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海南省琼海市嘉积中学2023-2024学年高三下学期4月月考物理试题A卷（原卷版+解析版）
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一、选择题（共14小题，每小题3分，共42分）
1. 空玻璃瓶密封后放入冰箱。与放入冰箱前相比，瓶内的气体（ ）
A. 所有分子的运动速率都变小B. 分子的平均动能变小
C. 压强变大D. 分子对玻璃瓶内壁的平均作用力变大
【答案】B
【解析】
【详解】与放入冰箱前相比，瓶内的气体温度降低，分子的平均动能变小，但不是所有分子的运动速率都变小；由于气体发生等容变化，根据
可知瓶内的气体压强变小，则分子对玻璃瓶内壁的平均作用力变小。
故选B。
2. 一简谐波沿x轴正方向传播，周期为T，波长为λ。若在处质点的振动图像如图所示，则时刻波的图像为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由处质点的振动图像可知，在时此质点回到平衡位置，则CD图像错误，且此后质点的位移为负，即沿y轴负方向传播，而波沿x轴正方向传播，则波形图上需要满足同侧法，即此时质点的振动方向和波的传播方向垂直在波的同一侧。
故选A。
3. 2024年2月10日是“天问一号”火星环绕器环火三周年纪念日。3年前“天问一号”火星探测器成功实施制动捕获后，进入环绕火星椭圆轨道，成为中国第一颗人造火星卫星。要完成探测任务探测器需经历如图所示变轨过程，轨道Ⅰ为圆轨道，轨道Ⅱ、轨道Ⅲ为椭圆轨道。关于探测器，下列说法正确的是（ ）
A. 在轨道Ⅰ上的周期大于在轨道Ⅱ上的周期
B. 在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能
C. 在轨道Ⅰ上经过P点的速度小于轨道Ⅱ上经过P点的速度
D. 在轨道Ⅰ上经过P点的加速度小于轨道Ⅱ上经过P点的加速度
【答案】C
【解析】
【详解】A．由开普勒第三定律可知，轨道半径越大，周期越大，故A错误；
B．探测器从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，发动机点火致使其减速，做负功，其机械能将减小，故B错误；
C．探测器从轨道Ⅱ上P点减速变轨到轨道Ⅰ，所以在轨道Ⅰ上经过P点的速度小于轨道Ⅱ上经过P点的速度，故C正确；
D．根据牛顿第二定律，有
可得
故在轨道Ⅰ上经过P点的加速度等于轨道Ⅱ上经过P点的加速度，故D错误。
故选C。
4. 图甲是电场中的一条电场线，M、N是电场线上的两点。电子仅在电场力作用下从M点运动到N点，其运动的图像如图乙所示。M、N点电场强度分别为和，电子在M、N点电势能分别为和。下列说法正确的是（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】A
【解析】
【详解】根据图像的切线斜率表示加速度，可知电子在M点的加速度大于在N点的加速度，则在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力，则M点的电场强度大于N点的电场强度，即有
由图像可知电子的动能增加，则电场力对电子做正功，电子的电势能减少，即有
故选A。
5. 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。
6. 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。
7. 一物体恰能在一个斜面体上沿斜面匀速下滑，此过程中斜面静止，设斜面受到水平地面的摩擦力为。若沿此斜面方向用力向下推此物体，使物体加速下滑，设此过程中斜面受到地面的摩擦力为。则（ ）
A. 为零，为零B. 为零，不为零
C. 不为零，为零D. 不为零，不为零
【答案】A
【解析】
【详解】物体在斜面上匀速下滑，说明
物体受到斜面的弹力和摩擦力的合力竖直向上，与重力平衡，斜面体受到物体的合力竖直向下，斜面体不受地面的摩擦力作用。受沿斜面向下的推力作用时，上述情况不会改变。故为零，为零，A正确。
故选A。
8. 如图甲所示，物块A、B的质量分别是和，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t=0时刻以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v—t图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72J
B. 4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为24N·s
C. 物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为18J
