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2024届重庆市杨家坪中学高三下学期第二次月考物理试题 （解析版）
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这是一份2024届重庆市杨家坪中学高三下学期第二次月考物理试题 （解析版），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。
（试题满分100分，考试时间75分钟）
第I卷（共52分）
一、单项选择题（本大题共7题，每题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的）
1. 2023年12月14日，我国宣布新一代人造太阳“中国环流三号”面向全球开放﹐邀请全世界科学家来中国集智攻关，共同追逐“人造太阳”能源梦想。“人造太阳”物理本质就是核聚变，其发生核聚变的原理和太阳发光发热的原理很相似﹐核反应方程为。下列说法正确的是（ ）
A. X是质子B. 该反应为链式反应
C. 的比结合能比的大D. 的结合能为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据质量数与电荷数守恒有
2+3-4=1，1+1-2=0
可知，X是中子，故A错误；
B．重核裂变是链式反应，该反应是轻核聚变，不是链式反应，故B错误；
C．该核反应释放核能，表明生成核比反应核更加稳定，即的比结合能比的大，故C正确；
D．结合能指单个自由发散的核子合成原子核释放的能量，而是与发生聚变反应释放的核能，可知，的结合能大于，故D错误。
故选C。
2. 如图所示为某同学投篮的示意图。出手瞬间篮球中心与篮筐中心的高度差为h（篮球中心低于篮筐中心），水平距离为2h，篮球出手时速度与水平方向夹角为37°，不计空气阻力，重力加速度为g，sin37°=0.6，cs37°=0.8；篮球中心恰好直接经过篮筐中心，则篮球出手时速度的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设向上为正方向，初速度大小为，由于篮球做斜抛运动，速度与水平方向夹角为37°，由篮球水平方向做匀速直线运动得
篮球竖直方向做匀减速直线运动得
联立解得篮球出手时速度的大小为
故选B。
3. 静电除尘是工业生产中处理烟尘的重要方法。除尘装置由金属管A和悬挂在管中心的金属导线B组成，如图甲所示。工作时，使中心的金属导线B带负电，金属管A接地，A、B之间产生如图乙（俯视图）所示的电场，圆内实线为未标方向的电场线。金属导线B附近的气体分子被强电场电离，形成电子和正离子，电子在向正极A运动的过程中，使烟尘中的颗粒带上负电。这些带电颗粒在静电力作用下被吸附到正极A上，最后在重力作用下落入下方的漏斗中。经过这样的除尘处理，原本饱含烟尘的气体就可能达到排放标准，满足环保要求。图乙中ab=bc；c、d在同一圆上。下列说法正确的是（ ）
A. 图乙中c点和d点的电场强度相同
B. 带上负电的颗粒在a点所受的电场力大于在c点所受的电场力
C. 一电子从c点运动到a点的过程中，其电势能增大
D. 电势差关系：
【答案】D
【解析】
【详解】A．c点和d点的电场强度大小相同，方向不同，故A错误；
B．根据电场线的疏密可知，a点的电场强度小于c点的电场强度，带上负电的颗粒在a点所受的电场力小于在c点所受的电场力，故B错误；
C．电子从c点运动到a点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D．由
U=Ed
可知，ab间任意一点的电场强度都小于bc间任意一点的电场强度，因
ab=bc
所以
故D正确。
故选D。
4. 2023年10月26日，神舟十七号载人飞船与天和核心舱进行了对接，“太空之家”迎来汤洪波、唐胜杰、江新林3名中国航天史上最年轻的乘组入驻。如图为神舟十七号的发射与交会对接过程示意图，图中①为飞船的近地圆轨道，其轨道半径为，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在的圆轨道，其轨道半径为，P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点。关于神舟十七号载人飞船与天和核心舱交会对接过程，下列说法正确的是（ ）
A. 飞船从②轨道到变轨到③轨道需要在Q点点火减速
B. 飞船在轨道3上运行的速度大于第一宇宙速度
C. 飞船在①轨道的动能一定大于天和核心舱在③轨道的动能
D. 若核心舱在③轨道运行周期为T，则飞船在②轨道从P到Q的时间为
【答案】D
【解析】
【详解】A．飞船从②轨道变轨到③轨道，飞船将由近心运动变成圆周运动，所以需要在Q点点火加速，故A错误；
B．第一宇宙速度是最小发射速度，最大的环绕速度，即物体环绕地球表面做匀速圆周运动时的速度，根据万有引力充当向心力有
解得
