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2022届福建省厦门双十中学高三（下）热身考物理试题含解析
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厦门双十中学高三热身考物理试卷（总分100分，限时75分钟）一、选择题（1-4为单选题，每题4分；5-8为多选题，每题6分，选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分）1. 如图，一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中竖直篮板上A点。后来该运动员后撤到更远C点投篮，仍然将球垂直击中篮板上A点，关于两次投篮的比较，下列说法正确的是（ ） A. 在C点抛出速度v0更小，同时抛射角θ更大B. 在C点抛出速度v0更小，同时抛射角θ更小C. 在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更大D. 在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更小【答案】D【解析】【分析】【详解】将运动倒过相当于从篮板做平抛运动，第一次抛到B点，第二次抛到C点，下落的高度相同，因此运动时间相同，竖直分速度相同，落到C点时水平速度更大，速度与水平夹角更小，因此篮球在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更小。故选D。2. 一定质量理想气体某温度下等温线如图中虚线所示，该气体在此温度下的状态a开始绝热膨胀，图中实线能反应此变化过程的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】气体绝热膨胀，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体内能减小，温度降低，因此乘积减小，故等温线靠近坐标轴，故A正确，BCD错误。故选A。3. 如图所示，北京时间2021年10月16日神舟十三号载人飞船与在轨飞行的天和核心舱顺利实现径向自主交汇对接构成组合体（还在原轨道上飞行）。此后，航天员王亚平成功出舱作业，创造了中国航天史上第一个新纪录，成为中国女航天员太空行走第一人。下列说法正确的是（ ）A. 为实现对接，飞船先运动到空间站轨道下方圆周轨道上合适的位置，然后向后喷气加速B. 对接后构成的组合体质量变大，故环绕速度变大C. 若航天员与连接空间站的安全绳脱离，航天员立刻会高速飞离空间站D. 航天员此时处于完全失重状态，故不受地球的引力作用【答案】A【解析】【详解】A．飞船在低轨道变轨到高轨道实现对接，需要飞船先运动到空间站轨道下方圆周轨道上合适的位置，然后向后喷气加速做离心运动，故A正确；B．对接后构成的组合体质量变大，但依然满足万有引力提供向心力，故环绕速度大小不变，故B错误；C．若航天员与连接空间站的安全绳脱离，航天员的所受万有引力依然满足匀速圆周运动故航天员依然做同轨的圆周运动，故C错误；D．航天员此时处于完全失重状态，但依然受地球的引力作用，故D错误；故选A。4. 如图所示，空间有A、B、C、D四点，它们分别位于一个正方体的四个顶点。一根无限长均匀带正电细直棒，刚好与该正方体的一条棱重合，则下列说法正确的是（ ）A. A、C两点场强相同B. B、D两点电势相同C. 将质子从C点向方向射出，质子可能做匀变速曲线运动D. 将电子从C点向方向射出，电子可能做匀速圆周运动【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由对称知识可知，A、C两点场强大小相同，但方向不同，选项A错误；B．B、D两点距离直导线距离不等，则电势不相同，选项B错误；C．将质子从C点向方向射出，质子将受到直导线中正电荷的斥力而远离直导线运动，所受的库仑力逐渐减小，则加速度减小，不可能做匀变速曲线运动，选项C错误；D．将电子从C点向方向射出，则电子受直导线中正电荷的引力作用，若引力恰好等于向心力，则电子绕导线做匀速圆周运动，选项D正确。故选D。5. 如图甲所示为市面上的一款自发电无线门铃，按下按键，按键将推动水磁铁运动，如图乙所示，即能产生电能供给发射器正常工作。松开按键后，在弹簧作用下按键将恢复原位。关于按下按键和松开按键反弹过程中，下列说法正确的是（ ）A. 按下按键过程中，线圈中会产生感应电动势B. 按键反弹过程中，线圈中不会产生感应电动势C. 