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湖南省岳阳市汨罗市第一中学2023-2024学年高三下学期5月期中物理试题
一、选择题（共6小题，每题4分，共24分）
1．关于物体的运动，下列说法正确的是（　　）
A．做匀速圆周运动的物体，其速度大小不变，加速度不变
B．物体做简谐运动，其所受的合外力等于回复力
C．在空中某点抛出一个物体，不计空气阻力，该物体在落地前动量的变化率恒定
D．物体做曲线运动时，其速度与加速度的夹角一定随时间而变化
2．如图所示，某同学在某地玩耍，发现一个图示仓库，于是在某点P（P点位置可移动）想以最小的动能将一块小石子丢过仓库（恰好从A点和B点飞过，注意平时可不能这样，非常危险），那么设小石子丢出时速度与水平向右的方向成角，以下说法正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．无论角多大，P点与A点所在墙越近所需动能越小
3．如图所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端点与管口A的距离为，一质量为的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点，压缩量为，不计空气阻力，重力加速度为，弹簧的弹性势能与形变量的关系为，则（　　）
A．弹簧的最大弹性势能为 B．小球运动的最大速度等于
C．弹簧的劲度系数为 D．小球运动中最大加速度为
4．年月日，新一代“人造太阳”中国环流二号装置正式建成并实现首次放电，放电温度达太阳芯部温度近倍。“人造太阳”实验中的可控热核反应的方程，海水中富含反应原料氘核，氚核可以用中子轰击锂核得到。下列说法正确的是（　　）
A．上述核反应前后核子数相等，生成物的质量等于反应物的质量
B．中子轰击锂核反应方程
C．中子轰击锂核发生了衰变
D．氘核和氚核的比结合能均比氦核的比结合能大
5．“太极球”运动是一项较流行的健身运动，做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，太极球却不会掉到地上，现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让小球在竖直面内始终不脱离平板且做匀速圆周运动，则（　　）
A．小球运动过程中动量保持不变
B．小球运动到B、D两处的加速度相同
C．小球在B、D两处一定受到摩擦力的作用
D．小球从C到A的过程中，重力的功率先增大后减小
6．如图所示，工厂利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C平台上，C平台离地面的高度一定。运输机的皮带以一定的速度v顺时针转动且不打滑。将货物轻轻地放在A处，货物随皮带到达平台。 货物在皮带上相对滑动时，会留下一定长度的痕迹。已知所有货物与皮带间的动摩擦因数为μ。若皮带的倾角θ、运行速度v和货物质量m都可以改变，始终满足。可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力（　　）
A．当速度v一定时，角θ越大，运送时间越短
B．当倾角θ一定时，改变速度v，运送时间不变
C．当倾角θ和速度v一定时，货物质量m越大，皮带上留下的痕迹越长
D．当倾角θ和速度v一定时，货物质量m越大，皮带上摩擦产生的热越多
二、多选题（共4小题，每题5分，共20分）
7．如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b分别与电池两极相连，开始时开关S闭合，发现在距两板距离相等的P点有一个带电液滴处于静止状态，然后断开开关，并将b板向下平移一小段距离，稳定后，下列说法中正确的是（　　）
A．液滴将加速向下运动
B．液滴将保持不动
C．P点电势升高，液滴在P点时电势能减少
D．P点电势升高，液滴在P点时电势能增大
8．如图所示是某水域的剖面图，A、B两区域最大水深分别为点O处于两部分水面分界线上，M和N分别是处在A、B两区域水面上的两点。若t=0时刻M点从平衡位置向上振动，N点从平衡位置向下振动，形成以M、N点为波源向左、右传播的水波（可看作简谐横波），两波源振动频率均为2Hz，其波速跟水深关系为式中h为两区域水的最大深度。当t=1s时，O点开始向上振动。已知A、B区域水波的振幅均为5cm，水深O、M间距离为3m，O、N间距离为6m。下列说法正确的是（　　）
A．
B．A、B两区域水波的波长之比为4：3
C．t=1.5s时，O点经平衡位置向上振动
D．t=2.5s后，MN之间存在10个振幅为10cm的点
9．如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里的匀强磁场．a、b两个带电粒子以相同的速率从M点沿着直径MON方向垂直射入磁场，运动轨迹如图所示，并从P、Q两点离开．已知P、Q、O（圆心）三点共线，直径MON、POQ夹角为θ=60°（如图），不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）
A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．a、b粒子轨迹半径之比为1：3
C．a、b粒子在磁场中运行时间之比为2：3
D．a、b粒子的比荷之比为1：3
10．如图所示，倾角为、间距、电阻不计的金属轨道固定放置，沿轨道建立轴，边界与坐标原点在一条直线上且垂直轴。区域：，垂直轨道平面向下；区域：，垂直轨道平面向上。一质量为、边长均为的形框由金属棒（阻值）和两绝缘棒组成。另有质量为长、阻值的金属棒在离一定距离处获得沿斜面向下的冲量后向下运动。金属棒及形框与轨道间的动摩擦因数。下列说法正确的是（　　）
A．在棒释放后的很短时间内，两点的电势有
B．若棒从某处释放，同时形框解除锁定，为使棒与形框碰撞前框保持静止，则棒释放时所获得冲量满足
C．若棒在处释放且初速度为，同时形框解除锁定，则棒到达时速度为
D．若棒在处释放且初速度为，同时U形框解除锁定，则在棒与框发生完全非弹性碰撞后棒的最大位移
三、解答题（共4小题，共56分）
11．某实验小组利用如图所示装置验证系统机械能守恒。跨过定滑轮的轻绳一端系着物块A，另一端穿过中心带有小孔的金属圆片C与物块B相连，A和B质量均为M，C的质量为m。铁架台上固定一圆环，圆环处在B的正下方。开始时，C与圆环间的高度为h，A、B、C由静止开始运动，当B穿过圆环时，C被搁置在圆环上。在铁架台、处分别固定两个光电门，、之间的距离为d，由数字计时器测出B从运动到所用的时间为t，已知重力加速度为g。
（1）B穿过圆环后可以视为做　 　直线运动；
（2）为了验证系统机械能守恒，该系统应选择　 　（选填“A和B”或“A、B和C”），则只需等式　 　成立，即可验证系统机械能守恒。（用题中所测物理量的符号表示）
12．现要组装一个酒精测试仪，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器。此传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化，规律如图甲所示。酒精测试仪的调试电路如图乙所示。目前国际公认的酒驾标准是“酒精气体浓度”，醉驾标准是“酒精气体浓度”，提供的器材有：
