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山东省青岛市2022届高三上学期物理教学质量检测试卷
一、单选题
1．（2022高三上·青岛期末）“快中子增殖反应堆”是一种利用快中子进行核裂变链式反应的反应堆，简称“快堆”。中国实验快堆工程（CEFR）已经成功并网发电，这标志着国家“863”计划重大项目目标的全面实现。中国实验快堆采用钚（）作燃料，在堆心燃料钚的外围再生区里放置不易发生裂变的铀（）；钚-239裂变释放出的快中子，被再生区内的铀-238吸收，铀-238转变为成铀-239，铀-239极不稳定，经过衰变，进一步转变为易裂变的钚-239，从而实现核燃料的“增殖”。关于中国实验快堆，下列说法正确的是（ ）
A．铀-239转变为钚-239，经过了3次衰变
B．铀-239发生衰变的实质是原子核内的中子转化为一个质子和一个电子
C．铀-239发生衰变过程中，电荷数守恒，质量也守恒
D．钚（）裂变生成为两个中等质量的核，钚核的比结合能大于生成的两个核的比结合能
【答案】B
【知识点】核裂变与核聚变；质量亏损与质能方程
【解析】【解答】A．铀-239转变为钚-239，质量数不变，质子数增大2，则经历了2次衰变，A不符合题意；
B．铀-239发生的衰变为衰变，实质是原子核内的中子转化为一个质子和一个电子，B符合题意；
C．铀-239发生衰变过程中，电荷数守恒，质量数守恒，质量不守恒，C不符合题意；
D．核反应过程中，生成物的比反应物稳定，则钚（）裂变生成为两个中等质量的核，钚核的比结合能小于生成的两个核的比结合能，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】钚-239经历一次衰变，电荷数增加1，质量数保持不变。衰变，原子核内的一个中子转化为一个质子和一个电子。比结合能越大，粒子越稳定，生成物的比反应物稳定， 钚核的比结合能小于生成的两个核的比结合能 。
2．（2022高三上·青岛期末）如图甲，两根长度和质量都相同的金属直导线用绝缘丝线连接，再用绝缘丝线将悬挂在水平细杆上，中通有相同大小的电流，方向如图所示，两根导线的质量均为m，重力加速度为g。现在两导线所在空间施加与导线垂直斜向上的匀强磁场，磁场方向与竖直方向间夹角为30°，其截面图如图乙。下列说法正确的是（ ）
A．悬挂导线的丝线向右偏离竖直方向
B．上下每根丝线上的拉力大小分别为mg、
C．若增大匀强磁场的磁感应强度大小，则上面丝线上的拉力大小可能为0
D．若增大匀强磁场的磁感应强度大小，则下面丝线与竖直方向间夹角将增大
【答案】D
【知识点】安培力
【解析】【解答】A．由左手定则和安培力公式可知，磁场对的安培力与对cd的安培力等大反向，将导线（含两者间丝线）看作一个整体，则悬挂导线的丝线拉力要平衡整体的重量（如下图），故应保持竖直，A不符合题意；
B．由整体法可知，上方丝线拉力大小等于整体的重力大小2mg，B不符合题意；
C．增大磁感应强度，磁场对的安培力与对cd的安培力仍然等大反向，上面丝线上的拉力平衡整体重力，等于2mg，C不符合题意；
D．增大匀强磁场的磁感应强度大小，则cd导线受安培力方向不变大小增大，由力三角形法（图形如下）可知，安培力与重力夹锐角且夹角不变，则合力随安培力增大而增大，方向与竖直方向夹角增大，所以下面丝线与竖直方向间夹角增大，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】导线整体在竖直方向平衡，不可能偏移。线拉力与重力相平衡。上方拉力大小为2mg。增大匀强磁场的磁感应强度大小，结合矢量合成法则，合力随安培力增大而增大，方向与竖直方向夹角增大。
3．（2022高三上·青岛期末）如图，为一定质量理想气体状态变化的p—V图像，理想气体由状态变化到状态，再由状态变化到状态，图中虚线为过两点的双曲线。在整个循环过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．由状态变化到状态过程中，气体温度先降低后升高
B．由状态变化到状态过程中，气体分子运动的平均速率先增大后减小
C．在整个循环过程中，气体从外界吸收的热量大于向外界放出的热量
D．由状态变化到状态过程中，气体内能先增大后减小
【答案】C
【知识点】气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图
【解析】【解答】A．由于图中虚线为过两点的双曲线，可知图中虚线是等温线，则由状态变化到状态过程中，气体温度先升高后降低，A不符合题意；
B．由于图中虚线为过两点的双曲线，可知图中虚线是等温线，气体由状态由b状态到状态a的过程中，气体温度先降低后升高，故平均动能先减小后增大，所以气体分子的平均速率先减小后增大，B不符合题意；
C．根据W = pΔV，可知，图像与坐标轴围成的面积等于气体做功，由图可知从b到a外界对理想气体做的功小于从a到b理想气体对外做的功；整个循环过程W < 0，ΔU = 0，所以Q > 0，Q吸 - Q放 > 0，即整个循环过程，理想气体吸收的热量大于放出的热量，C符合题意；
D．由于图中虚线为过两点的双曲线，可知图中虚线是等温线，气体由状态由b状态到状态a的过程中，气体温度先降低后升高，而理想气体的内能完全由温度决定，所以内能先减小后增大，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由理想气体状态方程以及双曲线定义，气体温度先降低后升高，气体平均动能先减小后增大。想气体的内能完全由温度决定，所以内能先减小后增大。
4．（2022高三上·青岛期末）中国地震台网正式测定：2021年11月17日13时54分在江苏盐城市大丰区海域（北纬33.50度，东经121.19度）发生5.0级地震，震源深度17千米。地震波既有横波也有纵波。地震发生后南京监测站监测到了一列沿x轴传播的地震横波，t=0时刻x轴上在-3km~3km区间内的波形图如图甲所示；x轴上处质点的振动图象如图乙所示，t=0.2s时刻该质点到达波峰，下列说法正确的是（ ）
A．该地震波沿x轴正向传播
B．该地震波沿x轴传播的速度可能为25km/s
C．该地震波沿x轴传播10km距离所需的最长时间为0.8s
D．当x=2km处质点到达波谷时，x=1km处质点将到达波峰
【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】A．由乙图知处质点在0时刻振动方向向上，对应到甲图中可知，质点是由其右边质点“带动”的，说明波是沿x轴负向传播，A不符合题意；
B．根据图像可知，波长=4km，则波速 ，当n=1时，v=25km/s，B符合题意；
C．当n=0时，速度最小v=5km/s，则传播10km距离所需的最长时间为，C不符合题意；
D．x=2km处质点与x=1km处质点平衡间距不是半波长的奇数倍，不是反向点的关系，所以不会出现一个在波谷另一个在波峰的现象，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据山坡下下坡上可得波是沿x轴负向传播，周期具有多解性，代入波长波速频率公式求得波速。
5．（2022高三上·青岛期末）2021年6月17日，“神舟十二号”载人飞船搭载着聂海胜、刘伯明、汤洪波三名宇航员成功飞天，开启历时三个月的太空驻留。9月17日，“神舟十二号”返回舱在东风着陆场安全降落。返回舱从工作轨道I返回地面的运动轨迹如图，椭圆轨道II与圆轨道I、III分别相切于P、Q两点，轨道I、III的半径分别为r1、r3；返回舱从轨道III上适当位置减速后进入大气层，最后在东风着陆场着陆。已知地球半径为R，地面重力加速度为g，返回舱的质量为m。关于返回舱返回地面过程，下列说法正确的是（ ）
A．返回舱在I轨道上P点点燃反推发动机进入Ⅱ轨道前后，其加速度减小
B．返回舱在II轨道上从P点运动到Q点经历的最短时间为
C．返回舱从I轨道转移到III轨道过程中，发动机做的功为
D．返回舱在II轨道上经过P点时的速率可能等于在III轨道上运动速率
【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A. 返回舱在I轨道上P点点燃反推发动机进入Ⅱ轨道前后，其速度减小，根据，可知P点万有引力相同，加速度不变，A不符合题意；
B．在II轨道上根据开普勒第三定律，在轨道III上，在地球表面上，解得，从P点运动到Q点经历的最短时间为，B符合题意；
C．返回舱从I轨道转移到III轨道过程中，发动机做的功为W，由动能定理，根据，，，解得，C不符合题意；
