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所属成套资源：【高考模拟】2023年高考物理第一次模拟考试卷
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物理（浙江A卷）-学易金卷：2023年高考第一次模拟考试卷
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这是一份物理（浙江A卷）-学易金卷：2023年高考第一次模拟考试卷，文件包含物理浙江A卷全解全析docx、物理浙江A卷考试版A4docx、物理浙江A卷参考答案docx、物理浙江A卷考试版A3docx等4份试卷配套教学资源，其中试卷共46页， 欢迎下载使用。
2023年高考物理第一次模拟考试卷
物理·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．力的单位N用国际单位制的基本单位表示是（ ）
A．kg•m/s2 B．kg•m2/s2 C．kg•s/m2 D．s/kg•m2
【解答】解：力的单位是N，根据牛顿第二定律F＝ma可知：1N＝1kg•m/s2．故A正确，BCD错误。
故选：A。
2．下列关于物理量的说法中正确的是（ ）
A．速度大小和线速度大小的定义是相同的
B．做圆周运动的物体，其加速度和向心加速度是一样的
C．加速度的方向与速度变化的方向总是一致的
D．地球赤道表面物体随地球自转所需向心力与此物体所受重力是一样的
【解答】解：A、速度大小等于位移比上时间，线速度大小等于弧长比上时间。故A错误；
B、做匀速圆周运动的物体，其加速度和向心加速度是一样的，而变速圆周运动的物体，其加速度和向心加速度是不一样的。
向心加速度方向指向圆心，变速圆周运动的物体加速度不指向圆心，故B错误；
C、根据加速度的定义式a=△v△t，加速度的方向与速度变化的方向总是一致的。故C正确；
D、地球赤道表面物体随地球自转所需向心力是万有引力的一个分力，另一个分力就是重力，故D错误；
故选：C。
3．以20m/s速度在平直公路上匀速行驶的汽车，因故紧急关闭发动机，之后汽车在平直公路上匀减速滑行了一段距离，其加速度大小为5m/s2。下列说法中错误的是（ ）
A．在汽车关闭发动机后的第2s末汽车的速度大小是10m/s
B．在汽车关闭发动机后的前2s内汽车的位移大小是30m
C．在汽车关闭发动机后的6s内汽车的位移大小是30m
D．汽车在平直路面上匀减速停下来滑行的距离为40m
【解答】解：设汽车关闭发动机后经过t0时间速度减为零，根据运动学公式可得
0＝v0﹣at0
代入数据可得t0＝4s
AB、根据匀变速直线运动的速度—时间公式有
v＝v0﹣at
代入数据可得在汽车关闭发动机后的第2s末汽车的速度大小v＝10m/s
根据匀变速直线运动的位移—时间公式有
x＝v0t−12at2
代入数据可得在汽车关闭发动机后的前2s内汽车的位移大小x＝30m
故AB正确；
CD、6s＞t0＝4s，故在汽车关闭发动机后的6s内汽车的位移大小等于在汽车关闭发动机后的4s内汽车的位移大小，由运动学公式可得
x6=v02•t0=202×4m＝40m
即在汽车关闭发动机后的6s内汽车的位移大小等于汽车在平直路面上匀减速停下来滑行的距离为40m。
故C错误，D正确。
题目选择说法错误的，
故选：C。
4．在恒定磁场中固定一条直导线，先后在导线中通入不同的电流，图像表现的是该导线受力的大小F与通过导线电流I的关系。M、N各代表一组F、I的数据。在下列四幅图中，不可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：ABC、在匀强磁场中，当电流方向与磁场方向垂直时，所受安培力为：F＝BIL，由于磁场强度B和导线长度L不变，因此F与I的关系图象为过原点的直线，故AB正确，C错误；
D、在匀强磁场中，当电流方向与磁场方向平行时，所受安培力为零，故D正确。
本题选择不可能正确的，
故选：C。
5．中国书法历史悠久，是中华民族优秀传统文化之一、如图所示，某同学在书写“一”字时，水平桌面上平铺一张白纸，为防打滑，他在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住。在向右行笔的过程中镇纸和纸都静止，则（ ）
A．镇纸受到的合力为零
B．镇纸受到向左的摩擦力
C．白纸对毛笔的摩擦力向右
D．毛笔对白纸的摩擦力大于白纸对毛笔的摩擦力
【解答】解：A、镇纸始终处于静止状态，受到的合力始终为零，故A正确；
B、镇纸与白纸始终处于静止状态，镇纸受到白纸的支持力和重力作用而保持静止状态，所以镇纸始终不受摩擦力，故B错误；
C、毛笔相对于白纸向右运动，白纸对毛笔的摩擦力的方向向左，故C错误；
D、毛笔对白纸的摩擦力与白纸对毛笔的摩擦力是两个物体之间的相互作用，是一对作用力与反作用力，二者大小相等，方向相反，故D错误。
故选：A。
6．打印机正常情况下；进纸系统能做到“每次只进一张纸”，进纸系统的结构示意图如图所示，设图中刚好有20张相同的纸，每张纸的质量均为m，搓纸轮按图示方向转动带动最上面的第1张纸向右运动，搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1，纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2，工作时搓纸轮给第1张纸压力大小为F．打印机正常工作时，下列说法正确的是（ ）
A．第2张纸受到第1张纸的摩擦力方向向左
B．第10张纸与第11张之间的摩擦力大小为μ2（F+10mg）
C．第20张纸与摩擦片之间的摩擦力为0
D．要做到“每次只进一张纸”，应要求μ1＞μ2
【解答】解：AD、第1张纸上表面受到搓纸轮施加的静摩擦力f，方向向右，第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力f′，方向向左，即有：f′＝μ2（mg+F）
F为搓纸轮对第1张纸的压力；因为f′＜μ1F，正常情况下，F＞＞mg，故必有μ1＞μ2，故A错误，D正确；
BC、第2张与第3张纸之间的摩擦力及第10张纸与摩擦片之间的摩擦力都是静摩擦力，根据受力平衡条件，可知，大小均为f′，故BC错误；
故选：D。
7．北斗卫星导航系统第三颗组网卫星（简称“三号卫星”）的工作轨道为地球同步轨道，设地球半径为R，“三号卫星”的离地高度为h，则关于地球赤道上静止的物体、地球近地环绕卫星和“三号卫星”的有关物理量，下列说法中正确的是（ ）
A．近地卫星与“三号卫星”的周期之比为T2T3=(RR+ℎ)3
B．近地卫星与“三号卫星”的角速度之比为ω2ω3=(R+ℎR)2
C．赤道上物体与“三号卫星”的线速度之比为v1v3=R+ℎR
D．赤道上物体与“三号卫星”的向心加速度之比为a1a3=(R+ℎR)2
【解答】解：AB、由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得：GMmr2=m4π2T2r=mω2r
解得角速度为：ω=GMr3，周期为：T=2πr3GM
所有近地卫星与“三号卫星”的周期和角速度之比分别为：T2T3=(RR+ℎ)3，ω2ω3=(R+ℎ)3R3，故A正确，B错误；
C、“三号卫星”为同步卫星，故其周期与地球自转周期相同，根据公式v＝ωr，可知赤道上物体与“三号卫星”的线速度之比为v1v3=RR+ℎ，故C错误；
D、根据公式a＝ω2r，可知赤道上物体与“三号卫星”的向心加速度之比为a1a3=RR+ℎ，故D错误。
故选：A。
8．如图所示，某同学将质量相同的三个物体从水平地面上的A点以同一速率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图上的1、2、3。若忽略空气阻力，在三个物体从抛出到落地过程中，下列说法正确的是（ ）
A．轨迹为1的物体在最高点的速度最大
B．轨迹为3的物体在空中飞行时间最长
C．轨迹为3的物体所受重力的冲量最大
D．三个物体在任意相同时间内的速度变化量一定相同
【解答】解：AB、根据运动的对称性结合平抛运动的特点可知，竖直方向上的距离越大的物体，运动的时间越长，则轨迹为1的物体在空中飞行时间最长；物体在水平方向上做匀速直线运动，根据公式x＝vt可知轨迹为3的物体在最高点的速度最大，故AB错误；
