湖南省娄底市2022届高三上学期物理期末教学质量检测试卷
一、单选题
1．（2022高三上·娄底期末）幽门螺杆菌可产生高活性的尿素酶，当病人服用碳14标记的尿素后，胃中的尿素酶可将尿素分解为氨和碳14标记的CO2，通过分析呼气中标记的CO2的含量即可判断患者胃中幽门螺杆菌的存在。半衰期是5730年，而且大部分是β衰变，其衰变方程为。则下列说法正确的是（ ）
A．X比多一个质子
B．β粒子来自于原子核X
C．含的化合物比单质衰变得可能慢些
D．2000个经过5730年会有1000个发生衰变
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变
【解析】【解答】A．X为，比多一个质子，A项正确；
B．β粒子来自于原子核，B项错误；
C．含的化合物和单质衰变一样快，C项错误；
D．半衰期是大量原子核的统计规律，对少量原子核的衰变不适用，D项错误。
故答案为：A。
【分析】利用电荷数的比较可以判别质子数的数量；粒子来自于碳核；含的化合物和单质衰变速度一样；半衰期对少量原子核不适用。
2．（2022高三上·娄底期末）某蹦床运动员在比赛前进行位置调整时，某次离开蹦床后以初速8m/s上升到最高点，落下后与蹦床作用1s后，又以8m/s弹出上升到最高点，重力加速度为10m/s2，则运动员在与蹦床作用的1s的时间内，蹦床对其平均作用力是其体重的（ ）
A．0.8倍 B．1.6倍 C．1.8倍 D．2.6倍
【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】运动员下落与蹦床作用前速度大小和离开蹦床时的速度大小均为v=8m/s，设蹦床对其平均作用力为F，根据动量定理
解得F=2.6mg
故答案为：D。
【分析】利用运动员与蹦床作用前后的速度结合动量定理可以求出蹦床对运动员作用力的大小。
3．（2022高三上·娄底期末）如图所示，金属圆环放在绝缘水平面上，通有沿逆时针（俯视看）方向的恒定电流I1，带有绝缘外皮的长直导线放在圆环上，圆环的圆心在直导线上，直导线中通有向右的恒定电流I2，圆环圆心的正上方的P点的磁感应强度大小为B，此时直导线电流在P点处产生磁场的磁感应强度大小为；若将直导线中的电流减为零，则P点的磁感应强度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】设圆环中电流在P点产生的磁场磁感应强度大小为B1，直导线中电流为I2时在P点产生的磁场磁感应强度大小为B2，根据安培定则可知，两个磁场的磁感应强度垂直，根据题意有
解得
ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用安培定则可以判别磁感应强度的方向，结合平行四边形定则可以求出合磁感应强度的大小。
4．（2022高三上·娄底期末）如图所示，长木板B放在水平地面上，物块A放在长木板上表面右端，给A施加一个水平向左、大小为F的拉力，使物块A在长木板上表面向左匀速运动，长木板B仍保持静止，长木板足够长，则A在B上表面匀速运动过程中（ ）
A．B受到A的摩擦力与拉力F大小相等，方向相反
B．B受到地面的摩擦力小于F
C．突然增大拉力F，地面对B的摩擦力大小不变
D．突然减小拉力F，地面对B的摩擦力会减小
【答案】C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】A．物块A在长木板上表面向左匀速运动，长木板B仍保持静止，则B对A的摩擦力方向向右大小等于F，根据牛顿第三定律，则B受到A的摩擦力与拉力F大小相等，方向相同，A不符合题意；
B．物块A在长木板上表面向左匀速运动，长木板B仍保持静止，B受到地面的摩擦力与A对B的摩擦力等大反向，即大小等于F，B不符合题意；
CD．突然减小或突然增大拉力F，但是由于正压力不变，则A对B的滑动摩擦力大小不变，因此地面对B的摩擦力大小不变，D不符合题意C符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用A的平衡方程可以判别B对A的摩擦力大小及方向，利用牛顿第三定律可以判别A对B的摩擦力大小及方向；利用B的平衡方程可以判别地面对B的摩擦力大小；当增大F时A对B的摩擦力保持不变所以地面对B的摩擦力大小保持不变。
5．（2022高三上·娄底期末）2021年6月17日“长征二号”运载火箭成功将“神舟十二号”载人飞船送入预定轨道，并顺利与“天和”核心舱对接形成组合体，如图所示。已知组合体距地面高度约为，地球半径约为6400km，同步卫星在轨道运行时离地面高度为36000km，则组合体在轨道做圆周运动时（ ）
A．加速度不小于10m/s2
