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2022_2023学年江苏省海安高级中学高三模拟考试物理试卷（含解析）
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这是一份2022_2023学年江苏省海安高级中学高三模拟考试物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022~2023学年江苏省海安高级中学高三模拟考试物理试卷
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1. 2022年10月9日，中国首颗综合性太阳探测卫星“夸父一号”成功发射，开启中国综合性太阳观测新时代。“夸父一号”卫星采用的是离地高度720千米左右、周期约99分钟的太阳同步晨昏轨道。下列说法正确的是( )
A. 夸父一号的向心加速度比地球同步卫星大
B. 夸父一号受到地球的万有引力比地球同步卫星大
C. 夸父一号的角速度比静止在赤道上的物体小
D. 夸父一号的运行速度大于第一宇宙速度
2. 布雷顿循环由两个等压变化、两个绝热过程构成，其压强p和体积V的关系如图所示。如果将工作物质看作理想气体，则下列说法中正确的是( )
A. A到B过程，气体的内能在减小
B. 状态B的温度低于状态C的温度
C. C到D过程，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D. 经过一个布雷顿循环，气体吸收的热量小于放出的热量
3. 利用图示装置研究双缝干涉现象并测量光的波长，下列说法中正确的是( )
A. 测量过程中误将6个条纹间距数成5个，波长测量值偏大
B. 将屏向右移动，其它不动，则干涉条纹间距变小
C. 将双缝换为间距更大的双缝后，干涉条纹间距变宽
D. 用激光替代普通光源直接照射到双缝上，观察不到干涉条纹
4. 虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可用白光照射玻璃球来演示说明。两束平行白光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN和PQ两条彩色光带，光路图如图所示。关于照到M、N、P、Q点的单色光的说法正确的是( )
A. M、N、P、Q点的光的颜色分别为红、紫、红、紫
B. M点的光的波长较N点的大
C. P点的光的波长较Q点的大
D. 水对P点的光比对Q点的光的折射率大
5. 如图，长为L的导体棒MN在匀强磁场B中绕平行于磁场的轴OO＇以角速度ω匀速转动，棒与轴OO＇间的夹角为α，则UMN为( )
A. 0 B. 14BωL2sin 2α C. 12Bω(Lsinα)2 D. 12Bω(Lcosα)2
6. 将粗细不同、两端开口的玻璃毛细管插入装有某种液体的容器里，现象如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 容器中的液体可能是水银
B. 若在“问天”太空舱中进行实验，仍然是较细毛细管中的液面更高
C. 若用不同液体进行实验，两毛细管中的高度差相同
D. 图中毛细管附着层内的液体分子密度大于液体内部
7. 火车由北京开往拉萨，列车在水平轨道上以恒定功率启动达到最大速度之前的过程中，列车对小明( )
A. 做正功，且做功的功率不变 B. 做正功，且做功的功率减小
C. 做负功，且做功的功率不变 D. 做负功，且做功的功率减小
8. 如俯视图所示，水平桌面上放着一根足够长的刚性折线形导轨FOG，一根足够长的金属棒PQ放在导轨上并与导轨接触良好，FOG的角平分线垂直平分金属棒。整个空间中有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨及金属棒单位长度的电阻均为r。导轨和金属棒的质量均为m。不计一切摩擦。金属棒初始时紧靠O点。给金属棒一个沿着FOG角平分线向右的初速度v0，金属棒最终与O点的距离为d，下列说法正确的是( )
A. 金属棒开始运动之后，回路中的电流保持不变
B. PQ两端最终的电势差是初始时的一半
C. B越大，导轨上产生的总焦耳热越大
D. 若v0加倍，则d加倍
9. 如图所示，长度为l的轻质细线一端与带孔小球A连接，另一端与木块B连接，小球A穿在光滑的固定水平杆(足够长)上，小球A与木块B质量均为m。t=0时刻，给木块B一向右水平瞬时冲量I，使其获得v0= 2gl的初速度，则从t=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中( )
A. A、B沿绳方向加速度始终相等
B. 绳对A球的冲量大小为m 2gl
C. 绳对A先做正功后做负功
D. 木块B再次运动到A正下方时绳子拉力的大小为3mg
10. 如图所示，两个电量均为+Q的点电荷位置固定不动，带电量分别为+q和−q的两个点电荷用绝缘轻杆连接构成电偶极子，轻杆的长度远小于两个+Q之间的距离，电偶极子位于两个+Q中垂线上的O点，以O点为原点，向上为正方向建立x轴。在电偶极子上施加沿x轴的外力F，使其沿着中垂线缓慢向上移动，Ep表示电偶极子在移动过程中的电势能(忽略+q与−q的相互作用，不考虑重力)。下列F和Ep随轻杆中点的坐标x变化的图像中正确的是()
A. ①和③ B. ②和③ C. ①和④ D. ②和④