A．二氧化锡半导体型酒精传感器
B．直流电源（电动势为，内阻不计）
C．电压表（量程为，内阻非常大）
D．电阻箱（最大阻值为）
E．定值电阻（阻值为）
F．定值电阻（阻值为）
G．单刀双郑开关一个，导线若干
（1）为使电压表改装成酒精浓度测试表以判断是否酒驾，应选用定值电阻　 　（填“”或“”）；
（2）按照下列步骤调节此测试仪：
①电路接通前，先将电阻箱调为，然后开关向端闭合，将电压表此时指针对应的刻度线标记为　 　；（保留小数点后一位）
②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断变大。按照甲图数据将电压表上“电压”刻度线标为对应的“酒精浓度”，此浓度表刻度线上对应的浓度值是　 　（填“均匀”或“非均匀”）变化的；
③将开关向另一端闭合，测试仪即可正常使用。
（3）在电压表刻度线上标注一段红色的长度以提醒酒驾的读数范围，该长度与电压表总刻度线长度的比例为1∶　 　。（保留一位有效数字）
13．如图甲为一种新型减振器—氮气减振器，汽缸中充入稀有气体后，减振器具有良好的韧性，操作时不容易弹跳，且可以防止减震器在高温高压损坏。它的结构简图如图乙所示。汽缸活塞截面大小为50cm2，质量为1kg；汽缸缸体外壁导热性良好，弹簧劲度系数为k=200N/mm。现在为了测量减震器的性能参数，将减震器竖直放置，冲入氮气达到5个大气压时活塞下端被两边的卡环卡住，此时氮气气柱长度为L=20cm且弹簧恰好处于原长，不计摩擦，大气压强取p0=1×105Pa。
（1）当氮气达到5个大气压的时候，求卡环受到的力F0；
（2）现在用外力F缓慢向下压活塞，当活塞缓慢下降h=4cm时，求缸体内氮气的压强大小；
（3）在（2）的过程中氮气向外界放出的总热量Q=111.6J，求外力F对活塞做的功W。
14．如图甲所示，足够长水平收集板位于x轴，在一、二、四象限足够大区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第三象限有垂直纸面向里、半径为R的圆形匀强磁场，磁感应强度大小为2B，边界与y轴相切于A点。一群电子从与x轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形磁场后均从A点进入右侧磁场，这群电子在虚线处的x坐标范围为，电子打到收集板上后被收集。电子电量为e、质量为m，不计电子重力及电子间的相互作用。
（1）求电子的初速度大小；
（2）求收集板上能收集到电子区域的长度；
（3）若撤去收集板及位于一、二、四象限的磁场，在y轴右侧加多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，如图乙所示。电场、磁场宽度均为d，电场强度为E，方向水平向右，垂直于纸面向里的磁场的磁感应强度为，垂直于纸面向外的磁场的磁感应强度为，电、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直：
①若从处射出电子从第1层右侧垂直边界穿出，求与的大小之比；
②把磁感应强度大小改为使处射出电子从第n层右侧边界穿出时速度的方向恰好平行y轴向下，求的大小（用、、、、表示）。
15．某兴趣小组设计的连锁机械游戏装置如图所示。左侧有一固定的四分之一圆弧轨道，其末端B水平，半径为3L；在轨道末端等高处有一质量为m的“”形小盒C（可视为质点），小盒C与大小可忽略、质量为3m的物块D通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒C之间的绳长为2L；物块D压在质量为m的木板E左端，木板E上表面光滑，下表面与水平桌面间动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板E右端到桌子右边缘固定挡板（厚度不计）的距离为L；质量为m且粗细均匀的细杆F通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板E相连，木板E与定滑轮间轻绳水平，细杆F下端到地面的距离也为L；质量为0.25m的圆环（可视为质点）套在细杆F上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为0.5mg。开始时所有装置均静止，现将一质量为m的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端A处由静止释放，小球进入小盒C时刚好能被卡住（作用时间很短可不计），此时物块D对木板E的压力刚好为零。木板E与挡板相撞、细杆F与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部。不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球与小盒C相撞后瞬间，小盒C的速度；
（2）小球在四分之一圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；
（3）木板E与挡板碰后，向左返回的最大位移；
（4）细杆F的长度。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】动量定理；曲线运动的条件；曲线运动；匀速圆周运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A、做匀速圆周运动的物体，其速度大小不变，加速度大小不变但方向改变，A错误。
B、做简谐运动的物体，其所受的合外力不一定等于回复力，例如单摆， B错误。
C、根据动量定理可知物体动量的变化率即为合外力，在空中某点抛出一个物体，不计空气阻力，该物体在落地前只受重力，所以动量的变化率恒定，故 C正确。
D、做曲线运动的物体，其速度与加速度的夹角可能保持不变，例如匀速圆周运动，D错误。
故选C
【分析】匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动；加速度方向始终指向圆心，加速度是变化的；回复力是使振子返回平衡位置并总指向平衡位置的力；回复力也不一定就是合外力；根据平抛运动的受力特点利用动量定理可求得动量的变化率。将曲线运动分解为加速度方向和垂直于加速度方向，垂直于加速度方向上的速度不变，平行与加速度方向上的速度会增加或减小。根据运动的分解法分析
2．【答案】B
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】ABC．根据题意可知，石子从点抛出后做斜抛运动经过等高的、两点，设石子抛出时的速度为，经过点时的速度为，此时速度方向与水平方向的夹角为，则有
石子由运动到的过程中，由动能定理有
解得
石子由到的运动也是斜抛运动，设此过程运动的时间为，、两点间的距离为，则有，
联立可得
可见，当
即时，石子经过点的速度最小，此时石子的抛出速度最小，抛出的动能最小，则有，故AC错误，B正确；