可知轨道半径越大，线速度越小，而轨道3的轨道半径大于地球半径，因此飞船绕地球运行的速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C．根据以上分析可知，轨道半径越大，线速度越小，因此①轨道的速度大于③轨道的速度，但由于飞船和核心舱的质量未知，因此无法判断他们动能的大小，故C错误；
D．根据开普勒第三定律可知
可得
飞船在②轨道从P到Q的时间为，即
故D正确。
故选D。
5. 胶囊型元件水平放置，由某透明材料制成，两端是半径为r的半球，中间是长度为4r的圆柱体，中轴线是。一激光束从左侧平行中轴线水平射入，经折射、反射再折射后又从左侧水平射出。已知出射光线与入射光线的间距为1.6r，则该元件的折射率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由光路的对称性与可逆性可知，激光束在胶囊元件中的光路如下图所示。
设光线在半球处入射角为，折射角为，则由折射定律得
由几何关系得
在三角形中，由正弦定理得
结合三角公式
联解可得
折射角
折射率
故BCD错误，A正确。
故选A。
6. 如图所示，用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C处于竖直平面内，质量均为m，两段轻杆等长。现将C球置于距地面高h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在小球C下落过程中（ ）
A. 小球A、B、C组成的系统机械能不守恒
B. 小球C的机械能一直减小
C. 小球C落地前瞬间的速度大小为
D. 当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于mg
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于小球A、B、C组成的系统只有重力做功，则系统的机械能守恒，故A错误；
B．小球B的初速度为零，C落地瞬间，B的速度为零，故B的动能先增大后减小，而B的重力势能不变，则B的机械能先增大后减小，同理可得A的机械能先增大后减小，而系统机械能守恒，故C的机械能先减小后增大，故B错误；
C．根据以上分析，设小球C落地前瞬间的速度大小为v，根据动能定理有
解得
故C正确；
D．当小球C的机械能最小时，小球B速度最大，此时小球B的加速度为零，水平方向所受的合力为零，则杆CB对小球B恰好没有力的作用，所以地面对小球B的支持力大小为mg，故D错误。
故选C。
7. 如图所示，半径为R的金属圆环固定在竖直平面，金属环均匀带电，带电量为Q，一长为L=2R的绝缘细线一段固定在圆环最高点，另一端连接一质量为m、带电量为q（未知）的金属小球（可视为质点）。稳定时带电金属小球在过圆心且垂直圆环平面的轴上的P点处于平衡状态，点P'（图中未画出）是点P关于圆心O对称的点。已知静电常量为k，重力加速度为g，若取无穷远为零势面，下列说法正确的是（ ）
A. O点的场强一定为零
B. P'点场强大小为
C. 金属带电小球的电量为
D. 剪断细线瞬间，小球加速度水平向右
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据对称性可知，带电量Q的圆环，在圆心O点场强为0，带电金属小球在O点的场强不0，所以O 点的场强不为零，故A错误；
B．设细线与半径的夹角为θ，由几何关系
θ=60°
由微元法，无限划分，设每一极小段圆环带电量为Δq，则
其中
∑Δq=Q
解得
根据对称性可知，带电量为Q的圆环，在P、P′两点的场强大小相等，方向相反，即带电量为Q的圆环在P′点的场强大小为，而P′点的场强大小是圆环与带电金属小球在P′的电场强度的叠加，所以
故B错误；
C．对小球受力分析如图，则
解得
选项C正确；
D．剪断细线瞬间，小球受合外力沿细线方向斜向右下，则加速度方向斜向右下方，选项D错误。
故选C。
二、多项选择题（本题共3小题，每题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全选对得5分，选不全得3分，选错不得分）
8. 一列简谐横波沿x轴方向传播，在时的波形如图甲所示，M、N、P、Q是介质中的四个质点，已知N、Q两质点平衡位置之间的距离为16m，图乙为质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. 该波的波速为12cm/s
B. 该波沿x轴负方向传播
C. 质点P的平衡位置位于处
D. 从开始，质点Q比质点P早0.25s回到平衡位置
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．根据三角函数相关知识可知，N、Q两质点平衡位置之间距离为
解得
根据乙图可知波的周期为
因此波速为
故A错误；
B．由图乙可知时刻，质点P沿y轴负方向运动，根据同侧法可知，该波沿x轴负方向传播，故B正确；
C．由图乙可知，在之后，质点P第一次位于波峰的时间为，由此可知是由波峰为时刻质点Q所在波峰传播来的，所以有
其中
解得
故C正确；
D．从开始，质点Q第一次回到平衡位置所经历的时间为
Q点左侧波形的第一个平衡位置处坐标为
该振动状态第一次传播到P点所需时间为
则
