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福建省华安县第一中学2024-2025学年高三上学期开学考试物理试题（解析版）
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这是一份福建省华安县第一中学2024-2025学年高三上学期开学考试物理试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题8分，实验题22分，解答题30分等内容，欢迎下载使用。
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 温度低的物体内能小
B. 温度低的物体分子的平均速率小
C. 一定质0℃量的水结成0℃的冰，内能一定减少
D. 外界对物体做功时，物体的内能一定增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．温度低的物体内能不一定小，还与物体的体积、分子数有关，故A错误；
B．温度低的物体分子运动的平均动能一定小，而平均速率不一定小，还与分子质量有关，故B错误；
C．一定质量的的水结成的冰，放出热量，则内能一定减少，故C正确；
D．当外界对物体做功时，根据热力学第一定律可知，物体的内能不一定增大，还与热量有关，故D错误。
故选C。
2. 汽车匀速率地行驶在如图所示凹凸路面上，则在、、、四点中，最易爆胎和最易腾空而起的点是（ ）
A. D与CB. C与BC. B与AD. A与D
【答案】A
【解析】
【详解】汽车在坡谷时：
可得：
r越小，FN越大；而D点半径比B点小，则D点最容易爆胎.
汽车在坡顶时：
mg-FN=mv2r
解得：
半径越小，FN越小，越容易飞离地面，所以C点容易容易飞离地面.故选A．
3. 如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，将带负电荷、电荷量q=0.5C，质量m=0.02kg的滑块放在小车的左端，小车的质量M=0.08kg，滑块与绝缘小车之间的动摩擦因数μ=0.4，它们所在空间存在磁感应强度为B=1.0T的垂直纸面向里的匀强磁场，开始时小车和滑块静止，突然给小车一个向左的冲量I=0.16N·s，g取10m/s2，那么小车与滑块因摩擦而产生的最大热量为（ ）
A. 0.160JB. 0.032JC. 0.014JD. 0.016J
【答案】C
【解析】
【详解】开始时小车和滑块静止，突然给小车一个向左的冲量，即
解得
根据左手定则可知，滑块受到的洛伦兹力方向向上，假设二者能够达到共同速度，则
解得
当滑块脱离小车时，有
解得滑块的速度大小为
所以二者不可能达到共速，根据动量守恒定律可得
解得
根据能量守恒定律可得
故选C。
4. 如图所示，左图为大型游乐设施跳楼机，右图为其结构简图．跳楼机由静止从a自由下落到b，再从b开始以恒力制动竖直下落到c停下．已知跳楼机和游客的总质量为m，ab高度差为2h，bc高度差为h，重力加速度为g．则
A. 从a到b与从b到c的运动时间之比为2：1
B. 从a到b，跳楼机座椅对游客的作用力与游客的重力大小相等
C. 从a到b，跳楼机和游客总重力的冲量大小为
D. 从b到c，跳楼机受到制动力的大小等于2mg
【答案】A
【解析】
【详解】A.由题意可知，跳楼机从a运动b过程中做自由落体运动，由可得，下落时间
由可知，运动到b的速度大小为
跳楼机从b运动c过程中做减速运动，同理可得
，
解得减速过程的加速度大小为，时间为，故从a到b与从b到c的运动时间之比为
故A正确；
B.从a到b，跳楼机做自由落体运动，故跳楼机座椅对游客的作用力为零，故B错误；
C.从a到b，根据动量定理可得
则跳楼机和游客总重力的冲量大小为，故C错误；
D.从b到c，根据牛顿第二定律有：
解得跳楼机受到制动力的大小为，故D错误．
二、多选题（每题6分）
5. 无动力翼装飞行是运动员穿戴拥有双翼的飞行服装和降落伞设备，从飞机、悬崖绝壁等高处一跃而下，运用肢体动作来掌控滑翔方向，如图所示，则从a到b的运动过程中（ ）
A. 运动员所受的合外力为零
B. 运动员处于超重状态
C. 运动员的机械能逐渐减小
D. 运动员的机械能守恒
【答案】BC
【解析】
【详解】A.从a到b的运动过程可认为是在竖直平面内的匀速圆周运动，则合外力提供向心力，故A错误；
B.从a到b的运动过程向心加速度有向上的分量，故运动员处于超重状态，故B正确；
CD.从a到b的运动过程速率不变，则动能不变，重力势能减小，故运动员的机械能逐渐减小，故C正确，D错误。
故选BC。
【点睛】考查机械能守恒和匀速圆周运动问题，会根据题意进行分析和判断。
6. 两辆汽车A、B在相邻车道以不同的速度匀速行驶，前方十字路口红灯，两车刹车过程中并排行驶时，如图甲所示，车头到前方停车线的距离均为20m，最终两车头均恰好到达停车线前。以两车并排行驶时车头所在处为位移0点并开始计时，以汽车运动方向为正方向建立x轴，汽车A的图像如图乙所示，是开口向下的抛物线的一部分，汽车B的图像为如图丙所示的直线，下列说法正确的是（ ）
A. 两汽车同时到达停车线前
