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【开学考】2024秋高三上册开学物理摸底考试 物理（江苏专用）2025届新高三上册开学摸底考试卷.zip
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这是一份【开学考】2024秋高三上册开学物理摸底考试 物理（江苏专用）2025届新高三上册开学摸底考试卷.zip，文件包含物理江苏专用解析版docx、物理江苏专用考试版docx、物理江苏专用答案及评分标准docx、物理江苏专用答题卡A3docx等4份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分，每题只有一个选项最符合题意
1．已知氘核质量为，氚核质量为，氦核质量为，中子质量为，阿伏加德罗常数NA取，氘核摩尔质量为，相当于。关于氘与氚聚变成氦，下列说法正确的是（ ）
A. 核反应方程式为
B. 氘核的比结合能比氦核的大
C. 氘核与氚核的间距达到就能发生核聚变
D. 氘完全参与聚变释放出能量的数量级为
【答案】D
【解析】核反应方程式为故A错误；氘核的比结合能比氦核的小，故B错误；
氘核与氚核发生核聚变，要使它们间的距离达到以内，故C错误；一个氘核与一个氚核聚变反应质量亏损
聚变反应释放的能量是，4g氘完全参与聚变释放出能量，数量级为，故D正确。故选D。
2．如图，虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道Ⅰ为与第一宇宙速度对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度对应的脱离轨道，三点分别位于三条轨道上，点为轨道Ⅱ的远地点，点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的2倍，则（ ）
A. 卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ的2倍
B. 卫星经过点的速率为经过点的倍
C. 卫星在点的加速度大小为在点的3倍
D. 质量相同的卫星在点的机械能小于在点的机械能
【答案】D
【解析】由题可知轨道I的半径与轨道Ⅱ的半长轴之比为，根据开普勒第三定律，解得，卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ的倍。故A错误；根据，如果b点在过该点的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，如图所示
卫星经过a点的速率为经过b点的倍，而轨道Ⅱ是椭圆，因此在轨道Ⅱ上b点的速度不等于圆轨道的速度，故B错误；根据公式，c点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的2倍。可知，卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍，故C错误；卫星从轨道Ⅱ变到轨道Ⅲ需要点火加速，因此再同一点加速动能增大也就是机械能增大，而同一轨道机械能守恒，因此b点的机械能小于在c点的机械能，故D正确。故选D。
3．某同学自制双缝干涉实验装置，在纸板上割出一条窄缝，于窄缝中央沿缝方向固定一根拉直的头发丝形成双缝，将该纸板与墙面平行放置，如图所示。用绿色激光照双缝，能在墙面上观察到干涉条纹。下列做法可以使相邻两条亮纹中央间距变小的是（ ）
A. 换用更粗的头发丝B. 换用红色激光照双缝
C. 增大纸板与墙面的距离D. 减小光源与纸板的距离
【答案】A
【解析】由于干涉条纹间距，可知：换用更粗的头发丝，双缝间距d变大，则相邻两条亮纹中央间距Δx变小，故A正确；换用红色激光照双缝，波长变长，则相邻两条亮纹中央间距Δx变大，故B错误；增大纸板与墙面的距离l，则相邻两条亮纹中央间距Δx变大，故C错误；减小光源与纸板的距离，不会影响相邻两条亮纹中央间距Δx，故D错误。故选A。
4．如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程（过程中气体不与外界交换热量），2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是（ ）
A. 1→2过程中，气体内能减少B. 2→3过程中，气体向外放热
C. 3→4过程中，气体内能不变D. 4→1过程中，气体向外放热
【答案】D
【解析】1→2为绝热过程，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知此时气体体积减小，外界对气体做功，故内能增加，故A错误；2→3为等压过程，根据盖吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功W<0，故气体吸收热量，故B错误；3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功W<0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误；4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变W=0，故可知气体向外放热，故D正确。故选D。
