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2023-2024学年广西部分学校高三（下）开学考试物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年广西部分学校高三（下）开学考试物理试卷（含解析），共16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.核废料半衰期长、放射性强，研究表明，过量放射性辐射对人体组织有破坏作用，核废料需要妥善处理，已知钚的一种同位素 94239Pu的半衰期为2.41万年，其衰变方程为 94239Pu→92235U+X+γ，则下列说法中正确的是( )
A. 94239Pu发生的衰变为β衰变
B. 衰变发出的γ射线电离能力很强
C. 温度升高，钚的半衰期不变
D. 放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽
2.水平放置的玩具枪机正对着竖直墙面上的标注点发射子弹，枪口正对标注点1，标注点2、标注点3、标注点4在标注点1正下方等距做次排列，如图所示，标注点很小，忽略子弹在空中受到的阻力，下列说法正确的是( )
A. 只要子弹发射的速度足够大，就可以打到标注点1
B. 打到标注点2和打到标注点4的运动时间之比为1:2
C. 打到标注点2和打到标注点4的初速度之比为2:1
D. 打到标注点2和打到标注点4的初速度之比为 3:1
3.2021年2月10日19时52分，中国首次火星探测任务“天问一号”探测器实施近火捕获制动，轨道如图所示。P为近火点，Q为远火点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑“天问一号”和火星的相互作用，则“天问一号”在从P经过M、Q到N的运动过程中( )
A. 天问一号在近火点的速度比远火点速度大
B. 天问一号在远火点的速度比火星的第一宇宙速度大
C. 从P到M所用的时间等于T04
D. 从Q到N阶段，机械能逐渐变大
4.如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞，汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体。p0和T0分别为外界大气的压强和温度，容器内气体的所有变化过程都是缓慢的，汽缸内气体温度为T0、压强为p0时的体积为( )
A. 0.3VB. 0.5VC. 0.8VD. 1V
5.如图所示，质量为m的物块A置于倾角为30∘的固定粗糙斜面上，其上端通过一轻绳跨过光滑定滑轮与砂桶B相连。初始时砂桶和砂子的总质量为m。现缓慢减少砂桶B中的砂子，整个系统始终保持静止，则在减少砂桶和砂子的总质量至14m的过程中，以下说法正确的是( )
A. B所受的合力增大B. A所受的摩擦力一直增大
C. A所受的摩擦力先减小后增大D. A、B间的轻绳拉力大小保持不变
6.在如图所示的xOy坐标系中，一条弹性绳沿x轴放置，图中小黑点代表绳上的质点，相邻质点的间距为a，t=0时，x=0处的质点P0开始沿y轴做周期为T、振幅为A的简谐运动，t=34T时的波形如图所示。下列说法正确的是( )
A. t=34T时，质点P6沿y轴负方向运动B. t=34T时，质点P4的加速度最大
C. t=34T时，质点P3和P5速度相同D. 该列绳波的波速为6aT
7.如图，质量为m的一磁铁吸附在铁板AB的下方，磁铁重心到铁板A端的距离为L，铁板A端与铰链连接，现缓慢推动B端，使铁板AB与磁铁一起绕铁板A端逆时针转动，转动过程中，铁板AB与磁铁始终保持相对静止，重力加速度为g，铁板AB与水平面夹角θ从30∘变为60∘过程中，则下列说法正确的是( )
A. 磁铁受到三个力的作用
B. 磁铁可能不受摩擦力的作用
C. 铁板AB对磁铁的作用力不做功
D. 铁板AB对磁铁的作用力做功为 3−12mgL
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )
A. 三个等势面中，c的电势最高B. 带电质点通过P点的电势能比Q点小
C. 带电质点通过P点的动能比Q点小D. 带电质点通过P点时的加速度比Q点小
9.某小型发电厂向用户输送电，输送电路简化如图所示，发电厂输出的功率和电压分别为P和U，输送电路消耗的功率和电压分别为ΔP和ΔU，用户得到的功率和电压分别为P′和U′，输送电路的总电阻为R，电流为I。以下各物理量关系正确的是( )
A. 输送电路的电流I=URB. 输送电路的电压损失ΔU=IR
C. 输送电路消耗的功率ΔP=PU2RD. 用户得到的功率P′=P
10.如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQMN所围的面积为S，PQ之间有阻值为R的电阻，导体棒MN的电阻为R，不计导轨的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正方向，在0∼2t0时间内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态。下列说法正确的是( )