B. 汽车的初速度大小为8m/s
C. 汽车B的加速度大小为
D. 两车头沿运动方向的最大距离为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．B车做的是匀减速运动，则
解得
而A车到达停止线只花了5s，故A错误；
B．因为汽车A的图像如图乙所示，是开口向下的抛物线的一部分，则汽车A做匀减速直线运动，则汽车的初速度大小为
B正确；
C．汽车B的加速度大小为
C错误；
D．两车速度相等时，两车头沿运动方向的距离最大，则
解得
两车头沿运动方向的最大距离为
D正确；
故选BD。
7. 2023年4月14日，我国首颗太阳探测卫星“夸父一号”准时观测了部分数据，实现了数据共享。如图，“夸父一号”卫星和另一颗卫星分别沿圆轨道、椭圆轨道绕地球沿逆时针运动，圆的半径与椭圆的半长轴相等，两轨道相交于A、B两点，某时刻两卫星与地球在同一直线上，下列说法中正确的是（ ）
A. 两颗卫星的运动周期相等
B. 两卫星在图示位置的速度v1C. 两卫星在A处受到的万有引力大小一定相等
D. 两颗卫星在A或B点处不可能相遇
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据开普勒第三定律可得
由于圆的半径与椭圆的半长轴相等，则两颗卫星的运动周期相等，故A正确；
B．设沿椭圆轨道运行卫星在远地点变轨成绕地球做匀速圆周运动，则需要在变轨处点火加速，可知小于变轨后圆轨道的运行速度；卫星绕地球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力可得
可得
可知
则两卫星在图示位置的速度，故B错误；
C．根据万有引力表达式
由于两卫星的质量不一定相等，则两卫星在A处受到的万有引力大小不一定相等，故C错误；
D．由于两卫星的周期相等，从图示位置，圆轨道卫星到A处所用时间大于半个周期，椭圆轨道卫星到A处所用时间小于半个周期；圆轨道卫星到B处所用时间小于半个周期，椭圆轨道卫星到B处所用时间大于半个周期；所以两颗卫星在A或B点处不可能相遇，故D正确。
故选AD。
8. 如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。关于这个过程，下列说法正确的是（ ）
A. 车上曲面的竖直高度不会大于
B. 小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是
C. 小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化
D. 小球恰到达最高点后若从左侧曲面滑回，则掉落时小球做自由落体
【答案】AC
【解析】
【详解】A．因为小球恰好达到顶端，故达到顶端的时候两者共速，由水平方向动量守恒可得
则
小球上滑到最高点的过程由能量守恒可知，当曲面光滑系统减少的动能等于小球增加的重力势能，当曲面粗糙时系统减少的动能等于小球增加的重力势能加系统的摩擦生热，故
则
其中等号在曲面光滑时取得，即车上曲面的竖直高度不会大于，故A正确；
B．小车在水平方向，由动量定理
故小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量的水平分量大小是，故B错误；
C．整个过程由水平方向动量守恒
系统总动能不增加，则有
其中当曲面光滑时取等号，球从右侧离开时有
故曲面光滑小球离开小车时
，
若曲面不光滑小球离开小车时
所以小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化，故C正确；
D．整个过程水平方向动量守恒有
系统总动能不增加，则有
其中当曲面光滑时取等号，球从左侧离开时有
故曲面光滑小球离开小车时
，
若曲面不光滑小球离开小车时
小球恰到达最高点后若从左侧曲面滑回，掉落时小球可能做自由落体，也可能做平抛运动，故D错误。
故选AC。
三、填空题8分
9. 图甲所示为探究光电效应规律的实验电路，图乙为测得的I-U关系图。已知入射光子能量，电子电荷量的绝对值为e，则光电管阴极材料的逸出功W=___________eV；光电效应现象说明了光具有___________（选填“波动性”或“粒子性”）。
【答案】 ①. 5.2 ②. 粒子性
【解析】
【详解】[1]由图乙可知，逸出的电子具有5.5eV的能量，由光电效应方程，可得光电管阴极材料的逸出功
[2]光电效应现象说明了光具有粒子性。
10. 如图所示是一定质量的理想气体由状态A经过状态B到状态C再到状态D的T-V图像，已知状态B的压强为pB=1.5×105Pa，CD的延长线过坐标原点，D点坐标为（0.3m3，200K），那么状态C的压强pC=________；从状态A经过状态B再到状态C的过程中气体对外做的功W=________。
【答案】 ①. 2.0×105Pa ②. 3.0×104J
【解析】
【详解】[1]由图像可知，从A到B过程，气体发生等压变化，即
同理可知，状态C与状态D的压强相等，由理想气体状态方程可得
解得
[2]由状态A到状态B，气体发生等压变化，气体体积增大，则气体对外做功为
气体从状态B到状态C发生等容变化，气体对外不做功，所以
