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2024-2025学年山西省运城市高三（上）摸底调研物理试卷（含解析）
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这是一份2024-2025学年山西省运城市高三（上）摸底调研物理试卷（含解析），共17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.历史上，为了研究原子的性质，科学家们做了大量的实验研究，下面四幅示意图中说法正确的是( )
A. 汤姆孙通过分析图①的α粒子散射实验结果，提出了原子核式结构模型
B. ②表示的核反应属于重核裂变，在裂变过程中要吸收能量
C. ③中向左偏转的是β粒子，向右偏转的是α粒子，不偏转的是γ粒子
D. 锌的逸出功为3.34eV，用④中一群处于n=4能级的氢原子发出的光照射锌板，逸出光电子的最大初动能为9.41eV
2.如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压为U0的灯泡L1和额定电压为3U0的灯泡L2。当输入电压U为10U0时，两灯泡均正常发光，则灯泡L1与L2的功率之比为( )
A. 3：1B. 1：9C. 6：1D. 1：3
3.如图，某同学拉着拉杆箱沿水平地面匀速运动，拉力F沿拉杆方向，与地面的夹角为θ，已知地面对箱子的阻力是箱子对地面压力的k倍，则下列说法正确的是( )
A. 拉力F是维持箱子运动的原因B. 箱子受到3个力的作用
C. tanθ=k时，拉力F最小D. θ角越大，拉力F越大
4.如图所示，月球探测器由地面发射后，进入地月转移轨道，经过P点时变轨进入圆形轨道1，在轨道1上经过Q点时变轨进入椭圆轨道2，轨道2与月球表面相切于M点，探测器在M点着陆月球。下列说法正确的是( )
A. 月球的第一宇宙速度小于探测器在轨道1上的速度
B. 探测器在轨道1上经过P点速度大于在地月转移轨道上经过P点的速度
C. 探测器在轨道1上的运动周期比在轨道2上的小
D. 探测器在轨道1上经过Q点时的加速度等于在轨道2上经过Q点时的加速度
5.如图所示，不可伸长的轻绳跨过大小不计的定滑轮O将重物B和套在竖直细杆上的轻环A相连。施加外力让A沿杆以速度v匀速上升，经图中M位置上升至N位置，已知OM与竖直杆成θ角，ON与竖直杆成直角，则下列说法正确的是( )
A. A运动到位置M时，B的速度为vcsθB. A匀速上升过称中，B也匀速下降
C. B下降过程处于超重状态D. A运动到位置N时，B的速度最大
6.图甲为发光二极管，其发光帽是一个透明体。为简化问题，设它由一个半径为R的半球体与一个半径为R的圆拄体组成，过半球球心的纵截面如图乙所示，若二极管的发光部分视为点光源且位于圆柱体内轴轴线上与半球球心相距R的O点，光线恰好能从半球体的全部表面射出，不考虑光线在透明体内反射。则透明体的折射率为( )
A. 2B. 3C. 2D. 5
7.图像能够直观描述物理过程，能形象表述物理规律，能有效处理实验数据。如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是( )
A. 甲图中0∼t1时间内，三物体的平均速度不相等
B. 乙图中x1∼2x1阶段，物体的加速度大小为2v02x1
C. 丙图中阴影面积表示t1∼t2时间内物体的位移
D. 丁图中物体做匀加速直线运动，加速度大小为4m/s2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.高大的建筑物上安装避雷针，阴雨天气时可避免雷击，从而达到保护建筑物的目的。如图所示，虚线是某次避雷针即将放电时，带负电的云层和避雷针之间三条等势线的分布示意图；实线是空气中某个带电粒子由M点到N点的运动轨迹，不计该带电粒子的重力，则( )
A. 带电粒子带负电
B. 带电粒子带正电
C. 带电粒子在M点的电势能小于在N点的电势能
D. 带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
9.如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，C端装有轻质定滑轮，OC与OA的夹角为60∘，轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳跨过定滑轮，两端分别系着质量为m1和m2的两小球(均可视为质点)，将m1由C点静止释放后，m1沿圆弧下滑，不计一切摩擦。则( )