B．宇航员对核心舱的压力为零，宇航员受到的合力为零
C．运行周期比同步卫星在轨运行周期大
D．线速度约为同步卫星在轨运行线速度的2.5倍
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．组合体在轨道做圆周运动时，加速度等于在轨道处的重力加速度，随着高度的增加重力加速度减小，因此组合体在轨的加速度小于地面的重力加速度，即一定小于10m/s2，A不符合题意；
B．宇航员在组合体中处于完全失重的状态，受到的合力等于宇航员受到的万有引力，B不符合题意；
C．根据开普勒第三定律知，轨道半径越大，则周期越长，故运行周期比同步卫星在轨运行周期小，C不符合题意；
D．由可知
因此组合体的线速度大小与同步卫星的线速度大小之比为
D项正确；
故答案为：D。
【分析】利用引力提供向心力可以判别加速度的大小；组合体做匀速圆周运动受到的合力等于引力，处于完全失重状态；利用开普勒第三定律可以比较周期的大小；利用引力提供向心力可以求出线速度之比。
6．（2022高三上·娄底期末）如图所示，倾斜放置的传送带AB长为10m，以大小为v=3m/s的恒定速率顺时针转动，传送带的倾角，一个质量为2kg的物块轻放在传送带A端，同时给物块施加一个沿斜面向上的恒定拉力F，物块先加速后匀速从A端运动到B端，物块运动的时间为4s，物块与传送带的动摩擦因数为0.5，重力加速度为10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向上运动过程中（ ）
A．物块加速运动时的加速度大小为2.5m/s2
B．物块加速运动的时间为s
C．物块匀速运动时，受到的摩擦力大小为4N
D．物块与传送带之间，因摩擦产生的热量为20J
【答案】B
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．初始时物块做加速运动，则
当物块与传送带速度相等时，物块做匀速运动，根据题意有
解得
F=8.5N
A不符合题意；
B．加速运动的时间为
B符合题意；
C．匀速运动时，有
解得f=3.5N
C不符合题意；
D．物块与传送带间的相对位移为
因此摩擦产生的热量为
D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用匀变速的位移公式结合传送带的长度可以求出物块加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出拉力的大小；利用速度公式可以求出加速的时间；利用相对位移及摩擦力的大小可以求出摩擦产生的热量大小。
二、多选题
7．（2022高三上·娄底期末）如图甲所示，一个物块在光滑的水平面上以速度v0做匀速直线运动，某时刻，给物块施加一个水平向右的拉力F，并从该时刻开始计时，物块的速度v与时间t的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．拉力F为恒力
B．物块先做加速运动后做减速运动
C．物块的动能越来越大
D．拉力F做功的瞬时功率越来越小
【答案】A,C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由v-t图可知物块做匀加速直线运动，加速度恒定，则拉力F为恒力，速度越来越大，则动能越来越大，由瞬时功率P=Fv
得功率越来越大。
故答案为：AC。
【分析】利用图像可以判别物块做匀加速直线运动，则加速度恒定，利用牛顿第二定律可以判别拉力恒定；利用瞬时功率的表达式结合速度增大可以判别功率越来越大。
8．（2022高三上·娄底期末）如图所示，一个光滑圆形轨道固定在竖直面内，AB是水平直径，CD是竖直直径，在轨道的最高点C点固定一个光滑定滑轮，甲、乙两球用绕过定滑轮的细线连接，甲球在B点，乙球在D点，滑轮两边的细线刚好伸直，甲球的质量远大于乙球的质量，不计滑轮及小球的大小，由静止释放甲球，在甲球从B点沿圆弧运动到D点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．乙球一直做加速运动
B．乙球先超重后失重
C．细线对乙球拉力的功率一直增大
D．甲球减小的机械能等于乙球增加的重力势能
【答案】B,D
【知识点】机械能综合应用
【解析】【解答】ABC．甲球到最低点时，速度沿水平方向，沿绳方向的分速度为零，这时乙球的速度为零，细线对乙球拉力的功率为零，乙球先加速后减速，先超重后失重，AC不符合题意、B符合题意；