D．根据，可知在轨道III上运动速率大于I轨道上的速率，而从轨道I到轨道II要在P点减速，可知在返回舱在II轨道上经过P点时的速率小于在III轨道上运动速率，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】万有引力提供返回舱圆周运动向心，由牛顿第二定律求加速度以及周期。返回舱从I轨道转移到III轨道过程中动能改变，结合动能定理求解发动机做的功。近大远小求速度大小。
6．（2022高三上·青岛期末）分光器是光纤通信设备中的重要元件，主要用来分配光纤通信中的不同链路。如图，为某一型号分光器的原理示意图，一束由两种不同频率单色光组成的复色光，从空气射向平行玻璃砖的上表面，玻璃砖下表面镀有反射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上表面射出两束单色光。已知两种色光由玻璃射向空气发生全反射的临界角均小于42°，下列说法正确的是（ ）
A．光在玻璃砖中的传播时间大于光在玻璃砖中的传播时间
B．从玻璃砖上表面射出的两束单色光不平行
C．若用光分别照射某金属均能发生光电效应，则光照射产生的光电子最大初动能小于光照射产生的光电子最大初动能
D．用同一双缝干涉实验装置进行干涉实验，光干涉条纹间距大于光干涉条纹间距
【答案】A
【知识点】光的双缝干涉；光的折射及折射定律；光电效应
【解析】【解答】作出光路图如图所示
由图可知光从空气射入玻璃时a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，频率较大
A．设a光和b光的折射角分别为、，入射角为，玻璃砖厚度为，可得，结合，a光在玻璃砖中的传播时间，联立可得，同理可得，因为，可得光在玻璃砖中的传播时间大于光在玻璃砖中的传播时间，A符合题意；
B．因为a、b两光在上表面的折射角与反射后在上表面的入射角分别相等，根据几何知识可知出射光束一定相互平行，B不符合题意；
C．根据爱因斯坦光电方程，可知若用光分别照射某金属均能发生光电效应，则光照射产生的光电子最大初动能大于光照射产生的光电子最大初动能，C不符合题意；
D．根据，可知a光的波长小于b光的波长，结合，可知用同一双缝干涉实验装置进行干涉实验，光干涉条纹间距小于光干涉条纹间距，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】入射角相同，折射角越小，折射率越大，波速越慢，传播时间越长。根据几何知识可知出射光束一定相互平行。频率大，能量高，最大初动能大，波长短， 干涉条纹间距 小。
7．（2022高三上·青岛期末）如图甲，白鹤滩水电站是世界第二大水电站，共安装16台我国自主研制的全球单机容量最大功率百万千瓦水轮发电机组。2021年6月28日，白鹤滩水电站首批机组投产发电，用500千伏特高压向四川远距离输电。在远距离输电中，输电线的电阻是不可忽略的，如图乙，为白鹤滩水电站输电线路原理图，水电站输出电压稳定的正弦交流电，升至特高压U后向四川供电，输送的总功率为P。用户端理想变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，R1为输电线总电阻，R2为不断电用户电阻（可视为定值电阻），R为可变用户电阻（可视为可变电阻）。当可变电阻R减小时，电压表和电流表示数变化的绝对值分别为△U、△I，电压表和电流表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．对于原线圈回路，虚线框所圈部分的等效电阻为
D．输电线路上损耗的功率为
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB．设用户端理想变压器原副线圈两端电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，则根据理想变压器特点U1I1=U2I2，U1：U2=n1：n2，得， ，对原线圈电路有，由上式可得，A不符合题意，B符合题意；
C．由，结合，联立可得，C不符合题意；
D．根据C中分析可知，虚线框所圈部分的等效电阻为R’，则R1上消耗功率为，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】则根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比，结合闭合电路欧姆定律可得电压表和电流表示数变化的绝对值之比。根据串并联电路电压电流关系可得虚线框所圈部分的等效电阻为R。由电路关系可得 输电线路上损耗的功率 。
8．（2022高三上·青岛期末）如图，竖直放置的圆环处于水平向左的匀强电场中，A，B、C、D为圆环上的四个点，AD竖直，AB与AD间夹角，AC为圆环直径，沿AB、AC、AD分别固定光滑细杆。现让质量均为m、带电量均为 + q的带孔小球分别套在细杆AB、AC、AD上（图中未画出），均从A点由静止开始下滑，设小球分别经时间tB、tC、tD到达B、C、D三点。已知匀强电场场强大小，重力加速度为g，关于三个小球的运动时间tB、tC、tD，下列说法正确的是（ ）
A．tB = tC = tD B．tB > tC > tD
C．tB < tC < tD D．tD < tB < tC
【答案】A
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】将电场力与重力合成，合力沿AC方向，由等时圆模型可知，三个小球的运动时间.
故答案为：A。
【分析】将电场力与重力合成，合力沿AC方向。将合力分解到三个方向，由牛顿第二定律求加速度，结合几何关系以及运动学公式求出时间，可知三个时间相等。
二、多选题
9．（2022高三上·青岛期末）在中国共产党成立100周年庆祝大会上释放的气球是充有氦气的可降解气球。释放前工作人员用容积为50L、压强为2.0×107Pa的氦气罐给气球充气，要求充气后气球体积为10L、压强为1.0×105Pa；气球释放后飘向高空，当气球体积膨胀到15L时就会爆裂落回地面。已知高度每升高1000m，大气温度下降6℃，高度每升高10m，大气压减小110Pa，庆祝现场地面空气温度为27℃，大气压为1.0×105Pa，不计充气过程的漏气和气球内原有气体，下列说法正确的是（ ）
A．用氮气罐给气球充气过程中，氦气向外界释放热量
B．用一个氦气罐可以充出995个符合要求的气球
C．当气球发生爆裂时，气球离地面的高度为3448m
D．要降低气球发生爆裂时的高度，在地面充气时可使充气后的气球体积适当减小
【答案】B,C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】A．对充入气球内的氦气，从氦气罐内到气球内的过程，体积增大，对外做功，不计温度变化，将氦气实为理想气体，则内能不变，根据热力学第一定律，=0，W为负值，则Q为正值，气体吸热，A不符合题意；
B．全部充气完毕，罐内气体压强也变为p0，设充出的气体总体积为V，则根据理想气体状态变化规律，将p1=2.0×107Pa，V1=50L，p0=1.0×105Pa，带入可解得V=1000L，设总共充气n个符合要求的气体，则V=V1+nV0，V0=10L，带入可得n=995，B符合题意；
C．当气球发生爆裂时，气球体积膨胀到15L，设此时气球离地面高度为h，则爆裂时气体的压强和温度分别是p2=p0-11h， ，带入理想气体状态变化方程，解得h=3448m，C符合题意；
D．由C中分析可以推导出h与V0的函数关系式为，可见，V0越小，h越大，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】从氦气罐内到气球内的过程，体积增大，对外做功，氦气实为理想气体，则内能不变，温度不变，所以气体吸热。结合理想气体状态方程可得气球离地面的高度 以及可充气球个数。由h与V0的函数关系式可得V0越小，h越大。
10．（2022高三上·青岛期末）如图甲，均匀带电固定圆环的圆心为O，OO’为圆环轴线；以O为原点沿轴线建立Ox坐标轴，x轴上各点电势随x坐标变化的关系图像如图乙，图线上坐标x1处的P点为图线拐点，P点切线与x轴交点处坐标为x2。现让一电子从圆心O以初速度v0沿x轴正向运动，电子最远能到达x3处。电子质量为m，电量绝对值为e，不计电子重力，下列说法正确的是（ ）
A．圆环带负电
B．电子经过x1处时的加速度大小为
C．x3处的电势为
D．电子返回过程中，经过x1处时的速度大小为
【答案】B,C,D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A．由乙图知，沿x轴正方向电势越来越低，圆环上各电荷在x轴上的合电场方向是沿x轴正方向，说明圆环带正电，A不符合题意；