C、根据冲量的计算公式I＝mgt可知，轨迹为1的物体因为运动时间最长，则所受重力的冲量最大，故C错误；
D、物体在任意单位时间内的速度变化量为Δv＝gΔt，由此可知，三个物体在任意单位时间内的速度变化量一定相同，故D正确。
故选：D。
9．关于电场强度和电场线，下列说法正确的是（ ）
A．由电场强度定义式 E=Fq可知，E与F成正比，与q成反比
B．电场强度 E 的方向和电荷受力方向相同
C．电场线就是带电粒子在电场中的运动轨迹
D．电场线既能描述电场的方向，也能描述电场的强弱
【解答】解：A、电场强度的定义式为E=Fq，适用于任何电场，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关，故A错误；
B、物理学上规定：正电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相同，则负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反，故B错误。
C、电场线是一种理想化的物理模型，实际上不存在，不是带电粒子的运动轨迹，故C错误；
D、电场线的切线方向是该点电场强度的方向，而电场线的疏密表示电场的强弱。故D正确。
故选：D。
10．在旅游景点经常见到人造彩虹，彩虹是太阳光射入球形水珠经折射、内反射、再折射后形成的，其光线传播路径如图所示，图中的圆面代表水珠过球心的截面，太阳光平行截面射入球形水珠后，最后出射光线a、b分别代表两种不同颜色的光线，则a、b两光相比较（ ）
A．水珠对a光的折射率小于对b光的折射率
B．在同一介质中，a光的传播速度大
C．分别照射同一狭缝，a光通过狭缝时的衍射现象更明显
D．从水中射入空气时，b光发生全反射的临界角更大
【解答】解：A、由光路图可知，a光的偏折较大，a光的折射率大于b光的折射率，故A错误；
B、根据v=cn可知，a光折射率大，在同一种介质中速度较小，故B错误；
C、a光的折射率大于b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，根据c＝λf可知，a光的波长小于b光的波长，b光发生衍射现象更明显，故C错误；
D、根据sinC=1n可知，b光发生全反射的临界角更大，故D正确；
故选：D。
11．如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则（ ）
A．a的荷质比一定小于b的荷质比
B．b的荷质比一定小于a的荷质比
C．a的电荷量一定大于b的电荷量
D．b的质量一定大于a的质量
【解答】解：设任一粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则根据牛顿第二定律知加速度为
a=qEm
水平方向做匀速直线运动，则时间为
t=xv
偏转量为
y=12at2
联立解得y=qEx22mv2
因为两个粒子的初速度相等，由题图知
ya＝yb，
xa＜xb
E相等，则可得a粒子的比荷qm就一定大，但a、b的电荷量和质量无法确定大小关系。
故B正确，ACD错误；
故选：B。
12．电梯一般用电动机驱动，钢丝绳挂在电动机绳轮上，一端悬吊轿厢，另一端悬吊配重装置。钢绳和绳轮间产生的摩擦力能驱驶轿厢上下运动。若电梯轿箱质量为2×103kg，配重为2.4×103kg。某次电梯轿箱由静止开始上升的v﹣t图像如图乙所示，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．电梯轿箱在第10s内处于失重状态
B．上升过程中，钢绳对轿厢和对配重的拉力大小始终相等
C．在第1s内，电动机做的机械功为2.4×104J
D．上升过程中，钢绳对轿厢做功的最大功率为4.8×104W
【解答】解：A、电梯轿箱在第10s内做匀速运动，既不超重也不失重，故A错误；
B、对轿厢及物体构成的系统，由牛顿第二定律知F﹣mg＝ma，由于上升过程先匀加速，后匀速再匀减速，加速度变化，所拉力变化，故B错误；
C、动能定理：W拉﹣（M+m）gH=12（M+m）v2，解得钢索拉力做功为：W拉＝5.28×104J，故C错误；
D、上升过程中，1s时，加速度a=vt1=21m/s2＝2m/s2，钢绳对轿厢做功的最大功率P＝Fv＝（mg+ma）v＝（2×103×10+2×103×2）×2W＝4.8×104W，故D正确。
故选：D。
13．如图所示容器中，A、B各有一个可自由移动的轻活塞，活塞下面是水，上面为空气，大气压恒定．A、B底部由带有阀门K的管道相连，整个装置与外界绝热．原先A中的水面比B中高，打开阀门，使A中的水逐渐向B中流，最后达到平衡．在这个过程中（ ）
A．大气压力对水做功，水的内能增加
B．水克服大气压力做功，水的内能减少
C．大气压力对水不做功，水的内能不变
D．大气压力对水不做功，水的内能增加
【解答】解：打开阀门K后，据连通器原理，最后A、B两管中的水面将相平，如下图所示，即A中水面下降，B中水面上升；
设A管截面积为S1，水面下降距离为h1，B管截面积为S2，水面上升距离为h2，
由于水的总体积保持不变，则有S1h1＝S2h2，
A管中大气压力对水做的功：W1＝p0S1h1，
B管中大气压力对水做的功：W2＝﹣p0S2h2，
大气压力对水做的总功：
W＝W1+W2＝p0S1h1﹣p0S2h2，
∵S1h1＝S2h2，
∴W＝0，即大气压力对水不做功；
由于水的重心降低，重力势能减小，由能量守恒定律知水的内能增加。故D正确。
故选：D。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
14．居里夫妇发现放射性元素镭226的衰变方程为 88226Ra→ 86222Rn+ zAX，已知 88226Ra的半衰期为1620年， 88226Ra原子核的质量为226.0254u，衰变后产生的 88226Rn原子核的质量为222.0175u， zAX原子核的质量为4.0026μ，已知1u相当于931MeV，对 88226Ra的衰变以下说法正确的是（ ）
A． zAX表示氦原子
B．6克 88226Ra原子核经过1620年一定有3克发生衰变
C．1个 88226Ra原子核发生衰变放出的能量约为4.9MeV
D． 88226Ra衰变后比结合能变小
【解答】解：A、根据核反应方程的质量数与电荷数守恒，那么 88226Ra→ 86222Rn+ zAX，中 zAX就是 24He，不是氦原子，故A错误；
B、 88226Ra的半衰为1620年，6克 88226Ra原子核经过1620年一定有3克发生衰变，故B正确；
C、 88226Ra原子核的质量为226.0254u，衰变后产生的 86222Rn子核的质量为222.0175u， zAX原子核的质量为4.0026u，依据请 88226Ra→ 86222Rn+ zAX，质量亏损为
Δm＝226.0254u﹣222.0175u﹣4.0026u＝0.0053u
因1u相当于931MeV，则有1个 88226Ra原子核发生衰变放出的能量约为4.9MeV，故C正确；
D、 88226Ra衰变后变成 86222Rn，放出能量，则其比结合能变大，故D错误。
故选：BC。
15．如图1为一列简谐横波在t＝4s时的波形图，图2为介质中平衡位置在x＝2.5m处的质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．该横波沿x轴正方向传播
B．该横波的波速为0.5m/s
C．0～2s时间内，质点P运动的位移为16cm
D．若该横波传播过程中遇到宽度为0.2m的障碍物，会观察到明显的衍射现象
【解答】解：A、根据图（乙）的振动图象可知，在x＝2.5m处的质点在t＝4s时振动方向向上，可知该波的传播方向为x轴负方向，故A错误；
B、根据v=λT=24m/s＝0.5m/s，故B正确；
C、由图（a）可知该波的振幅为4cm，由于t＝2s时，质点P在波谷，且2s＝0.5T，所以质点P在2s内的路程：s＝2A＝2×4cm＝8cm，故C错误；
D、当障碍物尺寸与波长相差不多或小于波长时可发生明显的衍射现象，所以该横波传播过程遇到宽度为0.2m的障碍物，会观察到明显的衍射现象，故D正确；
