还剩16页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2022_2023学年山东省日照市高三（第一次）模拟考试物理试卷（含答案解析）
展开
这是一份2022_2023学年山东省日照市高三（第一次）模拟考试物理试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了 下列说法正确的是，2V，5s，M向左移动了4m等内容，欢迎下载使用。
2022~2023学年山东省日照市高三（第一次）模拟考试物理试卷
1. 下列说法正确的是( )
A. 做自由落体运动的物体，下落的瞬间，速度和加速度均为零
B. 在力学中，力是基本概念，所以力的单位“牛顿”是基本单位
C. 安培提出了分子电流假说
D. 法拉第发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象和磁现象之间的联系
2. 有关原子结构和原子核的认识，下列正确的是( )
A. 一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线
B. 电子的发现使人们认识到原子具有核式结构
C. 太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变
D. 83210Bi的半衰期是5天，100克 83210Bi经过10天后还剩下25克
3. 某电动牙刷的充电装置含有变压器，原、副线圈匝数之比为50：1，用正弦交流电给此电动牙刷充电时，原线圈两端电压的有效值为220V，副线圈电流的有效值为2.0A，若将该变压器视为理想变压器，则( )
A. 副线圈两端电压的有效值约为6.2V
B. 原线圈电流的有效值为100A
C. 副线圈两端电压的最大值约为6.2V
D. 变压器的输入功率与输出功率之比为50：1
4. 如图所示，O点为两等量异种点电荷连线的中点，一带正电的粒子(不计重力)从连线上的A点由静止释放。在电场力作用下运动到B点。取A点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向。在粒子从A点运动到B点的过程中，下列关于粒子运动的速度v和加速度a随时间t的变化，运动径迹上电势φ和粒子的电势能Ep随位移x的变化图线可能正确的是( )
A. B. C. D.
5. 如图所示，一列简谐横波在xOy平面内沿x轴负方向传播，波速为8m/s，振幅为4m，M、N是平衡位置相距4m的两个质点。t=0时刻，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处。已知该波的周期大于1s，则下列说法正确的是( )
A. 该波的周期为23s
B. 从t=0到t=0.5s，M向左移动了4m
C. 在t=0.5s时，N的速度也一定为8m/s
D. 从t=0到t=0.5s，N的路程为4m
6. 如图所示，一宽为L的平行金属导轨固定在倾角为θ的斜面上，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势为E、内阻为r，一质量为m的金属棒ab静止在导轨上，与两导轨垂直并接触良好，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中，金属棒的电阻为R0，导轨电阻不计。金属导轨与金属棒之间的最大静摩擦力为f，重力加速度为g。闭合开关后，下列判断正确的是( )
A. 金属棒受到的安培力方向沿斜面向上
B. 金属棒受到的摩擦力方向可能沿斜面向下
C. 若金属棒恰好不运动，则滑动变阻器的阻值为BLEf−mgsinθ−r−R0
D. 要保持金属棒在导轨上静止，滑动变阻器R接入电路中的最小阻值为BLEmgsinθ+f−r−R0
7. 随着“神舟十五号”进驻空间站，标志着我国空间站正式从建造阶段，转入运营阶段，可将中国空间站看作近地卫星，空间站绕地球表面做匀速圆周运动的周期为T。某科研小组在地球南极点，用弹簧测力计测得质量为m的砝码所受重力为F，在赤道测得该砝码所受重力为F′。假设地球可视为质量分布均匀的球体，则下列说法正确的是( )
A. 地球半径可表示为R=mFT24π2
B. 地球的第一宇宙速度可表示为v=FT22mπ
C. 地球的自转周期可表示为T自=TF−F ′F
D. 地球的自转周期可表示为T自=TFF−F ′
8. 光滑平行金属导轨由左侧弧形轨道与右侧水平轨道平滑连接而成，导轨间距均为L，如图所示。左侧轨道上端连接有阻值为R的电阻。水平轨道间有连续相邻、宽均为d的区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，区域边界与水平导轨垂直。Ⅰ、Ⅲ区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B；Ⅱ区域有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。金属棒从左侧轨道上某处由静止释放，金属棒最终停在Ⅲ区域右边界上，金属棒的质量为m、长度为L、电阻为R。不计金属导轨电阻，金属棒与导轨接触良好，重力加速度为g，则金属棒( )
A. 穿过区域Ⅰ过程，通过R的电荷量为BLdR
B. 刚进入区域Ⅲ时受到的安培力大小为B2L2d4mR2
C. 穿过区域Ⅰ与Ⅱ过程，R上产生的焦耳热之比为11：25
D. 穿过区域Ⅰ与Ⅲ过程，克服安培力做功之比为11：1
9. 一定量的理想气体从状态a开始。经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p−T图像如图所示。下列判断正确的是( )
A. 气体在a、b两状态的体积相等
B. a、b和c三个状态中，状态c分子的平均动能最大
C. 在过程bc中气体吸收的热量大于气体对外界做的功
D. b到c过程容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数减少
10. 如图所示，质量为M的三角形斜劈B放置在水平地面上，质量为m的木块A放在三角形斜劈B上，现用大小相等、方向相反的水平力F分别推A和B，木块A和斜劈B均静止不动，重力加速度为g。则( )
A. 斜劈B对木块A的摩擦力方向可能沿斜面向上
B. 地面对斜劈B的摩擦力方向水平向右
C. 斜劈B对木块A的支持力一定小于mg
D. 地面对斜劈B的支持力的大小等于M+mg
11. 在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定在墙上。如图甲所示，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B。如图乙所示。物体A以3v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，下列判断正确的是( )
A. 乙图所示的运动过程中，物体A和物体B组成的系统机械能守恒
B. A物体的质量为8m
C. 弹簧压缩量最大时物体B的速度为8v03
D. 弹簧及压缩量最大时的弹性势能为mv022
12. 如图所示，倾斜圆盘圆心处固定有与盘面垂直的细轴，盘面上沿同一直径放有质量均为m的A、B两物块(可视为质点)，分别用两根平行圆盘的不可伸长的轻绳与轴相连。物块A、B与轴的距离分别为2L和L，与盘面的动摩擦因数均为μ，盘面与水平面的夹角为θ。圆盘静止时，两轻绳无张力处于自然伸直状态。当圆盘以角速度ω匀速转动时，物块A、B始终与圆盘保持相对静止。当物块A转到最高点时，A所受绳子的拉力刚好为零，B所受的摩擦力刚好为最大静摩擦力。已知重力加速度为g。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是( )
A. μ=3tanθ
B. 运动过程中绳子对A拉力的最大值为mgsinθ
C. 运动过程中B所受摩擦力的最小值为mgsinθ
D. 物块B从最低点运动到最高点的过程中摩擦力的冲量大小为m 8gLsinθ
13. 某物理兴趣小组利用传感器进行“探究向心力大小F与半径r、角速度ω、质量m的关系”实验，实验装置如图甲所示，装置中水平光滑直杆能随竖直转轴一起转动，将滑块套在水平直杆上，用细线将滑块与固定的力传感器连接。当滑块随水平光滑直杆一起匀速转动时，细线的拉力提供滑块做圆周运动的向心力。拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。