5．喷泉a、b形成如图所示的形状，不计空气阻力，则喷泉a、b的（ ）
A. 加速度相同
B. 初速度相同
C. 最高点的速度相同
D. 在空中的时间相同
【答案】A
【解析】不计空气阻力，在喷泉喷出的水在空中只受重力，加速度均为重力加速度，故A正确；设喷泉喷出的水竖直方向的分速度为vy，水平方向速度为vx，竖直方向，根据对称性可知在空中运动的时
可知ta>tb，B错误；最高点的速度等于水平方向的分速度，由于水平方向的位移大小关系未知，无法判断最高点的速度大小关系，根据速度的合成可知无法判断初速度的大小，CD错误。故选A。
6．在原子跃迁中，辐射如图所示的4种光子，其中只有一种光子可使某金属发生光电效应，是哪一种（ ）
A. λ1B. λ2C. λ3D. λ4
【答案】C
【解析】根据光电方程可知当只有一种光子可使某金属发生光电效应，该光子对应的能量最大，根据图中能级图可知跃迁时对应波长为λ3的光子能量最大。故选C
7．现有一光线以相同的入射角θ，打在不同浓度NaCl的两杯溶液中，折射光线如图所示（β1<β2），已知折射率随浓度增大而变大。则（ ）
A. 甲折射率大
B. 甲浓度小
C. 甲中光线的传播速度大
D. 甲临界角大
【答案】A
【解析】入射角相同，由于β1<β2，根据折射定律可知n甲>n乙，故甲浓度大；根据，可知光线在甲中的传播速度较小，由可知折射率越大临界角越小，故甲临界角小。故选A。
8．如图所示，水面上有O、A、B三点共线，OA=2AB，t=0时刻在O点的水面给一个扰动，t1时刻A开始振动，则B振动的时刻为（ ）
A. t1B. C. 2t1D.
【答案】B
【解析】机械波的波速v不变，设OA=2AB=2L，故可得，可得，故可得B振动的时刻为故选B。
9．如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是（ ）
A. 顺时针，顺时针
B. 顺时针，逆时针
C. 逆时针，顺时针
D. 逆时针，逆时针
【答案】A
【解析】线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过a线圈的磁通量在减小，则根据楞次定律可知a线圈的电流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出则a中产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b产生的磁场为顺时针。故选A。
10．如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度的大小（g为重力加速度），A、B两物体通过劲度系数为k的绝缘竖直轻质弹簧相连放在水平面上，A、B都处于静止状态。A、B质量均为m，其中A带正电，电荷量为，B不带电。弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能可表示为，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。若不计空气阻力，不考虑A物体电荷量的变化，保持电场强度的大小不变，将电场方向改为竖直向上，下列说法正确的是（ ）
A. 电场换向的瞬间，物体A的加速度大小为g
B. 从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，物体A的速度一直增大
C. 从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，物体A的机械能增加量等于物体A电势能的减少量
D. 物体B刚要离开地面时，A的速度大小为
【答案】D
【解析】在电场未反向时，A物体处于平衡状态，对A根据平衡条件可得
当施加上电场力瞬间，对A物体根据牛顿第二定律可得
解得a=2g，故A错误；在电场未反向时，弹簧处于压缩状态，压缩量为x0，根据平衡条件可得，解得，B刚要离开地面时，弹簧处于伸长状态，伸长量为x1，对B根据平衡条件可得，解得，对物体A受向上的电场力与向下的重力等大反向，可知物体A受的合力等于弹簧的弹力，则A受的合外力先受向上后向下，则加速度先向上后向下，则物体A先向上加速后向上减速，故B错误；从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，因x0>x1，即从初态到末态弹簧的形变量减小，弹性势能减小，A物体的机械能增量等于电势能的减少量与弹性势能的减少量之和，则物体A的机械能增加量大于物体A电势能的减少量，故C错误；物体B刚要离开地面时，由能量关系可知。解得A的速度大小为，故D正确。故选D。
11．如图所示为某景观喷泉的喷射装置结构示意图。它由竖直进水管和均匀分布在同一水平面上的多个喷嘴组成，喷嘴与进水管中心的距离均为r=0.6m，离水面的高度h=3.2m。水泵位于进水管口处，启动后，水泵从水池吸水，并将水压到喷嘴处向水平方向喷出，水在水池面上的落点与进水管中心的水平距离为R=2.2m。水泵的效率为η=80%，水泵出水口在1s内通过的水的质量为m0=10kg，重力加速度g取10m/s2，忽略水在管道和空中运动时的机械能损失。则下列错误的是（ ）