故选：BD。
16．某同学采用如图所示的实验装置来研究光电效应现象。当用某单色光照射光电管的阴极K时，会发生光电效应现象。闭合开关S，在阳极A和阴极K之间加上反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰为零，此电压表的电压值U称为遏止电压，根据遏止电压，可以计算出光电子的最大初动能Ek，现分别用频率为ν1和ν2的单色光照射阴极，测量到遏止电压分别为U1和U2，设电子质量为m、电荷量为e，则下列关系式中正确的是（ ）
A．用频率为ν1的光照射时，光电子的最大初速度v=2eU1m
B．阴极K金属的逸出功W0=e(U1ν2−U2ν1)ν1−ν2
C．阴极K金属的极限频率νc=U1ν2−U2ν1U1−U2
D．普朗克常量h=e(U1−U2)ν2−ν1
【解答】解：A、光电子在电场中做减速运动，根据动能定理得：﹣eU1＝0−12mvm2，则得光电子的最大初速度v=2eU1m，故A正确；
BD、根据爱因斯坦光电效应方程得：hν1＝eU1+W0，hν2＝eU2+W0，得金属的逸出功为：W0=e(U1ν2−U2ν1)ν1−ν2，e(U1−U2)ν1−ν2，故B正确，D错误；
C、阴极K金属的极限频率：νc=W0ℎ=U1ν2−U2ν1U1−U2，故C正确。
故选：ABC。
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
17．某同学用图甲所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律。
（1）该同学安装好实验器材后，将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次。选出一条点迹清晰的纸带，标出部分计数点如图乙所示（每相邻两个计数点间还有4个打下的点，图中未画出）。其中s1＝7.05cm、s2＝7.68cm、s3＝8.33cm、s4＝8.95cm、s5＝9.61cm、s6＝10.26cm。打点计时器在打B点时小车的速度vB＝ 0.74 m/s；小车的加速度a＝ 0.64 m/s2（要求充分利用测量的数据，结果均保留2位有效数字）。
（2）用图甲所示的装置还可以完成下述哪些实验 AB 。
A.探究小车的加速度和受力的关系
B.验证动能定理
C.验证机械能守恒定律
D.验证动量守恒定律
【解答】解：（1）根据匀变速直线运动的规律可知，
vB=s1+s22×5f=7.05+7.680.2×10−2m/s=0.74m/s
根据逐差法可知，小车的加速度为
a=s4+s5+s6−s1−s2−s39T2=8.95+9.61+10.26−7.05−7.68−8.339×0.12×10−2m/s2=0.64m/s2
（2）A、只需要满足小车质量远大于重物的质量，此实验即可用于探究小车的加速度和受力的关系，故A正确；
B、验证动能定理需要测量合外力做的功与动能改变量之间的关系，只需要平衡摩擦力，此实验装置既可用于验证动能定理，故B正确；
C、验证机械能守恒定律需要动能和重力势能相互转化，此装置不具备测量重力做功情境的能力，故C错误；
D、验证动量守恒定律需要测量碰撞年后的速度，此实验装置无法测量碰撞后的速度，故D错误；
故选：AB。
故答案为：（1）0.74；0.64；（2）AB
18．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，利用如图所示的可拆变压器能方便地探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系。
（1）为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是 A 。
A.控制变量法
B.等效替代法
C.演绎法
D.理想实验法
（2）某次实验中得到实验数据如下表所示，表中n1、n2分别为原、副线圈的匝数，U1、U2分别为原、副线圈的电压，通过实验数据分析，你的结论是 在误差允许的范围内，原副线圈的电压比与匝数比相等，即U1U2=n1n2 。
实验次数
n1/匝
n2/匝
U1/V
U2/V
1
1400
400
12.1
3.42
2
800
400
12.0
5.95
3
200
100
11.9
5.92
（3）原、副线圈上的电压之比是否等于它们的匝数之比呢？发现上述实验数据没有严格遵从这样的规律，分析下列可能的原因，你认为正确的是 BCD 。（多选）
A.原、副线圈的电压不同步
B.变压器线圈中有电流通过时会发热
C.铁芯在交变磁场的作用下会发热
D.原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失
【解答】解：（1）当一个物理量与多个物理量相关时，应采用控制变量法，探究该物理量与某一个量的关系，如本实验中，保持原线圈输入的U1电一定，探究副线圈输出的电压U2与和匝数n1，n2的关系。故选A。
（2）通过分析表中数据可得结论，在误差允许的范围内，原副线圈的电压比与匝数比相等，即U1U2=n1n2。一定要注意是在误差允许的范围内，而不是严格相等关系。
（3）变压器并非理想变压器，能量损失主要来源于三个方面，分别是BCD项中的绕制线圈的铜导线发热损耗（俗称铜损）、铁芯中的涡流发热损耗（俗称铁损）、铁芯对磁场的约朿不严密损耗（俗称磁损）。
故选：BCD。
答案为：（1）A；（2）在误差允许的范围内，原副线圈的电压比与匝数比相等，即U1U2=n1n2；（3）BCD。
19．公交站点1与站点2之间的道路由水平路面AB段、CD段及倾角为15°的斜坡BC段组成，斜坡足够长。一辆公交车额定功率为210kW，载人后总质量为8000kg。该车在AB段以54km/h的速率匀速行驶，此过程该车的实际功率为额定功率的一半。该车到达C点时的速率为21.6km/h，此后在大小恒为1.4×104N的牵引力作用下运动，直到速度达到54km/h时关闭发动机自由滑行，结果该车正好停在了D点（站点2）。若在整个行驶过程中，公交车的实际功率不超过额定功率，它在每一个路段的运动都可看成直线运动，它受到的由地面、空气等产生的阻力F1大小不变。已知sin15°＝0.26，求：
（1）F1的大小；
（2）公交车上坡过程中能够保持匀速行驶的最大速率；
（3）C点与D点之间的距离。
【解答】解：（1）AB段，已知v＝54km/h＝15m/s，
由于AB匀速行驶，根据P＝Fv，
可知F1=P额2v=210×103215N＝7000N，
（2）BC段，根据P＝Fv可知，当达到最大速度时F＝F1+mgsin15°
即P额＝（F1+mgsin15°）vmax，得vmax=P额F1+mgsin15°=210×1037000+8000×10×0.26m/s≈7.55m/s≈27.2km/h，
即公交车上坡过程中能够保持匀速行驶的最大速率约为27.2km/h；
（3）CD段，已知21.6km/h＝6m/s
速度达到54km/h之前，应用动量定理（F﹣F1）t1＝mv﹣mvC，得t1=mv−mvCF−F1=8000×15−8000×61.4×104−7000s≈10.3s
关闭发动机自由滑行过程，应用动量定理﹣F1t2＝0﹣mv，得t2=mvF1=8000×157000s＝17.1s
速度达到54km/h之前，v1=v+vc2=15+62m/s＝10.5m/s，
关闭发动机自由滑行过程，平均速度为v=v2=152m/s＝7.5m/s，
C点与D点之间的距离x=v1t1+vt2=10.5×10.3m+7.5×17.1m＝236.4m
答：（1）F1的大小为7000N；
（2）公交车上坡过程中能够保持匀速行驶的最大速率约为27.2km/h；
（3）C点与D点之间的距离为236.4m。
20．小明制做了一个“20”字样的轨道玩具模型。该模型的“2”字是由34圆弧型的管道ABC（圆心为O1）和半圆型的管道CD（圆心为O2）以及直管道DE组成，管道ABC和管道CD对应的圆半径均为R1＝10cm，A点与O1等高，B为“2”字最高点，D为最低点，E为管道的出口；“0”字是长轴GF垂直于水平地面的椭圆型管道，其最高点G与B点等高，G点附近的一小段管道可看作半径为R2＝6cm的圆弧；最低点F和F′（一进一出）位于水平地面上；整个装置处于竖直平面内，所有管道的粗细忽略不计。HK为一个倾角θ可调节的足够长的斜面，且D、E、F（F′）、H位于同一条水平直线上，F′H和HK平滑连接。质量m＝0.1kg（可视为质点）的小滑块P与水平地面EF段和斜面HK的动摩擦因数均为μ＝0.25，其余所有摩擦均不计。现让滑块P从A点以v0＝2m/s的速率平滑进入管道，滑块P运动到G点时恰与管道间无相互作用，求：