四、实验题22分
11. 某同学用插针法测定玻璃的折射率。如图所示，他用两折射面平行的玻璃砖进行实验。
（1）为了提高准确度，与及与之间的距离应适当______（填“大些”或“小些”）。
（2）若入射角太大，则折射光线______（填“会”或“不会”）在平行玻璃砖的下表面发生全反射。
【答案】 ①. 大些 ②. 不会
【解析】
【详解】（1）[1]为了提高准确度，与及与之间的距离应适当大些。
（2）[2]根据光路可逆原理，折射光不会在平行玻璃砖下表面发生全反射。
12. 某同学欲研究实验室可拆变压器工作时原线圈输入功率和副线圈输出功率之间的关系，可供选择的器材如下：
a.可拆变压器（如图1中所示，原线圈接线柱标注0、4、8、12，副线圈接线柱标注0、1、2）
b学生电源
c.小灯泡（2.5V，2.0 W）
d.交流电压表（量程0~30V）
e.交流电压表（量程0~6V）
f.交流电流表（量程0~0.3A）
g.交流电流表（量程0~1.0A）
h.滑动变阻器（0~5Ω）
实验电路如图2：
（1）用笔画线代替导线将图1中的实物图补充完整________。
（2）连接好电路后，该同学将滑动变阻器滑片置于阻值最大处，学生电源电压调至20V，打开电源开关，调整滑动变阻器滑片位置，当灯泡较亮时，读出四个电表的示数分别为，，，，通过计算发现，可能的原因是________（填选项标号）
A. 未考虑电压表的内阻B. 未考虑电压表的内阻
C. 变压器漏磁D. 由于涡流变压器铁芯发热
（3）继续调整滑动变阻器滑片位置，使灯泡更亮，测得四个电表的示数分别为、、、，则与的差值将________（忽略电流表内阻的影响，选填“增大”或“减小”）。
（4）若将可拆变压器上水平放置的铁芯拆下，则要使小灯泡能够正常发光，左侧原线圈应选择接线柱“0”与________（选填“4”或“12”）相连。
【答案】（1）见解析 （2）CD
（3）增大 （4）4
【解析】
小问1详解】
左侧原线圈应与电源交流输出相连，灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为2W，额定电流为0.8A，正常工作时的电阻约为3Ω，滑动变阻器最大阻值为5Ω，电源电压为20V，故副线圈匝数接线柱应选择“0”“2”；
【小问2详解】
电压表的内阻对原线圈、的测量无影响，电压表的内阻对副线圈、的测量无影响，原线圈功率大于副线圈功率的原因是漏磁、涡流和导线发热，故选项CD正确，AB错误。
故选CD。
【小问3详解】
副线圈电流增大后，原线圈电流增大，磁场增强，涡流增大，变压器左右两侧功率差值增大；
【小问4详解】
可拆变压器上水平放置的铁芯拆下后漏磁增多，应减小原副线圈匝数比，选择“0”“4”接线柱。
13. 滑动变阻器由陶瓷筒和密绕在其上的螺线管状电阻丝组成。现为了测定某一滑动变阻器电阻丝的电阻率。实验器材有：
两节干电池（电动势为3V，内阻为r），电流表（量程为0.6A，内阻为），电阻箱R（），待测滑动变阻器（总匝数120匝，匝数清晰可数），开关及导线若干。
器材按图1连接，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关，调节电阻箱至合适阻值并保持不变，移动待测滑动变阻器的滑片，多次记录该滑动变阻器接入电路的匝数n和相应电流表的读数I。作出图像，如图2所示。
（1）用螺旋测微器测量滑动变阻器电阻丝的直径如图3所示，电阻丝直径______mm；
（2）某次测量时，电流表指针位置如图4所示，读数______A；
（3）已知待测变阻器螺线管的直径，则待测变阻器电阻丝电阻率为______（结果保留2位有效数字）；
（4）若已知实验中电阻箱接入电路中的电阻为，则两节干电池串联的总内阻______（结果保留2位有效数字）；
（5）实验中所用电源因长时间使用，内阻增大，则测得的电阻率______（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）0.635（0.633-0.637均可）
（2）0.34 （3）（均可）
（4）1.2 （5）不变
【解析】
【小问1详解】
电阻丝直径为
【小问2详解】
电流表量程为0.6A，分度值为0.02A，则该电流表的读数为
【小问3详解】
根据电阻定律
由闭合电路欧姆定律
化简可得
由图可知，斜率
代入数据，联立可得，待测变阻器电阻丝电阻率为
【小问4详解】
如图所示
根据
纵截距为
代入数据解得两节干电池串联的总内阻为
【小问5详解】
根据
可知实验中所用的电源因长时间使用，内阻增大，即增大，影响纵截距，不影响斜率，故则测得的电阻率不变。
五、解答题30分
14. 如图所示是科学仪器中广泛应用的磁致离子偏转技术原理图。位于纸面的xOy平面内，和两条直线间存在着垂直纸面向内的匀强磁场。原点O处的离子源能沿纸面发射质量为，电量为的正离子。其中向第一象限且与x轴正向成发射的速度为的离子，刚好从A点射出磁场。
（1）求该离子从A点射出磁场时的速度方向及匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）若离子源向与x轴正向最大夹角为范围内发射离子，且所有离子都不离开磁场，求其发射的离子最大速度；