A. 在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等
B. 在m1由C点下滑到A点的过程中，重力对m1做功功率先增大后减小
C. 若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到A点，则m1=2m2
D. 在m1由C点下滑到A点的过程中，m1机械能守恒
10.如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为0.4m/s，其中P质点的平衡位置坐标x=0.6m。从图中状态开始计时，则下列说法正确的是( )
A. 这列简谐横波的周期为0.4s
B. 这列简谐横波的周期为1s
C. 在0∼1.0s这段时间内，P质点经过的路程为8cm
D. 在0∼1.0s这段时间内，P质点经过的路程为4cm
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.物理是一门以实验为基础的科学，要学会正确使用基本仪器进行实验探究，请完成下列问题：
(1)某同学用多用电表粗测某一元件的电阻，选用“×100倍率”挡，红黑表笔短接调零后进行测量，此时指针如图甲中a所示，为了尽量测量准确，该同学应换用_______(“×10倍率”或“×1k倍率”)，并进行必要的操作是_______(“机械调零”或“欧姆调零”)，最终指针如图甲中b所示，则待测元件的电阻为_______Ω(保留三位有效数字)；
(2)某同学用10分度的游标卡尺测量一物体的长度，如图乙所示(部分示意图)，可知其长度为_______cm。
12.某物理小组利用如图甲所示实验装置来“验证机械能守恒定律”。所用器材包括：装有声音传感器的智能手机、铁球、刻度尺、钢尺等。实验操作步骤如下：
a.在钢尺的一端粘一层薄橡皮泥，将该端伸出水平桌面少许，用刻度尺测出橡皮泥上表面与地板间的高度差ℎ=90cm；
b.将质量为m的铁球放在钢尺末端的橡皮泥上，保持静止状态；
c.将手机置于桌面上方，运行手机中的声音“振幅”(声音传感器)项目；
d.迅速敲击钢尺侧面，铁球自由下落；
e.传感器记录声音振幅随时间的变化曲线。
(1)声音振幅随时间的变化曲线如图乙所示，第一、第二个尖峰的横坐标分别对应敲击钢尺和铁球落地的时刻，则铁球下落的时间间隔t=_______s。
(2)已知铁球质量为m=200g，某同学利用v=2ℎt求出了铁球落地时的速度，则下落过程中，铁球动能的增加量为ΔEk=_______J；重力加速度为9.8m/s2，铁球重力势能的减少量为ΔEp=_______J。据此可得出，在误差允许的范围内，铁球在自由下落过程中机械能守恒。(结果均保留三位小数)
(3)若敲击钢尺侧面时铁球获得一个较小的水平速度，对实验测量结果_______(选填“有”或“没有”)影响。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图，一个导热良好的圆柱形汽缸开口向上竖直放置于水平面上，缸内有一形状不规则的文物，且封闭有一定质量的理想气体。初始时刻，气体的温度为7，质量为m、横截面积为S的活塞到汽缸底部的距离为ℎ。环境温度缓慢升高到27时，活塞离汽缸底部的距离变为H。已知大气压恒为p0，重力加速度大小为g，活塞与汽缸壁密封良好且不计摩擦，忽略文物热胀冷缩的影响，已知T=t+273K。求：
(1)初始时刻汽缸内气体压强p；
(2)汽缸内放置的文物体积V。
14.如图所示，光滑水平金属轨道宽度L=5cm，轨道水平区域有磁感应强度B=1T，方向竖直向上的匀强磁场，将质量m=5g的金属杆放在水平轨道上，通I=100A的恒定电流，金属杆由静止运动x=80cm后，冲上竖直面内光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道相切，圆弧半径R=175m，圆心角θ=37∘，圆弧区域无磁场，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)金属杆受到安培力F的大小；
(2)金属杆离开水平轨道时的速度v；
(3)金属杆冲出圆弧轨道后，上升的最大高度ℎ。
15.如图，倾角为θ的斜面体C同定在水平地面上，一质量m1=2kg的木板A以v0=3m/s初速度沿斜面匀速下滑，木板A与斜面间的动摩擦因数为μ1，将一质量m2=1kg的滑块B轻放在木板A上，滑块B可视为质点，与木板A之间的动摩擦因数为μ2，且μ2=12μ1。当木板A速度刚减为零时，滑块B恰好从下端滑离木板，滑块B在木板A上滑动时会留下痕迹。已知斜面足够长，sinθ=0.4，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)木板与斜面间的动摩擦因数大小μ1(结果可保留根号)；
