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2024届广西百色市靖西中学高三下学期3月模拟考试物理试卷
一、选择题：本大题共10小题，共46分。第1～7题，每小题4分，只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分，第8～10题，每小题6分，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，有选错或不选的得0分。
1．人工核转变是指人类通过特定的实验手段，将原子核中的质子、中子和其他粒子进行增加、减少、替换等改变，从而使原子核的性质发生变化的过程。在核反应方程中，X表示的是（　　）
A．电子 B．质子 C．中子 D．α粒子
【答案】B
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】 已知核反应方程为，根据质量数守恒和电荷数守恒可得，根据，X的质量数a为1，电荷数b为1，则X表示的是质子。
故选B。
【分析】利用核反应方程质量数和电荷数守恒可以求出电荷数和质量数的大小，进而判别X为质子。
2．如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸板接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，相邻的等势面间的电势差相等。在强电场作用下，一带电液滴由静止出发从发射极沿图中实线加速飞向吸板，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是（　　）
A．液滴带的是负电 B．a点的电势比b点的低
C．液滴在a点的加速度比在b点的小 D．液滴在a点的电势能比在b点的大
【答案】D
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A．因为吸板接电源的负极，可知电场方向由发射极指向吸板，且液滴加速飞向吸板，说明受力由发射极指向吸板，故液滴带正电，故A错误；
B．电场的方向由发射极指向吸板，沿电场线电势逐渐降低，可知a点的电势高于b点的电势，故B错误；
C．因a点处的等势面较b点处密集，可知a点的场强大于b点场强，由可知液滴在a点的加速度比在b点的大，故C错误；
D．液滴带正电，且a点的电势比b点的高，由可知液滴在a点的电势能比在b点的大，故D正确。
故选D。
【分析】 由图判断发射机与吸板的电势高低，由等势面的疏密判断电场的强弱，再由电场的强弱判断加速度的大小；只有电场力做功时动能和电势能的总量保持不变，电场力做正功动能增大，电势能减小。
本题主要考查对电场的理解与应用，熟悉电场与电势的关系是解题的关键，难度不大。
3．一列简谐横波沿x轴正方向传播，时刻恰好传播到处，波形如图所示。时，平衡位置为的质点A第一次到达波峰。下列说法正确的是（　　）
A．简谐横波的波速大小为30m／s
B．波源振动的周期为0.8s
C．时，平衡位置为的质点处于波谷
D．从到时间内，平衡位置的质点通过的路程为1.8m
【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．时，平衡位置为的质点A在波谷，第一次到达波峰，由于质点A从波谷到波峰的时间为周期的一半，可知周期为
从波形图中可知波长为
可知，根据波长和周期的比值可以得出波速为
AB均错误；
C．时，平衡位置为的质点位于平衡位置，且速度沿y轴正方向，且
所以时，经过半个周期后，处在平衡位置为的质点再次回到平衡位置，但此时速度改变，沿y轴负方向，C错误；
D．根据波速的大小可以得出波从处传到处需要的时间为
已知传播的时间，则平衡位置在的质点振动时间为
所以从到时间内，已知振幅A=10cm，所以平衡位置的质点通过的路程为
D正确。
故选D。
【分析】利用质点位置变化结合振动的时间可以求出周期的大小，利用周期和波长可以求出波速的大小；利用质点的位置结合振动的时间可以判别振动后质点的位置；利用波速可以求出传播的时间，结合质点振动的时间及振幅可以求出运动的路程。
4．如图所示为半圆形玻璃砖的横截面，直径MN与水平面平行。由两种单色光组成的细光束沿aM从MN边射入玻璃砖，细光束进入玻璃砖后分成两束光分别打到玻璃砖截面的b、c两点处（入射到b、c两点的两束单色光分别称为单色光b和单色光c），b、c两点分别位于玻璃砖截面最低点的左右两侧。下列说法正确的是（　　）
A．单色光b可能在b点发生全反射
B．在玻璃砖中，单色光b的速度比单色光c的大
C．单色光b的波长比单色光c的长
D．单色光b的频率比单色光c的小
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．如图，光在M点发生折射
设单色光b的从玻璃射出时的折射角为，根据折射定律，在M点，有
在b点有，
从图中可知，单色光b的从玻璃射出时的入射角大于从空气射入玻璃时的折射角，则出射角跟入射角的大小关系为
若，则单色光b能发生全反射，A正确；
B．根据折射定律，由于单色光b的折射角比较小，可知单色光b的折射率比单色光c的大，根据折射率与光速的关系式有：
可知在玻璃砖中，单色光b的速度比单色光c的小，B错误；
CD．由于光的频率越大则折射率越大，根据折射定律，可知单色光b的折射率比单色光c的大，所以单色光b的频率比单色光c的大，根据波长和频率的关系式有
可知，单色光b的波长比单色光c的小，CD均错误。
故选A。
【分析】利用光的折射结合入射角的大小可以判别b光是否发生全反射；利用折射率的大小可以比较光的频率，利用光的频率可以比较光的波长大小；利用光的折射率大小可以比较光传播的速度大小。
5．输电能耗演示电路如图所示。左侧理想变压器原、副线圈匝数比为1：4，输入电压有效值为9V的正弦式交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为4Ω，负载R的阻值为8Ω。右侧理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，R消耗的功率为P。以下计算结果正确的是（　　）
A．P=16W B．P=32W C．P=64W D．P=72W
【答案】B
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】 输入电压有效值为9V的正弦式交流电 ，升压变压器原线圈两端的电压为
