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物理：2024年江苏省高考终极押题卷05（解析版）
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这是一份物理：2024年江苏省高考终极押题卷05（解析版），共18页。
1．本试卷包含选择题和非选择题两部分．考生答题全部答在答题卡上，答在本试卷上无效．全卷共16题，本次考试时间为75分钟，满分100分．
2.答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案．答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置答题一律无效．
3.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗
单选题
（2023•平谷区一模）如图所示，玻璃砖的上表面aa'与下表面bb'平行，一束红光从上表面的P点处射入玻璃砖，从下表面的Q点处射出玻璃砖，下列说法正确的是（ ）
A．红光进入玻璃砖前后的波长不会发生变化
B．红光进入玻璃砖前后的速度不会发生变化
C．若增大红光的入射角，则红光可能会在玻璃砖下表面的Q点左侧某处发生全反射
D．若紫光与红光都从P点以相同的入射角入射，则紫光将从Q点右侧某处射出玻璃砖
【答案】D
【解析】A．光速由介质决定，但频率由波源决定，由公式v＝λf可得，红光进入玻璃砖前后的波长会发生变化，故A错误；
B．由光速与折射率的关系 QUOTE 可得，v会发生改变，所以红光进入玻璃砖前后的速度会发生变化，故B错误；
C．根据光的可逆性原理，只要光线可以从上表面射入，在玻璃中发生折射，就一定可以从下表面射出，所以增大红光的入射角，则红光不会在玻璃砖下表面发生全反射，故C错误；
D．若紫光与红光都从P点以相同的入射角入射，由于紫光折射率较大，所以紫光折射角较小，所以紫光将从Q点右侧某处射出玻璃砖，故D正确。故选：D。
2．地球上只有百万分之一的碳是以碳14形式存在于大气中。能自发进行衰变，关于发生衰变下列说法正确的是（ ）
A．衰变放出的粒子来自于的核外电子
B．衰变放出的粒子带负电，具有很强的电离能力
C．衰变产生的新核是
D．衰变产生的新核的比结合能比大
【答案】D
【解析】A衰变放出的粒子来自于原子核内，故A错误；
B．衰变放出的粒子带负电，具有较弱的电离能力，故B错误；
C．进行衰变的核反应方程为
可知衰变产生的新核是，故C错误；
D．衰变过程释放能量，质量亏损，因此产生新核的比结合能比大，故D正确。故选D。
3．如图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，为介质中的两个质点，图乙为质点的振动图像，则（ ）
A．简谐横波沿轴正方向传播
B．简谐横波的波速为
C．时，质点的加速度小于质点的加速度
D．时，质点距平衡位置的距离大于质点距平衡位置的距离
【答案】C
【解析】A由振动图像可知，在t=0.2s时刻，质点P的振动方向向下，结合波形图可知，简谐横波沿轴负方向传播，选项A错误；
B．简谐横波的波速为
选项B错误；
C．时，即在t=0.2s再经过，则质点P到达波谷，而质点Q在波谷与平衡位置之间，则此时质点的加速度小于质点的加速度，选项C正确；
D．时，即在t=0.2s再经过质点P到达波峰，质点Q在波峰和平衡位置之间，则质点距平衡位置的距离小于质点距平衡位置的距离，选项D错误。故选C。
4．回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50 K。某台回热式制冷机工作时，一定量的氦气（可视为理想气体）缓慢经历如图所示的四个过程：已知状态A和B的温度均为27 ℃，状态C和D的温度均为 ℃，下列判断正确的是（ ）
A．气体由状态A到B过程，温度先降低后升高
B．气体由状态B到C过程，内能保持不变
C．气体由状态C到D过程，分子间的平均间距减小
D．气体由状态C到D过程，气体对外做功
【答案】D
【解析】A如图所示，因为等温线离O点越远，温度越高，所以气体由状态A到B过程，温度先升高后降低，选项A错误；
B．由图示图线可知，气体由状态到过程，气体体积不变而压强减小，由理想气体状态方程可知，气体温度降低，气体内能减小，选项B错误；