A. 水从喷嘴喷出时速度的大小2m/s
B. 在水从喷嘴喷出到落至水面的时间内，水泵对水做的功是320J
C. 水泵输出的功率340W
D. 水泵在1h内消耗的电能
【答案】B
【解析】水从喷嘴水平喷出，做平抛运动，由平抛运动的规律知，
解得v=2m/s，选项A正确；在水从喷嘴喷出到落至水面的时间内，水泵对水做的功W=Pt=272J，选项B错误；水泵对外做功，转化为水的机械能，水泵的输出功率为，其中t=1s，得P=340W，选项C正确；根据P=ηP电，则水泵的电功率是P电=425W，1h内消耗的电能为，选项D正确。本题选错误的，故选B。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12．（10分，每空2分）如图1所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
（1）在小车质量___（选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为___（选填“偶然误差”或“系统误差”）。为减小此误差，下列可行的方案是___；
A.用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车
B.在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器
C.在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小
（2）经正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别为0、x1、、x6。已知打点计时器的打点周期为T，则打计数点5时小车速度的表达式v=___；小车加速度的表达式是___。
A. B. C.
【答案】（1）远大于 系统误差 C （2） A
【解析】（1）设小车质量为M，槽码质量为m。对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有，
联立解得
由上式可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。
上述做法引起的误差是由于实验方法或原理不完善造成的，属于系统误差。该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的，不是由于车与木板间存在阻力（实验中已经补偿了阻力）或是速度测量精度低造成的，为减小此误差，可在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小。故选C。
（2）相邻两计数点间的时间间隔为
打计数点5时小车速度的表达式为
根据逐差法可得小车加速度的表达式是，故选A。
13．（8分）如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1=750cm3的左右两部分。面积为S=100cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1=300K、压强p1=2.04×105Pa的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度T2=350K的状态3，气体内能增加ΔU=63.8J。已知大气压强p0=1.01×105Pa，隔板厚度不计。
（1）气体从状态1到状态2是___（选填“可逆”或“不可逆”）过程，分子平均动能____（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求水平恒力F的大小；
（3）求电阻丝C放出的热量Q。
【答案】（1）气体从状态1到状态2是不可逆过程，分子平均动能不变；（2）10N；（3）89.3J
【解析】（1）根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程（1分），由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变（1分）。
（2）气体从状态1到状态2发生等温变化，则有p1V1=p2.2V1 （1分）
解得状态2气体的压强为（1分）
解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为对象，根据受力平衡可得
解得（1分）
（3）当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度T2=350K的状态3，可知气体做等压变化，则有（1分）
可得状态3气体的体积为
该过程气体对外做功为（1分）
根据热力学第一定律可得
解得气体吸收的热量为
可知电阻丝C放出的热量为（1分）
14．（8分）一个静止的镭核eq \\al(226, 88)Ra发生衰变放出一个粒子变为氡核eq \\al(222, 86)Rn，已知镭核226质量为226.025 4 u，氡核222质量为222.016 3 u，放出粒子的质量为4.002 6 u，1 u相当于931.5 MeV的能量。（计算结果保留两位小数）
