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河北省张家口市宣化第一中学2023-2024学年高三下学期5月月考物理试卷
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力、支持力、摩擦力和磁力的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是（　　）
A． B． C． D．
2．如图为氢原子的能级图，已知可见光的光子能量范围约为1.62～3.11eV，以下说法正确的是（　　）
A．氢原子从高能级向基态跃迁时可能发射γ光子
B．用能量为11.0eV的光子激发处于基态的氢原子，可使其跃迁到激发态
C．原子跃迁到低能级后电子动能增大
D．处于n=2能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离
3．如图，某同学单手拍篮球：球从地面弹起到某一高度，手掌触球先一起向上减速，再一起向下加速，运动到手掌刚触球的位置时，手掌与球分离，从触球到分离记为一次拍球，以竖直向下为正方向，下列图像能大致反映一次拍球过程，篮球速度随时间变化关系的是（　　）
A． B．
C． D．
4．2022年10月9日，我国综合性太阳探测卫星“夸父一号”成功发射，实现了对太阳探测的跨越式突破。“夸父一号”卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为，运行一圈所用时间约为100分钟。如图所示，为了随时跟踪和观测太阳的活动，“夸父一号”在随地球绕太阳公转的过程中，需要其轨道平面始终与太阳保持固定的取向，使太阳光能照射到“夸父一号”，下列说法正确的是（　　）
A．“夸父一号”的运行轨道平面平均每天转动的角度约为
B．“夸父一号”绕地球做圆周运动的速度大于
C．“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度
D．由题干信息，根据开普勒第三定律，可求出日地间平均距离
5．如图所示，一列简谐横波沿轴正方向传播，时，位于坐标原点O处的波源开始从平衡位置沿y轴向上做周期为、振幅为的简谐振动。当平衡位置在处的质点P刚开始振动时，波源处的质点刚好位于波峰。下列描述正确的是（　　）
A．波源O在开始振动后内通过的路程为
B．该列简谐横波的最大波长为
C．该列简谐横波的最大波速为
D．若波长满足，则波速为
6．大气污染日益严重，为了减少污染要求工业尾气需要按照静电除尘器进行除尘才允许排放，下图是静电除尘器的原理示意图，接负极，外壳接正极，废气以一定的速度从底部开口进入，经过除尘后，干净的空气从顶部出来，达到除尘目的。m，n是两粒带电的尘埃（仅受电场力），虚线分别是他们的运动轨迹（　　）
A．m做匀变速直线运动，n做变加速曲线运动
B．m、n一定带正电
C．n的电势能一定增加
D．在处的电势低于处
7．某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中10.10s至10.35s内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为60kg，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．起跳过程中运动员的最大加速度约为42m/s2
B．起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3m/s
C．起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45m
D．起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330N·s
8．如图为某款自行车的气压式减震装置，活塞连接车把，气缸连接前轮。当路面不平时，自行车颠簸使得活塞上下振动，气缸内封闭的理想气体体积随之变化，起到减震作用。活塞迅速下压的过程中，气缸内的气体（　　）
A．对外做正功
B．内能减小
C．温度升高，分子平均动能增加
D．分子对气缸壁单位面积的平均撞击力增加
9．如图所示，用一交流电源给理想变压器供电，交流电源电压瞬时值变化规律为，理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1，原线圈回路接有一阻值为的电阻，理想变压器副线圈回路接有阻值为的电阻和灯泡L，闭合开关S后，规格为“10V，8W”的灯泡L恰好正常发光，则（　　）
A．变压器副线圈的电流为0.2A B．变压器原线圈的电压为80V
C．电阻的阻值为 D．变压器输入功率为20W
10．如图所示，质量为，带电量为的点电荷，从原点以初速度射入第一象限内的电磁场区域，在（为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（值有多种可能），可让粒子从射入磁场后偏转打到接收器上，则（　　）
A．粒子从中点射入磁场，电场强度满足
B．粒子从中点射入磁场时速度为
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到的距离为
D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
二、实验题（其中11题5分，12题9分，共计14分）
11．某同学用激光笔和透明长方体玻璃砖测量玻璃的折射率，实验过程如下：
（1）将玻璃砖平放在水平桌面上的白纸上，用大头针在白纸上标记玻璃砖的边界
（2）①激光笔发出的激光从玻璃砖上的点水平入射，到达面上的点后反射到点射出．用大头针在白纸上标记点、点和激光笔出光孔的位置