D．当点位于点所在的墙上时有，石子抛出后做竖直上抛运动，无论石子抛出时的动能多大，石子都不可能经过点，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查斜抛运动的动能最小问题，核心是紧扣斜抛运动的分解（水平匀速、竖直上抛）、动能定理的应用，以及三角函数的极值分析（sin2α=1时的角度条件），结合 “最小动能” 的约束推导抛出角度θ的范围，逐一判断选项正误。
3．【答案】A
【知识点】弹性势能；功能关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球下落到最低点时重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，此时弹性势能最大，根据能量守恒，有，故A正确；
C．根据弹性势能表达式
则有
解得，故C错误；
B．当小球的重力等于弹簧弹力时，小球有最大速度，则有
再根据弹簧和小球组成的系统机械能守恒，有
解得最大速度为，故B错误；
D．小球运动到最低点时有，解得，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查弹簧与小球的机械能守恒及动力学分析，核心是紧扣机械能守恒定律（重力势能与弹性势能的转化）、小球速度最大的条件（合力为零）、牛顿第二定律的应用，结合弹性势能公式逐一分析选项正误。
4．【答案】B
【知识点】原子核的人工转变；质量亏损与质能方程；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．上述核反应前后核子数相等，核反应过程中会出现质量亏损，所以生成物的质量小于反应物的质量，故A错误；
B．中子轰击锂核的核反应方程满足质量数和电荷数守恒，为，故B正确；
C．衰变是指原子核自发的放射出一个核而转变为其他原子核，故C错误；
D．氘核和氚核经聚变反应生成氦核，同时放出能量，生成物更稳定，所以氘核和氚核的比结合能均比氦核的比结合能小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查核反应的基本规律，核心是紧扣核反应方程的守恒条件（质量数、电荷数守恒）、质量亏损与比结合能的概念，结合α衰变的定义，逐一分析各选项正误。
5．【答案】D
【知识点】向心力；功率及其计算；动量
【解析】【解答】A．小球在运动过程中速度方向时刻改变，故其动量方向时刻改变，因动量为矢量，所以动量时刻改变，故A错误；
B．B、D两处加速度大小相等，但方向相反，故加速度不相同，故B错误；
C．如果小球在B、D两处受到的支持力和重力的合力恰好指向圆心且等于小球转动所需要的向心力，则小球可以不受摩擦力的作用，故C错误；
D．小球从C到A的过程中，速度大小保持不变，但在竖直方向上的分力先增大后减小，由 可知，重力的功率先增大后减小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查竖直面内匀速圆周运动的动力学与功率分析，核心是紧扣动量、加速度的矢量性，向心力的受力来源，以及重力功率的计算，结合匀速圆周运动的特点逐一分析选项正误。
6．【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．开始时对货物受力分析，根据牛顿第二定律得
根据运动学公式得货物加速到与传送带速度相等所需的时间
货物加速过程的位移
货物加速到与传送带的速度相等时，因为，货物将做匀速运动，根据运动学公式得货物匀速运动的时间
因此货物从底端运送到顶端的时间
当速度一定时，越大，加速度越小，运送的时间无法确定，故A错误；
B．当一定时，加速度一定，速度不同，运送时间不同，故B错误；
C．货物相对传送带运动的位移
和一定，加速度一定，速度一定，由得货物的加速时间一定，货物相对传送带的位移一定，故C错误；
D．摩擦产生的热量为，当倾角和速度一定时，货物质量越大，摩擦产生的热越多，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查皮带传动的动力学与能量问题，核心是紧扣货物的受力分析（牛顿第二定律求加速度）、运动过程的分解（加速+匀速）、相对位移的计算，以及摩擦生热的公式（Q=μmgcosθ Δx），结合倾角θ、速度v、质量m的变化对运动时间、相对位移、摩擦生热的影响，逐一分析选项正误。
7．【答案】B,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB．开关闭合时，带电液滴受到电场力与重力共同作用下，处于静止状态。断开开关，电容器带电量不变，当下板向下移动小段距离时，正对面积不变，故电场强度不变，所以液滴保持不动，故A错误，B正确；
CD．根据AB项分析可知，电场强度不变，根据U=Ed可知，当下板向下移动小段距离时，P与下极板距离增大，电势差增大，下极板电势为零，所以P点电势升高，由于液滴带负电，所以液滴在P点时电势能将减小，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题考查电容器的动态变化问题，核心是紧扣开关断开后电容器的带电量不变，推导电场强度的决定因素（与极板间距无关），结合电场力与重力的平衡判断液滴运动状态，再根据电势差公式U=Ed分析P点电势变化，结合电势能与电势的关系判断电势能变化，逐一分析选项正误。
8．【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】两波源振动频率均为2Hz，故两波源振动周期
A．t=0时刻M点从平衡位置向上振动，N点从平衡位置向下振动。当t=1s时，O点开始向上振动，说明M点形成的水波先传到O点，A区域的波速为，又，解得，得，故A正确；
B．B区域的波速为，又，得，故B错误；
C．当t=1s时，波源M点的水波刚传到O点且向上振动，再经即一个周期，O点在平衡位置向上振动。波源N点的水波传到O点用时
该水波使O点在平衡位置向下振动，又已知A、B区域水波的振幅均为5cm。根据波的叠加原理，t=1.5s时，O点经平衡位置既不向上振动也不向下振动。故C错误；
D．M波源发出的波到达N点的时间
同理N波源发出的波到达M点的时间
A区域水波的波长
M、N点为波源振动步调相反。把N点波源等效到O点，M、O两波源的叠加振动加强点满足（n=0，1，2，……）
OM间有4个振动加强点，即振幅为10cm的点。
B区域水波的波长
把M点波源等效到O点，O、N两波源的叠加振动加强点满足（n=0，1，2，……）
ON间有6个振动加强点，即振幅为10cm的点。
即t=2.5s后，MN之间存在10个振幅为10cm的点，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查简谐波的传播与干涉问题，核心是紧扣波速公式、波长公式，结合波的传播时间判断振动方向，以及波的干涉中振动加强点的条件（路程差为波长的整数倍），逐一分析选项正误。
9．【答案】B,C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．由左手定则可知， b粒子带正电，a粒子带负电，A错误；
B．设磁场所在的虚线圆的半径为R，则；，则a、b粒子轨迹半径之比为1：3，B正确；
C．a、b粒子在磁场中运行的弧长之比为：，因两粒子的速率相同，则两粒子的时间之比为2：3，C正确；
D．根据可知两粒子的比荷之比等于半径的倒数比，即3：1，D错误；
故答案为：BC.