D．甲、乙两球组成的系统机械能守恒，此过程乙球增加的机械能等于乙球增加的重力势能，因此甲球减小的机械能等于乙球增加的重力势能，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用速度的分解可以判别甲球到达最低点时乙球的速度等于0，进而判别乙球先加速后减速，进而判别加速度的方向，利用加速度的方向可以判别超重与失重；利用机械能守恒定律可以判别甲球减少的机械能等于乙球增加的机械能。
9．（2022高三上·娄底期末）如图所示，平行板电容器两平行板正对，倾斜放置，板面与水平面夹角为30，两板带等量的异种电荷，一个带电小球系于绝缘细线的一端，细线的另一端拴于O点，静止时细线水平，O点到下板的距离大于细线的长度，缓慢减小两板的带电量，直至两板的带电量为0，此过程，下列判断正确的是（ ）
A．细线的张力一直在增大 B．细线的张力先减小后增大
C．小球的电势能先增大后减小 D．小球的机械能一直在减小
【答案】B,D
【知识点】共点力平衡条件的应用；电场力做功
【解析】【解答】AB．由于平行板电容器的带电量缓慢减小，小球受到的电场力缓慢减小，但电场力始终与平行板垂直，根据力的平衡动态分析可知，随着电场力减小，小球受到的细线的张力先减小后增大，A不符合题意，B符合题意；
CD．由于只有重力与电场力做功，因此小球的机械能与电势能之和为一定值，由于机械能不断减小，因此电势能不断增大，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用板间电荷量减小可以判别电场力减小，结合平衡方程可以判别细线的张力先减小后增大；利用电场力做负功可以判别机械能减小电势能增大。
10．（2022高三上·娄底期末）理想变压器原、副线圈所接的电路如图甲所示，原、副线圈的匝数比为，其中定值电阻，两电表为理想交流电表，原线圈两端接有如图乙所示的交流电。当原线圈的瞬时电压为。断开，电源消耗的电功率为，闭合，电源消耗的电功率为。
则下列说法正确的是（ ）
A．闭合、断开，电压表的示数为
B．闭合，电流表的示数为
C．断开，电流表的示数为
D．
【答案】A,C,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．由图乙可得，周期，故可得
故交流电的表达式为
当时，原线圈的瞬时电压为
解得
原线圈电压有效值为
原、副线圈的匝数比为，根据
可得副线圈电压
当闭合、断开，电压表测量副线圈电压，故电压表的示数为，A符合题意；
B．闭合，电流表的示数为
根据
可得
电流表的示数为0.16A，B不符合题意；
C．断开、，副线圈总电阻为
副线圈电流为
根据
可得原线圈电流
电流表的示数为0.04A，C符合题意；
D．根据公式
由C选项可得
所以
D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】利用图像周期可以求出角速度的大小，结合电压瞬时值的表达式可以求出电压峰值的大小，结合原副线圈的匝数之比可以求出副线圈电压的大小；当闭合S1和断开S2时，电压表测量副线圈电压；当闭合两个开关时，利用欧姆定律可以求出输出电流的大小，结合匝数值可以求出原线圈电流的大小；当断开两个开关时，利用欧姆定律可以求出副线圈电流，结合匝数之比可以求出原线圈电流的大小；利用电功率的表达式可以求出电功率之比。
三、实验题
11．（2022高三上·娄底期末）某同学用如图甲所示装置，做“探究加速度与质量关系”实验。
（1）实验时，应使细绳与木板平行，将木板右端垫高以平衡摩擦力，这样操作的目的是____；
A．使细绳的拉力等于小车所受合力
B．使细绳的拉力等于砝码盘和砝码的重力
（2）实验中，应保持 （填“盘和砝码”或“小车”）质量不变，多次改变 （填“砝码盘”或“小车”）中砝码的质量m进行实验。某次实验打出的一条纸带如图乙所示，在打出的纸带上每隔一个点取一个计数点，分别标为A、B、C、D、E，已知打点计时器所接交流电的频率为50Hz，滑块做匀加速直线运动的加速度a = m/s2；（结果均保留两位有效数字）
（3）该同学经（2）所述多次实验后，记录前述砝码的质量m以及对应小车的加速度大小a，作出图像。若图线的斜率为k，图线在纵轴上的截距为b，则小车受到的拉力大小F = ，小车的质量M = 。（均用相关物理量的符号表示）
【答案】（1）A
（2）盘和砝码；小车；3.9
（3）；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）使细绳与木板平行，将木板右端垫高以平衡摩擦力，这样操作的目的是使细绳上的拉力等于小车所受合力。
故答案为：A。
（2）由于要探究加速度与质量关系，因此应保持外力不变，即保持盘和砝码的质量不变，多次改变小车中砝码的质量进行实验。
根据逐差法，可得
（3）根据牛顿第二定律有
上式整理得
结合题有，
解得，
【分析】（1）使细线与木板平行是为了细线的拉力等于小车受到的合力；