A. 在0∼t0和t0∼2t0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相反
B. 在0∼t0时间内，通过导体棒的电流方向为M到N
C. 在t0∼2t0时间内，通过电阻R的电流大小为SB0Rt0
D. 在0∼2t0时间内，通过电阻R的电荷量为SB02R
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某班级分若干个学习小组，通过实验验证机械能守恒定律，实验装置如图所示。验证机械能守恒定律思路：求出做自由落体运动物体的重力势能的减少量和对应过程动能的增加量，在实验误差允许范围内，若二者相等，说明机械能守恒，从而验证机械能守恒定律。
(1)按照实验步骤和要求，得出纸带后，学习小组讨论出验证机械能守恒定律处理数据的以下几种方案，你认为最合理的方案是_____(填“方案一”“方案二”“方案三”)。
方案一：利用起始点和第n点计算，代入mghn和12mvn2，如果在实验误差允许的范围内，mghn和12mvn2相等，则验证了机械能守恒定律。
方案二：任取两点计算
①任取两点A、B，测出hAB，算出mghAB。
②算出12mvB2−12mvA2的值。
③在实验误差允许的范围内，若mghAB=12mvB2−12mvA2，则验证了机械能守恒定律。
方案三：图像法
从纸带上选取多个点，测量从第一点到其余各点的下落高度h，并计算各点速度的平方v2，然后以12v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据作出12v2−h图像。若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒定律。
(2)为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时选择密度大的理由是_____(写出一条理由即可)。
(3)某学习小组采用“方案二”处理数据，出现mghAB大于12mvB2−12mvA2现象，出现这一结果的原因可能是_____。
A.工作电压偏高
B.存在空气阻力和摩擦力
C.接通电源前释放了纸带
12.某实验小组欲测定一节旧干电池的电动势和内电阻，实验电路图如图甲所示。根据实验数据做出U−I图像，如图乙所示。
(1)闭合开关前应把滑动变阻器的滑片移到接入电路电阻R最_____的一端(填“左”或“右”)。
(2)根据U−I图像可求出干电池的电动势为_____V和内电阻为_____Ω(均保留三位有效数字)。
(3)若实验方法没有错误，采用题图甲电路实验，测得干电池的电动势测量值_____真实值，内电阻测量值_____真实值(填“大于”“等于”或“小于”)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.直角三角形ABC为某透明玻璃三棱镜的截面图，∠A=90∘,∠B=30∘，在截面上某一束足够强的细光束从AB边与AB边成30∘角由真空射入三棱镜，恰好在AC边上发生全反射，AB边长度为L，光在真空中传播速度为c。求：
(1)玻璃的折射率；
(2)把细光平移到AB边中点入射，求光第一次传播到AC边的时间。
14.如图所示的坐标系xOy中，在x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，第一象限和第二象限的磁感应强度分别为B2和B，一质量为m、电荷量为qq>0的粒子速度大小为v0，方向与x轴负方向为θ=30∘射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，垂直x轴离开第一象限。在x轴下方存在平行于x轴的匀强电场，匀强电场强度为E，粒子重力不计。求：
(1)粒子在磁场中运动的时间；
(2)粒子在x轴下方运动轨迹与y轴的交点坐标。
15.如图所示，竖直平面内光滑的四分之一圆弧轨道半径为R=0.2m，下端与水平传送带相切，电动机带动传送带以v0=2m/s顺时针匀速转动，传送带的长度L=0.5m，小物块a从圆弧轨道顶端无初速度滑下，与静止在圆弧轨道底端的小物块b弹性正碰(a、b只有一次碰撞)，a、b质量分别为ma=1kg和mb=3kg，a、b与传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度为g=10m/s2，a、b均可视为质点。求：
(1)碰撞前瞬间小物块a的速度大小v；
(2)碰后小物块a能上升的最大高度H；
(3)小物块b从传送带的左端运动到右端过程电动机多消耗的电能。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】C
【详解】A.根据质量数守恒与核电荷数守恒可知生成粒子为氦核，发生的是 α 衰变，A错误；
B. γ 射线电离能力最弱，B错误；