按住按键保持不动，线圈中始终有感应电流D. 按键反弹过程中，弹簧的弹性势能有一部分转化为电能【答案】AD【解析】【详解】AB．按下按键和松开按键的过程中，穿过线圈的磁通量都会发生改变，都会产生感应电动势，有感应电流，故A正确，B错误；C．住按键保持不动，线圈中磁通量不发生变化，线圈中没有感应电流，故C错误；D．按键反弹过程中，线圈中有感应电流，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能有一部分转化为电能，故D正确。故选AD。6. 某兴趣小组利用压敏电阻（压敏电阻的阻值R随所受压力的增大而减小）设计了判断电梯运动状态的装置，示意图如图甲所示。将压敏电阻B平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体A，电梯静止时电压表示数为，电梯由静止启动后的一段时间内，电压表的示数变化情况如图乙所示，下列说法正确的是（ ）A. 0~内电梯可能上升 B. ~内电梯匀加速下降C. ~内电梯可能匀减速上升 D. 时刻电梯速度达到最大【答案】BD【解析】【详解】A．根据闭合电路欧姆定律，电压表读数为0~t1内，U均匀增大，即电流I均匀减小，压敏电阻逐渐增大，压敏电阻受到的压力逐渐减小，系统的加速度向下逐渐增大，因为电梯从静止开始启动，所以电梯向下做加速度越来越大的加速运动，A错误；B．t1~t2内，U不变且大于U0，即电流恒定且小于原来电流，压敏电阻不变且大于电梯静止时的阻值，压力不变且小于电梯静止时压力，系统的加速度向下且大小不变，故电梯继续向下加速下降且加速度恒定，B正确；C．t2~t3内，电压逐渐减小但大于，故此时压力仍小于电梯静止时的压力，加速度还是向下，电梯还是向下做加速运动，C错误；D．0~t3这段时间内，电梯从静止一直向下做加速运动，故时刻电梯速度达到最大，D正确；故选BD。7. 某2022级物理小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径的半圆，且半圆在最低点与水平部分相切。5个大小相同的小球并列静置于水平部分，相邻球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，且每球质量与其相邻左球质量之比皆为k。将0号球向左拉至左侧轨道距水平部分高处，然后由静止释放，使其与1号球相碰，1号球再与2号球相碰……所有碰撞皆为弹性正碰，且碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ） A. 若，释放0号球后，看到5个（号）小球一起向右运动B. 若，释放0号球后，看到只有4号球向右运动C. 若，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，则k应满足D. 若，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，则k应满足【答案】BC【解析】【详解】AB．当时，即小球质量均相等，所有碰撞为弹性碰撞，均为速度交换，故A错误B正确。CD．当时由机械能守恒，第0号球与第1号球碰前，第0号球的速度根据弹性碰撞公式，第0号球与第1号球碰后，第1号球的速度同理第1号球和第2号球碰后，第2号球的速度则第4号球碰后要能通过右侧圆轨道最高点，则能过右侧轨道的最高点又有联立有解得故C正确D错误。故选BC。8. 如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，质量m=0.1kg的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为零势能参考面，在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g=10m/s2，则（ ）A. 小球释放位置距地面的高度为0.6mB. 小球在下落过程受到的风力为0.1NC. 小球刚接触弹簧时的动能为0.45JD. 小球的最大加速度大小为10m/s2【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．由图乙可知，小球处于释放位置的重力势能为0.70J，故根据可得解得故A错误；B．对下落的小球的运动状态分析，小球未接触弹簧前，做匀加速直线运动，此时小球受重力和竖直向上的恒定风力f，根据牛顿第二定律有在小球接触弹簧后，弹簧开始形变，此时小球受重力、风力、弹簧的弹力，根据牛顿第二定律有在增大，则T在增大，在减小，此时小球做加速度减小的加速运动直到即时小球速度最大，之后小球继续向下运动，但此时，而在增大，小球做加速度增大的减速运动，直到小球速度减为0，由图乙可知小球速度减为0时小球下落0.6m，故故B正确；C．