(2)滑块B刚放在木板A上时，滑块B的加速度大小a2及木板A的加速度大小a1；
(3)滑块B在木板A上留下痕迹的长度s。
答案解析
1.D
【解析】A、卢瑟福通过分析图①的α粒子散射实验结果，提出了原子核式结构模型，故A错误；
B、②是中子轰击铀核发生的核反应，属于重核裂变，裂变过程中放出能量，故B错误；
C、α粒子是H24He，带正电，β粒子是电子，带负电，γ粒子是光子，不带电，根据左手定则，α粒子向左偏转，β粒子向右偏转，γ粒子不偏转，故C错误；
D、从n=4能级向n=1能级跃迁释放出的光子能量最大，为E=−0.85eV−(−13.6eV)=12.75eV，去照射金属锌，根据爱因斯坦光电效应方程可知逸出光电子的最大初动能为Ekm=E−3.34eV=9.41eV，故D正确。
2.B
【解析】依题意，理想变压器原副线圈匝数比为
n1n2=10U0−U03U0=31
则原副线圈电流比为
I1I2=n2n1=13
根据功率表达式
P=UI
可得灯泡 L1 与 L2 的功率之比为
P1P2=19
故选B。
3.C
【解析】A.力是改变物体运动状态的原因，力不是维持物体运动的原因。故A错误；
B.箱子受到重力、拉力、地面的支持力与摩擦力，即箱子受到4个力的作用。故B错误；
C.对箱子进行分析有
Fcsθ=f=kN ， mg=Fsinθ+N
解得
F=kmgcsθ+ksinθ=kmg 1+k2sinα+θ
当 sinα+θ=1 时有
Fmin=kmg 1+k2
此时
α+θ=90∘
则有
tanθ=1tanα=k
故C正确；
D.由C选项分析可知，随着 θ 的变化，拉力F存在最小值。故D错误。
故选C。
4.D
【解析】A.月球的第一宇宙速度等于近月轨道的环绕速度，根据
GMmr2=mv2r
解得
v= GMr
由于轨道1的半径大于近月卫星的半径，则月球的第一宇宙速度大于探测器在轨道1上的速度。故A错误；
B.地月转移轨道变轨到轨道1是由高轨道变轨到低轨道，需要在两轨道切点P位置减速，探测器在轨道1上经过 P 点速度小于在地月转移轨道上经过 P 点的速度。故B错误；
C.根据开普勒定律可知
r13T12=a23T22
由于轨道1的半径大于轨道2的半长轴，则探测器在轨道1上的运动周期比在轨道2上的大。故C错误；
D.根据
GMmr2=ma
解得
a=GMr2
卫星与月心间距相等，加速度大小相等，即探测器在轨道1上经过 Q 点时的加速度等于在轨道2上经过 Q 点时的加速度。故D正确。
故选D。
5.C
【解析】AD.环在运动过程中，环的速度沿着细杆竖直向上，而环的速度可以分解为沿着绳子的速度和垂直于绳子的速度，因此，沿着绳子的速度为：va=vcsθ
又物体B与绳子相连，所以物体B的速度大小等于绳子的速度，而当A运动到位置N时，沿着绳子的速度变为零，因此此时B的速度也为零，故 AD错误;
CD.环A在上升过程中，连接A与B的绳子与竖直方向的夹角在增大，因此可知：va=vcsθ在减小，也就是说物体B在运动过程中始终在做减速运动，由于B的速度方向与加速度方向相反，则合力的方向竖直向上，根据牛顿第二定律有：
T−mBg=mBa
得到绳子对B的拉力为：
T=mBg+mBa>mBg
则B下降过程处于超重状态，故 B错误、C正确。
故选C
6.A
【解析】当O点发出的光线射到半球体最右端(或最左端)恰好发生全反射时，整个半球体上均有光线射出，如图所示
由几何关系可得
tanC=RR=1
光线发生全反射时有
sinC=1n
联立解得透明体的折射率为
n= 2
故选A。
7.D
【解析】A.由图甲可知， 0∼t1 时间内，A、B、C三物体做直线运动的位移相同，则三物体的平均速度均为
v=x1t1
故A错误；
B.根据
v2−v02=−2ax
整理，可得
v2=−2ax+v02
可知图像的斜率的绝对值等于2a，所以甲图中物体的加速度大小为
2a=0−v022x1−x1
解得
a=v022x1
故B错误；
C.根据
a=ΔvΔt
解得
Δv=aΔt
可知阴影面积表示 t1∼t2 时间内物体的速度变化量。故C错误；
D.根据
x=v0t+12at2
可得
xt=v0+12at
根据丁图可知
12a=k=2−00−−1=2m/s2
整理得结合可知加速度大小为
a=4m/s2
故D正确。
故选D。
8.AD
【解析】依题意，云层带负电，避雷针带正电，根据带电粒子的运动轨迹可知，带电粒子所受电场力指向避雷针尖端，所以带电粒子带负电，由M点到N点电场力做正功，电势能降低，则带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能。
故选AD。
9.BC