即从开始，质点Q比质点P早0.25s回到平衡位置，故D正确。
故选BCD。
9. 如图所示，某理想变压器原、副线圈的匝数之比为2：1，原线圈与阻值的定值电阻串联后接在电压有效值恒为240V的正弦交流电源两端，副线圈电路中接有理想电流表和最大阻值的滑动变阻器，a、b为滑动变阻器的两端点。初始时滑动变阻器的滑片P位于滑动变阻器的中点，在将滑片P向上缓慢滑至a点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电流表示数逐渐减小
B. 交流电源的输出功率逐渐增大
C. 滑动变阻器消耗电功率的最大值为120W
D. 定值电阻消耗电功率的最大值为120W
【答案】AC
【解析】
【详解】A．设滑动变阻器接入电路的阻值为，电流表的示数为I，则变压器副线圈的电压
根据变压器原理知原线圈中
电压有效值恒为240V的正弦交流电源两端
联立解得
由此可知，电流表的示数随滑动变阻器接入电路的阻值的增大而逐渐减小，故A正确；
B．交流电源的输出功率
由此可知，交流电源的输出功率随滑动变阻器接入电路的阻值的增大而逐渐减小，故B错误；
C．滑动变阻器消耗的电功率
当
即
时，有最大值
故C正确；
D．定值电阻消耗的电功率
当最小时，有最大值
故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，水平传送带以速度向右匀速运动，小物体P、Q质量均为1kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，时刻P在传送带左端具有向右的速度，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数，传送带两端距离，绳足够长，。关于小物体P的描述正确的是（ ）
A. 小物体P离开传送带时速度大小
B. 小物体P在传送带上运动的时间为5s
C. 小物体P将从传送带的右端滑下传送带
D. 小物体P在传送带上运动的全过程中，合外力对它做的功为
【答案】AD
【解析】
【详解】ABC．P相对传送带向右运动时，对PQ，由牛顿第二定律有
解得
相对运动的位移
（假设速度减小到时未从传送带右端滑出），代入数据解得
所用的时间
故假设成立，在P的速度和传送带速度相等后，会继续减速速度小于传送带速度，所以摩擦力会突变向右，由牛顿第二定律有
得
则速度减小到0的位移为
代入数据得
则从减速到0的时间
由于
故P不会从传送带右端滑出，后面以向左加速，由
求得
传动到传送带最左端的速度
随后掉下传送带，则P在传送带上的时间
A正确，BC错误；
D．由动能定理可得合外力对P做的功为
代入数据求得
D正确。
故选AD。
第Ⅱ卷（共48分）
二、实验题（本大题共2小题，11题6分，12题10分，共16分）
11. 如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”实验。有一直径为、质量为的金属小球由处静止释放，下落过程中能通过处正下方、固定于处的光电门，测得、间的距离为，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为，当地的重力加速度为。则：
（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径______cm。
（2）多次改变高度，重复上述实验，作出随的变化图像如图丙所示，当图中已知量、和重力加速度及小球的直径满足以下表达式：______时，可判断小球下落过程中机械能守恒。
（3）某次实验发现动能增加量总是大于重力势能减少量，则可能的原因是______（多选）
A.金属球从点下落时初速度不为零
B.小杰测量的高度为金属球在点时球底与光电门点的高度差
C.小球下落的高度太高，以致下落过程中空气阻力的影响比较大
【答案】 ①. 1.86##1.87 ②. ③. AB##BA
【解析】
【详解】（1）[1]用游标卡尺测得小球的直径
（2）[2]若小球下落过程中机械能守恒，则
解得
（3）[3] A．根据能量守恒推断金属球从点下落时初速度不为零，则末速度大，动能增加量偏大
故A正确；
B．小杰测量的高度为金属球在点时球底与光电门点的高度差，则偏小，重力势能偏小
故B正确；
C．小球下落的高度太高，以致下落过程中空气阻力的影响比较大，则末速度偏小，偏小
故C错误。
故选AB。
12. 某校举行了一次物理实验操作技能比赛，其中一项比赛为选用合适的电学元件设计合理的电路，并能较准确地测量同一电池组的电动势及其内阻。提供的器材如下：
A．电流表G（满偏电流10mA，内阻为10Ω）
B．电流表A（0~0.6A~3A，内阻未知）
C．电压表V（0~5V~10V，内阻未知）
D．滑动变阻器R（0~20Ω，1A）
E．定值电阻（阻值为990Ω）
F．开关与导线若干
（1）图（a）是小李同学根据选用的仪器设计的测量该电池组电动势和内阻的电路图。根据该实验电路测出的数据绘制的图线如图（b）所示（为电流表G的示数，为电流表A的示数），则由图线可以得到被测电池组的电动势E=______V，内阻r=______Ω。（结果均保留2位有效数字）