（3）在（2）的条件下，若在该范围内以最大速度发射的大量离子在磁场区域能到达的面积S；（取）
（4）若磁场布满整个空间且磁场区域充满空气，使进入磁场的离子受到与速度大小成正比、方向相反的阻力。离子源沿x轴正向持续发射速度为的离子，单位时间发射离子数为，这些离子均经过A点。若在A点沿y轴放一小块离子收集板以收集所有射到A点的离子，不考虑离子间的相互作用，求离子束对收集板的作用力沿x轴方向分力的大小。
【答案】（1）轴正向夹角为，；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）设轨迹半径为
解得
解得
出射速度方向沿与轴正向夹角为；
（2）沿轴正方向发射的离子轨迹恰好与上边界相切时
以方向入射的半径为的圆轨迹能到达的最低点
故最大半径为
解得
（3）如图所示，离子所到达的区域面积为半径的一个圆加上顶角半径的扇形一中间叶片区域的面积，然后减去两个顶角半径的扇形相交区域的面积。即
（4）设某时刻速度为，方向与水平方向夹角为，水平方向由动量定理得
即
解得
方向对粒子由动量定理得
解得
由牛顿第三定律得，粒子对收集板的作用力大小为
15. 智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材。如图甲，腰带外侧带有轨道，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.4kg，轻绳长为0.4m，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，运动过程中腰带可视为静止，不计一切阻力2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。求：
（1）轻绳拉力的大小；
（2）配重做匀速圆周运动的角速度；
（3）配重从静止开始加速旋转至θ＝37°的过程中，绳子对配重所做的功。
【答案】（1）5N；（2）；（3）7.07J
【解析】
【详解】（1）根据题意，配重受竖直向下的重力mg和绳的拉力T，如图所示
有
（2）根据题意，配重做匀速圆周运动，则
解得
（3）配重做匀速圆周运动线速度大小
解得
根据几何关系可得配重上升的高度为
根据动能定理可得
解得
【点睛】本题考查匀速圆周运动和动能定理，关键是弄清楚配重的受力情况，能够根据牛顿第二定律结合向心力的计算公式求解配重的速度。要知道动能定理是求功常用的方法。
16. 如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道CD在竖直平面内，与水平轨道AC相切于C点，水平轨道AC上有一弹簧，左端连接在固定的挡板上，弹簧自由端所在的B点与轨道最低点C距离为4R，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中。现有两个完全相同的小球（可视为质点），一个电荷量为q的小球（甲球）放在水平轨道的C点；不带电的小球（乙球）压缩弹簧（不拴接），当弹簧的压缩量为l时，释放乙球，乙球在C点与甲球正碰，粘在一起后恰好能通过光滑半圆形轨道的最高点D；若第二次回到初始状态再由乙球压缩弹簧，释放后两小球在C点发生弹性正碰（碰撞过程无电荷转移），甲球经过BCD后恰好落在B点，已知每个小球的质量均为m，重力加速度大小为g，电场强度的大小。
（1）求第一次压缩时，弹簧的弹性势能；
（2）若弹簧压缩时弹性势能与压缩量的二次方成正比，弹簧始终处在弹性限度内，求弹簧第二次的压缩量。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】（1）在D点，根据牛顿第二定律有
解得
从C到D，根据动能定理
解得碰后C的速度
设碰前在乙球C点的速度为v，根据动量守恒有
解得
再由能量守恒
（2）设第二次碰前乙球的速度为，两完全相同的小球弹性碰撞，速度交换，即碰后甲球的速度为，设甲球在D点的速度为，从D到B，竖直方向
又因为
水平方向
联立解得
从C到D
解得
弹性势能
所以
得
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 温度低的物体内能小
B. 温度低的物体分子的平均速率小
C. 一定质0℃量的水结成0℃的冰，内能一定减少
D. 外界对物体做功时，物体的内能一定增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．温度低的物体内能不一定小，还与物体的体积、分子数有关，故A错误；
B．温度低的物体分子运动的平均动能一定小，而平均速率不一定小，还与分子质量有关，故B错误；
C．一定质量的的水结成的冰，放出热量，则内能一定减少，故C正确；
D．当外界对物体做功时，根据热力学第一定律可知，物体的内能不一定增大，还与热量有关，故D错误。
故选C。
2. 汽车匀速率地行驶在如图所示凹凸路面上，则在、、、四点中，最易爆胎和最易腾空而起的点是（ ）
A. D与CB. C与BC. B与AD. A与D
【答案】A
【解析】
【详解】汽车在坡谷时：
可得：
r越小，FN越大；而D点半径比B点小，则D点最容易爆胎.
