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2024届广东省东莞市东华高级中学、东华松山高级中学高三下学期三模物理试题
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1． 2024年2月29日，国际热核聚变实验堆（ITER）组织与中核集团牵头的中法联合体正式签署真空室模块组装合同，中国将再次为ITER计划顺利推进贡献智慧和力量。下列核反应方程，属于热核反应的是（　　）
A．
B．
C．
D．
2．2023年世界泳联锦标赛中，中国军团以20枚金牌的成绩力压美国，位列金牌榜第一名。若把运动员从起跳到接触水面的运动看成匀变速直线运动，某运动员从距离水面某一高度处的跳板上竖直向上跳起，起跳时开始计时，取竖直向下为正方向，速度传感器记录运动员的速度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．0~t2，运动员处于失重状态
B．运动员在t1时刻接触水面
C．运动员在水中时，最深处的加速度最大
D．运动员潜入水中的深度等于
3．1927年，威尔逊因发明云室获诺贝尔物理学奖，如图所示，云室里封闭一定质量的气体。现迅速向下拉动活塞，则云室中的气体（　　）
A．温度升高 B．压强减小
C．向外放出热量 D．分子的数密度增大
4．筷子夹球游戏深受人们的喜爱，选手用筷子夹起乒乓球从一个容器放到另一个容器，在规定时间内搬运多者胜。某同学水平持筷（两根筷子及球心在同一水平面内）夹着乒乓球的俯视图如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．乒乓球受到四个力的作用
B．如果乒乓球静止，则乒乓球受到筷子的摩擦力方向竖直向上
C．如果乒乓球静止，减小筷子间夹角θ，筷子对乒乓球的作用力大小不变
D．如果乒乓球加速运动，筷子对乒乓球的弹力大于乒乓球对筷子的弹力
5．如图所示，一束复色光进入透明标准球形水珠，折射后分开成、两束单色光，复色光入射角为，、两束单色光的出射角分别为、右侧出射光与法线的夹角，未画出，关于、两束单色光，下列说法正确的是（　　）
A．
B．在透明水珠中，光比光速度小
C．光照射某金属产生光电效应，那么用光照射该金属也一定能产生光电效应
D．无论怎么调整复色光的入射角，、光都不可能在右侧界面全反射
6．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，A、V均为理想电表，R是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、L是理想线圈、D是灯泡．原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，下列说法正确的是(　　)
A．交流电的频率为100Hz
B．电压表的示数为
C．当光照增强时，A的示数变小
D．若用一根导线来代替线圈L，则灯D变亮
7．如图甲所示，水平冰面上有两位同学，A同学的质量为，B同学静止站在冰面上，A以一定的初速度向B滑去，抱住B同学后两人一起向右运动。以向右为正方向，A同学的位移—时间图像如图乙所示，不计空气和冰面对人的阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．同学B对A的冲量为
B．同学A和B的质量之比为
C．两人相抱过程中损失的动能为
D．两人相抱过程中相互间的作用力做功之比为
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．年月日，“长征号”遥七运载火箭搭载通信技术试验卫星十一号发射成功，被誉为龙年首发。卫星进入地球同步轨道后，主要用于开展多频段、高速率卫星通信技术验证。设地球静止卫星的轨道半径是地球半径的倍，下列说法中正确的是（　　）
A．地球静止卫星可以静止在北京上空
B．静止卫星运行速度是地球第一宇宙速度的
C．静止卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转获得的速度的n倍
D．若忽略地球的自转效应，则静止卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的
9．如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程（　　）
A．杆的速度最大值为
B．流过电阻R的电量为
C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于回路产生的焦耳热
D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量
10．随着环保理念的深入，废弃塑料分选再循环利用可减少对资源的浪费。其中静电分选装置如图所示，两极板带上等量异种电荷仅在板间形成匀强电场，漏斗出口与极板上边缘等高，到极板间距相等，a、b两类塑料颗粒离开漏斗出口时分别带上正、负电荷，经过分选电场后a类颗粒汇集在收集板的右端，已知极板间距为d，板长为L，极板下边缘与收集板的距离为H，两种颗粒的荷质比均为k，重力加速度为g，颗粒进入电场时的初速度为零且可视为质点，不考虑颗粒间的相互作用和空气阻力，在颗粒离开电场区域时不接触极板但有最大偏转量，则（　　）
A．右极板带负电
B．颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速曲线运动
C．两极板间的电压值为
D．颗粒落到收集板时的速度大小为
三、非选择题：共5小题，共54分。