（1）滑块P运动到B点时对管道的作用力；
（2）EF段的长度；
（3）要使得滑块P不会二次进入EF段且最后停在F′H段，θ的正切值应满足的条件。
【解答】解：（1）滑块P从A→B，由动能定理得：
﹣mgR1=12mvB2−12mv02
在B点，对滑块P，由牛顿第二定律得：
mg+FN＝mvB2R1
解得：FN＝1.0N
又根据牛顿第三定律知：滑块P对管道作用力大小为1.0N，方向竖直向上。
（2）滑块P从A→G，由动能定理得：
﹣mgR1﹣μmg•EF=12mvG2−12mv02
滑块P在G点时，有：mg＝mvG2R2
解得：EF=0.28m
（3）①物体不会停在HK上，则：tanθ1＞μ＝0.25
②物体不会二次进入EF段，此时θ＝θ2
设物体第一次滑上HK上的最大长度为x，最高点为K′，此后恰好返回到G点，则从G→K′，由动能定理有：
mg（4R1﹣xsinθ2）﹣μmgxcosθ2＝0−12mvG2
对G→K′→G，由动能定理有：μmg•2xcosθ2＝0−12mvG2
联立解得tanθ2=8312．
综上所述：0.25＜tanθ＜8312
答：（1）滑块P运动到B点时对管道的作用力大小为1.0N，方向竖直向上；
（2）EF段的长度为0.28m；
（3）要使得滑块P不会二次进入EF段且最后停在F′H段，θ的正切值应满足的条件为0.25＜tanθ＜8312。
21．如图，固定的足够长光滑平行金属导轨间距L＝0.2m。由水平部分Ⅰ和倾斜部分Ⅱ平滑连接组成，虚线MN为其交界线，Ⅰ、Ⅱ间夹角θ＝30°，Ⅰ内的MN与PQ间以及Ⅱ内均存在垂直于导轨平面的匀强磁场B1和B2，其中B1＝2.5T、B2＝0.5T。质量m＝0.01kg、电阻r＝1.0Ω的相同金属棒a、b固定在水平导轨上，其中点通过长s＝L的绝缘轻杆连接成“H“型。将与a、b相同的金属棒c从倾斜导轨上由静止释放，c到达MN前已经开始匀速运动。当c通过MN时，立即解除a、b与轨道的固定，之后a在到达PQ前已开始匀速运动。当a到达PQ时，立即再将c固定在水平导轨上。不计导轨电阻，a、b、c始终垂直于导轨，c与b一直没有接触，取g＝10m/s²，求：
（1）c在倾斜导轨上运动的最大速度；
（2）a到达PQ前匀速运动的速度；
（3）从a离开PQ至b到达PQ的过程中，金属棒c产生的热量。
【解答】解：（1）设c在倾斜导轨上运动的最大速度为vm。
c匀速运动时速度最大，由平衡条件得 B2IL＝mgsinθ
感应电流为I=ER总=B2LvmR总
回路总电阻为R总＝r+r2=32r
联立可得vm＝7.5m/s
（2）当c通过MN时，立即解除a、b与轨道的固定，在安培力作用下，c向右做减速运动，a、b整体向右做加速运动，当c与a、b的速度相同时，c、a、b一起向右做匀速运动，设速度为v。
由于c与a、b组成的系统合外力为零，系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mvm＝3mv
解得v＝2.5m/s
（3）设b到达PQ时的速度为v′。
在a通过PQ的过程，取向右为正方向，对a、b整体，由动量定理得
﹣B1IL•t＝2mv′﹣2mv
其中I•t=B1LvtR总'=B1L2R总'
此过程回路总电阻R总′＝r+r2=32r
联立解得v′=56m/s
从a离开PQ至b到达PQ的过程中，回路产生的总焦耳热为Q=12×2mv2−12×2mv'2
金属棒c与a中电流相等，等于b中电流的一半，由焦耳定律Q＝I2Rt知金属棒c与a中产生的热量是b中热量的14
则金属棒c产生的热量Qc=13Q
联立解得Qc=118J
答：（1）c在倾斜导轨上运动的最大速度为7.5m/s；
（2）a到达PQ前匀速运动的速度为2.5m/s；
（3）从a离开PQ至b到达PQ的过程中，金属棒c产生的热量为118J。
22．（10分）科研人员经常利用电场和磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，在坐标系xOy的第三象限内平行于x轴放置一对平行金属板，上极板与x轴重合，板长和板间距离均为2d，极板的右端与y轴距离为d，两板间加有如图乙所示的交变电压。以O1（0，﹣d）为圆心、半径为d的圆形区域内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场（图中未画出）。在P（﹣3d，﹣d）点处有一个粒子源，沿x轴正方向连续不断地发射初速度大小为v=2dT、质量为m、电荷量为+q的带电粒子。已知t＝0时刻入射的粒子恰好从下极板右边缘飞出，t=T4时刻入射的粒子进入圆形磁场区域后恰好经过原点O。在第一、二象限某范围内存在垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），不计粒子重力及粒子之间的相互作用力。
（1）求U0；
（2）求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度；
（3）为了使所有粒子均能打在位于x轴上的粒子接收器上的0～3d范围内，求在第一、二象限内所加磁场的磁感应强度的大小和磁场区域的最小面积。
【解答】解：（1）对于t＝0时刻射入电场的粒子，沿+x方向以速度v做匀速直线运动，则穿过平行金属板间所用时间为：
t=2dv=2d2dT=T
在y轴方向上，0～T2时间内，粒子沿﹣y方向做匀加速直线运动，设其加速度大小为a，位移大小为y，则有：
qU02d=ma
y=12a(T2)2
T2～T时间内，粒子沿﹣y方向做匀减速直线运动，其加速度大小不变仍为a，由运动的对称性可知此过程粒子位移大小等于y，由题意可得：
2y＝d
联立解得：U0=8d2qT2
（2）对于t=T4时刻射入电场的粒子，其运动轨迹如图1所示，沿+x方向仍以速度v做匀速直线运动，穿过平行金属板间所用时间仍为T，在y轴方向运动加速度大小均为a，由运动的对称性可知，粒子先沿﹣y方向做匀加速直线运动T4时间，再做匀减速直线运动T4时间，此时沿y轴方向速度为零；再沿+y方向做匀加速直线运动T4时间，再做匀减速直线运动T4时间，此时沿y轴方向速度为零，沿y轴方向的位移为零，粒子以速度v沿x轴正方向在Q点离开电场并进入磁场。
粒子在磁场做匀速圆周运动，由Q到O恰好轨迹为14圆周，可知运动半径为：
r＝d
由洛伦兹力提供向心力得：
qvB＝mv2r
联立解得：B=mvqd
（3）由上述分析可知，任意时刻进入电场的粒子穿过平行金属板间所用时间均为T，在y轴方向做匀加速直线运动的总时间与做匀减速直线运动的总时间相等，则所以粒子射出电场时沿y轴方向的速度均为零，即均沿+x方向射出电场。已知t＝0时刻入射的粒子恰好从下极板右边缘飞出，那么t＝nT（n＝0、1、2……）时刻入射的粒子均从下极板右边缘飞出，由运动的对称性可知，t＝nT+T2（n＝0、1、2……）时刻入射的粒子恰好从上极板右边缘飞出，其它时刻入射的粒子均在上、下极板右边缘之间飞出。故所有粒子均在平行金属板右侧沿+x方向以速度v平行射出电场。
所有粒子可看作组成宽度为2d的运动方向的平行粒子束进入圆形磁场，粒子运动轨迹如图2所示，粒子在磁场中圆周运动半径与圆形区域磁场的半径相等均为d，由“磁聚焦”模型可知所有粒子均在O点射出磁场，速度方向与+x方向的夹角为θ，且满足0≤θ≤180°。
为了使所有粒子均能打在位于x轴上的粒子接收器上的0～3d范围内，且磁场区域的最小，所有粒子在O点进入第一、二象限的磁场，θ＝180°的粒子在此磁场中做一个完整的圆周运动打在接收器左端点，将此粒子的轨迹圆O2绕O点顺时针转动，此轨迹圆与x轴距离O点最远的交点应在x＝3d的位置，即轨迹圆的直径等于3d。
设在第一、二象限内所加磁场的磁感应强度大小为B′，磁场区域的最小面积为Smin，粒子在此磁场的运动半径为R，则有：
R=3d2
由洛伦兹力提供向心力得：
qvB′＝mv2R
联立解得：B′=2mv3qd