②移走玻璃砖，在白纸上描绘玻璃砖的边界和激光的光路，作连线的延长线与面的边界交于点，如图（a）所示
③用刻度尺测量和的长度和．的示数如图（b）所示，为　 　。测得为
（3）利用所测量的物理量，写出玻璃砖折射率的表达式　 　 ；由测得的数据可得折射率为　 　（结果保留3位有效数字）
（4）相对误差的计算式为。为了减小测量的相对误差，实验中激光在点入射时应尽量使入射角　 　。
12．某同学为了测量某一节干电池的电动势和内阻，实验室准备了下列器材：
A．待测干电池（电动势约为，内阻约为）
B．电流表A1（量程0.6A，内阻较小）
C．电流表A2（量程300μA，内阻）
D．滑动变阻器R1（0～20Ω，额定电流为2A）
E．滑动变阻器R2（0～2kΩ，额定电流为1A）
F．电阻箱R0（阻值为）
G．开关一个，导线若干
为了能比较准确地进行测量，根据要求回答下列问题：
（1）实验中滑动变阻器应选　 　（选填“R1”或“R2”）。
（2）为了操作方便，需利用电流表A2和电阻箱改装成量程为3V的电压表，需　 　（选填“串联”或“并联”）阻值R0=　 　Ω的电阻箱。
（3）请根据电路图甲将图乙中的实物连接完整，要求闭合电键S前，应将滑动变阻器的滑片移到最左端　 　。
（4）闭合电键S后，多次调节滑动变阻器，测得多组电流表A1、A2的示数I1、I2，绘制出图像，如图丙所示，则电源的电动势　 　，电源的内阻　 　（结果均用a、b、R0和Rg表示）。
三、解答题（其中13题8分，14题12分，15题20分，共计40分）
13．小明在河边玩打水漂游戏。他将扁平的石子以初速度水平抛出，石子第一次接触水面时速度的方向与水面的夹角为θ，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）石子第一次接触水面时的速度大小；
（2）石子抛出时距水面的高度h。
14．如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能。
15．如图所示，固定的一对长金属导轨，间距为，其水平部分与倾斜部分均足够长。导轨的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为，其左侧连接了电源G。导轨的倾斜部分倾角且处于平行斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为，其下方接有开关S和的电容器，开始时开关断开、电容器不带电。导轨上正对的P、Q两处各有一小段用绝缘材料制成，长度不计。质量均为的导电杆甲、乙静止在导轨上，均与导轨垂直，甲与导轨摩擦不计，电阻，乙的电阻。某时刻起电源G开始工作，输出恒定电流，经，使甲运动到P、Q处，电源G立即停止工作。当甲越过P、Q瞬间，再对其施加一个沿导轨水平向右的恒力，此时乙恰好开始运动。已知，不计除导电杆外所有电阻，不计回路自身激发磁场，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，。
（1）求甲通过P、Q时的速度大小；
（2）求乙与倾斜导轨间的动摩擦因数；
（3）求电源G输出的总能量；
（4）为回收部分能量，闭合开关S，其他条件不变，已知在甲通过P、Q后内位移为，产生的焦耳热为，此时电容器已达到最大稳定电压。当电容器电压为时，其储能为。忽略电磁辐射，求此过程中，乙上产生的焦耳热（该结果保留3位有效数字）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】如图所示，将重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解
AC．沿斜面方向，由平衡条件得，故A错误，C正确；
BD．垂直斜面方向，由平衡条件得，故BD错误。
故答案为：C。
【分析】本题利用共点力平衡条件求解。机器人静止时处于平衡状态，将重力沿斜面和垂直斜面方向分解，结合沿斜面、垂直斜面方向的受力平衡，分析各力之间的关系。
2．【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】A．由能级图可知，从能量是零跃迁到基态，放出光子的能量是13.6eV，小于γ光子的能量，因此不可能发射γ光子，A错误；
B.11.0eV光子的能量不等于基态与其它能级间的能级差，因此不会跃迁到激发态，B错误；
C．原子跃迁到低能级后，电子的轨道半径减小，电子绕核做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，则有
可得，可知轨道半径减小，则有电子动能增大，C正确；
D．紫外线光子的能量大于3.11eV，处于n=2能级的氢原子吸收紫外线后，能量不一定大于零，不一定能电离，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题利用氢原子能级跃迁规律、库仑力提供向心力的圆周运动规律求解，核心是结合能级差判断光子发射与吸收的可能性，通过轨道半径变化分析电子动能，同时结合电离条件判断紫外线的作用。
3．【答案】B
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】以竖直向下为正方向，则手掌触球先一起向上减速时，速度方向向上，速度为负值，加速度方向向下，当手掌触球一起向下加速时，速度方向向下，速度为正值，加速度方向向下，又由于图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移大小，根据题意篮球向上运动的位移与向下运动的位移大小相等，即前后两过程图像与时间轴所围三角形的面积相等，可知，只有第二个选择项满足要求。
故选B。
【分析】根据题意，分析拍球过程为向上减速和向下加速过程，根据运动过程的速度方向和加速度方向，向上和向下的位移关系，根据图像与时间轴所包围下几何图形的面积表示位移大小，以此分析判断。
