卷子答案网-一个不只有答案的网站江苏省南京市南京师范大学附属中学江宁分校等二校2022-2023学年高三上学期1月期末物理试题
一、单选题
1．日本福岛核废水中含有氚、锶、铯、碘等放射性元素，如果将该废水倒入大海将对海洋生态造成恶劣影响。其中锶（）半衰期为30年，它通过衰变变为钇核，下列说法正确的是（ ）
A．钇核的质量数为89
B．衰变产生的射线比射线穿透本领强
C．钇核的比结合能比锶核大
D．如果核废水不排入大海，人们可以通过改变储藏环境缩短其放射性持续的时间
2．一列简谐横波沿x轴传播，时刻波的图像如图甲所示，处的质点P的振动图像如图乙所示，由此可以判断（ ）
A．该波沿x轴负方向传播
B．在时质点P的加速度方向沿y轴正方向
C．该波在时间内传播的距离是
D．在时间内质点P通过的路程是
3．2021年10月16日“神舟十三号”载人飞船成功进入预定轨道，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，11月8日，航天员王亚平成功出舱作业，成为中国女航天员太空行走第一人。如图为王亚平在空间站外面进行操作的画面，“神舟十三号”飞船绕地心做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．“神舟十三号”飞船的发射速度大于第二宇宙速度
B．航天员此时处于平衡状态
C．若航天员与连接空间站的安全绳脱落，航天员不会立刻飞离空间站
D．若已知该飞船在轨运行周期、轨道半径及引力常量，则可估算出飞船的质量
4．如图所示，一定质量的理想气体从状态a经绝热过程到达状态b，再经等容过程到达状态c，最后经等温过程返回到状态a。已知在b到c的过程中，气体吸收热量为10J。下列说法正确的是（ ）
A．a到b过程，外界对气体做功等于10J
B．a到b过程，气体对外界做功等于10J
C．a到c过程，气体对外界做功等于10J
D．a到c过程，气体对外界做功小于10J
5．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，矩形线圈ABCD绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动，t=0时刻线圈从中性面开始转动，电压传感器显示其产生的电压如图乙所示，下列选项正确的是（ ）
A．线圈的转速为5πr/s
B．传感器显示的交流电压表达式为
C．线圈两端电压的有效值为
D．该交变电流可以直接加在击穿电压为的电容器上
6．如图所示，、、、为匀强电场中的四点，它们的连线构成正方形，其中边与电场线平行，点为与连线的交点。一个电荷量为的正点电荷固定在点，下列说法正确的是（ ）
A．、两点的电场强度相同
B．、两点的电势不等
C．将电子沿直线从点移动到点，电场力做正功
D．将电子沿直线从点移动到点，电势能先减小后增大
7．如图甲所示，A、B两物块静止叠放在水平地面上.水平拉力F作用在A上，且F从0开始逐渐增大，B的加速度与F的关系图像如图乙所示，则A的加速度与F的关系图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2022·东城模拟）排球比赛中球员甲接队友的一个传球，在网前 处起跳，在离地面高 处将球以 的速度沿着与网垂直的方向水平击出，对方球员乙刚好在进攻路线的网前，她可利用身体的任何部位进行拦网阻击，如图所示。假设球员乙的直立拦网和起跳拦网的高度分别为 和 ，g取 。下列情景中，球员乙可能拦网成功的是（ ）
A．球员乙在网前直立不动
B．球员乙在球员甲击球时同时起跳离地
C．球员乙在球员甲击球后 起跳离地
D．球员乙在球员甲击球前 起跳离地
9．如图所示，两个质量均为m的小球a和b套在竖直固定的光滑圆环上，圆环半径为R，一不可伸长的细线两端各系在一个小球上，细线长为2R。用竖直向上的力F拉细线中点O，可使两小球保持等高静止在圆上不同高度处。当a、b间的距离为R时，力F的大小为（重力加速度为g）（ ）
A．2mg B．3mg C．mg D．mg
10．如图所示，质量均为m的木块A和B用一劲度系数为k的轻弹簧相连，竖直放置在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态，现将木块C迅速移开，若重力加速度为g。则下列说法中正确的是（ ）
A．木块B一定能离开地面向上运动
B．木块C移开的瞬间，地面对木块B的支持力为3mg
C．木块A向上运动的距离为时，A的动量最大
D．木块C移开的瞬间，木块A的加速度大小为2g
二、实验题