由上述分析可知，所需磁场区域的最小面积为图中蓝色线条与x轴围成的面积，则有：
Smin=12πR2+14π(3d)2=278πd2
答：（1）U0为8d2qT2；
（2）圆形区域内匀强磁场的磁感应强度大小为mvqd；
（3）在第一、二象限内所加磁场的磁感应强度的大小为2mv3qd和磁场区域的最小面积为278πd2。
2023年高考物理第一次模拟考试卷
物理·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．力的单位N用国际单位制的基本单位表示是（ ）
A．kg•m/s2 B．kg•m2/s2 C．kg•s/m2 D．s/kg•m2
【解答】解：力的单位是N，根据牛顿第二定律F＝ma可知：1N＝1kg•m/s2．故A正确，BCD错误。
故选：A。
2．下列关于物理量的说法中正确的是（ ）
A．速度大小和线速度大小的定义是相同的
B．做圆周运动的物体，其加速度和向心加速度是一样的
C．加速度的方向与速度变化的方向总是一致的
D．地球赤道表面物体随地球自转所需向心力与此物体所受重力是一样的
【解答】解：A、速度大小等于位移比上时间，线速度大小等于弧长比上时间。故A错误；
B、做匀速圆周运动的物体，其加速度和向心加速度是一样的，而变速圆周运动的物体，其加速度和向心加速度是不一样的。
向心加速度方向指向圆心，变速圆周运动的物体加速度不指向圆心，故B错误；
C、根据加速度的定义式a=△v△t，加速度的方向与速度变化的方向总是一致的。故C正确；
D、地球赤道表面物体随地球自转所需向心力是万有引力的一个分力，另一个分力就是重力，故D错误；
故选：C。
3．以20m/s速度在平直公路上匀速行驶的汽车，因故紧急关闭发动机，之后汽车在平直公路上匀减速滑行了一段距离，其加速度大小为5m/s2。下列说法中错误的是（ ）
A．在汽车关闭发动机后的第2s末汽车的速度大小是10m/s
B．在汽车关闭发动机后的前2s内汽车的位移大小是30m
C．在汽车关闭发动机后的6s内汽车的位移大小是30m
D．汽车在平直路面上匀减速停下来滑行的距离为40m
【解答】解：设汽车关闭发动机后经过t0时间速度减为零，根据运动学公式可得
0＝v0﹣at0
代入数据可得t0＝4s
AB、根据匀变速直线运动的速度—时间公式有
v＝v0﹣at
代入数据可得在汽车关闭发动机后的第2s末汽车的速度大小v＝10m/s
根据匀变速直线运动的位移—时间公式有
x＝v0t−12at2
代入数据可得在汽车关闭发动机后的前2s内汽车的位移大小x＝30m
故AB正确；
CD、6s＞t0＝4s，故在汽车关闭发动机后的6s内汽车的位移大小等于在汽车关闭发动机后的4s内汽车的位移大小，由运动学公式可得
x6=v02•t0=202×4m＝40m
即在汽车关闭发动机后的6s内汽车的位移大小等于汽车在平直路面上匀减速停下来滑行的距离为40m。
故C错误，D正确。
题目选择说法错误的，
故选：C。
4．在恒定磁场中固定一条直导线，先后在导线中通入不同的电流，图像表现的是该导线受力的大小F与通过导线电流I的关系。M、N各代表一组F、I的数据。在下列四幅图中，不可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：ABC、在匀强磁场中，当电流方向与磁场方向垂直时，所受安培力为：F＝BIL，由于磁场强度B和导线长度L不变，因此F与I的关系图象为过原点的直线，故AB正确，C错误；
D、在匀强磁场中，当电流方向与磁场方向平行时，所受安培力为零，故D正确。
本题选择不可能正确的，
故选：C。
5．中国书法历史悠久，是中华民族优秀传统文化之一、如图所示，某同学在书写“一”字时，水平桌面上平铺一张白纸，为防打滑，他在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住。在向右行笔的过程中镇纸和纸都静止，则（ ）
A．镇纸受到的合力为零
B．镇纸受到向左的摩擦力
C．白纸对毛笔的摩擦力向右
D．毛笔对白纸的摩擦力大于白纸对毛笔的摩擦力
【解答】解：A、镇纸始终处于静止状态，受到的合力始终为零，故A正确；
B、镇纸与白纸始终处于静止状态，镇纸受到白纸的支持力和重力作用而保持静止状态，所以镇纸始终不受摩擦力，故B错误；
C、毛笔相对于白纸向右运动，白纸对毛笔的摩擦力的方向向左，故C错误；
D、毛笔对白纸的摩擦力与白纸对毛笔的摩擦力是两个物体之间的相互作用，是一对作用力与反作用力，二者大小相等，方向相反，故D错误。
故选：A。
6．打印机正常情况下；进纸系统能做到“每次只进一张纸”，进纸系统的结构示意图如图所示，设图中刚好有20张相同的纸，每张纸的质量均为m，搓纸轮按图示方向转动带动最上面的第1张纸向右运动，搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1，纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2，工作时搓纸轮给第1张纸压力大小为F．打印机正常工作时，下列说法正确的是（ ）
A．第2张纸受到第1张纸的摩擦力方向向左
B．第10张纸与第11张之间的摩擦力大小为μ2（F+10mg）
C．第20张纸与摩擦片之间的摩擦力为0
D．要做到“每次只进一张纸”，应要求μ1＞μ2
【解答】解：AD、第1张纸上表面受到搓纸轮施加的静摩擦力f，方向向右，第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力f′，方向向左，即有：f′＝μ2（mg+F）
F为搓纸轮对第1张纸的压力；因为f′＜μ1F，正常情况下，F＞＞mg，故必有μ1＞μ2，故A错误，D正确；
BC、第2张与第3张纸之间的摩擦力及第10张纸与摩擦片之间的摩擦力都是静摩擦力，根据受力平衡条件，可知，大小均为f′，故BC错误；
故选：D。
7．北斗卫星导航系统第三颗组网卫星（简称“三号卫星”）的工作轨道为地球同步轨道，设地球半径为R，“三号卫星”的离地高度为h，则关于地球赤道上静止的物体、地球近地环绕卫星和“三号卫星”的有关物理量，下列说法中正确的是（ ）
A．近地卫星与“三号卫星”的周期之比为T2T3=(RR+ℎ)3
B．近地卫星与“三号卫星”的角速度之比为ω2ω3=(R+ℎR)2
C．赤道上物体与“三号卫星”的线速度之比为v1v3=R+ℎR
D．赤道上物体与“三号卫星”的向心加速度之比为a1a3=(R+ℎR)2
【解答】解：AB、由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得：GMmr2=m4π2T2r=mω2r
解得角速度为：ω=GMr3，周期为：T=2πr3GM
所有近地卫星与“三号卫星”的周期和角速度之比分别为：T2T3=(RR+ℎ)3，ω2ω3=(R+ℎ)3R3，故A正确，B错误；
C、“三号卫星”为同步卫星，故其周期与地球自转周期相同，根据公式v＝ωr，可知赤道上物体与“三号卫星”的线速度之比为v1v3=RR+ℎ，故C错误；
D、根据公式a＝ω2r，可知赤道上物体与“三号卫星”的向心加速度之比为a1a3=RR+ℎ，故D错误。
故选：A。
8．如图所示，某同学将质量相同的三个物体从水平地面上的A点以同一速率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图上的1、2、3。若忽略空气阻力，在三个物体从抛出到落地过程中，下列说法正确的是（ ）
A．轨迹为1的物体在最高点的速度最大
B．轨迹为3的物体在空中飞行时间最长
C．轨迹为3的物体所受重力的冲量最大
D．三个物体在任意相同时间内的速度变化量一定相同
【解答】解：AB、根据运动的对称性结合平抛运动的特点可知，竖直方向上的距离越大的物体，运动的时间越长，则轨迹为1的物体在空中飞行时间最长；物体在水平方向上做匀速直线运动，根据公式x＝vt可知轨迹为3的物体在最高点的速度最大，故AB错误；
C、根据冲量的计算公式I＝mgt可知，轨迹为1的物体因为运动时间最长，则所受重力的冲量最大，故C错误；
D、物体在任意单位时间内的速度变化量为Δv＝gΔt，由此可知，三个物体在任意单位时间内的速度变化量一定相同，故D正确。
故选：D。
9．关于电场强度和电场线，下列说法正确的是（ ）
A．由电场强度定义式 E=Fq可知，E与F成正比，与q成反比