【解析】A.在 m1 由 C 点下滑到A点的过程中，两球沿绳方向的速度大小是相等的，质量为 m1 的小球下滑一段时间后其速度有垂直于绳方向的分量，所以此时两个小球的速度大小必然不相等。故A错误；
B.重力的功率
P=mgvy
其中 vy 为质量为 m1 的小球速度的竖直分量，开始时质量为 m1 的小球静止 vy 为0，当质量为 m1 的小球运动到A点时，其速度方向是水平的，所以 vy 也为0，因此 vy 先变大后变小，所以重力的功率也先增大后减小。故B正确；
C.若质量为 m1 的小球恰好能沿圆弧下滑到A点，此时两小球速度均为0，对两球组成的系统从C点运动到A点的过程，由几何关系可知质量为 m2 的小球上升高度为R。根据系统机械能守恒得
m1gR1−csθ=m2gR
解得
m1=2m2
故C正确；
D.由C选项分析可知，两球组成的系统机械能守恒，对质量为 m1 的小球，由 C 点下滑到A点的过程中，除重力以外轻绳的拉力也做了功，其机械能不守恒。故D错误。
故选BC。
10.BD
【解析】AB.由图可知，波长为0.4m，根据
v=λT
解得
T=1s
故A错误；B正确；
CD.由图可知，该简谐横波从图中状态开始计时传播到P点的时间为
t=xv=0.6−
可知在0∼1.0s这段时间内，P质点振动的时间为
t′=1.0s−0.5s=0.5s=T2
由于P质点从平衡位置起振，其经过的路程为
s=2A=4cm
故C错误；D正确。
故选BD。
11.(1)“×10倍率” 欧姆调零 140
(2)10.15
【解析】(1)[1][2][3]从图甲可见指针偏转过大，说明元件电阻很小，所以应该换小的“×10倍率”档。换倍率档要重新进行欧姆调零。从图甲可知待测电阻的阻值为
R=14×10 Ω =140 Ω
(2)物体的长度为
L=10.1cm+5×0.1mm=10.15cm
12.(1)0.43
(2) 1.75 1.76
(3)没有
【解析】(1)铁球下落的时间间隔
t=1.95s−1.52s=0.43s
(2)[1]铁球下落过程中，落地速度为
v=2ℎt
则铁球动能的增加量为
ΔEk=12mv2≈1.75J
[2]铁球重力势能的减少量为
ΔEp=mgℎ=0.2×9.8×0.9J≈1.76J
(3)小球在竖直方向上做自由落体运动，小球下落的时间由高度决定，若敲击钢尺侧面时铁球获得一个较小的水平速度，不会影响小球的落地时间，故对实验测量结果没有影响。
13.(1)对活塞受力分析，可得
p0S+mg=pS
解得
p=p0+mgS
(2)封闭气体的压强保持不变，由
ℎS−VT1=HS−VT2
其中
T1=7+273K=280K ， T2=27+273K=300K
解得
V=15ℎ−14HS
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.(1)根据
F=BIL
代入数据，解得
F=5N
(2)依题意，金属杆在水平轨道运动过程，由动能定理，可得
Fx=12mv2
解得
v=40m/s
(3)设金属杆冲出圆弧轨道时，速度大小为 v′ ，由动能定理可得
−mgR1−csθ=12mv′2−12mv2
解得
v′=30m/s
金属杆之后做斜抛运动，上升的最大高度为
ℎ=(v′sinθ)22g=16.2m
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.(1)开始木板A能够匀速下滑，有
m1gsinθ=μ1m1gcsθ
解得
μ1=tanθ=2 21
(2)刚放上滑块B，对滑块B分析
由牛顿第二定律可得
m2gsinθ+μ2m2gcsθ=m2a2
解得
a2=32gsinθ=6m/s2
对木扳A分析
由牛顿第二定律可得
μ2m2gcsθ+μ1(m1+m2)gcsθ−m1gsinθ=m1a1
解得
a1=34gsinθ=3m/s2
(3)设经过 t1 时间，A与B共速，设共速时的速度为 v ，对A、B分别有
v=v0−a1t1
v=a2t1
联立解得
t1=13s ， v=2m/s
共速时B相对A向上滑动的位移大小为 Δx1 ，有
Δx1=v0+v2t1−v2t1=0.5m
共速后，再对B受力分析有
由牛顿第二定律可得
m2gsinθ−μ2m2gcsθ=m2a′2
解得
a′2=12gsinθ=2m/s2
对A分析有
由牛顿第二定律可得
μ1(m1+m2)gcsθ−μ2m2gcsθ−m1gsinθ=m1a′1
解得
a′1=14gsinθ=1m/s2
设再经过 t2 时间，木板速度减为零，有
t2=va′1=2s
此时滑块B速度为
v2=v+a′2t2=6m/s
共速后B相对A向下运动的位移大小为 Δx2 ，有
Δx2=v+v22t2−v2t2=6m