C．由图示图线可知，气体由状态到过程，气体体积增大，分子间的平均间距增大，故C错误；
D．由图示图线可知，气体由状态到过程，气体体积增大，气体对外做功，选项D正确。故选D。
5．如图所示，交流电流表A1、A2和A3分别与电阻R、线圈L和电容器C串联后接在同一交流电源上．交流电压的瞬时值为．三个电流表的读数分别为I1、I2和I3．现换另一电源供电，交流电压的瞬时值为，．改换电源后，三个电流表的读数变化情况是（ ）
A．I1、I2和I3都不变B．I1、I2不变、I3变大
C．I1不变、I2变大、I3变小D．I1不变、I2变小、I3变大
【答案】D
【解析】交流电的角频率ω变大，则频率f变大，交流电的有效值不变；电阻R的阻值与交流电的频率无关，故I1不变；交流电频率变大，则线圈的阻抗变大，则I2变小；交流电频率变大，则电容器的容抗减小，则I3变大；故选D。
6．如图所示，将一小球从倾角的斜面顶端A点以初速度水平抛出，落在斜面上的B点，C为小球运动过程中与斜面相距最远的点，CD垂直AB。小球可视为质点，空气阻力不计，则（ ）
A．小球在C点的速度大小是
B．小球在从A到C点所用时间小于从C到B点所用时间
C．小球在B点的速度与水平方向的夹角正切值是
D．A、D两点间距离等于D、B两点间距离
【答案】C
【解析】AC点时速度分解如下
则有
故A错误；
B．C点时速度分解如下
则竖直速度为
则A到C用时为
到达B点时由平抛运动物体在任意时刻（任意位置），速度夹角的正切值为位移夹角正切值的2倍可得，竖直速度为
C到B点所用时间
则小球在从A到C点所用时间等于从C到B点所用时间，故B错误；
C．由平抛运动物体在任意时刻（任意位置），速度夹角的正切值为位移夹角正切值的2倍可得，小球在B点时，小球在B点时的速度与水平方向夹角正切值为，故C正确；
D．由于小球在从A到C点所用时间等于从C到B点所用时间，且水平速度不变，则AB中点应位于C点正下方，故D错误。
故选C。
7．已知两颗行星的质量m1=2m2，公转周期T1=2T2，则它们绕太阳运转轨道的半长轴之比为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】C
【解析】由开普勒第三定律可知
解得
故C正确。故选C。
8．如图所示，一个矩形线框以竖直向上的初速度进入只有一条水平边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，进入磁场后上升一段高度又落下离开磁场，忽略空气阻力，则（ ）
A．线圈上升过程产生的热焦耳热小于下落过程产生的焦耳热
B．线圈上升过程通过截面的电量小于下落过程通过截面的电量
C．线圈从开始进入到完全进入磁场所用时间小于线圈从开始飞出到完全飞出磁场所用时间
D．线圈上升过程损失的机械能小于下落过程损失的机械能
【答案】C
【解析】ACD．矩形线框上升阶段，从开始进磁场到恰好完全进入磁场，线框受重力和向下的安培力作用，做加速度减小的减速运动，恰好完全进入磁场时，速度设为v0，之后只受重力，做竖直上抛运动。下降阶段，只受重力，在磁场中做自由落体运动，到开始出磁场时，速度也为v0，之后开始出磁场到完全出磁场的过程中，线框受重力和向上的安培力作用，可能匀速出磁场，也可能做加速度减小的加速运动或者加速度减小的减速运动出磁场。无论是哪种情况，由于进磁场过程的末速度v0和出磁场过程的初速度v0相等，故进磁场过程任意时刻的瞬时速度v和瞬时加速度都大于出磁场过程的。由于进出磁场的任意瞬间，瞬时速度为v时，都有
联立得
因此上升过程进磁场时的任意时刻的安培力大于下降过程出磁场时的，上升过程进磁场时的平均速度也大于下降过程出磁场时的。而又因为进磁场过程和出磁场过程的位移相同，因此线圈上升过程克服安培力做的功，或者说产生的焦耳热，也即机械能的损失，大于下降过程的；线圈上升过程从开始进入磁场到完全进入磁场所用时间也小于线圈从开始飞出到完全飞出磁场所用时间，故AD错误，C正确；
B．由法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，电流的定义式
联立得
在本题中，线圈上升过程和下降过程，磁通量的变化量绝对值是的相等，故线圈上升过程通过截面的电量等于下落过程通过截面的电量，B错误。
故选C。