根据原副线圈电压与匝数的关系
所以输出电压的大小为：
在输电回路中，根据欧姆定律有
根据变压器的规律有：
根据欧姆定律有：
根据匝数之比和电流之比的关系有：
联立可得
根据热功率的表达式有：
故选B。
【分析】利用升压变压器的匝数之比可以求出输出电压的大小，结合欧姆定律可以求出降压变压器的输入电压，结合匝数之比及欧姆定律可以求出输出电流的大小，结合匝数之比可以求出输出电流的大小，结合热功率的表达式可以求出热功率的大小。
6．某次排球比赛中，甲运动员在离地高度为处将排球水平击出；乙运动员在离地处将排球垫起，垫起后球的速度大小相等，方向相反，且与水平方向成37°。已知排球质量，取重力加速度，不计空气阻力。以下说法正确的是（　　）
A．排球在垫起前在空中运动的时间为0.8s
B．排球水平击出时的初速度大小为6.0m／s
C．排球与乙同学作用的过程中所受合外力冲量的大小为6.0N·s
D．排球被垫起后运动到最高点时距离地面的高度为3.2m
【答案】C
【知识点】动量定理；平抛运动
【解析】【解答】A．排球从被击出到被垫起前做平抛运动，设其飞行时间为，根据竖直方向的位移公式有
解得
故A错误；
B．乙同学垫起排球前瞬间，根据速度公式可以得出排球在竖直方向速度的大小为
根据题目可得此时速度方向与水平方向的夹角为，根据速度的分解可以得出排球被水平击出时的初速度大小为
故B错误；
C．根据速度的合成可以得出：乙同学垫起排球前瞬间排球速度的大小为
根据动量定理，排球与乙同学作用的过程中所受合外力冲量的大小为
故C正确；
D． 垫起后球的速度大小相等，方向相反，且与水平方向成37°。 根据运动的对称性可得，排球被垫起后会沿原轨迹返回，故可知排球运动到最高点时距离地面的高度为，故D错误。
故选C。
【分析】利用排球下落的高度结合位移公式可以求出运动的时间，结合速度公式可以求出竖直方向的分速度，结合速度的分解可以求出水平方向分速度的大小，结合速度的合成可以求出合速度的大小；利用排球速度方向的变化可以判别排球运动到最高点距离地面的高度。
7．在“互联网＋”时代，网上购物已经成为一种常见的消费方式，网购也促进了快递业发展。如图，一快递小哥在水平地面上拖拉一个货箱，货箱和里面快递的总质量为30kg，货箱与地面间的动摩擦因数。若该小哥拉着货箱在水平地面上做匀速直线运动，取，则所施加拉力的最小值和方向为（　　）
A．大小为100N，方向指向左上方与水平方向成30°
B．大小为100N，方向指向左上方与水平方向成60°
C．大小为150N，方向指向左上方与水平方向成30°
D．大小为150N，方向指向左上方与水平方向成60°
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】由于货箱在拉力的作用下做匀速直线运动，设施加拉力为，方向与水平面夹角为，根据水平方向的平衡方程有：
整理可得
由数学知识，令
，
则有
根据数学关系可以得出当时，即时有最小值，
当时代入表达式可以得出拉力的最小值为
方向指向左上方与水平方向成30°。
故选C。
【分析】货箱做匀速直线运动，利用水平方向的平衡方程结合数学关系可以求出拉力的最小值及方向。
8．我国的“神舟十三号”载人飞船与“天宫空间站”成功对接，顺利完成任务。假定对接前，“天宫空间站”在如图所示的轨道3上绕地球做匀速圆周运动，而“神舟十三号”在图中轨道1上绕地球做匀速圆周运动，两者都在图示平面内逆时针运转。若“神舟十三号”在轨道1上的点瞬间改变其速度的大小，使其运行的轨道变为椭圆轨道2，并在轨道2和轨道3的切点与“天宫空间站”进行对接，下列说法正确的是（　　）
A．“神舟十三号”应在点瞬间加速才能使其运动轨道由1变为2
B．“神舟十三号”沿椭圆轨道2从点经飞向点过程中，万有引力不做功
C．“神舟十三号”沿椭圆轨道2从点经飞向点过程机械能守恒
D．“天宫空间站”在轨道3上经过点时的速度与“神舟十三号”在轨道2上经过点时的速度大小相等
【答案】A,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．“神舟十三号”要在P点从轨道1变为轨道2，轨道半径变大，它要做离心运动，根据利息运动的条件神舟十三号的速度要变大，此时向心力才能大于引力，所以“神舟十三号”应在P点瞬间加速才能使其轨道由1变为2，A正确；
B．“神舟十三号”沿椭圆轨道2从点经飞向点过程中，由于引力指向地球，此时其所受的万有引力与瞬时速度的夹角为钝角，万有引力做负功，B错误；
C．“神舟十三号”沿椭圆轨道2从点经飞向点过程，只有万有引力做功，重力势能和动能相互转化，所以机械能守恒，C正确；
D．卫星要由轨道2变轨到轨道3，为了避免卫星从轨道2的R点再次回到轨道2的P点，让向心运动转换为轨道3的圆周运动，则必须增大速度让引力等于向心力，所以必须在点加速，所以“天宫空间站”在轨道3上经过点时的速度比“神舟十三号”在轨道2上经过点时的速度大，D错误；
故选AC。
【分析】利用卫星的离心运动及向心运动可以比较线速度的大小；利用引力和速度方向可以判别引力做功的情况；由于只有引力做功所以卫星的机械能守恒。
9．甲、乙两辆车初始时相距1200m，甲车在后、乙车在前，乙车在8s时刻开始运动，它们在同一直线上做匀变速直线运动，速度－时间图像如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．乙车的加速度大小为0.42m/s2
B．两辆车在时速度相等
C．两辆车可能相撞
D．甲车停下时，乙车在甲车前面391m处
【答案】B,D
【知识点】追及相遇问题
【解析】【解答】A．在速度时间图像中，根据图像斜率可以得出乙车的加速度大小为
A错误；
B．根据图像斜率可以得出甲车加速度大小为
两车速度相等时，根据速度公式有
可得
B正确；
C．速度相等时，根据位移公式可以得出两车的位移分别为
两车的最近距离为
两车没有相撞，最近距离为244m，C错误；
D．由于图像的面积表示位移，甲车停下时，乙车在甲车前面x处，根据图像面积可以得出x的大小为
D正确。
故选BD。
【分析】利用图像斜率可以求出两车加速度的大小，结合速度公式可以求出共速的时间，结合位移公式可以求出速度相等时两车之间的距离；利用图像面积的大小可以求出两车之间的距离大小。
10．如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．M刚进入磁场时受到的安培力F的大小为