11．（1）在“探究碰撞中的不变量”的实验中，三位同学分别采用以下三种不同的方案，如图1。小红用甲图对应的方案，该方案中　 　（填“需要”或“不需要”）测量小球抛出点到水平面的高度：小黄采用乙图对应的方案，该方案中入射小球的质量　 　（填“需要”或“不需要”）大于被碰小球的质量：小蓝用丙图对应的方案，该方案中若两滑块上的遮光条宽度相等，则　 　（填“需要”或“不需要”）测量遮光条宽度d。
（2）在“验证动量守恒定律”的实验中，先让质量为的钢球A从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在复写纸下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为的空心钢球B放在斜槽轨道末端，让A球仍从位置S由静止滚下，与B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。M、P、N为三个落点的平均位置，O点是轨道末端在白纸上的竖直投影点，如图1所示。
为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足，若满足关系式　 　则可以认为两小球碰撞前后总动量守恒；
②某同学记录小球三个落点的平均位置时发现M和N偏离了OP方向，如图2所示。下列相关说法正确的是　 　。
A.造成M和N偏离了OP方向的原因是两小球碰撞后速度过大
B.测出OP、OM、ON之间的距离，可探究两球在碰撞过程中是否有机械能的损失
C.两球在碰撞过程中动量不守恒
12．某同学在实验室用如图甲的电路测量一新材料的电阻率。其中为该新材料制成的圆柱体电阻丝，其横截面积为S，是阻值为0.6Ω的定值电阻。正确接线后，闭合开关，读出电压表示数U、电流表示数I以及对应的长度L。调节滑片P的位置，记录多组U、I、L的值。
（1）某次实验过程中，电流表的指针位置如图乙所示，该示数为　 　A；
（2）根据实验数据绘出的图像如图丙所示，则图甲中电源的电动势　 　V，内阻　 　Ω。
（3）根据实验数据可进一步绘出，如图丁所示，则电阻丝的电阻率的表达式　 　（用a、b、S表示）
13．“波”字最早用于描述水纹起伏之状，唐代诗人有“微风动柳生水波”的描述，水波可看成简谐横波。一列沿x轴负方向传播的水波在时刻的波形如图所示，此时波刚好传播到平衡位置为的P点，Q点是波上平衡位置为的质点，在时刻，Q点（在时刻后）首次位于波峰位置。求：
（1）该列波的传播速度v；
（2）质点P和Q的振动方程
14．悟乘坐地铁上学所使用的交通卡如图（a），内部含有一个7匝的感应线圈。刷卡的原理可简化为如图（b）所示，线圈内的磁场可视作匀强磁场，磁感应强度为B（垂直纸面向内为正）。地铁站闸机发出磁场信号的B-t变化规律如图（c）所示，线圈中会产生相应的电信号。每匝线圈面积均为，线圈的总电阻，线圈所连接的芯片的电阻，其余部分电阻不计。求：
（1）0.2s时刻，电阻R上电流的方向；
（2）0.05s时刻，线圈产生的感应电动势的大小；
（3）00.4s内，电阻R产生的焦耳热；
（4）0.40.5s内，通过电阻R的电荷量。
15．如图所示，在xOy坐标平面内，半径为R的圆形匀强磁场区域的边界与x轴相切于原点O，与PM相切于A点，。PQ、MN间存在着匀强电场，。现有一个质量为m、电荷量为q的正离子，从O点以速率沿y轴正方向射入磁场，并经过A点打到了D点。离子到达MN上即被吸收，不计离子重力。
（1）求磁感应强度大小B；
（2）若其他条件不变，仅将该离子从O点以偏向y轴正方向左侧方向射入磁场，求离子在磁场中运动的时间t；
（3）若其他条件不变，将大量的上述离子从O点均匀向各个方向射入的区域，不计离子间的相互作用。求在CD区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核的人工转变；核裂变；核聚变
【解析】【解答】太阳内部的两个轻核结合成质量较大的核，可在瞬间产生大量热能，发生的反应是热核反应，核反应方程为
故答案为：A。
【分析】熟练掌握核裂变、核聚变和原子核的人工转变的区别与特点。
2．【答案】A
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.由图可知，加速度为正，方向竖直向下，可知运动员处于失重状态，故A正确；
BC.时刻接触水面，时刻速度减为0，处于最深处， 图像的切线斜率表示加速度，由图可知，时刻加速度最大，故BC错误；
D.则运动员潜入水中的深度为时间内图像与坐标轴所围图形的面积，则运动员潜入水中的深度，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查速度 - 时间图像的物理意义及超重失重的判断，核心是通过 v-t 图像的斜率分析加速度方向，结合超重失重的条件判断运动状态，同时利用图像面积分析位移大小。
3．【答案】B
【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】AC．云室内封闭一定质量的气体，迅速向下拉动活塞，时间短，故看作绝热过程，Q=0，气体体积增大，对外做功，W为负值，根据热力学第一定律公式ΔU=W+Q，内能减小，故温度降低，AC错误；
B．被封气体体积增大，温度降低，由理想气体状态变化方程可知压降减小，B正确；
D．气体体积增大，总分子数不变，则数密度减小，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查理想气体的绝热过程规律，核心是结合热力学第一定律分析气体内能、温度的变化，再通过理想气体状态方程判断压强变化，同时明确分子数密度与体积的关系。
4．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】A．乒乓球受到重力、两个筷子对它的弹力、两个筷子对它的摩擦力五个力的作用，故A错误；