【分析】本题考查带电粒子在圆形磁场中的运动规律，核心是紧扣左手定则判断粒子电性、几何关系求解轨迹半径、弧长公式结合速率分析运动时间，以及洛伦兹力提供向心力的公式推导比荷之比，逐一分析选项正误。
10．【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．根据右手定则，点的电势高，故A错误；
B．金属棒向下运动时，由于
则金属棒释放后做加速度减小的减速运动，安培力
形框受到安培力的方向沿导轨平面向上
其中
获得冲量的瞬间，形框受到的安培力最大，最容易发生滑动。为使形框静止，此时形框受到的摩擦力沿导轨平面向下为最大静摩擦力，大小为
形框静止有
解得释放时所加的初速度满足的条件为
冲量满足，故B错误；
C．金属棒初速度为，则金属棒在安培力作用下做加速度减小的减速运动，而形框在碰撞前始终处于静止。设到达时速度为，以沿导轨平面向下为正方向，由动量定理得
其中
得，故C正确；
D．与U形框发生完全非弹性碰撞，由动量守恒得
解得
当形框速度为时，其感应电流为
其中分别为边和边处的磁感应强度，电流方向为顺时针方向，总的安培力为
其中
根据动量定理得
与框发生完全非弹性碰撞后棒的最大位移，D正确。
故答案为：CD。
【分析】本题考查电磁感应与力学综合问题，核心是紧扣右手定则判断电势高低、动量定理与受力平衡分析冲量条件、动能定理结合电磁感应计算速度，以及完全非弹性碰撞的规律，结合磁场分布、摩擦力与安培力的计算，逐一分析选项正误。
11．【答案】匀速；A、B和C；
【知识点】实验基础知识与实验误差
【解析】【解答】（1）物块B刚穿过圆环后，C被搁置在圆环上，由于A和B质量均为M，所以做匀速直线运动。
故答案为：匀速
（2）为了验证系统机械能守恒，选择从静止开始到B刚穿过圆环的过程，需要选取A、B和C组成的系统，从静止开始，物块B下落h时系统重力势能的减小量为
系统动能增加量
则要验证的关系式为
故答案为：A、B和C；
【分析】(1) B穿过圆环后C被搁置，A、B质量均为M，系统合力为零，据此判断运动性质；
(2) 验证系统机械能守恒需分析重力势能的减少量与动能的增加量，确定研究系统后，结合运动学公式（匀速直线运动速度）推导守恒等式。
12．【答案】（1）
（2）200.0；非均匀
（3）3
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）由于电压表量程为3V，本实验电压表并联在定值电阻两端，由欧姆定律可得，定值电阻两端的电压
由图甲可知，电动势为4V，电压表量程为3V，得，可得。
故答案为：。
（2）①本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻，电路接通前，先将电阻箱调为，然后开关向端闭合，由图甲可知时，电压表指针对应的刻度线标记为0.20mg/mL=200.0mg/L
②由甲图知，传感器的电阻随酒精气体浓度是非均匀变化，故此浓度表刻度线上对应的浓度值是非均匀变化的。
故答案为：200.0；非均匀
（3）根据电路分压原理，酒精浓度0.20mg/mL时传感器电阻为30Ω，此时电压表示数为
酒精浓度0.80mg/mL时传感器电阻为10Ω，此时电压表示数为
故电压表为酒驾范围，占总量程；则该长度与电压表总刻度线长度的比例为。
故答案为：3
【分析】(1) 结合电源电动势、电压表量程及传感器电阻的变化范围，计算分压电阻的阻值需求，选择合适的定值电阻；
(2) ①根据串联电路的电压规律，结合电阻箱阻值与传感器电阻的对应关系，计算对应的酒精气体浓度；
②由传感器电阻与酒精浓度的非线性关系，判断浓度刻度的变化特点；
(3) 结合酒驾与醉驾的浓度标准，计算电压表红色刻度长度与总刻度长度的比例。
13．【答案】（1）解：当氮气达到5个大气压的时候，对卡环，由平衡条件得
解得
（2）解：由理想气体等温变化规律
解得
（3）解：由功能关系知
其中h=x=4cm，Q=111.6J，
联立解得
【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】【分析】(1) 对活塞受力分析，结合平衡条件求卡环受到的力，注意氮气压强为5个大气压，需考虑大气压力与活塞重力的平衡关系；
(2) 氮气做等温变化，由玻意耳定律（）结合气缸体积变化，求压缩后的氮气压强；
(3) 由热力学第一定律总，先求内能变化，再结合弹簧弹力做功与气体压力做功，求外力做的功。
14．【答案】（1）解：根据题意，一群电子从与x轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形磁场后均从A点进入右侧磁场，则可知这群电子在圆形磁场中做圆周运动的轨迹半径
电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力充当向心力有
解得
（2）解：电子进入第四象限后仍在洛伦兹力的作用下做圆周运动，设其做圆周运动的轨迹半径为，其轨迹图如图所示
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
则有
根据几何关系可得，落在挡板最右侧坐标
而这群粒子最右边距轴的距离恰为，此粒子打在收集板上的C点，由几何关系可知
可得，，，
解得，
故图像如图所示
则收集板上能收集到电子区域的长度为
（3）解：①设电子刚进第一层电场时速度与边界的夹角为α，速度的竖直分量为
又因为
所以
设电子刚出第一层电场时速度大小为v2，速度与边界的夹角为β
又因为
所以
所以
②设电子从第n层右侧边界穿出时速度为，电场中根据动能定理得
以y轴方向为正方向，根据动量定理可得
联立解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 电子在圆形磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定轨迹半径，结合洛伦兹力提供向心力的公式求初速度；
(2) 电子进入右侧匀强磁场后，分析最远和最近打在收集板上的位置，结合几何关系求收集区域长度；
(3) ①电子在复合场中做匀速直线运动，由电场力与洛伦兹力平衡求与的比值；
②电子在磁场中做圆周运动，结合动能定理与洛伦兹力公式求的大小。
15．【答案】（1）解：物块D对木板E的压力刚好为零，由平衡条件得
小球进入小盒C时刚好能被卡住，以整体由牛顿第二定律得
解得
（2）解：小球进入小盒C的过程中，由动量守恒定律得
小球从四分之一圆弧上下滑过程中，由动能定理得
解得
（3）解：当小球刚被小盒C卡住时，以木板、圆环和细杆三者为整体，由牛顿第二定律得
由运动学规律
第一次相撞后细杆F与圆环发生相对滑动，对木板E向左、细杆F整体由牛顿第二定律
由运动学规律
解得
（4）解：对圆环由牛顿第二定律得
由运动学规律
第一次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
同理可得：第二次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
第n次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
则细杆F的长度为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 结合物块D对木板E压力为零的受力平衡条件，求小球与小盒C碰撞后整体的加速度，再由运动学公式求小盒速度；