B．关系图像上各点切线斜率的绝对值表示场强，图乙中P点的场强大小，则电子经过x1处时的加速度大小，B符合题意；
C．设x3位置电势为，电子从O到x3处，由动能定理 ，可解得，C符合题意；
D．设电子经过x1处时的速度大小为v1，根据动能定理，解得，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】沿x轴正方向电势越来越低，说明圆环带正电。关系图像上各点切线斜率的绝对值表示场强，由牛顿第二定律求解电子经过x1处时的加速度大小，根据动能定理解得电子返回过程中，经过x1处时的速度大小。
11．（2022高三上·青岛期末）如图，两辆完全相同的小车A和B静止在光滑水平面上，两小车紧靠在一起而不粘连，在小车A上竖直固定一轻质细杆，长的轻质细绳的一端系在细杆顶端，另一端拴一质量m=1kg的小球，已知小车的质量M=2m，重力加速度g=10m/s2，细杆的高度大于绳长。现将小球向右拉至细绳水平且绷直后由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．小球与两小车组成的系统动量守恒
B．释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，小车A对小车B的弹力一直增大
C．小球第一次到达最低点后能向左上升的最大高度为
D．小球第二次到达最低点时小球与小车A的速率之比为8∶7
【答案】C,D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球与两小车组成的系统在竖直方向上所受合外力不为零，动量不守恒，A不符合题意；
B．小球与两小车组成的系统在水平方向上所受合外力为零，动量守恒，释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，小球在水平方向的分速度一直增大，所以小车A、B速度一直增大，当小球到达最低点时，小车A、B速度达到最大，此时小车A对小车B的弹力为零，所以释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，小车A对小车B的弹力一直减小，B不符合题意；
C．设小球第一次到达最低点时的速度大小为v0，两小车速度大小均为v1，在水平方向根据动量守恒定律有①，根据机械能守恒定律有②，小球第一次到达最低点后能向左上升至最大高度h时，小车A和小球速度大小相同，设为v2，在水平方向根据动量守恒定律有③，根据机械能守恒定律有④，联立①②③④解得⑤，C符合题意；
D．设小球第二次到达最低点时小球与小车A的速度分别为v3、v4，取水平向左为正方向，在水平方向上根据动量守恒定律有⑥，根据机械能守恒定律有⑦，联立⑥⑦解得，⑧，所以⑨，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】小球与两小车组成的系统在竖直方向上所受合外力不为零，动量不守恒。小车A、B速度达到最大，此时小车A对小车B的弹力为零。根据动量守恒定律和机械能守恒定律得小球第一次到达最低点后能向左上升的最大高度。
12．（2022高三上·青岛期末）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻忽略不计。与导轨垂直的虚线之间区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN从导轨上不同位置同时由静止释放，PQ棒释放高度小于MN棒释放高度，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ棒进入磁场时加速度恰好为零。从PQ棒进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】导线切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】PQ棒进入磁场时加速度恰好为零，则PQ进入磁场匀速运动，设速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流，满足，保持不变，根据右手定则可知电流方向Q→P，由图像可知为正向电流；
AB．如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；因PQ棒释放高度小于MN棒释放高度，由动能定理可知MN进入磁场时的速度，则有，MN应该做加速度减小的减速运动，则通过PQ的感应电流大小因逐渐减小，方向为，为负；MN离开磁场时可能已经匀速，电流减小至，方向为负向，A不符合题意，B符合题意；
CD．如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时双棒双源抵消后以速度大的产生的电动势为准，大小为，电流为负向，此时的电流大小可以大于I0，小于I0，或等于I0，此后随着MN受安培阻力，PQ受安培动力，减小，增大，则逐渐变小，若达到时，电流消失，两棒受重力的分力要重新加速，电流一直为零，当PQ离开磁场后，MN重新开始做变减速运动，PQ流过的电流为负逐渐减小，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据右手定则可知电流方向Q→P，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流。MN离开磁场时可能已经匀速，电流减小至，方向为负向，达到时，电流消失，两棒受重力的分力要重新加速。当PQ离开磁场后，MN重新开始做变减速运动，PQ流过的电流为负逐渐减小。
三、实验题
13．（2022高三上·青岛期末）为了消除空气阻力对实验结果的影响，某实验小组用如图甲所示实验装置做验证机械能守恒定律实验，牛顿管竖直固定在铁架台上，光电门固定在牛顿管的外侧，紧贴牛顿管外侧再固定刻度尺（图中未画出），启动抽气泵，将牛顿管内的空气抽出，已知橡胶球的质量为m，当地重力加速度为g。
⑴先用游标卡尺测量橡胶球直径d，如图乙所示，则小球直径d = mm；
⑵从刻度尺上读取橡胶球球心和光电门中心对应的刻度值l1、l2。将小橡胶球由静止释放，记录橡胶球第一次通过光电门的挡光时间Δt1；
⑶要验证橡胶球下落过程中机械能是否守恒，只需比较 与 是否相等即可；（用上面测得数据符号表示）
⑷该小组要利用该装置进一步探究橡胶球与管底第一次碰撞前后球的机械能损失情况，他们记录了橡胶球第二次通过光电门的挡光时间Δt2，则碰撞过程中橡胶球损失的机械能为 。
【答案】6.60；；；
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据游标卡尺的读数规则有0.6cm + 12 × 0.05mm = 6.60mm
（3）要验证橡胶球下落过程中机械能是否守恒，则只需满足，根据上面测得数据符号表示
（4）第二次通过光电门时的速度为，则根据能量守恒有
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则等于游标读数加主尺读数。游标卡尺不用估读。
（3）要验证橡胶球下落过程中机械能是否守恒，即减少的重力势能和增加的动能是否相等。
（4）小球经过光电门看成匀速运动，求出第二次通过光电门时的速度。结合动能表达式和重力势能表达式求出碰撞过程中橡胶球损失的机械能 。
14．（2022高三上·青岛期末）某实验小组要测量干电池的电动势和内阻及金属丝的电阻率，实验室提供下列实验器材：
两节干电池
定值电阻R0（阻值为）
电流表A（量程0.6A，内阻约为）
电压表V（量程3V，内阻约）
金属丝R（带有鳄鱼夹和刻度尺）
开关S及导线若干
请回答下列问题：
（1）该小组设计如图甲所示实验电路，请用笔画线代替导线，在答题卡上将实物图连接成完整电路；
（2）闭合开关S，移动鳄鱼夹的夹线位置，得到多组电压表示数U和电流表示数I，用描点法作出U—I图像，如图乙，则每节干电池的电动势E= V，电池的内阻r= ；（结果保留3位有效数字）
（3）用螺旋测微器测量金属丝直径d时，示数如图丙所示，则d= mm；
（4）现将电流表两端用导线短路，移动鳄鱼夹的夹线位置，测得多组电压表示数U和相应的金属丝接入电路部分的长度x，用描点法作出图像，如图丁所示，则金属丝的电阻率= 。（结果保留3位有效数字）
【答案】（1）
（2）1.42；0.711
（3）2.000
（4）3.78×10-6
【知识点】导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据如图甲所示实验电路，将实物图连接成完整电路，如图
（2）根据图甲电路图，依据闭合回路欧姆定律，设每节干电池的电动势为，内阻为，则，根据图乙可知，，解得，