B．如图所示
如果乒乓球静止，两个筷子对乒乓球的弹力的合力水平向左，所以两个摩擦力在水平方向都有分量，分量的合力向右，即，乒乓球受到筷子的摩擦力方向不是竖直向上，故B错误；
C．如果乒乓球静止，两筷子夹角θ无论怎么变化，筷子给乒乓球的作用力总是与乒乓球的重力抵消，大小相等，即筷子给乒乓球的作用力保持不变，C正确；
D．筷子对乒乓球的弹力和乒乓球对筷子的弹力是一对作用力与反作用力，无论乒乓球是否有加速度，这两个力的大小总是相等的，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查共点力的平衡与相互作用力的基本规律，核心是分析乒乓球的受力组成、摩擦力的方向特点，以及夹角变化时筷子作用力的合力变化规律，同时区分作用力与反作用力的大小关系。
5．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；光电效应
【解析】【解答】AD．在图中右边界面画上法线，可知每一种单色光左右界面光路是对称的，角度对应相对，所以
左边能进来，右边就能折射出去，故A错误，D正确。
BC．由图中入射角和折射角知，光比光折射率小，所以光比光波长大、频率小、光子能量小，所以同介质中光比光速度快、光更容易让金属产生光电效应，故BC错误。
故答案为：D。
【分析】结合光的折射定律分析单色光的折射率大小，推导光在介质中的传播速度、光电效应的发生条件；根据全反射的条件（光从光密介质射向光疏介质，入射角≥临界角）判断是否发生全反射。
6．【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．因交流电的周期是0.02 s，所以频率为，故A错误；
B．原线圈接入电压的最大值是，所以原线圈接入电压的有效值是U1=220V，根据理想变压器变压比
代入数据解得副线圈的电压为
电压表的示数为22V，故B错误；
C．有光照增强时， R阻值随光强增大而减小，则次级电阻减小，根据，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以A的示数变大，故C错误；
D．用导线代替线圈，对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合交变电流的周期与频率关系、理想变压器的电压与匝数比，分析电表读数；根据光敏电阻的阻值变化和电感线圈的感抗特性，推导电路中电流、灯泡亮度的变化。
7．【答案】C
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】AB．由于图像的斜率为速度，由图乙可知同学A的初始速度为
由图乙可知同学A抱住同学B后两人的速度为
由动量守恒定律得
解得
对A由动量定理得
同学A和B的质量之比为，故AB错误；
C．两人相抱过程中损失的动能为，故C正确；
D．由动能定理有
又有
两人相抱过程中相互间的作用力做功之比为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据x-t 图像的斜率表示速度求出 A 的初速度和共同速度，利用动量守恒定律计算 B 的质量，结合冲量公式、动能损失公式和功的计算公式分析各选项。
8．【答案】B,C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A.地球静止卫星必须位于赤道上空，北京不在赤道上，因此卫星无法静止在北京上空，故A错误；
B.由万有引力提供向心力得
解得
又因为
第一宇宙速度
地球静止卫星的轨道半径是地球半径的n倍，所以，故B正确；
C.静止卫星与地球赤道上的物体具有相同的角速度，根据可知，静止卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转的速度的n倍，故C正确；
D.根据，解得，静止卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】结合地球静止卫星的轨道特点、万有引力定律和圆周运动规律，分析卫星的轨道位置、运行速度、向心加速度与地球第一宇宙速度、表面重力加速度的关系。
9．【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．当杆达到最大速度时，拉力F与摩擦力和安培力相平衡，因此有
解得，故A错误；
B．由于
又因为
又因为
整理有
可得电荷量为，故B正确；
C．在棒从开始到达到最大速度的过程中由动能定理有
其中，，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，故C错误；
D．恒力F做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合电磁感应中的动力学平衡求杆的最大速度，利用电量计算公式总求流过电阻的电量，通过动能定理分析力做功与能量变化的关系。
10．【答案】A,C,D
【知识点】平抛运动；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．根据题意可知，正电荷所受电场力水平向右，则电场方向水平向右，可知，右极板带负电，故A正确；
B．由于颗粒进入电场时的初速度为零，在电场中受电场力和重力的合力保持不变，则颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速直线运动，故B错误；
C．根据题意，设两极板间的电压值为，水平方向上有，，竖直方向上有
联立解得，故C正确；
D．根据题意，结合C分析可知，颗粒离开电场时的水平速度为