11．用如图甲所示的电路来测量干电池的电动势E和内阻r，电阻丝的电阻率ρ及电流表的内阻r0；AB是一段粗细均匀、总电阻较大的电阻丝，已知定值电阻的阻值为R0，电阻丝的横截面积为S。调节滑片P，记录电流表的示数I、理想电压表的示数U以及相对应的PB的长度x，绘制出如图乙所示的U-I关系图像和如图丙所示的关系图像；回答下列问题：
（1）由乙图所给的条件和题干所给的条件可测得E= 、r= 。
（2）对丙图关系图像的表达式为 （表达式中不含c、d）。
（3）由乙图所给的条件和题干所给的条件可测得r0= 、ρ= 。
三、解答题
12．有一用透明材料制成的中空圆柱体，内径为，外径为2R，其截面如图所示。一束细单色光从圆柱面上的A点与AO直径成夹角射入，经折射后恰好与内柱面相切，已知真空中光速为。求：
（1）单色光在该材料中的折射率n；
（2）单色光在该材料中传播的时间t。
13．如图是一种电梯突然失控下落时的保护装置示意图。在电梯后方墙壁上交替分布着方向相反的匀强磁场，每块磁场区域宽，高，磁感应强度大小均为。电梯后方固定一个100匝矩形线圈，线圈总电阻为，高度为，宽度略大于磁场。已知某次电梯运行试验中电梯总质量为，取，忽略摩擦阻力。当电梯失去其他保护，由静止从高处突然失控下落时，求：
（1）电梯下落速度达到时，线圈内产生的感应电流大小；
（2）电梯可达到的最大速度。
14．如图所示，光滑水平面MN上放两相同小滑块A、B，左端挡板处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带平滑连接，传送带水平部分长度L=8m，传送带沿逆时针方向以恒定速度匀速转动。滑块A、B（大小不计）与传送带间的动摩擦因数，滑块A、B质量mA=mB=1kg。开始时滑块A、B均静止，A、B间压缩一轻质弹簧（与A、B均未栓接），弹簧中锁定有弹性势能Ep=16J。现解除锁定，弹开A、B并立即拿走弹簧，g取。
（1）计算A、B弹开后瞬间，A、B的速度大小vA1、vB1；
（2）滑块B获得速度后，向右运动滑上传送带，计算滑块B在传送带上向右滑动的最远距离sm和滑块B从传送带返回水平面MN时的速度大小vB2，已知在这个过程中，B没有与A相碰；
（3）若滑块B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的A在水平面上相碰，且A、B碰后互换速度。则弹射装置P至少给A做多少功才能让A、B碰后B能从Q端滑出。
15．回旋加速器在众多领域有广泛的应用，其工作原理如图所示，某科研机构中有一台回旋加速器，粒子在D形盒中最大圆运动半径为30cm，该机构能够提供的最大磁感应强度为的磁场，某次实验中要对质子加速，质子在D1盒边缘附近的A点附近由静止释放，已知质子质量m=1.6×10-27kg、电荷量q=1.6×10-19C，忽略狭缝的宽度，在计算中取。求：
（1）某次交流电提供的加速电压为2×103V，要加速多少次质子动能才能达到18MeV；
（2）若该机构能提供的加速电压频率最高为1.2×107Hz，则质子在磁场中运动的最大动能是多少eV；
（3）研究表明，粒子做圆周运动的圆心位置不是固定的，如图所示，该加速器所用磁场磁感应强度为B，方向垂直直面向内，加速电压为U，质子质量为m，电荷量为q，请探究粒子圆运动轨迹的圆心在x轴上（原点为A）坐标的变化规律（结果用B、U、m、q以及加速次数N表示）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A、锶核发生β衰变后，一个中子转化为一个质子和一个电子，原子核的质量数不变，则质量数为90，A错误。
B、β射线的穿透能力比γ射线弱，电离能力比γ射线强，B错误。
C、衰变后的原子核比衰变前的原子核更稳定，比结合能更大，C正确。
D、原子核的半衰期不会受到外界环境的影响，D错误。
故答案为：C
【分析】α衰变的实质是放出一个氦原子核，β衰变的实质是一个中子转化为一个质子和一个电子，α射线的穿透能力最弱，γ射线的穿透能力最强，原子核发生衰变，释放能量，比结合能增大，但半衰期不受任何外界因素的影响。
2．【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】A、由振动图像可知2s时x=2m处的质点振动方向向下，由同侧法可知波沿x轴正方向传播，A错误。
B、t=3s时质点p到达负方向最大位移处，则加速度方向指向y轴正方向，B正确。
C、由图像可知波速为，则5s内波的传播距离为x=vt=2.5m，C错误。
D、0-5s内质点p运动的距离为，D错误。
故答案为：B
