平冲量I，此后小球的动能与竖直方向的位移Ek−h图像如图乙所示，小球触地前、后，分别计算位移，并分别取竖直向下和向上为位移的正方向，空气阻力不计，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A. Ek−h图像中h1为桌边缘距离水平面高度，数值为5h0
B. 小球第一次落地点距桌边缘的水平距离为 5h0
C. 小球触地弹起过程中，平行于地面的速度分量不变，垂直于地面的速度分量也不变
D. 小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为4h0
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
9.小明同学利用图甲的实验装置验证动量守恒定律．在长木板上安装光电门I和II，A、B为材料相同、带有等宽遮光条的滑块，A、B的质量分别为m1、m2，让滑块A与静止的滑块B在斜面上发生碰撞，碰撞时间极短，然后通过光电门对滑块进行测速，进而验证动量守恒定律并判断碰撞是否为弹性碰撞，请完成下列填空：
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d时，游标卡尺的示数如图乙所示，则d=_____mm。
将长木板一端垫高，调整长木板与水平面的夹角，轻推滑块直到经过两光电门的时间相同．
(2)某次实验中，滑块A通过光电门I时的挡光时间为t1，则滑块A过光电门I的速度为_____(用相应的物理量符号表示)，滑块A、B碰撞后通过光电门II的挡光时间分别为t′1、t2。
(3)若要验证动量守恒定律，需要验证_____与_____在误差允许范围内相等即可验证动量守恒定律(用m1、m2、t1、t ′1和t2表示).
(4)判断是否为弹性碰撞可由碰后A、B两滑块的速度之比判断．若vAvB=_____(用m1和m2表示)，则可认为滑块A与B的碰撞为弹性碰撞．
10.某物理兴趣小组为测量一电池的电动势和内阻，准备了如下器材：
电流表(量程0∼2A，内阻很小)；电阻箱(阻值0∼999.9Ω)；电池、开关各一个和导线若干．
(1)他们设计的电路图如图甲所示．
(1)闭合开关前，应将电阻箱的阻值调节到_____(填“最大”或“零”).
(2)实验时，逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R和相应的电流表示数I，记录数据如下表，作出1I−R图像如图乙所示，根据电脑分析，得1I=0.345R+0.522，则电池的电动势为_____V，内阻为_____Ω(结果均保留2位有效数字).
(3)由于电流表不是理想电表，本实验测量的电池电动势_____真实值，内阻_____真实值．(均选填“等于”“大”或“小于”)
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
11.如图所示，粗细均匀两端封闭的玻璃管竖直放置，一段长度为10cm的水银柱把玻璃管内的理想气体分成A、B两段气柱，两气柱长度均为10cm，现把玻璃管在竖直平面内旋转180∘使A在下B在上，平衡后，水银柱移动了2cm，气体温度不变．求旋转平衡后A、B两段气柱的压强.(以cmHg为压强单位)
12.如图所示，质量都为m的物块A、B静止在光滑的水平面上，A、B之间用绝缘轻弹簧连接，A紧靠墙壁，匀强电场的方向水平向左，电场强度大小为E，A、B带电荷量均为+q的正电荷，B通过轻绳与电动机连接且轻绳拉直恰好无拉力，电动机的额定电压为U，内阻为R，正常工作时电流为I，t=0时刻启动电动机，使电动机在额定功率下拉动B，t时刻B的速度达到最大，此时A恰好离开墙壁，不计A、B间的静电力作用．求：
(1)物块B的最大速度；
(2)弹簧的劲度系数。
13.如图所示，竖起放置开口向下的34光滑绝缘圆形轨道BCD处于水平向右的匀强电场中，C为最高点、O为圆心，OB与CO的延长线的夹角为θ，经过B点的水平线下方的电场区域中还有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.一个质量为m，电荷量为q的微粒沿直线AB运动，恰好在B点无碰撞地进入圆形轨道，重力加速度为g.求：
(1)微粒的电性及电场强度E的大小；
(2)要使微粒能够沿轨道到达D点，圆形轨道的半径需要满足的条件；
(3)在第(2)问的条件下，微粒经过C点时，对轨道压力的最小值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.向上运动的过程中，该同学双手可能始终与竖直杆之间没有相对滑动，所以杆与手之间的摩擦力为静摩擦力，而公式Ff=μFN是计算滑动摩擦力的公式，故A错误；
B.若该同学在上升过程中，双手始终与竖直杆之间没有相对滑动，则不管是在匀速运动阶段还是加速阶段，该同学受到的摩擦力为均为静摩擦力，故B错误；