小球刚接触弹簧时，小球下落了0.5m，则解得故C正确；D．根据牛顿第二定律知，小球下落过程中最大加速度为故D错误。故选BC。二、非选择题（60分）9. 如图所示，一根较长的细线一端固定在装置的横梁中心，另一端系上沙漏，装置底部有一可以向前移动的长木板。当沙漏左右摆动时，漏斗中的沙子均匀流出，同时匀速拉动长木板，漏出的沙子在板上形成一条正弦曲线。在曲线上两个位置和，细沙在___________（选填“”或“”）处堆积的沙子较多。由于木板长度有限，如图只得到了摆动两个周期的图样，若要得到三个周期的图样，拉动长木板的速度要___________（选填“快”或“慢”）些。【答案】 ①. ②. 慢【解析】【详解】[1]由题图可知，Q点位于最大位移处，P点位于平衡位置，沙漏摆动至Q点左上方最近时速度最小，运动最慢，所以细沙在Q处堆积的沙子较多。[2]若要得到三个周期图样，需要增加沙漏在木板上方摆动的时间，所以拉动长木板的速度要慢些。10. 铀核裂变的产物是多样的，一种典型的铀核裂变是生成X核和氪核，同时放出3个中子，核反应方程是。X原子核中含________个中子，反应后核子的比结合能________（选填“增加”“减小”或“不变”）。【答案】 ①. 88 ②. 增加【解析】【详解】[1]由裂变过程电荷数（质子数）守恒和质量数守恒，可得X的电荷数（质子数）和质量数分别为92-36=56，235+1-89-3=144，中子数=核子数-质子数，所以X的中子数为144-56=88。[2]裂变过程释放核能，所以反应后核子的比结合能增加（中等大小的原子核比结合能较大）。11. 采用如图所示的实验装置做“研究平抛运动”的实验。（1）实验时需要下列哪个器材________；A．弹簧秤 B．重锤线 C．打点计时器（2）做实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹，下列的一些操作要求，正确的是________；A．每次必须由同一位置静止释放小球B．斜槽必须是光滑的C．记录的点应适当多一些D．用折线描绘出小球的运动轨迹（3）若用频闪摄影方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，记录下如图所示的频闪照片。在测得x1、x2、x3、x4后，需要验证的关系是_____________________。【答案】 ①. B ②. AC##CA ③. 【解析】【详解】（1）[1]A．本实验不涉及力的测量，不需要弹簧秤，故A错误；B．本实验中要确保木板保持竖直，且白纸上的y轴也要竖直，因此需要重锤线来检验，故B正确；C．本实验通过在描绘的抛物线轨迹上所取点的坐标并根据运动学规律计算速度，不需要打点计时器，故C错误。故选B。（2）[2]AB．本实验要求小球每次从斜槽末端抛出时的速度相同，所以每次必须由同一位置，静止释放小球，而斜槽是否光滑对上述要求无影响，故A正确，B错误；C．记录的点应适当多一些，从而使所绘抛物线尽可能接近小球的实际运动轨迹，有利于减小误差，故C正确；D．小球的运动轨迹为抛物线，所以应用平滑曲线描绘出小球的运动轨迹，故D错误。故选AC。（3）[3]若用频闪摄影方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，则小球在每个频闪间隔内水平方向的位移相等，所以需要验证的关系是12. 实验室有一只灵敏电流计，刻度盘上共有格刻度而无具体示数，已知该电流计的满偏电流约为几百微安，内阻约为几百欧姆。为了测出和，小明设计了图示的甲、乙电路。除电流计外，提供的器材有：①电压表V（量程4V，内阻为15kΩ）；②滑动变阻器（0~20Ω，2A）；滑动变阻器（0~2000Ω，0.5A）；③电阻箱（0~999.9Ω）；电阻箱（0~9999.9Ω）；④电池组（电动势6V，内阻忽略不计）⑤开关、导线若干 （1）甲中滑动变阻器应选择_______（填“”或“”）；（2）乙中虚线框内的可变电阻应选择_______（填“”、“”或“”）；（3）实验主要步骤：①将甲中滑动变阻器滑到最左端，闭合开关，滑片向右滑动，记下电压表的示数U和电流计指针的格数；某次实验电压表示数为，电流计指针为格，那么电流计的满偏电流为_______。②将乙中的可变电阻调至最大值，断开，闭合S，减小R的阻值，使电流计指针达到满偏；闭合，调节B，电流计指针指在格，此时电阻箱读数为，则为_______。