【分析】由振动图像可知t=2s时P点的振动方向，根据同侧法判断波的传播方向，由波动图像可得波长为2m，波长波速和周期之间的关系可计算波传播速度大小，则可计算5s内波传播的距离，注意波传播的距离和质点振动的路程是两个截然不同的概念。
3．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A、神舟十三号飞船是环绕地球飞行的卫星，发射速度应不低于第一宇宙速度，A错误。
B、航天员此时与飞船一起在绕地球做匀速圆周运动，合外力不为零，不处于平衡状态，B错误。
C、若航天员与空间站之间的安全绳脱落，航天员依然会在万有引力的作用下绕地球做匀速圆周运动，与飞船处于相对静止状态，不会立刻飞离空间站，C正确。
D、若已知飞船的周期，轨道半径和万有引力常量，由牛顿第二定律得，可计算地球的质量，但无法计算飞船的质量，D错误。
故答案为：C
【分析】第一宇宙速度是发射人造卫星的最小发射速度和最大的环绕速度，飞船和宇航员环绕地球运动时并不处于平衡状态，已知卫星的运行参量和万有引力常量可计算中心天体的质量，但是无法计算环绕天体的质量。
4．【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学图像类问题
【解析】【解答】AB、a到b的过程中，气体对外做功，但不吸收热量，c到c的过程中气体吸收热量，但不做功，a，c温度相同，则气体内能相同，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于对外界做的功，则气体在到b的过程中对外做功为10J，A错误，B正确。
CD、由B可知a到B的过程中气体对外做功为10J，P-V图像的面积表示做功，则a到c的过程中气体对外做功大于10J，CD错误。
故答案为：B
【分析】由图像分析ab过程和bc过程做功和吸放热情况，根据热力学第一定律可得ab阶段的做功与bc阶段的吸收热量相同，再由p-v图像判断ac阶段的做功情况。
5．【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】A、交变电压的周期为0.4s，则线圈的转速为，A错误。
B、由图像可知交变电压的最大值为12v，线圈角速度为，则交变电压的表达式为 ，B正确。
C、线圈两端交变电压的有效值为，C错误。
D、电容器的击穿电压为交变电压的最大值，电容器的击穿电压为 ，交变电压的最大值为12v，此时电容器已被击穿，D错误。
故答案为：B
【分析】线圈转速为周期的倒数，注意转速并不是角速度，由图像可得交变电压的表达式，正弦交流电的有效值为最大值除以，电容器的击穿电压应比较的是交变电流的有效值，而产生热量以及电表的示数是交变电压的有效值。
6．【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场强度；电场线
【解析】【解答】A、CD两点的合场强的大小相等和方向不相同，A不正确。
B、将一个电荷从A点移动到B点时，匀强电场对电荷不做功，点电荷的电场力对电荷也不做功，则电势能不发生变化，即AB两点电势相同。
CD、将电子沿直线从B移动到C，匀强电场对电子做负功，点电荷Q对电子先做正功，后做负功，但总功为负功，电子从C到D的过程时整个过程电场力先做正功，后做负功，电势能先减小，后增大，但C、D两点电势能相同，C错误，D正确。
故答案为：D
【分析】分别对CD两点的场强进行合成，根据平行四边形定则可知两点电场强度大小和方向均相同，在分别分析匀强电场和点电荷的电场对试探电荷的做功情况，从而判断AB两点的电势情况，以及从A到C电场力做功情况和电势能的变化。
7．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】由乙图可知，AB间的动摩擦因数不为零，B与地面之间的动摩擦因数也不为零，故当F较小时，A的加速度依然为零，AB错误。当两者未发生相对滑动时，a的加速度为，当两者已经发生相对滑动时，由表达式可知，两者发生滑动之后，图像的斜率较大，故C正确，D错误。
故答案为：C
【分析】对两个物体进行受力分析，由图乙可知两物体在一开始时未发生相对滑动，之后发生了相对滑动，分别列出发生相对滑动前和发生相对滑动后加速度与外力F之间的关系，分析图像的斜率变化。
8．【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】依题意根据平抛运动水平方向运动可得，所以球员甲发球后经过0.3s，球运动到网的位置，
球员乙起跳过程是竖直上抛的过程，，由此可知球员乙在球员甲击球时同时起跳离地.