(1)小组同学先让一个滑块做半经r为0.20m的圆周运动。得到图乙中②图线。然后保持滑块质量不变。再将运动的半径r分别调整为0.14m，0.16m，0.18m，0.22m，在同一坐标系中又分别得到图乙中⑤、④、③、①四条图线。
(2)本实验所采用的实验探究方法与下列哪些实验是相同的( )
A.探究平抛运动的特点 B.探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
C.探究两个互成角度的力的合成规律 D.探究加速度与物体受力、物体质量的关系
(3)对②图线的数据进行处理，获得了F−x图像，如图丙所示，该图像是一条过原点的直线，则图像横坐标x代表的是___________。(用半径r、角速度ω、质量m表示)
(4)对5条F−ω图线进行比较分析，作F−r图像，得到一条过坐标原点的直线，则该直线的斜率为___________。(用半径r、角速度ω、质量m表示)
14. 某同学设计了如图甲、乙所示的实验电路测量某电源的电动势E(约为3V)和内阻r(约为2Ω)。已知电流表的内电阻约为1Ω。电压表的内电阻约为3kΩ，变阻器最大电阻20Ω、额定电流1A，定值电阻R0=2Ω。请回答下列问题：
(1)请在图丙中用笔面线代替导线完成图乙电路图的实物连接。
(2)将滑动变阻器的滑片P移至最左端，闭合开关S，移动滑片P改变滑动变阻器的接入阻值，记录下几组电压表示数U和对应的电流表示数I。
(3)重复步骤(2)。把甲、乙两组实验记录的数据在同一坐标系内描点作出U−I图像如图丁所示，可知图中标记为Ⅱ的图线是采用实验电路______(填“甲”或“乙”)测量得到的。
(4)为了减小系统误差，本实验应选用图______(选填“甲”或“乙”)实验电路。
(5)利用图丁图像提供的信息可以修正该实验的系统误差，则修正后被测电源的内阻r=______(注：U1、U2、I1、I2、R0为已知量)。
15. 一个半径为R的半圆形玻璃砖(折射率n= 3)的截面图，如图所示，直径AOB与半径OC垂直，一束平行单色光垂直于直径AOB所在的截面射入玻璃砖，其中距离O点R2的一条光线自玻璃砖右侧折射出来，与OC所在的直线交于D点。
(1)求D点到O点的距离：
(2)若在玻璃砖平面AOB的某区域贴上一层不透光的黑纸，平行光照射玻璃砖后，右侧恰好没有折射光射出，求黑纸在AB方向的宽度。(不考虑光线在玻璃砖内的多次反射)
16. 如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，将一可视为质点的质量m=2kg的小物块从传送带左端A处以某一初速度释放，t=3s时恰好到达右端B处。小物块从A端到B端运动的速度-时间图像如图乙所示。重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块与传送带之间的动摩擦因数和AB间的距离；
(2)小物块从A端到B端的过程中，系统因摩擦所产生的热量。
17. 如图所示。“L”型平板B静置在地面上，物块A处于平板B上的O′点，O′点左侧粗糙，右侧光滑，光滑部分的长度d=3.75m。用不可伸长的经绳将质量为M的小球悬挂在O′点正上方的O点。轻绳处于水平拉直状态，小球可视为质点，将小球由静止释放，第1次下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相反，开始做简谐运动，物块A以v0=6m/s的速度沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞，一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度为零，此后再过0.75s小球恰好第4次回到最低点。已知A的质量mA=0.2kg，B的质量mB=0.6kg，A与B的动摩擦因数μ1=0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，重力加速度g=10m/s2，π2=10，整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：
(1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小vA与vB；
(2)从小球释放到小球第4次回到最低点，整个系统因摩擦产生的热量；
(3)悬挂小球轻绳的长度。
18. 如图所示为某离子控制装置，离子室内存在大量带正电的离子。其质量m=1×10−14kg，电荷量q=2×10−10C，控制室被分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个横截面为正方形的区域，正方形边长L=1m，区域间隔L1=1m、L2=0.6m、L4=1m，Ⅰ区域左右为中间带有小孔的平行金属板，板间存在电场强度大小为E1=9×10−4N/C、方向水平向右的匀强电场。Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ区域存在包含边界的电场或磁场。以a2b2c2d2中间小孔为坐标原点建立三维坐标系，坐标轴及方向如图所示，Ⅱ区域存在沿x轴正方向的匀强电场(图中未画出)，电场强度E2的大小在0∼4×10−3N/C间变化；Ⅲ区域充满沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度B1=2×10−3T，Ⅳ区域充满平行于平面xOy与y轴正方向成45∘角斜向上的匀强磁场，磁感应强度B2=2 2×10−3T。从离子室飘入小孔的离子速率忽略，忽略离子间的相互作用，不计离子重力。
(1)若离子进入区域Ⅲ后能返回区域Ⅱ，求拉子在边界a3b3c3d3上射入点与射出点之间的距离；
(2)为保证有离子能进入区域IV，求L3的最大值；
(3)当E2=4×10−3N/C、L3为上问中的最大值。若离子在区域Ⅲ的速度沿z轴时B1消失，当离子第一次经过边界a4b4c4d4进入区域Ⅵ时。区域Ⅲ的磁场变为沿y轴正方向、磁感应强度B3=4×10−3T的匀强磁场并保持不变，求离子第4次经过边界a4b4c4d4时的位置坐标。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.做自由落体运动的物体，下落的瞬间，速度为零，加速度为重力加速度，不为零，故A项错误；
B.在力学中，力时基本概念，根据牛顿第二定律有F=ma，可知1N=1kg⋅m/s2，所以力的单位不是基本单位，而是导出单位，故B项错误；
C.安培提出了分子电流假说，故C项正确；
D.奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象和磁现象之间的联系，故D项错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】A. α 、 β 衰变是独立进行的，但是在两种衰变的同时都伴随有 γ 衰变，故A错误；
B.卢瑟福的 α 粒子散射实验让人们认识到了原子核具有核式结构，故B错误；
C.太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生轻核的聚变，故C错误；
D.根据半衰期公式m余=m原(12)tT，代入数据可得100克 83210Bi 经过10天后还剩下m余=25克，故D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】A.由理想变压器的变压公式n1n2=U1U2，副线圈两端电压的有效值约为4.4V，故A错误；
B.由理想变压器的变流公式I1I2=n2n1=150，原线圈电流的有效值为0.04A，故B错误；
C.副线圈两端电压的最大值约为U=4.4 2V≈6.2V，故C正确；
D.理想变压器的输入功率与输出功率之比为1：1，故D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】AB.根据等量异种电荷的电场线分布可知，在A到B的运动过程中，电场强度先变小后变大，粒子受到的电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大，v−t图象切线的斜率先变小后变大，故A错误，B正确；