B．电场强度 E 的方向和电荷受力方向相同
C．电场线就是带电粒子在电场中的运动轨迹
D．电场线既能描述电场的方向，也能描述电场的强弱
【解答】解：A、电场强度的定义式为E=Fq，适用于任何电场，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关，故A错误；
B、物理学上规定：正电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相同，则负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反，故B错误。
C、电场线是一种理想化的物理模型，实际上不存在，不是带电粒子的运动轨迹，故C错误；
D、电场线的切线方向是该点电场强度的方向，而电场线的疏密表示电场的强弱。故D正确。
故选：D。
10．在旅游景点经常见到人造彩虹，彩虹是太阳光射入球形水珠经折射、内反射、再折射后形成的，其光线传播路径如图所示，图中的圆面代表水珠过球心的截面，太阳光平行截面射入球形水珠后，最后出射光线a、b分别代表两种不同颜色的光线，则a、b两光相比较（ ）
A．水珠对a光的折射率小于对b光的折射率
B．在同一介质中，a光的传播速度大
C．分别照射同一狭缝，a光通过狭缝时的衍射现象更明显
D．从水中射入空气时，b光发生全反射的临界角更大
【解答】解：A、由光路图可知，a光的偏折较大，a光的折射率大于b光的折射率，故A错误；
B、根据v=cn可知，a光折射率大，在同一种介质中速度较小，故B错误；
C、a光的折射率大于b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，根据c＝λf可知，a光的波长小于b光的波长，b光发生衍射现象更明显，故C错误；
D、根据sinC=1n可知，b光发生全反射的临界角更大，故D正确；
故选：D。
11．如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则（ ）
A．a的荷质比一定小于b的荷质比
B．b的荷质比一定小于a的荷质比
C．a的电荷量一定大于b的电荷量
D．b的质量一定大于a的质量
【解答】解：设任一粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则根据牛顿第二定律知加速度为
a=qEm
水平方向做匀速直线运动，则时间为
t=xv
偏转量为
y=12at2
联立解得y=qEx22mv2
因为两个粒子的初速度相等，由题图知
ya＝yb，
xa＜xb
E相等，则可得a粒子的比荷qm就一定大，但a、b的电荷量和质量无法确定大小关系。
故B正确，ACD错误；
故选：B。
12．电梯一般用电动机驱动，钢丝绳挂在电动机绳轮上，一端悬吊轿厢，另一端悬吊配重装置。钢绳和绳轮间产生的摩擦力能驱驶轿厢上下运动。若电梯轿箱质量为2×103kg，配重为2.4×103kg。某次电梯轿箱由静止开始上升的v﹣t图像如图乙所示，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．电梯轿箱在第10s内处于失重状态
B．上升过程中，钢绳对轿厢和对配重的拉力大小始终相等
C．在第1s内，电动机做的机械功为2.4×104J
D．上升过程中，钢绳对轿厢做功的最大功率为4.8×104W
【解答】解：A、电梯轿箱在第10s内做匀速运动，既不超重也不失重，故A错误；
B、对轿厢及物体构成的系统，由牛顿第二定律知F﹣mg＝ma，由于上升过程先匀加速，后匀速再匀减速，加速度变化，所拉力变化，故B错误；
C、动能定理：W拉﹣（M+m）gH=12（M+m）v2，解得钢索拉力做功为：W拉＝5.28×104J，故C错误；
D、上升过程中，1s时，加速度a=vt1=21m/s2＝2m/s2，钢绳对轿厢做功的最大功率P＝Fv＝（mg+ma）v＝（2×103×10+2×103×2）×2W＝4.8×104W，故D正确。
故选：D。
13．如图所示容器中，A、B各有一个可自由移动的轻活塞，活塞下面是水，上面为空气，大气压恒定．A、B底部由带有阀门K的管道相连，整个装置与外界绝热．原先A中的水面比B中高，打开阀门，使A中的水逐渐向B中流，最后达到平衡．在这个过程中（ ）
A．大气压力对水做功，水的内能增加
B．水克服大气压力做功，水的内能减少
C．大气压力对水不做功，水的内能不变
D．大气压力对水不做功，水的内能增加
【解答】解：打开阀门K后，据连通器原理，最后A、B两管中的水面将相平，如下图所示，即A中水面下降，B中水面上升；
设A管截面积为S1，水面下降距离为h1，B管截面积为S2，水面上升距离为h2，
由于水的总体积保持不变，则有S1h1＝S2h2，
A管中大气压力对水做的功：W1＝p0S1h1，
B管中大气压力对水做的功：W2＝﹣p0S2h2，
大气压力对水做的总功：
W＝W1+W2＝p0S1h1﹣p0S2h2，
∵S1h1＝S2h2，
∴W＝0，即大气压力对水不做功；
由于水的重心降低，重力势能减小，由能量守恒定律知水的内能增加。故D正确。
故选：D。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
14．居里夫妇发现放射性元素镭226的衰变方程为 88226Ra→ 86222Rn+ zAX，已知 88226Ra的半衰期为1620年， 88226Ra原子核的质量为226.0254u，衰变后产生的 88226Rn原子核的质量为222.0175u， zAX原子核的质量为4.0026μ，已知1u相当于931MeV，对 88226Ra的衰变以下说法正确的是（ ）
A． zAX表示氦原子
B．6克 88226Ra原子核经过1620年一定有3克发生衰变
C．1个 88226Ra原子核发生衰变放出的能量约为4.9MeV
D． 88226Ra衰变后比结合能变小
【解答】解：A、根据核反应方程的质量数与电荷数守恒，那么 88226Ra→ 86222Rn+ zAX，中 zAX就是 24He，不是氦原子，故A错误；
B、 88226Ra的半衰为1620年，6克 88226Ra原子核经过1620年一定有3克发生衰变，故B正确；
C、 88226Ra原子核的质量为226.0254u，衰变后产生的 86222Rn子核的质量为222.0175u， zAX原子核的质量为4.0026u，依据请 88226Ra→ 86222Rn+ zAX，质量亏损为
Δm＝226.0254u﹣222.0175u﹣4.0026u＝0.0053u
因1u相当于931MeV，则有1个 88226Ra原子核发生衰变放出的能量约为4.9MeV，故C正确；
D、 88226Ra衰变后变成 86222Rn，放出能量，则其比结合能变大，故D错误。
故选：BC。
15．如图1为一列简谐横波在t＝4s时的波形图，图2为介质中平衡位置在x＝2.5m处的质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．该横波沿x轴正方向传播
B．该横波的波速为0.5m/s
C．0～2s时间内，质点P运动的位移为16cm
D．若该横波传播过程中遇到宽度为0.2m的障碍物，会观察到明显的衍射现象
【解答】解：A、根据图（乙）的振动图象可知，在x＝2.5m处的质点在t＝4s时振动方向向上，可知该波的传播方向为x轴负方向，故A错误；
B、根据v=λT=24m/s＝0.5m/s，故B正确；
C、由图（a）可知该波的振幅为4cm，由于t＝2s时，质点P在波谷，且2s＝0.5T，所以质点P在2s内的路程：s＝2A＝2×4cm＝8cm，故C错误；
D、当障碍物尺寸与波长相差不多或小于波长时可发生明显的衍射现象，所以该横波传播过程遇到宽度为0.2m的障碍物，会观察到明显的衍射现象，故D正确；
故选：BD。
16．某同学采用如图所示的实验装置来研究光电效应现象。当用某单色光照射光电管的阴极K时，会发生光电效应现象。闭合开关S，在阳极A和阴极K之间加上反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰为零，此电压表的电压值U称为遏止电压，根据遏止电压，可以计算出光电子的最大初动能Ek，现分别用频率为ν1和ν2的单色光照射阴极，测量到遏止电压分别为U1和U2，设电子质量为m、电荷量为e，则下列关系式中正确的是（ ）