二、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
11. 某同学研究标有额定电压为3.8V字样(额定功率字迹不清)的小灯泡的伏安特性，使用实验室里的电压表、电流表和滑动变阻器等常规器材进行实验，测得的数据如表所示。
次数
1
2
3
4
5
6
U/V
0
0.10
0.20
0.40
0.60
1.00
I/A
0
0.080
0.100
0.118
0.128
0.160
次数
7
8
9
10
11
12
U/V
1.60
2.20
2.60
3.00
3.40
3.80
I/A
0.200
0.238
0.258
0.278
0.291
0.310
(1)在下图所示虚线框中画出实验电路图_____。
(2)在下图所示的坐标系中，根据表格中的数据，描出第7、8次的数据点，再画出小灯泡的伏安特性曲线_______．
(3)实验中小灯泡两端的电压从零变化到额定电压的过程中，小灯泡的最大电阻约为____Ω(保留三位有效数字)；根据你的电路设计，考虑电流表、电压表带来的系统误差时，小灯泡最大电阻的测量值比此时的真实值偏____。
(4)将本实验用的小灯泡接入下图所示的电路，电源电压恒为6.0V，定值电阻R1=30Ω，电流表(内阻不计)读数为0.45A。根据你描绘出的小灯泡的伏安特性曲线，此时小灯泡消耗的实际功率约为____W(保留两位有效数字)。
三、计算题（本大题共4小题，共50.0分）
12. 一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图甲所示，M、N、P、Q是介质中的四个质点，M点位于平衡位置、P点和Q点分别位于波谷和波峰，M、Q两质点平衡位置之间的距离为9m，M点的振动情况如图乙所示。
(1)求该波的传播速度大小v；
(2)求Q的平衡位置坐标xQ．
13. 用如图甲所示的电路研究光电管的特性，入射光频率为ν，光电管A、K两极的电势差为Uab。如图乙所示，在U−ν坐标系中，阴影部分表示能产生光电流的Uab和ν取值范围。已知普朗克常量为h，电子电量为e，及乙图中的νc、ν1、U1。
(1)求图乙中B点对应的光电子到达A极板时的最大动能Ek；
(2)图甲中使用一激光发生器发射频率为ν′的入射光束，假设K板吸收的光子数是入射总光子数的η倍，电流表读数最大值为I0。则该激光发生器的最小功率P；
14. 如图甲所示，平行板电容器板长为L、间距离为d，虚线PO为两板间的中轴线。质量为m、电荷量为e的电子源从平行金属板之外的P点(无穷远处)沿虚线PO方向以初速度v0均匀持续射入。两板间加上如图乙所示的电压Uab(U未知)，T=Lv0。平行板电容器右侧有一方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN为其左边界，磁感应强度为B=4mv0ed，磁场中放置一半径为d16的圆柱ed形金属圆筒，圆心O到MN的距离OO1=3d16，圆筒轴线与磁场平行，圆筒用导线通过一个电阻r0接地．已知t=0时刻射入的电子刚好打不到极板，不计电子的重力以及电子间的相互作用力，忽略平行金属板之外的电场。
(1)求U的大小(用不含T的表达式表示)；
(2)最初金属圆筒不带电，求能够打到圆筒上的电子占发射的电子百分比η；
(3)不考虑MN左右电场的相互影响，当圆筒上电量达到相对稳定时，测量到通过电阻r0的电流恒为I，求此时电子到达圆筒时速度v和金属圆筒的发热功率P.(取无穷远处或大地电势为零)．
15. 如图所示，半径为r圆柱体B、C固定在两个不计质量、不计厚度的相同水平底座上，且B、C靠在一起，底座与水平面间的动摩擦因数为μ，圆柱体A(半径为r)放在圆柱体B、C上，三者处于静止状态，质量关系为mA=2mB=2mC=2m，三个圆柱面间的光滑，重力加速度为g。
(1)求B对A的支持力FN。
(2)要使系统保持静止状态，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求μ的最小值。
(3)若μ=0，从如图所示的位置静止释放，求A刚接触水平面时的速度。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.根据GMmr2=ma，解得a=GMr2，夸父一号的半径小，所以夸父一号的向心加速度比地球同步卫星大，A正确；
B.根据万有引力公式F=GMmr2，由于不知道卫星的质量，所以无法比较万有引力的大小，B错误；
C.根据GMmr2=mω2r，解得ω= GMr3
可知夸父一号的角速度大于同步卫星，而同步卫星的角速度与赤道上的物体相等，所以夸父一号的角速度比静止在赤道上的物体大，C错误；
D.第一宇宙速度是最大的环绕速度，夸父一号的运行速度小于第一宇宙速度，D错误。
故选A。
2.【答案】C
【解析】A.根据pVT=C，知A到B过程，气体经历等压变化，体积增大，热力学温度增加，即内能在增加，故A错误；
B.B到C过程，气体经历绝热过程，气体的体积增大，对外界做功，根据热力学第一定律ΔU=W+Q
可知气体内能减小，热力学温度降低，所以状态B的温度高于状态C的温度，故B错误；
C.C到D过程，气体经历等压变化，体积减小，外界对气体做功，则热力学温度降低，即内能在减小。由热力学第一定律，可知外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量，故C正确；