C.沿着电场线方向电势降低，电势与位移的图象斜率的大小表示电场强度的大小，电场强度先减小后增大，所以图象斜率的大小先减小后增大，故C错误；
D.根据EP=qφ，得ΔEpΔx=qΔφΔx=qE，E先减小后增大，所以Ep-x图象切线斜率的大小先减小后增大，故D错误。
故选B。
5.【答案】D
【解析】A. t=0 时刻，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处，已知该波的周期大于1s，且M、N是平衡位置相距4m的两个质点，则有4m=14λ
解得波长为λ=16m
则周期为T=λv=168s=2s
故A错误；
B.从 t=0 到 t=0.5s ，M只是在平衡位置上下振动，不会随波移动，故B错误；
C. 8m/s 只是波的传播速度，在 t=0.5s 时，N的振动速度不能确定，故C错误；
D.由于Δt=0.5s=14T，且 t=0 时刻，N位于其平衡位置上方最大位移处，则从 t=0 到 t=0.5s ，N的路程为s=A=4m，故D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】AB.根据左手定则可知，金属棒受到的安培力方向沿斜面向下，由于金属棒的重力分力也沿斜面向下，则金属棒受到的摩擦力方向一定沿斜面向上，故AB错误；
CD.若金属棒恰好不运动，此时金属棒受到的静摩擦力达到最大，此时是保持金属棒在导轨上静止受到的最大安培力，根据受力平衡可得mgsinθ+F安=f
又F安=BIL=BER+r+R0L
联立可得R=BLEf−mgsinθ−r−R0
可知要保持金属棒在导轨上静止，滑动变阻器R接入电路中的最小阻值为 BLEf−mgsinθ−r−R0 ，故C正确，D错误。
故选C。
7.【答案】D
【解析】ACD.在两极点时有F=GMmR2，在赤道时有F−F ′=m(2πT自)2R，在地球表面时有F=GMmR2=m2πT2R，解得T自=TFF−F ′，R=FT24π2m，AC错误，D正确；
B. 在地球表面时有F=GMmR2=mv2R，解得v= FRm=FT2πm，B错误。
故选D。
8.【答案】D
【解析】A.穿过区域Ⅰ过程，根据法拉第电磁感应定律有E1=ΔΦ1Δt1=BLdΔt1，根据电流的定义式有I1=q1Δt1=E12R，解得q1=BLd2R，故A错误；
B.金属棒下滑至最低点过程，根据动能定理有mgh=12mv02，
规定向右为正方向，穿过区域Ⅰ过程，根据动量定理有−BI1LΔt1=mv1−mv0，
穿过区域Ⅱ过程，根据E2=ΔΦ2Δt2=2BLdΔt2，其中I2=q2Δt2=E22R，
根据动量定理有−2BI2LΔt2=mv2−mv1，解得v2= 2gh−5B2L2d2mR，
穿过区域Ⅲ过程，根据E3=ΔΦ3Δt3=BLdΔt3，其中I3=q3Δt3=E32R，解得q3=BLd2R，穿
过区域Ⅲ过程，根据动量定理有−BI3LΔt3=0−mv2，结合上述可知v2= 2gh6，
刚进入区域Ⅲ时有I=BLv22R
根据安培力的计算公式有F=BIL，解得F=B2L2 2gh12R，故B错误；
C.根据上述解得v0= 2gh ， v1=5 2gh6 ， v2= 2gh6，
穿过区域I过程，R上产生的焦耳热Q1=12×(12mv02−12mv12)，
穿过区域Ⅱ过程，R上产生的焦耳热Q2=12×(12mv12−12mv22)，解得Q1Q2=1124，故C错误；
D.根据动能定理可知，穿过区域I与Ⅲ过程，克服安培力做功之比为W克1W克2=12mv02−12mv1212mv22，代入数据解得W克1W克2=11，故D正确；
故选：D。
9.【答案】AD
【解析】A.根据公式pV=CT，可知，ab过程中气体的体积不变，故A正确；
B.a、b和c三个状态中，状态b、c温度相同，分子的平均动能相同，故B错误；
C.在过程bc中温度不变，内能不变，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知，bc过程中气体吸热等于对外做功，故C错误；
D.b和c两个状态中，气体温度相同，分子平均动能相同，但b状态比c状态压强大，所以b状态下容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数比c状态多，故D正确。
故选AD。
10.【答案】AD
【解析】A.以A为研究对象受力分析，若水平推力F较小，则木块A有相对斜面下滑的趋势，则斜劈B对木块A的摩擦力方向沿斜面向上，故A正确；
B.以A和B作为整体研究分析，水平方向大小相等、方向相反的两个水平力F刚好是一对平衡力，即地面对斜劈B的摩擦力为0，故B错误；
C.以A为研究对象受力分析，若水平推力F恰好合适，斜劈B与木块A之间无摩擦力，则受力分析如图所示
由几何关系可知，此时斜劈B对木块A的支持力大于mg，故C错误；
D.以A和B作为整体研究分析，竖直方向只受重力 G=M+mg ，以及支持力 FN ，且竖直方向二力平衡，有 FN=G=M+mg ，故D正确。
故选AD。
11.【答案】BC
【解析】A.乙图所示的运动过程中，弹簧被压缩，物体A、B的机械能一部分转化为弹性势能，物体A、B组成的系统机械能不守恒，故A错误；
BCD.设物体的A的质量为M，甲图中物体A压缩弹簧，最大压缩量为x时，A的动能全部转化为弹簧的弹性势能，设为 EP ，则有EP=12Mv02
乙图中物体A以 3v0 的速度向右压缩弹簧过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，当二者共速时，弹簧达到最大压缩量x，取向右为正方向，由动量守恒定律有M⋅3v0=(M+m)v
水平面光滑，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有12M(3v0)2−12(M+m)v2=Ep
联立解得M=8m ， v=83v0 ， EP=4mv02
故BC正确，D错误。
故选BC。
12.【答案】AC
【解析】A.对A、B受力分析，A在最高点由牛顿第二定律有μmgcosθ+mgsinθ=mω2×2L
B在最低点，由牛顿第二定律有μmgcosθ−mgsinθ=mω2L
联立解得μ=3tanθ
故A正确；
B.运动过程中，当A到最低点时，所需的拉力最大设为 TA ，由牛顿第二定律有TA+μmgcosθ−mgsinθ=mω2×2L
代入数据解得TA=2mgsinθ
故B错误；
C.运动过程中，当B到最高点时，所需的摩擦力最小设为 fB ，由牛顿第二定律有fB+mgsinθ=mω2L
联立解得fB=mgsinθ
故C正确；
D.由A中公式和结论可得ω= 2gsinθL
则B的线速度大小为vB=ωL= 2gLsinθ
B从最低点运动到最高点的过程中，合外力的冲量为I合=2mvB=m8gLsinθ
由于B受的重力、支持力、绳的拉力的合力不为零，故物块B从最低点运动到最高点的过程中摩擦力的冲量大小不等于 m 8gLsinθ ，D错误。
故选AC。
13.【答案】(2)BD；
(3)ω2 (或 mω2 等带 ω2 即可)；
(4)mω2；
【解析】(2)本实验所采用的实验探究方法是保持滑块质量不变，探究在运动半径在不同值时，滑块的向心力大小与角速度之间的关系，属于控制变量法，与“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”、“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验探究方法相同；“探究平抛运动的特点”和“探究两个互成角度的力的合成规律”两实验的探究方法是等效法。
故选BD。
(3)②图线中各图线均为曲线，对②图线的数据进行分析可以看出，当ω增大为原来的2倍时，F增大为原来的4倍，当ω增大为原来的3倍时，F增大为原来的9倍……可知，F与ω2成正比，以F为纵轴，ω2为横轴，则图像是一条过原点的直线，故图丙图像横坐标x代表的是ω2或 mω2。
(4)由(3)中分析知在r一定时，F与ω2成正比； F−r 图像又是一条过坐标原点的直线，F与r成正比；同时F也应与m成正比，归纳可知， F−r 图像的斜率为 mω2 。