4．【答案】A
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．因为“夸父一号”轨道要始终保持要太阳光照射到，则在一年之内转动360°角，即轨道平面平均每天约转动1°，故A正确；
B．第一宇宙速度是所有绕地球做圆周运动的卫星的最大环绕速度，则“夸父一号”的速度小于7.9km/s，故B错误；
C．根据可知“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C错误；
D．“夸父一号”绕地球转动，地球绕太阳转动，中心天体不同，则根据题中信息不能求解地球与太阳的距离，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题利用天体运动的规律求解，核心结合地球公转的角度变化分析卫星轨道平面的转动角度，依据第一宇宙速度的物理意义、万有引力定律的向心加速度公式，以及开普勒第三定律的适用条件，判断各选项的正确性。
5．【答案】A
【知识点】波长、波速与频率的关系；简谐运动
【解析】【解答】A．由于
波源O在开始振动后内通过的路程为，A正确；
BC．由已知条件可知波长满足（，，）
即（，，）
当时，波长最长，该波的最大波长；
故最大波速为，BC错误；
D．由题意可知，波长满足（，，）
波速为（，，）
只有时，满足，即，波速，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题利用简谐运动的路程规律、波的传播与波长的关系求解，核心是先计算波源振动的周期数，确定其运动路程；再结合波传播的距离与波长的关系，推导波长的表达式，进而分析波长、波速的最值及特定波长范围的波速。
6．【答案】D
【知识点】静电的防止与利用
【解析】【解答】A．由于电场不是匀强电场，带电尘埃受到的电场力不是恒力，带电尘埃的加速度不是恒定的，所以m做变加速直线运动，n做变加速曲线运动，故A错误；
B．带电尘埃n在电场力作用下做曲线运动，电场力位于曲线凹侧，可知电场力与电场方向相反，故n带负电，故B错误；
C．尘埃n带负电，向带正电的外壳运动，电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D．根据沿电场方向电势降低，可知处的电势低于处，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题利用非匀强电场中的受力、运动及电势、电势能的变化规律求解，核心是通过轨迹弯曲方向判断电场力方向，进而确定电荷电性；结合非匀强电场的场强分布分析运动性质，依据沿电场线方向电势降低判断电势高低，结合电场力做功情况分析电势能变化。
7．【答案】C
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；冲量
【解析】【解答】A．由图像可知，运动员受到的最大支持力约为
根据牛顿第二定律可知，起跳过程中运动员的最大加速度约为，故A错误；
BCD．根据图像可知，起跳过程中支持力的冲量为
起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为
根据动量定理可得
解得起跳离开地面瞬间的速度为
则起跳后运动员重心上升的平均速度为
起跳后运动员重心上升的最大高度为，故BD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】本题利用牛顿第二定律、动量定理和竖直上抛运动规律求解，核心是通过F t图像获取支持力的最值与冲量，结合动量定理求起跳速度，再用竖直上抛公式计算上升高度，同时分析加速度和平均速度的大小。
8．【答案】C,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．活塞迅速下压的过程中，气缸内的气体被压缩，外界对气体做正功。故A错误；
B．外界对气体做正功，活塞迅速下压，可近似看成是绝热过程，则由热力学第一定律
可知，气体内能增加。故B错误；
C．理想气体内能只与温度有关，所以气体温度升高，分子平均动能增加。故C正确；
D．根据理想气体的状态方程
气体体积减小，温度升高，则气体压强增大，即分子对气缸壁单位面积的平均撞击力增加。故D正确。
故选CD。
【分析】1.根据题意，活塞迅速下压，说明气体来不及与外界发生热交换，即Q=0。
2.气缸气体的体积减小，说明外界对气体做正功，，或者气体对外界做负功。
3.根据热力学第一定律分析，说明气体内能增大，气体温度升高，说明气体分子平均动能增大。
4.根据理想气体的状态方程，气体体积减小，温度升高，则气体压强增大，即分子对气缸壁单位面积的平均撞击力增加。
9．【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．规格为“”的灯泡L恰好正常发光，则副线圈的电流为，A错误；
B．理想变压器，解得原线圈电流为
从交流电源电压的瞬时值变化规律可得输入电压的有效值为100V，原线圈两端的电压为，B正确；
C．理想变压器有
解得
电阻的阻值为，C正确；
D．变压器输入功率为，D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题利用理想变压器的变压、变流规律，结合电功率公式和欧姆定律求解，核心是先由灯泡正常发光的参数求出副线圈电流与电压，再通过匝数比推导原线圈电流，结合交流电源的有效值分析原线圈电压，最后计算电阻阻值与输入功率。
10．【答案】A,D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．若粒子打到PN中点，则，
解得，A正确；
B．粒子从PN中点射出时，则
速度，B错误；