离开电场后，水平方向做匀速运动，则颗粒落到收集板时的水平速度仍为，竖直方向上，颗粒一直做自由落体运动，则颗粒落到收集板时的竖直速度为
则颗粒落到收集板时的速度大小为，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】结合带电粒子在匀强电场中的偏转规律、匀变速曲线运动的条件，分析极板带电性质、粒子运动状态，利用动能定理和运动学公式计算极板电压与粒子落地速度。
11．【答案】（1）不需要；不需要；不需要
（2）；B
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）小红用甲图对应的方案，该方案中用水平位移代替水平速度，则不需要测量小球抛出点到水平面的高度；
小黄采用乙图对应的方案，即使入射球反弹实验也能进行，则该方案中入射小球的质量不需要大于被碰小球的质量；
小蓝用丙图对应的方案，该方案中若两滑块上的遮光条宽度相等，通过计算速度，带入式子时两边可消掉d，则不需要测量d。
故答案为：不需要；不需要；不需要
（2）设碰撞前瞬间钢球A的速度为，碰撞后瞬间A、B的速度分别为、，根据动量守恒可得
由于两球在空中运动的时间相等，则有
可得若满足关系式
则可以认为两小球碰撞前后总动量守恒。
A．造成M和N偏离了OP方向的原因是两小球碰撞过程中没有对心碰撞，故A错误；
B．若两球在碰撞过程中机械能守恒，则有
则满足
则说明两球在碰撞过程中机械能守恒，所以测出OP、OM、ON之间的距离，可探究两球在碰撞过程中是否有机械能的损失，故B正确；
C．虽然两球不是发生对心碰撞，但碰撞过程中水平方向不受外力，满足动量守恒定律条件，所以两球在碰撞过程中动量守恒，故C错误。
故答案为：；B
【分析】(1) 分析甲、乙、丙三个实验方案的原理，结合平抛运动、单摆碰撞、光电门测速的特点，判断是否需要测量对应物理量；(2) ①根据平抛运动的等时性，将速度转化为水平位移，推导碰撞前后动量守恒的表达式；②结合实验误差与机械能损失的判断方法，分析选项的正确性。
12．【答案】0.34；1.5；0.4；
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）电流表选用0.6A挡，其最小分度为0.02A，由图可知，此时电流大小为0.34A；
故答案为：0.34
（2）由闭合电路欧姆定律可知
由图乙所示可知，图像与纵坐标间的交点表示电动势，故有；
图像的斜率
其中
解得
故答案为：1.5；0.4
（3）由欧姆定律和电阻定律有，
得
所以图线斜率
得
故答案为：
【分析】(1) 依据电流表的量程和分度值读取示数；
(2) 由闭合电路欧姆定律推导的函数关系，结合图像截距和斜率求电源电动势与内阻；
(3) 推导的表达式，结合电阻定律与图像参数求电阻率。
13．【答案】（1）；（2），
（1）解：时刻，质点Q右端最近的波峰的平衡位置，
时间内，处的振动形式传播至Q点则
解得
（2）解：质点Q的振幅，设简谐横波的周期为T，则
质点Q的圆频率
则质点P的振动方程为
设质点Q的振动方程为
将时，带入，由于此时质点Q是向下振动，所以质点Q的振动方程为
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】（1）解：时刻，质点Q右端最近的波峰的平衡位置，
时间内，处的振动形式传播至Q点则
解得
（2）解：质点Q的振幅，设简谐横波的周期为T，则
质点Q的圆频率
则质点P的振动方程为
设质点Q的振动方程为
将时，带入，由于此时质点Q是向下振动，所以质点Q的振动方程为
【分析】(1) 先由波形图确定波长，结合Q点首次到达波峰的时间与周期、波传播距离的关系，求出周期，再由波速公式计算波速；
(2) 先确定振动的振幅和角频率，再结合质点的初始振动方向和相位差，写出P、Q的振动方程。
14．【答案】（1）解：由B-t可知，到磁感应强度垂直纸面向内在减小，由楞次定律可知，0.2s时刻线圈内产生的感应方向为顺时针方向，电阻R上电流的方向从N流向M。
（2）解：在时间内，感应电动势大小相同，0.05s时刻，由电磁感应定律
（3）解：根据闭合电路欧姆定律，在时间内
由焦耳定律得
在时间内
内，电阻产生的焦耳热为
（4）解：根据，结合及
联立可得内，通过电阻的电荷量为
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】(1) 由楞次定律判断感应电流方向；
(2) 由法拉第电磁感应定律求感应电动势；
(3) 结合欧姆定律与焦耳定律求焦耳热；
(4) 由电荷量公式 结合法拉第电磁感应定律求通过电阻的电荷量。
15．【答案】（1） 离子在磁场中做圆周运动，轨迹如图
有
根据几何关系有
解得
（2）解：如图可知，离子在磁场中运动的圆心角为
离子在磁场中运动的时间为，
解得
（3）解：如图
由几何关系可知，离子射出磁场时速度均为水平方向，设打在C点的离子从磁场边界B点射出，在电场中做类平抛运动的水平位移为，竖直位移为，则有，
从A点射出的离子打到了D点，有，
联立可得
设离子射入磁场时偏向y轴正方向角度为，由几何关系可得，
所以在CD区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例为
【知识点】磁感应强度；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 离子在磁场中做匀速圆周运动，结合几何关系确定轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力求磁感应强度；
(2) 离子以偏角入射磁场后，确定圆周运动的圆心角，结合周期公式求运动时间；
(3) 分析离子从O点向各方向入射的轨迹范围，结合几何关系确定CD区域接收的离子角度范围，计算比例。