9．如图甲，白鹤滩水电站是世界第二大水电站，共安装16台我国自主研制的全球单机容量最大功率百万千瓦水轮发电机组。2021年6月28日，白鹤滩水电站首批机组投产发电，用500千伏特高压向四川远距离输电。在远距离输电中，输电线的电阻是不可忽略的，如图乙，为白鹤滩水电站输电线路原理图，水电站输出电压稳定的正弦交流电，升至特高压U后向四川供电，输送的总功率为P。用户端理想变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，R1为输电线总电阻，R2为不断电用户电阻（可视为定值电阻），R为可变用户电阻（可视为可变电阻）。当可变电阻R减小时，电压表和电流表示数变化的绝对值分别为△U、△I，电压表和电流表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．对于原线圈回路，虚线框所圈部分的等效电阻为
D．输电线路上损耗的功率为
【答案】B
【解析】AB．设用户端理想变压器原副线圈两端电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，则根据理想变压器特点
U1I1=U2I2
U1：U2=n1：n2
得，
对原线圈电路有
由上式可得
故A错误，B正确；
C．由，结合，联立可得
故C错误；
D．根据C中分析可知，虚线框所圈部分的等效电阻为R’，则R1上消耗功率为
故D错误。故选B。
10．如图所示，长为l的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端有固定转动轴O，杆可在竖直面内绕转动轴O无摩擦转动；质量为m的物块放置在光滑水平面上，开始时，使小球靠在物块的光滑侧面上，轻杆与水平面夹角45°，用手控制物块静止，然后释放物块，在之后球与物块运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．球与物块分离前，杆上的弹力逐渐增大
B．球与物块分离前，球与物块的速度相等
C．球与物块分离前，物块的速度先增大后减小
D．球与物块分离时，球的加速度等于重力加速度
【答案】D
【解析】AD．对小球和物块整体受力分析，受重力，杆的弹力F，地面的支持力FN，如图1所示，
在水平方向由牛顿第二定律得
分离后物块的加速度为零，可知在球与物块分离前，物块的加速度逐渐减小，而小球水平方向的分加速度与物块的加速度相等，所以物块的水平方向分加速度逐渐减小，而逐渐增大，所以弹力逐渐减小，当恰好分离时，水平加速度为零，弹力为零，球只受重力，加速度等于重力加速度g，故A错误，D正确；
B．设球的速度为v，球与物块分离前，物块与球的水平速度相等，球的速度与杆垂直向下，如图2所示，
将球的速度分解为水平方向和竖直方向两个分速度，由图可知，球的速度大于物块的速度，故B错误；
C．由于地面光滑，杆对物块的弹力始终向左，物块的加速度始终向左，所以物块一直加速，故C错误。故选D。
11．如图所示，光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧下端连接在挡板上，上端放置一个小物块，小物块处于静止状态。现对小物块施加一个沿斜面向上的恒力F（F
A．物块获得的最大动能为
B．物块增加的机械能为
C．开始时，弹簧中的弹性势能为
D．当物块与弹簧分离时，重力的瞬时功率为mgvsinθ
【答案】D
【解析】A．从开始运动到物块与弹簧分离的过程中，由牛顿第二定律可知
当a=0时，速度最大，此时弹簧弹力大小为
弹簧仍处于压缩状态，此后速度减小，所以物块获得的最大动能大于，故A错误；
BC．小物块处于静止状态时，弹簧压缩量为
从开始运动到物块与弹簧分离的过程中，恒力F做的功为
由功能关系可知，物块增加的机械能为
可知物块增加的机械能大于。开始时弹簧中的弹性势能为
故B、C错误；
D．当物块与弹簧分离时，重力做功的瞬时功率为
故D正确。故选D。
二、实验题
12．现用已调为水平的气垫导轨及图甲中所示的其它装置验证动量守恒定律，实验的主要步骤为：
(1)用一游标卡尺测得挡光片的宽度d如图乙所示，则d= cm。用天平测得滑块a（含挡光片）的质量为m1及滑块b（含挡光片和弹簧）的质量为m2
(2)将滑块b静置于两光电门之间，将滑块a置于光电门1的右端，然后将滑块a水平压缩弹簧，滑块a在弹簧的作用下向左弹射出去，通过光电门1后继续向左滑动并与滑块b发生碰撞
(3)a、b两滑块碰撞弹开后，分别通过光电门1和2，实验结束
(4)实验后，分别记录了滑块a先后两次通过光电门1的时间t1和t2，及滑块b通过光电门2的时间t3.