（4）用图乙测量内阻时，考虑到系统误差，内阻测量值_______（填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。【答案】 ①. ②. ③. 400 ④. 150 ⑤. 小于【解析】【详解】（1）[1]图甲中滑动变阻器采用分压式接法，为了方便调节且使电表示数变化比较均匀，滑动变阻器应选择阻值较小的；（2）[2]由于灵敏电流计的满偏电流只有几百微安，电源电动势为，可知图乙中电路的总电阻很大，需要串联接入电路的可变电阻阻值很大，故虚线框内的可变电阻应选择；（3）①[3]某次实验电压表示数为，电流计指针为格，图甲中灵敏电流计与电压表串联，可知此时灵敏电流计的电流为又解得电流计的满偏电流为②[4]将乙中的可变电阻R调至最大值，断开，闭合，减小R的阻值，使电流计指针达到满偏；闭合，调节B，电流计指针指在格，此时电阻箱读数为，闭合前后电路的总电阻主要由可变电阻决定，可认为闭合前后电路的总电流保持不变，故有解得（4）[5]用图乙测量内阻时，考虑到闭合后，电路的总电阻减小，电路的总电流增大，即，则有解得灵敏电流计的真实内阻应满足可知内阻测量值小于真实值。13. 如图所示为一个小型交流发电机的示意图，其线框ABCD匝数n=100匝，面积为，总电阻r=10Ω，绕垂直于磁场的轴匀速转动，角速度。已知匀强磁场磁感应强度，矩形线框通过滑环与理想变压器相连，副线圈与电阻相接，电表均为理想电表，电压表示数为U=180V。从线框转至中性面位置开始计时，求：（1）线框中感应电动势的瞬时值表达式；（2）电流表的示数；（3）当原、副线圈匝数比为3：1时，电阻R的阻值。 【答案】（1）；（2）2A；（3）【解析】【详解】（1）线圈中感应电动势的峰值由于从线框转至中性面位置开始计时，故瞬时值表达式为（2）感应电动势的有效值为线圈自身分到的电压为又所以电流表示数为（3）设副线圈两端电压为，电流为则有所以14. 如图，在平面直角坐标系xOy中，x轴上方存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为x轴下方存在垂直坐标系平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一个静止的带正电粒子位于y轴正半轴的点，质量为2m，电荷量为2q。某时刻由于内部作用，分裂成两个相同的粒子a和b，分别沿x轴正方向和负方向进入电场。已知粒子a进入第一象限的速度大小为。设分裂过程不考虑外力的作用，在电场与磁场中的运动过程不计粒子重力和粒子间的相互作用。（1）若粒子a第一次通过x轴的位置为M，求M离原点O的距离x；（2）若粒子b第二次通过x轴的位置为Q，求MQ之间的距离L。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）依题意可知带正电粒子分裂成的相同粒子a、b，、，粒子a在第一象限做类平抛运动，由，解出由解出，根据动量守恒定律可知，分离时a、b两个粒子速度大小相等，方向相反，故两粒子在电场中运动轨迹关于y轴对称。设b粒子第一次通过x轴的位置为N点，有设b粒子以速度v进入匀强磁场，v与x轴正方向成，则，粒子b在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，由解出故MQ间的距离15. 如图所示，光滑固定轨道OA高h，一质量为m电荷量为q的带正电的小滑块（可视为质点）从O点由静止自由滑下，另一质量为的绝缘塑料板静止在光滑水平面上．上表面与A的切线平齐，滑块与绝缘塑料板之间的动摩擦因数。在滑块右前方虚线MN、RS区域内存在一宽度方向水平向左，大小的匀强电场，虚线RS右侧存在方向垂直纸面向外，大小的匀强磁场，当小滑块进入水平电场时恰好未从板的右端滑出，重力加速度为g，不计空气阻力。求：（1）绝缘塑料板的长度；（2）小滑块到达边界RS时，小滑块和塑料板的速度各为多大；（3）小滑块到达边界RS时，塑料板恰与前方固定挡板P相碰（碰撞过程无能量损失），碰后滑块最终恰好未从塑料板右端滑出，问碰后多久小滑块停下。【答案】（1）；（2）；；（3）【解析】【详解】（1）小滑块到达A端时速度为v0，根据机械能守恒定律得滑块与塑料板相互作用过程中系统动量守恒系统能量守恒解得塑料板板长为（2）小滑块进入水平电场时假设发生了相对滑动，对小滑块解得对塑料板解得则假设成立。设小滑块出水平电场时速度为v1，塑料板速度为v2。因为解得在水平电场运动时间则（3）出水平电场时小滑块离板右端的距离板反弹后系统的总动量设板反弹至停下的过程中小滑块和板的位移大小分别为x1、x2。由系统动量守恒得又解得对小滑块，在磁场中减速为零的运动过程中，由动量定理解得