故选B。
【分析】首先分析甲发球后的平抛运动的水平方向运动，然后分析球员乙的运动情况，最后分析球员甲乙的先后操作。
9．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对ab两个小球进行受力分析，两个小球受到重力，支持力和拉力作用，小球所受重力与支持力的合力与绳的拉力相等，由几何关系可知支持力与重力的合力为，O点下端两根绳子拉力的合力与F等大反向，则，B正确。
故答案为：B
【分析】对两球静止，可选取其中一个小球进行受力分析，根据平衡条件计算各力大小，再由几何关系计算绳子拉力，注意合理应用几何关系尺规作图求解。
10．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A、移开木块C之前，弹簧的压缩量为，A向上运动加速度为零时，弹簧的压缩量为，由对称性可知，弹簧的最大伸长量为，此时弹簧对B物体的拉力，即此时B对地面的压力为零，但并未离开地面，A错误。
B、木块C移开前，B对地面压力为4mg，移开瞬间，弹簧长度不会发生突变，物体B对地面的压力保持不变，即移开木块C的瞬间地面对B的支持力为4mg，B错误。
C、由A可知木块上升的距离为时，木块A所受合外力为零，此时动量最大，C错误。
D、木块C移开前，A物体所受的合力为零，移开后木块C对A的压力瞬间消失，则A所受的合力与压力等大反向，即，由牛顿第二定律得，D正确。
故答案为：D
【分析】对三个物体应用整体法和隔离法进行受力分析，移开C后A物体开始在竖直方向上做简谐运动，具有对称性，由牛顿第二定律分析B的运动情况，再分别对每一个物体进行受力分析，判断各个物体的受力和运动情况。
11．【答案】（1）b；
（2）
（3）d；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由闭合电路欧姆定律，可知图像与纵轴交点的纵坐标为电源电动势，图像斜率的绝对值为电源内阻，则E=b，。
（2）由图像可知电阻丝长度为0时，电压表与电流表的比值不为零，则电流表具有内阻，由欧姆定律可知，由电阻定律可知，代入可得，即
（3）由表达式可知图像与纵轴的交点为r0，与横轴的交点为，则，
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律可得路端电压与电流之间的关系为，再结合图像分析求解。
（2）由欧姆定律和电路定律再结合电路图分析求解。
（3）根据表达式和图像分析图像中斜率和截距的物理意义，从而得到电流表内阻和电阻丝的电阻率的表达式。
12．【答案】（1）解：画出光路图，如图所示
设折射角为r，由图中几何关系结合折射率得
解得
（2）解：设单色光在该材料中的传播速度为v，则有
解得
【知识点】光的反射；光的全反射
【解析】【分析】（1）根据题意画出光的传播路线图，由光的折射定律和几何关系计算折射率。
（2）光在介质中的传播速度与折射率的关系为，再由几何关系计算传播时间。
13．【答案】（1）解：电梯下落时，线圈上下两边均切割磁感线产生感应电动势，则有
由欧姆定律，可得此时线圈内产生的感应电流大小为
代入数据得=50 A
（2）解：当电梯达到最大速度时，电梯所受重力与安培力平衡，有
又
联立得vm=7.5m/s
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）电梯下落过程中导体切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律计算感应电动势的大小，注意线圈匝数以及上下两边均可产生感应电动势。
（2）当电梯的速度达到最大时，电梯所受合外力为零，则安培力与重力相等，此时可计算电流的大小，再根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律计算电梯的速度大小，注意上下两边均受安培力作用。
14．【答案】（1）解：解除锁定弹开、B过程中，设向右为正方向，由机械能守恒有
由动量守恒有
两式联立解得，
（2）解：滑块B滑上传送带后做匀减速运动，当速度减为零时，运动距离最远，由动能定理得
解得
滑块B沿传送带向左返回时，根据运动的对称性，滑块将在摩擦力作用下一直做匀加速运动直到滑上水平面。由动能定理得
解得
（3）解：设弹射装置对A做功为，则
A、B碰后速度互换，B的速度
B要滑出平台Q端，由能量关系有
联立解得
即装置P至少给A做8J的功才能让B从Q端滑出。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）解除锁定后AB两物体动量守恒，机械能守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列方程求解，注意动量的矢量性。
（2）滑块B滑上传送带后做减速运动，由动能定理计算滑动的最远距离，滑块B向左返回时具有对称性，由动能定理计算返回时的速度大小。
（3）AyuB发生碰撞以后速度互换，则由动能定理可得B滑出平台的最小动能，再由弹射装置对A做功的动能定理则可计算弹射装置的最小做功。
15．【答案】（1）解：根据动能定理可得
解得
要加速9000次质子动能才能达到18MeV。
（2）解：质子在磁场中的运动周期应等于加速电压的周期，则有