D. 物块B离开墙壁后，物块B的最大速度为2m/s
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由图知，C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律
解得
当C与A速度为0时，弹性势能最大
A错误；
B．由图知，12s末A和C的速度为，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为
解得
方向向左
B正确；
C．物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s，开物块B离开墙壁后，A、B、C三者共速时弹性势能最大，则有
联立解得
C错误；
D．物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则有
代入数据解得
物块B的最大速度为4m/s， D错误。
故选B。
9. 红外测温仪只能捕获红外线，红外线光子的能量为。如图为氢原子的能级图，大量处在能级的氢原子向外辐射的光子中，能被红外线测温仪捕获的不同频率的光子共有（ ）
A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种
【答案】A
【解析】
【详解】由氢原子能级示意图可知，氢原子从激发态向低能级跃迁时，根据可知，所辐射光子能量为0.31eV、0.97eV、2.86eV、13.06eV、0.66eV、2.55eV、12.75eV、1.89eV、12.09eV、10.2eV，红外线光子的能量为，则能被红外线测温仪捕获的不同频率的光子共有2种。
故选A。
10. 如图所示，手握绳端在竖直方向做简谐运动，形成的一列简谐横波以速度沿轴正向传播，时刻，在轴上、间的简谐横波如图所示，从此时刻开始，点处质点经过时间刚好第3次到达波峰，则下列说法正确的是（ ）
A. 时刻，绳端正在向下振动
B. 绳端的振动频率为
C. 若将波的振动频率增大一倍，则波的传播速度也增大一倍
D. 若将波的振动频率增大为原来的2倍，则简谐波的波长也会增大为原来的2倍
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据同侧法，由图可知，时刻，绳端正在向上振动，故A错误；
B．根据同侧法，由图可知，时刻，点处质点正在向上振动，则有
解得
则绳端的振动频率为
故B正确；
CD．波的传播速度与传播介质有关，与波的振动频率无关，则将波的振动频率增大一倍，波的传播速度不变，由公式可知，简谐波的波长减小为原来的，故CD错误。
故选B。
11. 如图所示，绝缘水平面上，虚线左侧有垂直于水平面向上的匀强磁场、右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为，、、为绝缘水平面上的三个固定点，点在虚线上，、两点在左右两磁场中，两根直的硬导线连接和间，软导线连接在间，连线与垂直，、到的距离均为，，、、三段导线电阻相等，，。通过、两点给线框通入大小为的恒定电流，待、间软导线形状稳定后线框受到的安培力大小为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可知，线框三边电阻相等，通入大小为的电流后，由分流原理可知通过的电流大小为，通过的电流大小为。待间导线稳定后线框的受力情况如图所示
由受力分析可知
由几何关系可知与的夹角，则有
故选B。
12. “物理”二字最早出现在中文中，是取“格物致理”四字的简称，即考察事物的形态和变化，总结研究它们的规律的意思。我们要在学习物理知识之外，还要了解物理学家是如何发现物理规律的，领悟并掌握处理物理问题的思想与方法。下列关于图中四幅图的相关叙述正确的是（ ）
A. 图甲是观察桌面形变的实验，当用力F压桌面时，光点的位置会发生明显变化，从而反映桌面的形变，这个实验中主要用到的研究方法是微元法
B. 图乙中把一般的曲线运动看成很多个圆周运动的一部分的组合，这是理想模型的思想
C. 利用图丙装置探究小车的加速度与拉力的关系时，运用控制变量法和比较法来控制两小车有相同的运动时间，从而得到两小车的加速度大小关系
D. 图丁中探究小车运动的加速度与力、质量的关系，该实验用到了等效替代的思想
【答案】C
【解析】
【详解】A．图甲是观察桌面形变的实验，当用力F压桌面时，光点的位置会发生明显变化，从而反映桌面的形变，这个实验中主要用到的研究方法是放大法。故A错误；
B．图乙中把一般的曲线运动看成很多个圆周运动的一部分的组合，这是微元法的思想。故B错误；
C．利用图丙装置探究小车的加速度与拉力的关系时，运用控制变量法和比较法来控制两小车有相同的运动时间，从而得到两小车的加速度大小关系。故C正确；
D．图丁中探究小车运动的加速度与力、质量的关系，该实验用到了控制变量法。故D错误。