厦门双十中学高三热身考物理试卷（总分100分，限时75分钟）一、选择题（1-4为单选题，每题4分；5-8为多选题，每题6分，选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分）1. 如图，一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中竖直篮板上A点。后来该运动员后撤到更远C点投篮，仍然将球垂直击中篮板上A点，关于两次投篮的比较，下列说法正确的是（ ） A. 在C点抛出速度v0更小，同时抛射角θ更大B. 在C点抛出速度v0更小，同时抛射角θ更小C. 在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更大D. 在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更小【答案】D【解析】【分析】【详解】将运动倒过相当于从篮板做平抛运动，第一次抛到B点，第二次抛到C点，下落的高度相同，因此运动时间相同，竖直分速度相同，落到C点时水平速度更大，速度与水平夹角更小，因此篮球在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更小。故选D。2. 一定质量理想气体某温度下等温线如图中虚线所示，该气体在此温度下的状态a开始绝热膨胀，图中实线能反应此变化过程的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】气体绝热膨胀，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体内能减小，温度降低，因此乘积减小，故等温线靠近坐标轴，故A正确，BCD错误。故选A。3. 如图所示，北京时间2021年10月16日神舟十三号载人飞船与在轨飞行的天和核心舱顺利实现径向自主交汇对接构成组合体（还在原轨道上飞行）。此后，航天员王亚平成功出舱作业，创造了中国航天史上第一个新纪录，成为中国女航天员太空行走第一人。下列说法正确的是（ ）A. 为实现对接，飞船先运动到空间站轨道下方圆周轨道上合适的位置，然后向后喷气加速B. 对接后构成的组合体质量变大，故环绕速度变大C. 若航天员与连接空间站的安全绳脱离，航天员立刻会高速飞离空间站D. 航天员此时处于完全失重状态，故不受地球的引力作用【答案】A【解析】【详解】A．飞船在低轨道变轨到高轨道实现对接，需要飞船先运动到空间站轨道下方圆周轨道上合适的位置，然后向后喷气加速做离心运动，故A正确；B．对接后构成的组合体质量变大，但依然满足万有引力提供向心力，故环绕速度大小不变，故B错误；C．若航天员与连接空间站的安全绳脱离，航天员的所受万有引力依然满足匀速圆周运动故航天员依然做同轨的圆周运动，故C错误；D．航天员此时处于完全失重状态，但依然受地球的引力作用，故D错误；故选A。4. 如图所示，空间有A、B、C、D四点，它们分别位于一个正方体的四个顶点。一根无限长均匀带正电细直棒，刚好与该正方体的一条棱重合，则下列说法正确的是（ ）A. A、C两点场强相同B. B、D两点电势相同C. 将质子从C点向方向射出，质子可能做匀变速曲线运动D. 将电子从C点向方向射出，电子可能做匀速圆周运动【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由对称知识可知，A、C两点场强大小相同，但方向不同，选项A错误；B．B、D两点距离直导线距离不等，则电势不相同，选项B错误；C．将质子从C点向方向射出，质子将受到直导线中正电荷的斥力而远离直导线运动，所受的库仑力逐渐减小，则加速度减小，不可能做匀变速曲线运动，选项C错误；D．将电子从C点向方向射出，则电子受直导线中正电荷的引力作用，若引力恰好等于向心力，则电子绕导线做匀速圆周运动，选项D正确。故选D。5. 如图甲所示为市面上的一款自发电无线门铃，按下按键，按键将推动水磁铁运动，如图乙所示，即能产生电能供给发射器正常工作。松开按键后，在弹簧作用下按键将恢复原位。关于按下按键和松开按键反弹过程中，下列说法正确的是（ ）A. 按下按键过程中，线圈中会产生感应电动势B. 按键反弹过程中，线圈中不会产生感应电动势C. 按住按键保持不动，线圈中始终有感应电流D. 按键反弹过程中，弹簧的弹性势能有一部分转化为电能【答案】AD【解析】【详解】AB．按下按键和松开按键的过程中，穿过线圈的磁通量都会发生改变，都会产生感应电动势，有感应电流，故A正确，B错误；C．