C.元素的半衰期不随温度，压强的变化而变化，C正确；
D.放射性元素经过两个完整的半衰期后，还有 14 没有衰变，D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】D
【详解】A.根据题意可知，子弹射出后做平抛运动，由于枪口正对标注点1，则无论子弹速度多大，都不可以打到标注点1，故A错误；
B.根据题意，由公式 h=12gt2 可得，下落时间为
t= 2hg
由图可知，打到标注点2和打到标注点4的运动下落高度之比为 1:3 ，则时间之比为 1: 3 ，故B错误；
CD.水平方向上，由 x=v0t 可得
v0=xt
由图可知，打到标注点2和打到标注点4的运动水平位移相等，则打到标注点2和打到标注点4的初速度之比为 3:1 ，故C错误，D正确。
故选D。
3.【答案】A
【解析】A
【详解】A.由开普勒第二定律可知，天问一号在近火点的速度比远火点速度大，故A正确；
B.若天问一号以火星到远火点的距离为半径做圆周运动，此时速度小于火星的第一宇宙速度，天问一号在远火点进入椭圆轨道，需减速做近心运动，则天问一号在远火点的速度比火星的第一宇宙速度小，故B错误；
C.由对称性可知，从P到Q所用的时间为 T02 ，由于从 P→Q 速度逐渐减小，则从P到M所用的时间小于 T04 ，故C错误；
D.从Q到N阶段，只有引力做功，机械能守恒，故D错误。
故选A。
4.【答案】B
【解析】B
【详解】根据理想气体方程可得
求得
V1=0.5V
B正确。
故选B。
5.【答案】C
【解析】C
【详解】A.整个系统始终保持静止，故B所受的合力为0，故A错误；
D.对B受力分析，B只在竖直方向上受到绳的拉力和重力，故绳的拉力大小为B的重力，则在减少砂桶和砂子的总质量至 14m 的过程中，绳子的拉力T逐渐减小，故D错误；
BC.对A受力分析，刚开始沿斜面方向根据共点力平衡有
mgsin30∘+f=T
拉力T从mg开始逐渐减小，可知摩擦力先减小再反向增大，故C正确，B错误。
故选C。
6.【答案】B
【解析】B
【详解】A. t=34T 时由波形图可知，波刚好传到质点 P6 ，根据波形平移法可知，此时质点 P6 沿y轴正方向运动，故A错误；
B.由图可知，在 t=34T 时质点 P4 处于正的最大位移处，故此时质点 P4 的加速度最大，故B正确；
C.由图可知，在 t=34T 时，质点 P3 沿y轴负方向运动，质点 P5 沿y轴正方向运动，根据对称性可知此时质点 P3 和 P5 速度大小相等，方向相反，故C错误；
D.由图可知
λ2=4a
可得波长为
λ=8a
故该列绳波的波速为
v=λT=8aT
故D错误。
故选B。
7.【答案】D
【解析】D
【详解】AB.根据受力平衡可知，磁铁一定受到重力、磁力、弹力和摩擦力作用，共4个力的作用，故AB错误；
CD.铁板AB对磁铁的作用力与磁铁的重力平衡，大小等于 mg ，方向竖直向上，则铁板AB对磁铁的作用力做功为
W=mg(Lsin60∘−Lsin30∘)=( 3−1)2mgL
故C错误，D正确。
故选D。
8.【答案】AC
【解析】AC
【详解】A.由于合力方向指向轨迹的内侧，而质点仅仅受到电场力，质点带正电，所受电场力方向与电场方向相同，可知，电场力方向指向轨迹内侧，而电场线垂直于等势线，由高电势点指向低电势点，可知，电场线垂直于等势线，整体由 c→b→a ，可知，三个等势面中，c的电势最高，故A正确；
B.结合上述可知，若质点由Q运动到P，速度方向与电场力方向成钝角，电场力做负功，电势能增大，即带电质点通过P点的电势能比Q点大，故B错误；
C.质点在运动过程中只有电势能与动能之间的转化，电势能与动能的和值一定，结合上述可知，带电质点通过P点的电势能比Q点大，则带电质点通过P点的动能比Q点小，故C正确；
D.等差等势线分布的疏密程度能够表示电场强度的大小，P点等势线分布比Q点密集一些，则P点的电场强度比Q点大一些，质点在P点所受电场力比在Q点大一些，根据牛顿第二定律可知，带电质点通过P点时的加速度比Q点大，故D错误。
故选AC。
9.【答案】BC
【解析】BC
【详解】A.输出电压并不是输电线的总电阻两端电压，故输电线上的电流不是 I=UR ，故A错误；
B.根据欧姆定律可知输送电路的电压损失 ΔU=IR ，故B正确；
CD.根据
I=PU
解得输电线上损失的功率为
ΔP=PU2R
用户得到的功率
P′=P−ΔP故C正确，D错误；
故选BC。
10.【答案】ACD
【解析】ACD
【详解】A.根据楞次定律知，在 0∼t0 和 t0∼2t0 时间内，导体棒受到安培力方向相反，所以受到导轨的摩擦力方向也相反，故A正确；
B.根据楞次定律的“增反减同”原理，在 0∼t0 时间内，导体棒中的电流方向为由 N 到 M ，故B错误；
C.在 t0∼2t0 时间内，通过电阻 R 的电流大小
I=ER总=ΔΦ2RΔt=SB0Rt0
故C正确；
D.在 0∼2t0 时间内，回路的磁通量变化为
ΔΦ=2B0S−B0S=B0S
则通过电阻R的电荷量为
q=IΔt=ER总Δt=ΔΦΔtR总Δt=SB02R
故D正确。