14.【答案】(1)；
(3)甲；
(4)甲；
(5)U1I2−R0
【解析】(1)图乙电路的实物连接图如下图所示：
(3)对图甲而言，根据闭合欧姆定律可得U=E−(URV+I)(R0+r)
整理可得U=−I⋅RVR0+rRV+R0+r+E⋅RVRV+R0+r
可知，对应U-I图线，当I为零时，对应U甲=E⋅RVRV+R0+r
对图乙而言，根据闭合欧姆定律可得U=E−I⋅RA+R0+r
可知，对应U-I图线，当I为零时，对应U乙=E>U甲
故可知标记为Ⅱ的图线是采用实验电路甲测量得到的。
(4)当采用图甲所示电路时，相对误差大小为e1=R0+r−RVR0+rRV+R0+rR0+r=R0+rRV+R0+r≈44+3×103×100%≈0.133%
当采用图乙所示电路时，相对误差大小为e2=RA+R0+r−R0+rR0+r≈14×100%≈25%
该相对误差远大于图甲所示电路，故宜选用图甲所示电路。
(5)曲线Ⅰ对应的U1和I1满足U1=E,I1=ERA+R0+r
曲线Ⅱ对应的U2和I2满足U2=E⋅RVRV+R0+r,I2=ER0+r
因此可以解得R0+r=EI2=U1I2
则r=U1I2−R0。
15.【答案】(1)设光线的入射点为F，出射点为E，出射角为 θ ，连接OE，即为法线。如图所示，
根据光的折射定律 3=sin θsin 30∘
解得θ=60∘
根据几何关系得DO= 3R
(2)如上图所示，设从N点入射时恰好能发生全反射，则可知 sinC=1n= 33
由几何关系知ON= 33 R
所以平行光照射玻璃砖后，要使右侧没有折射光射出，黑纸在AB方向的宽度至少为d=2ON=2 33R
【解析】(1)作出光路图，由几何关系求出入射角和折射角，即可由折射定律求此玻璃砖的折射率；
(2)平行射到ACB弧面上会发生全反射，由sinC=
1
n
求出C，再由几何知识求出不能在ACB面上发生全反射的平行的宽度，即为所求黑纸在AB方向的宽度。
16.【答案】(1)根据题意，由图乙可知，小物块在传送带上先做匀减速运动，再做匀速运动，做匀减速运动的加速度大小为a=ΔvΔt=4−22m/s2=1m/s2
由牛顿第二定律有μmg=ma
联立解得μ=0.1
根据题意可知，AB间的距离等于小物块的位移，则由 v−t 图像中图像与横轴围成的面积表示位移可知，AB间的距离为xAB=12×2+4×2+2×3−2m=8m
(2)根据题意，由图乙可知，当 t=2s ，小物块与传送带速度相等，且传送带的速度为v传=2m/s
由运动学公式 x=v0t+12at2 可得，在 0∼2s 内小物块的位移为x1=4×2−12×1×22m=6m
在 0∼2s 内传送带的位移为x2=vt=4m
则小物块从A端到B端的过程中，系统因摩擦所产生的热量为Q=μmgΔx=4J。
【解析】(1)根据图乙所示图象分析清楚小物块的运动过程，由图像的斜率找到物块运动的加速度，进而求出摩擦因数，v−t图象与时间轴组成的图形面积等于物块的位移，根据图示图象求出小物块的位移，即可求出AB间的距离；
(2)系统因摩擦所产生的热量为Q=μmg⋅Δx，找到相对位移即可求解。
17.【答案】(1)设水平向右为正方向，因为 O′ 点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒和动能守恒得mAv0=mAvA+mBvB
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
代入数据联立解得vA=−3m/s，vB=3m/s
即A和B速度的大小均为 3m/s ；
(2)碰后对B受力分析，由牛顿第二定律可知μ2(mA+mB)g=mBaB
解得aB=4m/s2
设B经过 t1 时间速度减为零0=vB−aBt1
解得t1=0.75s
此过程A、B的位移分别为
xA=vAt1
xB=vBt1−12aBt12
根据位移关系xA+xB
即A在减速之前B速度减为零，且不再运动，整个系统产生的热量为Q=12mAvA2+12mBvB2
解得Q=3.6J
(3)A剩余匀速向左运动的时间为d−xA−xB=vAt2
解得t2=0.125s
A减速运动的时间为 t3 ，根据动量定理−μ1mAgt3=0−mAvA
解得t3=0.75s
小球和A碰撞后A向右匀速运动的时间为 t0 ，则t0=dv0=0.625s
设小球做简谐振动的周期为 T ，摆长为 L0 ，则有32T=t0+t1+t2+t3+0.75s
代入数据解得T=2s
由单摆周期公式T=2π L0g
解得小球的摆长L0=1m
【解析】(1)根据动量守恒和动能守恒计算A与B碰撞后的速度；
(2)根据牛顿第二定律和运动学公式计算出B的加速度和运动时间，再计算出A、B的位移，根据能量守恒求整个系统产生的热量；
(3)根据匀速和减速运动的时间计算单摆的周期，根据单摆周期公式求摆长。
18.【答案】(1)在区域I，根据动能定理qE1L1=12mv02
解得v0=6m/s
离子在区域II射出时速度的偏向角为 θ ，运动轨迹如图所示
则v=v0cosθ
由qvB1=mv2r
射入点与射出点的距离为d=2rcosθ=2mv0B1q
与 E2 大小无关，解得d=0.3m
(2)根据L3=r+rsinθ
可知当 E2=4×10−3N/C 时，离子在III中运动的速度 v 最大，则运动半径 r 最大， L3 有最大值，
在区域II做类平抛运动L2=v0t1
vx=at1
根据牛顿第二定律qE2=ma
根据几何关系tanθ=vxv0
解得tanθ=43
沿 x 方向的位移为x=12at12
解得x=0.4m
由几何关系得半径r1=12dcosθ=0.25m
轨迹恰好与边界 b3c3c4b4 相切， L3 的最大值L3=r1+r1sinθ
解得L3=0.45m
(3)离子从 b4c4 的中点进入区域IV，由qvB2=mv2r2
得r2= 28m
重新回到区域III后qvB3=mv2r3
解得r3=0.125m
如图所示
第4次经过边界 a4b4c4d4 时， x 坐标为x4=0.25m
y 坐标为y4=−0.5m
z 坐标为z4=1.05m
即离子第4次经过边界 a4b4c4d4 时的位置坐标： (0.25m,−0.5m,1.05m) 。
【解析】(1)带电离子在Ⅰ区域做匀加速直线运动，在Ⅱ区域做曲线运动，在Ⅲ区域做圆周运动，根据几何关系进行求解。
(2)当E2取最大值时，离子进入Ⅲ区域时速度最大，则对应的L3有最大值，结合几何关系进行求解。
(3)作出粒子轨迹，结合几何知识求解。
2022~2023学年山东省日照市高三（第一次）模拟考试物理试卷
1. 下列说法正确的是( )
A. 做自由落体运动的物体，下落的瞬间，速度和加速度均为零
B. 在力学中，力是基本概念，所以力的单位“牛顿”是基本单位
C. 安培提出了分子电流假说
D. 法拉第发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象和磁现象之间的联系
2. 有关原子结构和原子核的认识，下列正确的是( )
A. 一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线
B. 电子的发现使人们认识到原子具有核式结构
C. 太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变
D. 83210Bi的半衰期是5天，100克 83210Bi经过10天后还剩下25克
3. 某电动牙刷的充电装置含有变压器，原、副线圈匝数之比为50：1，用正弦交流电给此电动牙刷充电时，原线圈两端电压的有效值为220V，副线圈电流的有效值为2.0A，若将该变压器视为理想变压器，则( )
A. 副线圈两端电压的有效值约为6.2V
B. 原线圈电流的有效值为100A
C. 副线圈两端电压的最大值约为6.2V
D. 变压器的输入功率与输出功率之比为50：1
4. 如图所示，O点为两等量异种点电荷连线的中点，一带正电的粒子(不计重力)从连线上的A点由静止释放。在电场力作用下运动到B点。取A点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向。在粒子从A点运动到B点的过程中，下列关于粒子运动的速度v和加速度a随时间t的变化，运动径迹上电势φ和粒子的电势能Ep随位移x的变化图线可能正确的是( )