故选C
13. 采用降噪技术的耳机是通过主动产生一列声波来抵消噪音。某段噪音信号如图所示，以下主动产生的信号中可以最大程度的消除该噪音信号的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】当降噪声波与噪音声波相位相反，频率相同，干涉相消，即可以最大程度的消除该噪音信号。
故选A。
14. 静止在O点的原子核发生衰变的同时，空间中出现如图所示的匀强电场。之后衰变产物A、B两粒子的运动轨迹OA、OB如图虚线所示，不计重力和两粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A. A粒子为粒子
B. 原子核发生的是衰变
C. 两粒子始终处在同一等势面上
D. 经过相等时间A、B粒子位移比为2:5
【答案】A
【解析】
【详解】B．根据A、B两粒子的运动轨迹，可知其所受电场力均与电场方向相同，即两粒子均带正电，可知，原子核发生的是衰变，B错误；
A．根据上述，该衰变的核反应方程为
衰变过程动量守恒，则有
可知，质量越大，速度越小，即的初速度小于的初速度，粒子在电场中做类平抛运动，则有
，
解得
根据图像可知，当竖直分位移大小相等时，的初速度小，电荷量多，则水平分位移小一些，可知A粒子为粒子，A正确；
C．根据上述有
可知，若时间相等，的比荷小于的比荷，即经历相等时间，的竖直分位移小于的竖直分位移，即两粒子飞出后不在同一等势面上，C错误；
D．根据上述有
，
解得，经过相等时间A、B粒子水平分位移比为
可知，经历相等时间A、B粒子水平分位移比为2:5，位移之比并不等于2:5，D错误。
故选A。
二、非选择题（共58分）
15. 某小组做“测量玻璃的折射率”实验时，在白纸上画出光线的径迹，如图所示。以入射点O为圆心作圆，圆与入射光线、折射光线分别交于A、B点，过A、B点作法线的垂线，垂足分别为C、D点。测得圆的半径为R，线段AC长度为a，BD长度为b，OC长度为c，OD长度为d，则玻璃的折射率________。（用题中所给字母表示）
【答案】
【解析】
【详解】根据折射定律可得
根据图中几何关系可得
，
联立可得玻璃的折射率为
16. 如图甲所示，用质量为m的重物通过滑轮牵引质量为M（）的小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。以小车为研究对象，利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验。
（1）打点计时器使用的电源是__________（填选项前的字母）。
A．直流电源 B.交流电源
（2）若正确操作实验步骤后，得到的一条纸带如图乙所示、O为打下的第一个点，A、B、C为纸带上连续的三个计数点，各点到O点的距离分别为x1、x2、x3，知相邻计数点间的时间间隔为T。从打O点到打B点的过程中，若__________成立（用题中所给字母表示），则可验证动能定理成立。
（3）假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，v和W分别表示小车速度和重物重力做的功，则从理论上分析，能正确反映v2-W关系的是__________ （填选项前的字母）。
【答案】 ① B ②. ③. A
【解析】
【详解】（1）[1]打点计时器均使用交流电源。
故选B。
（2）[2]小车拖动纸带移动的距离等于重物下落的距离，又小车所受拉力约等于重物重力，因此拉力对小车做的功
小车做匀变速直线运动，因此打点时小车的速度为打段的平均速度，则有
若成立，即
可验证动能定理成立。
（3）[3]若重物质量不满足远小于小车质量，则绳子对小车的拉力实际不等于重物的重力，由牛顿第二定律
和
可得
由动能定理得
解得
则实际图线的斜率
重物质量与小车质量不变，速度虽然增大，但斜率不变。
故选A。
17. 如图所示，截面是扇形的玻璃砖放在水平面上，扇形的半径为R，，面涂有反射层，一束单色光竖直向下照射在面上的C点，折射光线照射在面的D点，反射光线照射在弧面的中点E，与平行，光在真空中的传播速度为c。求：
（1）玻璃砖对该单色光的折射率；
（2）该单色光从C点传播到E点所用时间。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】延长入射光线交OB于F点，如图
由于与平行，且CD和ED与竖直方向夹角相等，则
由几何关系，光的入射角为，则
故光的折射角为，则玻璃砖对该单色光的折射率为
（2）为正三角形，则OCED为菱形，则
得
即光在玻璃砖中的路程为
光在玻璃砖中的速度为
单色光从C点传播到E点所用的时间为
18. 图甲为“测量某电池组电动势和内阻”的实验电路图。实验室除提供待测电池组一个、开关一个、导线若干外，还有下列器材可供选用：
电压表V：量程0~3V，内阻约3kΩ
电流表A：量程0~0.6A，内阻约0.2Ω