B．N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量
C．初始时刻N到ab的最小距离
D．从M进入磁场到N离开磁场，金属杆N产生的焦耳热
【答案】B,D
【知识点】动量与能量的其他综合应用；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．M刚进入磁场时，根据动生电动势的表达式结合欧姆定律可以得出电路中的电流为
根据安培力的表达式可以得出M刚进入磁场时受到的安培力F的大小为
故A错误；
B．N在磁场内运动过程，由于安培力的冲量导致动量的变化，根据动量定理有
根据电流的定义式解得N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量为
故B正确；
C．根据法拉第电磁感应定律可以得出N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量为
初始时刻N到ab的最小距离为
故C错误；
D．从M进入磁场到N离开磁场，对M，由于安培力的冲量导致动量的变化，根据动量定理有
解得
由于M的动能转换为系统动能和系统的焦耳热，根据能量守恒有
金属杆N产生的焦耳热为
故D正确。
故选BD。
【分析】利用动生电动势的表达式结合欧姆定律可以求出M进入磁场的电流大小，结合安培力的表达式可以求出安培力的大小；利用动量定理及电流的定义式可以求出电荷量的大小；利用法拉第电磁感应定律可以求出N初始时刻到ab的最小距离；利用动量定理结合能量守恒定理可以求出金属杆产生的焦耳热大小。
二、非选择题：本大题共5小题，共54分。第11题6分，第12题10分，第13题10分，第14题12分，第15题16分。其中13～15题解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11．某实验小组为了验证小球所受向心力与角速度、半径的关系，设计了如图甲所示的实验装置，转轴由小电机带动，转速可调，固定在转轴上点的力传感器通过轻绳连接一质量为的小球，一根固定在转轴上的光滑水平直杆穿过小球，保证小球在水平面内转动，直杆最外边插一小遮光片，小球每转一周遮光片通过右边光电门时可记录遮光片最外边的挡光时间，某次实验操作如下：
（1）用螺旋测微器测量遮光片的宽度，测量结果如图乙所示，则　 　。
（2）如图甲所示，安装好实验装置，用刻度尺测量遮光片最外端到转轴点的距离记为，测量小球球心到转轴点的距离记为。
（3）开动电动机，让小球转动起来，某次遮光片通过光电门时光电门计时为，则小球此时的角速度等于　 　。（用字母中的部分字母表示）
（4）验证向心力与半径关系时，让电动机匀速转动，遮光片每次通过光电门的时间相同，调节小球球心到转轴点的距离的长度，测出每一个的长度以及其对应的力传感器的读数，得出多组数据，画出的关系图像应该为　 　。
（5）验证向心力与角速度关系时让小球球心到转轴点距离不变，调节电动机转速，遮光片每次通过光电门的时间不同，记录某次挡光时间同时记录此时力传感器的读数，得出多组与的数据，为了准确验证小球所受向心力与角速度的关系，利用实验测量量应画　 　（选填“”“”“”或“”）关系图。
【答案】；；A；
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）根据螺旋测微器的结构可以得出读数为
（3）遮光片通过光电门时光电门计时为t时，根据平均速度公式可以得出遮光条的线速度为
根据线速度和角速度的关系可以得出小球此时的角速度为
（4）遮光片P每次通过光电门的时间相同，L1、d不变，不变，
小球做匀速圆周运动，根据向心力的表达式由
根据表达式可知的关系图像为过原点得倾斜直线。故选A。
（5）由于小球做匀速圆周运动，根据向心力公式
为了准确验证小球所受向心力F与角速度ω的关系，利用实验测量应画图像。
【分析】（1）利用螺旋测微器的结构可以得出对应的读数；
（3）利用平均速度公式结合角速度和线速度的关系可以求出小球角速度的大小；
（4）利用小球向心力的表达式可以求出向心力与距离的关系式，进而选择对应的图像；
（5）利用小球向心力的表达式可以判别实验测量应画图像。
12．桂林市某一中学电学实验室需要测量某电阻（阻值约为3kΩ）的阻值，现有如下器材：
A：电流表A1量程0.6A，内阻约为3Ω
B：电流表A2量程1mA，内阻约为100Ω
C：电压表V1量程3V，内阻约为3000Ω
D：电压表V2量程15V，内阻约为15kΩ
E：滑动变阻器，最大阻值1kΩ，允许最大电流0.6A
F：滑动变阻器，最大阻值20Ω，允许最大电流1A
C：电源电动势3V
H：导线、开关若干
（1）某实验小组设计了如图所示的测量电路，为了准确测量的阻值，电流表应选　 　，电压表应选　 　，滑动变阻器应选　 　。（填各器材前面的序号）
（2）他们根据第（1）问中所选器材的相关数据按照图示电路连接好电路，闭合开关S，然后　 　（选填“闭合S1断开S2”或“闭合S2断开S1”），调节到合适位置，分别读出电压表和电流表读数为U和I，测得。
（3）调节得出多组U和I的值，算出多组值，然后取平均值，此平均值即为的测量值。
（4）该实验小组分析了实验误差，发现测量值　 　真实值（选填“大于”“等于”或“小于”），于是设计了一个新的操作方案：①仍按如图所示连接好电路；②闭合S之后，再闭合S1断开S2，调节让电流表、电压表有合适值，读出此时的电压表读数；③不调动的位置，断开S1和S2，让电流表与直接串联，读出此时电流表读数为；④计算得的测量值为。请你分析一下这个新的操作方案有没有系统误差（分析时可认为，不调动位置则OP间的电压不变）：的测量值　 　真实值（选填“大于”“等于”或“小于”）。
【答案】B；C；F；闭合S2断开S1；大于；小于
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）根据欧姆定律可以得出电路中最大电流约为
故电流表选量程1mA的电流表A2，故选B。
电源的电动势为3V，根据电动势的大小可以得出电压表选择量程3V的V1，故选C。
由于滑动变阻器使用分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器选择阻值较小的，故选F。
（2）由于待测电阻属于大电阻，为了减小电表的影响，所以电流表应采取内接法，按照图示电路连接好电路，闭合开关S，然后闭合S2断开S1。