C.若无相对滑动，无论加速、还是匀速阶段，该同学与杆之间的摩擦力均是静摩擦力，但若在爬升过程中有相对滑动，则会出现滑动摩擦力，因此无论加速、还是匀速阶段，该同学与杆之间的摩擦力可能均是静摩擦力，故C正确；
D.该同学双手可能始终与竖直杆之间没有相对滑动，所以杆与手之间的摩擦力为静摩擦力，而手与杆之间的弹力越大，最大静摩擦力越大，不能说摩擦力越大，若爬升过程中无相对滑动，则摩擦力为静摩擦力，静摩擦力与手和杆之间的弹力无关，故D错误。
故选C。
2.【答案】A
【解析】AB.据核反应中核电荷数与质量数守恒，可知 α 粒子内有2个质子，核子数为4，所以m=2+3=5 ， n+1=4+7，解得n=10，故A正确，B 错误；
C.由质能方程得该核反应释放的能量为ΔE=mn+mX−mLi−mαc2，故 C 错误；
D.该反应属于人工转变或裂变反应，衰变反应是原子核自发进行的，反应前只有一个核，故D错误。
故A正确。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查带电小球在电场中的运动。解决问题的关键是清楚小球的受力情况及运动过程，根据匀变速直线运动的规律、牛顿第二定律分析判断。
【解答】
A.小球先做匀加速运动后做匀减速运动，全程加速度不恒定，故A错误；
B.小球刚到达小孔时的速度为 v0 ，由v02=2gh，解得v0= 2gh，在A、B板间，小球做匀减速直线运动，匀减速阶段与自由落体阶段平均速度均为 v02 ，所以小球 t 时间内平均速度为v=12 2gh，故B正确；
CD.根据自由落体运动规律有h=12gt 12，解得t1= 2hg，则小球在电容器内的位移x=v02t−t1= 2gh2t− 2hg，根据加速度定义式可以求出小球在板间运动的加速度，根据牛顿第二定律可以求出电场强度大小，但两板间距无法求出，板间电压也无法求出，所以电容器极板上电荷量无法求出，故CD错误。
故选B。
4.【答案】C
【解析】当两球间距为 32L 时，由几何关系可得，两绳夹角为 120∘ ，以 O 点为研究对象，对其受力分析可知绳上拉力大小为T=F
再对小球进行受力分析，小球重力沿斜面方向的分力为 12mg ，此时轻绳与重力沿斜面方向分力夹角为 120∘ ，所以 T 与小球沿斜面方向重力的分力合力大小为 12mg ，由牛顿第二定律得12mg=ma
解得a=12g。
故选C。
5.【答案】D
【解析】A.圆盘匀速转动时产生的感应电动势为U=12BR2ω
所以电容器极板上所带电荷量为Q=CU=12BR2ωC
故A错误；
B.电容器的下极板向下移动一小段距离，根据公式C=εrS4kπd可知电容C减小，再根据公式Q=CU可知电容器极板上的电荷量减小，故B错误；
C.将金属板插入平行板电容器，则电容器的板间距减小，根据C=εrS4kπd，可知电容C变大，故C错误；
D.将电容器的上极板水平向右移动，板间距不变，由于板间电压不变，根据E=Ud
可知板间电场强度不变，下极板电势为零，P点距下极板距离不变，所以P点电势不变，故D正确。
故选D。
6.【答案】BC
【解析】B. O 点为两波源的中点且为振动减弱点，波源 S1、S2 振动方向相反，所以波源 S1 在 t=0 时从平衡位置向下振动，故B正确；
AC.根据几何关系可知PS1=30cm ， PS2=50cm，根据题意有PS1=v6−3T4 ， PS2=v6−T4
解得v=10cm/s ， T=4s，故A错误，C正确；
D.波源 S1 产生的第一个波谷传到 P 点需要的时间为t=PS1v+T4=4s，故D错误。
故选BC。
7.【答案】AC
【解析】AB.副线圈两端电压为U2=n2n1U1
将n1:n2=2:1和U1=12V代入上式解得U2=6V
电动机消耗的功率PM=U2I−I2R0
当I=U22R0=1.5A时电动机消耗的功率最大，即PM=U224R0=4.5W
由于是理想变压器，所以n1n2=I2I1
电动机消耗功率最大时，原线圈上电流为I1=0.75A
故A正确，B错误；
C.把电动机换成滑动变阻器，滑动变阻器消耗的功率为P=U2I−I2R0，滑动变阻器消耗的最大功率跟电动机消耗的最大功率相同，故C正确；
D.R0上的功率为P=I2R0，当电流最大时，定值电阻R0的功率最大，即滑动变阻器的阻值为零时，R0上的功率最大，故D错误。
故选AC。
8.【答案】AD
【解析】A.小球下落过程由动能定理得mgh=Ek−mgh0
所以Ek=mgh+mgh0
图像斜率k=mg= 6mgh0−mgh0h1
解得h1=5h0，故A正确；
D.小球触地后上升过程由动能定理得−mgh=Ek−5mgh0
解得Ek=−mgh+5mgh0
所以图像斜率k=−mg=mgh0−5mgh0h2
解得h2=4h0
可知小球弹起上升的最大高度为 4h0 ，故D正确；
C.在最高点动能为 mgh0 ，所以小球触地弹起过程中，水平速度不变，竖直速度减小，故C错误；