滑动变阻器：0~500Ω，额定电流1A
滑动变阻器：，额定电流1A
（1）图甲为该同学设计的实验电路图，实验中忽略电流表和电压表内阻的影响。
①为了便于实验，滑动变阻器应选用________（填写仪器的字母代号）；
②实验中调节滑动变阻器，记录多组电压表示数U和电流表示数I，在坐标纸上描点连线作出图像，如图乙所示。根据图乙可得该电池组的电动势________V，内阻________（结果均保留2位有效数字）。
（2）为了研究电表内阻对测量结果的影响，我们用U和I的函数关系进行分析。
①用字母分别表示电压表和电流表内阻，U、I分别表示电压表和电流表的示数，E、r分别表示电池的电动势和内阻的真实值。考虑到电表内阻的影响，写出反映U和I真实关系的函数表达式________；（请用题目中已知字母表示）
②通过对函数表达式进行分析可得，（1）中电池组的电动势E测量值________真实值，内阻r的测量值________真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】（1） ①. ②. 2.9 ③. ##3.0##3.1
（2） ①. ②. 小于 ③. 小于
【解析】
【小问1详解】
①[1]因为电池内阻小，为保证实验中可多测量几组数据，且在调节滑动变阻器时电流变化比较明显，所以滑动变阻器应选择；
②[2][3]根据图甲电路图，由闭合回路欧姆定律有
可知，图像与纵轴的交点表示电动势，故电动势为
图像的斜率绝对值表示电源内阻，则
【小问2详解】
①[1]根据图甲电路图，由闭合电路欧姆定律有
整理得
②[2]根据上述结果可知图像与纵轴的交点表示，则
图像斜率绝对值表示，则
所以电池组的电动势E测量值小于真实值，内阻r的测量值小于真实值。
19. 电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛，使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随时间的变化。图甲直流电源电动势、内阻不计，充电前电容器带电量为零。先使S与“1”端相连，电源向电容器充电。充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的曲线如图乙所示。
（1）在电容器充电与放电过程中，通过电阻的电流方向______（选填“相同”或“相反”）；
（2）乙图中阴影部分的面积______（选填“>”、“<”或“=”）；
（3）已知，则该电容器的电容值约为______法拉（计算结果保留两位有效数字）；
（4）由甲、乙两图可判断阻值______（选填“>”或“<”）。
【答案】（1）相反 （2）＝
（3）0.15 （4）
【解析】
【小问1详解】
由图甲可知，电容器充电时，通过电阻R0的电流方向向左，放电时通过R0的电流方向向右，故在电容器充电与放电过程中，通过电阻的电流方向相反。
【小问2详解】
曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影部分的面积相等。
【小问3详解】
由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等于电源电动势，则该电容器的电容值为
【小问4详解】
由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的最大电流，则可知
20. 如图所示，某传送装置由两部分组成，长为的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右边光滑水平面上放着质量为的长木板C，质量为的物块B放在长木板上表面左端，C左端靠近传送带，B、C均处于静止状态，C的右端不远处有一固定平台D，传送带、C、D三者的上表面在同一水平面上，质量为的物块A轻放在传送带左端，物块A以最短时间通过传送带与物块B相碰并粘在一起，C与D相碰前，A、B、C已共速，C与D碰撞后速度立即为零，此后A、B刚好能滑上平台D，已知物块A与传送带间动摩擦因数为0.5，A、B与C间动摩擦因数为0.1，不计物块A、B大小，重力加速度取，求：
（1）传送带运动的速度应满足什么条件；
（2）长木板C的右端到D的距离满足什么条件；
（3）长木板C的长度为多少。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）要使物块A以最短时间通过传送带，则物块A一直在传送带上做匀加速直线运动，加速度为
根据动力学公式
解得
传送带运动的速度最小值为
传送带运动的速度应满足。
（2）由上述分析可知，物块A离开传送带的速度为，物块A与物块B相碰，根据动量守恒有
解得
C与D相碰前，A、B、C组成的系统，根据动量守恒有
解得
对C，根据动能定理有
解得
长木板C的右端到D的距离为
（3）A、B、C组成的系统，根据能量守恒有