1 / 12024届广东省东莞市东华高级中学、东华松山高级中学高三下学期三模物理试题
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1． 2024年2月29日，国际热核聚变实验堆（ITER）组织与中核集团牵头的中法联合体正式签署真空室模块组装合同，中国将再次为ITER计划顺利推进贡献智慧和力量。下列核反应方程，属于热核反应的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】原子核的人工转变；核裂变；核聚变
【解析】【解答】太阳内部的两个轻核结合成质量较大的核，可在瞬间产生大量热能，发生的反应是热核反应，核反应方程为
故答案为：A。
【分析】熟练掌握核裂变、核聚变和原子核的人工转变的区别与特点。
2．2023年世界泳联锦标赛中，中国军团以20枚金牌的成绩力压美国，位列金牌榜第一名。若把运动员从起跳到接触水面的运动看成匀变速直线运动，某运动员从距离水面某一高度处的跳板上竖直向上跳起，起跳时开始计时，取竖直向下为正方向，速度传感器记录运动员的速度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．0~t2，运动员处于失重状态
B．运动员在t1时刻接触水面
C．运动员在水中时，最深处的加速度最大
D．运动员潜入水中的深度等于
【答案】A
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.由图可知，加速度为正，方向竖直向下，可知运动员处于失重状态，故A正确；
BC.时刻接触水面，时刻速度减为0，处于最深处， 图像的切线斜率表示加速度，由图可知，时刻加速度最大，故BC错误；
D.则运动员潜入水中的深度为时间内图像与坐标轴所围图形的面积，则运动员潜入水中的深度，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查速度 - 时间图像的物理意义及超重失重的判断，核心是通过 v-t 图像的斜率分析加速度方向，结合超重失重的条件判断运动状态，同时利用图像面积分析位移大小。
3．1927年，威尔逊因发明云室获诺贝尔物理学奖，如图所示，云室里封闭一定质量的气体。现迅速向下拉动活塞，则云室中的气体（　　）
A．温度升高 B．压强减小
C．向外放出热量 D．分子的数密度增大
【答案】B
【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】AC．云室内封闭一定质量的气体，迅速向下拉动活塞，时间短，故看作绝热过程，Q=0，气体体积增大，对外做功，W为负值，根据热力学第一定律公式ΔU=W+Q，内能减小，故温度降低，AC错误；
B．被封气体体积增大，温度降低，由理想气体状态变化方程可知压降减小，B正确；
D．气体体积增大，总分子数不变，则数密度减小，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查理想气体的绝热过程规律，核心是结合热力学第一定律分析气体内能、温度的变化，再通过理想气体状态方程判断压强变化，同时明确分子数密度与体积的关系。
4．筷子夹球游戏深受人们的喜爱，选手用筷子夹起乒乓球从一个容器放到另一个容器，在规定时间内搬运多者胜。某同学水平持筷（两根筷子及球心在同一水平面内）夹着乒乓球的俯视图如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．乒乓球受到四个力的作用
B．如果乒乓球静止，则乒乓球受到筷子的摩擦力方向竖直向上
C．如果乒乓球静止，减小筷子间夹角θ，筷子对乒乓球的作用力大小不变
D．如果乒乓球加速运动，筷子对乒乓球的弹力大于乒乓球对筷子的弹力
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】A．乒乓球受到重力、两个筷子对它的弹力、两个筷子对它的摩擦力五个力的作用，故A错误；
B．如图所示
如果乒乓球静止，两个筷子对乒乓球的弹力的合力水平向左，所以两个摩擦力在水平方向都有分量，分量的合力向右，即，乒乓球受到筷子的摩擦力方向不是竖直向上，故B错误；
C．如果乒乓球静止，两筷子夹角θ无论怎么变化，筷子给乒乓球的作用力总是与乒乓球的重力抵消，大小相等，即筷子给乒乓球的作用力保持不变，C正确；
D．筷子对乒乓球的弹力和乒乓球对筷子的弹力是一对作用力与反作用力，无论乒乓球是否有加速度，这两个力的大小总是相等的，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查共点力的平衡与相互作用力的基本规律，核心是分析乒乓球的受力组成、摩擦力的方向特点，以及夹角变化时筷子作用力的合力变化规律，同时区分作用力与反作用力的大小关系。
5．如图所示，一束复色光进入透明标准球形水珠，折射后分开成、两束单色光，复色光入射角为，、两束单色光的出射角分别为、右侧出射光与法线的夹角，未画出，关于、两束单色光，下列说法正确的是（　　）
A．
B．在透明水珠中，光比光速度小
C．光照射某金属产生光电效应，那么用光照射该金属也一定能产生光电效应
D．无论怎么调整复色光的入射角，、光都不可能在右侧界面全反射
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；光电效应
【解析】【解答】AD．在图中右边界面画上法线，可知每一种单色光左右界面光路是对称的，角度对应相对，所以
左边能进来，右边就能折射出去，故A错误，D正确。
BC．由图中入射角和折射角知，光比光折射率小，所以光比光波长大、频率小、光子能量小，所以同介质中光比光速度快、光更容易让金属产生光电效应，故BC错误。
故答案为：D。