（4）由于电流表的分压，电压表的测量值为电流表和待测电阻的总电压，会导致电压测量值偏大，电阻的测量值大于真实值。
当闭合S之后，再闭合S1断开S2，由于电压表与电阻并联，所以测得的比断开S1和S2，让电流表与直接串联时电阻两端的电压值偏小，所以利用测得的电阻值小于真实值。
【分析】（1）利用欧姆定律可以求出电流的最大值进而判别电流表的选择；利用电动势的大小可以选择电压表的量程；滑动变阻器使用分压式接法所以使用阻值较小的电阻；
（2）由于待测电阻使用大电阻，所以电流表使用内接法；
（4）由于电压表的测量值为电流表和待测电阻的总电压，会导致电压测量值偏大，电阻的测量值大于真实值。当闭合S之后，再闭合S1断开S2，由于电压表与电阻并联，所以测得的比断开S1和S2，让电流表与直接串联时电阻两端的电压值偏小，所以利用测得的电阻值小于真实值。
13．小林同学在实验室探究气体状态变化规律，如图所示，实验室有一下端有小段软管、导热性能良好的U型管，U型管左端封闭右端开口，左管内用水银柱封闭一段气体，可看成理想气体，左端封闭的气体长度，左右两管水银柱高度相同都为，U型管的非软管部分粗细均匀，已知大气压强为75cmHg，实验室温度为27℃，管的粗细相对水银柱的高度来说可忽略不计，求：
（1）现将U型管右管缓慢放置水平，此过程水银柱没有溢出，此时水银柱右端离右管口的距离多大？
（2）小林同学利用这个U型管和一把刻度尺，能测量不同环境的温度，他将U型管移到另一个封闭环境（如题图所示竖直放在地面上），左端气柱长度明显变短，小林同学将右管缓慢旋转，使得左管气体长度恢复原长22cm。此时，小林用刻度尺测出右管水银面离地面的竖直高度为22cm，依据这些条件可求出这个封闭环境温度为多少摄氏度？
【答案】（1）左端封闭气体初始状态压强、长度分别为
，
右管水平时，水银柱右端离右管口的距离设为d，则此时左端封闭气体的压强、长度分别为
，
由玻意耳定律可得
解得
（2）左端封闭气体初始状态的温度为，设另一环境的热力学温度为。右管水银面离地面的竖直高度为22cm时，左端封闭气体的压强为
由查理定律可得
解得
则摄氏温度为
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）当右管水平时，利用液面深度可以求出气体的压强，结合等温变化的状态方程可以求出
水银柱右端离右管口的距；
（2）当右管水银面离地面的竖直高度为22cm时，根据液面高度差可以求出气体的压强，结合等容变化的状态方程可以求出气体的温度。
14．质谱仪是最早用来测定微观粒子比荷的精密仪器，某一改进后带有速度选择器的质谱仪能更快测定粒子的比荷，其原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压，B为速度选择器，其中磁场与电场正交，磁场磁感应强度为，两板距离为d，C为粒子偏转分离器，磁感应强度为，今有一比荷为（未知）的正粒子P，不计重力，从小孔“飘入”（初速度为零），经加速后，该粒子从小孔进入速度选择器B，恰能通过速度选择器，粒子从小孔进入分离器C后做匀速圆周运动，恰好打在照相底片D点上，测出D点与距离为L。求：
（1）粒子P的比荷为多大；
（2）速度选择器的电压应为多大；
（3）另一粒子Q同样从小孔“飘入”，保持和d不变，调节的大小，使粒子Q能通过速度选择器进入分离器C，最后打到照相底片上的F点（在D点右侧），测出F点与D点距离为x，则可得粒子Q比荷，求（用表示）。
【答案】（1）由动能定理得
粒子在分离器C后做匀速圆周运动，则
由几何关系得
联立解得
（2）该粒子从小孔进入速度选择器B，恰能通过速度选择器，可得
解得
（3）由题意得，Q粒子进入分离器的速度与P粒子的速度相同，则
由几何关系得
解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）粒子在电场中加速，利用动能定理可以求出加速后速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子比荷的大小；
（2）粒子恰好经过速度选择器时，利用电场力和洛伦兹力相等可以求出速度选择器电压的大小；
（3）粒子进入分离器时，利用牛顿第二定律可以求出比荷的大小。
15．如图所示，一足够长倾斜角的斜面顶端放置一长木板A，木板A上表面的某处放置一小滑块B（可看成质点），已知A和B的质量分别为2m和3m，木板A顶端与滑块B相距为的地方固定一光滑小球C（可看成质点），已知小球C的质量为m，A与B之间的动摩擦因数，A与斜面间动摩擦因数，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，将固定的光滑小球C由静止释放，C与B会发生弹性碰撞，求：
（1）小球C与滑块B碰后瞬间各自的速度分别多大；
（2）要使小球C再次碰到滑块B之前B未能滑出A下端，则木板A至少多长；
（3）A和B共速时，滑块B与小球C距多远。
【答案】（1）由于A与B之间的动摩擦因数及A与斜面间动摩擦因数均不于，则在BC相碰前，AB均相对斜面静止，小球在由释放到碰B过程中，根据动能定理
解得
BC碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒可得
解得小球C与滑块B碰后瞬间各自的速度
，
（2）BC碰后，对ABC分别根据牛顿第二定律
假设C再次碰到B之前，AB尚未共速，根据位移关系有
解得
此时A的速度
B的速度
显然假设不成立；在C再次碰到B之前，AB发生向下的共速，在BC碰后到AB共速过程
解得
，
此后由于，则AB相对静止，因此要使小球C再次碰到滑块B之前B未能滑出A下端，则木板A的长度最少为
（3）AB发生向下的共速时滑块B与小球C相距
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【分析】（1）由于AB相对斜面保持静止，利用动能定律可以求出小球与B发生碰撞前的速度大小，结合碰撞过程的动量守恒定律及能量守恒定律可以求出小球C与物块B碰后速度的大小；
（2）当BC碰后，利用牛顿第二定律可以求出ABC各自加速度的大小，结合AB的共速及速度公式可以求出AB共速的速度及时间，结合位移公式可以求出木板A的长度；
（3）当AB运动到共速时，利用位移公式可以求出滑块B与小球C之间的距离大小。