A. B. C. D.
5. 如图所示，一列简谐横波在xOy平面内沿x轴负方向传播，波速为8m/s，振幅为4m，M、N是平衡位置相距4m的两个质点。t=0时刻，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处。已知该波的周期大于1s，则下列说法正确的是( )
A. 该波的周期为23s
B. 从t=0到t=0.5s，M向左移动了4m
C. 在t=0.5s时，N的速度也一定为8m/s
D. 从t=0到t=0.5s，N的路程为4m
6. 如图所示，一宽为L的平行金属导轨固定在倾角为θ的斜面上，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势为E、内阻为r，一质量为m的金属棒ab静止在导轨上，与两导轨垂直并接触良好，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中，金属棒的电阻为R0，导轨电阻不计。金属导轨与金属棒之间的最大静摩擦力为f，重力加速度为g。闭合开关后，下列判断正确的是( )
A. 金属棒受到的安培力方向沿斜面向上
B. 金属棒受到的摩擦力方向可能沿斜面向下
C. 若金属棒恰好不运动，则滑动变阻器的阻值为BLEf−mgsinθ−r−R0
D. 要保持金属棒在导轨上静止，滑动变阻器R接入电路中的最小阻值为BLEmgsinθ+f−r−R0
7. 随着“神舟十五号”进驻空间站，标志着我国空间站正式从建造阶段，转入运营阶段，可将中国空间站看作近地卫星，空间站绕地球表面做匀速圆周运动的周期为T。某科研小组在地球南极点，用弹簧测力计测得质量为m的砝码所受重力为F，在赤道测得该砝码所受重力为F′。假设地球可视为质量分布均匀的球体，则下列说法正确的是( )
A. 地球半径可表示为R=mFT24π2
B. 地球的第一宇宙速度可表示为v=FT22mπ
C. 地球的自转周期可表示为T自=TF−F ′F
D. 地球的自转周期可表示为T自=TFF−F ′
8. 光滑平行金属导轨由左侧弧形轨道与右侧水平轨道平滑连接而成，导轨间距均为L，如图所示。左侧轨道上端连接有阻值为R的电阻。水平轨道间有连续相邻、宽均为d的区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，区域边界与水平导轨垂直。Ⅰ、Ⅲ区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B；Ⅱ区域有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。金属棒从左侧轨道上某处由静止释放，金属棒最终停在Ⅲ区域右边界上，金属棒的质量为m、长度为L、电阻为R。不计金属导轨电阻，金属棒与导轨接触良好，重力加速度为g，则金属棒( )
A. 穿过区域Ⅰ过程，通过R的电荷量为BLdR
B. 刚进入区域Ⅲ时受到的安培力大小为B2L2d4mR2
C. 穿过区域Ⅰ与Ⅱ过程，R上产生的焦耳热之比为11：25
D. 穿过区域Ⅰ与Ⅲ过程，克服安培力做功之比为11：1
9. 一定量的理想气体从状态a开始。经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p−T图像如图所示。下列判断正确的是( )
A. 气体在a、b两状态的体积相等
B. a、b和c三个状态中，状态c分子的平均动能最大
C. 在过程bc中气体吸收的热量大于气体对外界做的功
D. b到c过程容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数减少
10. 如图所示，质量为M的三角形斜劈B放置在水平地面上，质量为m的木块A放在三角形斜劈B上，现用大小相等、方向相反的水平力F分别推A和B，木块A和斜劈B均静止不动，重力加速度为g。则( )
A. 斜劈B对木块A的摩擦力方向可能沿斜面向上
B. 地面对斜劈B的摩擦力方向水平向右
C. 斜劈B对木块A的支持力一定小于mg
D. 地面对斜劈B的支持力的大小等于M+mg
11. 在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定在墙上。如图甲所示，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B。如图乙所示。物体A以3v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，下列判断正确的是( )
A. 乙图所示的运动过程中，物体A和物体B组成的系统机械能守恒
B. A物体的质量为8m
C. 弹簧压缩量最大时物体B的速度为8v03
D. 弹簧及压缩量最大时的弹性势能为mv022
12. 如图所示，倾斜圆盘圆心处固定有与盘面垂直的细轴，盘面上沿同一直径放有质量均为m的A、B两物块(可视为质点)，分别用两根平行圆盘的不可伸长的轻绳与轴相连。物块A、B与轴的距离分别为2L和L，与盘面的动摩擦因数均为μ，盘面与水平面的夹角为θ。圆盘静止时，两轻绳无张力处于自然伸直状态。当圆盘以角速度ω匀速转动时，物块A、B始终与圆盘保持相对静止。当物块A转到最高点时，A所受绳子的拉力刚好为零，B所受的摩擦力刚好为最大静摩擦力。已知重力加速度为g。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是( )
A. μ=3tanθ
B. 运动过程中绳子对A拉力的最大值为mgsinθ
C. 运动过程中B所受摩擦力的最小值为mgsinθ
D. 物块B从最低点运动到最高点的过程中摩擦力的冲量大小为m 8gLsinθ
13. 某物理兴趣小组利用传感器进行“探究向心力大小F与半径r、角速度ω、质量m的关系”实验，实验装置如图甲所示，装置中水平光滑直杆能随竖直转轴一起转动，将滑块套在水平直杆上，用细线将滑块与固定的力传感器连接。当滑块随水平光滑直杆一起匀速转动时，细线的拉力提供滑块做圆周运动的向心力。拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。
(1)小组同学先让一个滑块做半经r为0.20m的圆周运动。得到图乙中②图线。然后保持滑块质量不变。再将运动的半径r分别调整为0.14m，0.16m，0.18m，0.22m，在同一坐标系中又分别得到图乙中⑤、④、③、①四条图线。
(2)本实验所采用的实验探究方法与下列哪些实验是相同的( )
A.探究平抛运动的特点 B.探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
C.探究两个互成角度的力的合成规律 D.探究加速度与物体受力、物体质量的关系
(3)对②图线的数据进行处理，获得了F−x图像，如图丙所示，该图像是一条过原点的直线，则图像横坐标x代表的是___________。(用半径r、角速度ω、质量m表示)
(4)对5条F−ω图线进行比较分析，作F−r图像，得到一条过坐标原点的直线，则该直线的斜率为___________。(用半径r、角速度ω、质量m表示)
14. 某同学设计了如图甲、乙所示的实验电路测量某电源的电动势E(约为3V)和内阻r(约为2Ω)。已知电流表的内电阻约为1Ω。电压表的内电阻约为3kΩ，变阻器最大电阻20Ω、额定电流1A，定值电阻R0=2Ω。请回答下列问题：
(1)请在图丙中用笔面线代替导线完成图乙电路图的实物连接。