A．用频率为ν1的光照射时，光电子的最大初速度v=2eU1m
B．阴极K金属的逸出功W0=e(U1ν2−U2ν1)ν1−ν2
C．阴极K金属的极限频率νc=U1ν2−U2ν1U1−U2
D．普朗克常量h=e(U1−U2)ν2−ν1
【解答】解：A、光电子在电场中做减速运动，根据动能定理得：﹣eU1＝0−12mvm2，则得光电子的最大初速度v=2eU1m，故A正确；
BD、根据爱因斯坦光电效应方程得：hν1＝eU1+W0，hν2＝eU2+W0，得金属的逸出功为：W0=e(U1ν2−U2ν1)ν1−ν2，e(U1−U2)ν1−ν2，故B正确，D错误；
C、阴极K金属的极限频率：νc=W0ℎ=U1ν2−U2ν1U1−U2，故C正确。
故选：ABC。
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
17．某同学用图甲所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律。
（1）该同学安装好实验器材后，将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次。选出一条点迹清晰的纸带，标出部分计数点如图乙所示（每相邻两个计数点间还有4个打下的点，图中未画出）。其中s1＝7.05cm、s2＝7.68cm、s3＝8.33cm、s4＝8.95cm、s5＝9.61cm、s6＝10.26cm。打点计时器在打B点时小车的速度vB＝ 0.74 m/s；小车的加速度a＝ 0.64 m/s2（要求充分利用测量的数据，结果均保留2位有效数字）。
（2）用图甲所示的装置还可以完成下述哪些实验 AB 。
A.探究小车的加速度和受力的关系
B.验证动能定理
C.验证机械能守恒定律
D.验证动量守恒定律
【解答】解：（1）根据匀变速直线运动的规律可知，
vB=s1+s22×5f=7.05+7.680.2×10−2m/s=0.74m/s
根据逐差法可知，小车的加速度为
a=s4+s5+s6−s1−s2−s39T2=8.95+9.61+10.26−7.05−7.68−8.339×0.12×10−2m/s2=0.64m/s2
（2）A、只需要满足小车质量远大于重物的质量，此实验即可用于探究小车的加速度和受力的关系，故A正确；
B、验证动能定理需要测量合外力做的功与动能改变量之间的关系，只需要平衡摩擦力，此实验装置既可用于验证动能定理，故B正确；
C、验证机械能守恒定律需要动能和重力势能相互转化，此装置不具备测量重力做功情境的能力，故C错误；
D、验证动量守恒定律需要测量碰撞年后的速度，此实验装置无法测量碰撞后的速度，故D错误；
故选：AB。
故答案为：（1）0.74；0.64；（2）AB
18．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，利用如图所示的可拆变压器能方便地探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系。
（1）为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是 A 。
A.控制变量法
B.等效替代法
C.演绎法
D.理想实验法
（2）某次实验中得到实验数据如下表所示，表中n1、n2分别为原、副线圈的匝数，U1、U2分别为原、副线圈的电压，通过实验数据分析，你的结论是 在误差允许的范围内，原副线圈的电压比与匝数比相等，即U1U2=n1n2 。
实验次数
n1/匝
n2/匝
U1/V
U2/V
1
1400
400
12.1
3.42
2
800
400
12.0
5.95
3
200
100
11.9
5.92
（3）原、副线圈上的电压之比是否等于它们的匝数之比呢？发现上述实验数据没有严格遵从这样的规律，分析下列可能的原因，你认为正确的是 BCD 。（多选）
A.原、副线圈的电压不同步
B.变压器线圈中有电流通过时会发热
C.铁芯在交变磁场的作用下会发热
D.原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失
【解答】解：（1）当一个物理量与多个物理量相关时，应采用控制变量法，探究该物理量与某一个量的关系，如本实验中，保持原线圈输入的U1电一定，探究副线圈输出的电压U2与和匝数n1，n2的关系。故选A。
（2）通过分析表中数据可得结论，在误差允许的范围内，原副线圈的电压比与匝数比相等，即U1U2=n1n2。一定要注意是在误差允许的范围内，而不是严格相等关系。
（3）变压器并非理想变压器，能量损失主要来源于三个方面，分别是BCD项中的绕制线圈的铜导线发热损耗（俗称铜损）、铁芯中的涡流发热损耗（俗称铁损）、铁芯对磁场的约朿不严密损耗（俗称磁损）。
故选：BCD。
答案为：（1）A；（2）在误差允许的范围内，原副线圈的电压比与匝数比相等，即U1U2=n1n2；（3）BCD。
19．公交站点1与站点2之间的道路由水平路面AB段、CD段及倾角为15°的斜坡BC段组成，斜坡足够长。一辆公交车额定功率为210kW，载人后总质量为8000kg。该车在AB段以54km/h的速率匀速行驶，此过程该车的实际功率为额定功率的一半。该车到达C点时的速率为21.6km/h，此后在大小恒为1.4×104N的牵引力作用下运动，直到速度达到54km/h时关闭发动机自由滑行，结果该车正好停在了D点（站点2）。若在整个行驶过程中，公交车的实际功率不超过额定功率，它在每一个路段的运动都可看成直线运动，它受到的由地面、空气等产生的阻力F1大小不变。已知sin15°＝0.26，求：
（1）F1的大小；
（2）公交车上坡过程中能够保持匀速行驶的最大速率；
（3）C点与D点之间的距离。
【解答】解：（1）AB段，已知v＝54km/h＝15m/s，
由于AB匀速行驶，根据P＝Fv，
可知F1=P额2v=210×103215N＝7000N，
（2）BC段，根据P＝Fv可知，当达到最大速度时F＝F1+mgsin15°
即P额＝（F1+mgsin15°）vmax，得vmax=P额F1+mgsin15°=210×1037000+8000×10×0.26m/s≈7.55m/s≈27.2km/h，
即公交车上坡过程中能够保持匀速行驶的最大速率约为27.2km/h；
（3）CD段，已知21.6km/h＝6m/s
速度达到54km/h之前，应用动量定理（F﹣F1）t1＝mv﹣mvC，得t1=mv−mvCF−F1=8000×15−8000×61.4×104−7000s≈10.3s
关闭发动机自由滑行过程，应用动量定理﹣F1t2＝0﹣mv，得t2=mvF1=8000×157000s＝17.1s
速度达到54km/h之前，v1=v+vc2=15+62m/s＝10.5m/s，
关闭发动机自由滑行过程，平均速度为v=v2=152m/s＝7.5m/s，
C点与D点之间的距离x=v1t1+vt2=10.5×10.3m+7.5×17.1m＝236.4m
答：（1）F1的大小为7000N；
（2）公交车上坡过程中能够保持匀速行驶的最大速率约为27.2km/h；
（3）C点与D点之间的距离为236.4m。
20．小明制做了一个“20”字样的轨道玩具模型。该模型的“2”字是由34圆弧型的管道ABC（圆心为O1）和半圆型的管道CD（圆心为O2）以及直管道DE组成，管道ABC和管道CD对应的圆半径均为R1＝10cm，A点与O1等高，B为“2”字最高点，D为最低点，E为管道的出口；“0”字是长轴GF垂直于水平地面的椭圆型管道，其最高点G与B点等高，G点附近的一小段管道可看作半径为R2＝6cm的圆弧；最低点F和F′（一进一出）位于水平地面上；整个装置处于竖直平面内，所有管道的粗细忽略不计。HK为一个倾角θ可调节的足够长的斜面，且D、E、F（F′）、H位于同一条水平直线上，F′H和HK平滑连接。质量m＝0.1kg（可视为质点）的小滑块P与水平地面EF段和斜面HK的动摩擦因数均为μ＝0.25，其余所有摩擦均不计。现让滑块P从A点以v0＝2m/s的速率平滑进入管道，滑块P运动到G点时恰与管道间无相互作用，求：
（1）滑块P运动到B点时对管道的作用力；
（2）EF段的长度；