1 / 12024届广西百色市靖西中学高三下学期3月模拟考试物理试卷
一、选择题：本大题共10小题，共46分。第1～7题，每小题4分，只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分，第8～10题，每小题6分，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，有选错或不选的得0分。
1．人工核转变是指人类通过特定的实验手段，将原子核中的质子、中子和其他粒子进行增加、减少、替换等改变，从而使原子核的性质发生变化的过程。在核反应方程中，X表示的是（　　）
A．电子 B．质子 C．中子 D．α粒子
2．如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸板接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，相邻的等势面间的电势差相等。在强电场作用下，一带电液滴由静止出发从发射极沿图中实线加速飞向吸板，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是（　　）
A．液滴带的是负电 B．a点的电势比b点的低
C．液滴在a点的加速度比在b点的小 D．液滴在a点的电势能比在b点的大
3．一列简谐横波沿x轴正方向传播，时刻恰好传播到处，波形如图所示。时，平衡位置为的质点A第一次到达波峰。下列说法正确的是（　　）
A．简谐横波的波速大小为30m／s
B．波源振动的周期为0.8s
C．时，平衡位置为的质点处于波谷
D．从到时间内，平衡位置的质点通过的路程为1.8m
4．如图所示为半圆形玻璃砖的横截面，直径MN与水平面平行。由两种单色光组成的细光束沿aM从MN边射入玻璃砖，细光束进入玻璃砖后分成两束光分别打到玻璃砖截面的b、c两点处（入射到b、c两点的两束单色光分别称为单色光b和单色光c），b、c两点分别位于玻璃砖截面最低点的左右两侧。下列说法正确的是（　　）
A．单色光b可能在b点发生全反射
B．在玻璃砖中，单色光b的速度比单色光c的大
C．单色光b的波长比单色光c的长
D．单色光b的频率比单色光c的小
5．输电能耗演示电路如图所示。左侧理想变压器原、副线圈匝数比为1：4，输入电压有效值为9V的正弦式交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为4Ω，负载R的阻值为8Ω。右侧理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，R消耗的功率为P。以下计算结果正确的是（　　）
A．P=16W B．P=32W C．P=64W D．P=72W
6．某次排球比赛中，甲运动员在离地高度为处将排球水平击出；乙运动员在离地处将排球垫起，垫起后球的速度大小相等，方向相反，且与水平方向成37°。已知排球质量，取重力加速度，不计空气阻力。以下说法正确的是（　　）
A．排球在垫起前在空中运动的时间为0.8s
B．排球水平击出时的初速度大小为6.0m／s
C．排球与乙同学作用的过程中所受合外力冲量的大小为6.0N·s
D．排球被垫起后运动到最高点时距离地面的高度为3.2m
7．在“互联网＋”时代，网上购物已经成为一种常见的消费方式，网购也促进了快递业发展。如图，一快递小哥在水平地面上拖拉一个货箱，货箱和里面快递的总质量为30kg，货箱与地面间的动摩擦因数。若该小哥拉着货箱在水平地面上做匀速直线运动，取，则所施加拉力的最小值和方向为（　　）
A．大小为100N，方向指向左上方与水平方向成30°
B．大小为100N，方向指向左上方与水平方向成60°
C．大小为150N，方向指向左上方与水平方向成30°
D．大小为150N，方向指向左上方与水平方向成60°
8．我国的“神舟十三号”载人飞船与“天宫空间站”成功对接，顺利完成任务。假定对接前，“天宫空间站”在如图所示的轨道3上绕地球做匀速圆周运动，而“神舟十三号”在图中轨道1上绕地球做匀速圆周运动，两者都在图示平面内逆时针运转。若“神舟十三号”在轨道1上的点瞬间改变其速度的大小，使其运行的轨道变为椭圆轨道2，并在轨道2和轨道3的切点与“天宫空间站”进行对接，下列说法正确的是（　　）
A．“神舟十三号”应在点瞬间加速才能使其运动轨道由1变为2
B．“神舟十三号”沿椭圆轨道2从点经飞向点过程中，万有引力不做功
C．“神舟十三号”沿椭圆轨道2从点经飞向点过程机械能守恒
D．“天宫空间站”在轨道3上经过点时的速度与“神舟十三号”在轨道2上经过点时的速度大小相等
9．甲、乙两辆车初始时相距1200m，甲车在后、乙车在前，乙车在8s时刻开始运动，它们在同一直线上做匀变速直线运动，速度－时间图像如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．乙车的加速度大小为0.42m/s2
B．两辆车在时速度相等
C．两辆车可能相撞
D．甲车停下时，乙车在甲车前面391m处
10．如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．M刚进入磁场时受到的安培力F的大小为
B．N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量
C．初始时刻N到ab的最小距离
D．从M进入磁场到N离开磁场，金属杆N产生的焦耳热
二、非选择题：本大题共5小题，共54分。第11题6分，第12题10分，第13题10分，第14题12分，第15题16分。其中13～15题解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11．某实验小组为了验证小球所受向心力与角速度、半径的关系，设计了如图甲所示的实验装置，转轴由小电机带动，转速可调，固定在转轴上点的力传感器通过轻绳连接一质量为的小球，一根固定在转轴上的光滑水平直杆穿过小球，保证小球在水平面内转动，直杆最外边插一小遮光片，小球每转一周遮光片通过右边光电门时可记录遮光片最外边的挡光时间，某次实验操作如下：
（1）用螺旋测微器测量遮光片的宽度，测量结果如图乙所示，则　 　。
（2）如图甲所示，安装好实验装置，用刻度尺测量遮光片最外端到转轴点的距离记为，测量小球球心到转轴点的距离记为。
（3）开动电动机，让小球转动起来，某次遮光片通过光电门时光电门计时为，则小球此时的角速度等于　 　。（用字母中的部分字母表示）