（1）写出核反应方程；
（2）求镭核衰变放出的能量；
（3）若衰变放出的能量均转变为氡核和放出粒子的动能，求放出粒子的动能？
【答案】（1）eq \\al(226, 88)Ra→eq \\al(222, 86)Rn＋eq \\al(4,2)He （2）6.055 MeV （3）5.95 MeV
【解析】（1）由质量数与核电荷数守恒可知，该反应方程中放射出一个eq \\al(4,2)He粒子，核反应方程为
eq \\al(226, 88)Ra→eq \\al(222, 86)Rn＋eq \\al(4,2)He（2分）
（2）该核反应中质量亏损为Δm＝226.025 4 u－222.016 3 u－4.002 6 u＝0.006 5 u （1分）
根据爱因斯坦质能方程得，释放出的核能ΔE＝Δm×931.5 MeV≈6.05 MeV。（1分）
（3）衰变的过程中动量守恒，若衰变放出的能量均转变为氡核和放出的粒子的动能，规定eq \\al(4,2)He粒子运动的方向为正方向，则mαv1－mRnv2＝0 （1分） eq \f(1,2)mαv12＋eq \f(1,2)mRnv22＝ΔE （1分）
联立解得Ekα＝eq \f(1,2)mαv12＝eq \f(mRnΔE,mα＋mRn)≈5.94 MeV。（2分）
（14分）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1m的圆弧轨道BCD，长度L=1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25，向下运动时动摩擦因数μ2=0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6，cs37°=0.8）
（1）若h=0.8m，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。
（2）若h=1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m
【解析】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有（1分）
第一次经过C点的向心加速度大小为（1分）
②小物块a在DE上时，因为（1分）
所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在DE上经过的总路程为s，根据功能关系有（1分）
解得s=2m（1分）
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
（1分） （1分）
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
（1分）
解得（1分）
（2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
（1分）
解得vF=2m/s（1分）
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有（1分） （1分）
解得l=0.2m（1分）
16．（16分）如图为某同学设计的带电粒子的聚焦和加速装置示意图。位于S点的粒子源可以沿纸面内与SO1（O1为圆形磁场的圆心）的夹角为的方向内均匀地发射速度为v0=10m/s、电荷量均为q=-2.0×10-4C、质量均为m=1.0×10-6kg的粒子，粒子射入半径为R=0.1m的圆形区域匀强磁场。已知粒子源在单位时间发射N=2.0×105个粒子，圆形区域磁场方向垂直纸面向里，沿着SO1射入圆形区域磁场的粒子恰好沿着水平方向射出磁场。粒子数控制系统是由竖直宽度为L、且L在范围内大小可调的粒子通道构成，通道竖直宽度L的中点与O1始终等高。聚焦系统是由有界匀强电场和有界匀强磁场构成，匀强电场的方向水平向右、场强E=0.625N/C，边界由x轴、曲线OA和直线GF（方程为：y=-x+0.4（m））构成，匀强磁场方向垂直纸面向里、磁感应强度B=0.25T，磁场的边界由x轴、直线GF、y轴构成，已知所有经过聚焦系统的粒子均可以从F点沿垂直x轴的方向经过一段真空区域射入加速系统。加速系统是由两个开有小孔的平行金属板构成，两小孔的连线过P点，上下两板间电势差U=-10kV，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。求：
（1）圆形磁场的磁感应强度B0；
（2）当L=R时，求单位时间进入聚焦系统的粒子数N0；
（3）若进入加速系统内粒子的初速度均忽略不计，设从加速系统射出的粒子在测试样品中运动所受的阻力f与其速度v关系为（k=0.2N·s·m-1），求粒子在样品中可达的深度d；
（4）曲线OA的方程。
【答案】（1）0.5T；（2）；（3）；（4）
【解析】（1）由洛伦兹力提供向心力得（1分）
解得圆形磁场的磁感应强度为（1分）
（2）临界1：粒子恰好从控制系统上边界进入，粒子在S点入射速度与的夹角为，则（1分）
解得（1分）
临界2：粒子恰好从控制系统下边界进入，粒子在S点入射速度与的夹角为，则（1分）
解得（1分）
能进入控制系统的粒子数（1分）
（3）对粒子在加速系统运用动能定理（1分）
解得 （1分）