（3）根据图丙螺旋测微器读数可得
（4）金属丝接入电路部分的长度x，由电阻的决定式得，依据闭合回路欧姆定律得，可得，联立可得，由图丁可知，解得
【分析】（1）根据如图甲所示实验电路，结合电流流向将实物图连接成完整电路。
（2）依据闭合回路欧姆定律得到路端电压和电动势的关系，根据图乙，得到电动势和内阻。
（3）螺旋测微器读数等于可动刻度读数加固定刻度读数。估读到千分之一毫米。
（3）依据闭合回路欧姆定律以及电阻定律可得 关系式，结合丁图得电阻率。
四、解答题
15．（2022高三上·青岛期末）如图，垂钓者位于平静清澈湖面岸边的A点，他的眼睛距离A点的高度为0.9m，水面上的浮标B离A点的距离为0.9m，发光鱼饵C位于浮标正前方1.8m处水面上D点的正下方，此时垂钓者发现发光鱼饵刚好被浮标挡住，已知水的折射率。
（1）求此时发光鱼饵在水中的深度；
（2）发光鱼饵缓慢竖直上浮，当它离水面多深时，鱼饵发出的光恰好不能从水面上A、B间射出。
【答案】（1）解：设发光鱼饵在水中的深度为h1，人眼的位置为P，发光鱼饵发出的光线射向B点的入射角为，经水面射向P点的折射角为，光路图如图所示
有
则
由几何关系得
解得
（2）解：设当鱼饵离水面h2时，鱼饵发出的光线射向B点时恰好发生全发射，鱼饵发出的光不能从水面上A、B间射出，有，
解得
【知识点】光的全反射；光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）画出光传播的路径， 根据折射定律，由几何关系得发光鱼饵在水中的深度 。
（2） 鱼饵发出的光不能从水面上A、B间射出 ，入射角恰好等于临界角，结合折射定律以及几何关系求解。
16．（2022高三上·青岛期末）2022年北京冬季奥运会，将于2022年2月4日至20日在北京和张家口举行，其中极具观赏性的跳台滑雪将在张家口赛区举行，准备工作已经全部就绪。如图甲，滑雪运动员从跳台上的A处水平飞出，在斜坡上的B处着陆。运动员飞行过程中在坡面上垂直于坡面的投影到A点的距离x随时间t变化的关系图像如图乙。已知斜坡的倾角，重力加速度g=10m／s2，空气阻力不计，求：
（1）运动员从A点飞出的初速度v0；
（2）运动员飞行过程中距离斜坡的最大距离d；
（3）运动员在空中飞行时间t。
【答案】（1）解：由图像可知，t1=1s时，运动员沿斜面方向发生的位移x1=17.5m，将运动员的初速度和重力分解到沿斜面向下方向（x方向）和垂直斜面向上(y方向)方向，如下图所示，则其在沿斜面向下的方向上做匀加速直线运动，初速度为，加速度为，根据匀变速直线运动规律有
带入解得
（2）解：运动员在垂直斜面方向做竖直上抛运动（匀变速直线运动），初速度为，加速度为，设经时间t2运动员离斜面最远，此时速度方向平行于斜面（y方向达到最高点），则有
距离斜坡的最大距离
解得
（3）解：设经过时间t3运动员落到坡面上，则
代入数据可解得或（舍去）
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1） 将运动员的初速度和重力分解到沿斜面向下方向 ， 在沿斜面向下的方向上做匀加速直线运动 ， 根据匀变速直线运动规律求解。
（2） 速度方向平行于斜面 ， 运动员飞行过程中距离斜坡有最大距离 。结合匀变速直线运动的速度时间关系以及位移时间关系求解运动员飞行过程中距离斜坡的最大距离d 。
（3）由匀变速直线运动的位移时间关系列方程求解。
17．（2022高三上·青岛期末）如图甲，空间直角坐标系中，界面M、从荧光屏N均与平面平行，界面M将空间分为区域I和区域II两部分，界面M与平面间距离为L，轴与界面M相交于O1，与荧光屏N交于O2，在荧光屏上建立图示坐标系。区域I空间有与轴平行向上的匀强电场，区域II空间先后有沿z轴正方向和x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化规律如图乙（B0已知，界面在磁场中）。两个电荷量均为q、质量均为m的带正电粒子分别从y轴正半轴上的两点沿z轴正方向先后射出，两粒子射出位置的y坐标之比，经过区域I，两粒子同时到达O1点，其中粒子到达O1点时速度大小为v0，与z轴正方向间夹角；在O1点有一调速装置，使经过O1点的粒子只保留y轴方向的速度分量；t=0时刻两粒子从O1点沿y轴负向射出，经过区域II，粒子刚好能打到荧光屏N上，粒子在时刻打到荧光屏上。不计粒子重力，不考虑场的边缘效应，求：
（1）区域I内电场强度E的大小；
（2）界面M与荧光屏N间的距离d；
（3） 粒子打在荧光屏上的位置坐标（）。
【答案】（1）解：对于粒子a，设经时间t1到达点，在点沿y轴方向速度分量为，有 ，
解得
（2）解：对于粒子a，时间内在界面内的Bz磁场中运动半周，然后垂直x轴在射入Bx磁场，运动轨迹与荧光屏相切，设在Bx磁场中做圆周运动半径为ra，有 ，
解得
（3）解：设b粒子在在点沿y轴方向速度分量为，在界面内的Bz磁场和Bx磁场中运动半径为，有 ， ，，
b粒子在Bx磁场中运动运动时间，有
在Bx磁场中运动轨迹如图所示，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
【解析】【分析】（1）将粒子速度分解，沿电场方向由运动学公式以及牛顿第二定律求出区域I内电场强度E的大小。
（2）粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，由几何关系求解界面M与荧光屏N间的距离d 。
（3） 画出粒子在Bx磁场中运动轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力，将粒子速度沿XY轴分解由几何关系可得 粒子打在荧光屏上的位置坐标（）。
18．（2022高三上·青岛期末）如图，固定在竖直面内的导轨PQR，由半径为r的光滑半圆环和足够长水平导轨组成，水平导轨上的N点左侧部分光滑，右侧部分粗糙，半圆环与水平轨道在Q点相切。一根自然长度为r、劲度系数的轻质弹性绳，一端固定在圆环的顶点P，另一端与一个穿在圆环上、质量为m的小球相连；在水平轨道的Q、N两点间依次套着质量均为2m的b、c、d三个小球，所有小球大小相同。开始时将小球移到某一位置M，使弹性绳处于原长且伸直状态，然后由静止释放小球a，当小球在圆环上达到最大速度时，弹性绳自动脱落。已知弹性绳的弹性势能与其伸长量x间满足，各个小球与导轨粗糙部分间的动摩擦因数均，小球间的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度为g。求：
（1）释放小球瞬间，圆环对小球的作用力FN1大小；
（2）弹性绳自动脱落时，小球沿圆环下滑的速率vm；
（3）弹性绳自动脱落前的瞬间，圆环对小球作用力FN2的大小和方向；
（4）最终两球间的距离。
【答案】（1）解：设释放小球a瞬间，圆环对小球a的作用力大小为FN1，有
解得
（2）解：设在弹性绳自动脱落前瞬间，弹性绳与竖直方向间夹角为，此时小球a的速率为，此时弹性绳弹力FT与球a的重力的合力沿半径指向圆心O，a球受力如图示
由正弦定理得，
解得
（3）解：性绳脱落前的瞬间，由向心力公式得：
解得
所以圆环对小球a作用力FN2的大小为，方向沿圆环半径向外
（4）解：弹性绳自动脱落后，设小球a到达Q点时的速度为，有
小球a过Q点后与小球b发生第一次弹性碰撞，设a、b碰撞后的速度分别为va1、vb1，有，
解得，
a、b碰撞后，b与c、c与d先后发生弹性碰撞交换速度，所以d球最终经过N点的速度为
设d球在水平粗糙导轨滑行距离为，有
小球a从圆环上返回后第二次与b球碰撞，同理a、b第二次碰撞后的速度分别为，
所以c球最终经过N点的速度为
小球a再次从圆环上返回后第三次与b球碰撞，同理a、b第三次碰撞后的速度分别为，
设小球a在水平粗糙导轨滑行距离为，有
解得
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1） 释放小球a瞬间，合力提供小球圆周运动向心力。由牛顿第二定律求解圆环对小球的作用力FN1大小。
（2）在半圆环上做出小球受力如图示 ， 由平行四边形法则结合正弦定理得小球沿圆环下滑的速率vm 。
（3） 性绳脱落前的瞬间 ，由牛顿第二定律求出圆环对小球作用力FN2的大小和方向 。
（4） 小球a过Q点后与小球b发生第一次弹性碰撞 ， a、b碰撞后，b与c、c与d先后发生弹性碰撞交换速度 。根据机械能守恒定律以及动量守恒定律求解最终两球间的距离。
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山东省青岛市2022届高三上学期物理教学质量检测试卷