又，
联立可得加速电压最高频率对应的最大磁感应强度为
当质子在磁场中的运动半径等于D形盒半径时，质子在磁场中具有最大动能，由洛伦兹力提供向心力可得
解得
质子的最大动能为
（3）解：设粒子在电场中经过次加速后，根据动能定理可得
解得
粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得
解得
粒子经过1次加速后，粒子圆运动轨迹的圆心x轴上坐标为
粒子经过2次加速后，粒子圆运动轨迹的圆心x轴上坐标为
粒子经过3次加速后，粒子圆运动轨迹的圆心x轴上坐标为
粒子经过4次加速后，粒子圆运动轨迹的圆心x轴上坐标为
综上分析可知，粒子圆运动轨迹的圆心在x轴上（原点为A）坐标的变化规律为
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）回旋加速器的电场为质子加速，磁场起到偏转的作用，则由动能定理可得加速的次数。
（2）由加速电压的频率可知质子在磁场中运动的周期，再由洛伦兹力提供向心力可得最大的磁感应强度，最后由牛顿第二定律得最大速度，从而计算最大动能。
（3）分别计算粒子经过1次，2次，3次加速后的坐标位置，利用数学归纳法得到通式。
江苏省南京市南京师范大学附属中学江宁分校等二校2022-2023学年高三上学期1月期末物理试题
一、单选题
1．日本福岛核废水中含有氚、锶、铯、碘等放射性元素，如果将该废水倒入大海将对海洋生态造成恶劣影响。其中锶（）半衰期为30年，它通过衰变变为钇核，下列说法正确的是（ ）
A．钇核的质量数为89
B．衰变产生的射线比射线穿透本领强
C．钇核的比结合能比锶核大
D．如果核废水不排入大海，人们可以通过改变储藏环境缩短其放射性持续的时间
【答案】C
【知识点】α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A、锶核发生β衰变后，一个中子转化为一个质子和一个电子，原子核的质量数不变，则质量数为90，A错误。
B、β射线的穿透能力比γ射线弱，电离能力比γ射线强，B错误。
C、衰变后的原子核比衰变前的原子核更稳定，比结合能更大，C正确。
D、原子核的半衰期不会受到外界环境的影响，D错误。
故答案为：C
【分析】α衰变的实质是放出一个氦原子核，β衰变的实质是一个中子转化为一个质子和一个电子，α射线的穿透能力最弱，γ射线的穿透能力最强，原子核发生衰变，释放能量，比结合能增大，但半衰期不受任何外界因素的影响。
2．一列简谐横波沿x轴传播，时刻波的图像如图甲所示，处的质点P的振动图像如图乙所示，由此可以判断（ ）
A．该波沿x轴负方向传播
B．在时质点P的加速度方向沿y轴正方向
C．该波在时间内传播的距离是
D．在时间内质点P通过的路程是
【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】A、由振动图像可知2s时x=2m处的质点振动方向向下，由同侧法可知波沿x轴正方向传播，A错误。
B、t=3s时质点p到达负方向最大位移处，则加速度方向指向y轴正方向，B正确。
C、由图像可知波速为，则5s内波的传播距离为x=vt=2.5m，C错误。
D、0-5s内质点p运动的距离为，D错误。
故答案为：B
【分析】由振动图像可知t=2s时P点的振动方向，根据同侧法判断波的传播方向，由波动图像可得波长为2m，波长波速和周期之间的关系可计算波传播速度大小，则可计算5s内波传播的距离，注意波传播的距离和质点振动的路程是两个截然不同的概念。
3．2021年10月16日“神舟十三号”载人飞船成功进入预定轨道，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，11月8日，航天员王亚平成功出舱作业，成为中国女航天员太空行走第一人。如图为王亚平在空间站外面进行操作的画面，“神舟十三号”飞船绕地心做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．“神舟十三号”飞船的发射速度大于第二宇宙速度
B．航天员此时处于平衡状态
C．若航天员与连接空间站的安全绳脱落，航天员不会立刻飞离空间站
D．若已知该飞船在轨运行周期、轨道半径及引力常量，则可估算出飞船的质量
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A、神舟十三号飞船是环绕地球飞行的卫星，发射速度应不低于第一宇宙速度，A错误。
B、航天员此时与飞船一起在绕地球做匀速圆周运动，合外力不为零，不处于平衡状态，B错误。
C、若航天员与空间站之间的安全绳脱落，航天员依然会在万有引力的作用下绕地球做匀速圆周运动，与飞船处于相对静止状态，不会立刻飞离空间站，C正确。
D、若已知飞船的周期，轨道半径和万有引力常量，由牛顿第二定律得，可计算地球的质量，但无法计算飞船的质量，D错误。
故答案为：C
【分析】第一宇宙速度是发射人造卫星的最小发射速度和最大的环绕速度，飞船和宇航员环绕地球运动时并不处于平衡状态，已知卫星的运行参量和万有引力常量可计算中心天体的质量，但是无法计算环绕天体的质量。
4．如图所示，一定质量的理想气体从状态a经绝热过程到达状态b，再经等容过程到达状态c，最后经等温过程返回到状态a。已知在b到c的过程中，气体吸收热量为10J。下列说法正确的是（ ）