对粒子进入样品得过程运用动量定理（2分）
粒子在样品中可达的深度为（1分）
（4）设粒子从曲线OA的点进入电场，则粒子从直线GF的点射出电场，根据动能定理有（2分）
由洛伦兹力提供向心力得（1分）
曲线OA的方程为。（1分）
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分，每题只有一个选项最符合题意
1．已知氘核质量为，氚核质量为，氦核质量为，中子质量为，阿伏加德罗常数NA取，氘核摩尔质量为，相当于。关于氘与氚聚变成氦，下列说法正确的是（ ）
A. 核反应方程式为
B. 氘核的比结合能比氦核的大
C. 氘核与氚核的间距达到就能发生核聚变
D. 氘完全参与聚变释放出能量的数量级为
【答案】D
【解析】核反应方程式为故A错误；氘核的比结合能比氦核的小，故B错误；
氘核与氚核发生核聚变，要使它们间的距离达到以内，故C错误；一个氘核与一个氚核聚变反应质量亏损
聚变反应释放的能量是，4g氘完全参与聚变释放出能量，数量级为，故D正确。故选D。
2．如图，虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道Ⅰ为与第一宇宙速度对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度对应的脱离轨道，三点分别位于三条轨道上，点为轨道Ⅱ的远地点，点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的2倍，则（ ）
A. 卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ的2倍
B. 卫星经过点的速率为经过点的倍
C. 卫星在点的加速度大小为在点的3倍
D. 质量相同的卫星在点的机械能小于在点的机械能
【答案】D
【解析】由题可知轨道I的半径与轨道Ⅱ的半长轴之比为，根据开普勒第三定律，解得，卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ的倍。故A错误；根据，如果b点在过该点的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，如图所示
卫星经过a点的速率为经过b点的倍，而轨道Ⅱ是椭圆，因此在轨道Ⅱ上b点的速度不等于圆轨道的速度，故B错误；根据公式，c点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的2倍。可知，卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍，故C错误；卫星从轨道Ⅱ变到轨道Ⅲ需要点火加速，因此再同一点加速动能增大也就是机械能增大，而同一轨道机械能守恒，因此b点的机械能小于在c点的机械能，故D正确。故选D。
3．某同学自制双缝干涉实验装置，在纸板上割出一条窄缝，于窄缝中央沿缝方向固定一根拉直的头发丝形成双缝，将该纸板与墙面平行放置，如图所示。用绿色激光照双缝，能在墙面上观察到干涉条纹。下列做法可以使相邻两条亮纹中央间距变小的是（ ）
A. 换用更粗的头发丝B. 换用红色激光照双缝
C. 增大纸板与墙面的距离D. 减小光源与纸板的距离
【答案】A
【解析】由于干涉条纹间距，可知：换用更粗的头发丝，双缝间距d变大，则相邻两条亮纹中央间距Δx变小，故A正确；换用红色激光照双缝，波长变长，则相邻两条亮纹中央间距Δx变大，故B错误；增大纸板与墙面的距离l，则相邻两条亮纹中央间距Δx变大，故C错误；减小光源与纸板的距离，不会影响相邻两条亮纹中央间距Δx，故D错误。故选A。
4．如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程（过程中气体不与外界交换热量），2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是（ ）
A. 1→2过程中，气体内能减少B. 2→3过程中，气体向外放热
C. 3→4过程中，气体内能不变D. 4→1过程中，气体向外放热
【答案】D
【解析】1→2为绝热过程，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知此时气体体积减小，外界对气体做功，故内能增加，故A错误；2→3为等压过程，根据盖吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功W<0，故气体吸收热量，故B错误；3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功W<0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误；4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变W=0，故可知气体向外放热，故D正确。故选D。
5．喷泉a、b形成如图所示的形状，不计空气阻力，则喷泉a、b的（ ）
A. 加速度相同
B. 初速度相同
C. 最高点的速度相同
D. 在空中的时间相同
【答案】A