C．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则
粒子从电场中射出时的速度
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为
解得，C错误；
D．当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度，
出离电场的最大速度
则由
可得最大半径，D正确；
故答案为：AD。
【分析】粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动。结合类平抛运动的分运动公式求电场强度，由运动的合成求进入磁场的速度；再根据洛伦兹力提供向心力，分析圆周运动的圆心位置和半径最大值。
11．【答案】2.25；；1.51；稍小一些
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（2）③刻度尺的最小分度为0.1cm，由图可知，为2.25cm；
故答案为：2.25
（3）玻璃砖折射率的表达式
代入数据可知
故答案为：；1.51
（4）相对误差的计算式为，为了减小测量的相对误差，实验中要尽量稍大一些，即激光在点入射时应尽量使入射角稍小一些。
故答案为：稍小一些
【分析】(1) 长度测量：根据刻度尺的刻度（分度值1mm），读取PM的长度，注意估读一位；
(2) 折射率表达式推导：结合光的折射定律，利用几何关系将入射角、折射角的正弦值转化为、的比值；
(3) 折射率计算：代入、的数值，按有效数字要求计算折射率；
(4) 误差减小方法：分析入射角大小对、测量误差的影响，确定入射角度的选择原则。
12．【答案】（1）
（2）串联；9000
（3）
（4）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择阻值较小的；
故答案为：
（2）将电流表和电阻箱改装成量程为的电压表，需串联的电阻；
需要串联的阻值为
故答案为：串联；9000
（3）要求闭合电键S前，应将滑动变阻器的滑片移到最左端，依据电路原理图甲，将实物进行连接，如图所示
（4）分析电路，根据闭合电路欧姆定律有
整理得
对照图像可得，
联立解得，
故答案为：；
【分析】(1) 滑动变阻器选择：根据电源电动势（1.5V）和内阻（约1Ω），结合限流/分压接法的要求，选择阻值较小的滑动变阻器以实现电流的连续调节；
(2) 电表改装：将小量程电流表改装为电压表需串联分压电阻，根据串联电路的电压分配规律计算分压电阻的阻值；
(3) 实物电路连接：依据电路图的串并联关系，按“电源→开关→滑动变阻器→用电器”的顺序连接，注意电流表的正负接线柱和滑动变阻器的滑片位置；
(4) 电动势与内阻计算：根据闭合电路欧姆定律，结合图像的截距和斜率，推导电源的电动势和内阻表达式。
13．【答案】（1）解：石子第一次接触水面时速度的方向与水面的夹角为θ，石子第一次接触水面时的速度大小
（2）解：竖直分速度
石子抛出时距水面的高度
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】(1) 速度大小计算：平抛运动的速度为水平分速度与竖直分速度的合速度，结合速度的分解关系，由水平分速度和速度与水面的夹角，利用三角函数求合速度大小；
(2) 抛出高度计算：先由速度分解求出竖直分速度，再结合平抛运动竖直方向的匀变速直线运动公式（速度—位移公式）求解抛出时距水面的高度。
14．【答案】（1）解：A释放到与B碰撞前，根据动能定理得
解得
（2）解：碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得
解得
（3）解：A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得
解得
则碰撞过程中损失的机械能为
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 释放高度计算：小球A下摆过程只有重力做功，根据动能定理（重力势能转化为动能）求解释放时距桌面的高度；
(2) 拉力计算：碰撞前瞬间，小球A做圆周运动，绳子拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解拉力；
(3) 机械能损失计算：A、B正碰并粘在一起，水平方向动量守恒，碰撞前后的动能差即为系统损失的机械能。
15．【答案】（1）解：对甲导电杆进行分析，根据牛顿第二定律有
根据速度公式有
解得
（2）解：甲导电杆刚刚通过P、Q时的感应电动势
此时的感应电流
解得
根据右手定则确定电流从上往下看，方向为逆时针，根据左手定则可知，乙导电杆所受安培力方向垂直于斜面向上，且大小为
解得
此时乙恰好开始运动，则有
解得
（3）解：根据能量守恒定律，电源G输出的总能量
解得
（4）解：对甲分析，在拉力作用下，向右先做加速度减小得变加速运动，最后做匀速直线运动，则有
感应电流
解得
对甲分析，根据动能定理有
根据功能关系有
其中
解得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 速度大小计算：甲导电杆在电源供电下，安培力提供合外力做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求加速度，再结合运动学公式求末速度；
(2) 动摩擦因数计算：甲过P、Q后产生感应电动势，回路形成感应电流，乙受安培力恰好开始运动，根据共点力平衡条件（重力分力、摩擦力、安培力的平衡）求解动摩擦因数；
(3) 电源输出能量计算：电源输出的能量转化为甲的动能和甲的焦耳热，根据能量守恒定律（动能定理+电流做功公式）求解总能量；