【分析】结合光的折射定律分析单色光的折射率大小，推导光在介质中的传播速度、光电效应的发生条件；根据全反射的条件（光从光密介质射向光疏介质，入射角≥临界角）判断是否发生全反射。
6．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，A、V均为理想电表，R是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、L是理想线圈、D是灯泡．原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，下列说法正确的是(　　)
A．交流电的频率为100Hz
B．电压表的示数为
C．当光照增强时，A的示数变小
D．若用一根导线来代替线圈L，则灯D变亮
【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．因交流电的周期是0.02 s，所以频率为，故A错误；
B．原线圈接入电压的最大值是，所以原线圈接入电压的有效值是U1=220V，根据理想变压器变压比
代入数据解得副线圈的电压为
电压表的示数为22V，故B错误；
C．有光照增强时， R阻值随光强增大而减小，则次级电阻减小，根据，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以A的示数变大，故C错误；
D．用导线代替线圈，对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合交变电流的周期与频率关系、理想变压器的电压与匝数比，分析电表读数；根据光敏电阻的阻值变化和电感线圈的感抗特性，推导电路中电流、灯泡亮度的变化。
7．如图甲所示，水平冰面上有两位同学，A同学的质量为，B同学静止站在冰面上，A以一定的初速度向B滑去，抱住B同学后两人一起向右运动。以向右为正方向，A同学的位移—时间图像如图乙所示，不计空气和冰面对人的阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．同学B对A的冲量为
B．同学A和B的质量之比为
C．两人相抱过程中损失的动能为
D．两人相抱过程中相互间的作用力做功之比为
【答案】C
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】AB．由于图像的斜率为速度，由图乙可知同学A的初始速度为
由图乙可知同学A抱住同学B后两人的速度为
由动量守恒定律得
解得
对A由动量定理得
同学A和B的质量之比为，故AB错误；
C．两人相抱过程中损失的动能为，故C正确；
D．由动能定理有
又有
两人相抱过程中相互间的作用力做功之比为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据x-t 图像的斜率表示速度求出 A 的初速度和共同速度，利用动量守恒定律计算 B 的质量，结合冲量公式、动能损失公式和功的计算公式分析各选项。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．年月日，“长征号”遥七运载火箭搭载通信技术试验卫星十一号发射成功，被誉为龙年首发。卫星进入地球同步轨道后，主要用于开展多频段、高速率卫星通信技术验证。设地球静止卫星的轨道半径是地球半径的倍，下列说法中正确的是（　　）
A．地球静止卫星可以静止在北京上空
B．静止卫星运行速度是地球第一宇宙速度的
C．静止卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转获得的速度的n倍
D．若忽略地球的自转效应，则静止卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的
【答案】B,C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A.地球静止卫星必须位于赤道上空，北京不在赤道上，因此卫星无法静止在北京上空，故A错误；
B.由万有引力提供向心力得
解得
又因为
第一宇宙速度
地球静止卫星的轨道半径是地球半径的n倍，所以，故B正确；
C.静止卫星与地球赤道上的物体具有相同的角速度，根据可知，静止卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转的速度的n倍，故C正确；
D.根据，解得，静止卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】结合地球静止卫星的轨道特点、万有引力定律和圆周运动规律，分析卫星的轨道位置、运行速度、向心加速度与地球第一宇宙速度、表面重力加速度的关系。
9．如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程（　　）
A．杆的速度最大值为
B．流过电阻R的电量为
C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于回路产生的焦耳热
D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量
【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．当杆达到最大速度时，拉力F与摩擦力和安培力相平衡，因此有
解得，故A错误；
B．由于
又因为
又因为
整理有
可得电荷量为，故B正确；
C．在棒从开始到达到最大速度的过程中由动能定理有
其中，，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，故C错误；