（2）另一位小张同学则设计了图（c）所示的实验电路对电池组进行测量，记录了单刀双掷开关分别接1、2对应电压表的示数U和电流表的示数I；根据实验记录的数据绘制图线如图（d）中所示的A、B两条图线。可以判断图线A是利用单刀双掷开关接______（选填“1”或“2”）中的实验数据描出的；分析A、B两条图线可知，此电池组的电动势为E=______，内阻r=______。（用图中、、、表示）
【答案】 ①. 7.5 ②. 5.0 ③. 1 ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1][2]电流表G和定值电阻串联，其可看成一个电压表，则根据闭合电路的欧姆定律有
整理可得
设该图像的方程为
将坐标（0.1，7），（0.5，5）代入可得
则图线与纵轴会相交于的位置，则有
联立可得
，
（2）[3][4][5]由图（c）分析可知，单刀双掷开关接1和2时，只是电流表的内接与外接差别：当接1时，是电流表的内接法（相对于电源），从图（d）可以看出，当电流表的示数为零时，即电源的外电路断开，而对电源来说断路电压就是电动势，根据实验原理知：图像的纵截距
由于电流表内阻的影响，则短电流
即横截距（即短路电流）小于真实值。当接2时，电流表相对于电源外接，同理可以看出，当电流的示数为零时，但由于电压表与电源仍构成通路，则此时路端电压小于电动势，根据实验原理知：图像的纵截距
由于电流表的测量值就是通过电源的电源，则
即图像的横截距是真实值。总结以上两点可知，图像中纵截距小的是接2的数据所绘。图线A是接1时中的实验数据描出，则电源电动势
电源内阻
四、计算题（本大题共3小题，13题12分，14题13分，15题18分，共41分）
13. 如图所示，两个横截面积相同、导热性能良好的汽缸竖直放置在水平面上，右侧汽缸顶端封闭，左侧汽缸顶部开口与大气连通，两个汽缸通过底部的细管连通，细管上装有阀门K，阀门关闭时，在左侧汽缸中用质量为、截面积为的活塞封闭体积为的气柱，右侧汽缸内封闭有体积为的气柱，打开阀门K，右侧汽缸中气体缓慢流入左侧汽缸中，当左侧汽缸中气体体积为时，两汽缸中气体压强相等。不计活塞厚度，活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，大气压强为，重力加速度为，环境温度始终不变，封闭气体可视为理想气体，不计细管的容积。
（1）求未打开阀门时右侧汽缸中气体的压强。
（2）全过程气体吸收的热量。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）未打开阀门时，对A中气体有
解得
设B中气体的压强为，打开阀门后，根据玻意耳定律有
解得
（2）气体发生等温变化，则气体的内能不变，根据热力学第一定律有
解得
14. 如图所示，将一张长方形纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一物块置于距纸板左边界处。用水平向右的拉力F将纸板迅速抽出，如果拉力足够大，物块几乎不动落在桌面上，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若物块的质量为，纸板的质量为，物块与纸板、纸板与桌面、物块与桌面之间的动摩擦因数均为，重力加速度为，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）当纸板相对物块运动时，桌面对纸板摩擦力f的大小；
（2）要使物块与纸板发生相对滑动，拉力F应满足的条件；
（3）若物块移动的距离超过，人眼就能感知到物块位置的变化，忽略物块的体积因素影响，为确保实验成功，纸板所需最小拉力的大小。
【答案】（1）4N；（2）F＞8N；（3）308N
【解析】
【详解】（1）当纸板相对物块运动时，桌面对纸板摩擦力的大小
（2）物块与纸板发生相对滑动时，物块与纸板间摩擦力
纸板与桌面之间的摩擦力
设物块的加速度为，纸板的加速度为，则
物块与纸板发生相对滑动，则
解得
（3）对物块由牛顿第二定律得
对纸板由牛顿第二定律得
物块的位移大小
纸板的位移大小
纸板抽出后物块运动的距离
由题意知
，
解得
15. 某兴趣小组设计了一个磁悬浮列车驱动模型，简化原理如图甲所示，平面（纸面）内有宽为，关于轴对称的磁场区域，磁感应强度大小为，变化规律如图乙所示。长为，宽为的矩形金属线框放置在图中所示位置，其中边与轴重合，边分别与磁场的上下边界重合。当磁场以速度沿轴向左匀速运动时，会驱动线框运动，线框受到的阻力大小恒为。已知线框的质量为，总电阻为。
（1）求磁场刚开始运动时，通过线框的感应电流的大小和方向；
（2）求线框稳定运动时的速度大小；
（3）某时刻磁场停止运动，此后线框运动时间后停止，求时间内线框运动的距离；
（4）在磁悬浮列车的实际模型中，磁场应强度的大小是随时间和空间同时变化的，即，若将线框固定不动，求在时间内线框产生的热量。
【答案】（1），沿顺时针方向；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）由右手定则得，感应电流沿顺时针方向
解得
（2）线框稳定运动后，电流大小为
安培力大小为