(5)若碰撞前后动量守恒，则验证的表达式为 （用测得量符号表示）
(6)如果该碰撞为弹性碰撞，且滑块a碰撞后也随即向左通过光电门2，则两滑块的质量m1 m2（填大于、等于或小于）
【答案】(1)1.550 (5)或 (6)大于
【解析】(1) [1]根据游标卡尺的读数原理，可知挡光片的宽度
d=1.5×10mm+0.05mm×10=15.50mm=1.550cm
(5)[2]滑块a先后两次通过光电门1的速度分别为
滑块b通过光电门2的速度为
设向左为正方向，则要验证的关系为
即
(6)[3]如果该碰撞为弹性碰撞，且滑块a碰撞后也随即向左通过光电门2，则
解得
则
三、解答题
13．如图所示，导热汽缸上端开口，竖直固定在地面上，高度H=1.35m。质量均为m=2kg的A、B两个活塞静止时将汽缸容积均分为三等份，A、B之间为真空并压缩一根轻质弹簧，弹性系数k=300N/m，A、B与汽缸间无摩擦，大气压p0=1×105Pa，密封气体初始温度T1=252K，重力加速度g取10m/s2，活塞面积S=4×10﹣4 m2，其厚度忽略不计。
（1）求最初密封气体的压强；
（2）若给电阻丝通电加热密封气体，当活塞B缓慢上升到离汽缸底部h=1m时，求密封气体的温度；
（3）保持密封气体的温度T0=252K不变，当用F=120N的力竖直向下压活塞A．求稳定时A向下移动的距离L。
【答案】（1）2×105Pa；（2）770K；（3）0.67m
【解析】（1）对AB整体2mg+p0S=p1S
得
p1=2×105Pa
（2）初状态对A
kx1=mg+p0S
末状态对B
k（x1+h-）=p2S
密封气体
得T2=770K
（3）设用F向下压后弹簧的压缩量为x2，有
kx2=mg+F+p0S
设F向下压后封闭气体的压强为p3，有
p3S=2mg+F+p0S
由于温度不变，由玻意耳定律知
A活塞下降的距离
得
L=0.67m
14．一正弦交流电的电压随时间变化规律如图所示，则
（1）交流电的周期是多少？
（2）交流电的频率是多少？
（3）交流电压的有效值是多少？
【答案】（1）0.04s；（2）25Hz；（3）
【解析】根据图像可知交流电的类型、电压峰值以及周期等物理量，然后进一步可求出频率、有效值。（1）从图片中可以看出，正弦交流电两个波峰之间的时间差就是交流电的周期，则周期为
（2）根据频率与周期的关系可以求得交流电的频率为
（3）从图中可以看出交流电的峰值为
由于该交流电为正弦交流电，则可以求得有效值为
15．如图所示，在足够长的粗糙水平面上放一长为、质量为、左右挡板厚度不计的U形盒子P（盒子内底面水平），盒子P与水平面间的动摩擦因数为。在盒子的左端放一质量等于的物块（可看作质点），Q的带电量始终为。整个装置始终处在一个水平向右的匀强电场中，场强为，Q与盒子内表面无摩擦，放开物块后即在盒内向右运动与右面挡板碰撞，设碰撞时间极短且碰撞过程中没有机械能损失，重力加速度g取10。求
（1）物块与盒子发生第一次碰撞后，P、Q的速度大小；
（2）物块与盒子发生第一次碰撞后至第二次碰撞前Q与盒子右挡板间的最大距离（结果可用分数表示）；
（3）P最终是否会停止？若P不能停止，求第一次碰后，20秒内P前进的路程；若P会停止，求P前进的总路程。
【答案】（1）8m/s，3m/s；（2）；（3）P、Q终将停止，P前进的总路程为10m
【解析】（1）设Q与P第一次碰撞前的速度为，碰后P、Q的速度分别为和，由动能定理，得
碰撞过程动量守恒
碰撞过程机械能守恒
代入数据求得
（2）碰后Q加速运动的加速度
碰后P减速运动的加速度
设物块Q与盒子P速度相等时经过时间为，则有
得
因为物块Q与盒子P速度相等时Q与盒子右挡板间的距离此时最大，最大距离为二者相对位移
满足题意此时不会与盒子左板碰撞。
（3）由
可知P、Q终将停止。（否则前进足够长的位移，减少的电势能会小于增加的内能，违背能量守恒定律）
停止时，Q在P的右端，设P前进的总路程为S，由能量守恒
得
16．如图所示，以O为坐标原点建立直角坐标系，等边三角形OMN边长为a，其内部存在垂直纸面向里的匀强磁场，MN边界上有一绝缘挡板，第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场．现有一质量为m，电荷最为q的带正电微粒从y轴上的P点，以初速度v0沿x轴正方向射入电场，从x轴上的Q点平行于ON方向进入三角形磁场区域，在磁场中偏转后垂直打在挡板MN的中点E上，并以原速率弹回，且带电微粒的电量保持不变．最后从y轴上的F点射出第四象限．Q、E、F三个点均未在图中标出，带电微粒的重力不计．求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)带电微粒从P点运动到F点的总时间．