故选ACD。
11.【答案】
方案三 体积和形状相同时，密度大的重物受到的重力大，重物下落过程受到的空气阻力和摩擦阻力相对于重力的比例更小，即可以减小空气阻力和摩擦阻力的影响 B
【详解】(1)[1]最合理的方案是方案三；因为方案三用图像法验证机械能守恒定律，通过描点作图可以把偏差比较大的数据点去掉，有效得减小偶然误差。
(2)[2]为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时选择密度大的理由是：体积和形状相同时，密度大的重物受到的重力大，重物下落过程受到的空气阻力和摩擦阻力相对于重力的比例更小，即可以减小空气阻力和摩擦阻力的影响。
(3)[3]某学习小组采用“方案二”处理数据，出现 mghAB 大于 12mvB2−12mvA2 现象，出现这一结果的原因可能是存在空气阻力和摩擦力，使得重物下落过程，减少的重力势能有一部分转化为内能，则减少的重力势能大于增加的动能。
故选B。
【解析】详细解答和解析过程
12.【答案】 左 1.55 2.58 小于 小于
【详解】(1)[1]为了保护电流，开关闭合前，接入电阻应该最大，所以闭合开关前应把滑动变阻器的滑片移到接入电路电阻R最左的一端。
(2)[2]由闭合欧姆定律有
E=U+Ir
得
U=−Ir+E
可见图像与纵轴的交点表示电动势，由图可知，电动势为1.55V。
[3]图像的斜率表示电源内阻，则内阻为
r=1.55−00.6−0Ω=2.58Ω
(3)[4][5]因该接法中由于电压表的分流而导致电流表示数偏小，但电压表是准确的，故图象比真实图象要向上偏，同时，当电路短路时，电压表的分流是可以忽略的，故短路电流是准确的，故图象与横轴的交点不变，故所测电动势小于真实值、内阻也小于真实值。
【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】(1) 72 ；(2) 7 3L12c
【详解】(1)根据题意，由折射定律画出光路图，如图所示
由几何关系有
i=60∘ ， r+C=90∘
又有
n=sinisinr ， n=1sinC
解得
n= 72
(2)根据题意，若把细光平移到AB边中点入射，入射点为 D ，连接 CD ，如图所示
由几何关系有
AD=12AB=12L ， AC=ABtan30∘= 33L
则
CD= 216L
可得
sin∠ACD=ADCD= 217
又有
n=sin60∘sinr= 72
解得
sinr= 217
可知， CD 为细光从AB边中点入射时的折射光线，由 n=cv 可得，光在玻璃三棱镜的传播速度为
v=cn=2c 7
光第一次传播到AC边的时间
t=CDv=7 3L12c
【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1) 11πm6qB ；(2) 0,−2mv0q v0EB
【详解】(1)根据题意，画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示
由几何关系可知，粒子在第二象限的轨迹所对圆心角为 150∘ ，在第一象限的轨迹所对圆心角为 90∘ ，由
qvB=mv2r ， T=2πrv
可得，粒子在第二象限运动的周期为
T1=2πmqB
粒子在第一象限运动的周期为
T2=4πmqB
则粒子在磁场中运动的时间
t=150∘360∘T1+90∘360∘T2=11πm6qB
(2)根据题意可知，粒子离开磁场的位置距离 O 点的距离为 r2 ，又有
qv0⋅B2=mv02r2
解得
r2=2mv0qB
粒子在电场中做类平抛运动，沿 x 轴方向有
r2=12at2 ， a=Eqm
沿 y 轴方向有
y=v0t
联立解得
y=2mv0q v0EB
则粒子在x轴下方运动轨迹与y轴的交点坐标 0,−2mv0q v0EB 。
【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1) 2m/s ；(2) 0.05m ；(3) 6J
【详解】(1)小物块a从圆弧轨道顶端滑到圆弧底端，由机械能守恒可得
magR=12mav2
解得碰撞前瞬间小物块a的速度大小为
v= 2gR=2m/s
(2)小物块a、b发生弹性正碰，由动量守恒和机械能守恒定律可得
mav=mav1+mbv2
12mav2=12mav12+12mbv22
解得
v1=−1m/s ， v2=1m/s
碰后以小物块a为对象，由机械能守恒可得
magH=12mav12
解得碰后小物块a能上升的最大高度为
H=0.05m
(3)由于碰后小物块b的速度
v2=lm/s则小物块b在传送带上先做匀加速运动，加速度大小为
a=μmbgmb=5m/s2
假设小物块b到右端前已经与传送带达到共速，则加速阶段所用时间为
t1=v0−v2a=2−15s=0.2s
加速阶段小物块b通过的位移为
x1=v2+v02t1=1+22×0.2m=0.3m假设成立；小物块b与传送带共速后，继续做匀速运动到传送带右端，共速前，小物块b与传送带发生的相对位移为