(2)将滑动变阻器的滑片P移至最左端，闭合开关S，移动滑片P改变滑动变阻器的接入阻值，记录下几组电压表示数U和对应的电流表示数I。
(3)重复步骤(2)。把甲、乙两组实验记录的数据在同一坐标系内描点作出U−I图像如图丁所示，可知图中标记为Ⅱ的图线是采用实验电路______(填“甲”或“乙”)测量得到的。
(4)为了减小系统误差，本实验应选用图______(选填“甲”或“乙”)实验电路。
(5)利用图丁图像提供的信息可以修正该实验的系统误差，则修正后被测电源的内阻r=______(注：U1、U2、I1、I2、R0为已知量)。
15. 一个半径为R的半圆形玻璃砖(折射率n= 3)的截面图，如图所示，直径AOB与半径OC垂直，一束平行单色光垂直于直径AOB所在的截面射入玻璃砖，其中距离O点R2的一条光线自玻璃砖右侧折射出来，与OC所在的直线交于D点。
(1)求D点到O点的距离：
(2)若在玻璃砖平面AOB的某区域贴上一层不透光的黑纸，平行光照射玻璃砖后，右侧恰好没有折射光射出，求黑纸在AB方向的宽度。(不考虑光线在玻璃砖内的多次反射)
16. 如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，将一可视为质点的质量m=2kg的小物块从传送带左端A处以某一初速度释放，t=3s时恰好到达右端B处。小物块从A端到B端运动的速度-时间图像如图乙所示。重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块与传送带之间的动摩擦因数和AB间的距离；
(2)小物块从A端到B端的过程中，系统因摩擦所产生的热量。
17. 如图所示。“L”型平板B静置在地面上，物块A处于平板B上的O′点，O′点左侧粗糙，右侧光滑，光滑部分的长度d=3.75m。用不可伸长的经绳将质量为M的小球悬挂在O′点正上方的O点。轻绳处于水平拉直状态，小球可视为质点，将小球由静止释放，第1次下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相反，开始做简谐运动，物块A以v0=6m/s的速度沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞，一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度为零，此后再过0.75s小球恰好第4次回到最低点。已知A的质量mA=0.2kg，B的质量mB=0.6kg，A与B的动摩擦因数μ1=0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，重力加速度g=10m/s2，π2=10，整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：
(1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小vA与vB；
(2)从小球释放到小球第4次回到最低点，整个系统因摩擦产生的热量；
(3)悬挂小球轻绳的长度。
18. 如图所示为某离子控制装置，离子室内存在大量带正电的离子。其质量m=1×10−14kg，电荷量q=2×10−10C，控制室被分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个横截面为正方形的区域，正方形边长L=1m，区域间隔L1=1m、L2=0.6m、L4=1m，Ⅰ区域左右为中间带有小孔的平行金属板，板间存在电场强度大小为E1=9×10−4N/C、方向水平向右的匀强电场。Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ区域存在包含边界的电场或磁场。以a2b2c2d2中间小孔为坐标原点建立三维坐标系，坐标轴及方向如图所示，Ⅱ区域存在沿x轴正方向的匀强电场(图中未画出)，电场强度E2的大小在0∼4×10−3N/C间变化；Ⅲ区域充满沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度B1=2×10−3T，Ⅳ区域充满平行于平面xOy与y轴正方向成45∘角斜向上的匀强磁场，磁感应强度B2=2 2×10−3T。从离子室飘入小孔的离子速率忽略，忽略离子间的相互作用，不计离子重力。
(1)若离子进入区域Ⅲ后能返回区域Ⅱ，求拉子在边界a3b3c3d3上射入点与射出点之间的距离；
(2)为保证有离子能进入区域IV，求L3的最大值；
(3)当E2=4×10−3N/C、L3为上问中的最大值。若离子在区域Ⅲ的速度沿z轴时B1消失，当离子第一次经过边界a4b4c4d4进入区域Ⅵ时。区域Ⅲ的磁场变为沿y轴正方向、磁感应强度B3=4×10−3T的匀强磁场并保持不变，求离子第4次经过边界a4b4c4d4时的位置坐标。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.做自由落体运动的物体，下落的瞬间，速度为零，加速度为重力加速度，不为零，故A项错误；
B.在力学中，力时基本概念，根据牛顿第二定律有F=ma，可知1N=1kg⋅m/s2，所以力的单位不是基本单位，而是导出单位，故B项错误；
C.安培提出了分子电流假说，故C项正确；
D.奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象和磁现象之间的联系，故D项错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】A. α 、 β 衰变是独立进行的，但是在两种衰变的同时都伴随有 γ 衰变，故A错误；
B.卢瑟福的 α 粒子散射实验让人们认识到了原子核具有核式结构，故B错误；
C.太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生轻核的聚变，故C错误；
D.根据半衰期公式m余=m原(12)tT，代入数据可得100克 83210Bi 经过10天后还剩下m余=25克，故D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】A.由理想变压器的变压公式n1n2=U1U2，副线圈两端电压的有效值约为4.4V，故A错误；
B.由理想变压器的变流公式I1I2=n2n1=150，原线圈电流的有效值为0.04A，故B错误；
C.副线圈两端电压的最大值约为U=4.4 2V≈6.2V，故C正确；
D.理想变压器的输入功率与输出功率之比为1：1，故D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】AB.根据等量异种电荷的电场线分布可知，在A到B的运动过程中，电场强度先变小后变大，粒子受到的电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大，v−t图象切线的斜率先变小后变大，故A错误，B正确；
C.沿着电场线方向电势降低，电势与位移的图象斜率的大小表示电场强度的大小，电场强度先减小后增大，所以图象斜率的大小先减小后增大，故C错误；
D.根据EP=qφ，得ΔEpΔx=qΔφΔx=qE，E先减小后增大，所以Ep-x图象切线斜率的大小先减小后增大，故D错误。
故选B。
5.【答案】D
【解析】A. t=0 时刻，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处，已知该波的周期大于1s，且M、N是平衡位置相距4m的两个质点，则有4m=14λ