【答案】（1）（2）（3）带电粒子运动的轨迹如图所示:
【解析】(1)设带电微粒在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r，圆心为O1，由几何关系可知
解得:带电微粒在磁场中的轨迹半径
带电微粒在电场中做类平抛运动，经过Q点时的竖直分速度：
由牛顿第二定律得:
带电微粒在电场中运动的时间：
因偏向角为60°，则有：
联立解得:
(2)带电微粒进入磁场时的速度：
由洛伦兹力提供向心力：
解得:
(3)带电微粒在电场中运动的时间：
带电微粒在磁场中运动的总时间：
射出磁场时速度方向水平，从离开磁场到F点所用的时间
故带电微粒从P点运动到F点的总时间
1．本试卷包含选择题和非选择题两部分．考生答题全部答在答题卡上，答在本试卷上无效．全卷共16题，本次考试时间为75分钟，满分100分．
2.答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案．答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置答题一律无效．
3.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗
单选题
（2023•平谷区一模）如图所示，玻璃砖的上表面aa'与下表面bb'平行，一束红光从上表面的P点处射入玻璃砖，从下表面的Q点处射出玻璃砖，下列说法正确的是（ ）
A．红光进入玻璃砖前后的波长不会发生变化
B．红光进入玻璃砖前后的速度不会发生变化
C．若增大红光的入射角，则红光可能会在玻璃砖下表面的Q点左侧某处发生全反射
D．若紫光与红光都从P点以相同的入射角入射，则紫光将从Q点右侧某处射出玻璃砖
【答案】D
【解析】A．光速由介质决定，但频率由波源决定，由公式v＝λf可得，红光进入玻璃砖前后的波长会发生变化，故A错误；
B．由光速与折射率的关系 QUOTE 可得，v会发生改变，所以红光进入玻璃砖前后的速度会发生变化，故B错误；
C．根据光的可逆性原理，只要光线可以从上表面射入，在玻璃中发生折射，就一定可以从下表面射出，所以增大红光的入射角，则红光不会在玻璃砖下表面发生全反射，故C错误；
D．若紫光与红光都从P点以相同的入射角入射，由于紫光折射率较大，所以紫光折射角较小，所以紫光将从Q点右侧某处射出玻璃砖，故D正确。故选：D。
2．地球上只有百万分之一的碳是以碳14形式存在于大气中。能自发进行衰变，关于发生衰变下列说法正确的是（ ）
A．衰变放出的粒子来自于的核外电子
B．衰变放出的粒子带负电，具有很强的电离能力
C．衰变产生的新核是
D．衰变产生的新核的比结合能比大
【答案】D
【解析】A衰变放出的粒子来自于原子核内，故A错误；
B．衰变放出的粒子带负电，具有较弱的电离能力，故B错误；
C．进行衰变的核反应方程为
可知衰变产生的新核是，故C错误；
D．衰变过程释放能量，质量亏损，因此产生新核的比结合能比大，故D正确。故选D。
3．如图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，为介质中的两个质点，图乙为质点的振动图像，则（ ）
A．简谐横波沿轴正方向传播
B．简谐横波的波速为
C．时，质点的加速度小于质点的加速度
D．时，质点距平衡位置的距离大于质点距平衡位置的距离
【答案】C
【解析】A由振动图像可知，在t=0.2s时刻，质点P的振动方向向下，结合波形图可知，简谐横波沿轴负方向传播，选项A错误；
B．简谐横波的波速为
选项B错误；
C．时，即在t=0.2s再经过，则质点P到达波谷，而质点Q在波谷与平衡位置之间，则此时质点的加速度小于质点的加速度，选项C正确；
D．时，即在t=0.2s再经过质点P到达波峰，质点Q在波峰和平衡位置之间，则质点距平衡位置的距离小于质点距平衡位置的距离，选项D错误。故选C。
4．回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50 K。某台回热式制冷机工作时，一定量的氦气（可视为理想气体）缓慢经历如图所示的四个过程：已知状态A和B的温度均为27 ℃，状态C和D的温度均为 ℃，下列判断正确的是（ ）
A．气体由状态A到B过程，温度先降低后升高
B．气体由状态B到C过程，内能保持不变
C．气体由状态C到D过程，分子间的平均间距减小
D．气体由状态C到D过程，气体对外做功