D.由图可知，经过一个布雷顿循环，气体对外做功而内能不变，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，即吸收的热量大于放出的热量，故D错误。
故选C。
3.【答案】A
【解析】A.条纹间距Δx=an−1，其中a为n条明条纹或暗条纹之间的宽度，若测量过程中误将6个条纹间距数成5个，则条纹间距变大；根据干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知，波长的测量值变大，故 A正确；
B.根据干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知，将屏向右移动，增大了双缝与屏之间的距离l，其它不动，干涉条纹间距变大，故B错误；
C.将双缝换为间距更大的双缝后，根据干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知，d变大，干涉条纹间距变窄，故C错误；
D.因激光的相干性高，用激光替代普通光源直接照射到双缝上，可以观察到干涉条纹，故D错误。
故选A。
4.【答案】C
【解析】A.在白光的七色光中红光的折射率最小，紫光的折射率最大，根据折射定律知光进入玻璃球折射后红光的折射角较大，由玻璃球出来后将形成光带，而两端分别是红光和紫光，根据光路图可知M、N、P、Q点的光的颜色分别为紫、红、红、紫，故A错误；
B.M点的光是紫光，波长最短，所以M点的波长较N点的小，故B错误；
C.P点的光是红光，波长最长，所以P点的波长较Q点的大，故C正确；
D.Q点的光的频率比P点的光的频率大，所以水对P点的光比对Q点的光的折射率小，故D错误。
故选C。
5.【答案】C
【解析】导体棒在匀强电场中切割磁感线产生感应电动势，则有UMN=E=12BvLsinα
根据线速度、角速度和半径关系有v=ωLsinα
解得UMN=12BωLsinα2
故选C。
6.【答案】D
【解析】A.水银在玻璃表面是不浸润的，在玻璃管中是呈现凸形液面，故容器中的液体不可能是水银，故A错误；
B.在太空舱中由于处在失重环境下，毛细现象更明显，液面直接攀升到毛细管顶部，毛细管越细，攀升速度越快，粗细不同的毛细管中液面都与毛细管齐平，故B错误；
C.在毛细现象中，毛细管中液面的高低与液体的种类和毛细管的材质有关，若用不同液体进行实验，两毛细管中的高度差不一定相同，故C错误；
D.图中毛细管内液面呈现浸润现象，说明固体分子对液体分子引力大于液体分子之间的引力，那么附着层的分子密度将会大于液体内部分子密度，此时附着层内的分子相互作用表现为斥力，液面呈现“扩散”的趋势，便形成了浸润现象，故D正确。
故选D。
7.【答案】B
【解析】由于小明和列车相对静止，列车和小明具有相同的加速度，设小明的质量为m，小明所受的摩擦力f=ma
由于摩擦力的方向与小明的运动方向相同，则摩擦力做正功；
设列车的质量为M，列车以恒定功率启动，速度增大，牵引力减小，加速度a=Pv−f1M
则摩擦力做功的功率P′=fv=mav=mP−f1mvM
随着速度增大，摩擦力做功的功率P′减小。
故选B。
8.【答案】B
【解析】A.由题可知，金属棒开始运动之后，某位置金属棒到O的距离为x，FOG的角平分线与FO的夹角为θ，则回路中的电流为(2xcosθ+2xtanθ)r
运动过程中金属棒减速，导轨加速，故两者的相对速度减小，故回路中的电流在减小，A错误；
B.由动量守恒定律可知mv0=2mv，解得v=12v0，根据动生电动势的表达式E=BLv可知，PQ两端最终的电势差是初始时的一半，B正确；
C.由上分析可知，这个过程电路中的产生的热量等于这个过程中损失的机械能，即Q=12mv02−12⋅2m(v02)2=14mv02，与B的大小无关，C错误；
D.根据动量定理可知，在一小段时间Δt内有BIL⋅Δt=mΔv
则整个过程有BqL=mv0
又q=BΔSR，，R=2dcosθ+2dtanθr，L=2dtanθ
解得2Btanθ
故v0加倍，则d是原来的 2倍， D错误。
故选B。
9.【答案】D
【解析】A.从t=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，所以A一直水平向右加速，B的运动可以分解为水平向右随A加速直线运动和竖直平面内的圆周运动。所以A的加速度水平向右，B的加速度有与A相同的向右的加速度分量和沿绳的加速度分量。故A、B沿绳方向加速度不相等，故A错误；
B.从t=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
m 2gl=mvA+mvB
12m⋅2gl=12mvA2+12mvB2
解得vB=0，vA= 2gl
对A球由动量定理可得I支持力+I重力+I绳=m 2gl−0
由受力分析可知重力与支持力不相等，所以I支持力+I重力≠0
所以I绳≠m 2gl
故B错误；
C.从t=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，绳对A一直做正功，故C错误；
D.B再次运动到A正下方时，由B项分析知B相对于A以 2gl经过最低点，则由T−mg=mvA2l=2mg
得T=3mg
故D正确。
故选D。
10.【答案】B