汽车在坡顶时：
mg-FN=mv2r
解得：
半径越小，FN越小，越容易飞离地面，所以C点容易容易飞离地面.故选A．
3. 如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，将带负电荷、电荷量q=0.5C，质量m=0.02kg的滑块放在小车的左端，小车的质量M=0.08kg，滑块与绝缘小车之间的动摩擦因数μ=0.4，它们所在空间存在磁感应强度为B=1.0T的垂直纸面向里的匀强磁场，开始时小车和滑块静止，突然给小车一个向左的冲量I=0.16N·s，g取10m/s2，那么小车与滑块因摩擦而产生的最大热量为（ ）
A. 0.160JB. 0.032JC. 0.014JD. 0.016J
【答案】C
【解析】
【详解】开始时小车和滑块静止，突然给小车一个向左的冲量，即
解得
根据左手定则可知，滑块受到的洛伦兹力方向向上，假设二者能够达到共同速度，则
解得
当滑块脱离小车时，有
解得滑块的速度大小为
所以二者不可能达到共速，根据动量守恒定律可得
解得
根据能量守恒定律可得
故选C。
4. 如图所示，左图为大型游乐设施跳楼机，右图为其结构简图．跳楼机由静止从a自由下落到b，再从b开始以恒力制动竖直下落到c停下．已知跳楼机和游客的总质量为m，ab高度差为2h，bc高度差为h，重力加速度为g．则
A. 从a到b与从b到c的运动时间之比为2：1
B. 从a到b，跳楼机座椅对游客的作用力与游客的重力大小相等
C. 从a到b，跳楼机和游客总重力的冲量大小为
D. 从b到c，跳楼机受到制动力的大小等于2mg
【答案】A
【解析】
【详解】A.由题意可知，跳楼机从a运动b过程中做自由落体运动，由可得，下落时间
由可知，运动到b的速度大小为
跳楼机从b运动c过程中做减速运动，同理可得
，
解得减速过程的加速度大小为，时间为，故从a到b与从b到c的运动时间之比为
故A正确；
B.从a到b，跳楼机做自由落体运动，故跳楼机座椅对游客的作用力为零，故B错误；
C.从a到b，根据动量定理可得
则跳楼机和游客总重力的冲量大小为，故C错误；
D.从b到c，根据牛顿第二定律有：
解得跳楼机受到制动力的大小为，故D错误．
二、多选题（每题6分）
5. 无动力翼装飞行是运动员穿戴拥有双翼的飞行服装和降落伞设备，从飞机、悬崖绝壁等高处一跃而下，运用肢体动作来掌控滑翔方向，如图所示，则从a到b的运动过程中（ ）
A. 运动员所受的合外力为零
B. 运动员处于超重状态
C. 运动员的机械能逐渐减小
D. 运动员的机械能守恒
【答案】BC
【解析】
【详解】A.从a到b的运动过程可认为是在竖直平面内的匀速圆周运动，则合外力提供向心力，故A错误；
B.从a到b的运动过程向心加速度有向上的分量，故运动员处于超重状态，故B正确；
CD.从a到b的运动过程速率不变，则动能不变，重力势能减小，故运动员的机械能逐渐减小，故C正确，D错误。
故选BC。
【点睛】考查机械能守恒和匀速圆周运动问题，会根据题意进行分析和判断。
6. 两辆汽车A、B在相邻车道以不同的速度匀速行驶，前方十字路口红灯，两车刹车过程中并排行驶时，如图甲所示，车头到前方停车线的距离均为20m，最终两车头均恰好到达停车线前。以两车并排行驶时车头所在处为位移0点并开始计时，以汽车运动方向为正方向建立x轴，汽车A的图像如图乙所示，是开口向下的抛物线的一部分，汽车B的图像为如图丙所示的直线，下列说法正确的是（ ）
A. 两汽车同时到达停车线前
B. 汽车的初速度大小为8m/s
C. 汽车B的加速度大小为
D. 两车头沿运动方向的最大距离为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．B车做的是匀减速运动，则
解得
而A车到达停止线只花了5s，故A错误；
B．因为汽车A的图像如图乙所示，是开口向下的抛物线的一部分，则汽车A做匀减速直线运动，则汽车的初速度大小为
B正确；
C．汽车B的加速度大小为
C错误；
D．两车速度相等时，两车头沿运动方向的距离最大，则
解得
两车头沿运动方向的最大距离为
D正确；
故选BD。
7. 2023年4月14日，我国首颗太阳探测卫星“夸父一号”准时观测了部分数据，实现了数据共享。如图，“夸父一号”卫星和另一颗卫星分别沿圆轨道、椭圆轨道绕地球沿逆时针运动，圆的半径与椭圆的半长轴相等，两轨道相交于A、B两点，某时刻两卫星与地球在同一直线上，下列说法中正确的是（ ）
A. 两颗卫星的运动周期相等
B. 两卫星在图示位置的速度v1