由于
Δx2>Δx1
则滑块B在木板A上留下痕迹的长度为
s=Δx2=6m
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
1.历史上，为了研究原子的性质，科学家们做了大量的实验研究，下面四幅示意图中说法正确的是( )
A. 汤姆孙通过分析图①的α粒子散射实验结果，提出了原子核式结构模型
B. ②表示的核反应属于重核裂变，在裂变过程中要吸收能量
C. ③中向左偏转的是β粒子，向右偏转的是α粒子，不偏转的是γ粒子
D. 锌的逸出功为3.34eV，用④中一群处于n=4能级的氢原子发出的光照射锌板，逸出光电子的最大初动能为9.41eV
2.如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压为U0的灯泡L1和额定电压为3U0的灯泡L2。当输入电压U为10U0时，两灯泡均正常发光，则灯泡L1与L2的功率之比为( )
A. 3：1B. 1：9C. 6：1D. 1：3
3.如图，某同学拉着拉杆箱沿水平地面匀速运动，拉力F沿拉杆方向，与地面的夹角为θ，已知地面对箱子的阻力是箱子对地面压力的k倍，则下列说法正确的是( )
A. 拉力F是维持箱子运动的原因B. 箱子受到3个力的作用
C. tanθ=k时，拉力F最小D. θ角越大，拉力F越大
4.如图所示，月球探测器由地面发射后，进入地月转移轨道，经过P点时变轨进入圆形轨道1，在轨道1上经过Q点时变轨进入椭圆轨道2，轨道2与月球表面相切于M点，探测器在M点着陆月球。下列说法正确的是( )
A. 月球的第一宇宙速度小于探测器在轨道1上的速度
B. 探测器在轨道1上经过P点速度大于在地月转移轨道上经过P点的速度
C. 探测器在轨道1上的运动周期比在轨道2上的小
D. 探测器在轨道1上经过Q点时的加速度等于在轨道2上经过Q点时的加速度
5.如图所示，不可伸长的轻绳跨过大小不计的定滑轮O将重物B和套在竖直细杆上的轻环A相连。施加外力让A沿杆以速度v匀速上升，经图中M位置上升至N位置，已知OM与竖直杆成θ角，ON与竖直杆成直角，则下列说法正确的是( )
A. A运动到位置M时，B的速度为vcsθB. A匀速上升过称中，B也匀速下降
C. B下降过程处于超重状态D. A运动到位置N时，B的速度最大
6.图甲为发光二极管，其发光帽是一个透明体。为简化问题，设它由一个半径为R的半球体与一个半径为R的圆拄体组成，过半球球心的纵截面如图乙所示，若二极管的发光部分视为点光源且位于圆柱体内轴轴线上与半球球心相距R的O点，光线恰好能从半球体的全部表面射出，不考虑光线在透明体内反射。则透明体的折射率为( )
A. 2B. 3C. 2D. 5
7.图像能够直观描述物理过程，能形象表述物理规律，能有效处理实验数据。如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是( )
A. 甲图中0∼t1时间内，三物体的平均速度不相等
B. 乙图中x1∼2x1阶段，物体的加速度大小为2v02x1
C. 丙图中阴影面积表示t1∼t2时间内物体的位移
D. 丁图中物体做匀加速直线运动，加速度大小为4m/s2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.高大的建筑物上安装避雷针，阴雨天气时可避免雷击，从而达到保护建筑物的目的。如图所示，虚线是某次避雷针即将放电时，带负电的云层和避雷针之间三条等势线的分布示意图；实线是空气中某个带电粒子由M点到N点的运动轨迹，不计该带电粒子的重力，则( )
A. 带电粒子带负电
B. 带电粒子带正电
C. 带电粒子在M点的电势能小于在N点的电势能
D. 带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
9.如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，C端装有轻质定滑轮，OC与OA的夹角为60∘，轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳跨过定滑轮，两端分别系着质量为m1和m2的两小球(均可视为质点)，将m1由C点静止释放后，m1沿圆弧下滑，不计一切摩擦。则( )
A. 在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等
B. 在m1由C点下滑到A点的过程中，重力对m1做功功率先增大后减小
C. 若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到A点，则m1=2m2