【解析】①②.根据平行四边形定则，开始时电偶极子受到的电场力的合力向上，沿着中垂线缓慢向上移动，根据平衡条件，力F方向向下，随着电偶极子向上移动的过程中，电场力的合力逐渐减小，则F逐渐减小，F减小到0后又反向增大，当电偶极子向上移动到无穷远处，电场力的合力趋于0，F趋于0，②图符合题意，故①错误，②正确；
③④．O点电势为0，则电偶极子初始时电势能为0，随着电偶极子向上移动的过程中，电场力的合力向上，逐渐减小到0后又反向增大，所以电场力的合力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，由于无穷远处电势能为0，所以电势能趋于0，③图符合题意，故③正确，④错误。
故选B。
11.【答案】(1)
(2)
(3)12.3；小
(4) 0.63
【解析】(1)该实验中需要测量较多数据，且从零开始，滑动变阻器应采用分压式接法，小灯泡电阻较小，电流表采用外接法，实验电路图如图所示
(2)在坐标系中描出第7、8次的数据点，用平滑曲线连接各点，使各点落在曲线上，或均匀分布在两侧，远离的点舍去，伏安特性曲线如图所示
(3)当电流最大时，温度最高，此时对应的电阻最大，则有Rm=UI=3.800.31Ω≈12.3Ω
电压表与电阻并联有分流作用，电流表的测量值大于通过电阻电流的真实值，根据欧姆定律可知小灯泡最大电阻的测量值比此时的真实值偏小；
(4)通过R1的电流为I1=UR1=0.2A
通过小灯泡的电流为I2=I−I1=0.25A
由伏安特性曲线可知，小灯泡两端的电压为UL=2.5V
故灯泡的功率为PL=ULI2=0.63W
12.【答案】(1)由图甲可知34λ=9m
则λ=12m
由图乙知T=0.3s
又v=λT=120.3m/s=40m/s
(2)从t=0时刻开始，M点向上振动，波向右传播，对N点y=10sin (20π3t−π6)cm
当其第一次回到平衡位置，即y=0此时20π3t0−π6=0
解得t0=140s
则有v
解得ΔxMN=1m
即xM=−1m
故Q的平衡位置坐标xQ=8m
【解析】结合波形图和振动图像可求得波长及周期，因此可求得波速；根据波的图像可求得N点的振动方程，结合波的传播时间、速度、传播距离的关系求得M的坐标，进而求得Q平衡位置的坐标。
13.【答案】(1)由图乙可知，K材料的极限频率为νc，则W逸=hνc
B点对应入射光频率为ν1，由光电效应方程Ek0=hν1−W逸
加正向电压U1后，由动能定理Ek−Ek0=eU1
故图乙中B点对应的光电子到达A极板时的最大动能Ek=eU1+h(ν1−νc)
(2)设经过时间t产生光子数n，则Pt=nhν′
解得n=Pthν′
吸收光子数n1=ηn=ηPthν′
光电子数n2=n1
最大电流时为t时间内产生的光电子全部达到A板，则I0=n2et=ηPthν′et=ηPehν′
故P=hν′I0ηe
【解析】(1)根据光电效应方程解答；
(2)根据光电流的定义求单位时间内照射到阴极K上的光子数，从而分析最小功率。
14.【答案】(1)根据水平方向的匀速直线运动规律有L2=v0t
根据竖直方向的匀变速直线运动规律有y=2×12qUmdt2
解得U=2md2v02qL2；
(2)电子经过电场后速度方向均与极板平行，宽度为d，设电子进入磁场的轨道半径为R，则ev0B=mv02R
解得R=d4
如图所示，大量电子从MN上不同点进入磁场，从O1上方O点射入的电子刚好与圆筒外切，根据几何关系有AO1= (R+d16)2−(3d16)2=d4
从O1上方A点射入的电子刚好与圆筒外切于E，根据几何关系可知能够打到圆筒上的电子占发射的电子百分比为η=d2d×100%=50%；
(3)稳定时，圆筒上的电荷不再增加，设粒子从P点射到圆筒表面的速度为v，则−e[0−(−Ir0)]=12mv2−12mv02
解得v= v02−2eIr0m
单位时间到达圆筒的电子数n=Ie
所以圆筒的发热功率为P=n⋅12mv2=mIv022e−I2r0。
【解析】(1)电子在极板间做类平抛运动，应用运动学公式求出电压大小。
(2)电子在磁场中做运动圆周运动，作出电子临界运动轨迹，求出电子轨道半径，应用牛顿第二定律与几何知识求解。
(3)应用动能定理求出电子到达圆筒时的速度，求出单位时间内到达圆筒的电子数，然后求出功率。
15.【答案】(1)如图，对A受力分析
由对称性可知C对A的作用力与B对A的作用力大小相等，设FCA=FBA=FN，则2FNcos30∘=2mg
解得求B对A的支持力FN=2 33mg
(2)对B受力分析，如图，其中FN=FAB
水平方向f=FNsinθ
竖直方向N=FNcosθ+mg
由最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则f≤μN
解得μ≥ 36
(3)设A与BC刚分离时，如图
AB中心连线与竖直方向的夹角为α，则A下落h= 3r−2rcosα
设此时A、B、C的速度分别为vA、vB、vC；则由水平方向动量守恒mvB−mvC=0
系统机械能守恒：2mg 3r−2rcosα=12×2mvA2+12mvB2+12mvC2
整理得：vA2+vB2=2gr 3−2cosα
A、B分离前A、B中心距离不变vAcosα=vBsinα
设A与BC刚分离时，B对A的弹力为0，则2mgcosα=2mvAsinα+vBcosα22r
整理得cosα= 33
则vA2=4 39gr
A刚接触水平面时的速度vA′= v A2+2g×2rcos α=43 3gr
【解析】(1)对A受力分析，根据平衡条件列出关系式得到B对A的支持力FN；