(2) 对小球从圆弧轨道顶端到B点的过程用动能定理，结合碰撞后的速度求克服摩擦力做的功；
(3) 分析木板E与挡板碰撞前后的受力和运动，结合牛顿运动定律与运动学公式求返回的最大位移；
(4) 利用圆环与细杆的摩擦力、细杆的匀速运动，结合能量守恒或运动学关系求细杆长度。
1 / 1湖南省岳阳市汨罗市第一中学2023-2024学年高三下学期5月期中物理试题
一、选择题（共6小题，每题4分，共24分）
1．关于物体的运动，下列说法正确的是（　　）
A．做匀速圆周运动的物体，其速度大小不变，加速度不变
B．物体做简谐运动，其所受的合外力等于回复力
C．在空中某点抛出一个物体，不计空气阻力，该物体在落地前动量的变化率恒定
D．物体做曲线运动时，其速度与加速度的夹角一定随时间而变化
【答案】C
【知识点】动量定理；曲线运动的条件；曲线运动；匀速圆周运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A、做匀速圆周运动的物体，其速度大小不变，加速度大小不变但方向改变，A错误。
B、做简谐运动的物体，其所受的合外力不一定等于回复力，例如单摆， B错误。
C、根据动量定理可知物体动量的变化率即为合外力，在空中某点抛出一个物体，不计空气阻力，该物体在落地前只受重力，所以动量的变化率恒定，故 C正确。
D、做曲线运动的物体，其速度与加速度的夹角可能保持不变，例如匀速圆周运动，D错误。
故选C
【分析】匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动；加速度方向始终指向圆心，加速度是变化的；回复力是使振子返回平衡位置并总指向平衡位置的力；回复力也不一定就是合外力；根据平抛运动的受力特点利用动量定理可求得动量的变化率。将曲线运动分解为加速度方向和垂直于加速度方向，垂直于加速度方向上的速度不变，平行与加速度方向上的速度会增加或减小。根据运动的分解法分析
2．如图所示，某同学在某地玩耍，发现一个图示仓库，于是在某点P（P点位置可移动）想以最小的动能将一块小石子丢过仓库（恰好从A点和B点飞过，注意平时可不能这样，非常危险），那么设小石子丢出时速度与水平向右的方向成角，以下说法正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．无论角多大，P点与A点所在墙越近所需动能越小
【答案】B
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】ABC．根据题意可知，石子从点抛出后做斜抛运动经过等高的、两点，设石子抛出时的速度为，经过点时的速度为，此时速度方向与水平方向的夹角为，则有
石子由运动到的过程中，由动能定理有
解得
石子由到的运动也是斜抛运动，设此过程运动的时间为，、两点间的距离为，则有，
联立可得
可见，当
即时，石子经过点的速度最小，此时石子的抛出速度最小，抛出的动能最小，则有，故AC错误，B正确；
D．当点位于点所在的墙上时有，石子抛出后做竖直上抛运动，无论石子抛出时的动能多大，石子都不可能经过点，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查斜抛运动的动能最小问题，核心是紧扣斜抛运动的分解（水平匀速、竖直上抛）、动能定理的应用，以及三角函数的极值分析（sin2α=1时的角度条件），结合 “最小动能” 的约束推导抛出角度θ的范围，逐一判断选项正误。
3．如图所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端点与管口A的距离为，一质量为的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点，压缩量为，不计空气阻力，重力加速度为，弹簧的弹性势能与形变量的关系为，则（　　）
A．弹簧的最大弹性势能为 B．小球运动的最大速度等于
C．弹簧的劲度系数为 D．小球运动中最大加速度为
【答案】A
【知识点】弹性势能；功能关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球下落到最低点时重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，此时弹性势能最大，根据能量守恒，有，故A正确；
C．根据弹性势能表达式
则有
解得，故C错误；
B．当小球的重力等于弹簧弹力时，小球有最大速度，则有
再根据弹簧和小球组成的系统机械能守恒，有
解得最大速度为，故B错误；
D．小球运动到最低点时有，解得，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查弹簧与小球的机械能守恒及动力学分析，核心是紧扣机械能守恒定律（重力势能与弹性势能的转化）、小球速度最大的条件（合力为零）、牛顿第二定律的应用，结合弹性势能公式逐一分析选项正误。
4．年月日，新一代“人造太阳”中国环流二号装置正式建成并实现首次放电，放电温度达太阳芯部温度近倍。“人造太阳”实验中的可控热核反应的方程，海水中富含反应原料氘核，氚核可以用中子轰击锂核得到。下列说法正确的是（　　）
A．上述核反应前后核子数相等，生成物的质量等于反应物的质量
B．中子轰击锂核反应方程
C．中子轰击锂核发生了衰变
D．氘核和氚核的比结合能均比氦核的比结合能大
【答案】B
【知识点】原子核的人工转变；质量亏损与质能方程；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．上述核反应前后核子数相等，核反应过程中会出现质量亏损，所以生成物的质量小于反应物的质量，故A错误；
B．中子轰击锂核的核反应方程满足质量数和电荷数守恒，为，故B正确；
C．衰变是指原子核自发的放射出一个核而转变为其他原子核，故C错误；
D．氘核和氚核经聚变反应生成氦核，同时放出能量，生成物更稳定，所以氘核和氚核的比结合能均比氦核的比结合能小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查核反应的基本规律，核心是紧扣核反应方程的守恒条件（质量数、电荷数守恒）、质量亏损与比结合能的概念，结合α衰变的定义，逐一分析各选项正误。
5．“太极球”运动是一项较流行的健身运动，做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，太极球却不会掉到地上，现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让小球在竖直面内始终不脱离平板且做匀速圆周运动，则（　　）
A．小球运动过程中动量保持不变
B．小球运动到B、D两处的加速度相同
C．小球在B、D两处一定受到摩擦力的作用
D．小球从C到A的过程中，重力的功率先增大后减小
【答案】D
【知识点】向心力；功率及其计算；动量
【解析】【解答】A．小球在运动过程中速度方向时刻改变，故其动量方向时刻改变，因动量为矢量，所以动量时刻改变，故A错误；
B．B、D两处加速度大小相等，但方向相反，故加速度不相同，故B错误；
C．如果小球在B、D两处受到的支持力和重力的合力恰好指向圆心且等于小球转动所需要的向心力，则小球可以不受摩擦力的作用，故C错误；