【答案】D
【解析】A如图所示，因为等温线离O点越远，温度越高，所以气体由状态A到B过程，温度先升高后降低，选项A错误；
B．由图示图线可知，气体由状态到过程，气体体积不变而压强减小，由理想气体状态方程可知，气体温度降低，气体内能减小，选项B错误；
C．由图示图线可知，气体由状态到过程，气体体积增大，分子间的平均间距增大，故C错误；
D．由图示图线可知，气体由状态到过程，气体体积增大，气体对外做功，选项D正确。故选D。
5．如图所示，交流电流表A1、A2和A3分别与电阻R、线圈L和电容器C串联后接在同一交流电源上．交流电压的瞬时值为．三个电流表的读数分别为I1、I2和I3．现换另一电源供电，交流电压的瞬时值为，．改换电源后，三个电流表的读数变化情况是（ ）
A．I1、I2和I3都不变B．I1、I2不变、I3变大
C．I1不变、I2变大、I3变小D．I1不变、I2变小、I3变大
【答案】D
【解析】交流电的角频率ω变大，则频率f变大，交流电的有效值不变；电阻R的阻值与交流电的频率无关，故I1不变；交流电频率变大，则线圈的阻抗变大，则I2变小；交流电频率变大，则电容器的容抗减小，则I3变大；故选D。
6．如图所示，将一小球从倾角的斜面顶端A点以初速度水平抛出，落在斜面上的B点，C为小球运动过程中与斜面相距最远的点，CD垂直AB。小球可视为质点，空气阻力不计，则（ ）
A．小球在C点的速度大小是
B．小球在从A到C点所用时间小于从C到B点所用时间
C．小球在B点的速度与水平方向的夹角正切值是
D．A、D两点间距离等于D、B两点间距离
【答案】C
【解析】AC点时速度分解如下
则有
故A错误；
B．C点时速度分解如下
则竖直速度为
则A到C用时为
到达B点时由平抛运动物体在任意时刻（任意位置），速度夹角的正切值为位移夹角正切值的2倍可得，竖直速度为
C到B点所用时间
则小球在从A到C点所用时间等于从C到B点所用时间，故B错误；
C．由平抛运动物体在任意时刻（任意位置），速度夹角的正切值为位移夹角正切值的2倍可得，小球在B点时，小球在B点时的速度与水平方向夹角正切值为，故C正确；
D．由于小球在从A到C点所用时间等于从C到B点所用时间，且水平速度不变，则AB中点应位于C点正下方，故D错误。
故选C。
7．已知两颗行星的质量m1=2m2，公转周期T1=2T2，则它们绕太阳运转轨道的半长轴之比为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】C
【解析】由开普勒第三定律可知
解得
故C正确。故选C。
8．如图所示，一个矩形线框以竖直向上的初速度进入只有一条水平边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，进入磁场后上升一段高度又落下离开磁场，忽略空气阻力，则（ ）
A．线圈上升过程产生的热焦耳热小于下落过程产生的焦耳热
B．线圈上升过程通过截面的电量小于下落过程通过截面的电量
C．线圈从开始进入到完全进入磁场所用时间小于线圈从开始飞出到完全飞出磁场所用时间
D．线圈上升过程损失的机械能小于下落过程损失的机械能
【答案】C
【解析】ACD．矩形线框上升阶段，从开始进磁场到恰好完全进入磁场，线框受重力和向下的安培力作用，做加速度减小的减速运动，恰好完全进入磁场时，速度设为v0，之后只受重力，做竖直上抛运动。下降阶段，只受重力，在磁场中做自由落体运动，到开始出磁场时，速度也为v0，之后开始出磁场到完全出磁场的过程中，线框受重力和向上的安培力作用，可能匀速出磁场，也可能做加速度减小的加速运动或者加速度减小的减速运动出磁场。无论是哪种情况，由于进磁场过程的末速度v0和出磁场过程的初速度v0相等，故进磁场过程任意时刻的瞬时速度v和瞬时加速度都大于出磁场过程的。由于进出磁场的任意瞬间，瞬时速度为v时，都有
联立得
因此上升过程进磁场时的任意时刻的安培力大于下降过程出磁场时的，上升过程进磁场时的平均速度也大于下降过程出磁场时的。而又因为进磁场过程和出磁场过程的位移相同，因此线圈上升过程克服安培力做的功，或者说产生的焦耳热，也即机械能的损失，大于下降过程的；线圈上升过程从开始进入磁场到完全进入磁场所用时间也小于线圈从开始飞出到完全飞出磁场所用时间，故AD错误，C正确；
B．由法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，电流的定义式
联立得
在本题中，线圈上升过程和下降过程，磁通量的变化量绝对值是的相等，故线圈上升过程通过截面的电量等于下落过程通过截面的电量，B错误。
故选C。