解得
C与D相碰后，A、B刚好能滑上平台D，A、B与C的相对位移为
长木板C的长度为
一、选择题（共14小题，每小题3分，共42分）
1. 空玻璃瓶密封后放入冰箱。与放入冰箱前相比，瓶内的气体（ ）
A. 所有分子的运动速率都变小B. 分子的平均动能变小
C. 压强变大D. 分子对玻璃瓶内壁的平均作用力变大
【答案】B
【解析】
【详解】与放入冰箱前相比，瓶内的气体温度降低，分子的平均动能变小，但不是所有分子的运动速率都变小；由于气体发生等容变化，根据
可知瓶内的气体压强变小，则分子对玻璃瓶内壁的平均作用力变小。
故选B。
2. 一简谐波沿x轴正方向传播，周期为T，波长为λ。若在处质点的振动图像如图所示，则时刻波的图像为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由处质点的振动图像可知，在时此质点回到平衡位置，则CD图像错误，且此后质点的位移为负，即沿y轴负方向传播，而波沿x轴正方向传播，则波形图上需要满足同侧法，即此时质点的振动方向和波的传播方向垂直在波的同一侧。
故选A。
3. 2024年2月10日是“天问一号”火星环绕器环火三周年纪念日。3年前“天问一号”火星探测器成功实施制动捕获后，进入环绕火星椭圆轨道，成为中国第一颗人造火星卫星。要完成探测任务探测器需经历如图所示变轨过程，轨道Ⅰ为圆轨道，轨道Ⅱ、轨道Ⅲ为椭圆轨道。关于探测器，下列说法正确的是（ ）
A. 在轨道Ⅰ上的周期大于在轨道Ⅱ上的周期
B. 在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能
C. 在轨道Ⅰ上经过P点的速度小于轨道Ⅱ上经过P点的速度
D. 在轨道Ⅰ上经过P点的加速度小于轨道Ⅱ上经过P点的加速度
【答案】C
【解析】
【详解】A．由开普勒第三定律可知，轨道半径越大，周期越大，故A错误；
B．探测器从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，发动机点火致使其减速，做负功，其机械能将减小，故B错误；
C．探测器从轨道Ⅱ上P点减速变轨到轨道Ⅰ，所以在轨道Ⅰ上经过P点的速度小于轨道Ⅱ上经过P点的速度，故C正确；
D．根据牛顿第二定律，有
可得
故在轨道Ⅰ上经过P点的加速度等于轨道Ⅱ上经过P点的加速度，故D错误。
故选C。
4. 图甲是电场中的一条电场线，M、N是电场线上的两点。电子仅在电场力作用下从M点运动到N点，其运动的图像如图乙所示。M、N点电场强度分别为和，电子在M、N点电势能分别为和。下列说法正确的是（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】A
【解析】
【详解】根据图像的切线斜率表示加速度，可知电子在M点的加速度大于在N点的加速度，则在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力，则M点的电场强度大于N点的电场强度，即有
由图像可知电子的动能增加，则电场力对电子做正功，电子的电势能减少，即有
故选A。
5. 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。
6. 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。
7. 一物体恰能在一个斜面体上沿斜面匀速下滑，此过程中斜面静止，设斜面受到水平地面的摩擦力为。若沿此斜面方向用力向下推此物体，使物体加速下滑，设此过程中斜面受到地面的摩擦力为。则（ ）
A. 为零，为零B. 为零，不为零
C. 不为零，为零D. 不为零，不为零
【答案】A
【解析】
【详解】物体在斜面上匀速下滑，说明
物体受到斜面的弹力和摩擦力的合力竖直向上，与重力平衡，斜面体受到物体的合力竖直向下，斜面体不受地面的摩擦力作用。受沿斜面向下的推力作用时，上述情况不会改变。故为零，为零，A正确。
故选A。
8. 如图甲所示，物块A、B的质量分别是和，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t=0时刻以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v—t图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72J
B. 4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为24N·s
C. 物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为18J
D. 物块B离开墙壁后，物块B的最大速度为2m/s