(2)对B和底座整体受力分析，根据平衡条件列出关系式得到μ的最小值；
(3)根据动量守恒以及系统机械能守恒得到A、B、C速度的大小关系，再根据牛顿第二定律得到cosα，最后求出A刚接触水平面时的速度大小。
2022~2023学年江苏省海安高级中学高三模拟考试物理试卷
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1. 2022年10月9日，中国首颗综合性太阳探测卫星“夸父一号”成功发射，开启中国综合性太阳观测新时代。“夸父一号”卫星采用的是离地高度720千米左右、周期约99分钟的太阳同步晨昏轨道。下列说法正确的是( )
A. 夸父一号的向心加速度比地球同步卫星大
B. 夸父一号受到地球的万有引力比地球同步卫星大
C. 夸父一号的角速度比静止在赤道上的物体小
D. 夸父一号的运行速度大于第一宇宙速度
2. 布雷顿循环由两个等压变化、两个绝热过程构成，其压强p和体积V的关系如图所示。如果将工作物质看作理想气体，则下列说法中正确的是( )
A. A到B过程，气体的内能在减小
B. 状态B的温度低于状态C的温度
C. C到D过程，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D. 经过一个布雷顿循环，气体吸收的热量小于放出的热量
3. 利用图示装置研究双缝干涉现象并测量光的波长，下列说法中正确的是( )
A. 测量过程中误将6个条纹间距数成5个，波长测量值偏大
B. 将屏向右移动，其它不动，则干涉条纹间距变小
C. 将双缝换为间距更大的双缝后，干涉条纹间距变宽
D. 用激光替代普通光源直接照射到双缝上，观察不到干涉条纹
4. 虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可用白光照射玻璃球来演示说明。两束平行白光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN和PQ两条彩色光带，光路图如图所示。关于照到M、N、P、Q点的单色光的说法正确的是( )
A. M、N、P、Q点的光的颜色分别为红、紫、红、紫
B. M点的光的波长较N点的大
C. P点的光的波长较Q点的大
D. 水对P点的光比对Q点的光的折射率大
5. 如图，长为L的导体棒MN在匀强磁场B中绕平行于磁场的轴OO＇以角速度ω匀速转动，棒与轴OO＇间的夹角为α，则UMN为( )
A. 0 B. 14BωL2sin 2α C. 12Bω(Lsinα)2 D. 12Bω(Lcosα)2
6. 将粗细不同、两端开口的玻璃毛细管插入装有某种液体的容器里，现象如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 容器中的液体可能是水银
B. 若在“问天”太空舱中进行实验，仍然是较细毛细管中的液面更高
C. 若用不同液体进行实验，两毛细管中的高度差相同
D. 图中毛细管附着层内的液体分子密度大于液体内部
7. 火车由北京开往拉萨，列车在水平轨道上以恒定功率启动达到最大速度之前的过程中，列车对小明( )
A. 做正功，且做功的功率不变 B. 做正功，且做功的功率减小
C. 做负功，且做功的功率不变 D. 做负功，且做功的功率减小
8. 如俯视图所示，水平桌面上放着一根足够长的刚性折线形导轨FOG，一根足够长的金属棒PQ放在导轨上并与导轨接触良好，FOG的角平分线垂直平分金属棒。整个空间中有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨及金属棒单位长度的电阻均为r。导轨和金属棒的质量均为m。不计一切摩擦。金属棒初始时紧靠O点。给金属棒一个沿着FOG角平分线向右的初速度v0，金属棒最终与O点的距离为d，下列说法正确的是( )
A. 金属棒开始运动之后，回路中的电流保持不变
B. PQ两端最终的电势差是初始时的一半
C. B越大，导轨上产生的总焦耳热越大
D. 若v0加倍，则d加倍
9. 如图所示，长度为l的轻质细线一端与带孔小球A连接，另一端与木块B连接，小球A穿在光滑的固定水平杆(足够长)上，小球A与木块B质量均为m。t=0时刻，给木块B一向右水平瞬时冲量I，使其获得v0= 2gl的初速度，则从t=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中( )
A. A、B沿绳方向加速度始终相等
B. 绳对A球的冲量大小为m 2gl
C. 绳对A先做正功后做负功
D. 木块B再次运动到A正下方时绳子拉力的大小为3mg
10. 如图所示，两个电量均为+Q的点电荷位置固定不动，带电量分别为+q和−q的两个点电荷用绝缘轻杆连接构成电偶极子，轻杆的长度远小于两个+Q之间的距离，电偶极子位于两个+Q中垂线上的O点，以O点为原点，向上为正方向建立x轴。在电偶极子上施加沿x轴的外力F，使其沿着中垂线缓慢向上移动，Ep表示电偶极子在移动过程中的电势能(忽略+q与−q的相互作用，不考虑重力)。下列F和Ep随轻杆中点的坐标x变化的图像中正确的是()
A. ①和③ B. ②和③ C. ①和④ D. ②和④
二、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
11. 某同学研究标有额定电压为3.8V字样(额定功率字迹不清)的小灯泡的伏安特性，使用实验室里的电压表、电流表和滑动变阻器等常规器材进行实验，测得的数据如表所示。