(4) 焦耳热计算：甲在拉力作用下运动，电路中产生的焦耳热按电阻比例分配，结合电路的焦耳热分配规律和已知总焦耳热，求解乙上产生的焦耳热。
1 / 1河北省张家口市宣化第一中学2023-2024学年高三下学期5月月考物理试卷
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力、支持力、摩擦力和磁力的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】如图所示，将重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解
AC．沿斜面方向，由平衡条件得，故A错误，C正确；
BD．垂直斜面方向，由平衡条件得，故BD错误。
故答案为：C。
【分析】本题利用共点力平衡条件求解。机器人静止时处于平衡状态，将重力沿斜面和垂直斜面方向分解，结合沿斜面、垂直斜面方向的受力平衡，分析各力之间的关系。
2．如图为氢原子的能级图，已知可见光的光子能量范围约为1.62～3.11eV，以下说法正确的是（　　）
A．氢原子从高能级向基态跃迁时可能发射γ光子
B．用能量为11.0eV的光子激发处于基态的氢原子，可使其跃迁到激发态
C．原子跃迁到低能级后电子动能增大
D．处于n=2能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离
【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】A．由能级图可知，从能量是零跃迁到基态，放出光子的能量是13.6eV，小于γ光子的能量，因此不可能发射γ光子，A错误；
B.11.0eV光子的能量不等于基态与其它能级间的能级差，因此不会跃迁到激发态，B错误；
C．原子跃迁到低能级后，电子的轨道半径减小，电子绕核做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，则有
可得，可知轨道半径减小，则有电子动能增大，C正确；
D．紫外线光子的能量大于3.11eV，处于n=2能级的氢原子吸收紫外线后，能量不一定大于零，不一定能电离，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题利用氢原子能级跃迁规律、库仑力提供向心力的圆周运动规律求解，核心是结合能级差判断光子发射与吸收的可能性，通过轨道半径变化分析电子动能，同时结合电离条件判断紫外线的作用。
3．如图，某同学单手拍篮球：球从地面弹起到某一高度，手掌触球先一起向上减速，再一起向下加速，运动到手掌刚触球的位置时，手掌与球分离，从触球到分离记为一次拍球，以竖直向下为正方向，下列图像能大致反映一次拍球过程，篮球速度随时间变化关系的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】以竖直向下为正方向，则手掌触球先一起向上减速时，速度方向向上，速度为负值，加速度方向向下，当手掌触球一起向下加速时，速度方向向下，速度为正值，加速度方向向下，又由于图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移大小，根据题意篮球向上运动的位移与向下运动的位移大小相等，即前后两过程图像与时间轴所围三角形的面积相等，可知，只有第二个选择项满足要求。
故选B。
【分析】根据题意，分析拍球过程为向上减速和向下加速过程，根据运动过程的速度方向和加速度方向，向上和向下的位移关系，根据图像与时间轴所包围下几何图形的面积表示位移大小，以此分析判断。
4．2022年10月9日，我国综合性太阳探测卫星“夸父一号”成功发射，实现了对太阳探测的跨越式突破。“夸父一号”卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为，运行一圈所用时间约为100分钟。如图所示，为了随时跟踪和观测太阳的活动，“夸父一号”在随地球绕太阳公转的过程中，需要其轨道平面始终与太阳保持固定的取向，使太阳光能照射到“夸父一号”，下列说法正确的是（　　）
A．“夸父一号”的运行轨道平面平均每天转动的角度约为
B．“夸父一号”绕地球做圆周运动的速度大于
C．“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度
D．由题干信息，根据开普勒第三定律，可求出日地间平均距离
【答案】A
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．因为“夸父一号”轨道要始终保持要太阳光照射到，则在一年之内转动360°角，即轨道平面平均每天约转动1°，故A正确；
B．第一宇宙速度是所有绕地球做圆周运动的卫星的最大环绕速度，则“夸父一号”的速度小于7.9km/s，故B错误；
C．根据可知“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C错误；
D．“夸父一号”绕地球转动，地球绕太阳转动，中心天体不同，则根据题中信息不能求解地球与太阳的距离，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题利用天体运动的规律求解，核心结合地球公转的角度变化分析卫星轨道平面的转动角度，依据第一宇宙速度的物理意义、万有引力定律的向心加速度公式，以及开普勒第三定律的适用条件，判断各选项的正确性。
5．如图所示，一列简谐横波沿轴正方向传播，时，位于坐标原点O处的波源开始从平衡位置沿y轴向上做周期为、振幅为的简谐振动。当平衡位置在处的质点P刚开始振动时，波源处的质点刚好位于波峰。下列描述正确的是（　　）
A．波源O在开始振动后内通过的路程为
B．该列简谐横波的最大波长为
C．该列简谐横波的最大波速为
D．若波长满足，则波速为
【答案】A