Δx=x传−x1=v0t1−x1=0.1m
产生的热量为
Q=μmbgΔx=1.5J
根据能量守恒可知，小物块b从传送带的左端运动到右端过程电动机多消耗的电能为
E电=Q+12mbv02−12mbv22
代数数据解得
E电=6J
【解析】详细解答和解析过程见答案
1.核废料半衰期长、放射性强，研究表明，过量放射性辐射对人体组织有破坏作用，核废料需要妥善处理，已知钚的一种同位素 94239Pu的半衰期为2.41万年，其衰变方程为 94239Pu→92235U+X+γ，则下列说法中正确的是( )
A. 94239Pu发生的衰变为β衰变
B. 衰变发出的γ射线电离能力很强
C. 温度升高，钚的半衰期不变
D. 放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽
2.水平放置的玩具枪机正对着竖直墙面上的标注点发射子弹，枪口正对标注点1，标注点2、标注点3、标注点4在标注点1正下方等距做次排列，如图所示，标注点很小，忽略子弹在空中受到的阻力，下列说法正确的是( )
A. 只要子弹发射的速度足够大，就可以打到标注点1
B. 打到标注点2和打到标注点4的运动时间之比为1:2
C. 打到标注点2和打到标注点4的初速度之比为2:1
D. 打到标注点2和打到标注点4的初速度之比为 3:1
3.2021年2月10日19时52分，中国首次火星探测任务“天问一号”探测器实施近火捕获制动，轨道如图所示。P为近火点，Q为远火点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑“天问一号”和火星的相互作用，则“天问一号”在从P经过M、Q到N的运动过程中( )
A. 天问一号在近火点的速度比远火点速度大
B. 天问一号在远火点的速度比火星的第一宇宙速度大
C. 从P到M所用的时间等于T04
D. 从Q到N阶段，机械能逐渐变大
4.如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞，汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体。p0和T0分别为外界大气的压强和温度，容器内气体的所有变化过程都是缓慢的，汽缸内气体温度为T0、压强为p0时的体积为( )
A. 0.3VB. 0.5VC. 0.8VD. 1V
5.如图所示，质量为m的物块A置于倾角为30∘的固定粗糙斜面上，其上端通过一轻绳跨过光滑定滑轮与砂桶B相连。初始时砂桶和砂子的总质量为m。现缓慢减少砂桶B中的砂子，整个系统始终保持静止，则在减少砂桶和砂子的总质量至14m的过程中，以下说法正确的是( )
A. B所受的合力增大B. A所受的摩擦力一直增大
C. A所受的摩擦力先减小后增大D. A、B间的轻绳拉力大小保持不变
6.在如图所示的xOy坐标系中，一条弹性绳沿x轴放置，图中小黑点代表绳上的质点，相邻质点的间距为a，t=0时，x=0处的质点P0开始沿y轴做周期为T、振幅为A的简谐运动，t=34T时的波形如图所示。下列说法正确的是( )
A. t=34T时，质点P6沿y轴负方向运动B. t=34T时，质点P4的加速度最大
C. t=34T时，质点P3和P5速度相同D. 该列绳波的波速为6aT
7.如图，质量为m的一磁铁吸附在铁板AB的下方，磁铁重心到铁板A端的距离为L，铁板A端与铰链连接，现缓慢推动B端，使铁板AB与磁铁一起绕铁板A端逆时针转动，转动过程中，铁板AB与磁铁始终保持相对静止，重力加速度为g，铁板AB与水平面夹角θ从30∘变为60∘过程中，则下列说法正确的是( )
A. 磁铁受到三个力的作用
B. 磁铁可能不受摩擦力的作用
C. 铁板AB对磁铁的作用力不做功
D. 铁板AB对磁铁的作用力做功为 3−12mgL
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )
A. 三个等势面中，c的电势最高B. 带电质点通过P点的电势能比Q点小
C. 带电质点通过P点的动能比Q点小D. 带电质点通过P点时的加速度比Q点小
9.某小型发电厂向用户输送电，输送电路简化如图所示，发电厂输出的功率和电压分别为P和U，输送电路消耗的功率和电压分别为ΔP和ΔU，用户得到的功率和电压分别为P′和U′，输送电路的总电阻为R，电流为I。以下各物理量关系正确的是( )
A. 输送电路的电流I=URB. 输送电路的电压损失ΔU=IR
C. 输送电路消耗的功率ΔP=PU2RD. 用户得到的功率P′=P
10.如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQMN所围的面积为S，PQ之间有阻值为R的电阻，导体棒MN的电阻为R，不计导轨的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正方向，在0∼2t0时间内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态。下列说法正确的是( )