次数
1
2
3
4
5
6
U/V
0
0.10
0.20
0.40
0.60
1.00
I/A
0
0.080
0.100
0.118
0.128
0.160
次数
7
8
9
10
11
12
U/V
1.60
2.20
2.60
3.00
3.40
3.80
I/A
0.200
0.238
0.258
0.278
0.291
0.310
(1)在下图所示虚线框中画出实验电路图_____。
(2)在下图所示的坐标系中，根据表格中的数据，描出第7、8次的数据点，再画出小灯泡的伏安特性曲线_______．
(3)实验中小灯泡两端的电压从零变化到额定电压的过程中，小灯泡的最大电阻约为____Ω(保留三位有效数字)；根据你的电路设计，考虑电流表、电压表带来的系统误差时，小灯泡最大电阻的测量值比此时的真实值偏____。
(4)将本实验用的小灯泡接入下图所示的电路，电源电压恒为6.0V，定值电阻R1=30Ω，电流表(内阻不计)读数为0.45A。根据你描绘出的小灯泡的伏安特性曲线，此时小灯泡消耗的实际功率约为____W(保留两位有效数字)。
三、计算题（本大题共4小题，共50.0分）
12. 一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图甲所示，M、N、P、Q是介质中的四个质点，M点位于平衡位置、P点和Q点分别位于波谷和波峰，M、Q两质点平衡位置之间的距离为9m，M点的振动情况如图乙所示。
(1)求该波的传播速度大小v；
(2)求Q的平衡位置坐标xQ．
13. 用如图甲所示的电路研究光电管的特性，入射光频率为ν，光电管A、K两极的电势差为Uab。如图乙所示，在U−ν坐标系中，阴影部分表示能产生光电流的Uab和ν取值范围。已知普朗克常量为h，电子电量为e，及乙图中的νc、ν1、U1。
(1)求图乙中B点对应的光电子到达A极板时的最大动能Ek；
(2)图甲中使用一激光发生器发射频率为ν′的入射光束，假设K板吸收的光子数是入射总光子数的η倍，电流表读数最大值为I0。则该激光发生器的最小功率P；
14. 如图甲所示，平行板电容器板长为L、间距离为d，虚线PO为两板间的中轴线。质量为m、电荷量为e的电子源从平行金属板之外的P点(无穷远处)沿虚线PO方向以初速度v0均匀持续射入。两板间加上如图乙所示的电压Uab(U未知)，T=Lv0。平行板电容器右侧有一方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN为其左边界，磁感应强度为B=4mv0ed，磁场中放置一半径为d16的圆柱ed形金属圆筒，圆心O到MN的距离OO1=3d16，圆筒轴线与磁场平行，圆筒用导线通过一个电阻r0接地．已知t=0时刻射入的电子刚好打不到极板，不计电子的重力以及电子间的相互作用力，忽略平行金属板之外的电场。
(1)求U的大小(用不含T的表达式表示)；
(2)最初金属圆筒不带电，求能够打到圆筒上的电子占发射的电子百分比η；
(3)不考虑MN左右电场的相互影响，当圆筒上电量达到相对稳定时，测量到通过电阻r0的电流恒为I，求此时电子到达圆筒时速度v和金属圆筒的发热功率P.(取无穷远处或大地电势为零)．
15. 如图所示，半径为r圆柱体B、C固定在两个不计质量、不计厚度的相同水平底座上，且B、C靠在一起，底座与水平面间的动摩擦因数为μ，圆柱体A(半径为r)放在圆柱体B、C上，三者处于静止状态，质量关系为mA=2mB=2mC=2m，三个圆柱面间的光滑，重力加速度为g。
(1)求B对A的支持力FN。
(2)要使系统保持静止状态，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求μ的最小值。
(3)若μ=0，从如图所示的位置静止释放，求A刚接触水平面时的速度。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.根据GMmr2=ma，解得a=GMr2，夸父一号的半径小，所以夸父一号的向心加速度比地球同步卫星大，A正确；
B.根据万有引力公式F=GMmr2，由于不知道卫星的质量，所以无法比较万有引力的大小，B错误；
C.根据GMmr2=mω2r，解得ω= GMr3
可知夸父一号的角速度大于同步卫星，而同步卫星的角速度与赤道上的物体相等，所以夸父一号的角速度比静止在赤道上的物体大，C错误；
D.第一宇宙速度是最大的环绕速度，夸父一号的运行速度小于第一宇宙速度，D错误。
故选A。
2.【答案】C
【解析】A.根据pVT=C，知A到B过程，气体经历等压变化，体积增大，热力学温度增加，即内能在增加，故A错误；
B.B到C过程，气体经历绝热过程，气体的体积增大，对外界做功，根据热力学第一定律ΔU=W+Q
可知气体内能减小，热力学温度降低，所以状态B的温度高于状态C的温度，故B错误；
C.C到D过程，气体经历等压变化，体积减小，外界对气体做功，则热力学温度降低，即内能在减小。由热力学第一定律，可知外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量，故C正确；
D.由图可知，经过一个布雷顿循环，气体对外做功而内能不变，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，即吸收的热量大于放出的热量，故D错误。
故选C。
3.【答案】A