D．恒力F做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合电磁感应中的动力学平衡求杆的最大速度，利用电量计算公式总求流过电阻的电量，通过动能定理分析力做功与能量变化的关系。
10．随着环保理念的深入，废弃塑料分选再循环利用可减少对资源的浪费。其中静电分选装置如图所示，两极板带上等量异种电荷仅在板间形成匀强电场，漏斗出口与极板上边缘等高，到极板间距相等，a、b两类塑料颗粒离开漏斗出口时分别带上正、负电荷，经过分选电场后a类颗粒汇集在收集板的右端，已知极板间距为d，板长为L，极板下边缘与收集板的距离为H，两种颗粒的荷质比均为k，重力加速度为g，颗粒进入电场时的初速度为零且可视为质点，不考虑颗粒间的相互作用和空气阻力，在颗粒离开电场区域时不接触极板但有最大偏转量，则（　　）
A．右极板带负电
B．颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速曲线运动
C．两极板间的电压值为
D．颗粒落到收集板时的速度大小为
【答案】A,C,D
【知识点】平抛运动；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．根据题意可知，正电荷所受电场力水平向右，则电场方向水平向右，可知，右极板带负电，故A正确；
B．由于颗粒进入电场时的初速度为零，在电场中受电场力和重力的合力保持不变，则颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速直线运动，故B错误；
C．根据题意，设两极板间的电压值为，水平方向上有，，竖直方向上有
联立解得，故C正确；
D．根据题意，结合C分析可知，颗粒离开电场时的水平速度为
离开电场后，水平方向做匀速运动，则颗粒落到收集板时的水平速度仍为，竖直方向上，颗粒一直做自由落体运动，则颗粒落到收集板时的竖直速度为
则颗粒落到收集板时的速度大小为，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】结合带电粒子在匀强电场中的偏转规律、匀变速曲线运动的条件，分析极板带电性质、粒子运动状态，利用动能定理和运动学公式计算极板电压与粒子落地速度。
三、非选择题：共5小题，共54分。
11．（1）在“探究碰撞中的不变量”的实验中，三位同学分别采用以下三种不同的方案，如图1。小红用甲图对应的方案，该方案中　 　（填“需要”或“不需要”）测量小球抛出点到水平面的高度：小黄采用乙图对应的方案，该方案中入射小球的质量　 　（填“需要”或“不需要”）大于被碰小球的质量：小蓝用丙图对应的方案，该方案中若两滑块上的遮光条宽度相等，则　 　（填“需要”或“不需要”）测量遮光条宽度d。
（2）在“验证动量守恒定律”的实验中，先让质量为的钢球A从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在复写纸下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为的空心钢球B放在斜槽轨道末端，让A球仍从位置S由静止滚下，与B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。M、P、N为三个落点的平均位置，O点是轨道末端在白纸上的竖直投影点，如图1所示。
为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足，若满足关系式　 　则可以认为两小球碰撞前后总动量守恒；
②某同学记录小球三个落点的平均位置时发现M和N偏离了OP方向，如图2所示。下列相关说法正确的是　 　。
A.造成M和N偏离了OP方向的原因是两小球碰撞后速度过大
B.测出OP、OM、ON之间的距离，可探究两球在碰撞过程中是否有机械能的损失
C.两球在碰撞过程中动量不守恒
【答案】（1）不需要；不需要；不需要
（2）；B
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）小红用甲图对应的方案，该方案中用水平位移代替水平速度，则不需要测量小球抛出点到水平面的高度；
小黄采用乙图对应的方案，即使入射球反弹实验也能进行，则该方案中入射小球的质量不需要大于被碰小球的质量；
小蓝用丙图对应的方案，该方案中若两滑块上的遮光条宽度相等，通过计算速度，带入式子时两边可消掉d，则不需要测量d。
故答案为：不需要；不需要；不需要
（2）设碰撞前瞬间钢球A的速度为，碰撞后瞬间A、B的速度分别为、，根据动量守恒可得
由于两球在空中运动的时间相等，则有
可得若满足关系式
则可以认为两小球碰撞前后总动量守恒。
A．造成M和N偏离了OP方向的原因是两小球碰撞过程中没有对心碰撞，故A错误；
B．若两球在碰撞过程中机械能守恒，则有
则满足
则说明两球在碰撞过程中机械能守恒，所以测出OP、OM、ON之间的距离，可探究两球在碰撞过程中是否有机械能的损失，故B正确；
C．虽然两球不是发生对心碰撞，但碰撞过程中水平方向不受外力，满足动量守恒定律条件，所以两球在碰撞过程中动量守恒，故C错误。
故答案为：；B
【分析】(1) 分析甲、乙、丙三个实验方案的原理，结合平抛运动、单摆碰撞、光电门测速的特点，判断是否需要测量对应物理量；(2) ①根据平抛运动的等时性，将速度转化为水平位移，推导碰撞前后动量守恒的表达式；②结合实验误差与机械能损失的判断方法，分析选项的正确性。
12．某同学在实验室用如图甲的电路测量一新材料的电阻率。其中为该新材料制成的圆柱体电阻丝，其横截面积为S，是阻值为0.6Ω的定值电阻。正确接线后，闭合开关，读出电压表示数U、电流表示数I以及对应的长度L。调节滑片P的位置，记录多组U、I、L的值。
（1）某次实验过程中，电流表的指针位置如图乙所示，该示数为　 　A；