由受力平衡可知
解得
（3）由动量定理可得
即
解得
（4）该磁场可等效为磁感应强度为，且以速度运动的磁场，在线框中产生正弦式交流电，电动势的最大值为
故产生的热量为
解得
（试题满分100分，考试时间75分钟）
第I卷（共52分）
一、单项选择题（本大题共7题，每题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的）
1. 2023年12月14日，我国宣布新一代人造太阳“中国环流三号”面向全球开放﹐邀请全世界科学家来中国集智攻关，共同追逐“人造太阳”能源梦想。“人造太阳”物理本质就是核聚变，其发生核聚变的原理和太阳发光发热的原理很相似﹐核反应方程为。下列说法正确的是（ ）
A. X是质子B. 该反应为链式反应
C. 的比结合能比的大D. 的结合能为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据质量数与电荷数守恒有
2+3-4=1，1+1-2=0
可知，X是中子，故A错误；
B．重核裂变是链式反应，该反应是轻核聚变，不是链式反应，故B错误；
C．该核反应释放核能，表明生成核比反应核更加稳定，即的比结合能比的大，故C正确；
D．结合能指单个自由发散的核子合成原子核释放的能量，而是与发生聚变反应释放的核能，可知，的结合能大于，故D错误。
故选C。
2. 如图所示为某同学投篮的示意图。出手瞬间篮球中心与篮筐中心的高度差为h（篮球中心低于篮筐中心），水平距离为2h，篮球出手时速度与水平方向夹角为37°，不计空气阻力，重力加速度为g，sin37°=0.6，cs37°=0.8；篮球中心恰好直接经过篮筐中心，则篮球出手时速度的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设向上为正方向，初速度大小为，由于篮球做斜抛运动，速度与水平方向夹角为37°，由篮球水平方向做匀速直线运动得
篮球竖直方向做匀减速直线运动得
联立解得篮球出手时速度的大小为
故选B。
3. 静电除尘是工业生产中处理烟尘的重要方法。除尘装置由金属管A和悬挂在管中心的金属导线B组成，如图甲所示。工作时，使中心的金属导线B带负电，金属管A接地，A、B之间产生如图乙（俯视图）所示的电场，圆内实线为未标方向的电场线。金属导线B附近的气体分子被强电场电离，形成电子和正离子，电子在向正极A运动的过程中，使烟尘中的颗粒带上负电。这些带电颗粒在静电力作用下被吸附到正极A上，最后在重力作用下落入下方的漏斗中。经过这样的除尘处理，原本饱含烟尘的气体就可能达到排放标准，满足环保要求。图乙中ab=bc；c、d在同一圆上。下列说法正确的是（ ）
A. 图乙中c点和d点的电场强度相同
B. 带上负电的颗粒在a点所受的电场力大于在c点所受的电场力
C. 一电子从c点运动到a点的过程中，其电势能增大
D. 电势差关系：
【答案】D
【解析】
【详解】A．c点和d点的电场强度大小相同，方向不同，故A错误；
B．根据电场线的疏密可知，a点的电场强度小于c点的电场强度，带上负电的颗粒在a点所受的电场力小于在c点所受的电场力，故B错误；
C．电子从c点运动到a点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D．由
U=Ed
可知，ab间任意一点的电场强度都小于bc间任意一点的电场强度，因
ab=bc
所以
故D正确。
故选D。
4. 2023年10月26日，神舟十七号载人飞船与天和核心舱进行了对接，“太空之家”迎来汤洪波、唐胜杰、江新林3名中国航天史上最年轻的乘组入驻。如图为神舟十七号的发射与交会对接过程示意图，图中①为飞船的近地圆轨道，其轨道半径为，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在的圆轨道，其轨道半径为，P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点。关于神舟十七号载人飞船与天和核心舱交会对接过程，下列说法正确的是（ ）
A. 飞船从②轨道到变轨到③轨道需要在Q点点火减速
B. 飞船在轨道3上运行的速度大于第一宇宙速度
C. 飞船在①轨道的动能一定大于天和核心舱在③轨道的动能
D. 若核心舱在③轨道运行周期为T，则飞船在②轨道从P到Q的时间为
【答案】D
【解析】
【详解】A．飞船从②轨道变轨到③轨道，飞船将由近心运动变成圆周运动，所以需要在Q点点火加速，故A错误；
B．第一宇宙速度是最小发射速度，最大的环绕速度，即物体环绕地球表面做匀速圆周运动时的速度，根据万有引力充当向心力有
解得
可知轨道半径越大，线速度越小，而轨道3的轨道半径大于地球半径，因此飞船绕地球运行的速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C．根据以上分析可知，轨道半径越大，线速度越小，因此①轨道的速度大于③轨道的速度，但由于飞船和核心舱的质量未知，因此无法判断他们动能的大小，故C错误；
D．根据开普勒第三定律可知
可得
飞船在②轨道从P到Q的时间为，即
故D正确。
故选D。