【知识点】波长、波速与频率的关系；简谐运动
【解析】【解答】A．由于
波源O在开始振动后内通过的路程为，A正确；
BC．由已知条件可知波长满足（，，）
即（，，）
当时，波长最长，该波的最大波长；
故最大波速为，BC错误；
D．由题意可知，波长满足（，，）
波速为（，，）
只有时，满足，即，波速，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题利用简谐运动的路程规律、波的传播与波长的关系求解，核心是先计算波源振动的周期数，确定其运动路程；再结合波传播的距离与波长的关系，推导波长的表达式，进而分析波长、波速的最值及特定波长范围的波速。
6．大气污染日益严重，为了减少污染要求工业尾气需要按照静电除尘器进行除尘才允许排放，下图是静电除尘器的原理示意图，接负极，外壳接正极，废气以一定的速度从底部开口进入，经过除尘后，干净的空气从顶部出来，达到除尘目的。m，n是两粒带电的尘埃（仅受电场力），虚线分别是他们的运动轨迹（　　）
A．m做匀变速直线运动，n做变加速曲线运动
B．m、n一定带正电
C．n的电势能一定增加
D．在处的电势低于处
【答案】D
【知识点】静电的防止与利用
【解析】【解答】A．由于电场不是匀强电场，带电尘埃受到的电场力不是恒力，带电尘埃的加速度不是恒定的，所以m做变加速直线运动，n做变加速曲线运动，故A错误；
B．带电尘埃n在电场力作用下做曲线运动，电场力位于曲线凹侧，可知电场力与电场方向相反，故n带负电，故B错误；
C．尘埃n带负电，向带正电的外壳运动，电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D．根据沿电场方向电势降低，可知处的电势低于处，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题利用非匀强电场中的受力、运动及电势、电势能的变化规律求解，核心是通过轨迹弯曲方向判断电场力方向，进而确定电荷电性；结合非匀强电场的场强分布分析运动性质，依据沿电场线方向电势降低判断电势高低，结合电场力做功情况分析电势能变化。
7．某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中10.10s至10.35s内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为60kg，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．起跳过程中运动员的最大加速度约为42m/s2
B．起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3m/s
C．起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45m
D．起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330N·s
【答案】C
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；冲量
【解析】【解答】A．由图像可知，运动员受到的最大支持力约为
根据牛顿第二定律可知，起跳过程中运动员的最大加速度约为，故A错误；
BCD．根据图像可知，起跳过程中支持力的冲量为
起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为
根据动量定理可得
解得起跳离开地面瞬间的速度为
则起跳后运动员重心上升的平均速度为
起跳后运动员重心上升的最大高度为，故BD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】本题利用牛顿第二定律、动量定理和竖直上抛运动规律求解，核心是通过F t图像获取支持力的最值与冲量，结合动量定理求起跳速度，再用竖直上抛公式计算上升高度，同时分析加速度和平均速度的大小。
8．如图为某款自行车的气压式减震装置，活塞连接车把，气缸连接前轮。当路面不平时，自行车颠簸使得活塞上下振动，气缸内封闭的理想气体体积随之变化，起到减震作用。活塞迅速下压的过程中，气缸内的气体（　　）
A．对外做正功
B．内能减小
C．温度升高，分子平均动能增加
D．分子对气缸壁单位面积的平均撞击力增加
【答案】C,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．活塞迅速下压的过程中，气缸内的气体被压缩，外界对气体做正功。故A错误；
B．外界对气体做正功，活塞迅速下压，可近似看成是绝热过程，则由热力学第一定律
可知，气体内能增加。故B错误；
C．理想气体内能只与温度有关，所以气体温度升高，分子平均动能增加。故C正确；
D．根据理想气体的状态方程
气体体积减小，温度升高，则气体压强增大，即分子对气缸壁单位面积的平均撞击力增加。故D正确。
故选CD。
【分析】1.根据题意，活塞迅速下压，说明气体来不及与外界发生热交换，即Q=0。
2.气缸气体的体积减小，说明外界对气体做正功，，或者气体对外界做负功。
3.根据热力学第一定律分析，说明气体内能增大，气体温度升高，说明气体分子平均动能增大。
4.根据理想气体的状态方程，气体体积减小，温度升高，则气体压强增大，即分子对气缸壁单位面积的平均撞击力增加。
9．如图所示，用一交流电源给理想变压器供电，交流电源电压瞬时值变化规律为，理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1，原线圈回路接有一阻值为的电阻，理想变压器副线圈回路接有阻值为的电阻和灯泡L，闭合开关S后，规格为“10V，8W”的灯泡L恰好正常发光，则（　　）
A．变压器副线圈的电流为0.2A B．变压器原线圈的电压为80V