（2）为了探究加速度与质量的关系应该保持外力不变则保持盘和砝码的质量不变，多次改变小车中砝码的质量进行实验，利用逐差法可以求出加速度的大小；
（3）利用牛顿第二定律结合图像斜率和截距可以求出合力和小车质量的大小。
12．（2022高三上·娄底期末）某同学要精确测量一节干电池的电动势和内电阻，实验室提供的器材有：
①被测电源E（电动势约为1.5V，内阻约为2Ω）
②电流表G（量程3mA，内阻Rg = 10Ω）
③电阻箱R（阻值0 ~ 99.9Ω）
④定值电阻R0（电阻为1Ω）
⑤开关S和导线若干
（1）请根据实验的器材设计测电源电动势和内阻的实验电路图，并画在下面的方框内。
（2）根据设计的实验电路图连接实物，闭合开关前，将电阻箱接入电路的电阻 （填“最大”或“为零”），闭合开关，多次调节电阻箱，记录每次调节后电阻箱接入电路的电阻值R，及对应的电流表G的示数I，在坐标系中描点作图，测得图线与纵轴的截距为a，图线的斜率为k，则电路的电动势E = ，电源的内阻r = （均用已知物理量或测量的物理量的符号表示）。
【答案】（1）
（2）最大；；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由于电路中的最小电流
因此必须将电流表改装，与定值电阻并联，改装成量程为
的电流表，电路图如图所示
（2）闭合开关前，为了保护电路元件，先将电阻箱接入电路的电阻调到最大。
由闭合电路的欧姆定律有
得到
则，
解得，
【分析】（1）利用欧姆定律可以求出回路最小的电流，进而将电流表与定值电阻串联，改装为大量程的电流表，利用欧姆定律可以求出改装后电流表的量程；
（2）闭合开关前，为了保护电路，电阻箱接入电流的阻值调至最大值；利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出内阻和电动势的大小。
四、解答题
13．（2022高三上·娄底期末）如图所示，斜角为37的斜面体固定在水平地面上，质量相等的A、B两物块（可视为质点）分别放在斜面上的P点和Q点，斜面底端固定一垂直斜面的弹性挡板，P到Q和P到挡板的距离均为5m，给物块B一个沿斜面向下的大小为10m/s的瞬时初速度v0，物块B沿斜面向下运动并与A发生弹性碰撞（碰撞时间极短），已知A、B与斜面间的动摩擦因数分别为0.75、0.8，A与挡板碰撞前后速度大小相等，方向相反，重力加速度为10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）B与A碰撞后一瞬间，物块A的速度大小；
（2）A、B都静止在斜面上时，A、B间的距离为多少。
【答案】（1）解：设物块B到达P点时速度大小为v1，物块B从Q点运动到P点过程中，根据动能定理有
解得
设碰撞后瞬间A的速度大小为v2，B的速度大小为v3，根据动量守恒有根据能量守恒有
解得
（2）解：由于，，因此碰撞后，物块B停在P点，物块A以速度v2沿斜面向下做匀速运动。物块A与挡板碰撞后，以大小为的速度沿斜面向上做匀减速运动，设运动的加速度大小为a，则
物块A沿斜面向上运动的最大距离为
因此物块A沿斜面向上运动不再与B碰撞，当A、B均静止时，相距
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物块B从Q点到P点的过程中，利用动能定理可以求出到达P点的速度大小，结合动量守恒定律及能量守恒定律可以求出碰后速度的大小；
（2）由于已知动摩擦因数及斜面倾角正切值的关系，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出两个物块停下来的距离大小。
14．（2022高三上·娄底期末）如图1所示，间距L=1m的足够长倾斜导轨倾角，导轨顶端连一电阻，左侧存在一面积S=0.6m2的圆形磁场区域B，磁场方向垂直于斜面向下，大小随时间变化如图2所示，右侧存在着方向垂直于斜面向下的恒定磁场B1=1T，一长为L=1m，电阻r=1Ω的金属棒ab与导轨垂直放置，t=0至t=1s，金属棒ab恰好能静止在右侧的导轨上，之后金属棒ab开始沿导轨下滑，经过足够长的距离进入EF，且在进入EF前速度已经稳定，最后停止在导轨上。已知EF左侧导轨均光滑，EF右侧导轨与金属棒间的动摩擦因数，取g=10m/s2，不计导轨电阻与其他阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）t=0至t=1s内流过电阻的电流和金属棒ab的质量；
（2）金属棒ab进入EF时的速度大小；
（3）金属棒ab进入EF后通过电阻R的电荷量。