A. 在0∼t0和t0∼2t0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相反
B. 在0∼t0时间内，通过导体棒的电流方向为M到N
C. 在t0∼2t0时间内，通过电阻R的电流大小为SB0Rt0
D. 在0∼2t0时间内，通过电阻R的电荷量为SB02R
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某班级分若干个学习小组，通过实验验证机械能守恒定律，实验装置如图所示。验证机械能守恒定律思路：求出做自由落体运动物体的重力势能的减少量和对应过程动能的增加量，在实验误差允许范围内，若二者相等，说明机械能守恒，从而验证机械能守恒定律。
(1)按照实验步骤和要求，得出纸带后，学习小组讨论出验证机械能守恒定律处理数据的以下几种方案，你认为最合理的方案是_____(填“方案一”“方案二”“方案三”)。
方案一：利用起始点和第n点计算，代入mghn和12mvn2，如果在实验误差允许的范围内，mghn和12mvn2相等，则验证了机械能守恒定律。
方案二：任取两点计算
①任取两点A、B，测出hAB，算出mghAB。
②算出12mvB2−12mvA2的值。
③在实验误差允许的范围内，若mghAB=12mvB2−12mvA2，则验证了机械能守恒定律。
方案三：图像法
从纸带上选取多个点，测量从第一点到其余各点的下落高度h，并计算各点速度的平方v2，然后以12v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据作出12v2−h图像。若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒定律。
(2)为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时选择密度大的理由是_____(写出一条理由即可)。
(3)某学习小组采用“方案二”处理数据，出现mghAB大于12mvB2−12mvA2现象，出现这一结果的原因可能是_____。
A.工作电压偏高
B.存在空气阻力和摩擦力
C.接通电源前释放了纸带
12.某实验小组欲测定一节旧干电池的电动势和内电阻，实验电路图如图甲所示。根据实验数据做出U−I图像，如图乙所示。
(1)闭合开关前应把滑动变阻器的滑片移到接入电路电阻R最_____的一端(填“左”或“右”)。
(2)根据U−I图像可求出干电池的电动势为_____V和内电阻为_____Ω(均保留三位有效数字)。
(3)若实验方法没有错误，采用题图甲电路实验，测得干电池的电动势测量值_____真实值，内电阻测量值_____真实值(填“大于”“等于”或“小于”)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.直角三角形ABC为某透明玻璃三棱镜的截面图，∠A=90∘,∠B=30∘，在截面上某一束足够强的细光束从AB边与AB边成30∘角由真空射入三棱镜，恰好在AC边上发生全反射，AB边长度为L，光在真空中传播速度为c。求：
(1)玻璃的折射率；
(2)把细光平移到AB边中点入射，求光第一次传播到AC边的时间。
14.如图所示的坐标系xOy中，在x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，第一象限和第二象限的磁感应强度分别为B2和B，一质量为m、电荷量为qq>0的粒子速度大小为v0，方向与x轴负方向为θ=30∘射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，垂直x轴离开第一象限。在x轴下方存在平行于x轴的匀强电场，匀强电场强度为E，粒子重力不计。求：
(1)粒子在磁场中运动的时间；
(2)粒子在x轴下方运动轨迹与y轴的交点坐标。
15.如图所示，竖直平面内光滑的四分之一圆弧轨道半径为R=0.2m，下端与水平传送带相切，电动机带动传送带以v0=2m/s顺时针匀速转动，传送带的长度L=0.5m，小物块a从圆弧轨道顶端无初速度滑下，与静止在圆弧轨道底端的小物块b弹性正碰(a、b只有一次碰撞)，a、b质量分别为ma=1kg和mb=3kg，a、b与传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度为g=10m/s2，a、b均可视为质点。求：
(1)碰撞前瞬间小物块a的速度大小v；
(2)碰后小物块a能上升的最大高度H；
(3)小物块b从传送带的左端运动到右端过程电动机多消耗的电能。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】C
【详解】A.根据质量数守恒与核电荷数守恒可知生成粒子为氦核，发生的是 α 衰变，A错误；
B. γ 射线电离能力最弱，B错误；
C.元素的半衰期不随温度，压强的变化而变化，C正确；
D.放射性元素经过两个完整的半衰期后，还有 14 没有衰变，D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】D