A．a到b过程，外界对气体做功等于10J
B．a到b过程，气体对外界做功等于10J
C．a到c过程，气体对外界做功等于10J
D．a到c过程，气体对外界做功小于10J
【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学图像类问题
【解析】【解答】AB、a到b的过程中，气体对外做功，但不吸收热量，c到c的过程中气体吸收热量，但不做功，a，c温度相同，则气体内能相同，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于对外界做的功，则气体在到b的过程中对外做功为10J，A错误，B正确。
CD、由B可知a到B的过程中气体对外做功为10J，P-V图像的面积表示做功，则a到c的过程中气体对外做功大于10J，CD错误。
故答案为：B
【分析】由图像分析ab过程和bc过程做功和吸放热情况，根据热力学第一定律可得ab阶段的做功与bc阶段的吸收热量相同，再由p-v图像判断ac阶段的做功情况。
5．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，矩形线圈ABCD绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动，t=0时刻线圈从中性面开始转动，电压传感器显示其产生的电压如图乙所示，下列选项正确的是（ ）
A．线圈的转速为5πr/s
B．传感器显示的交流电压表达式为
C．线圈两端电压的有效值为
D．该交变电流可以直接加在击穿电压为的电容器上
【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】A、交变电压的周期为0.4s，则线圈的转速为，A错误。
B、由图像可知交变电压的最大值为12v，线圈角速度为，则交变电压的表达式为 ，B正确。
C、线圈两端交变电压的有效值为，C错误。
D、电容器的击穿电压为交变电压的最大值，电容器的击穿电压为 ，交变电压的最大值为12v，此时电容器已被击穿，D错误。
故答案为：B
【分析】线圈转速为周期的倒数，注意转速并不是角速度，由图像可得交变电压的表达式，正弦交流电的有效值为最大值除以，电容器的击穿电压应比较的是交变电流的有效值，而产生热量以及电表的示数是交变电压的有效值。
6．如图所示，、、、为匀强电场中的四点，它们的连线构成正方形，其中边与电场线平行，点为与连线的交点。一个电荷量为的正点电荷固定在点，下列说法正确的是（ ）
A．、两点的电场强度相同
B．、两点的电势不等
C．将电子沿直线从点移动到点，电场力做正功
D．将电子沿直线从点移动到点，电势能先减小后增大
【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场强度；电场线
【解析】【解答】A、CD两点的合场强的大小相等和方向不相同，A不正确。
B、将一个电荷从A点移动到B点时，匀强电场对电荷不做功，点电荷的电场力对电荷也不做功，则电势能不发生变化，即AB两点电势相同。
CD、将电子沿直线从B移动到C，匀强电场对电子做负功，点电荷Q对电子先做正功，后做负功，但总功为负功，电子从C到D的过程时整个过程电场力先做正功，后做负功，电势能先减小，后增大，但C、D两点电势能相同，C错误，D正确。
故答案为：D
【分析】分别对CD两点的场强进行合成，根据平行四边形定则可知两点电场强度大小和方向均相同，在分别分析匀强电场和点电荷的电场对试探电荷的做功情况，从而判断AB两点的电势情况，以及从A到C电场力做功情况和电势能的变化。
7．如图甲所示，A、B两物块静止叠放在水平地面上.水平拉力F作用在A上，且F从0开始逐渐增大，B的加速度与F的关系图像如图乙所示，则A的加速度与F的关系图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】由乙图可知，AB间的动摩擦因数不为零，B与地面之间的动摩擦因数也不为零，故当F较小时，A的加速度依然为零，AB错误。当两者未发生相对滑动时，a的加速度为，当两者已经发生相对滑动时，由表达式可知，两者发生滑动之后，图像的斜率较大，故C正确，D错误。
故答案为：C
【分析】对两个物体进行受力分析，由图乙可知两物体在一开始时未发生相对滑动，之后发生了相对滑动，分别列出发生相对滑动前和发生相对滑动后加速度与外力F之间的关系，分析图像的斜率变化。
8．（2022·东城模拟）排球比赛中球员甲接队友的一个传球，在网前 处起跳，在离地面高 处将球以 的速度沿着与网垂直的方向水平击出，对方球员乙刚好在进攻路线的网前，她可利用身体的任何部位进行拦网阻击，如图所示。假设球员乙的直立拦网和起跳拦网的高度分别为 和 ，g取 。下列情景中，球员乙可能拦网成功的是（ ）
A．球员乙在网前直立不动
B．球员乙在球员甲击球时同时起跳离地
C．球员乙在球员甲击球后 起跳离地
D．球员乙在球员甲击球前 起跳离地
【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】依题意根据平抛运动水平方向运动可得，所以球员甲发球后经过0.3s，球运动到网的位置，
球员乙起跳过程是竖直上抛的过程，，由此可知球员乙在球员甲击球时同时起跳离地.