D. 在m1由C点下滑到A点的过程中，m1机械能守恒
10.如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为0.4m/s，其中P质点的平衡位置坐标x=0.6m。从图中状态开始计时，则下列说法正确的是( )
A. 这列简谐横波的周期为0.4s
B. 这列简谐横波的周期为1s
C. 在0∼1.0s这段时间内，P质点经过的路程为8cm
D. 在0∼1.0s这段时间内，P质点经过的路程为4cm
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.物理是一门以实验为基础的科学，要学会正确使用基本仪器进行实验探究，请完成下列问题：
(1)某同学用多用电表粗测某一元件的电阻，选用“×100倍率”挡，红黑表笔短接调零后进行测量，此时指针如图甲中a所示，为了尽量测量准确，该同学应换用_______(“×10倍率”或“×1k倍率”)，并进行必要的操作是_______(“机械调零”或“欧姆调零”)，最终指针如图甲中b所示，则待测元件的电阻为_______Ω(保留三位有效数字)；
(2)某同学用10分度的游标卡尺测量一物体的长度，如图乙所示(部分示意图)，可知其长度为_______cm。
12.某物理小组利用如图甲所示实验装置来“验证机械能守恒定律”。所用器材包括：装有声音传感器的智能手机、铁球、刻度尺、钢尺等。实验操作步骤如下：
a.在钢尺的一端粘一层薄橡皮泥，将该端伸出水平桌面少许，用刻度尺测出橡皮泥上表面与地板间的高度差ℎ=90cm；
b.将质量为m的铁球放在钢尺末端的橡皮泥上，保持静止状态；
c.将手机置于桌面上方，运行手机中的声音“振幅”(声音传感器)项目；
d.迅速敲击钢尺侧面，铁球自由下落；
e.传感器记录声音振幅随时间的变化曲线。
(1)声音振幅随时间的变化曲线如图乙所示，第一、第二个尖峰的横坐标分别对应敲击钢尺和铁球落地的时刻，则铁球下落的时间间隔t=_______s。
(2)已知铁球质量为m=200g，某同学利用v=2ℎt求出了铁球落地时的速度，则下落过程中，铁球动能的增加量为ΔEk=_______J；重力加速度为9.8m/s2，铁球重力势能的减少量为ΔEp=_______J。据此可得出，在误差允许的范围内，铁球在自由下落过程中机械能守恒。(结果均保留三位小数)
(3)若敲击钢尺侧面时铁球获得一个较小的水平速度，对实验测量结果_______(选填“有”或“没有”)影响。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图，一个导热良好的圆柱形汽缸开口向上竖直放置于水平面上，缸内有一形状不规则的文物，且封闭有一定质量的理想气体。初始时刻，气体的温度为7，质量为m、横截面积为S的活塞到汽缸底部的距离为ℎ。环境温度缓慢升高到27时，活塞离汽缸底部的距离变为H。已知大气压恒为p0，重力加速度大小为g，活塞与汽缸壁密封良好且不计摩擦，忽略文物热胀冷缩的影响，已知T=t+273K。求：
(1)初始时刻汽缸内气体压强p；
(2)汽缸内放置的文物体积V。
14.如图所示，光滑水平金属轨道宽度L=5cm，轨道水平区域有磁感应强度B=1T，方向竖直向上的匀强磁场，将质量m=5g的金属杆放在水平轨道上，通I=100A的恒定电流，金属杆由静止运动x=80cm后，冲上竖直面内光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道相切，圆弧半径R=175m，圆心角θ=37∘，圆弧区域无磁场，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)金属杆受到安培力F的大小；
(2)金属杆离开水平轨道时的速度v；
(3)金属杆冲出圆弧轨道后，上升的最大高度ℎ。
15.如图，倾角为θ的斜面体C同定在水平地面上，一质量m1=2kg的木板A以v0=3m/s初速度沿斜面匀速下滑，木板A与斜面间的动摩擦因数为μ1，将一质量m2=1kg的滑块B轻放在木板A上，滑块B可视为质点，与木板A之间的动摩擦因数为μ2，且μ2=12μ1。当木板A速度刚减为零时，滑块B恰好从下端滑离木板，滑块B在木板A上滑动时会留下痕迹。已知斜面足够长，sinθ=0.4，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)木板与斜面间的动摩擦因数大小μ1(结果可保留根号)；
(2)滑块B刚放在木板A上时，滑块B的加速度大小a2及木板A的加速度大小a1；
(3)滑块B在木板A上留下痕迹的长度s。
答案解析
1.D
【解析】A、卢瑟福通过分析图①的α粒子散射实验结果，提出了原子核式结构模型，故A错误；