（3）要使得滑块P不会二次进入EF段且最后停在F′H段，θ的正切值应满足的条件。
【解答】解：（1）滑块P从A→B，由动能定理得：
﹣mgR1=12mvB2−12mv02
在B点，对滑块P，由牛顿第二定律得：
mg+FN＝mvB2R1
解得：FN＝1.0N
又根据牛顿第三定律知：滑块P对管道作用力大小为1.0N，方向竖直向上。
（2）滑块P从A→G，由动能定理得：
﹣mgR1﹣μmg•EF=12mvG2−12mv02
滑块P在G点时，有：mg＝mvG2R2
解得：EF=0.28m
（3）①物体不会停在HK上，则：tanθ1＞μ＝0.25
②物体不会二次进入EF段，此时θ＝θ2
设物体第一次滑上HK上的最大长度为x，最高点为K′，此后恰好返回到G点，则从G→K′，由动能定理有：
mg（4R1﹣xsinθ2）﹣μmgxcosθ2＝0−12mvG2
对G→K′→G，由动能定理有：μmg•2xcosθ2＝0−12mvG2
联立解得tanθ2=8312．
综上所述：0.25＜tanθ＜8312
答：（1）滑块P运动到B点时对管道的作用力大小为1.0N，方向竖直向上；
（2）EF段的长度为0.28m；
（3）要使得滑块P不会二次进入EF段且最后停在F′H段，θ的正切值应满足的条件为0.25＜tanθ＜8312。
21．如图，固定的足够长光滑平行金属导轨间距L＝0.2m。由水平部分Ⅰ和倾斜部分Ⅱ平滑连接组成，虚线MN为其交界线，Ⅰ、Ⅱ间夹角θ＝30°，Ⅰ内的MN与PQ间以及Ⅱ内均存在垂直于导轨平面的匀强磁场B1和B2，其中B1＝2.5T、B2＝0.5T。质量m＝0.01kg、电阻r＝1.0Ω的相同金属棒a、b固定在水平导轨上，其中点通过长s＝L的绝缘轻杆连接成“H“型。将与a、b相同的金属棒c从倾斜导轨上由静止释放，c到达MN前已经开始匀速运动。当c通过MN时，立即解除a、b与轨道的固定，之后a在到达PQ前已开始匀速运动。当a到达PQ时，立即再将c固定在水平导轨上。不计导轨电阻，a、b、c始终垂直于导轨，c与b一直没有接触，取g＝10m/s²，求：
（1）c在倾斜导轨上运动的最大速度；
（2）a到达PQ前匀速运动的速度；
（3）从a离开PQ至b到达PQ的过程中，金属棒c产生的热量。
【解答】解：（1）设c在倾斜导轨上运动的最大速度为vm。
c匀速运动时速度最大，由平衡条件得 B2IL＝mgsinθ
感应电流为I=ER总=B2LvmR总
回路总电阻为R总＝r+r2=32r
联立可得vm＝7.5m/s
（2）当c通过MN时，立即解除a、b与轨道的固定，在安培力作用下，c向右做减速运动，a、b整体向右做加速运动，当c与a、b的速度相同时，c、a、b一起向右做匀速运动，设速度为v。
由于c与a、b组成的系统合外力为零，系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mvm＝3mv
解得v＝2.5m/s
（3）设b到达PQ时的速度为v′。
在a通过PQ的过程，取向右为正方向，对a、b整体，由动量定理得
﹣B1IL•t＝2mv′﹣2mv
其中I•t=B1LvtR总'=B1L2R总'
此过程回路总电阻R总′＝r+r2=32r
联立解得v′=56m/s
从a离开PQ至b到达PQ的过程中，回路产生的总焦耳热为Q=12×2mv2−12×2mv'2
金属棒c与a中电流相等，等于b中电流的一半，由焦耳定律Q＝I2Rt知金属棒c与a中产生的热量是b中热量的14
则金属棒c产生的热量Qc=13Q
联立解得Qc=118J
答：（1）c在倾斜导轨上运动的最大速度为7.5m/s；
（2）a到达PQ前匀速运动的速度为2.5m/s；
（3）从a离开PQ至b到达PQ的过程中，金属棒c产生的热量为118J。
22．（10分）科研人员经常利用电场和磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，在坐标系xOy的第三象限内平行于x轴放置一对平行金属板，上极板与x轴重合，板长和板间距离均为2d，极板的右端与y轴距离为d，两板间加有如图乙所示的交变电压。以O1（0，﹣d）为圆心、半径为d的圆形区域内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场（图中未画出）。在P（﹣3d，﹣d）点处有一个粒子源，沿x轴正方向连续不断地发射初速度大小为v=2dT、质量为m、电荷量为+q的带电粒子。已知t＝0时刻入射的粒子恰好从下极板右边缘飞出，t=T4时刻入射的粒子进入圆形磁场区域后恰好经过原点O。在第一、二象限某范围内存在垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），不计粒子重力及粒子之间的相互作用力。
（1）求U0；
（2）求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度；
（3）为了使所有粒子均能打在位于x轴上的粒子接收器上的0～3d范围内，求在第一、二象限内所加磁场的磁感应强度的大小和磁场区域的最小面积。
【解答】解：（1）对于t＝0时刻射入电场的粒子，沿+x方向以速度v做匀速直线运动，则穿过平行金属板间所用时间为：
t=2dv=2d2dT=T
在y轴方向上，0～T2时间内，粒子沿﹣y方向做匀加速直线运动，设其加速度大小为a，位移大小为y，则有：
qU02d=ma
y=12a(T2)2
T2～T时间内，粒子沿﹣y方向做匀减速直线运动，其加速度大小不变仍为a，由运动的对称性可知此过程粒子位移大小等于y，由题意可得：
2y＝d
联立解得：U0=8d2qT2
（2）对于t=T4时刻射入电场的粒子，其运动轨迹如图1所示，沿+x方向仍以速度v做匀速直线运动，穿过平行金属板间所用时间仍为T，在y轴方向运动加速度大小均为a，由运动的对称性可知，粒子先沿﹣y方向做匀加速直线运动T4时间，再做匀减速直线运动T4时间，此时沿y轴方向速度为零；再沿+y方向做匀加速直线运动T4时间，再做匀减速直线运动T4时间，此时沿y轴方向速度为零，沿y轴方向的位移为零，粒子以速度v沿x轴正方向在Q点离开电场并进入磁场。
粒子在磁场做匀速圆周运动，由Q到O恰好轨迹为14圆周，可知运动半径为：
r＝d
由洛伦兹力提供向心力得：
qvB＝mv2r
联立解得：B=mvqd
（3）由上述分析可知，任意时刻进入电场的粒子穿过平行金属板间所用时间均为T，在y轴方向做匀加速直线运动的总时间与做匀减速直线运动的总时间相等，则所以粒子射出电场时沿y轴方向的速度均为零，即均沿+x方向射出电场。已知t＝0时刻入射的粒子恰好从下极板右边缘飞出，那么t＝nT（n＝0、1、2……）时刻入射的粒子均从下极板右边缘飞出，由运动的对称性可知，t＝nT+T2（n＝0、1、2……）时刻入射的粒子恰好从上极板右边缘飞出，其它时刻入射的粒子均在上、下极板右边缘之间飞出。故所有粒子均在平行金属板右侧沿+x方向以速度v平行射出电场。
所有粒子可看作组成宽度为2d的运动方向的平行粒子束进入圆形磁场，粒子运动轨迹如图2所示，粒子在磁场中圆周运动半径与圆形区域磁场的半径相等均为d，由“磁聚焦”模型可知所有粒子均在O点射出磁场，速度方向与+x方向的夹角为θ，且满足0≤θ≤180°。
为了使所有粒子均能打在位于x轴上的粒子接收器上的0～3d范围内，且磁场区域的最小，所有粒子在O点进入第一、二象限的磁场，θ＝180°的粒子在此磁场中做一个完整的圆周运动打在接收器左端点，将此粒子的轨迹圆O2绕O点顺时针转动，此轨迹圆与x轴距离O点最远的交点应在x＝3d的位置，即轨迹圆的直径等于3d。
设在第一、二象限内所加磁场的磁感应强度大小为B′，磁场区域的最小面积为Smin，粒子在此磁场的运动半径为R，则有：
R=3d2
由洛伦兹力提供向心力得：
qvB′＝mv2R
联立解得：B′=2mv3qd
由上述分析可知，所需磁场区域的最小面积为图中蓝色线条与x轴围成的面积，则有：
Smin=12πR2+14π(3d)2=278πd2
答：（1）U0为8d2qT2；
（2）圆形区域内匀强磁场的磁感应强度大小为mvqd；
（3）在第一、二象限内所加磁场的磁感应强度的大小为2mv3qd和磁场区域的最小面积为278πd2。
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