住按键保持不动，线圈中磁通量不发生变化，线圈中没有感应电流，故C错误；D．按键反弹过程中，线圈中有感应电流，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能有一部分转化为电能，故D正确。故选AD。6. 某兴趣小组利用压敏电阻（压敏电阻的阻值R随所受压力的增大而减小）设计了判断电梯运动状态的装置，示意图如图甲所示。将压敏电阻B平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体A，电梯静止时电压表示数为，电梯由静止启动后的一段时间内，电压表的示数变化情况如图乙所示，下列说法正确的是（ ）A. 0~内电梯可能上升 B. ~内电梯匀加速下降C. ~内电梯可能匀减速上升 D. 时刻电梯速度达到最大【答案】BD【解析】【详解】A．根据闭合电路欧姆定律，电压表读数为0~t1内，U均匀增大，即电流I均匀减小，压敏电阻逐渐增大，压敏电阻受到的压力逐渐减小，系统的加速度向下逐渐增大，因为电梯从静止开始启动，所以电梯向下做加速度越来越大的加速运动，A错误；B．t1~t2内，U不变且大于U0，即电流恒定且小于原来电流，压敏电阻不变且大于电梯静止时的阻值，压力不变且小于电梯静止时压力，系统的加速度向下且大小不变，故电梯继续向下加速下降且加速度恒定，B正确；C．t2~t3内，电压逐渐减小但大于，故此时压力仍小于电梯静止时的压力，加速度还是向下，电梯还是向下做加速运动，C错误；D．0~t3这段时间内，电梯从静止一直向下做加速运动，故时刻电梯速度达到最大，D正确；故选BD。7. 某2022级物理小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径的半圆，且半圆在最低点与水平部分相切。5个大小相同的小球并列静置于水平部分，相邻球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，且每球质量与其相邻左球质量之比皆为k。将0号球向左拉至左侧轨道距水平部分高处，然后由静止释放，使其与1号球相碰，1号球再与2号球相碰……所有碰撞皆为弹性正碰，且碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ） A. 若，释放0号球后，看到5个（号）小球一起向右运动B. 若，释放0号球后，看到只有4号球向右运动C. 若，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，则k应满足D. 若，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，则k应满足【答案】BC【解析】【详解】AB．当时，即小球质量均相等，所有碰撞为弹性碰撞，均为速度交换，故A错误B正确。CD．当时由机械能守恒，第0号球与第1号球碰前，第0号球的速度根据弹性碰撞公式，第0号球与第1号球碰后，第1号球的速度同理第1号球和第2号球碰后，第2号球的速度则第4号球碰后要能通过右侧圆轨道最高点，则能过右侧轨道的最高点又有联立有解得故C正确D错误。故选BC。8. 如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，质量m=0.1kg的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为零势能参考面，在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g=10m/s2，则（ ）A. 小球释放位置距地面的高度为0.6mB. 小球在下落过程受到的风力为0.1NC. 小球刚接触弹簧时的动能为0.45JD. 小球的最大加速度大小为10m/s2【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．由图乙可知，小球处于释放位置的重力势能为0.70J，故根据可得解得故A错误；B．对下落的小球的运动状态分析，小球未接触弹簧前，做匀加速直线运动，此时小球受重力和竖直向上的恒定风力f，根据牛顿第二定律有在小球接触弹簧后，弹簧开始形变，此时小球受重力、风力、弹簧的弹力，根据牛顿第二定律有在增大，则T在增大，在减小，此时小球做加速度减小的加速运动直到即时小球速度最大，之后小球继续向下运动，但此时，而在增大，小球做加速度增大的减速运动，直到小球速度减为0，由图乙可知小球速度减为0时小球下落0.6m，故故B正确；C．