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由图知，C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律
解得
当C与A速度为0时，弹性势能最大
A错误；
B．由图知，12s末A和C的速度为，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为
解得
方向向左
B正确；
C．物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s，开物块B离开墙壁后，A、B、C三者共速时弹性势能最大，则有
联立解得
C错误；
D．物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则有
代入数据解得
物块B的最大速度为4m/s， D错误。
故选B。
9. 红外测温仪只能捕获红外线，红外线光子的能量为。如图为氢原子的能级图，大量处在能级的氢原子向外辐射的光子中，能被红外线测温仪捕获的不同频率的光子共有（ ）
A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种
【答案】A
【解析】
【详解】由氢原子能级示意图可知，氢原子从激发态向低能级跃迁时，根据可知，所辐射光子能量为0.31eV、0.97eV、2.86eV、13.06eV、0.66eV、2.55eV、12.75eV、1.89eV、12.09eV、10.2eV，红外线光子的能量为，则能被红外线测温仪捕获的不同频率的光子共有2种。
故选A。
10. 如图所示，手握绳端在竖直方向做简谐运动，形成的一列简谐横波以速度沿轴正向传播，时刻，在轴上、间的简谐横波如图所示，从此时刻开始，点处质点经过时间刚好第3次到达波峰，则下列说法正确的是（ ）
A. 时刻，绳端正在向下振动
B. 绳端的振动频率为
C. 若将波的振动频率增大一倍，则波的传播速度也增大一倍
D. 若将波的振动频率增大为原来的2倍，则简谐波的波长也会增大为原来的2倍
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据同侧法，由图可知，时刻，绳端正在向上振动，故A错误；
B．根据同侧法，由图可知，时刻，点处质点正在向上振动，则有
解得
则绳端的振动频率为
故B正确；
CD．波的传播速度与传播介质有关，与波的振动频率无关，则将波的振动频率增大一倍，波的传播速度不变，由公式可知，简谐波的波长减小为原来的，故CD错误。
故选B。
11. 如图所示，绝缘水平面上，虚线左侧有垂直于水平面向上的匀强磁场、右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为，、、为绝缘水平面上的三个固定点，点在虚线上，、两点在左右两磁场中，两根直的硬导线连接和间，软导线连接在间，连线与垂直，、到的距离均为，，、、三段导线电阻相等，，。通过、两点给线框通入大小为的恒定电流，待、间软导线形状稳定后线框受到的安培力大小为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可知，线框三边电阻相等，通入大小为的电流后，由分流原理可知通过的电流大小为，通过的电流大小为。待间导线稳定后线框的受力情况如图所示
由受力分析可知
由几何关系可知与的夹角，则有
故选B。
12. “物理”二字最早出现在中文中，是取“格物致理”四字的简称，即考察事物的形态和变化，总结研究它们的规律的意思。我们要在学习物理知识之外，还要了解物理学家是如何发现物理规律的，领悟并掌握处理物理问题的思想与方法。下列关于图中四幅图的相关叙述正确的是（ ）
A. 图甲是观察桌面形变的实验，当用力F压桌面时，光点的位置会发生明显变化，从而反映桌面的形变，这个实验中主要用到的研究方法是微元法
B. 图乙中把一般的曲线运动看成很多个圆周运动的一部分的组合，这是理想模型的思想
C. 利用图丙装置探究小车的加速度与拉力的关系时，运用控制变量法和比较法来控制两小车有相同的运动时间，从而得到两小车的加速度大小关系
D. 图丁中探究小车运动的加速度与力、质量的关系，该实验用到了等效替代的思想
【答案】C
【解析】
【详解】A．图甲是观察桌面形变的实验，当用力F压桌面时，光点的位置会发生明显变化，从而反映桌面的形变，这个实验中主要用到的研究方法是放大法。故A错误；
B．图乙中把一般的曲线运动看成很多个圆周运动的一部分的组合，这是微元法的思想。故B错误；
C．利用图丙装置探究小车的加速度与拉力的关系时，运用控制变量法和比较法来控制两小车有相同的运动时间，从而得到两小车的加速度大小关系。故C正确；
D．图丁中探究小车运动的加速度与力、质量的关系，该实验用到了控制变量法。故D错误。
故选C
13. 采用降噪技术的耳机是通过主动产生一列声波来抵消噪音。某段噪音信号如图所示，以下主动产生的信号中可以最大程度的消除该噪音信号的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】当降噪声波与噪音声波相位相反，频率相同，干涉相消，即可以最大程度的消除该噪音信号。