（4）验证向心力与半径关系时，让电动机匀速转动，遮光片每次通过光电门的时间相同，调节小球球心到转轴点的距离的长度，测出每一个的长度以及其对应的力传感器的读数，得出多组数据，画出的关系图像应该为　 　。
（5）验证向心力与角速度关系时让小球球心到转轴点距离不变，调节电动机转速，遮光片每次通过光电门的时间不同，记录某次挡光时间同时记录此时力传感器的读数，得出多组与的数据，为了准确验证小球所受向心力与角速度的关系，利用实验测量量应画　 　（选填“”“”“”或“”）关系图。
12．桂林市某一中学电学实验室需要测量某电阻（阻值约为3kΩ）的阻值，现有如下器材：
A：电流表A1量程0.6A，内阻约为3Ω
B：电流表A2量程1mA，内阻约为100Ω
C：电压表V1量程3V，内阻约为3000Ω
D：电压表V2量程15V，内阻约为15kΩ
E：滑动变阻器，最大阻值1kΩ，允许最大电流0.6A
F：滑动变阻器，最大阻值20Ω，允许最大电流1A
C：电源电动势3V
H：导线、开关若干
（1）某实验小组设计了如图所示的测量电路，为了准确测量的阻值，电流表应选　 　，电压表应选　 　，滑动变阻器应选　 　。（填各器材前面的序号）
（2）他们根据第（1）问中所选器材的相关数据按照图示电路连接好电路，闭合开关S，然后　 　（选填“闭合S1断开S2”或“闭合S2断开S1”），调节到合适位置，分别读出电压表和电流表读数为U和I，测得。
（3）调节得出多组U和I的值，算出多组值，然后取平均值，此平均值即为的测量值。
（4）该实验小组分析了实验误差，发现测量值　 　真实值（选填“大于”“等于”或“小于”），于是设计了一个新的操作方案：①仍按如图所示连接好电路；②闭合S之后，再闭合S1断开S2，调节让电流表、电压表有合适值，读出此时的电压表读数；③不调动的位置，断开S1和S2，让电流表与直接串联，读出此时电流表读数为；④计算得的测量值为。请你分析一下这个新的操作方案有没有系统误差（分析时可认为，不调动位置则OP间的电压不变）：的测量值　 　真实值（选填“大于”“等于”或“小于”）。
13．小林同学在实验室探究气体状态变化规律，如图所示，实验室有一下端有小段软管、导热性能良好的U型管，U型管左端封闭右端开口，左管内用水银柱封闭一段气体，可看成理想气体，左端封闭的气体长度，左右两管水银柱高度相同都为，U型管的非软管部分粗细均匀，已知大气压强为75cmHg，实验室温度为27℃，管的粗细相对水银柱的高度来说可忽略不计，求：
（1）现将U型管右管缓慢放置水平，此过程水银柱没有溢出，此时水银柱右端离右管口的距离多大？
（2）小林同学利用这个U型管和一把刻度尺，能测量不同环境的温度，他将U型管移到另一个封闭环境（如题图所示竖直放在地面上），左端气柱长度明显变短，小林同学将右管缓慢旋转，使得左管气体长度恢复原长22cm。此时，小林用刻度尺测出右管水银面离地面的竖直高度为22cm，依据这些条件可求出这个封闭环境温度为多少摄氏度？
14．质谱仪是最早用来测定微观粒子比荷的精密仪器，某一改进后带有速度选择器的质谱仪能更快测定粒子的比荷，其原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压，B为速度选择器，其中磁场与电场正交，磁场磁感应强度为，两板距离为d，C为粒子偏转分离器，磁感应强度为，今有一比荷为（未知）的正粒子P，不计重力，从小孔“飘入”（初速度为零），经加速后，该粒子从小孔进入速度选择器B，恰能通过速度选择器，粒子从小孔进入分离器C后做匀速圆周运动，恰好打在照相底片D点上，测出D点与距离为L。求：
（1）粒子P的比荷为多大；
（2）速度选择器的电压应为多大；
（3）另一粒子Q同样从小孔“飘入”，保持和d不变，调节的大小，使粒子Q能通过速度选择器进入分离器C，最后打到照相底片上的F点（在D点右侧），测出F点与D点距离为x，则可得粒子Q比荷，求（用表示）。
15．如图所示，一足够长倾斜角的斜面顶端放置一长木板A，木板A上表面的某处放置一小滑块B（可看成质点），已知A和B的质量分别为2m和3m，木板A顶端与滑块B相距为的地方固定一光滑小球C（可看成质点），已知小球C的质量为m，A与B之间的动摩擦因数，A与斜面间动摩擦因数，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，将固定的光滑小球C由静止释放，C与B会发生弹性碰撞，求：
（1）小球C与滑块B碰后瞬间各自的速度分别多大；
（2）要使小球C再次碰到滑块B之前B未能滑出A下端，则木板A至少多长；
（3）A和B共速时，滑块B与小球C距多远。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】 已知核反应方程为，根据质量数守恒和电荷数守恒可得，根据，X的质量数a为1，电荷数b为1，则X表示的是质子。
故选B。
【分析】利用核反应方程质量数和电荷数守恒可以求出电荷数和质量数的大小，进而判别X为质子。
2．【答案】D
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A．因为吸板接电源的负极，可知电场方向由发射极指向吸板，且液滴加速飞向吸板，说明受力由发射极指向吸板，故液滴带正电，故A错误；
B．电场的方向由发射极指向吸板，沿电场线电势逐渐降低，可知a点的电势高于b点的电势，故B错误；
C．因a点处的等势面较b点处密集，可知a点的场强大于b点场强，由可知液滴在a点的加速度比在b点的大，故C错误；
D．液滴带正电，且a点的电势比b点的高，由可知液滴在a点的电势能比在b点的大，故D正确。
故选D。
【分析】 由图判断发射机与吸板的电势高低，由等势面的疏密判断电场的强弱，再由电场的强弱判断加速度的大小；只有电场力做功时动能和电势能的总量保持不变，电场力做正功动能增大，电势能减小。
本题主要考查对电场的理解与应用，熟悉电场与电势的关系是解题的关键，难度不大。
3．【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．时，平衡位置为的质点A在波谷，第一次到达波峰，由于质点A从波谷到波峰的时间为周期的一半，可知周期为
从波形图中可知波长为
可知，根据波长和周期的比值可以得出波速为
AB均错误；
C．时，平衡位置为的质点位于平衡位置，且速度沿y轴正方向，且
所以时，经过半个周期后，处在平衡位置为的质点再次回到平衡位置，但此时速度改变，沿y轴负方向，C错误；