小球刚接触弹簧时，小球下落了0.5m，则解得故C正确；D．根据牛顿第二定律知，小球下落过程中最大加速度为故D错误。故选BC。二、非选择题（60分）9. 如图所示，一根较长的细线一端固定在装置的横梁中心，另一端系上沙漏，装置底部有一可以向前移动的长木板。当沙漏左右摆动时，漏斗中的沙子均匀流出，同时匀速拉动长木板，漏出的沙子在板上形成一条正弦曲线。在曲线上两个位置和，细沙在___________（选填“”或“”）处堆积的沙子较多。由于木板长度有限，如图只得到了摆动两个周期的图样，若要得到三个周期的图样，拉动长木板的速度要___________（选填“快”或“慢”）些。【答案】 ①. ②. 慢【解析】【详解】[1]由题图可知，Q点位于最大位移处，P点位于平衡位置，沙漏摆动至Q点左上方最近时速度最小，运动最慢，所以细沙在Q处堆积的沙子较多。[2]若要得到三个周期图样，需要增加沙漏在木板上方摆动的时间，所以拉动长木板的速度要慢些。10. 铀核裂变的产物是多样的，一种典型的铀核裂变是生成X核和氪核，同时放出3个中子，核反应方程是。X原子核中含________个中子，反应后核子的比结合能________（选填“增加”“减小”或“不变”）。【答案】 ①. 88 ②. 增加【解析】【详解】[1]由裂变过程电荷数（质子数）守恒和质量数守恒，可得X的电荷数（质子数）和质量数分别为92-36=56，235+1-89-3=144，中子数=核子数-质子数，所以X的中子数为144-56=88。[2]裂变过程释放核能，所以反应后核子的比结合能增加（中等大小的原子核比结合能较大）。11. 采用如图所示的实验装置做“研究平抛运动”的实验。（1）实验时需要下列哪个器材________；A．弹簧秤 B．重锤线 C．打点计时器（2）做实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹，下列的一些操作要求，正确的是________；A．每次必须由同一位置静止释放小球B．斜槽必须是光滑的C．记录的点应适当多一些D．用折线描绘出小球的运动轨迹（3）若用频闪摄影方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，记录下如图所示的频闪照片。在测得x1、x2、x3、x4后，需要验证的关系是_____________________。【答案】 ①. B ②. AC##CA ③. 【解析】【详解】（1）[1]A．本实验不涉及力的测量，不需要弹簧秤，故A错误；B．本实验中要确保木板保持竖直，且白纸上的y轴也要竖直，因此需要重锤线来检验，故B正确；C．本实验通过在描绘的抛物线轨迹上所取点的坐标并根据运动学规律计算速度，不需要打点计时器，故C错误。故选B。（2）[2]AB．本实验要求小球每次从斜槽末端抛出时的速度相同，所以每次必须由同一位置，静止释放小球，而斜槽是否光滑对上述要求无影响，故A正确，B错误；C．记录的点应适当多一些，从而使所绘抛物线尽可能接近小球的实际运动轨迹，有利于减小误差，故C正确；D．小球的运动轨迹为抛物线，所以应用平滑曲线描绘出小球的运动轨迹，故D错误。故选AC。（3）[3]若用频闪摄影方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，则小球在每个频闪间隔内水平方向的位移相等，所以需要验证的关系是12. 实验室有一只灵敏电流计，刻度盘上共有格刻度而无具体示数，已知该电流计的满偏电流约为几百微安，内阻约为几百欧姆。为了测出和，小明设计了图示的甲、乙电路。除电流计外，提供的器材有：①电压表V（量程4V，内阻为15kΩ）；②滑动变阻器（0~20Ω，2A）；滑动变阻器（0~2000Ω，0.5A）；③电阻箱（0~999.9Ω）；电阻箱（0~9999.9Ω）；④电池组（电动势6V，内阻忽略不计）⑤开关、导线若干 （1）甲中滑动变阻器应选择_______（填“”或“”）；（2）乙中虚线框内的可变电阻应选择_______（填“”、“”或“”）；（3）实验主要步骤：①将甲中滑动变阻器滑到最左端，闭合开关，滑片向右滑动，记下电压表的示数U和电流计指针的格数；某次实验电压表示数为，电流计指针为格，那么电流计的满偏电流为_______。②将乙中的可变电阻调至最大值，断开，闭合S，减小R的阻值，使电流计指针达到满偏；闭合，调节B，电流计指针指在格，此时电阻箱读数为，则为_______。（4）用图乙测量内阻时，考虑到系统误差，内阻测量值_______（填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。