【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律可得至内回路中的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律可得t=0至t=1s内流过电阻的电流为
设金属棒ab的质量为m，这段时间内金属棒ab受力平衡，即
解得
（2）解：设金属棒ab进入EF时的速度大小为v，此时回路中的感应电动势为
回路中的电流为
导体棒ab所受安培力大小为
根据平衡条件可得解得v=0.6m/s
（3）解：设金属棒ab从进入EF到最终停下的过程中，回路中的平均电流为，经历时间为t，对金属棒ab根据动量定理有
其中
且
解得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的图像类问题
【解析】【分析】（1）由于第1s内磁感应强度发生变化，利用法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可以求出感应电流的大小，结合平衡方程可以求出金属棒质量的大小；
（2）棒进入EF时做匀速直线运动，利用平衡方程结合安培力的表达式可以求出金属棒速度的大小；
（3）棒从进入EF到停下来的过程中，利用动量定理结合平衡方程可以求出电荷量的大小。
15．（2022高三上·娄底期末）如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内的半圆区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，半圆的半径为R，直径OP在x轴上，在第三、四象限内有沿y轴正向的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，在点以大小为v0的初速度沿x轴正向射出，经电场偏转后从OP的中点射入磁场，经磁场偏转后以平行y轴正向的方向射出磁场，不计粒子的重力，求：
（1）匀强电场的电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）若要使粒子进入磁场后仅从直径OP某处射出磁场，则磁场的磁感应强度至少为多少，此情况下，粒子在电场和磁场运动的全过程中总时间最长为多少。
【答案】（1）解：粒子在电场中做类平抛运动
根据牛顿第二定律
解得
设粒子进磁场时速度大小为v，速度方向与x轴正向夹角为，根据动能定理
解得
由
解得
粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系有
解得
根据牛顿第二定律
解得
（2）解：要使粒子从x轴射出磁场，则粒子在磁场中做圆周运动的半径
根据牛顿第二定律
解得
即磁感应强度大小至少为
粒子在电场中运动的时间
在磁场中运动的最长时间
因此粒子在电场和磁场中运动的最长时间为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出电场强度的大小；粒子在电场中运动，利用动能定理可以求出粒子进入磁场中的速度大小及方向，结合几何关系可以求出粒子在磁场中运动的轨迹半径；结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小；
（2）为了使粒子从x轴射出磁场，利用几何关系可以求出轨道半径的大小；结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小；利用粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角结合周期的大小可以求出粒子在磁场中运动的时间；利用位移公式可以求出粒子在电场中运动的时间。
1 / 1湖南省娄底市2022届高三上学期物理期末教学质量检测试卷
一、单选题
1．（2022高三上·娄底期末）幽门螺杆菌可产生高活性的尿素酶，当病人服用碳14标记的尿素后，胃中的尿素酶可将尿素分解为氨和碳14标记的CO2，通过分析呼气中标记的CO2的含量即可判断患者胃中幽门螺杆菌的存在。半衰期是5730年，而且大部分是β衰变，其衰变方程为。则下列说法正确的是（ ）
A．X比多一个质子
B．β粒子来自于原子核X
C．含的化合物比单质衰变得可能慢些
D．2000个经过5730年会有1000个发生衰变
2．（2022高三上·娄底期末）某蹦床运动员在比赛前进行位置调整时，某次离开蹦床后以初速8m/s上升到最高点，落下后与蹦床作用1s后，又以8m/s弹出上升到最高点，重力加速度为10m/s2，则运动员在与蹦床作用的1s的时间内，蹦床对其平均作用力是其体重的（ ）
A．0.8倍 B．1.6倍 C．1.8倍 D．2.6倍