一、单选题
1．（2022高三上·青岛期末）“快中子增殖反应堆”是一种利用快中子进行核裂变链式反应的反应堆，简称“快堆”。中国实验快堆工程（CEFR）已经成功并网发电，这标志着国家“863”计划重大项目目标的全面实现。中国实验快堆采用钚（）作燃料，在堆心燃料钚的外围再生区里放置不易发生裂变的铀（）；钚-239裂变释放出的快中子，被再生区内的铀-238吸收，铀-238转变为成铀-239，铀-239极不稳定，经过衰变，进一步转变为易裂变的钚-239，从而实现核燃料的“增殖”。关于中国实验快堆，下列说法正确的是（ ）
A．铀-239转变为钚-239，经过了3次衰变
B．铀-239发生衰变的实质是原子核内的中子转化为一个质子和一个电子
C．铀-239发生衰变过程中，电荷数守恒，质量也守恒
D．钚（）裂变生成为两个中等质量的核，钚核的比结合能大于生成的两个核的比结合能
2．（2022高三上·青岛期末）如图甲，两根长度和质量都相同的金属直导线用绝缘丝线连接，再用绝缘丝线将悬挂在水平细杆上，中通有相同大小的电流，方向如图所示，两根导线的质量均为m，重力加速度为g。现在两导线所在空间施加与导线垂直斜向上的匀强磁场，磁场方向与竖直方向间夹角为30°，其截面图如图乙。下列说法正确的是（ ）
A．悬挂导线的丝线向右偏离竖直方向
B．上下每根丝线上的拉力大小分别为mg、
C．若增大匀强磁场的磁感应强度大小，则上面丝线上的拉力大小可能为0
D．若增大匀强磁场的磁感应强度大小，则下面丝线与竖直方向间夹角将增大
3．（2022高三上·青岛期末）如图，为一定质量理想气体状态变化的p—V图像，理想气体由状态变化到状态，再由状态变化到状态，图中虚线为过两点的双曲线。在整个循环过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．由状态变化到状态过程中，气体温度先降低后升高
B．由状态变化到状态过程中，气体分子运动的平均速率先增大后减小
C．在整个循环过程中，气体从外界吸收的热量大于向外界放出的热量
D．由状态变化到状态过程中，气体内能先增大后减小
4．（2022高三上·青岛期末）中国地震台网正式测定：2021年11月17日13时54分在江苏盐城市大丰区海域（北纬33.50度，东经121.19度）发生5.0级地震，震源深度17千米。地震波既有横波也有纵波。地震发生后南京监测站监测到了一列沿x轴传播的地震横波，t=0时刻x轴上在-3km~3km区间内的波形图如图甲所示；x轴上处质点的振动图象如图乙所示，t=0.2s时刻该质点到达波峰，下列说法正确的是（ ）
A．该地震波沿x轴正向传播
B．该地震波沿x轴传播的速度可能为25km/s
C．该地震波沿x轴传播10km距离所需的最长时间为0.8s
D．当x=2km处质点到达波谷时，x=1km处质点将到达波峰
5．（2022高三上·青岛期末）2021年6月17日，“神舟十二号”载人飞船搭载着聂海胜、刘伯明、汤洪波三名宇航员成功飞天，开启历时三个月的太空驻留。9月17日，“神舟十二号”返回舱在东风着陆场安全降落。返回舱从工作轨道I返回地面的运动轨迹如图，椭圆轨道II与圆轨道I、III分别相切于P、Q两点，轨道I、III的半径分别为r1、r3；返回舱从轨道III上适当位置减速后进入大气层，最后在东风着陆场着陆。已知地球半径为R，地面重力加速度为g，返回舱的质量为m。关于返回舱返回地面过程，下列说法正确的是（ ）
A．返回舱在I轨道上P点点燃反推发动机进入Ⅱ轨道前后，其加速度减小
B．返回舱在II轨道上从P点运动到Q点经历的最短时间为
C．返回舱从I轨道转移到III轨道过程中，发动机做的功为
D．返回舱在II轨道上经过P点时的速率可能等于在III轨道上运动速率
6．（2022高三上·青岛期末）分光器是光纤通信设备中的重要元件，主要用来分配光纤通信中的不同链路。如图，为某一型号分光器的原理示意图，一束由两种不同频率单色光组成的复色光，从空气射向平行玻璃砖的上表面，玻璃砖下表面镀有反射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上表面射出两束单色光。已知两种色光由玻璃射向空气发生全反射的临界角均小于42°，下列说法正确的是（ ）
A．光在玻璃砖中的传播时间大于光在玻璃砖中的传播时间
B．从玻璃砖上表面射出的两束单色光不平行
C．若用光分别照射某金属均能发生光电效应，则光照射产生的光电子最大初动能小于光照射产生的光电子最大初动能
D．用同一双缝干涉实验装置进行干涉实验，光干涉条纹间距大于光干涉条纹间距
7．（2022高三上·青岛期末）如图甲，白鹤滩水电站是世界第二大水电站，共安装16台我国自主研制的全球单机容量最大功率百万千瓦水轮发电机组。2021年6月28日，白鹤滩水电站首批机组投产发电，用500千伏特高压向四川远距离输电。在远距离输电中，输电线的电阻是不可忽略的，如图乙，为白鹤滩水电站输电线路原理图，水电站输出电压稳定的正弦交流电，升至特高压U后向四川供电，输送的总功率为P。用户端理想变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，R1为输电线总电阻，R2为不断电用户电阻（可视为定值电阻），R为可变用户电阻（可视为可变电阻）。当可变电阻R减小时，电压表和电流表示数变化的绝对值分别为△U、△I，电压表和电流表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．对于原线圈回路，虚线框所圈部分的等效电阻为
D．输电线路上损耗的功率为
8．（2022高三上·青岛期末）如图，竖直放置的圆环处于水平向左的匀强电场中，A，B、C、D为圆环上的四个点，AD竖直，AB与AD间夹角，AC为圆环直径，沿AB、AC、AD分别固定光滑细杆。现让质量均为m、带电量均为 + q的带孔小球分别套在细杆AB、AC、AD上（图中未画出），均从A点由静止开始下滑，设小球分别经时间tB、tC、tD到达B、C、D三点。已知匀强电场场强大小，重力加速度为g，关于三个小球的运动时间tB、tC、tD，下列说法正确的是（ ）
A．tB = tC = tD B．tB > tC > tD
C．tB < tC < tD D．tD < tB < tC
二、多选题
9．（2022高三上·青岛期末）在中国共产党成立100周年庆祝大会上释放的气球是充有氦气的可降解气球。释放前工作人员用容积为50L、压强为2.0×107Pa的氦气罐给气球充气，要求充气后气球体积为10L、压强为1.0×105Pa；气球释放后飘向高空，当气球体积膨胀到15L时就会爆裂落回地面。已知高度每升高1000m，大气温度下降6℃，高度每升高10m，大气压减小110Pa，庆祝现场地面空气温度为27℃，大气压为1.0×105Pa，不计充气过程的漏气和气球内原有气体，下列说法正确的是（ ）
A．用氮气罐给气球充气过程中，氦气向外界释放热量
B．用一个氦气罐可以充出995个符合要求的气球
C．当气球发生爆裂时，气球离地面的高度为3448m
D．要降低气球发生爆裂时的高度，在地面充气时可使充气后的气球体积适当减小
10．（2022高三上·青岛期末）如图甲，均匀带电固定圆环的圆心为O，OO’为圆环轴线；以O为原点沿轴线建立Ox坐标轴，x轴上各点电势随x坐标变化的关系图像如图乙，图线上坐标x1处的P点为图线拐点，P点切线与x轴交点处坐标为x2。现让一电子从圆心O以初速度v0沿x轴正向运动，电子最远能到达x3处。电子质量为m，电量绝对值为e，不计电子重力，下列说法正确的是（ ）
A．圆环带负电
B．电子经过x1处时的加速度大小为
C．x3处的电势为
D．电子返回过程中，经过x1处时的速度大小为
11．（2022高三上·青岛期末）如图，两辆完全相同的小车A和B静止在光滑水平面上，两小车紧靠在一起而不粘连，在小车A上竖直固定一轻质细杆，长的轻质细绳的一端系在细杆顶端，另一端拴一质量m=1kg的小球，已知小车的质量M=2m，重力加速度g=10m/s2，细杆的高度大于绳长。现将小球向右拉至细绳水平且绷直后由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．小球与两小车组成的系统动量守恒
B．释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，小车A对小车B的弹力一直增大
C．小球第一次到达最低点后能向左上升的最大高度为
D．小球第二次到达最低点时小球与小车A的速率之比为8∶7