故选B。
【分析】首先分析甲发球后的平抛运动的水平方向运动，然后分析球员乙的运动情况，最后分析球员甲乙的先后操作。
9．如图所示，两个质量均为m的小球a和b套在竖直固定的光滑圆环上，圆环半径为R，一不可伸长的细线两端各系在一个小球上，细线长为2R。用竖直向上的力F拉细线中点O，可使两小球保持等高静止在圆上不同高度处。当a、b间的距离为R时，力F的大小为（重力加速度为g）（ ）
A．2mg B．3mg C．mg D．mg
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对ab两个小球进行受力分析，两个小球受到重力，支持力和拉力作用，小球所受重力与支持力的合力与绳的拉力相等，由几何关系可知支持力与重力的合力为，O点下端两根绳子拉力的合力与F等大反向，则，B正确。
故答案为：B
【分析】对两球静止，可选取其中一个小球进行受力分析，根据平衡条件计算各力大小，再由几何关系计算绳子拉力，注意合理应用几何关系尺规作图求解。
10．如图所示，质量均为m的木块A和B用一劲度系数为k的轻弹簧相连，竖直放置在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态，现将木块C迅速移开，若重力加速度为g。则下列说法中正确的是（ ）
A．木块B一定能离开地面向上运动
B．木块C移开的瞬间，地面对木块B的支持力为3mg
C．木块A向上运动的距离为时，A的动量最大
D．木块C移开的瞬间，木块A的加速度大小为2g
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A、移开木块C之前，弹簧的压缩量为，A向上运动加速度为零时，弹簧的压缩量为，由对称性可知，弹簧的最大伸长量为，此时弹簧对B物体的拉力，即此时B对地面的压力为零，但并未离开地面，A错误。
B、木块C移开前，B对地面压力为4mg，移开瞬间，弹簧长度不会发生突变，物体B对地面的压力保持不变，即移开木块C的瞬间地面对B的支持力为4mg，B错误。
C、由A可知木块上升的距离为时，木块A所受合外力为零，此时动量最大，C错误。
D、木块C移开前，A物体所受的合力为零，移开后木块C对A的压力瞬间消失，则A所受的合力与压力等大反向，即，由牛顿第二定律得，D正确。
故答案为：D
【分析】对三个物体应用整体法和隔离法进行受力分析，移开C后A物体开始在竖直方向上做简谐运动，具有对称性，由牛顿第二定律分析B的运动情况，再分别对每一个物体进行受力分析，判断各个物体的受力和运动情况。
二、实验题
11．用如图甲所示的电路来测量干电池的电动势E和内阻r，电阻丝的电阻率ρ及电流表的内阻r0；AB是一段粗细均匀、总电阻较大的电阻丝，已知定值电阻的阻值为R0，电阻丝的横截面积为S。调节滑片P，记录电流表的示数I、理想电压表的示数U以及相对应的PB的长度x，绘制出如图乙所示的U-I关系图像和如图丙所示的关系图像；回答下列问题：
（1）由乙图所给的条件和题干所给的条件可测得E= 、r= 。
（2）对丙图关系图像的表达式为 （表达式中不含c、d）。
（3）由乙图所给的条件和题干所给的条件可测得r0= 、ρ= 。
【答案】（1）b；
（2）
（3）d；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由闭合电路欧姆定律，可知图像与纵轴交点的纵坐标为电源电动势，图像斜率的绝对值为电源内阻，则E=b，。
（2）由图像可知电阻丝长度为0时，电压表与电流表的比值不为零，则电流表具有内阻，由欧姆定律可知，由电阻定律可知，代入可得，即
（3）由表达式可知图像与纵轴的交点为r0，与横轴的交点为，则，
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律可得路端电压与电流之间的关系为，再结合图像分析求解。
（2）由欧姆定律和电路定律再结合电路图分析求解。
（3）根据表达式和图像分析图像中斜率和截距的物理意义，从而得到电流表内阻和电阻丝的电阻率的表达式。
三、解答题
12．有一用透明材料制成的中空圆柱体，内径为，外径为2R，其截面如图所示。一束细单色光从圆柱面上的A点与AO直径成夹角射入，经折射后恰好与内柱面相切，已知真空中光速为。求：
（1）单色光在该材料中的折射率n；
（2）单色光在该材料中传播的时间t。
【答案】（1）解：画出光路图，如图所示
设折射角为r，由图中几何关系结合折射率得
解得
（2）解：设单色光在该材料中的传播速度为v，则有
解得
【知识点】光的反射；光的全反射
【解析】【分析】（1）根据题意画出光的传播路线图，由光的折射定律和几何关系计算折射率。
（2）光在介质中的传播速度与折射率的关系为，再由几何关系计算传播时间。
13．如图是一种电梯突然失控下落时的保护装置示意图。在电梯后方墙壁上交替分布着方向相反的匀强磁场，每块磁场区域宽，高，磁感应强度大小均为。电梯后方固定一个100匝矩形线圈，线圈总电阻为，高度为，宽度略大于磁场。已知某次电梯运行试验中电梯总质量为，取，忽略摩擦阻力。当电梯失去其他保护，由静止从高处突然失控下落时，求：
（1）电梯下落速度达到时，线圈内产生的感应电流大小；
（2）电梯可达到的最大速度。
【答案】（1）解：电梯下落时，线圈上下两边均切割磁感线产生感应电动势，则有
由欧姆定律，可得此时线圈内产生的感应电流大小为
代入数据得=50 A
（2）解：当电梯达到最大速度时，电梯所受重力与安培力平衡，有