B.小球做平抛运动，由题意有12mv02=mgh0
解得v0= 2gh0
落地时间满足5h0=12gt2
解得t= 10h0g
则落地点距桌面水平距离为x=v0t=2 5h0，故B错误。
故选AD。
9.【答案】(1)5.00(2)dt1 (3)m1t1； m1t1 ′+m2t2(4)m1−m22m1
【解析】(1)游标的零刻线与主尺 5mm 刻度线对齐，游标的第20个小格与主尺 24mm 刻度线对齐，该游标尺为20分度游标卡尺，所以d=5.00mm。
(2)根据速度定义式可知滑块 A 经过光电门I时的速度为v1=dt1。
(3)碰撞后A、B两滑块的速度分别为 dt1 ′、dt2 ，碰前A的动量为pA=m1dt1
碰后系统动量为p′A+pB= m1dt1 ′+m2dt2
若pA=p′A+pB
即m1t1=m1t1 ′+m2t2
即可验证动量守恒定律。
(4)若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则需满足动量守恒与机械能守恒，则m1v1=m1vA+m2vB
12m1v12=12m1vA2+12m2vB2
解得vA=m1−m2m1+m2v1，vB=2m1m1+m2v1
所以vAvB=m1−m22m1。
10.【答案】(1)最大
(2)2.9；1.5
(3)等于； 大于
【解析】(1)为了保护电路，闭合开关前，应将变阻箱的阻值调到最大。
(2)根据闭合电路欧姆定律得I=ER+r
变式可得1I=1ER+rE
而由实验数据得1I=0.345R+0.522
可见1E=0.345V−1 ， rE=0.522A−1
解得E≈2.9V ， r≈1.5Ω
(3)因为电流表不是理想电表，则根据闭合电路的欧姆定律有I=ER+r+RA
变式可得1I=1ER+r+RAE
由于电流表的分压作用，所以测量的电源内阻偏大，其测量值为电源真实内阻与电流表内阻之和，但测量的电源电动势与真实值相等。
11.【答案】玻璃管旋转 180∘ 再次达到平衡后，则hA=8cm ， hB=12cm
初态pB=pA+ph ， ph=10cmHg
末态pA′=pB′+ph
A、B两段气体均是等温变化，对 A 有pAhS=p ′AhAS
对B有pBhS=p ′BhBS
联立解得p ′A=55cmHg，pB′=45cmHg。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
12.【答案】(1)当B的加速度 a=0 时速度最大，此时轻绳上的拉力为F=2Eq
电动机的输出功率为P=UI−I2R
又P=Fvm
解得vm=UI−I2R2Eq
(2)对B受力分析可知初始时刻弹簧弹力为F1=Eq
B速度最大时弹簧弹力F2=Eq
所以从初始时刻到B速度最大的过程中，弹簧弹力对B做的总功为零，由动能定理得Pt−2Eqx=12mvm2
由胡克定律得Eq=kx
联立解得k=16q4E48UI−I2Rtq2E2−mUI−I2R2。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
13.【答案】解：(1)根据题意可知微粒重力不可忽略，微粒沿直线AB做匀速运动，对微粒受力分析，如图所示
电场力只能水平向右才能使微粒做匀速直线运动，所以微粒带正电
水平方向qvBsinθ=Eq
竖直方向qvBcsθ=mg
解得E=mgtanθq
(2)微粒从B点进入圆形轨道等效重力的方向沿OB方向，大小为mg′=qvB=mgcsθ
所以在B点关于O点对称的位置，微粒有最小速度，要满足mg′≤mv′2R
同时由动能定理有−2mg′R=12mv′2−12mv2
联立解得R≤m2g5q2B2csθ
(3)在C点由牛顿第二定律得mg+FN=mvC2R
由动能定理得−mgR(1+csθ)−EqRsinθ=12mvC2−12mv2
联立解得FN=m3g2q2B2Rcs2θ−3mg−2mgcsθ
当R=m2g5q2B2csθ时，轨道对微粒的弹力有最小值，即FN=3mgcsθ−3mg
由牛顿第三定律可知微粒经过C点时，对轨道的压力最小值为F′N=FN=3mgcsθ−3mg
【解析】本题考查带电粒子在复合场中的运动，要注意明确等效重力场的方法;特别牢记洛伦兹力永不做功.
(1)小球沿直线AB做匀速运动，处于平衡状态，由共点力的平衡条件可求得粒子电性及电场强度的大小;
(2)根据等效重力场可明确等效重力场;再由圆周运动的临界条件和动能定理可求得圆形轨道的半径需要满足的条件;
(3)对C点由向心力公式，再对BC过程由动能定理列式，联立可求得压力最小值.I/A
0.09
0.12
0.15
0.20
0.31
0.39
0.49
0.66
0.87
0.99
1.35
R/Ω
30.6
22.6
17.7
12.9
7.9
5.9
4.4
2.9
1.8
1.4
0.7
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