【详解】A.根据题意可知，子弹射出后做平抛运动，由于枪口正对标注点1，则无论子弹速度多大，都不可以打到标注点1，故A错误；
B.根据题意，由公式 h=12gt2 可得，下落时间为
t= 2hg
由图可知，打到标注点2和打到标注点4的运动下落高度之比为 1:3 ，则时间之比为 1: 3 ，故B错误；
CD.水平方向上，由 x=v0t 可得
v0=xt
由图可知，打到标注点2和打到标注点4的运动水平位移相等，则打到标注点2和打到标注点4的初速度之比为 3:1 ，故C错误，D正确。
故选D。
3.【答案】A
【解析】A
【详解】A.由开普勒第二定律可知，天问一号在近火点的速度比远火点速度大，故A正确；
B.若天问一号以火星到远火点的距离为半径做圆周运动，此时速度小于火星的第一宇宙速度，天问一号在远火点进入椭圆轨道，需减速做近心运动，则天问一号在远火点的速度比火星的第一宇宙速度小，故B错误；
C.由对称性可知，从P到Q所用的时间为 T02 ，由于从 P→Q 速度逐渐减小，则从P到M所用的时间小于 T04 ，故C错误；
D.从Q到N阶段，只有引力做功，机械能守恒，故D错误。
故选A。
4.【答案】B
【解析】B
【详解】根据理想气体方程可得
求得
V1=0.5V
B正确。
故选B。
5.【答案】C
【解析】C
【详解】A.整个系统始终保持静止，故B所受的合力为0，故A错误；
D.对B受力分析，B只在竖直方向上受到绳的拉力和重力，故绳的拉力大小为B的重力，则在减少砂桶和砂子的总质量至 14m 的过程中，绳子的拉力T逐渐减小，故D错误；
BC.对A受力分析，刚开始沿斜面方向根据共点力平衡有
mgsin30∘+f=T
拉力T从mg开始逐渐减小，可知摩擦力先减小再反向增大，故C正确，B错误。
故选C。
6.【答案】B
【解析】B
【详解】A. t=34T 时由波形图可知，波刚好传到质点 P6 ，根据波形平移法可知，此时质点 P6 沿y轴正方向运动，故A错误；
B.由图可知，在 t=34T 时质点 P4 处于正的最大位移处，故此时质点 P4 的加速度最大，故B正确；
C.由图可知，在 t=34T 时，质点 P3 沿y轴负方向运动，质点 P5 沿y轴正方向运动，根据对称性可知此时质点 P3 和 P5 速度大小相等，方向相反，故C错误；
D.由图可知
λ2=4a
可得波长为
λ=8a
故该列绳波的波速为
v=λT=8aT
故D错误。
故选B。
7.【答案】D
【解析】D
【详解】AB.根据受力平衡可知，磁铁一定受到重力、磁力、弹力和摩擦力作用，共4个力的作用，故AB错误；
CD.铁板AB对磁铁的作用力与磁铁的重力平衡，大小等于 mg ，方向竖直向上，则铁板AB对磁铁的作用力做功为
W=mg(Lsin60∘−Lsin30∘)=( 3−1)2mgL
故C错误，D正确。
故选D。
8.【答案】AC
【解析】AC
【详解】A.由于合力方向指向轨迹的内侧，而质点仅仅受到电场力，质点带正电，所受电场力方向与电场方向相同，可知，电场力方向指向轨迹内侧，而电场线垂直于等势线，由高电势点指向低电势点，可知，电场线垂直于等势线，整体由 c→b→a ，可知，三个等势面中，c的电势最高，故A正确；
B.结合上述可知，若质点由Q运动到P，速度方向与电场力方向成钝角，电场力做负功，电势能增大，即带电质点通过P点的电势能比Q点大，故B错误；
C.质点在运动过程中只有电势能与动能之间的转化，电势能与动能的和值一定，结合上述可知，带电质点通过P点的电势能比Q点大，则带电质点通过P点的动能比Q点小，故C正确；
D.等差等势线分布的疏密程度能够表示电场强度的大小，P点等势线分布比Q点密集一些，则P点的电场强度比Q点大一些，质点在P点所受电场力比在Q点大一些，根据牛顿第二定律可知，带电质点通过P点时的加速度比Q点大，故D错误。
故选AC。
9.【答案】BC
【解析】BC
【详解】A.输出电压并不是输电线的总电阻两端电压，故输电线上的电流不是 I=UR ，故A错误；
B.根据欧姆定律可知输送电路的电压损失 ΔU=IR ，故B正确；
CD.根据
I=PU
解得输电线上损失的功率为
ΔP=PU2R
用户得到的功率
P′=P−ΔP
故选BC。
10.【答案】ACD
【解析】ACD
【详解】A.根据楞次定律知，在 0∼t0 和 t0∼2t0 时间内，导体棒受到安培力方向相反，所以受到导轨的摩擦力方向也相反，故A正确；
B.根据楞次定律的“增反减同”原理，在 0∼t0 时间内，导体棒中的电流方向为由 N 到 M ，故B错误；
C.在 t0∼2t0 时间内，通过电阻 R 的电流大小
I=ER总=ΔΦ2RΔt=SB0Rt0
故C正确；
D.在 0∼2t0 时间内，回路的磁通量变化为
ΔΦ=2B0S−B0S=B0S
则通过电阻R的电荷量为
q=IΔt=ER总Δt=ΔΦΔtR总Δt=SB02R
故D正确。
故选ACD。
11.【答案】
方案三 体积和形状相同时，密度大的重物受到的重力大，重物下落过程受到的空气阻力和摩擦阻力相对于重力的比例更小，即可以减小空气阻力和摩擦阻力的影响 B