【解析】A.条纹间距Δx=an−1，其中a为n条明条纹或暗条纹之间的宽度，若测量过程中误将6个条纹间距数成5个，则条纹间距变大；根据干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知，波长的测量值变大，故 A正确；
B.根据干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知，将屏向右移动，增大了双缝与屏之间的距离l，其它不动，干涉条纹间距变大，故B错误；
C.将双缝换为间距更大的双缝后，根据干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知，d变大，干涉条纹间距变窄，故C错误；
D.因激光的相干性高，用激光替代普通光源直接照射到双缝上，可以观察到干涉条纹，故D错误。
故选A。
4.【答案】C
【解析】A.在白光的七色光中红光的折射率最小，紫光的折射率最大，根据折射定律知光进入玻璃球折射后红光的折射角较大，由玻璃球出来后将形成光带，而两端分别是红光和紫光，根据光路图可知M、N、P、Q点的光的颜色分别为紫、红、红、紫，故A错误；
B.M点的光是紫光，波长最短，所以M点的波长较N点的小，故B错误；
C.P点的光是红光，波长最长，所以P点的波长较Q点的大，故C正确；
D.Q点的光的频率比P点的光的频率大，所以水对P点的光比对Q点的光的折射率小，故D错误。
故选C。
5.【答案】C
【解析】导体棒在匀强电场中切割磁感线产生感应电动势，则有UMN=E=12BvLsinα
根据线速度、角速度和半径关系有v=ωLsinα
解得UMN=12BωLsinα2
故选C。
6.【答案】D
【解析】A.水银在玻璃表面是不浸润的，在玻璃管中是呈现凸形液面，故容器中的液体不可能是水银，故A错误；
B.在太空舱中由于处在失重环境下，毛细现象更明显，液面直接攀升到毛细管顶部，毛细管越细，攀升速度越快，粗细不同的毛细管中液面都与毛细管齐平，故B错误；
C.在毛细现象中，毛细管中液面的高低与液体的种类和毛细管的材质有关，若用不同液体进行实验，两毛细管中的高度差不一定相同，故C错误；
D.图中毛细管内液面呈现浸润现象，说明固体分子对液体分子引力大于液体分子之间的引力，那么附着层的分子密度将会大于液体内部分子密度，此时附着层内的分子相互作用表现为斥力，液面呈现“扩散”的趋势，便形成了浸润现象，故D正确。
故选D。
7.【答案】B
【解析】由于小明和列车相对静止，列车和小明具有相同的加速度，设小明的质量为m，小明所受的摩擦力f=ma
由于摩擦力的方向与小明的运动方向相同，则摩擦力做正功；
设列车的质量为M，列车以恒定功率启动，速度增大，牵引力减小，加速度a=Pv−f1M
则摩擦力做功的功率P′=fv=mav=mP−f1mvM
随着速度增大，摩擦力做功的功率P′减小。
故选B。
8.【答案】B
【解析】A.由题可知，金属棒开始运动之后，某位置金属棒到O的距离为x，FOG的角平分线与FO的夹角为θ，则回路中的电流为(2xcosθ+2xtanθ)r
运动过程中金属棒减速，导轨加速，故两者的相对速度减小，故回路中的电流在减小，A错误；
B.由动量守恒定律可知mv0=2mv，解得v=12v0，根据动生电动势的表达式E=BLv可知，PQ两端最终的电势差是初始时的一半，B正确；
C.由上分析可知，这个过程电路中的产生的热量等于这个过程中损失的机械能，即Q=12mv02−12⋅2m(v02)2=14mv02，与B的大小无关，C错误；
D.根据动量定理可知，在一小段时间Δt内有BIL⋅Δt=mΔv
则整个过程有BqL=mv0
又q=BΔSR，，R=2dcosθ+2dtanθr，L=2dtanθ
解得2Btanθ
故v0加倍，则d是原来的 2倍， D错误。
故选B。
9.【答案】D
【解析】A.从t=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，所以A一直水平向右加速，B的运动可以分解为水平向右随A加速直线运动和竖直平面内的圆周运动。所以A的加速度水平向右，B的加速度有与A相同的向右的加速度分量和沿绳的加速度分量。故A、B沿绳方向加速度不相等，故A错误；
B.从t=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
m 2gl=mvA+mvB
12m⋅2gl=12mvA2+12mvB2
解得vB=0，vA= 2gl
对A球由动量定理可得I支持力+I重力+I绳=m 2gl−0
由受力分析可知重力与支持力不相等，所以I支持力+I重力≠0
所以I绳≠m 2gl
故B错误；
C.从t=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，绳对A一直做正功，故C错误；
D.B再次运动到A正下方时，由B项分析知B相对于A以 2gl经过最低点，则由T−mg=mvA2l=2mg
得T=3mg
故D正确。
故选D。
10.【答案】B
【解析】①②.根据平行四边形定则，开始时电偶极子受到的电场力的合力向上，沿着中垂线缓慢向上移动，根据平衡条件，力F方向向下，随着电偶极子向上移动的过程中，电场力的合力逐渐减小，则F逐渐减小，F减小到0后又反向增大，当电偶极子向上移动到无穷远处，电场力的合力趋于0，F趋于0，②图符合题意，故①错误，②正确；