【解析】不计空气阻力，在喷泉喷出的水在空中只受重力，加速度均为重力加速度，故A正确；设喷泉喷出的水竖直方向的分速度为vy，水平方向速度为vx，竖直方向，根据对称性可知在空中运动的时
可知ta>tb，B错误；最高点的速度等于水平方向的分速度，由于水平方向的位移大小关系未知，无法判断最高点的速度大小关系，根据速度的合成可知无法判断初速度的大小，CD错误。故选A。
6．在原子跃迁中，辐射如图所示的4种光子，其中只有一种光子可使某金属发生光电效应，是哪一种（ ）
A. λ1B. λ2C. λ3D. λ4
【答案】C
【解析】根据光电方程可知当只有一种光子可使某金属发生光电效应，该光子对应的能量最大，根据图中能级图可知跃迁时对应波长为λ3的光子能量最大。故选C
7．现有一光线以相同的入射角θ，打在不同浓度NaCl的两杯溶液中，折射光线如图所示（β1<β2），已知折射率随浓度增大而变大。则（ ）
A. 甲折射率大
B. 甲浓度小
C. 甲中光线的传播速度大
D. 甲临界角大
【答案】A
【解析】入射角相同，由于β1<β2，根据折射定律可知n甲>n乙，故甲浓度大；根据，可知光线在甲中的传播速度较小，由可知折射率越大临界角越小，故甲临界角小。故选A。
8．如图所示，水面上有O、A、B三点共线，OA=2AB，t=0时刻在O点的水面给一个扰动，t1时刻A开始振动，则B振动的时刻为（ ）
A. t1B. C. 2t1D.
【答案】B
【解析】机械波的波速v不变，设OA=2AB=2L，故可得，可得，故可得B振动的时刻为故选B。
9．如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是（ ）
A. 顺时针，顺时针
B. 顺时针，逆时针
C. 逆时针，顺时针
D. 逆时针，逆时针
【答案】A
【解析】线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过a线圈的磁通量在减小，则根据楞次定律可知a线圈的电流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出则a中产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b产生的磁场为顺时针。故选A。
10．如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度的大小（g为重力加速度），A、B两物体通过劲度系数为k的绝缘竖直轻质弹簧相连放在水平面上，A、B都处于静止状态。A、B质量均为m，其中A带正电，电荷量为，B不带电。弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能可表示为，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。若不计空气阻力，不考虑A物体电荷量的变化，保持电场强度的大小不变，将电场方向改为竖直向上，下列说法正确的是（ ）
A. 电场换向的瞬间，物体A的加速度大小为g
B. 从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，物体A的速度一直增大
C. 从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，物体A的机械能增加量等于物体A电势能的减少量
D. 物体B刚要离开地面时，A的速度大小为
【答案】D
【解析】在电场未反向时，A物体处于平衡状态，对A根据平衡条件可得
当施加上电场力瞬间，对A物体根据牛顿第二定律可得
解得a=2g，故A错误；在电场未反向时，弹簧处于压缩状态，压缩量为x0，根据平衡条件可得，解得，B刚要离开地面时，弹簧处于伸长状态，伸长量为x1，对B根据平衡条件可得，解得，对物体A受向上的电场力与向下的重力等大反向，可知物体A受的合力等于弹簧的弹力，则A受的合外力先受向上后向下，则加速度先向上后向下，则物体A先向上加速后向上减速，故B错误；从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，因x0>x1，即从初态到末态弹簧的形变量减小，弹性势能减小，A物体的机械能增量等于电势能的减少量与弹性势能的减少量之和，则物体A的机械能增加量大于物体A电势能的减少量，故C错误；物体B刚要离开地面时，由能量关系可知。解得A的速度大小为，故D正确。故选D。
11．如图所示为某景观喷泉的喷射装置结构示意图。它由竖直进水管和均匀分布在同一水平面上的多个喷嘴组成，喷嘴与进水管中心的距离均为r=0.6m，离水面的高度h=3.2m。水泵位于进水管口处，启动后，水泵从水池吸水，并将水压到喷嘴处向水平方向喷出，水在水池面上的落点与进水管中心的水平距离为R=2.2m。水泵的效率为η=80%，水泵出水口在1s内通过的水的质量为m0=10kg，重力加速度g取10m/s2，忽略水在管道和空中运动时的机械能损失。则下列错误的是（ ）
A. 水从喷嘴喷出时速度的大小2m/s
B. 在水从喷嘴喷出到落至水面的时间内，水泵对水做的功是320J
C. 水泵输出的功率340W
D. 水泵在1h内消耗的电能
【答案】B
【解析】水从喷嘴水平喷出，做平抛运动，由平抛运动的规律知，