解得波长为λ=16m
则周期为T=λv=168s=2s
故A错误；
B.从 t=0 到 t=0.5s ，M只是在平衡位置上下振动，不会随波移动，故B错误；
C. 8m/s 只是波的传播速度，在 t=0.5s 时，N的振动速度不能确定，故C错误；
D.由于Δt=0.5s=14T，且 t=0 时刻，N位于其平衡位置上方最大位移处，则从 t=0 到 t=0.5s ，N的路程为s=A=4m，故D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】AB.根据左手定则可知，金属棒受到的安培力方向沿斜面向下，由于金属棒的重力分力也沿斜面向下，则金属棒受到的摩擦力方向一定沿斜面向上，故AB错误；
CD.若金属棒恰好不运动，此时金属棒受到的静摩擦力达到最大，此时是保持金属棒在导轨上静止受到的最大安培力，根据受力平衡可得mgsinθ+F安=f
又F安=BIL=BER+r+R0L
联立可得R=BLEf−mgsinθ−r−R0
可知要保持金属棒在导轨上静止，滑动变阻器R接入电路中的最小阻值为 BLEf−mgsinθ−r−R0 ，故C正确，D错误。
故选C。
7.【答案】D
【解析】ACD.在两极点时有F=GMmR2，在赤道时有F−F ′=m(2πT自)2R，在地球表面时有F=GMmR2=m2πT2R，解得T自=TFF−F ′，R=FT24π2m，AC错误，D正确；
B. 在地球表面时有F=GMmR2=mv2R，解得v= FRm=FT2πm，B错误。
故选D。
8.【答案】D
【解析】A.穿过区域Ⅰ过程，根据法拉第电磁感应定律有E1=ΔΦ1Δt1=BLdΔt1，根据电流的定义式有I1=q1Δt1=E12R，解得q1=BLd2R，故A错误；
B.金属棒下滑至最低点过程，根据动能定理有mgh=12mv02，
规定向右为正方向，穿过区域Ⅰ过程，根据动量定理有−BI1LΔt1=mv1−mv0，
穿过区域Ⅱ过程，根据E2=ΔΦ2Δt2=2BLdΔt2，其中I2=q2Δt2=E22R，
根据动量定理有−2BI2LΔt2=mv2−mv1，解得v2= 2gh−5B2L2d2mR，
穿过区域Ⅲ过程，根据E3=ΔΦ3Δt3=BLdΔt3，其中I3=q3Δt3=E32R，解得q3=BLd2R，穿
过区域Ⅲ过程，根据动量定理有−BI3LΔt3=0−mv2，结合上述可知v2= 2gh6，
刚进入区域Ⅲ时有I=BLv22R
根据安培力的计算公式有F=BIL，解得F=B2L2 2gh12R，故B错误；
C.根据上述解得v0= 2gh ， v1=5 2gh6 ， v2= 2gh6，
穿过区域I过程，R上产生的焦耳热Q1=12×(12mv02−12mv12)，
穿过区域Ⅱ过程，R上产生的焦耳热Q2=12×(12mv12−12mv22)，解得Q1Q2=1124，故C错误；
D.根据动能定理可知，穿过区域I与Ⅲ过程，克服安培力做功之比为W克1W克2=12mv02−12mv1212mv22，代入数据解得W克1W克2=11，故D正确；
故选：D。
9.【答案】AD
【解析】A.根据公式pV=CT，可知，ab过程中气体的体积不变，故A正确；
B.a、b和c三个状态中，状态b、c温度相同，分子的平均动能相同，故B错误；
C.在过程bc中温度不变，内能不变，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知，bc过程中气体吸热等于对外做功，故C错误；
D.b和c两个状态中，气体温度相同，分子平均动能相同，但b状态比c状态压强大，所以b状态下容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数比c状态多，故D正确。
故选AD。
10.【答案】AD
【解析】A.以A为研究对象受力分析，若水平推力F较小，则木块A有相对斜面下滑的趋势，则斜劈B对木块A的摩擦力方向沿斜面向上，故A正确；
B.以A和B作为整体研究分析，水平方向大小相等、方向相反的两个水平力F刚好是一对平衡力，即地面对斜劈B的摩擦力为0，故B错误；
C.以A为研究对象受力分析，若水平推力F恰好合适，斜劈B与木块A之间无摩擦力，则受力分析如图所示
由几何关系可知，此时斜劈B对木块A的支持力大于mg，故C错误；
D.以A和B作为整体研究分析，竖直方向只受重力 G=M+mg ，以及支持力 FN ，且竖直方向二力平衡，有 FN=G=M+mg ，故D正确。
故选AD。
11.【答案】BC
【解析】A.乙图所示的运动过程中，弹簧被压缩，物体A、B的机械能一部分转化为弹性势能，物体A、B组成的系统机械能不守恒，故A错误；
BCD.设物体的A的质量为M，甲图中物体A压缩弹簧，最大压缩量为x时，A的动能全部转化为弹簧的弹性势能，设为 EP ，则有EP=12Mv02
乙图中物体A以 3v0 的速度向右压缩弹簧过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，当二者共速时，弹簧达到最大压缩量x，取向右为正方向，由动量守恒定律有M⋅3v0=(M+m)v
水平面光滑，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有12M(3v0)2−12(M+m)v2=Ep
联立解得M=8m ， v=83v0 ， EP=4mv02
故BC正确，D错误。
故选BC。
12.【答案】AC
【解析】A.对A、B受力分析，A在最高点由牛顿第二定律有μmgcosθ+mgsinθ=mω2×2L
B在最低点，由牛顿第二定律有μmgcosθ−mgsinθ=mω2L
联立解得μ=3tanθ
故A正确；
B.运动过程中，当A到最低点时，所需的拉力最大设为 TA ，由牛顿第二定律有TA+μmgcosθ−mgsinθ=mω2×2L
代入数据解得TA=2mgsinθ
故B错误；
C.运动过程中，当B到最高点时，所需的摩擦力最小设为 fB ，由牛顿第二定律有fB+mgsinθ=mω2L
联立解得fB=mgsinθ
故C正确；
D.由A中公式和结论可得ω= 2gsinθL
则B的线速度大小为vB=ωL= 2gLsinθ
B从最低点运动到最高点的过程中，合外力的冲量为I合=2mvB=m8gLsinθ
由于B受的重力、支持力、绳的拉力的合力不为零，故物块B从最低点运动到最高点的过程中摩擦力的冲量大小不等于 m 8gLsinθ ，D错误。
故选AC。
13.【答案】(2)BD；
(3)ω2 (或 mω2 等带 ω2 即可)；
(4)mω2；
【解析】(2)本实验所采用的实验探究方法是保持滑块质量不变，探究在运动半径在不同值时，滑块的向心力大小与角速度之间的关系，属于控制变量法，与“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”、“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验探究方法相同；“探究平抛运动的特点”和“探究两个互成角度的力的合成规律”两实验的探究方法是等效法。
故选BD。
(3)②图线中各图线均为曲线，对②图线的数据进行分析可以看出，当ω增大为原来的2倍时，F增大为原来的4倍，当ω增大为原来的3倍时，F增大为原来的9倍……可知，F与ω2成正比，以F为纵轴，ω2为横轴，则图像是一条过原点的直线，故图丙图像横坐标x代表的是ω2或 mω2。
(4)由(3)中分析知在r一定时，F与ω2成正比； F−r 图像又是一条过坐标原点的直线，F与r成正比；同时F也应与m成正比，归纳可知， F−r 图像的斜率为 mω2 。