D．小球从C到A的过程中，速度大小保持不变，但在竖直方向上的分力先增大后减小，由 可知，重力的功率先增大后减小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查竖直面内匀速圆周运动的动力学与功率分析，核心是紧扣动量、加速度的矢量性，向心力的受力来源，以及重力功率的计算，结合匀速圆周运动的特点逐一分析选项正误。
6．如图所示，工厂利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C平台上，C平台离地面的高度一定。运输机的皮带以一定的速度v顺时针转动且不打滑。将货物轻轻地放在A处，货物随皮带到达平台。 货物在皮带上相对滑动时，会留下一定长度的痕迹。已知所有货物与皮带间的动摩擦因数为μ。若皮带的倾角θ、运行速度v和货物质量m都可以改变，始终满足。可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力（　　）
A．当速度v一定时，角θ越大，运送时间越短
B．当倾角θ一定时，改变速度v，运送时间不变
C．当倾角θ和速度v一定时，货物质量m越大，皮带上留下的痕迹越长
D．当倾角θ和速度v一定时，货物质量m越大，皮带上摩擦产生的热越多
【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．开始时对货物受力分析，根据牛顿第二定律得
根据运动学公式得货物加速到与传送带速度相等所需的时间
货物加速过程的位移
货物加速到与传送带的速度相等时，因为，货物将做匀速运动，根据运动学公式得货物匀速运动的时间
因此货物从底端运送到顶端的时间
当速度一定时，越大，加速度越小，运送的时间无法确定，故A错误；
B．当一定时，加速度一定，速度不同，运送时间不同，故B错误；
C．货物相对传送带运动的位移
和一定，加速度一定，速度一定，由得货物的加速时间一定，货物相对传送带的位移一定，故C错误；
D．摩擦产生的热量为，当倾角和速度一定时，货物质量越大，摩擦产生的热越多，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查皮带传动的动力学与能量问题，核心是紧扣货物的受力分析（牛顿第二定律求加速度）、运动过程的分解（加速+匀速）、相对位移的计算，以及摩擦生热的公式（Q=μmgcosθ Δx），结合倾角θ、速度v、质量m的变化对运动时间、相对位移、摩擦生热的影响，逐一分析选项正误。
二、多选题（共4小题，每题5分，共20分）
7．如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b分别与电池两极相连，开始时开关S闭合，发现在距两板距离相等的P点有一个带电液滴处于静止状态，然后断开开关，并将b板向下平移一小段距离，稳定后，下列说法中正确的是（　　）
A．液滴将加速向下运动
B．液滴将保持不动
C．P点电势升高，液滴在P点时电势能减少
D．P点电势升高，液滴在P点时电势能增大
【答案】B,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB．开关闭合时，带电液滴受到电场力与重力共同作用下，处于静止状态。断开开关，电容器带电量不变，当下板向下移动小段距离时，正对面积不变，故电场强度不变，所以液滴保持不动，故A错误，B正确；
CD．根据AB项分析可知，电场强度不变，根据U=Ed可知，当下板向下移动小段距离时，P与下极板距离增大，电势差增大，下极板电势为零，所以P点电势升高，由于液滴带负电，所以液滴在P点时电势能将减小，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题考查电容器的动态变化问题，核心是紧扣开关断开后电容器的带电量不变，推导电场强度的决定因素（与极板间距无关），结合电场力与重力的平衡判断液滴运动状态，再根据电势差公式U=Ed分析P点电势变化，结合电势能与电势的关系判断电势能变化，逐一分析选项正误。
8．如图所示是某水域的剖面图，A、B两区域最大水深分别为点O处于两部分水面分界线上，M和N分别是处在A、B两区域水面上的两点。若t=0时刻M点从平衡位置向上振动，N点从平衡位置向下振动，形成以M、N点为波源向左、右传播的水波（可看作简谐横波），两波源振动频率均为2Hz，其波速跟水深关系为式中h为两区域水的最大深度。当t=1s时，O点开始向上振动。已知A、B区域水波的振幅均为5cm，水深O、M间距离为3m，O、N间距离为6m。下列说法正确的是（　　）
A．
B．A、B两区域水波的波长之比为4：3
C．t=1.5s时，O点经平衡位置向上振动
D．t=2.5s后，MN之间存在10个振幅为10cm的点
【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】两波源振动频率均为2Hz，故两波源振动周期
A．t=0时刻M点从平衡位置向上振动，N点从平衡位置向下振动。当t=1s时，O点开始向上振动，说明M点形成的水波先传到O点，A区域的波速为，又，解得，得，故A正确；
B．B区域的波速为，又，得，故B错误；
C．当t=1s时，波源M点的水波刚传到O点且向上振动，再经即一个周期，O点在平衡位置向上振动。波源N点的水波传到O点用时
该水波使O点在平衡位置向下振动，又已知A、B区域水波的振幅均为5cm。根据波的叠加原理，t=1.5s时，O点经平衡位置既不向上振动也不向下振动。故C错误；
D．M波源发出的波到达N点的时间
同理N波源发出的波到达M点的时间
A区域水波的波长
M、N点为波源振动步调相反。把N点波源等效到O点，M、O两波源的叠加振动加强点满足（n=0，1，2，……）
OM间有4个振动加强点，即振幅为10cm的点。
B区域水波的波长
把M点波源等效到O点，O、N两波源的叠加振动加强点满足（n=0，1，2，……）
ON间有6个振动加强点，即振幅为10cm的点。
即t=2.5s后，MN之间存在10个振幅为10cm的点，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查简谐波的传播与干涉问题，核心是紧扣波速公式、波长公式，结合波的传播时间判断振动方向，以及波的干涉中振动加强点的条件（路程差为波长的整数倍），逐一分析选项正误。
9．如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里的匀强磁场．a、b两个带电粒子以相同的速率从M点沿着直径MON方向垂直射入磁场，运动轨迹如图所示，并从P、Q两点离开．已知P、Q、O（圆心）三点共线，直径MON、POQ夹角为θ=60°（如图），不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）
A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．a、b粒子轨迹半径之比为1：3
C．a、b粒子在磁场中运行时间之比为2：3
D．a、b粒子的比荷之比为1：3
【答案】B,C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．由左手定则可知， b粒子带正电，a粒子带负电，A错误；
B．设磁场所在的虚线圆的半径为R，则；，则a、b粒子轨迹半径之比为1：3，B正确；
C．a、b粒子在磁场中运行的弧长之比为：，因两粒子的速率相同，则两粒子的时间之比为2：3，C正确；
D．根据可知两粒子的比荷之比等于半径的倒数比，即3：1，D错误；
故答案为：BC.