解得v=2m/s，选项A正确；在水从喷嘴喷出到落至水面的时间内，水泵对水做的功W=Pt=272J，选项B错误；水泵对外做功，转化为水的机械能，水泵的输出功率为，其中t=1s，得P=340W，选项C正确；根据P=ηP电，则水泵的电功率是P电=425W，1h内消耗的电能为，选项D正确。本题选错误的，故选B。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12．（10分，每空2分）如图1所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
（1）在小车质量___（选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为___（选填“偶然误差”或“系统误差”）。为减小此误差，下列可行的方案是___；
A.用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车
B.在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器
C.在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小
（2）经正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别为0、x1、、x6。已知打点计时器的打点周期为T，则打计数点5时小车速度的表达式v=___；小车加速度的表达式是___。
A. B. C.
【答案】（1）远大于 系统误差 C （2） A
【解析】（1）设小车质量为M，槽码质量为m。对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有，
联立解得
由上式可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。
上述做法引起的误差是由于实验方法或原理不完善造成的，属于系统误差。该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的，不是由于车与木板间存在阻力（实验中已经补偿了阻力）或是速度测量精度低造成的，为减小此误差，可在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小。故选C。
（2）相邻两计数点间的时间间隔为
打计数点5时小车速度的表达式为
根据逐差法可得小车加速度的表达式是，故选A。
13．（8分）如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1=750cm3的左右两部分。面积为S=100cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1=300K、压强p1=2.04×105Pa的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度T2=350K的状态3，气体内能增加ΔU=63.8J。已知大气压强p0=1.01×105Pa，隔板厚度不计。
（1）气体从状态1到状态2是___（选填“可逆”或“不可逆”）过程，分子平均动能____（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求水平恒力F的大小；
（3）求电阻丝C放出的热量Q。
【答案】（1）气体从状态1到状态2是不可逆过程，分子平均动能不变；（2）10N；（3）89.3J
【解析】（1）根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程（1分），由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变（1分）。
（2）气体从状态1到状态2发生等温变化，则有p1V1=p2.2V1 （1分）
解得状态2气体的压强为（1分）
解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为对象，根据受力平衡可得
解得（1分）
（3）当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度T2=350K的状态3，可知气体做等压变化，则有（1分）
可得状态3气体的体积为
该过程气体对外做功为（1分）
根据热力学第一定律可得
解得气体吸收的热量为
可知电阻丝C放出的热量为（1分）
14．（8分）一个静止的镭核eq \\al(226, 88)Ra发生衰变放出一个粒子变为氡核eq \\al(222, 86)Rn，已知镭核226质量为226.025 4 u，氡核222质量为222.016 3 u，放出粒子的质量为4.002 6 u，1 u相当于931.5 MeV的能量。（计算结果保留两位小数）
（1）写出核反应方程；
（2）求镭核衰变放出的能量；
（3）若衰变放出的能量均转变为氡核和放出粒子的动能，求放出粒子的动能？
【答案】（1）eq \\al(226, 88)Ra→eq \\al(222, 86)Rn＋eq \\al(4,2)He （2）6.055 MeV （3）5.95 MeV