③④．O点电势为0，则电偶极子初始时电势能为0，随着电偶极子向上移动的过程中，电场力的合力向上，逐渐减小到0后又反向增大，所以电场力的合力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，由于无穷远处电势能为0，所以电势能趋于0，③图符合题意，故③正确，④错误。
故选B。
11.【答案】(1)
(2)
(3)12.3；小
(4) 0.63
【解析】(1)该实验中需要测量较多数据，且从零开始，滑动变阻器应采用分压式接法，小灯泡电阻较小，电流表采用外接法，实验电路图如图所示
(2)在坐标系中描出第7、8次的数据点，用平滑曲线连接各点，使各点落在曲线上，或均匀分布在两侧，远离的点舍去，伏安特性曲线如图所示
(3)当电流最大时，温度最高，此时对应的电阻最大，则有Rm=UI=3.800.31Ω≈12.3Ω
电压表与电阻并联有分流作用，电流表的测量值大于通过电阻电流的真实值，根据欧姆定律可知小灯泡最大电阻的测量值比此时的真实值偏小；
(4)通过R1的电流为I1=UR1=0.2A
通过小灯泡的电流为I2=I−I1=0.25A
由伏安特性曲线可知，小灯泡两端的电压为UL=2.5V
故灯泡的功率为PL=ULI2=0.63W
12.【答案】(1)由图甲可知34λ=9m
则λ=12m
由图乙知T=0.3s
又v=λT=120.3m/s=40m/s
(2)从t=0时刻开始，M点向上振动，波向右传播，对N点y=10sin (20π3t−π6)cm
当其第一次回到平衡位置，即y=0此时20π3t0−π6=0
解得t0=140s
则有v
解得ΔxMN=1m
即xM=−1m
故Q的平衡位置坐标xQ=8m
【解析】结合波形图和振动图像可求得波长及周期，因此可求得波速；根据波的图像可求得N点的振动方程，结合波的传播时间、速度、传播距离的关系求得M的坐标，进而求得Q平衡位置的坐标。
13.【答案】(1)由图乙可知，K材料的极限频率为νc，则W逸=hνc
B点对应入射光频率为ν1，由光电效应方程Ek0=hν1−W逸
加正向电压U1后，由动能定理Ek−Ek0=eU1
故图乙中B点对应的光电子到达A极板时的最大动能Ek=eU1+h(ν1−νc)
(2)设经过时间t产生光子数n，则Pt=nhν′
解得n=Pthν′
吸收光子数n1=ηn=ηPthν′
光电子数n2=n1
最大电流时为t时间内产生的光电子全部达到A板，则I0=n2et=ηPthν′et=ηPehν′
故P=hν′I0ηe
【解析】(1)根据光电效应方程解答；
(2)根据光电流的定义求单位时间内照射到阴极K上的光子数，从而分析最小功率。
14.【答案】(1)根据水平方向的匀速直线运动规律有L2=v0t
根据竖直方向的匀变速直线运动规律有y=2×12qUmdt2
解得U=2md2v02qL2；
(2)电子经过电场后速度方向均与极板平行，宽度为d，设电子进入磁场的轨道半径为R，则ev0B=mv02R
解得R=d4
如图所示，大量电子从MN上不同点进入磁场，从O1上方O点射入的电子刚好与圆筒外切，根据几何关系有AO1= (R+d16)2−(3d16)2=d4
从O1上方A点射入的电子刚好与圆筒外切于E，根据几何关系可知能够打到圆筒上的电子占发射的电子百分比为η=d2d×100%=50%；
(3)稳定时，圆筒上的电荷不再增加，设粒子从P点射到圆筒表面的速度为v，则−e[0−(−Ir0)]=12mv2−12mv02
解得v= v02−2eIr0m
单位时间到达圆筒的电子数n=Ie
所以圆筒的发热功率为P=n⋅12mv2=mIv022e−I2r0。
【解析】(1)电子在极板间做类平抛运动，应用运动学公式求出电压大小。
(2)电子在磁场中做运动圆周运动，作出电子临界运动轨迹，求出电子轨道半径，应用牛顿第二定律与几何知识求解。
(3)应用动能定理求出电子到达圆筒时的速度，求出单位时间内到达圆筒的电子数，然后求出功率。
15.【答案】(1)如图，对A受力分析
由对称性可知C对A的作用力与B对A的作用力大小相等，设FCA=FBA=FN，则2FNcos30∘=2mg
解得求B对A的支持力FN=2 33mg
(2)对B受力分析，如图，其中FN=FAB
水平方向f=FNsinθ
竖直方向N=FNcosθ+mg
由最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则f≤μN
解得μ≥ 36
(3)设A与BC刚分离时，如图
AB中心连线与竖直方向的夹角为α，则A下落h= 3r−2rcosα
设此时A、B、C的速度分别为vA、vB、vC；则由水平方向动量守恒mvB−mvC=0
系统机械能守恒：2mg 3r−2rcosα=12×2mvA2+12mvB2+12mvC2
整理得：vA2+vB2=2gr 3−2cosα
A、B分离前A、B中心距离不变vAcosα=vBsinα
设A与BC刚分离时，B对A的弹力为0，则2mgcosα=2mvAsinα+vBcosα22r
整理得cosα= 33
则vA2=4 39gr
A刚接触水平面时的速度vA′= v A2+2g×2rcos α=43 3gr
【解析】(1)对A受力分析，根据平衡条件列出关系式得到B对A的支持力FN；
(2)对B和底座整体受力分析，根据平衡条件列出关系式得到μ的最小值；
(3)根据动量守恒以及系统机械能守恒得到A、B、C速度的大小关系，再根据牛顿第二定律得到cosα，最后求出A刚接触水平面时的速度大小。
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