故选A。
14. 静止在O点的原子核发生衰变的同时，空间中出现如图所示的匀强电场。之后衰变产物A、B两粒子的运动轨迹OA、OB如图虚线所示，不计重力和两粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A. A粒子为粒子
B. 原子核发生的是衰变
C. 两粒子始终处在同一等势面上
D. 经过相等时间A、B粒子位移比为2:5
【答案】A
【解析】
【详解】B．根据A、B两粒子的运动轨迹，可知其所受电场力均与电场方向相同，即两粒子均带正电，可知，原子核发生的是衰变，B错误；
A．根据上述，该衰变的核反应方程为
衰变过程动量守恒，则有
可知，质量越大，速度越小，即的初速度小于的初速度，粒子在电场中做类平抛运动，则有
，
解得
根据图像可知，当竖直分位移大小相等时，的初速度小，电荷量多，则水平分位移小一些，可知A粒子为粒子，A正确；
C．根据上述有
可知，若时间相等，的比荷小于的比荷，即经历相等时间，的竖直分位移小于的竖直分位移，即两粒子飞出后不在同一等势面上，C错误；
D．根据上述有
，
解得，经过相等时间A、B粒子水平分位移比为
可知，经历相等时间A、B粒子水平分位移比为2:5，位移之比并不等于2:5，D错误。
故选A。
二、非选择题（共58分）
15. 某小组做“测量玻璃的折射率”实验时，在白纸上画出光线的径迹，如图所示。以入射点O为圆心作圆，圆与入射光线、折射光线分别交于A、B点，过A、B点作法线的垂线，垂足分别为C、D点。测得圆的半径为R，线段AC长度为a，BD长度为b，OC长度为c，OD长度为d，则玻璃的折射率________。（用题中所给字母表示）
【答案】
【解析】
【详解】根据折射定律可得
根据图中几何关系可得
，
联立可得玻璃的折射率为
16. 如图甲所示，用质量为m的重物通过滑轮牵引质量为M（）的小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。以小车为研究对象，利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验。
（1）打点计时器使用的电源是__________（填选项前的字母）。
A．直流电源 B.交流电源
（2）若正确操作实验步骤后，得到的一条纸带如图乙所示、O为打下的第一个点，A、B、C为纸带上连续的三个计数点，各点到O点的距离分别为x1、x2、x3，知相邻计数点间的时间间隔为T。从打O点到打B点的过程中，若__________成立（用题中所给字母表示），则可验证动能定理成立。
（3）假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，v和W分别表示小车速度和重物重力做的功，则从理论上分析，能正确反映v2-W关系的是__________ （填选项前的字母）。
【答案】 ① B ②. ③. A
【解析】
【详解】（1）[1]打点计时器均使用交流电源。
故选B。
（2）[2]小车拖动纸带移动的距离等于重物下落的距离，又小车所受拉力约等于重物重力，因此拉力对小车做的功
小车做匀变速直线运动，因此打点时小车的速度为打段的平均速度，则有
若成立，即
可验证动能定理成立。
（3）[3]若重物质量不满足远小于小车质量，则绳子对小车的拉力实际不等于重物的重力，由牛顿第二定律
和
可得
由动能定理得
解得
则实际图线的斜率
重物质量与小车质量不变，速度虽然增大，但斜率不变。
故选A。
17. 如图所示，截面是扇形的玻璃砖放在水平面上，扇形的半径为R，，面涂有反射层，一束单色光竖直向下照射在面上的C点，折射光线照射在面的D点，反射光线照射在弧面的中点E，与平行，光在真空中的传播速度为c。求：
（1）玻璃砖对该单色光的折射率；
（2）该单色光从C点传播到E点所用时间。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】延长入射光线交OB于F点，如图
由于与平行，且CD和ED与竖直方向夹角相等，则
由几何关系，光的入射角为，则
故光的折射角为，则玻璃砖对该单色光的折射率为
（2）为正三角形，则OCED为菱形，则
得
即光在玻璃砖中的路程为
光在玻璃砖中的速度为
单色光从C点传播到E点所用的时间为
18. 图甲为“测量某电池组电动势和内阻”的实验电路图。实验室除提供待测电池组一个、开关一个、导线若干外，还有下列器材可供选用：
电压表V：量程0~3V，内阻约3kΩ
电流表A：量程0~0.6A，内阻约0.2Ω
滑动变阻器：0~500Ω，额定电流1A
滑动变阻器：，额定电流1A
（1）图甲为该同学设计的实验电路图，实验中忽略电流表和电压表内阻的影响。
①为了便于实验，滑动变阻器应选用________（填写仪器的字母代号）；