3．（2022高三上·娄底期末）如图所示，金属圆环放在绝缘水平面上，通有沿逆时针（俯视看）方向的恒定电流I1，带有绝缘外皮的长直导线放在圆环上，圆环的圆心在直导线上，直导线中通有向右的恒定电流I2，圆环圆心的正上方的P点的磁感应强度大小为B，此时直导线电流在P点处产生磁场的磁感应强度大小为；若将直导线中的电流减为零，则P点的磁感应强度大小为（ ）
A． B． C． D．
4．（2022高三上·娄底期末）如图所示，长木板B放在水平地面上，物块A放在长木板上表面右端，给A施加一个水平向左、大小为F的拉力，使物块A在长木板上表面向左匀速运动，长木板B仍保持静止，长木板足够长，则A在B上表面匀速运动过程中（ ）
A．B受到A的摩擦力与拉力F大小相等，方向相反
B．B受到地面的摩擦力小于F
C．突然增大拉力F，地面对B的摩擦力大小不变
D．突然减小拉力F，地面对B的摩擦力会减小
5．（2022高三上·娄底期末）2021年6月17日“长征二号”运载火箭成功将“神舟十二号”载人飞船送入预定轨道，并顺利与“天和”核心舱对接形成组合体，如图所示。已知组合体距地面高度约为，地球半径约为6400km，同步卫星在轨道运行时离地面高度为36000km，则组合体在轨道做圆周运动时（ ）
A．加速度不小于10m/s2
B．宇航员对核心舱的压力为零，宇航员受到的合力为零
C．运行周期比同步卫星在轨运行周期大
D．线速度约为同步卫星在轨运行线速度的2.5倍
6．（2022高三上·娄底期末）如图所示，倾斜放置的传送带AB长为10m，以大小为v=3m/s的恒定速率顺时针转动，传送带的倾角，一个质量为2kg的物块轻放在传送带A端，同时给物块施加一个沿斜面向上的恒定拉力F，物块先加速后匀速从A端运动到B端，物块运动的时间为4s，物块与传送带的动摩擦因数为0.5，重力加速度为10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向上运动过程中（ ）
A．物块加速运动时的加速度大小为2.5m/s2
B．物块加速运动的时间为s
C．物块匀速运动时，受到的摩擦力大小为4N
D．物块与传送带之间，因摩擦产生的热量为20J
二、多选题
7．（2022高三上·娄底期末）如图甲所示，一个物块在光滑的水平面上以速度v0做匀速直线运动，某时刻，给物块施加一个水平向右的拉力F，并从该时刻开始计时，物块的速度v与时间t的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．拉力F为恒力
B．物块先做加速运动后做减速运动
C．物块的动能越来越大
D．拉力F做功的瞬时功率越来越小
8．（2022高三上·娄底期末）如图所示，一个光滑圆形轨道固定在竖直面内，AB是水平直径，CD是竖直直径，在轨道的最高点C点固定一个光滑定滑轮，甲、乙两球用绕过定滑轮的细线连接，甲球在B点，乙球在D点，滑轮两边的细线刚好伸直，甲球的质量远大于乙球的质量，不计滑轮及小球的大小，由静止释放甲球，在甲球从B点沿圆弧运动到D点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．乙球一直做加速运动
B．乙球先超重后失重
C．细线对乙球拉力的功率一直增大
D．甲球减小的机械能等于乙球增加的重力势能
9．（2022高三上·娄底期末）如图所示，平行板电容器两平行板正对，倾斜放置，板面与水平面夹角为30，两板带等量的异种电荷，一个带电小球系于绝缘细线的一端，细线的另一端拴于O点，静止时细线水平，O点到下板的距离大于细线的长度，缓慢减小两板的带电量，直至两板的带电量为0，此过程，下列判断正确的是（ ）
A．细线的张力一直在增大 B．细线的张力先减小后增大
C．小球的电势能先增大后减小 D．小球的机械能一直在减小
10．（2022高三上·娄底期末）理想变压器原、副线圈所接的电路如图甲所示，原、副线圈的匝数比为，其中定值电阻，两电表为理想交流电表，原线圈两端接有如图乙所示的交流电。当原线圈的瞬时电压为。断开，电源消耗的电功率为，闭合，电源消耗的电功率为。
则下列说法正确的是（ ）
A．闭合、断开，电压表的示数为
B．闭合，电流表的示数为
C．断开，电流表的示数为
D．
三、实验题
11．（2022高三上·娄底期末）某同学用如图甲所示装置，做“探究加速度与质量关系”实验。
（1）实验时，应使细绳与木板平行，将木板右端垫高以平衡摩擦力，这样操作的目的是____；
A．使细绳的拉力等于小车所受合力
B．使细绳的拉力等于砝码盘和砝码的重力
（2）实验中，应保持 （填“盘和砝码”或“小车”）质量不变，多次改变 （填“砝码盘”或“小车”）中砝码的质量m进行实验。某次实验打出的一条纸带如图乙所示，在打出的纸带上每隔一个点取一个计数点，分别标为A、B、C、D、E，已知打点计时器所接交流电的频率为50Hz，滑块做匀加速直线运动的加速度a = m/s2；（结果均保留两位有效数字）