【分析】本题考查带电粒子在圆形磁场中的运动规律，核心是紧扣左手定则判断粒子电性、几何关系求解轨迹半径、弧长公式结合速率分析运动时间，以及洛伦兹力提供向心力的公式推导比荷之比，逐一分析选项正误。
10．如图所示，倾角为、间距、电阻不计的金属轨道固定放置，沿轨道建立轴，边界与坐标原点在一条直线上且垂直轴。区域：，垂直轨道平面向下；区域：，垂直轨道平面向上。一质量为、边长均为的形框由金属棒（阻值）和两绝缘棒组成。另有质量为长、阻值的金属棒在离一定距离处获得沿斜面向下的冲量后向下运动。金属棒及形框与轨道间的动摩擦因数。下列说法正确的是（　　）
A．在棒释放后的很短时间内，两点的电势有
B．若棒从某处释放，同时形框解除锁定，为使棒与形框碰撞前框保持静止，则棒释放时所获得冲量满足
C．若棒在处释放且初速度为，同时形框解除锁定，则棒到达时速度为
D．若棒在处释放且初速度为，同时U形框解除锁定，则在棒与框发生完全非弹性碰撞后棒的最大位移
【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．根据右手定则，点的电势高，故A错误；
B．金属棒向下运动时，由于
则金属棒释放后做加速度减小的减速运动，安培力
形框受到安培力的方向沿导轨平面向上
其中
获得冲量的瞬间，形框受到的安培力最大，最容易发生滑动。为使形框静止，此时形框受到的摩擦力沿导轨平面向下为最大静摩擦力，大小为
形框静止有
解得释放时所加的初速度满足的条件为
冲量满足，故B错误；
C．金属棒初速度为，则金属棒在安培力作用下做加速度减小的减速运动，而形框在碰撞前始终处于静止。设到达时速度为，以沿导轨平面向下为正方向，由动量定理得
其中
得，故C正确；
D．与U形框发生完全非弹性碰撞，由动量守恒得
解得
当形框速度为时，其感应电流为
其中分别为边和边处的磁感应强度，电流方向为顺时针方向，总的安培力为
其中
根据动量定理得
与框发生完全非弹性碰撞后棒的最大位移，D正确。
故答案为：CD。
【分析】本题考查电磁感应与力学综合问题，核心是紧扣右手定则判断电势高低、动量定理与受力平衡分析冲量条件、动能定理结合电磁感应计算速度，以及完全非弹性碰撞的规律，结合磁场分布、摩擦力与安培力的计算，逐一分析选项正误。
三、解答题（共4小题，共56分）
11．某实验小组利用如图所示装置验证系统机械能守恒。跨过定滑轮的轻绳一端系着物块A，另一端穿过中心带有小孔的金属圆片C与物块B相连，A和B质量均为M，C的质量为m。铁架台上固定一圆环，圆环处在B的正下方。开始时，C与圆环间的高度为h，A、B、C由静止开始运动，当B穿过圆环时，C被搁置在圆环上。在铁架台、处分别固定两个光电门，、之间的距离为d，由数字计时器测出B从运动到所用的时间为t，已知重力加速度为g。
（1）B穿过圆环后可以视为做　 　直线运动；
（2）为了验证系统机械能守恒，该系统应选择　 　（选填“A和B”或“A、B和C”），则只需等式　 　成立，即可验证系统机械能守恒。（用题中所测物理量的符号表示）
【答案】匀速；A、B和C；
【知识点】实验基础知识与实验误差
【解析】【解答】（1）物块B刚穿过圆环后，C被搁置在圆环上，由于A和B质量均为M，所以做匀速直线运动。
故答案为：匀速
（2）为了验证系统机械能守恒，选择从静止开始到B刚穿过圆环的过程，需要选取A、B和C组成的系统，从静止开始，物块B下落h时系统重力势能的减小量为
系统动能增加量
则要验证的关系式为
故答案为：A、B和C；
【分析】(1) B穿过圆环后C被搁置，A、B质量均为M，系统合力为零，据此判断运动性质；
(2) 验证系统机械能守恒需分析重力势能的减少量与动能的增加量，确定研究系统后，结合运动学公式（匀速直线运动速度）推导守恒等式。
12．现要组装一个酒精测试仪，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器。此传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化，规律如图甲所示。酒精测试仪的调试电路如图乙所示。目前国际公认的酒驾标准是“酒精气体浓度”，醉驾标准是“酒精气体浓度”，提供的器材有：
A．二氧化锡半导体型酒精传感器
B．直流电源（电动势为，内阻不计）
C．电压表（量程为，内阻非常大）
D．电阻箱（最大阻值为）
E．定值电阻（阻值为）
F．定值电阻（阻值为）
G．单刀双郑开关一个，导线若干
（1）为使电压表改装成酒精浓度测试表以判断是否酒驾，应选用定值电阻　 　（填“”或“”）；
（2）按照下列步骤调节此测试仪：
①电路接通前，先将电阻箱调为，然后开关向端闭合，将电压表此时指针对应的刻度线标记为　 　；（保留小数点后一位）
②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断变大。按照甲图数据将电压表上“电压”刻度线标为对应的“酒精浓度”，此浓度表刻度线上对应的浓度值是　 　（填“均匀”或“非均匀”）变化的；
③将开关向另一端闭合，测试仪即可正常使用。
（3）在电压表刻度线上标注一段红色的长度以提醒酒驾的读数范围，该长度与电压表总刻度线长度的比例为1∶　 　。（保留一位有效数字）
【答案】（1）
（2）200.0；非均匀
（3）3
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）由于电压表量程为3V，本实验电压表并联在定值电阻两端，由欧姆定律可得，定值电阻两端的电压
由图甲可知，电动势为4V，电压表量程为3V，得，可得。
故答案为：。
（2）①本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻，电路接通前，先将电阻箱调为，然后开关向端闭合，由图甲可知时，电压表指针对应的刻度线标记为0.20mg/mL=200.0mg/L
②由甲图知，传感器的电阻随酒精气体浓度是非均匀变化，故此浓度表刻度线上对应的浓度值是非均匀变化的。
故答案为：200.0；非均匀
（3）根据电路分压原理，酒精浓度0.20mg/mL时传感器电阻为30Ω，此时电压表示数为
酒精浓度0.80mg/mL时传感器电阻为10Ω，此时电压表示数为
故电压表为酒驾范围，占总量程；则该长度与电压表总刻度线长度的比例为。
故答案为：3
【分析】(1) 结合电源电动势、电压表量程及传感器电阻的变化范围，计算分压电阻的阻值需求，选择合适的定值电阻；
(2) ①根据串联电路的电压规律，结合电阻箱阻值与传感器电阻的对应关系，计算对应的酒精气体浓度；
②由传感器电阻与酒精浓度的非线性关系，判断浓度刻度的变化特点；
(3) 结合酒驾与醉驾的浓度标准，计算电压表红色刻度长度与总刻度长度的比例。
13．如图甲为一种新型减振器—氮气减振器，汽缸中充入稀有气体后，减振器具有良好的韧性，操作时不容易弹跳，且可以防止减震器在高温高压损坏。它的结构简图如图乙所示。汽缸活塞截面大小为50cm2，质量为1kg；汽缸缸体外壁导热性良好，弹簧劲度系数为k=200N/mm。现在为了测量减震器的性能参数，将减震器竖直放置，冲入氮气达到5个大气压时活塞下端被两边的卡环卡住，此时氮气气柱长度为L=20cm且弹簧恰好处于原长，不计摩擦，大气压强取p0=1×105Pa。
（1）当氮气达到5个大气压的时候，求卡环受到的力F0；
（2）现在用外力F缓慢向下压活塞，当活塞缓慢下降h=4cm时，求缸体内氮气的压强大小；
（3）在（2）的过程中氮气向外界放出的总热量Q=111.6J，求外力F对活塞做的功W。