12．（2022高三上·青岛期末）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻忽略不计。与导轨垂直的虚线之间区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN从导轨上不同位置同时由静止释放，PQ棒释放高度小于MN棒释放高度，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ棒进入磁场时加速度恰好为零。从PQ棒进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
三、实验题
13．（2022高三上·青岛期末）为了消除空气阻力对实验结果的影响，某实验小组用如图甲所示实验装置做验证机械能守恒定律实验，牛顿管竖直固定在铁架台上，光电门固定在牛顿管的外侧，紧贴牛顿管外侧再固定刻度尺（图中未画出），启动抽气泵，将牛顿管内的空气抽出，已知橡胶球的质量为m，当地重力加速度为g。
⑴先用游标卡尺测量橡胶球直径d，如图乙所示，则小球直径d = mm；
⑵从刻度尺上读取橡胶球球心和光电门中心对应的刻度值l1、l2。将小橡胶球由静止释放，记录橡胶球第一次通过光电门的挡光时间Δt1；
⑶要验证橡胶球下落过程中机械能是否守恒，只需比较 与 是否相等即可；（用上面测得数据符号表示）
⑷该小组要利用该装置进一步探究橡胶球与管底第一次碰撞前后球的机械能损失情况，他们记录了橡胶球第二次通过光电门的挡光时间Δt2，则碰撞过程中橡胶球损失的机械能为 。
14．（2022高三上·青岛期末）某实验小组要测量干电池的电动势和内阻及金属丝的电阻率，实验室提供下列实验器材：
两节干电池
定值电阻R0（阻值为）
电流表A（量程0.6A，内阻约为）
电压表V（量程3V，内阻约）
金属丝R（带有鳄鱼夹和刻度尺）
开关S及导线若干
请回答下列问题：
（1）该小组设计如图甲所示实验电路，请用笔画线代替导线，在答题卡上将实物图连接成完整电路；
（2）闭合开关S，移动鳄鱼夹的夹线位置，得到多组电压表示数U和电流表示数I，用描点法作出U—I图像，如图乙，则每节干电池的电动势E= V，电池的内阻r= ；（结果保留3位有效数字）
（3）用螺旋测微器测量金属丝直径d时，示数如图丙所示，则d= mm；
（4）现将电流表两端用导线短路，移动鳄鱼夹的夹线位置，测得多组电压表示数U和相应的金属丝接入电路部分的长度x，用描点法作出图像，如图丁所示，则金属丝的电阻率= 。（结果保留3位有效数字）
四、解答题
15．（2022高三上·青岛期末）如图，垂钓者位于平静清澈湖面岸边的A点，他的眼睛距离A点的高度为0.9m，水面上的浮标B离A点的距离为0.9m，发光鱼饵C位于浮标正前方1.8m处水面上D点的正下方，此时垂钓者发现发光鱼饵刚好被浮标挡住，已知水的折射率。
（1）求此时发光鱼饵在水中的深度；
（2）发光鱼饵缓慢竖直上浮，当它离水面多深时，鱼饵发出的光恰好不能从水面上A、B间射出。
16．（2022高三上·青岛期末）2022年北京冬季奥运会，将于2022年2月4日至20日在北京和张家口举行，其中极具观赏性的跳台滑雪将在张家口赛区举行，准备工作已经全部就绪。如图甲，滑雪运动员从跳台上的A处水平飞出，在斜坡上的B处着陆。运动员飞行过程中在坡面上垂直于坡面的投影到A点的距离x随时间t变化的关系图像如图乙。已知斜坡的倾角，重力加速度g=10m／s2，空气阻力不计，求：
（1）运动员从A点飞出的初速度v0；
（2）运动员飞行过程中距离斜坡的最大距离d；
（3）运动员在空中飞行时间t。
17．（2022高三上·青岛期末）如图甲，空间直角坐标系中，界面M、从荧光屏N均与平面平行，界面M将空间分为区域I和区域II两部分，界面M与平面间距离为L，轴与界面M相交于O1，与荧光屏N交于O2，在荧光屏上建立图示坐标系。区域I空间有与轴平行向上的匀强电场，区域II空间先后有沿z轴正方向和x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化规律如图乙（B0已知，界面在磁场中）。两个电荷量均为q、质量均为m的带正电粒子分别从y轴正半轴上的两点沿z轴正方向先后射出，两粒子射出位置的y坐标之比，经过区域I，两粒子同时到达O1点，其中粒子到达O1点时速度大小为v0，与z轴正方向间夹角；在O1点有一调速装置，使经过O1点的粒子只保留y轴方向的速度分量；t=0时刻两粒子从O1点沿y轴负向射出，经过区域II，粒子刚好能打到荧光屏N上，粒子在时刻打到荧光屏上。不计粒子重力，不考虑场的边缘效应，求：
（1）区域I内电场强度E的大小；
（2）界面M与荧光屏N间的距离d；
（3） 粒子打在荧光屏上的位置坐标（）。
18．（2022高三上·青岛期末）如图，固定在竖直面内的导轨PQR，由半径为r的光滑半圆环和足够长水平导轨组成，水平导轨上的N点左侧部分光滑，右侧部分粗糙，半圆环与水平轨道在Q点相切。一根自然长度为r、劲度系数的轻质弹性绳，一端固定在圆环的顶点P，另一端与一个穿在圆环上、质量为m的小球相连；在水平轨道的Q、N两点间依次套着质量均为2m的b、c、d三个小球，所有小球大小相同。开始时将小球移到某一位置M，使弹性绳处于原长且伸直状态，然后由静止释放小球a，当小球在圆环上达到最大速度时，弹性绳自动脱落。已知弹性绳的弹性势能与其伸长量x间满足，各个小球与导轨粗糙部分间的动摩擦因数均，小球间的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度为g。求：
（1）释放小球瞬间，圆环对小球的作用力FN1大小；
（2）弹性绳自动脱落时，小球沿圆环下滑的速率vm；
（3）弹性绳自动脱落前的瞬间，圆环对小球作用力FN2的大小和方向；
（4）最终两球间的距离。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】核裂变与核聚变；质量亏损与质能方程
【解析】【解答】A．铀-239转变为钚-239，质量数不变，质子数增大2，则经历了2次衰变，A不符合题意；
B．铀-239发生的衰变为衰变，实质是原子核内的中子转化为一个质子和一个电子，B符合题意；
C．铀-239发生衰变过程中，电荷数守恒，质量数守恒，质量不守恒，C不符合题意；
D．核反应过程中，生成物的比反应物稳定，则钚（）裂变生成为两个中等质量的核，钚核的比结合能小于生成的两个核的比结合能，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】钚-239经历一次衰变，电荷数增加1，质量数保持不变。衰变，原子核内的一个中子转化为一个质子和一个电子。比结合能越大，粒子越稳定，生成物的比反应物稳定， 钚核的比结合能小于生成的两个核的比结合能 。
2．【答案】D
【知识点】安培力
【解析】【解答】A．由左手定则和安培力公式可知，磁场对的安培力与对cd的安培力等大反向，将导线（含两者间丝线）看作一个整体，则悬挂导线的丝线拉力要平衡整体的重量（如下图），故应保持竖直，A不符合题意；
B．由整体法可知，上方丝线拉力大小等于整体的重力大小2mg，B不符合题意；
C．增大磁感应强度，磁场对的安培力与对cd的安培力仍然等大反向，上面丝线上的拉力平衡整体重力，等于2mg，C不符合题意；
D．增大匀强磁场的磁感应强度大小，则cd导线受安培力方向不变大小增大，由力三角形法（图形如下）可知，安培力与重力夹锐角且夹角不变，则合力随安培力增大而增大，方向与竖直方向夹角增大，所以下面丝线与竖直方向间夹角增大，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】导线整体在竖直方向平衡，不可能偏移。线拉力与重力相平衡。上方拉力大小为2mg。增大匀强磁场的磁感应强度大小，结合矢量合成法则，合力随安培力增大而增大，方向与竖直方向夹角增大。
3．【答案】C
【知识点】气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图
【解析】【解答】A．由于图中虚线为过两点的双曲线，可知图中虚线是等温线，则由状态变化到状态过程中，气体温度先升高后降低，A不符合题意；
B．由于图中虚线为过两点的双曲线，可知图中虚线是等温线，气体由状态由b状态到状态a的过程中，气体温度先降低后升高，故平均动能先减小后增大，所以气体分子的平均速率先减小后增大，B不符合题意；
C．根据W = pΔV，可知，图像与坐标轴围成的面积等于气体做功，由图可知从b到a外界对理想气体做的功小于从a到b理想气体对外做的功；整个循环过程W < 0，ΔU = 0，所以Q > 0，Q吸 - Q放 > 0，即整个循环过程，理想气体吸收的热量大于放出的热量，C符合题意；