B、②是中子轰击铀核发生的核反应，属于重核裂变，裂变过程中放出能量，故B错误；
C、α粒子是H24He，带正电，β粒子是电子，带负电，γ粒子是光子，不带电，根据左手定则，α粒子向左偏转，β粒子向右偏转，γ粒子不偏转，故C错误；
D、从n=4能级向n=1能级跃迁释放出的光子能量最大，为E=−0.85eV−(−13.6eV)=12.75eV，去照射金属锌，根据爱因斯坦光电效应方程可知逸出光电子的最大初动能为Ekm=E−3.34eV=9.41eV，故D正确。
2.B
【解析】依题意，理想变压器原副线圈匝数比为
n1n2=10U0−U03U0=31
则原副线圈电流比为
I1I2=n2n1=13
根据功率表达式
P=UI
可得灯泡 L1 与 L2 的功率之比为
P1P2=19
故选B。
3.C
【解析】A.力是改变物体运动状态的原因，力不是维持物体运动的原因。故A错误；
B.箱子受到重力、拉力、地面的支持力与摩擦力，即箱子受到4个力的作用。故B错误；
C.对箱子进行分析有
Fcsθ=f=kN ， mg=Fsinθ+N
解得
F=kmgcsθ+ksinθ=kmg 1+k2sinα+θ
当 sinα+θ=1 时有
Fmin=kmg 1+k2
此时
α+θ=90∘
则有
tanθ=1tanα=k
故C正确；
D.由C选项分析可知，随着 θ 的变化，拉力F存在最小值。故D错误。
故选C。
4.D
【解析】A.月球的第一宇宙速度等于近月轨道的环绕速度，根据
GMmr2=mv2r
解得
v= GMr
由于轨道1的半径大于近月卫星的半径，则月球的第一宇宙速度大于探测器在轨道1上的速度。故A错误；
B.地月转移轨道变轨到轨道1是由高轨道变轨到低轨道，需要在两轨道切点P位置减速，探测器在轨道1上经过 P 点速度小于在地月转移轨道上经过 P 点的速度。故B错误；
C.根据开普勒定律可知
r13T12=a23T22
由于轨道1的半径大于轨道2的半长轴，则探测器在轨道1上的运动周期比在轨道2上的大。故C错误；
D.根据
GMmr2=ma
解得
a=GMr2
卫星与月心间距相等，加速度大小相等，即探测器在轨道1上经过 Q 点时的加速度等于在轨道2上经过 Q 点时的加速度。故D正确。
故选D。
5.C
【解析】AD.环在运动过程中，环的速度沿着细杆竖直向上，而环的速度可以分解为沿着绳子的速度和垂直于绳子的速度，因此，沿着绳子的速度为：va=vcsθ
又物体B与绳子相连，所以物体B的速度大小等于绳子的速度，而当A运动到位置N时，沿着绳子的速度变为零，因此此时B的速度也为零，故 AD错误;
CD.环A在上升过程中，连接A与B的绳子与竖直方向的夹角在增大，因此可知：va=vcsθ在减小，也就是说物体B在运动过程中始终在做减速运动，由于B的速度方向与加速度方向相反，则合力的方向竖直向上，根据牛顿第二定律有：
T−mBg=mBa
得到绳子对B的拉力为：
T=mBg+mBa>mBg
则B下降过程处于超重状态，故 B错误、C正确。
故选C
6.A
【解析】当O点发出的光线射到半球体最右端(或最左端)恰好发生全反射时，整个半球体上均有光线射出，如图所示
由几何关系可得
tanC=RR=1
光线发生全反射时有
sinC=1n
联立解得透明体的折射率为
n= 2
故选A。
7.D
【解析】A.由图甲可知， 0∼t1 时间内，A、B、C三物体做直线运动的位移相同，则三物体的平均速度均为
v=x1t1
故A错误；
B.根据
v2−v02=−2ax
整理，可得
v2=−2ax+v02
可知图像的斜率的绝对值等于2a，所以甲图中物体的加速度大小为
2a=0−v022x1−x1
解得
a=v022x1
故B错误；
C.根据
a=ΔvΔt
解得
Δv=aΔt
可知阴影面积表示 t1∼t2 时间内物体的速度变化量。故C错误；
D.根据
x=v0t+12at2
可得
xt=v0+12at
根据丁图可知
12a=k=2−00−−1=2m/s2
整理得结合可知加速度大小为
a=4m/s2
故D正确。
故选D。
8.AD
【解析】依题意，云层带负电，避雷针带正电，根据带电粒子的运动轨迹可知，带电粒子所受电场力指向避雷针尖端，所以带电粒子带负电，由M点到N点电场力做正功，电势能降低，则带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能。
故选AD。
9.BC
【解析】A.在 m1 由 C 点下滑到A点的过程中，两球沿绳方向的速度大小是相等的，质量为 m1 的小球下滑一段时间后其速度有垂直于绳方向的分量，所以此时两个小球的速度大小必然不相等。故A错误；
B.重力的功率
P=mgvy