【详解】(1)[1]最合理的方案是方案三；因为方案三用图像法验证机械能守恒定律，通过描点作图可以把偏差比较大的数据点去掉，有效得减小偶然误差。
(2)[2]为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时选择密度大的理由是：体积和形状相同时，密度大的重物受到的重力大，重物下落过程受到的空气阻力和摩擦阻力相对于重力的比例更小，即可以减小空气阻力和摩擦阻力的影响。
(3)[3]某学习小组采用“方案二”处理数据，出现 mghAB 大于 12mvB2−12mvA2 现象，出现这一结果的原因可能是存在空气阻力和摩擦力，使得重物下落过程，减少的重力势能有一部分转化为内能，则减少的重力势能大于增加的动能。
故选B。
【解析】详细解答和解析过程
12.【答案】 左 1.55 2.58 小于 小于
【详解】(1)[1]为了保护电流，开关闭合前，接入电阻应该最大，所以闭合开关前应把滑动变阻器的滑片移到接入电路电阻R最左的一端。
(2)[2]由闭合欧姆定律有
E=U+Ir
得
U=−Ir+E
可见图像与纵轴的交点表示电动势，由图可知，电动势为1.55V。
[3]图像的斜率表示电源内阻，则内阻为
r=1.55−00.6−0Ω=2.58Ω
(3)[4][5]因该接法中由于电压表的分流而导致电流表示数偏小，但电压表是准确的，故图象比真实图象要向上偏，同时，当电路短路时，电压表的分流是可以忽略的，故短路电流是准确的，故图象与横轴的交点不变，故所测电动势小于真实值、内阻也小于真实值。
【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】(1) 72 ；(2) 7 3L12c
【详解】(1)根据题意，由折射定律画出光路图，如图所示
由几何关系有
i=60∘ ， r+C=90∘
又有
n=sinisinr ， n=1sinC
解得
n= 72
(2)根据题意，若把细光平移到AB边中点入射，入射点为 D ，连接 CD ，如图所示
由几何关系有
AD=12AB=12L ， AC=ABtan30∘= 33L
则
CD= 216L
可得
sin∠ACD=ADCD= 217
又有
n=sin60∘sinr= 72
解得
sinr= 217
可知， CD 为细光从AB边中点入射时的折射光线，由 n=cv 可得，光在玻璃三棱镜的传播速度为
v=cn=2c 7
光第一次传播到AC边的时间
t=CDv=7 3L12c
【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1) 11πm6qB ；(2) 0,−2mv0q v0EB
【详解】(1)根据题意，画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示
由几何关系可知，粒子在第二象限的轨迹所对圆心角为 150∘ ，在第一象限的轨迹所对圆心角为 90∘ ，由
qvB=mv2r ， T=2πrv
可得，粒子在第二象限运动的周期为
T1=2πmqB
粒子在第一象限运动的周期为
T2=4πmqB
则粒子在磁场中运动的时间
t=150∘360∘T1+90∘360∘T2=11πm6qB
(2)根据题意可知，粒子离开磁场的位置距离 O 点的距离为 r2 ，又有
qv0⋅B2=mv02r2
解得
r2=2mv0qB
粒子在电场中做类平抛运动，沿 x 轴方向有
r2=12at2 ， a=Eqm
沿 y 轴方向有
y=v0t
联立解得
y=2mv0q v0EB
则粒子在x轴下方运动轨迹与y轴的交点坐标 0,−2mv0q v0EB 。
【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1) 2m/s ；(2) 0.05m ；(3) 6J
【详解】(1)小物块a从圆弧轨道顶端滑到圆弧底端，由机械能守恒可得
magR=12mav2
解得碰撞前瞬间小物块a的速度大小为
v= 2gR=2m/s
(2)小物块a、b发生弹性正碰，由动量守恒和机械能守恒定律可得
mav=mav1+mbv2
12mav2=12mav12+12mbv22
解得
v1=−1m/s ， v2=1m/s
碰后以小物块a为对象，由机械能守恒可得
magH=12mav12
解得碰后小物块a能上升的最大高度为
H=0.05m
(3)由于碰后小物块b的速度
v2=lm/s
a=μmbgmb=5m/s2
假设小物块b到右端前已经与传送带达到共速，则加速阶段所用时间为
t1=v0−v2a=2−15s=0.2s
加速阶段小物块b通过的位移为
x1=v2+v02t1=1+22×0.2m=0.3m
Δx=x传−x1=v0t1−x1=0.1m
产生的热量为
Q=μmbgΔx=1.5J
根据能量守恒可知，小物块b从传送带的左端运动到右端过程电动机多消耗的电能为
E电=Q+12mbv02−12mbv22
代数数据解得
E电=6J
【解析】详细解答和解析过程见答案
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