C．电阻的阻值为 D．变压器输入功率为20W
【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．规格为“”的灯泡L恰好正常发光，则副线圈的电流为，A错误；
B．理想变压器，解得原线圈电流为
从交流电源电压的瞬时值变化规律可得输入电压的有效值为100V，原线圈两端的电压为，B正确；
C．理想变压器有
解得
电阻的阻值为，C正确；
D．变压器输入功率为，D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题利用理想变压器的变压、变流规律，结合电功率公式和欧姆定律求解，核心是先由灯泡正常发光的参数求出副线圈电流与电压，再通过匝数比推导原线圈电流，结合交流电源的有效值分析原线圈电压，最后计算电阻阻值与输入功率。
10．如图所示，质量为，带电量为的点电荷，从原点以初速度射入第一象限内的电磁场区域，在（为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（值有多种可能），可让粒子从射入磁场后偏转打到接收器上，则（　　）
A．粒子从中点射入磁场，电场强度满足
B．粒子从中点射入磁场时速度为
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到的距离为
D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
【答案】A,D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．若粒子打到PN中点，则，
解得，A正确；
B．粒子从PN中点射出时，则
速度，B错误；
C．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则
粒子从电场中射出时的速度
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为
解得，C错误；
D．当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度，
出离电场的最大速度
则由
可得最大半径，D正确；
故答案为：AD。
【分析】粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动。结合类平抛运动的分运动公式求电场强度，由运动的合成求进入磁场的速度；再根据洛伦兹力提供向心力，分析圆周运动的圆心位置和半径最大值。
二、实验题（其中11题5分，12题9分，共计14分）
11．某同学用激光笔和透明长方体玻璃砖测量玻璃的折射率，实验过程如下：
（1）将玻璃砖平放在水平桌面上的白纸上，用大头针在白纸上标记玻璃砖的边界
（2）①激光笔发出的激光从玻璃砖上的点水平入射，到达面上的点后反射到点射出．用大头针在白纸上标记点、点和激光笔出光孔的位置
②移走玻璃砖，在白纸上描绘玻璃砖的边界和激光的光路，作连线的延长线与面的边界交于点，如图（a）所示
③用刻度尺测量和的长度和．的示数如图（b）所示，为　 　。测得为
（3）利用所测量的物理量，写出玻璃砖折射率的表达式　 　 ；由测得的数据可得折射率为　 　（结果保留3位有效数字）
（4）相对误差的计算式为。为了减小测量的相对误差，实验中激光在点入射时应尽量使入射角　 　。
【答案】2.25；；1.51；稍小一些
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（2）③刻度尺的最小分度为0.1cm，由图可知，为2.25cm；
故答案为：2.25
（3）玻璃砖折射率的表达式
代入数据可知
故答案为：；1.51
（4）相对误差的计算式为，为了减小测量的相对误差，实验中要尽量稍大一些，即激光在点入射时应尽量使入射角稍小一些。
故答案为：稍小一些
【分析】(1) 长度测量：根据刻度尺的刻度（分度值1mm），读取PM的长度，注意估读一位；
(2) 折射率表达式推导：结合光的折射定律，利用几何关系将入射角、折射角的正弦值转化为、的比值；
(3) 折射率计算：代入、的数值，按有效数字要求计算折射率；
(4) 误差减小方法：分析入射角大小对、测量误差的影响，确定入射角度的选择原则。
12．某同学为了测量某一节干电池的电动势和内阻，实验室准备了下列器材：
A．待测干电池（电动势约为，内阻约为）
B．电流表A1（量程0.6A，内阻较小）
C．电流表A2（量程300μA，内阻）
D．滑动变阻器R1（0～20Ω，额定电流为2A）
E．滑动变阻器R2（0～2kΩ，额定电流为1A）
F．电阻箱R0（阻值为）
G．开关一个，导线若干
为了能比较准确地进行测量，根据要求回答下列问题：
（1）实验中滑动变阻器应选　 　（选填“R1”或“R2”）。
（2）为了操作方便，需利用电流表A2和电阻箱改装成量程为3V的电压表，需　 　（选填“串联”或“并联”）阻值R0=　 　Ω的电阻箱。
（3）请根据电路图甲将图乙中的实物连接完整，要求闭合电键S前，应将滑动变阻器的滑片移到最左端　 　。
（4）闭合电键S后，多次调节滑动变阻器，测得多组电流表A1、A2的示数I1、I2，绘制出图像，如图丙所示，则电源的电动势　 　，电源的内阻　 　（结果均用a、b、R0和Rg表示）。
【答案】（1）
（2）串联；9000
（3）
（4）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择阻值较小的；
故答案为：
（2）将电流表和电阻箱改装成量程为的电压表，需串联的电阻；
需要串联的阻值为
故答案为：串联；9000
（3）要求闭合电键S前，应将滑动变阻器的滑片移到最左端，依据电路原理图甲，将实物进行连接，如图所示
（4）分析电路，根据闭合电路欧姆定律有
整理得
对照图像可得，