D．由于图中虚线为过两点的双曲线，可知图中虚线是等温线，气体由状态由b状态到状态a的过程中，气体温度先降低后升高，而理想气体的内能完全由温度决定，所以内能先减小后增大，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由理想气体状态方程以及双曲线定义，气体温度先降低后升高，气体平均动能先减小后增大。想气体的内能完全由温度决定，所以内能先减小后增大。
4．【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】A．由乙图知处质点在0时刻振动方向向上，对应到甲图中可知，质点是由其右边质点“带动”的，说明波是沿x轴负向传播，A不符合题意；
B．根据图像可知，波长=4km，则波速 ，当n=1时，v=25km/s，B符合题意；
C．当n=0时，速度最小v=5km/s，则传播10km距离所需的最长时间为，C不符合题意；
D．x=2km处质点与x=1km处质点平衡间距不是半波长的奇数倍，不是反向点的关系，所以不会出现一个在波谷另一个在波峰的现象，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据山坡下下坡上可得波是沿x轴负向传播，周期具有多解性，代入波长波速频率公式求得波速。
5．【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A. 返回舱在I轨道上P点点燃反推发动机进入Ⅱ轨道前后，其速度减小，根据，可知P点万有引力相同，加速度不变，A不符合题意；
B．在II轨道上根据开普勒第三定律，在轨道III上，在地球表面上，解得，从P点运动到Q点经历的最短时间为，B符合题意；
C．返回舱从I轨道转移到III轨道过程中，发动机做的功为W，由动能定理，根据，，，解得，C不符合题意；
D．根据，可知在轨道III上运动速率大于I轨道上的速率，而从轨道I到轨道II要在P点减速，可知在返回舱在II轨道上经过P点时的速率小于在III轨道上运动速率，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】万有引力提供返回舱圆周运动向心，由牛顿第二定律求加速度以及周期。返回舱从I轨道转移到III轨道过程中动能改变，结合动能定理求解发动机做的功。近大远小求速度大小。
6．【答案】A
【知识点】光的双缝干涉；光的折射及折射定律；光电效应
【解析】【解答】作出光路图如图所示
由图可知光从空气射入玻璃时a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，频率较大
A．设a光和b光的折射角分别为、，入射角为，玻璃砖厚度为，可得，结合，a光在玻璃砖中的传播时间，联立可得，同理可得，因为，可得光在玻璃砖中的传播时间大于光在玻璃砖中的传播时间，A符合题意；
B．因为a、b两光在上表面的折射角与反射后在上表面的入射角分别相等，根据几何知识可知出射光束一定相互平行，B不符合题意；
C．根据爱因斯坦光电方程，可知若用光分别照射某金属均能发生光电效应，则光照射产生的光电子最大初动能大于光照射产生的光电子最大初动能，C不符合题意；
D．根据，可知a光的波长小于b光的波长，结合，可知用同一双缝干涉实验装置进行干涉实验，光干涉条纹间距小于光干涉条纹间距，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】入射角相同，折射角越小，折射率越大，波速越慢，传播时间越长。根据几何知识可知出射光束一定相互平行。频率大，能量高，最大初动能大，波长短， 干涉条纹间距 小。
7．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB．设用户端理想变压器原副线圈两端电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，则根据理想变压器特点U1I1=U2I2，U1：U2=n1：n2，得， ，对原线圈电路有，由上式可得，A不符合题意，B符合题意；
C．由，结合，联立可得，C不符合题意；
D．根据C中分析可知，虚线框所圈部分的等效电阻为R’，则R1上消耗功率为，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】则根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比，结合闭合电路欧姆定律可得电压表和电流表示数变化的绝对值之比。根据串并联电路电压电流关系可得虚线框所圈部分的等效电阻为R。由电路关系可得 输电线路上损耗的功率 。
8．【答案】A
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】将电场力与重力合成，合力沿AC方向，由等时圆模型可知，三个小球的运动时间.
故答案为：A。
【分析】将电场力与重力合成，合力沿AC方向。将合力分解到三个方向，由牛顿第二定律求加速度，结合几何关系以及运动学公式求出时间，可知三个时间相等。
9．【答案】B,C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】A．对充入气球内的氦气，从氦气罐内到气球内的过程，体积增大，对外做功，不计温度变化，将氦气实为理想气体，则内能不变，根据热力学第一定律，=0，W为负值，则Q为正值，气体吸热，A不符合题意；
B．全部充气完毕，罐内气体压强也变为p0，设充出的气体总体积为V，则根据理想气体状态变化规律，将p1=2.0×107Pa，V1=50L，p0=1.0×105Pa，带入可解得V=1000L，设总共充气n个符合要求的气体，则V=V1+nV0，V0=10L，带入可得n=995，B符合题意；
C．当气球发生爆裂时，气球体积膨胀到15L，设此时气球离地面高度为h，则爆裂时气体的压强和温度分别是p2=p0-11h， ，带入理想气体状态变化方程，解得h=3448m，C符合题意；
D．由C中分析可以推导出h与V0的函数关系式为，可见，V0越小，h越大，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】从氦气罐内到气球内的过程，体积增大，对外做功，氦气实为理想气体，则内能不变，温度不变，所以气体吸热。结合理想气体状态方程可得气球离地面的高度 以及可充气球个数。由h与V0的函数关系式可得V0越小，h越大。
10．【答案】B,C,D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A．由乙图知，沿x轴正方向电势越来越低，圆环上各电荷在x轴上的合电场方向是沿x轴正方向，说明圆环带正电，A不符合题意；
B．关系图像上各点切线斜率的绝对值表示场强，图乙中P点的场强大小，则电子经过x1处时的加速度大小，B符合题意；
C．设x3位置电势为，电子从O到x3处，由动能定理 ，可解得，C符合题意；
D．设电子经过x1处时的速度大小为v1，根据动能定理，解得，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】沿x轴正方向电势越来越低，说明圆环带正电。关系图像上各点切线斜率的绝对值表示场强，由牛顿第二定律求解电子经过x1处时的加速度大小，根据动能定理解得电子返回过程中，经过x1处时的速度大小。
11．【答案】C,D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球与两小车组成的系统在竖直方向上所受合外力不为零，动量不守恒，A不符合题意；
B．小球与两小车组成的系统在水平方向上所受合外力为零，动量守恒，释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，小球在水平方向的分速度一直增大，所以小车A、B速度一直增大，当小球到达最低点时，小车A、B速度达到最大，此时小车A对小车B的弹力为零，所以释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，小车A对小车B的弹力一直减小，B不符合题意；
C．设小球第一次到达最低点时的速度大小为v0，两小车速度大小均为v1，在水平方向根据动量守恒定律有①，根据机械能守恒定律有②，小球第一次到达最低点后能向左上升至最大高度h时，小车A和小球速度大小相同，设为v2，在水平方向根据动量守恒定律有③，根据机械能守恒定律有④，联立①②③④解得⑤，C符合题意；
D．设小球第二次到达最低点时小球与小车A的速度分别为v3、v4，取水平向左为正方向，在水平方向上根据动量守恒定律有⑥，根据机械能守恒定律有⑦，联立⑥⑦解得，⑧，所以⑨，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】小球与两小车组成的系统在竖直方向上所受合外力不为零，动量不守恒。小车A、B速度达到最大，此时小车A对小车B的弹力为零。根据动量守恒定律和机械能守恒定律得小球第一次到达最低点后能向左上升的最大高度。