（3）该同学经（2）所述多次实验后，记录前述砝码的质量m以及对应小车的加速度大小a，作出图像。若图线的斜率为k，图线在纵轴上的截距为b，则小车受到的拉力大小F = ，小车的质量M = 。（均用相关物理量的符号表示）
12．（2022高三上·娄底期末）某同学要精确测量一节干电池的电动势和内电阻，实验室提供的器材有：
①被测电源E（电动势约为1.5V，内阻约为2Ω）
②电流表G（量程3mA，内阻Rg = 10Ω）
③电阻箱R（阻值0 ~ 99.9Ω）
④定值电阻R0（电阻为1Ω）
⑤开关S和导线若干
（1）请根据实验的器材设计测电源电动势和内阻的实验电路图，并画在下面的方框内。
（2）根据设计的实验电路图连接实物，闭合开关前，将电阻箱接入电路的电阻 （填“最大”或“为零”），闭合开关，多次调节电阻箱，记录每次调节后电阻箱接入电路的电阻值R，及对应的电流表G的示数I，在坐标系中描点作图，测得图线与纵轴的截距为a，图线的斜率为k，则电路的电动势E = ，电源的内阻r = （均用已知物理量或测量的物理量的符号表示）。
四、解答题
13．（2022高三上·娄底期末）如图所示，斜角为37的斜面体固定在水平地面上，质量相等的A、B两物块（可视为质点）分别放在斜面上的P点和Q点，斜面底端固定一垂直斜面的弹性挡板，P到Q和P到挡板的距离均为5m，给物块B一个沿斜面向下的大小为10m/s的瞬时初速度v0，物块B沿斜面向下运动并与A发生弹性碰撞（碰撞时间极短），已知A、B与斜面间的动摩擦因数分别为0.75、0.8，A与挡板碰撞前后速度大小相等，方向相反，重力加速度为10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）B与A碰撞后一瞬间，物块A的速度大小；
（2）A、B都静止在斜面上时，A、B间的距离为多少。
14．（2022高三上·娄底期末）如图1所示，间距L=1m的足够长倾斜导轨倾角，导轨顶端连一电阻，左侧存在一面积S=0.6m2的圆形磁场区域B，磁场方向垂直于斜面向下，大小随时间变化如图2所示，右侧存在着方向垂直于斜面向下的恒定磁场B1=1T，一长为L=1m，电阻r=1Ω的金属棒ab与导轨垂直放置，t=0至t=1s，金属棒ab恰好能静止在右侧的导轨上，之后金属棒ab开始沿导轨下滑，经过足够长的距离进入EF，且在进入EF前速度已经稳定，最后停止在导轨上。已知EF左侧导轨均光滑，EF右侧导轨与金属棒间的动摩擦因数，取g=10m/s2，不计导轨电阻与其他阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）t=0至t=1s内流过电阻的电流和金属棒ab的质量；
（2）金属棒ab进入EF时的速度大小；
（3）金属棒ab进入EF后通过电阻R的电荷量。
15．（2022高三上·娄底期末）如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内的半圆区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，半圆的半径为R，直径OP在x轴上，在第三、四象限内有沿y轴正向的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，在点以大小为v0的初速度沿x轴正向射出，经电场偏转后从OP的中点射入磁场，经磁场偏转后以平行y轴正向的方向射出磁场，不计粒子的重力，求：
（1）匀强电场的电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）若要使粒子进入磁场后仅从直径OP某处射出磁场，则磁场的磁感应强度至少为多少，此情况下，粒子在电场和磁场运动的全过程中总时间最长为多少。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变
【解析】【解答】A．X为，比多一个质子，A项正确；
B．β粒子来自于原子核，B项错误；
C．含的化合物和单质衰变一样快，C项错误；
D．半衰期是大量原子核的统计规律，对少量原子核的衰变不适用，D项错误。
故答案为：A。
【分析】利用电荷数的比较可以判别质子数的数量；粒子来自于碳核；含的化合物和单质衰变速度一样；半衰期对少量原子核不适用。
2．【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】运动员下落与蹦床作用前速度大小和离开蹦床时的速度大小均为v=8m/s，设蹦床对其平均作用力为F，根据动量定理
解得F=2.6mg
故答案为：D。