【解析】（1）由质量数与核电荷数守恒可知，该反应方程中放射出一个eq \\al(4,2)He粒子，核反应方程为
eq \\al(226, 88)Ra→eq \\al(222, 86)Rn＋eq \\al(4,2)He（2分）
（2）该核反应中质量亏损为Δm＝226.025 4 u－222.016 3 u－4.002 6 u＝0.006 5 u （1分）
根据爱因斯坦质能方程得，释放出的核能ΔE＝Δm×931.5 MeV≈6.05 MeV。（1分）
（3）衰变的过程中动量守恒，若衰变放出的能量均转变为氡核和放出的粒子的动能，规定eq \\al(4,2)He粒子运动的方向为正方向，则mαv1－mRnv2＝0 （1分） eq \f(1,2)mαv12＋eq \f(1,2)mRnv22＝ΔE （1分）
联立解得Ekα＝eq \f(1,2)mαv12＝eq \f(mRnΔE,mα＋mRn)≈5.94 MeV。（2分）
（14分）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1m的圆弧轨道BCD，长度L=1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25，向下运动时动摩擦因数μ2=0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6，cs37°=0.8）
（1）若h=0.8m，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。
（2）若h=1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m
【解析】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有（1分）
第一次经过C点的向心加速度大小为（1分）
②小物块a在DE上时，因为（1分）
所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在DE上经过的总路程为s，根据功能关系有（1分）
解得s=2m（1分）
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
（1分） （1分）
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
（1分）
解得（1分）
（2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
（1分）
解得vF=2m/s（1分）
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有（1分） （1分）
解得l=0.2m（1分）
16．（16分）如图为某同学设计的带电粒子的聚焦和加速装置示意图。位于S点的粒子源可以沿纸面内与SO1（O1为圆形磁场的圆心）的夹角为的方向内均匀地发射速度为v0=10m/s、电荷量均为q=-2.0×10-4C、质量均为m=1.0×10-6kg的粒子，粒子射入半径为R=0.1m的圆形区域匀强磁场。已知粒子源在单位时间发射N=2.0×105个粒子，圆形区域磁场方向垂直纸面向里，沿着SO1射入圆形区域磁场的粒子恰好沿着水平方向射出磁场。粒子数控制系统是由竖直宽度为L、且L在范围内大小可调的粒子通道构成，通道竖直宽度L的中点与O1始终等高。聚焦系统是由有界匀强电场和有界匀强磁场构成，匀强电场的方向水平向右、场强E=0.625N/C，边界由x轴、曲线OA和直线GF（方程为：y=-x+0.4（m））构成，匀强磁场方向垂直纸面向里、磁感应强度B=0.25T，磁场的边界由x轴、直线GF、y轴构成，已知所有经过聚焦系统的粒子均可以从F点沿垂直x轴的方向经过一段真空区域射入加速系统。加速系统是由两个开有小孔的平行金属板构成，两小孔的连线过P点，上下两板间电势差U=-10kV，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。求：
（1）圆形磁场的磁感应强度B0；
（2）当L=R时，求单位时间进入聚焦系统的粒子数N0；
（3）若进入加速系统内粒子的初速度均忽略不计，设从加速系统射出的粒子在测试样品中运动所受的阻力f与其速度v关系为（k=0.2N·s·m-1），求粒子在样品中可达的深度d；
（4）曲线OA的方程。
【答案】（1）0.5T；（2）；（3）；（4）
【解析】（1）由洛伦兹力提供向心力得（1分）
解得圆形磁场的磁感应强度为（1分）
（2）临界1：粒子恰好从控制系统上边界进入，粒子在S点入射速度与的夹角为，则（1分）
解得（1分）
临界2：粒子恰好从控制系统下边界进入，粒子在S点入射速度与的夹角为，则（1分）
解得（1分）
能进入控制系统的粒子数（1分）
（3）对粒子在加速系统运用动能定理（1分）
解得 （1分）
对粒子进入样品得过程运用动量定理（2分）
粒子在样品中可达的深度为（1分）
（4）设粒子从曲线OA的点进入电场，则粒子从直线GF的点射出电场，根据动能定理有（2分）
由洛伦兹力提供向心力得（1分）
曲线OA的方程为。（1分）
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