又
联立得vm=7.5m/s
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）电梯下落过程中导体切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律计算感应电动势的大小，注意线圈匝数以及上下两边均可产生感应电动势。
（2）当电梯的速度达到最大时，电梯所受合外力为零，则安培力与重力相等，此时可计算电流的大小，再根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律计算电梯的速度大小，注意上下两边均受安培力作用。
14．如图所示，光滑水平面MN上放两相同小滑块A、B，左端挡板处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带平滑连接，传送带水平部分长度L=8m，传送带沿逆时针方向以恒定速度匀速转动。滑块A、B（大小不计）与传送带间的动摩擦因数，滑块A、B质量mA=mB=1kg。开始时滑块A、B均静止，A、B间压缩一轻质弹簧（与A、B均未栓接），弹簧中锁定有弹性势能Ep=16J。现解除锁定，弹开A、B并立即拿走弹簧，g取。
（1）计算A、B弹开后瞬间，A、B的速度大小vA1、vB1；
（2）滑块B获得速度后，向右运动滑上传送带，计算滑块B在传送带上向右滑动的最远距离sm和滑块B从传送带返回水平面MN时的速度大小vB2，已知在这个过程中，B没有与A相碰；
（3）若滑块B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的A在水平面上相碰，且A、B碰后互换速度。则弹射装置P至少给A做多少功才能让A、B碰后B能从Q端滑出。
【答案】（1）解：解除锁定弹开、B过程中，设向右为正方向，由机械能守恒有
由动量守恒有
两式联立解得，
（2）解：滑块B滑上传送带后做匀减速运动，当速度减为零时，运动距离最远，由动能定理得
解得
滑块B沿传送带向左返回时，根据运动的对称性，滑块将在摩擦力作用下一直做匀加速运动直到滑上水平面。由动能定理得
解得
（3）解：设弹射装置对A做功为，则
A、B碰后速度互换，B的速度
B要滑出平台Q端，由能量关系有
联立解得
即装置P至少给A做8J的功才能让B从Q端滑出。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）解除锁定后AB两物体动量守恒，机械能守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列方程求解，注意动量的矢量性。
（2）滑块B滑上传送带后做减速运动，由动能定理计算滑动的最远距离，滑块B向左返回时具有对称性，由动能定理计算返回时的速度大小。
（3）AyuB发生碰撞以后速度互换，则由动能定理可得B滑出平台的最小动能，再由弹射装置对A做功的动能定理则可计算弹射装置的最小做功。
15．回旋加速器在众多领域有广泛的应用，其工作原理如图所示，某科研机构中有一台回旋加速器，粒子在D形盒中最大圆运动半径为30cm，该机构能够提供的最大磁感应强度为的磁场，某次实验中要对质子加速，质子在D1盒边缘附近的A点附近由静止释放，已知质子质量m=1.6×10-27kg、电荷量q=1.6×10-19C，忽略狭缝的宽度，在计算中取。求：
（1）某次交流电提供的加速电压为2×103V，要加速多少次质子动能才能达到18MeV；
（2）若该机构能提供的加速电压频率最高为1.2×107Hz，则质子在磁场中运动的最大动能是多少eV；
（3）研究表明，粒子做圆周运动的圆心位置不是固定的，如图所示，该加速器所用磁场磁感应强度为B，方向垂直直面向内，加速电压为U，质子质量为m，电荷量为q，请探究粒子圆运动轨迹的圆心在x轴上（原点为A）坐标的变化规律（结果用B、U、m、q以及加速次数N表示）
【答案】（1）解：根据动能定理可得
解得
要加速9000次质子动能才能达到18MeV。
（2）解：质子在磁场中的运动周期应等于加速电压的周期，则有
又，
联立可得加速电压最高频率对应的最大磁感应强度为
当质子在磁场中的运动半径等于D形盒半径时，质子在磁场中具有最大动能，由洛伦兹力提供向心力可得
解得
质子的最大动能为
（3）解：设粒子在电场中经过次加速后，根据动能定理可得
解得
粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得
解得
粒子经过1次加速后，粒子圆运动轨迹的圆心x轴上坐标为
粒子经过2次加速后，粒子圆运动轨迹的圆心x轴上坐标为
粒子经过3次加速后，粒子圆运动轨迹的圆心x轴上坐标为
粒子经过4次加速后，粒子圆运动轨迹的圆心x轴上坐标为
综上分析可知，粒子圆运动轨迹的圆心在x轴上（原点为A）坐标的变化规律为
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）回旋加速器的电场为质子加速，磁场起到偏转的作用，则由动能定理可得加速的次数。
（2）由加速电压的频率可知质子在磁场中运动的周期，再由洛伦兹力提供向心力可得最大的磁感应强度，最后由牛顿第二定律得最大速度，从而计算最大动能。
（3）分别计算粒子经过1次，2次，3次加速后的坐标位置，利用数学归纳法得到通式。
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