9．如图甲，白鹤滩水电站是世界第二大水电站，共安装16台我国自主研制的全球单机容量最大功率百万千瓦水轮发电机组。2021年6月28日，白鹤滩水电站首批机组投产发电，用500千伏特高压向四川远距离输电。在远距离输电中，输电线的电阻是不可忽略的，如图乙，为白鹤滩水电站输电线路原理图，水电站输出电压稳定的正弦交流电，升至特高压U后向四川供电，输送的总功率为P。用户端理想变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，R1为输电线总电阻，R2为不断电用户电阻（可视为定值电阻），R为可变用户电阻（可视为可变电阻）。当可变电阻R减小时，电压表和电流表示数变化的绝对值分别为△U、△I，电压表和电流表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．对于原线圈回路，虚线框所圈部分的等效电阻为
D．输电线路上损耗的功率为
【答案】B
【解析】AB．设用户端理想变压器原副线圈两端电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，则根据理想变压器特点
U1I1=U2I2
U1：U2=n1：n2
得，
对原线圈电路有
由上式可得
故A错误，B正确；
C．由，结合，联立可得
故C错误；
D．根据C中分析可知，虚线框所圈部分的等效电阻为R’，则R1上消耗功率为
故D错误。故选B。
10．如图所示，长为l的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端有固定转动轴O，杆可在竖直面内绕转动轴O无摩擦转动；质量为m的物块放置在光滑水平面上，开始时，使小球靠在物块的光滑侧面上，轻杆与水平面夹角45°，用手控制物块静止，然后释放物块，在之后球与物块运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．球与物块分离前，杆上的弹力逐渐增大
B．球与物块分离前，球与物块的速度相等
C．球与物块分离前，物块的速度先增大后减小
D．球与物块分离时，球的加速度等于重力加速度
【答案】D
【解析】AD．对小球和物块整体受力分析，受重力，杆的弹力F，地面的支持力FN，如图1所示，
在水平方向由牛顿第二定律得
分离后物块的加速度为零，可知在球与物块分离前，物块的加速度逐渐减小，而小球水平方向的分加速度与物块的加速度相等，所以物块的水平方向分加速度逐渐减小，而逐渐增大，所以弹力逐渐减小，当恰好分离时，水平加速度为零，弹力为零，球只受重力，加速度等于重力加速度g，故A错误，D正确；
B．设球的速度为v，球与物块分离前，物块与球的水平速度相等，球的速度与杆垂直向下，如图2所示，
将球的速度分解为水平方向和竖直方向两个分速度，由图可知，球的速度大于物块的速度，故B错误；
C．由于地面光滑，杆对物块的弹力始终向左，物块的加速度始终向左，所以物块一直加速，故C错误。故选D。
11．如图所示，光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧下端连接在挡板上，上端放置一个小物块，小物块处于静止状态。现对小物块施加一个沿斜面向上的恒力F（F
A．物块获得的最大动能为
B．物块增加的机械能为
C．开始时，弹簧中的弹性势能为
D．当物块与弹簧分离时，重力的瞬时功率为mgvsinθ
【答案】D
【解析】A．从开始运动到物块与弹簧分离的过程中，由牛顿第二定律可知
当a=0时，速度最大，此时弹簧弹力大小为
弹簧仍处于压缩状态，此后速度减小，所以物块获得的最大动能大于，故A错误；
BC．小物块处于静止状态时，弹簧压缩量为
从开始运动到物块与弹簧分离的过程中，恒力F做的功为
由功能关系可知，物块增加的机械能为
可知物块增加的机械能大于。开始时弹簧中的弹性势能为
故B、C错误；
D．当物块与弹簧分离时，重力做功的瞬时功率为
故D正确。故选D。
二、实验题
12．现用已调为水平的气垫导轨及图甲中所示的其它装置验证动量守恒定律，实验的主要步骤为：
(1)用一游标卡尺测得挡光片的宽度d如图乙所示，则d= cm。用天平测得滑块a（含挡光片）的质量为m1及滑块b（含挡光片和弹簧）的质量为m2
(2)将滑块b静置于两光电门之间，将滑块a置于光电门1的右端，然后将滑块a水平压缩弹簧，滑块a在弹簧的作用下向左弹射出去，通过光电门1后继续向左滑动并与滑块b发生碰撞
(3)a、b两滑块碰撞弹开后，分别通过光电门1和2，实验结束
(4)实验后，分别记录了滑块a先后两次通过光电门1的时间t1和t2，及滑块b通过光电门2的时间t3.