联立解得，
故答案为：；
【分析】(1) 滑动变阻器选择：根据电源电动势（1.5V）和内阻（约1Ω），结合限流/分压接法的要求，选择阻值较小的滑动变阻器以实现电流的连续调节；
(2) 电表改装：将小量程电流表改装为电压表需串联分压电阻，根据串联电路的电压分配规律计算分压电阻的阻值；
(3) 实物电路连接：依据电路图的串并联关系，按“电源→开关→滑动变阻器→用电器”的顺序连接，注意电流表的正负接线柱和滑动变阻器的滑片位置；
(4) 电动势与内阻计算：根据闭合电路欧姆定律，结合图像的截距和斜率，推导电源的电动势和内阻表达式。
三、解答题（其中13题8分，14题12分，15题20分，共计40分）
13．小明在河边玩打水漂游戏。他将扁平的石子以初速度水平抛出，石子第一次接触水面时速度的方向与水面的夹角为θ，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）石子第一次接触水面时的速度大小；
（2）石子抛出时距水面的高度h。
【答案】（1）解：石子第一次接触水面时速度的方向与水面的夹角为θ，石子第一次接触水面时的速度大小
（2）解：竖直分速度
石子抛出时距水面的高度
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】(1) 速度大小计算：平抛运动的速度为水平分速度与竖直分速度的合速度，结合速度的分解关系，由水平分速度和速度与水面的夹角，利用三角函数求合速度大小；
(2) 抛出高度计算：先由速度分解求出竖直分速度，再结合平抛运动竖直方向的匀变速直线运动公式（速度—位移公式）求解抛出时距水面的高度。
14．如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能。
【答案】（1）解：A释放到与B碰撞前，根据动能定理得
解得
（2）解：碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得
解得
（3）解：A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得
解得
则碰撞过程中损失的机械能为
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 释放高度计算：小球A下摆过程只有重力做功，根据动能定理（重力势能转化为动能）求解释放时距桌面的高度；
(2) 拉力计算：碰撞前瞬间，小球A做圆周运动，绳子拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解拉力；
(3) 机械能损失计算：A、B正碰并粘在一起，水平方向动量守恒，碰撞前后的动能差即为系统损失的机械能。
15．如图所示，固定的一对长金属导轨，间距为，其水平部分与倾斜部分均足够长。导轨的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为，其左侧连接了电源G。导轨的倾斜部分倾角且处于平行斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为，其下方接有开关S和的电容器，开始时开关断开、电容器不带电。导轨上正对的P、Q两处各有一小段用绝缘材料制成，长度不计。质量均为的导电杆甲、乙静止在导轨上，均与导轨垂直，甲与导轨摩擦不计，电阻，乙的电阻。某时刻起电源G开始工作，输出恒定电流，经，使甲运动到P、Q处，电源G立即停止工作。当甲越过P、Q瞬间，再对其施加一个沿导轨水平向右的恒力，此时乙恰好开始运动。已知，不计除导电杆外所有电阻，不计回路自身激发磁场，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，。
（1）求甲通过P、Q时的速度大小；
（2）求乙与倾斜导轨间的动摩擦因数；
（3）求电源G输出的总能量；
（4）为回收部分能量，闭合开关S，其他条件不变，已知在甲通过P、Q后内位移为，产生的焦耳热为，此时电容器已达到最大稳定电压。当电容器电压为时，其储能为。忽略电磁辐射，求此过程中，乙上产生的焦耳热（该结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）解：对甲导电杆进行分析，根据牛顿第二定律有
根据速度公式有
解得
（2）解：甲导电杆刚刚通过P、Q时的感应电动势
此时的感应电流
解得
根据右手定则确定电流从上往下看，方向为逆时针，根据左手定则可知，乙导电杆所受安培力方向垂直于斜面向上，且大小为
解得
此时乙恰好开始运动，则有
解得
（3）解：根据能量守恒定律，电源G输出的总能量
解得
（4）解：对甲分析，在拉力作用下，向右先做加速度减小得变加速运动，最后做匀速直线运动，则有
感应电流
解得
对甲分析，根据动能定理有
根据功能关系有
其中
解得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 速度大小计算：甲导电杆在电源供电下，安培力提供合外力做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求加速度，再结合运动学公式求末速度；
(2) 动摩擦因数计算：甲过P、Q后产生感应电动势，回路形成感应电流，乙受安培力恰好开始运动，根据共点力平衡条件（重力分力、摩擦力、安培力的平衡）求解动摩擦因数；
(3) 电源输出能量计算：电源输出的能量转化为甲的动能和甲的焦耳热，根据能量守恒定律（动能定理+电流做功公式）求解总能量；
(4) 焦耳热计算：甲在拉力作用下运动，电路中产生的焦耳热按电阻比例分配，结合电路的焦耳热分配规律和已知总焦耳热，求解乙上产生的焦耳热。
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