D. 两颗卫星在A或B点处不可能相遇
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据开普勒第三定律可得
由于圆的半径与椭圆的半长轴相等，则两颗卫星的运动周期相等，故A正确；
B．设沿椭圆轨道运行卫星在远地点变轨成绕地球做匀速圆周运动，则需要在变轨处点火加速，可知小于变轨后圆轨道的运行速度；卫星绕地球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力可得
可得
可知
则两卫星在图示位置的速度，故B错误；
C．根据万有引力表达式
由于两卫星的质量不一定相等，则两卫星在A处受到的万有引力大小不一定相等，故C错误；
D．由于两卫星的周期相等，从图示位置，圆轨道卫星到A处所用时间大于半个周期，椭圆轨道卫星到A处所用时间小于半个周期；圆轨道卫星到B处所用时间小于半个周期，椭圆轨道卫星到B处所用时间大于半个周期；所以两颗卫星在A或B点处不可能相遇，故D正确。
故选AD。
8. 如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。关于这个过程，下列说法正确的是（ ）
A. 车上曲面的竖直高度不会大于
B. 小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是
C. 小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化
D. 小球恰到达最高点后若从左侧曲面滑回，则掉落时小球做自由落体
【答案】AC
【解析】
【详解】A．因为小球恰好达到顶端，故达到顶端的时候两者共速，由水平方向动量守恒可得
则
小球上滑到最高点的过程由能量守恒可知，当曲面光滑系统减少的动能等于小球增加的重力势能，当曲面粗糙时系统减少的动能等于小球增加的重力势能加系统的摩擦生热，故
则
其中等号在曲面光滑时取得，即车上曲面的竖直高度不会大于，故A正确；
B．小车在水平方向，由动量定理
故小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量的水平分量大小是，故B错误；
C．整个过程由水平方向动量守恒
系统总动能不增加，则有
其中当曲面光滑时取等号，球从右侧离开时有
故曲面光滑小球离开小车时
，
若曲面不光滑小球离开小车时
所以小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化，故C正确；
D．整个过程水平方向动量守恒有
系统总动能不增加，则有
其中当曲面光滑时取等号，球从左侧离开时有
故曲面光滑小球离开小车时
，
若曲面不光滑小球离开小车时
小球恰到达最高点后若从左侧曲面滑回，掉落时小球可能做自由落体，也可能做平抛运动，故D错误。
故选AC。
三、填空题8分
9. 图甲所示为探究光电效应规律的实验电路，图乙为测得的I-U关系图。已知入射光子能量，电子电荷量的绝对值为e，则光电管阴极材料的逸出功W=___________eV；光电效应现象说明了光具有___________（选填“波动性”或“粒子性”）。
【答案】 ①. 5.2 ②. 粒子性
【解析】
【详解】[1]由图乙可知，逸出的电子具有5.5eV的能量，由光电效应方程，可得光电管阴极材料的逸出功
[2]光电效应现象说明了光具有粒子性。
10. 如图所示是一定质量的理想气体由状态A经过状态B到状态C再到状态D的T-V图像，已知状态B的压强为pB=1.5×105Pa，CD的延长线过坐标原点，D点坐标为（0.3m3，200K），那么状态C的压强pC=________；从状态A经过状态B再到状态C的过程中气体对外做的功W=________。
【答案】 ①. 2.0×105Pa ②. 3.0×104J
【解析】
【详解】[1]由图像可知，从A到B过程，气体发生等压变化，即
同理可知，状态C与状态D的压强相等，由理想气体状态方程可得
解得
[2]由状态A到状态B，气体发生等压变化，气体体积增大，则气体对外做功为
气体从状态B到状态C发生等容变化，气体对外不做功，所以
四、实验题22分
11. 某同学用插针法测定玻璃的折射率。如图所示，他用两折射面平行的玻璃砖进行实验。
（1）为了提高准确度，与及与之间的距离应适当______（填“大些”或“小些”）。
（2）若入射角太大，则折射光线______（填“会”或“不会”）在平行玻璃砖的下表面发生全反射。
【答案】 ①. 大些 ②. 不会
【解析】