（2）根据实验数据绘出的图像如图丙所示，则图甲中电源的电动势　 　V，内阻　 　Ω。
（3）根据实验数据可进一步绘出，如图丁所示，则电阻丝的电阻率的表达式　 　（用a、b、S表示）
【答案】0.34；1.5；0.4；
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）电流表选用0.6A挡，其最小分度为0.02A，由图可知，此时电流大小为0.34A；
故答案为：0.34
（2）由闭合电路欧姆定律可知
由图乙所示可知，图像与纵坐标间的交点表示电动势，故有；
图像的斜率
其中
解得
故答案为：1.5；0.4
（3）由欧姆定律和电阻定律有，
得
所以图线斜率
得
故答案为：
【分析】(1) 依据电流表的量程和分度值读取示数；
(2) 由闭合电路欧姆定律推导的函数关系，结合图像截距和斜率求电源电动势与内阻；
(3) 推导的表达式，结合电阻定律与图像参数求电阻率。
13．“波”字最早用于描述水纹起伏之状，唐代诗人有“微风动柳生水波”的描述，水波可看成简谐横波。一列沿x轴负方向传播的水波在时刻的波形如图所示，此时波刚好传播到平衡位置为的P点，Q点是波上平衡位置为的质点，在时刻，Q点（在时刻后）首次位于波峰位置。求：
（1）该列波的传播速度v；
（2）质点P和Q的振动方程
【答案】（1）；（2），
（1）解：时刻，质点Q右端最近的波峰的平衡位置，
时间内，处的振动形式传播至Q点则
解得
（2）解：质点Q的振幅，设简谐横波的周期为T，则
质点Q的圆频率
则质点P的振动方程为
设质点Q的振动方程为
将时，带入，由于此时质点Q是向下振动，所以质点Q的振动方程为
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】（1）解：时刻，质点Q右端最近的波峰的平衡位置，
时间内，处的振动形式传播至Q点则
解得
（2）解：质点Q的振幅，设简谐横波的周期为T，则
质点Q的圆频率
则质点P的振动方程为
设质点Q的振动方程为
将时，带入，由于此时质点Q是向下振动，所以质点Q的振动方程为
【分析】(1) 先由波形图确定波长，结合Q点首次到达波峰的时间与周期、波传播距离的关系，求出周期，再由波速公式计算波速；
(2) 先确定振动的振幅和角频率，再结合质点的初始振动方向和相位差，写出P、Q的振动方程。
14．悟乘坐地铁上学所使用的交通卡如图（a），内部含有一个7匝的感应线圈。刷卡的原理可简化为如图（b）所示，线圈内的磁场可视作匀强磁场，磁感应强度为B（垂直纸面向内为正）。地铁站闸机发出磁场信号的B-t变化规律如图（c）所示，线圈中会产生相应的电信号。每匝线圈面积均为，线圈的总电阻，线圈所连接的芯片的电阻，其余部分电阻不计。求：
（1）0.2s时刻，电阻R上电流的方向；
（2）0.05s时刻，线圈产生的感应电动势的大小；
（3）00.4s内，电阻R产生的焦耳热；
（4）0.40.5s内，通过电阻R的电荷量。
【答案】（1）解：由B-t可知，到磁感应强度垂直纸面向内在减小，由楞次定律可知，0.2s时刻线圈内产生的感应方向为顺时针方向，电阻R上电流的方向从N流向M。
（2）解：在时间内，感应电动势大小相同，0.05s时刻，由电磁感应定律
（3）解：根据闭合电路欧姆定律，在时间内
由焦耳定律得
在时间内
内，电阻产生的焦耳热为
（4）解：根据，结合及
联立可得内，通过电阻的电荷量为
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】(1) 由楞次定律判断感应电流方向；
(2) 由法拉第电磁感应定律求感应电动势；
(3) 结合欧姆定律与焦耳定律求焦耳热；
(4) 由电荷量公式 结合法拉第电磁感应定律求通过电阻的电荷量。
15．如图所示，在xOy坐标平面内，半径为R的圆形匀强磁场区域的边界与x轴相切于原点O，与PM相切于A点，。PQ、MN间存在着匀强电场，。现有一个质量为m、电荷量为q的正离子，从O点以速率沿y轴正方向射入磁场，并经过A点打到了D点。离子到达MN上即被吸收，不计离子重力。
（1）求磁感应强度大小B；
（2）若其他条件不变，仅将该离子从O点以偏向y轴正方向左侧方向射入磁场，求离子在磁场中运动的时间t；
（3）若其他条件不变，将大量的上述离子从O点均匀向各个方向射入的区域，不计离子间的相互作用。求在CD区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例。
【答案】（1） 离子在磁场中做圆周运动，轨迹如图
有
根据几何关系有
解得
（2）解：如图可知，离子在磁场中运动的圆心角为
离子在磁场中运动的时间为，
解得
（3）解：如图
由几何关系可知，离子射出磁场时速度均为水平方向，设打在C点的离子从磁场边界B点射出，在电场中做类平抛运动的水平位移为，竖直位移为，则有，
从A点射出的离子打到了D点，有，
联立可得
设离子射入磁场时偏向y轴正方向角度为，由几何关系可得，
所以在CD区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例为
【知识点】磁感应强度；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 离子在磁场中做匀速圆周运动，结合几何关系确定轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力求磁感应强度；
(2) 离子以偏角入射磁场后，确定圆周运动的圆心角，结合周期公式求运动时间；
(3) 分析离子从O点向各方向入射的轨迹范围，结合几何关系确定CD区域接收的离子角度范围，计算比例。
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