②实验中调节滑动变阻器，记录多组电压表示数U和电流表示数I，在坐标纸上描点连线作出图像，如图乙所示。根据图乙可得该电池组的电动势________V，内阻________（结果均保留2位有效数字）。
（2）为了研究电表内阻对测量结果的影响，我们用U和I的函数关系进行分析。
①用字母分别表示电压表和电流表内阻，U、I分别表示电压表和电流表的示数，E、r分别表示电池的电动势和内阻的真实值。考虑到电表内阻的影响，写出反映U和I真实关系的函数表达式________；（请用题目中已知字母表示）
②通过对函数表达式进行分析可得，（1）中电池组的电动势E测量值________真实值，内阻r的测量值________真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】（1） ①. ②. 2.9 ③. ##3.0##3.1
（2） ①. ②. 小于 ③. 小于
【解析】
【小问1详解】
①[1]因为电池内阻小，为保证实验中可多测量几组数据，且在调节滑动变阻器时电流变化比较明显，所以滑动变阻器应选择；
②[2][3]根据图甲电路图，由闭合回路欧姆定律有
可知，图像与纵轴的交点表示电动势，故电动势为
图像的斜率绝对值表示电源内阻，则
【小问2详解】
①[1]根据图甲电路图，由闭合电路欧姆定律有
整理得
②[2]根据上述结果可知图像与纵轴的交点表示，则
图像斜率绝对值表示，则
所以电池组的电动势E测量值小于真实值，内阻r的测量值小于真实值。
19. 电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛，使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随时间的变化。图甲直流电源电动势、内阻不计，充电前电容器带电量为零。先使S与“1”端相连，电源向电容器充电。充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的曲线如图乙所示。
（1）在电容器充电与放电过程中，通过电阻的电流方向______（选填“相同”或“相反”）；
（2）乙图中阴影部分的面积______（选填“>”、“<”或“=”）；
（3）已知，则该电容器的电容值约为______法拉（计算结果保留两位有效数字）；
（4）由甲、乙两图可判断阻值______（选填“>”或“<”）。
【答案】（1）相反 （2）＝
（3）0.15 （4）
【解析】
【小问1详解】
由图甲可知，电容器充电时，通过电阻R0的电流方向向左，放电时通过R0的电流方向向右，故在电容器充电与放电过程中，通过电阻的电流方向相反。
【小问2详解】
曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影部分的面积相等。
【小问3详解】
由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等于电源电动势，则该电容器的电容值为
【小问4详解】
由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的最大电流，则可知
20. 如图所示，某传送装置由两部分组成，长为的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右边光滑水平面上放着质量为的长木板C，质量为的物块B放在长木板上表面左端，C左端靠近传送带，B、C均处于静止状态，C的右端不远处有一固定平台D，传送带、C、D三者的上表面在同一水平面上，质量为的物块A轻放在传送带左端，物块A以最短时间通过传送带与物块B相碰并粘在一起，C与D相碰前，A、B、C已共速，C与D碰撞后速度立即为零，此后A、B刚好能滑上平台D，已知物块A与传送带间动摩擦因数为0.5，A、B与C间动摩擦因数为0.1，不计物块A、B大小，重力加速度取，求：
（1）传送带运动的速度应满足什么条件；
（2）长木板C的右端到D的距离满足什么条件；
（3）长木板C的长度为多少。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）要使物块A以最短时间通过传送带，则物块A一直在传送带上做匀加速直线运动，加速度为
根据动力学公式
解得
传送带运动的速度最小值为
传送带运动的速度应满足。
（2）由上述分析可知，物块A离开传送带的速度为，物块A与物块B相碰，根据动量守恒有
解得
C与D相碰前，A、B、C组成的系统，根据动量守恒有
解得
对C，根据动能定理有
解得
长木板C的右端到D的距离为
（3）A、B、C组成的系统，根据能量守恒有
解得
C与D相碰后，A、B刚好能滑上平台D，A、B与C的相对位移为
长木板C的长度为
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