【详解】（1）[1]为了提高准确度，与及与之间的距离应适当大些。
（2）[2]根据光路可逆原理，折射光不会在平行玻璃砖下表面发生全反射。
12. 某同学欲研究实验室可拆变压器工作时原线圈输入功率和副线圈输出功率之间的关系，可供选择的器材如下：
a.可拆变压器（如图1中所示，原线圈接线柱标注0、4、8、12，副线圈接线柱标注0、1、2）
b学生电源
c.小灯泡（2.5V，2.0 W）
d.交流电压表（量程0~30V）
e.交流电压表（量程0~6V）
f.交流电流表（量程0~0.3A）
g.交流电流表（量程0~1.0A）
h.滑动变阻器（0~5Ω）
实验电路如图2：
（1）用笔画线代替导线将图1中的实物图补充完整________。
（2）连接好电路后，该同学将滑动变阻器滑片置于阻值最大处，学生电源电压调至20V，打开电源开关，调整滑动变阻器滑片位置，当灯泡较亮时，读出四个电表的示数分别为，，，，通过计算发现，可能的原因是________（填选项标号）
A. 未考虑电压表的内阻B. 未考虑电压表的内阻
C. 变压器漏磁D. 由于涡流变压器铁芯发热
（3）继续调整滑动变阻器滑片位置，使灯泡更亮，测得四个电表的示数分别为、、、，则与的差值将________（忽略电流表内阻的影响，选填“增大”或“减小”）。
（4）若将可拆变压器上水平放置的铁芯拆下，则要使小灯泡能够正常发光，左侧原线圈应选择接线柱“0”与________（选填“4”或“12”）相连。
【答案】（1）见解析 （2）CD
（3）增大 （4）4
【解析】
小问1详解】
左侧原线圈应与电源交流输出相连，灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为2W，额定电流为0.8A，正常工作时的电阻约为3Ω，滑动变阻器最大阻值为5Ω，电源电压为20V，故副线圈匝数接线柱应选择“0”“2”；
【小问2详解】
电压表的内阻对原线圈、的测量无影响，电压表的内阻对副线圈、的测量无影响，原线圈功率大于副线圈功率的原因是漏磁、涡流和导线发热，故选项CD正确，AB错误。
故选CD。
【小问3详解】
副线圈电流增大后，原线圈电流增大，磁场增强，涡流增大，变压器左右两侧功率差值增大；
【小问4详解】
可拆变压器上水平放置的铁芯拆下后漏磁增多，应减小原副线圈匝数比，选择“0”“4”接线柱。
13. 滑动变阻器由陶瓷筒和密绕在其上的螺线管状电阻丝组成。现为了测定某一滑动变阻器电阻丝的电阻率。实验器材有：
两节干电池（电动势为3V，内阻为r），电流表（量程为0.6A，内阻为），电阻箱R（），待测滑动变阻器（总匝数120匝，匝数清晰可数），开关及导线若干。
器材按图1连接，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关，调节电阻箱至合适阻值并保持不变，移动待测滑动变阻器的滑片，多次记录该滑动变阻器接入电路的匝数n和相应电流表的读数I。作出图像，如图2所示。
（1）用螺旋测微器测量滑动变阻器电阻丝的直径如图3所示，电阻丝直径______mm；
（2）某次测量时，电流表指针位置如图4所示，读数______A；
（3）已知待测变阻器螺线管的直径，则待测变阻器电阻丝电阻率为______（结果保留2位有效数字）；
（4）若已知实验中电阻箱接入电路中的电阻为，则两节干电池串联的总内阻______（结果保留2位有效数字）；
（5）实验中所用电源因长时间使用，内阻增大，则测得的电阻率______（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）0.635（0.633-0.637均可）
（2）0.34 （3）（均可）
（4）1.2 （5）不变
【解析】
【小问1详解】
电阻丝直径为
【小问2详解】
电流表量程为0.6A，分度值为0.02A，则该电流表的读数为
【小问3详解】
根据电阻定律
由闭合电路欧姆定律
化简可得
由图可知，斜率
代入数据，联立可得，待测变阻器电阻丝电阻率为
【小问4详解】
如图所示
根据
纵截距为
代入数据解得两节干电池串联的总内阻为
【小问5详解】
根据
可知实验中所用的电源因长时间使用，内阻增大，即增大，影响纵截距，不影响斜率，故则测得的电阻率不变。
五、解答题30分
14. 如图所示是科学仪器中广泛应用的磁致离子偏转技术原理图。位于纸面的xOy平面内，和两条直线间存在着垂直纸面向内的匀强磁场。原点O处的离子源能沿纸面发射质量为，电量为的正离子。其中向第一象限且与x轴正向成发射的速度为的离子，刚好从A点射出磁场。