D．根据波速的大小可以得出波从处传到处需要的时间为
已知传播的时间，则平衡位置在的质点振动时间为
所以从到时间内，已知振幅A=10cm，所以平衡位置的质点通过的路程为
D正确。
故选D。
【分析】利用质点位置变化结合振动的时间可以求出周期的大小，利用周期和波长可以求出波速的大小；利用质点的位置结合振动的时间可以判别振动后质点的位置；利用波速可以求出传播的时间，结合质点振动的时间及振幅可以求出运动的路程。
4．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．如图，光在M点发生折射
设单色光b的从玻璃射出时的折射角为，根据折射定律，在M点，有
在b点有，
从图中可知，单色光b的从玻璃射出时的入射角大于从空气射入玻璃时的折射角，则出射角跟入射角的大小关系为
若，则单色光b能发生全反射，A正确；
B．根据折射定律，由于单色光b的折射角比较小，可知单色光b的折射率比单色光c的大，根据折射率与光速的关系式有：
可知在玻璃砖中，单色光b的速度比单色光c的小，B错误；
CD．由于光的频率越大则折射率越大，根据折射定律，可知单色光b的折射率比单色光c的大，所以单色光b的频率比单色光c的大，根据波长和频率的关系式有
可知，单色光b的波长比单色光c的小，CD均错误。
故选A。
【分析】利用光的折射结合入射角的大小可以判别b光是否发生全反射；利用折射率的大小可以比较光的频率，利用光的频率可以比较光的波长大小；利用光的折射率大小可以比较光传播的速度大小。
5．【答案】B
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】 输入电压有效值为9V的正弦式交流电 ，升压变压器原线圈两端的电压为
根据原副线圈电压与匝数的关系
所以输出电压的大小为：
在输电回路中，根据欧姆定律有
根据变压器的规律有：
根据欧姆定律有：
根据匝数之比和电流之比的关系有：
联立可得
根据热功率的表达式有：
故选B。
【分析】利用升压变压器的匝数之比可以求出输出电压的大小，结合欧姆定律可以求出降压变压器的输入电压，结合匝数之比及欧姆定律可以求出输出电流的大小，结合匝数之比可以求出输出电流的大小，结合热功率的表达式可以求出热功率的大小。
6．【答案】C
【知识点】动量定理；平抛运动
【解析】【解答】A．排球从被击出到被垫起前做平抛运动，设其飞行时间为，根据竖直方向的位移公式有
解得
故A错误；
B．乙同学垫起排球前瞬间，根据速度公式可以得出排球在竖直方向速度的大小为
根据题目可得此时速度方向与水平方向的夹角为，根据速度的分解可以得出排球被水平击出时的初速度大小为
故B错误；
C．根据速度的合成可以得出：乙同学垫起排球前瞬间排球速度的大小为
根据动量定理，排球与乙同学作用的过程中所受合外力冲量的大小为
故C正确；
D． 垫起后球的速度大小相等，方向相反，且与水平方向成37°。 根据运动的对称性可得，排球被垫起后会沿原轨迹返回，故可知排球运动到最高点时距离地面的高度为，故D错误。
故选C。
【分析】利用排球下落的高度结合位移公式可以求出运动的时间，结合速度公式可以求出竖直方向的分速度，结合速度的分解可以求出水平方向分速度的大小，结合速度的合成可以求出合速度的大小；利用排球速度方向的变化可以判别排球运动到最高点距离地面的高度。
7．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】由于货箱在拉力的作用下做匀速直线运动，设施加拉力为，方向与水平面夹角为，根据水平方向的平衡方程有：
整理可得
由数学知识，令
，
则有
根据数学关系可以得出当时，即时有最小值，
当时代入表达式可以得出拉力的最小值为
方向指向左上方与水平方向成30°。
故选C。
【分析】货箱做匀速直线运动，利用水平方向的平衡方程结合数学关系可以求出拉力的最小值及方向。
8．【答案】A,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．“神舟十三号”要在P点从轨道1变为轨道2，轨道半径变大，它要做离心运动，根据利息运动的条件神舟十三号的速度要变大，此时向心力才能大于引力，所以“神舟十三号”应在P点瞬间加速才能使其轨道由1变为2，A正确；
B．“神舟十三号”沿椭圆轨道2从点经飞向点过程中，由于引力指向地球，此时其所受的万有引力与瞬时速度的夹角为钝角，万有引力做负功，B错误；
C．“神舟十三号”沿椭圆轨道2从点经飞向点过程，只有万有引力做功，重力势能和动能相互转化，所以机械能守恒，C正确；
D．卫星要由轨道2变轨到轨道3，为了避免卫星从轨道2的R点再次回到轨道2的P点，让向心运动转换为轨道3的圆周运动，则必须增大速度让引力等于向心力，所以必须在点加速，所以“天宫空间站”在轨道3上经过点时的速度比“神舟十三号”在轨道2上经过点时的速度大，D错误；
故选AC。
【分析】利用卫星的离心运动及向心运动可以比较线速度的大小；利用引力和速度方向可以判别引力做功的情况；由于只有引力做功所以卫星的机械能守恒。
9．【答案】B,D
【知识点】追及相遇问题
【解析】【解答】A．在速度时间图像中，根据图像斜率可以得出乙车的加速度大小为
A错误；
B．根据图像斜率可以得出甲车加速度大小为
两车速度相等时，根据速度公式有
可得
B正确；
C．速度相等时，根据位移公式可以得出两车的位移分别为
两车的最近距离为
两车没有相撞，最近距离为244m，C错误；
D．由于图像的面积表示位移，甲车停下时，乙车在甲车前面x处，根据图像面积可以得出x的大小为
D正确。
故选BD。
【分析】利用图像斜率可以求出两车加速度的大小，结合速度公式可以求出共速的时间，结合位移公式可以求出速度相等时两车之间的距离；利用图像面积的大小可以求出两车之间的距离大小。
10．【答案】B,D
【知识点】动量与能量的其他综合应用；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．M刚进入磁场时，根据动生电动势的表达式结合欧姆定律可以得出电路中的电流为
根据安培力的表达式可以得出M刚进入磁场时受到的安培力F的大小为
故A错误；
B．N在磁场内运动过程，由于安培力的冲量导致动量的变化，根据动量定理有
根据电流的定义式解得N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量为
故B正确；