其中 vy 为质量为 m1 的小球速度的竖直分量，开始时质量为 m1 的小球静止 vy 为0，当质量为 m1 的小球运动到A点时，其速度方向是水平的，所以 vy 也为0，因此 vy 先变大后变小，所以重力的功率也先增大后减小。故B正确；
C.若质量为 m1 的小球恰好能沿圆弧下滑到A点，此时两小球速度均为0，对两球组成的系统从C点运动到A点的过程，由几何关系可知质量为 m2 的小球上升高度为R。根据系统机械能守恒得
m1gR1−csθ=m2gR
解得
m1=2m2
故C正确；
D.由C选项分析可知，两球组成的系统机械能守恒，对质量为 m1 的小球，由 C 点下滑到A点的过程中，除重力以外轻绳的拉力也做了功，其机械能不守恒。故D错误。
故选BC。
10.BD
【解析】AB.由图可知，波长为0.4m，根据
v=λT
解得
T=1s
故A错误；B正确；
CD.由图可知，该简谐横波从图中状态开始计时传播到P点的时间为
t=xv=0.6−
可知在0∼1.0s这段时间内，P质点振动的时间为
t′=1.0s−0.5s=0.5s=T2
由于P质点从平衡位置起振，其经过的路程为
s=2A=4cm
故C错误；D正确。
故选BD。
11.(1)“×10倍率” 欧姆调零 140
(2)10.15
【解析】(1)[1][2][3]从图甲可见指针偏转过大，说明元件电阻很小，所以应该换小的“×10倍率”档。换倍率档要重新进行欧姆调零。从图甲可知待测电阻的阻值为
R=14×10 Ω =140 Ω
(2)物体的长度为
L=10.1cm+5×0.1mm=10.15cm
12.(1)0.43
(2) 1.75 1.76
(3)没有
【解析】(1)铁球下落的时间间隔
t=1.95s−1.52s=0.43s
(2)[1]铁球下落过程中，落地速度为
v=2ℎt
则铁球动能的增加量为
ΔEk=12mv2≈1.75J
[2]铁球重力势能的减少量为
ΔEp=mgℎ=0.2×9.8×0.9J≈1.76J
(3)小球在竖直方向上做自由落体运动，小球下落的时间由高度决定，若敲击钢尺侧面时铁球获得一个较小的水平速度，不会影响小球的落地时间，故对实验测量结果没有影响。
13.(1)对活塞受力分析，可得
p0S+mg=pS
解得
p=p0+mgS
(2)封闭气体的压强保持不变，由
ℎS−VT1=HS−VT2
其中
T1=7+273K=280K ， T2=27+273K=300K
解得
V=15ℎ−14HS
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.(1)根据
F=BIL
代入数据，解得
F=5N
(2)依题意，金属杆在水平轨道运动过程，由动能定理，可得
Fx=12mv2
解得
v=40m/s
(3)设金属杆冲出圆弧轨道时，速度大小为 v′ ，由动能定理可得
−mgR1−csθ=12mv′2−12mv2
解得
v′=30m/s
金属杆之后做斜抛运动，上升的最大高度为
ℎ=(v′sinθ)22g=16.2m
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.(1)开始木板A能够匀速下滑，有
m1gsinθ=μ1m1gcsθ
解得
μ1=tanθ=2 21
(2)刚放上滑块B，对滑块B分析
由牛顿第二定律可得
m2gsinθ+μ2m2gcsθ=m2a2
解得
a2=32gsinθ=6m/s2
对木扳A分析
由牛顿第二定律可得
μ2m2gcsθ+μ1(m1+m2)gcsθ−m1gsinθ=m1a1
解得
a1=34gsinθ=3m/s2
(3)设经过 t1 时间，A与B共速，设共速时的速度为 v ，对A、B分别有
v=v0−a1t1
v=a2t1
联立解得
t1=13s ， v=2m/s
共速时B相对A向上滑动的位移大小为 Δx1 ，有
Δx1=v0+v2t1−v2t1=0.5m
共速后，再对B受力分析有
由牛顿第二定律可得
m2gsinθ−μ2m2gcsθ=m2a′2
解得
a′2=12gsinθ=2m/s2
对A分析有
由牛顿第二定律可得
μ1(m1+m2)gcsθ−μ2m2gcsθ−m1gsinθ=m1a′1
解得
a′1=14gsinθ=1m/s2
设再经过 t2 时间，木板速度减为零，有
t2=va′1=2s
此时滑块B速度为
v2=v+a′2t2=6m/s
共速后B相对A向下运动的位移大小为 Δx2 ，有
Δx2=v+v22t2−v2t2=6m
由于
Δx2>Δx1
则滑块B在木板A上留下痕迹的长度为
s=Δx2=6m
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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