（1）求该离子从A点射出磁场时的速度方向及匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）若离子源向与x轴正向最大夹角为范围内发射离子，且所有离子都不离开磁场，求其发射的离子最大速度；
（3）在（2）的条件下，若在该范围内以最大速度发射的大量离子在磁场区域能到达的面积S；（取）
（4）若磁场布满整个空间且磁场区域充满空气，使进入磁场的离子受到与速度大小成正比、方向相反的阻力。离子源沿x轴正向持续发射速度为的离子，单位时间发射离子数为，这些离子均经过A点。若在A点沿y轴放一小块离子收集板以收集所有射到A点的离子，不考虑离子间的相互作用，求离子束对收集板的作用力沿x轴方向分力的大小。
【答案】（1）轴正向夹角为，；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）设轨迹半径为
解得
解得
出射速度方向沿与轴正向夹角为；
（2）沿轴正方向发射的离子轨迹恰好与上边界相切时
以方向入射的半径为的圆轨迹能到达的最低点
故最大半径为
解得
（3）如图所示，离子所到达的区域面积为半径的一个圆加上顶角半径的扇形一中间叶片区域的面积，然后减去两个顶角半径的扇形相交区域的面积。即
（4）设某时刻速度为，方向与水平方向夹角为，水平方向由动量定理得
即
解得
方向对粒子由动量定理得
解得
由牛顿第三定律得，粒子对收集板的作用力大小为
15. 智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材。如图甲，腰带外侧带有轨道，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.4kg，轻绳长为0.4m，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，运动过程中腰带可视为静止，不计一切阻力2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。求：
（1）轻绳拉力的大小；
（2）配重做匀速圆周运动的角速度；
（3）配重从静止开始加速旋转至θ＝37°的过程中，绳子对配重所做的功。
【答案】（1）5N；（2）；（3）7.07J
【解析】
【详解】（1）根据题意，配重受竖直向下的重力mg和绳的拉力T，如图所示
有
（2）根据题意，配重做匀速圆周运动，则
解得
（3）配重做匀速圆周运动线速度大小
解得
根据几何关系可得配重上升的高度为
根据动能定理可得
解得
【点睛】本题考查匀速圆周运动和动能定理，关键是弄清楚配重的受力情况，能够根据牛顿第二定律结合向心力的计算公式求解配重的速度。要知道动能定理是求功常用的方法。
16. 如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道CD在竖直平面内，与水平轨道AC相切于C点，水平轨道AC上有一弹簧，左端连接在固定的挡板上，弹簧自由端所在的B点与轨道最低点C距离为4R，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中。现有两个完全相同的小球（可视为质点），一个电荷量为q的小球（甲球）放在水平轨道的C点；不带电的小球（乙球）压缩弹簧（不拴接），当弹簧的压缩量为l时，释放乙球，乙球在C点与甲球正碰，粘在一起后恰好能通过光滑半圆形轨道的最高点D；若第二次回到初始状态再由乙球压缩弹簧，释放后两小球在C点发生弹性正碰（碰撞过程无电荷转移），甲球经过BCD后恰好落在B点，已知每个小球的质量均为m，重力加速度大小为g，电场强度的大小。
（1）求第一次压缩时，弹簧的弹性势能；
（2）若弹簧压缩时弹性势能与压缩量的二次方成正比，弹簧始终处在弹性限度内，求弹簧第二次的压缩量。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】（1）在D点，根据牛顿第二定律有
解得
从C到D，根据动能定理
解得碰后C的速度
设碰前在乙球C点的速度为v，根据动量守恒有
解得
再由能量守恒
（2）设第二次碰前乙球的速度为，两完全相同的小球弹性碰撞，速度交换，即碰后甲球的速度为，设甲球在D点的速度为，从D到B，竖直方向
又因为
水平方向
联立解得
从C到D
解得
弹性势能
所以
得
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