C．根据法拉第电磁感应定律可以得出N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量为
初始时刻N到ab的最小距离为
故C错误；
D．从M进入磁场到N离开磁场，对M，由于安培力的冲量导致动量的变化，根据动量定理有
解得
由于M的动能转换为系统动能和系统的焦耳热，根据能量守恒有
金属杆N产生的焦耳热为
故D正确。
故选BD。
【分析】利用动生电动势的表达式结合欧姆定律可以求出M进入磁场的电流大小，结合安培力的表达式可以求出安培力的大小；利用动量定理及电流的定义式可以求出电荷量的大小；利用法拉第电磁感应定律可以求出N初始时刻到ab的最小距离；利用动量定理结合能量守恒定理可以求出金属杆产生的焦耳热大小。
11．【答案】；；A；
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）根据螺旋测微器的结构可以得出读数为
（3）遮光片通过光电门时光电门计时为t时，根据平均速度公式可以得出遮光条的线速度为
根据线速度和角速度的关系可以得出小球此时的角速度为
（4）遮光片P每次通过光电门的时间相同，L1、d不变，不变，
小球做匀速圆周运动，根据向心力的表达式由
根据表达式可知的关系图像为过原点得倾斜直线。故选A。
（5）由于小球做匀速圆周运动，根据向心力公式
为了准确验证小球所受向心力F与角速度ω的关系，利用实验测量应画图像。
【分析】（1）利用螺旋测微器的结构可以得出对应的读数；
（3）利用平均速度公式结合角速度和线速度的关系可以求出小球角速度的大小；
（4）利用小球向心力的表达式可以求出向心力与距离的关系式，进而选择对应的图像；
（5）利用小球向心力的表达式可以判别实验测量应画图像。
12．【答案】B；C；F；闭合S2断开S1；大于；小于
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）根据欧姆定律可以得出电路中最大电流约为
故电流表选量程1mA的电流表A2，故选B。
电源的电动势为3V，根据电动势的大小可以得出电压表选择量程3V的V1，故选C。
由于滑动变阻器使用分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器选择阻值较小的，故选F。
（2）由于待测电阻属于大电阻，为了减小电表的影响，所以电流表应采取内接法，按照图示电路连接好电路，闭合开关S，然后闭合S2断开S1。
（4）由于电流表的分压，电压表的测量值为电流表和待测电阻的总电压，会导致电压测量值偏大，电阻的测量值大于真实值。
当闭合S之后，再闭合S1断开S2，由于电压表与电阻并联，所以测得的比断开S1和S2，让电流表与直接串联时电阻两端的电压值偏小，所以利用测得的电阻值小于真实值。
【分析】（1）利用欧姆定律可以求出电流的最大值进而判别电流表的选择；利用电动势的大小可以选择电压表的量程；滑动变阻器使用分压式接法所以使用阻值较小的电阻；
（2）由于待测电阻使用大电阻，所以电流表使用内接法；
（4）由于电压表的测量值为电流表和待测电阻的总电压，会导致电压测量值偏大，电阻的测量值大于真实值。当闭合S之后，再闭合S1断开S2，由于电压表与电阻并联，所以测得的比断开S1和S2，让电流表与直接串联时电阻两端的电压值偏小，所以利用测得的电阻值小于真实值。
13．【答案】（1）左端封闭气体初始状态压强、长度分别为
，
右管水平时，水银柱右端离右管口的距离设为d，则此时左端封闭气体的压强、长度分别为
，
由玻意耳定律可得
解得
（2）左端封闭气体初始状态的温度为，设另一环境的热力学温度为。右管水银面离地面的竖直高度为22cm时，左端封闭气体的压强为
由查理定律可得
解得
则摄氏温度为
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）当右管水平时，利用液面深度可以求出气体的压强，结合等温变化的状态方程可以求出
水银柱右端离右管口的距；
（2）当右管水银面离地面的竖直高度为22cm时，根据液面高度差可以求出气体的压强，结合等容变化的状态方程可以求出气体的温度。
14．【答案】（1）由动能定理得
粒子在分离器C后做匀速圆周运动，则
由几何关系得
联立解得
（2）该粒子从小孔进入速度选择器B，恰能通过速度选择器，可得
解得
（3）由题意得，Q粒子进入分离器的速度与P粒子的速度相同，则
由几何关系得
解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）粒子在电场中加速，利用动能定理可以求出加速后速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子比荷的大小；
（2）粒子恰好经过速度选择器时，利用电场力和洛伦兹力相等可以求出速度选择器电压的大小；
（3）粒子进入分离器时，利用牛顿第二定律可以求出比荷的大小。
15．【答案】（1）由于A与B之间的动摩擦因数及A与斜面间动摩擦因数均不于，则在BC相碰前，AB均相对斜面静止，小球在由释放到碰B过程中，根据动能定理
解得
BC碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒可得
解得小球C与滑块B碰后瞬间各自的速度
，
（2）BC碰后，对ABC分别根据牛顿第二定律
假设C再次碰到B之前，AB尚未共速，根据位移关系有
解得
此时A的速度
B的速度
显然假设不成立；在C再次碰到B之前，AB发生向下的共速，在BC碰后到AB共速过程
解得
，
此后由于，则AB相对静止，因此要使小球C再次碰到滑块B之前B未能滑出A下端，则木板A的长度最少为
（3）AB发生向下的共速时滑块B与小球C相距
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【分析】（1）由于AB相对斜面保持静止，利用动能定律可以求出小球与B发生碰撞前的速度大小，结合碰撞过程的动量守恒定律及能量守恒定律可以求出小球C与物块B碰后速度的大小；
（2）当BC碰后，利用牛顿第二定律可以求出ABC各自加速度的大小，结合AB的共速及速度公式可以求出AB共速的速度及时间，结合位移公式可以求出木板A的长度；
（3）当AB运动到共速时，利用位移公式可以求出滑块B与小球C之间的距离大小。
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