【答案】 ①. ②. ③. 400 ④. 150 ⑤. 小于【解析】【详解】（1）[1]图甲中滑动变阻器采用分压式接法，为了方便调节且使电表示数变化比较均匀，滑动变阻器应选择阻值较小的；（2）[2]由于灵敏电流计的满偏电流只有几百微安，电源电动势为，可知图乙中电路的总电阻很大，需要串联接入电路的可变电阻阻值很大，故虚线框内的可变电阻应选择；（3）①[3]某次实验电压表示数为，电流计指针为格，图甲中灵敏电流计与电压表串联，可知此时灵敏电流计的电流为又解得电流计的满偏电流为②[4]将乙中的可变电阻R调至最大值，断开，闭合，减小R的阻值，使电流计指针达到满偏；闭合，调节B，电流计指针指在格，此时电阻箱读数为，闭合前后电路的总电阻主要由可变电阻决定，可认为闭合前后电路的总电流保持不变，故有解得（4）[5]用图乙测量内阻时，考虑到闭合后，电路的总电阻减小，电路的总电流增大，即，则有解得灵敏电流计的真实内阻应满足可知内阻测量值小于真实值。13. 如图所示为一个小型交流发电机的示意图，其线框ABCD匝数n=100匝，面积为，总电阻r=10Ω，绕垂直于磁场的轴匀速转动，角速度。已知匀强磁场磁感应强度，矩形线框通过滑环与理想变压器相连，副线圈与电阻相接，电表均为理想电表，电压表示数为U=180V。从线框转至中性面位置开始计时，求：（1）线框中感应电动势的瞬时值表达式；（2）电流表的示数；（3）当原、副线圈匝数比为3：1时，电阻R的阻值。 【答案】（1）；（2）2A；（3）【解析】【详解】（1）线圈中感应电动势的峰值由于从线框转至中性面位置开始计时，故瞬时值表达式为（2）感应电动势的有效值为线圈自身分到的电压为又所以电流表示数为（3）设副线圈两端电压为，电流为则有所以14. 如图，在平面直角坐标系xOy中，x轴上方存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为x轴下方存在垂直坐标系平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一个静止的带正电粒子位于y轴正半轴的点，质量为2m，电荷量为2q。某时刻由于内部作用，分裂成两个相同的粒子a和b，分别沿x轴正方向和负方向进入电场。已知粒子a进入第一象限的速度大小为。设分裂过程不考虑外力的作用，在电场与磁场中的运动过程不计粒子重力和粒子间的相互作用。（1）若粒子a第一次通过x轴的位置为M，求M离原点O的距离x；（2）若粒子b第二次通过x轴的位置为Q，求MQ之间的距离L。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）依题意可知带正电粒子分裂成的相同粒子a、b，、，粒子a在第一象限做类平抛运动，由，解出由解出，根据动量守恒定律可知，分离时a、b两个粒子速度大小相等，方向相反，故两粒子在电场中运动轨迹关于y轴对称。设b粒子第一次通过x轴的位置为N点，有设b粒子以速度v进入匀强磁场，v与x轴正方向成，则，粒子b在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，由解出故MQ间的距离15. 如图所示，光滑固定轨道OA高h，一质量为m电荷量为q的带正电的小滑块（可视为质点）从O点由静止自由滑下，另一质量为的绝缘塑料板静止在光滑水平面上．上表面与A的切线平齐，滑块与绝缘塑料板之间的动摩擦因数。在滑块右前方虚线MN、RS区域内存在一宽度方向水平向左，大小的匀强电场，虚线RS右侧存在方向垂直纸面向外，大小的匀强磁场，当小滑块进入水平电场时恰好未从板的右端滑出，重力加速度为g，不计空气阻力。求：（1）绝缘塑料板的长度；（2）小滑块到达边界RS时，小滑块和塑料板的速度各为多大；（3）小滑块到达边界RS时，塑料板恰与前方固定挡板P相碰（碰撞过程无能量损失），碰后滑块最终恰好未从塑料板右端滑出，问碰后多久小滑块停下。【答案】（1）；（2）；；（3）【解析】【详解】（1）小滑块到达A端时速度为v0，根据机械能守恒定律得滑块与塑料板相互作用过程中系统动量守恒系统能量守恒解得塑料板板长为（2）小滑块进入水平电场时假设发生了相对滑动，对小滑块解得对塑料板解得则假设成立。设小滑块出水平电场时速度为v1，塑料板速度为v2。因为解得在水平电场运动时间则（3）出水平电场时小滑块离板右端的距离板反弹后系统的总动量设板反弹至停下的过程中小滑块和板的位移大小分别为x1、x2。由系统动量守恒得又解得对小滑块，在磁场中减速为零的运动过程中，由动量定理解得
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