5. 胶囊型元件水平放置，由某透明材料制成，两端是半径为r的半球，中间是长度为4r的圆柱体，中轴线是。一激光束从左侧平行中轴线水平射入，经折射、反射再折射后又从左侧水平射出。已知出射光线与入射光线的间距为1.6r，则该元件的折射率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由光路的对称性与可逆性可知，激光束在胶囊元件中的光路如下图所示。
设光线在半球处入射角为，折射角为，则由折射定律得
由几何关系得
在三角形中，由正弦定理得
结合三角公式
联解可得
折射角
折射率
故BCD错误，A正确。
故选A。
6. 如图所示，用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C处于竖直平面内，质量均为m，两段轻杆等长。现将C球置于距地面高h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在小球C下落过程中（ ）
A. 小球A、B、C组成的系统机械能不守恒
B. 小球C的机械能一直减小
C. 小球C落地前瞬间的速度大小为
D. 当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于mg
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于小球A、B、C组成的系统只有重力做功，则系统的机械能守恒，故A错误；
B．小球B的初速度为零，C落地瞬间，B的速度为零，故B的动能先增大后减小，而B的重力势能不变，则B的机械能先增大后减小，同理可得A的机械能先增大后减小，而系统机械能守恒，故C的机械能先减小后增大，故B错误；
C．根据以上分析，设小球C落地前瞬间的速度大小为v，根据动能定理有
解得
故C正确；
D．当小球C的机械能最小时，小球B速度最大，此时小球B的加速度为零，水平方向所受的合力为零，则杆CB对小球B恰好没有力的作用，所以地面对小球B的支持力大小为mg，故D错误。
故选C。
7. 如图所示，半径为R的金属圆环固定在竖直平面，金属环均匀带电，带电量为Q，一长为L=2R的绝缘细线一段固定在圆环最高点，另一端连接一质量为m、带电量为q（未知）的金属小球（可视为质点）。稳定时带电金属小球在过圆心且垂直圆环平面的轴上的P点处于平衡状态，点P'（图中未画出）是点P关于圆心O对称的点。已知静电常量为k，重力加速度为g，若取无穷远为零势面，下列说法正确的是（ ）
A. O点的场强一定为零
B. P'点场强大小为
C. 金属带电小球的电量为
D. 剪断细线瞬间，小球加速度水平向右
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据对称性可知，带电量Q的圆环，在圆心O点场强为0，带电金属小球在O点的场强不0，所以O 点的场强不为零，故A错误；
B．设细线与半径的夹角为θ，由几何关系
θ=60°
由微元法，无限划分，设每一极小段圆环带电量为Δq，则
其中
∑Δq=Q
解得
根据对称性可知，带电量为Q的圆环，在P、P′两点的场强大小相等，方向相反，即带电量为Q的圆环在P′点的场强大小为，而P′点的场强大小是圆环与带电金属小球在P′的电场强度的叠加，所以
故B错误；
C．对小球受力分析如图，则
解得
选项C正确；
D．剪断细线瞬间，小球受合外力沿细线方向斜向右下，则加速度方向斜向右下方，选项D错误。
故选C。
二、多项选择题（本题共3小题，每题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全选对得5分，选不全得3分，选错不得分）
8. 一列简谐横波沿x轴方向传播，在时的波形如图甲所示，M、N、P、Q是介质中的四个质点，已知N、Q两质点平衡位置之间的距离为16m，图乙为质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. 该波的波速为12cm/s
B. 该波沿x轴负方向传播
C. 质点P的平衡位置位于处
D. 从开始，质点Q比质点P早0.25s回到平衡位置
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．根据三角函数相关知识可知，N、Q两质点平衡位置之间距离为
解得
根据乙图可知波的周期为
因此波速为
故A错误；
B．由图乙可知时刻，质点P沿y轴负方向运动，根据同侧法可知，该波沿x轴负方向传播，故B正确；
C．由图乙可知，在之后，质点P第一次位于波峰的时间为，由此可知是由波峰为时刻质点Q所在波峰传播来的，所以有
其中
解得
故C正确；
D．从开始，质点Q第一次回到平衡位置所经历的时间为
Q点左侧波形的第一个平衡位置处坐标为
该振动状态第一次传播到P点所需时间为
则
即从开始，质点Q比质点P早0.25s回到平衡位置，故D正确。
故选BCD。
9. 如图所示，某理想变压器原、副线圈的匝数之比为2：1，原线圈与阻值的定值电阻串联后接在电压有效值恒为240V的正弦交流电源两端，副线圈电路中接有理想电流表和最大阻值的滑动变阻器，a、b为滑动变阻器的两端点。初始时滑动变阻器的滑片P位于滑动变阻器的中点，在将滑片P向上缓慢滑至a点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电流表示数逐渐减小