(5)若碰撞前后动量守恒，则验证的表达式为 （用测得量符号表示）
(6)如果该碰撞为弹性碰撞，且滑块a碰撞后也随即向左通过光电门2，则两滑块的质量m1 m2（填大于、等于或小于）
【答案】(1)1.550 (5)或 (6)大于
【解析】(1) [1]根据游标卡尺的读数原理，可知挡光片的宽度
d=1.5×10mm+0.05mm×10=15.50mm=1.550cm
(5)[2]滑块a先后两次通过光电门1的速度分别为
滑块b通过光电门2的速度为
设向左为正方向，则要验证的关系为
即
(6)[3]如果该碰撞为弹性碰撞，且滑块a碰撞后也随即向左通过光电门2，则
解得
则
三、解答题
13．如图所示，导热汽缸上端开口，竖直固定在地面上，高度H=1.35m。质量均为m=2kg的A、B两个活塞静止时将汽缸容积均分为三等份，A、B之间为真空并压缩一根轻质弹簧，弹性系数k=300N/m，A、B与汽缸间无摩擦，大气压p0=1×105Pa，密封气体初始温度T1=252K，重力加速度g取10m/s2，活塞面积S=4×10﹣4 m2，其厚度忽略不计。
（1）求最初密封气体的压强；
（2）若给电阻丝通电加热密封气体，当活塞B缓慢上升到离汽缸底部h=1m时，求密封气体的温度；
（3）保持密封气体的温度T0=252K不变，当用F=120N的力竖直向下压活塞A．求稳定时A向下移动的距离L。
【答案】（1）2×105Pa；（2）770K；（3）0.67m
【解析】（1）对AB整体2mg+p0S=p1S
得
p1=2×105Pa
（2）初状态对A
kx1=mg+p0S
末状态对B
k（x1+h-）=p2S
密封气体
得T2=770K
（3）设用F向下压后弹簧的压缩量为x2，有
kx2=mg+F+p0S
设F向下压后封闭气体的压强为p3，有
p3S=2mg+F+p0S
由于温度不变，由玻意耳定律知
A活塞下降的距离
得
L=0.67m
14．一正弦交流电的电压随时间变化规律如图所示，则
（1）交流电的周期是多少？
（2）交流电的频率是多少？
（3）交流电压的有效值是多少？
【答案】（1）0.04s；（2）25Hz；（3）
【解析】根据图像可知交流电的类型、电压峰值以及周期等物理量，然后进一步可求出频率、有效值。（1）从图片中可以看出，正弦交流电两个波峰之间的时间差就是交流电的周期，则周期为
（2）根据频率与周期的关系可以求得交流电的频率为
（3）从图中可以看出交流电的峰值为
由于该交流电为正弦交流电，则可以求得有效值为
15．如图所示，在足够长的粗糙水平面上放一长为、质量为、左右挡板厚度不计的U形盒子P（盒子内底面水平），盒子P与水平面间的动摩擦因数为。在盒子的左端放一质量等于的物块（可看作质点），Q的带电量始终为。整个装置始终处在一个水平向右的匀强电场中，场强为，Q与盒子内表面无摩擦，放开物块后即在盒内向右运动与右面挡板碰撞，设碰撞时间极短且碰撞过程中没有机械能损失，重力加速度g取10。求
（1）物块与盒子发生第一次碰撞后，P、Q的速度大小；
（2）物块与盒子发生第一次碰撞后至第二次碰撞前Q与盒子右挡板间的最大距离（结果可用分数表示）；
（3）P最终是否会停止？若P不能停止，求第一次碰后，20秒内P前进的路程；若P会停止，求P前进的总路程。
【答案】（1）8m/s，3m/s；（2）；（3）P、Q终将停止，P前进的总路程为10m
【解析】（1）设Q与P第一次碰撞前的速度为，碰后P、Q的速度分别为和，由动能定理，得
碰撞过程动量守恒
碰撞过程机械能守恒
代入数据求得
（2）碰后Q加速运动的加速度
碰后P减速运动的加速度
设物块Q与盒子P速度相等时经过时间为，则有
得
因为物块Q与盒子P速度相等时Q与盒子右挡板间的距离此时最大，最大距离为二者相对位移
满足题意此时不会与盒子左板碰撞。
（3）由
可知P、Q终将停止。（否则前进足够长的位移，减少的电势能会小于增加的内能，违背能量守恒定律）
停止时，Q在P的右端，设P前进的总路程为S，由能量守恒
得
16．如图所示，以O为坐标原点建立直角坐标系，等边三角形OMN边长为a，其内部存在垂直纸面向里的匀强磁场，MN边界上有一绝缘挡板，第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场．现有一质量为m，电荷最为q的带正电微粒从y轴上的P点，以初速度v0沿x轴正方向射入电场，从x轴上的Q点平行于ON方向进入三角形磁场区域，在磁场中偏转后垂直打在挡板MN的中点E上，并以原速率弹回，且带电微粒的电量保持不变．最后从y轴上的F点射出第四象限．Q、E、F三个点均未在图中标出，带电微粒的重力不计．求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)带电微粒从P点运动到F点的总时间．
【答案】（1）（2）（3）带电粒子运动的轨迹如图所示:
【解析】(1)设带电微粒在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r，圆心为O1，由几何关系可知
解得:带电微粒在磁场中的轨迹半径
带电微粒在电场中做类平抛运动，经过Q点时的竖直分速度：
由牛顿第二定律得:
带电微粒在电场中运动的时间：
因偏向角为60°，则有：
联立解得:
(2)带电微粒进入磁场时的速度：
由洛伦兹力提供向心力：
解得:
(3)带电微粒在电场中运动的时间：
带电微粒在磁场中运动的总时间：
射出磁场时速度方向水平，从离开磁场到F点所用的时间
故带电微粒从P点运动到F点的总时间
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