14.【答案】(1)；
(3)甲；
(4)甲；
(5)U1I2−R0
【解析】(1)图乙电路的实物连接图如下图所示：
(3)对图甲而言，根据闭合欧姆定律可得U=E−(URV+I)(R0+r)
整理可得U=−I⋅RVR0+rRV+R0+r+E⋅RVRV+R0+r
可知，对应U-I图线，当I为零时，对应U甲=E⋅RVRV+R0+r
对图乙而言，根据闭合欧姆定律可得U=E−I⋅RA+R0+r
可知，对应U-I图线，当I为零时，对应U乙=E>U甲
故可知标记为Ⅱ的图线是采用实验电路甲测量得到的。
(4)当采用图甲所示电路时，相对误差大小为e1=R0+r−RVR0+rRV+R0+rR0+r=R0+rRV+R0+r≈44+3×103×100%≈0.133%
当采用图乙所示电路时，相对误差大小为e2=RA+R0+r−R0+rR0+r≈14×100%≈25%
该相对误差远大于图甲所示电路，故宜选用图甲所示电路。
(5)曲线Ⅰ对应的U1和I1满足U1=E,I1=ERA+R0+r
曲线Ⅱ对应的U2和I2满足U2=E⋅RVRV+R0+r,I2=ER0+r
因此可以解得R0+r=EI2=U1I2
则r=U1I2−R0。
15.【答案】(1)设光线的入射点为F，出射点为E，出射角为 θ ，连接OE，即为法线。如图所示，
根据光的折射定律 3=sin θsin 30∘
解得θ=60∘
根据几何关系得DO= 3R
(2)如上图所示，设从N点入射时恰好能发生全反射，则可知 sinC=1n= 33
由几何关系知ON= 33 R
所以平行光照射玻璃砖后，要使右侧没有折射光射出，黑纸在AB方向的宽度至少为d=2ON=2 33R
【解析】(1)作出光路图，由几何关系求出入射角和折射角，即可由折射定律求此玻璃砖的折射率；
(2)平行射到ACB弧面上会发生全反射，由sinC=
1
n
求出C，再由几何知识求出不能在ACB面上发生全反射的平行的宽度，即为所求黑纸在AB方向的宽度。
16.【答案】(1)根据题意，由图乙可知，小物块在传送带上先做匀减速运动，再做匀速运动，做匀减速运动的加速度大小为a=ΔvΔt=4−22m/s2=1m/s2
由牛顿第二定律有μmg=ma
联立解得μ=0.1
根据题意可知，AB间的距离等于小物块的位移，则由 v−t 图像中图像与横轴围成的面积表示位移可知，AB间的距离为xAB=12×2+4×2+2×3−2m=8m
(2)根据题意，由图乙可知，当 t=2s ，小物块与传送带速度相等，且传送带的速度为v传=2m/s
由运动学公式 x=v0t+12at2 可得，在 0∼2s 内小物块的位移为x1=4×2−12×1×22m=6m
在 0∼2s 内传送带的位移为x2=vt=4m
则小物块从A端到B端的过程中，系统因摩擦所产生的热量为Q=μmgΔx=4J。
【解析】(1)根据图乙所示图象分析清楚小物块的运动过程，由图像的斜率找到物块运动的加速度，进而求出摩擦因数，v−t图象与时间轴组成的图形面积等于物块的位移，根据图示图象求出小物块的位移，即可求出AB间的距离；
(2)系统因摩擦所产生的热量为Q=μmg⋅Δx，找到相对位移即可求解。
17.【答案】(1)设水平向右为正方向，因为 O′ 点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒和动能守恒得mAv0=mAvA+mBvB
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
代入数据联立解得vA=−3m/s，vB=3m/s
即A和B速度的大小均为 3m/s ；
(2)碰后对B受力分析，由牛顿第二定律可知μ2(mA+mB)g=mBaB
解得aB=4m/s2
设B经过 t1 时间速度减为零0=vB−aBt1
解得t1=0.75s
此过程A、B的位移分别为
xA=vAt1
xB=vBt1−12aBt12
根据位移关系xA+xB
即A在减速之前B速度减为零，且不再运动，整个系统产生的热量为Q=12mAvA2+12mBvB2
解得Q=3.6J
(3)A剩余匀速向左运动的时间为d−xA−xB=vAt2
解得t2=0.125s
A减速运动的时间为 t3 ，根据动量定理−μ1mAgt3=0−mAvA
解得t3=0.75s
小球和A碰撞后A向右匀速运动的时间为 t0 ，则t0=dv0=0.625s
设小球做简谐振动的周期为 T ，摆长为 L0 ，则有32T=t0+t1+t2+t3+0.75s
代入数据解得T=2s
由单摆周期公式T=2π L0g
解得小球的摆长L0=1m
【解析】(1)根据动量守恒和动能守恒计算A与B碰撞后的速度；
(2)根据牛顿第二定律和运动学公式计算出B的加速度和运动时间，再计算出A、B的位移，根据能量守恒求整个系统产生的热量；
(3)根据匀速和减速运动的时间计算单摆的周期，根据单摆周期公式求摆长。
18.【答案】(1)在区域I，根据动能定理qE1L1=12mv02
解得v0=6m/s
离子在区域II射出时速度的偏向角为 θ ，运动轨迹如图所示
则v=v0cosθ
由qvB1=mv2r
射入点与射出点的距离为d=2rcosθ=2mv0B1q
与 E2 大小无关，解得d=0.3m
(2)根据L3=r+rsinθ
可知当 E2=4×10−3N/C 时，离子在III中运动的速度 v 最大，则运动半径 r 最大， L3 有最大值，
在区域II做类平抛运动L2=v0t1
vx=at1
根据牛顿第二定律qE2=ma
根据几何关系tanθ=vxv0
解得tanθ=43
沿 x 方向的位移为x=12at12
解得x=0.4m
由几何关系得半径r1=12dcosθ=0.25m
轨迹恰好与边界 b3c3c4b4 相切， L3 的最大值L3=r1+r1sinθ
解得L3=0.45m
(3)离子从 b4c4 的中点进入区域IV，由qvB2=mv2r2
得r2= 28m
重新回到区域III后qvB3=mv2r3
解得r3=0.125m
如图所示
第4次经过边界 a4b4c4d4 时， x 坐标为x4=0.25m
y 坐标为y4=−0.5m
z 坐标为z4=1.05m
即离子第4次经过边界 a4b4c4d4 时的位置坐标： (0.25m,−0.5m,1.05m) 。
【解析】(1)带电离子在Ⅰ区域做匀加速直线运动，在Ⅱ区域做曲线运动，在Ⅲ区域做圆周运动，根据几何关系进行求解。
(2)当E2取最大值时，离子进入Ⅲ区域时速度最大，则对应的L3有最大值，结合几何关系进行求解。
(3)作出粒子轨迹，结合几何知识求解。
相关试卷
2022_2023学年上海市静安区高三（第一次）模拟考试物理试卷（含答案解析）： 这是一份2022_2023学年上海市静安区高三（第一次）模拟考试物理试卷（含答案解析），共13页。试卷主要包含了 外电路两端的电压反映的是等内容，欢迎下载使用。
2022_2023学年江苏省苏北地区高三（第一次）模拟考试物理试卷（含答案解析）： 这是一份2022_2023学年江苏省苏北地区高三（第一次）模拟考试物理试卷（含答案解析），共13页。试卷主要包含了6MeV， 一列简谐横波在t=1等内容，欢迎下载使用。
2022_2023学年山东省德州市滨州市高三（第一次）模拟考试物理试卷（含答案解析）： 这是一份2022_2023学年山东省德州市滨州市高三（第一次）模拟考试物理试卷（含答案解析），共24页。试卷主要包含了 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