B. 交流电源的输出功率逐渐增大
C. 滑动变阻器消耗电功率的最大值为120W
D. 定值电阻消耗电功率的最大值为120W
【答案】AC
【解析】
【详解】A．设滑动变阻器接入电路的阻值为，电流表的示数为I，则变压器副线圈的电压
根据变压器原理知原线圈中
电压有效值恒为240V的正弦交流电源两端
联立解得
由此可知，电流表的示数随滑动变阻器接入电路的阻值的增大而逐渐减小，故A正确；
B．交流电源的输出功率
由此可知，交流电源的输出功率随滑动变阻器接入电路的阻值的增大而逐渐减小，故B错误；
C．滑动变阻器消耗的电功率
当
即
时，有最大值
故C正确；
D．定值电阻消耗的电功率
当最小时，有最大值
故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，水平传送带以速度向右匀速运动，小物体P、Q质量均为1kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，时刻P在传送带左端具有向右的速度，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数，传送带两端距离，绳足够长，。关于小物体P的描述正确的是（ ）
A. 小物体P离开传送带时速度大小
B. 小物体P在传送带上运动的时间为5s
C. 小物体P将从传送带的右端滑下传送带
D. 小物体P在传送带上运动的全过程中，合外力对它做的功为
【答案】AD
【解析】
【详解】ABC．P相对传送带向右运动时，对PQ，由牛顿第二定律有
解得
相对运动的位移
（假设速度减小到时未从传送带右端滑出），代入数据解得
所用的时间
故假设成立，在P的速度和传送带速度相等后，会继续减速速度小于传送带速度，所以摩擦力会突变向右，由牛顿第二定律有
得
则速度减小到0的位移为
代入数据得
则从减速到0的时间
由于
故P不会从传送带右端滑出，后面以向左加速，由
求得
传动到传送带最左端的速度
随后掉下传送带，则P在传送带上的时间
A正确，BC错误；
D．由动能定理可得合外力对P做的功为
代入数据求得
D正确。
故选AD。
第Ⅱ卷（共48分）
二、实验题（本大题共2小题，11题6分，12题10分，共16分）
11. 如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”实验。有一直径为、质量为的金属小球由处静止释放，下落过程中能通过处正下方、固定于处的光电门，测得、间的距离为，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为，当地的重力加速度为。则：
（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径______cm。
（2）多次改变高度，重复上述实验，作出随的变化图像如图丙所示，当图中已知量、和重力加速度及小球的直径满足以下表达式：______时，可判断小球下落过程中机械能守恒。
（3）某次实验发现动能增加量总是大于重力势能减少量，则可能的原因是______（多选）
A.金属球从点下落时初速度不为零
B.小杰测量的高度为金属球在点时球底与光电门点的高度差
C.小球下落的高度太高，以致下落过程中空气阻力的影响比较大
【答案】 ①. 1.86##1.87 ②. ③. AB##BA
【解析】
【详解】（1）[1]用游标卡尺测得小球的直径
（2）[2]若小球下落过程中机械能守恒，则
解得
（3）[3] A．根据能量守恒推断金属球从点下落时初速度不为零，则末速度大，动能增加量偏大
故A正确；
B．小杰测量的高度为金属球在点时球底与光电门点的高度差，则偏小，重力势能偏小
故B正确；
C．小球下落的高度太高，以致下落过程中空气阻力的影响比较大，则末速度偏小，偏小
故C错误。
故选AB。
12. 某校举行了一次物理实验操作技能比赛，其中一项比赛为选用合适的电学元件设计合理的电路，并能较准确地测量同一电池组的电动势及其内阻。提供的器材如下：
A．电流表G（满偏电流10mA，内阻为10Ω）
B．电流表A（0~0.6A~3A，内阻未知）
C．电压表V（0~5V~10V，内阻未知）
D．滑动变阻器R（0~20Ω，1A）
E．定值电阻（阻值为990Ω）
F．开关与导线若干
（1）图（a）是小李同学根据选用的仪器设计的测量该电池组电动势和内阻的电路图。根据该实验电路测出的数据绘制的图线如图（b）所示（为电流表G的示数，为电流表A的示数），则由图线可以得到被测电池组的电动势E=______V，内阻r=______Ω。（结果均保留2位有效数字）
（2）另一位小张同学则设计了图（c）所示的实验电路对电池组进行测量，记录了单刀双掷开关分别接1、2对应电压表的示数U和电流表的示数I；根据实验记录的数据绘制图线如图（d）中所示的A、B两条图线。可以判断图线A是利用单刀双掷开关接______（选填“1”或“2”）中的实验数据描出的；分析A、B两条图线可知，此电池组的电动势为E=______，内阻r=______。（用图中、、、表示）