【答案】（1）解：当氮气达到5个大气压的时候，对卡环，由平衡条件得
解得
（2）解：由理想气体等温变化规律
解得
（3）解：由功能关系知
其中h=x=4cm，Q=111.6J，
联立解得
【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】【分析】(1) 对活塞受力分析，结合平衡条件求卡环受到的力，注意氮气压强为5个大气压，需考虑大气压力与活塞重力的平衡关系；
(2) 氮气做等温变化，由玻意耳定律（）结合气缸体积变化，求压缩后的氮气压强；
(3) 由热力学第一定律总，先求内能变化，再结合弹簧弹力做功与气体压力做功，求外力做的功。
14．如图甲所示，足够长水平收集板位于x轴，在一、二、四象限足够大区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第三象限有垂直纸面向里、半径为R的圆形匀强磁场，磁感应强度大小为2B，边界与y轴相切于A点。一群电子从与x轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形磁场后均从A点进入右侧磁场，这群电子在虚线处的x坐标范围为，电子打到收集板上后被收集。电子电量为e、质量为m，不计电子重力及电子间的相互作用。
（1）求电子的初速度大小；
（2）求收集板上能收集到电子区域的长度；
（3）若撤去收集板及位于一、二、四象限的磁场，在y轴右侧加多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，如图乙所示。电场、磁场宽度均为d，电场强度为E，方向水平向右，垂直于纸面向里的磁场的磁感应强度为，垂直于纸面向外的磁场的磁感应强度为，电、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直：
①若从处射出电子从第1层右侧垂直边界穿出，求与的大小之比；
②把磁感应强度大小改为使处射出电子从第n层右侧边界穿出时速度的方向恰好平行y轴向下，求的大小（用、、、、表示）。
【答案】（1）解：根据题意，一群电子从与x轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形磁场后均从A点进入右侧磁场，则可知这群电子在圆形磁场中做圆周运动的轨迹半径
电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力充当向心力有
解得
（2）解：电子进入第四象限后仍在洛伦兹力的作用下做圆周运动，设其做圆周运动的轨迹半径为，其轨迹图如图所示
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
则有
根据几何关系可得，落在挡板最右侧坐标
而这群粒子最右边距轴的距离恰为，此粒子打在收集板上的C点，由几何关系可知
可得，，，
解得，
故图像如图所示
则收集板上能收集到电子区域的长度为
（3）解：①设电子刚进第一层电场时速度与边界的夹角为α，速度的竖直分量为
又因为
所以
设电子刚出第一层电场时速度大小为v2，速度与边界的夹角为β
又因为
所以
所以
②设电子从第n层右侧边界穿出时速度为，电场中根据动能定理得
以y轴方向为正方向，根据动量定理可得
联立解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 电子在圆形磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定轨迹半径，结合洛伦兹力提供向心力的公式求初速度；
(2) 电子进入右侧匀强磁场后，分析最远和最近打在收集板上的位置，结合几何关系求收集区域长度；
(3) ①电子在复合场中做匀速直线运动，由电场力与洛伦兹力平衡求与的比值；
②电子在磁场中做圆周运动，结合动能定理与洛伦兹力公式求的大小。
15．某兴趣小组设计的连锁机械游戏装置如图所示。左侧有一固定的四分之一圆弧轨道，其末端B水平，半径为3L；在轨道末端等高处有一质量为m的“”形小盒C（可视为质点），小盒C与大小可忽略、质量为3m的物块D通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒C之间的绳长为2L；物块D压在质量为m的木板E左端，木板E上表面光滑，下表面与水平桌面间动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板E右端到桌子右边缘固定挡板（厚度不计）的距离为L；质量为m且粗细均匀的细杆F通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板E相连，木板E与定滑轮间轻绳水平，细杆F下端到地面的距离也为L；质量为0.25m的圆环（可视为质点）套在细杆F上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为0.5mg。开始时所有装置均静止，现将一质量为m的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端A处由静止释放，小球进入小盒C时刚好能被卡住（作用时间很短可不计），此时物块D对木板E的压力刚好为零。木板E与挡板相撞、细杆F与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部。不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球与小盒C相撞后瞬间，小盒C的速度；
（2）小球在四分之一圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；
（3）木板E与挡板碰后，向左返回的最大位移；
（4）细杆F的长度。
【答案】（1）解：物块D对木板E的压力刚好为零，由平衡条件得
小球进入小盒C时刚好能被卡住，以整体由牛顿第二定律得
解得
（2）解：小球进入小盒C的过程中，由动量守恒定律得
小球从四分之一圆弧上下滑过程中，由动能定理得
解得
（3）解：当小球刚被小盒C卡住时，以木板、圆环和细杆三者为整体，由牛顿第二定律得
由运动学规律
第一次相撞后细杆F与圆环发生相对滑动，对木板E向左、细杆F整体由牛顿第二定律
由运动学规律
解得
（4）解：对圆环由牛顿第二定律得
由运动学规律
第一次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
同理可得：第二次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
第n次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
则细杆F的长度为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 结合物块D对木板E压力为零的受力平衡条件，求小球与小盒C碰撞后整体的加速度，再由运动学公式求小盒速度；
(2) 对小球从圆弧轨道顶端到B点的过程用动能定理，结合碰撞后的速度求克服摩擦力做的功；
(3) 分析木板E与挡板碰撞前后的受力和运动，结合牛顿运动定律与运动学公式求返回的最大位移；
(4) 利用圆环与细杆的摩擦力、细杆的匀速运动，结合能量守恒或运动学关系求细杆长度。
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