12．【答案】B,C
【知识点】导线切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】PQ棒进入磁场时加速度恰好为零，则PQ进入磁场匀速运动，设速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流，满足，保持不变，根据右手定则可知电流方向Q→P，由图像可知为正向电流；
AB．如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；因PQ棒释放高度小于MN棒释放高度，由动能定理可知MN进入磁场时的速度，则有，MN应该做加速度减小的减速运动，则通过PQ的感应电流大小因逐渐减小，方向为，为负；MN离开磁场时可能已经匀速，电流减小至，方向为负向，A不符合题意，B符合题意；
CD．如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时双棒双源抵消后以速度大的产生的电动势为准，大小为，电流为负向，此时的电流大小可以大于I0，小于I0，或等于I0，此后随着MN受安培阻力，PQ受安培动力，减小，增大，则逐渐变小，若达到时，电流消失，两棒受重力的分力要重新加速，电流一直为零，当PQ离开磁场后，MN重新开始做变减速运动，PQ流过的电流为负逐渐减小，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据右手定则可知电流方向Q→P，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流。MN离开磁场时可能已经匀速，电流减小至，方向为负向，达到时，电流消失，两棒受重力的分力要重新加速。当PQ离开磁场后，MN重新开始做变减速运动，PQ流过的电流为负逐渐减小。
13．【答案】6.60；；；
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据游标卡尺的读数规则有0.6cm + 12 × 0.05mm = 6.60mm
（3）要验证橡胶球下落过程中机械能是否守恒，则只需满足，根据上面测得数据符号表示
（4）第二次通过光电门时的速度为，则根据能量守恒有
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则等于游标读数加主尺读数。游标卡尺不用估读。
（3）要验证橡胶球下落过程中机械能是否守恒，即减少的重力势能和增加的动能是否相等。
（4）小球经过光电门看成匀速运动，求出第二次通过光电门时的速度。结合动能表达式和重力势能表达式求出碰撞过程中橡胶球损失的机械能 。
14．【答案】（1）
（2）1.42；0.711
（3）2.000
（4）3.78×10-6
【知识点】导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据如图甲所示实验电路，将实物图连接成完整电路，如图
（2）根据图甲电路图，依据闭合回路欧姆定律，设每节干电池的电动势为，内阻为，则，根据图乙可知，，解得，
（3）根据图丙螺旋测微器读数可得
（4）金属丝接入电路部分的长度x，由电阻的决定式得，依据闭合回路欧姆定律得，可得，联立可得，由图丁可知，解得
【分析】（1）根据如图甲所示实验电路，结合电流流向将实物图连接成完整电路。
（2）依据闭合回路欧姆定律得到路端电压和电动势的关系，根据图乙，得到电动势和内阻。
（3）螺旋测微器读数等于可动刻度读数加固定刻度读数。估读到千分之一毫米。
（3）依据闭合回路欧姆定律以及电阻定律可得 关系式，结合丁图得电阻率。
15．【答案】（1）解：设发光鱼饵在水中的深度为h1，人眼的位置为P，发光鱼饵发出的光线射向B点的入射角为，经水面射向P点的折射角为，光路图如图所示
有
则
由几何关系得
解得
（2）解：设当鱼饵离水面h2时，鱼饵发出的光线射向B点时恰好发生全发射，鱼饵发出的光不能从水面上A、B间射出，有，
解得
【知识点】光的全反射；光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）画出光传播的路径， 根据折射定律，由几何关系得发光鱼饵在水中的深度 。
（2） 鱼饵发出的光不能从水面上A、B间射出 ，入射角恰好等于临界角，结合折射定律以及几何关系求解。
16．【答案】（1）解：由图像可知，t1=1s时，运动员沿斜面方向发生的位移x1=17.5m，将运动员的初速度和重力分解到沿斜面向下方向（x方向）和垂直斜面向上(y方向)方向，如下图所示，则其在沿斜面向下的方向上做匀加速直线运动，初速度为，加速度为，根据匀变速直线运动规律有
带入解得
（2）解：运动员在垂直斜面方向做竖直上抛运动（匀变速直线运动），初速度为，加速度为，设经时间t2运动员离斜面最远，此时速度方向平行于斜面（y方向达到最高点），则有
距离斜坡的最大距离
解得
（3）解：设经过时间t3运动员落到坡面上，则
代入数据可解得或（舍去）
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1） 将运动员的初速度和重力分解到沿斜面向下方向 ， 在沿斜面向下的方向上做匀加速直线运动 ， 根据匀变速直线运动规律求解。
（2） 速度方向平行于斜面 ， 运动员飞行过程中距离斜坡有最大距离 。结合匀变速直线运动的速度时间关系以及位移时间关系求解运动员飞行过程中距离斜坡的最大距离d 。
（3）由匀变速直线运动的位移时间关系列方程求解。
17．【答案】（1）解：对于粒子a，设经时间t1到达点，在点沿y轴方向速度分量为，有 ，
解得
（2）解：对于粒子a，时间内在界面内的Bz磁场中运动半周，然后垂直x轴在射入Bx磁场，运动轨迹与荧光屏相切，设在Bx磁场中做圆周运动半径为ra，有 ，
解得
（3）解：设b粒子在在点沿y轴方向速度分量为，在界面内的Bz磁场和Bx磁场中运动半径为，有 ， ，，
b粒子在Bx磁场中运动运动时间，有
在Bx磁场中运动轨迹如图所示，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
【解析】【分析】（1）将粒子速度分解，沿电场方向由运动学公式以及牛顿第二定律求出区域I内电场强度E的大小。
（2）粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，由几何关系求解界面M与荧光屏N间的距离d 。
（3） 画出粒子在Bx磁场中运动轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力，将粒子速度沿XY轴分解由几何关系可得 粒子打在荧光屏上的位置坐标（）。
18．【答案】（1）解：设释放小球a瞬间，圆环对小球a的作用力大小为FN1，有
解得
（2）解：设在弹性绳自动脱落前瞬间，弹性绳与竖直方向间夹角为，此时小球a的速率为，此时弹性绳弹力FT与球a的重力的合力沿半径指向圆心O，a球受力如图示
由正弦定理得，
解得
（3）解：性绳脱落前的瞬间，由向心力公式得：
解得
所以圆环对小球a作用力FN2的大小为，方向沿圆环半径向外
（4）解：弹性绳自动脱落后，设小球a到达Q点时的速度为，有
小球a过Q点后与小球b发生第一次弹性碰撞，设a、b碰撞后的速度分别为va1、vb1，有，
解得，
a、b碰撞后，b与c、c与d先后发生弹性碰撞交换速度，所以d球最终经过N点的速度为
设d球在水平粗糙导轨滑行距离为，有
小球a从圆环上返回后第二次与b球碰撞，同理a、b第二次碰撞后的速度分别为，
所以c球最终经过N点的速度为
小球a再次从圆环上返回后第三次与b球碰撞，同理a、b第三次碰撞后的速度分别为，
设小球a在水平粗糙导轨滑行距离为，有
解得
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1） 释放小球a瞬间，合力提供小球圆周运动向心力。由牛顿第二定律求解圆环对小球的作用力FN1大小。
（2）在半圆环上做出小球受力如图示 ， 由平行四边形法则结合正弦定理得小球沿圆环下滑的速率vm 。
（3） 性绳脱落前的瞬间 ，由牛顿第二定律求出圆环对小球作用力FN2的大小和方向 。
（4） 小球a过Q点后与小球b发生第一次弹性碰撞 ， a、b碰撞后，b与c、c与d先后发生弹性碰撞交换速度 。根据机械能守恒定律以及动量守恒定律求解最终两球间的距离。
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