【答案】 ①. 7.5 ②. 5.0 ③. 1 ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1][2]电流表G和定值电阻串联，其可看成一个电压表，则根据闭合电路的欧姆定律有
整理可得
设该图像的方程为
将坐标（0.1，7），（0.5，5）代入可得
则图线与纵轴会相交于的位置，则有
联立可得
，
（2）[3][4][5]由图（c）分析可知，单刀双掷开关接1和2时，只是电流表的内接与外接差别：当接1时，是电流表的内接法（相对于电源），从图（d）可以看出，当电流表的示数为零时，即电源的外电路断开，而对电源来说断路电压就是电动势，根据实验原理知：图像的纵截距
由于电流表内阻的影响，则短电流
即横截距（即短路电流）小于真实值。当接2时，电流表相对于电源外接，同理可以看出，当电流的示数为零时，但由于电压表与电源仍构成通路，则此时路端电压小于电动势，根据实验原理知：图像的纵截距
由于电流表的测量值就是通过电源的电源，则
即图像的横截距是真实值。总结以上两点可知，图像中纵截距小的是接2的数据所绘。图线A是接1时中的实验数据描出，则电源电动势
电源内阻
四、计算题（本大题共3小题，13题12分，14题13分，15题18分，共41分）
13. 如图所示，两个横截面积相同、导热性能良好的汽缸竖直放置在水平面上，右侧汽缸顶端封闭，左侧汽缸顶部开口与大气连通，两个汽缸通过底部的细管连通，细管上装有阀门K，阀门关闭时，在左侧汽缸中用质量为、截面积为的活塞封闭体积为的气柱，右侧汽缸内封闭有体积为的气柱，打开阀门K，右侧汽缸中气体缓慢流入左侧汽缸中，当左侧汽缸中气体体积为时，两汽缸中气体压强相等。不计活塞厚度，活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，大气压强为，重力加速度为，环境温度始终不变，封闭气体可视为理想气体，不计细管的容积。
（1）求未打开阀门时右侧汽缸中气体的压强。
（2）全过程气体吸收的热量。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）未打开阀门时，对A中气体有
解得
设B中气体的压强为，打开阀门后，根据玻意耳定律有
解得
（2）气体发生等温变化，则气体的内能不变，根据热力学第一定律有
解得
14. 如图所示，将一张长方形纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一物块置于距纸板左边界处。用水平向右的拉力F将纸板迅速抽出，如果拉力足够大，物块几乎不动落在桌面上，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若物块的质量为，纸板的质量为，物块与纸板、纸板与桌面、物块与桌面之间的动摩擦因数均为，重力加速度为，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）当纸板相对物块运动时，桌面对纸板摩擦力f的大小；
（2）要使物块与纸板发生相对滑动，拉力F应满足的条件；
（3）若物块移动的距离超过，人眼就能感知到物块位置的变化，忽略物块的体积因素影响，为确保实验成功，纸板所需最小拉力的大小。
【答案】（1）4N；（2）F＞8N；（3）308N
【解析】
【详解】（1）当纸板相对物块运动时，桌面对纸板摩擦力的大小
（2）物块与纸板发生相对滑动时，物块与纸板间摩擦力
纸板与桌面之间的摩擦力
设物块的加速度为，纸板的加速度为，则
物块与纸板发生相对滑动，则
解得
（3）对物块由牛顿第二定律得
对纸板由牛顿第二定律得
物块的位移大小
纸板的位移大小
纸板抽出后物块运动的距离
由题意知
，
解得
15. 某兴趣小组设计了一个磁悬浮列车驱动模型，简化原理如图甲所示，平面（纸面）内有宽为，关于轴对称的磁场区域，磁感应强度大小为，变化规律如图乙所示。长为，宽为的矩形金属线框放置在图中所示位置，其中边与轴重合，边分别与磁场的上下边界重合。当磁场以速度沿轴向左匀速运动时，会驱动线框运动，线框受到的阻力大小恒为。已知线框的质量为，总电阻为。
（1）求磁场刚开始运动时，通过线框的感应电流的大小和方向；
（2）求线框稳定运动时的速度大小；
（3）某时刻磁场停止运动，此后线框运动时间后停止，求时间内线框运动的距离；
（4）在磁悬浮列车的实际模型中，磁场应强度的大小是随时间和空间同时变化的，即，若将线框固定不动，求在时间内线框产生的热量。
【答案】（1），沿顺时针方向；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）由右手定则得，感应电流沿顺时针方向
解得
（2）线框稳定运动后，电流大小为
安培力大小为
由受力平衡可知
解得
（3）由动量定理可得
即
解得
（4）该磁场可等效为磁感应强度为，且以速度运动的磁场，在线框中产生正弦式交流电，电动势的最大值为
故产生的热量为
解得
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