【分析】利用运动员与蹦床作用前后的速度结合动量定理可以求出蹦床对运动员作用力的大小。
3．【答案】D
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】设圆环中电流在P点产生的磁场磁感应强度大小为B1，直导线中电流为I2时在P点产生的磁场磁感应强度大小为B2，根据安培定则可知，两个磁场的磁感应强度垂直，根据题意有
解得
ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用安培定则可以判别磁感应强度的方向，结合平行四边形定则可以求出合磁感应强度的大小。
4．【答案】C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】A．物块A在长木板上表面向左匀速运动，长木板B仍保持静止，则B对A的摩擦力方向向右大小等于F，根据牛顿第三定律，则B受到A的摩擦力与拉力F大小相等，方向相同，A不符合题意；
B．物块A在长木板上表面向左匀速运动，长木板B仍保持静止，B受到地面的摩擦力与A对B的摩擦力等大反向，即大小等于F，B不符合题意；
CD．突然减小或突然增大拉力F，但是由于正压力不变，则A对B的滑动摩擦力大小不变，因此地面对B的摩擦力大小不变，D不符合题意C符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用A的平衡方程可以判别B对A的摩擦力大小及方向，利用牛顿第三定律可以判别A对B的摩擦力大小及方向；利用B的平衡方程可以判别地面对B的摩擦力大小；当增大F时A对B的摩擦力保持不变所以地面对B的摩擦力大小保持不变。
5．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．组合体在轨道做圆周运动时，加速度等于在轨道处的重力加速度，随着高度的增加重力加速度减小，因此组合体在轨的加速度小于地面的重力加速度，即一定小于10m/s2，A不符合题意；
B．宇航员在组合体中处于完全失重的状态，受到的合力等于宇航员受到的万有引力，B不符合题意；
C．根据开普勒第三定律知，轨道半径越大，则周期越长，故运行周期比同步卫星在轨运行周期小，C不符合题意；
D．由可知
因此组合体的线速度大小与同步卫星的线速度大小之比为
D项正确；
故答案为：D。
【分析】利用引力提供向心力可以判别加速度的大小；组合体做匀速圆周运动受到的合力等于引力，处于完全失重状态；利用开普勒第三定律可以比较周期的大小；利用引力提供向心力可以求出线速度之比。
6．【答案】B
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．初始时物块做加速运动，则
当物块与传送带速度相等时，物块做匀速运动，根据题意有
解得
F=8.5N
A不符合题意；
B．加速运动的时间为
B符合题意；
C．匀速运动时，有
解得f=3.5N
C不符合题意；
D．物块与传送带间的相对位移为
因此摩擦产生的热量为
D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用匀变速的位移公式结合传送带的长度可以求出物块加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出拉力的大小；利用速度公式可以求出加速的时间；利用相对位移及摩擦力的大小可以求出摩擦产生的热量大小。
7．【答案】A,C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由v-t图可知物块做匀加速直线运动，加速度恒定，则拉力F为恒力，速度越来越大，则动能越来越大，由瞬时功率P=Fv
得功率越来越大。
故答案为：AC。
【分析】利用图像可以判别物块做匀加速直线运动，则加速度恒定，利用牛顿第二定律可以判别拉力恒定；利用瞬时功率的表达式结合速度增大可以判别功率越来越大。
8．【答案】B,D
【知识点】机械能综合应用
【解析】【解答】ABC．甲球到最低点时，速度沿水平方向，沿绳方向的分速度为零，这时乙球的速度为零，细线对乙球拉力的功率为零，乙球先加速后减速，先超重后失重，AC不符合题意、B符合题意；
D．甲、乙两球组成的系统机械能守恒，此过程乙球增加的机械能等于乙球增加的重力势能，因此甲球减小的机械能等于乙球增加的重力势能，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用速度的分解可以判别甲球到达最低点时乙球的速度等于0，进而判别乙球先加速后减速，进而判别加速度的方向，利用加速度的方向可以判别超重与失重；利用机械能守恒定律可以判别甲球减少的机械能等于乙球增加的机械能。
9．【答案】B,D
【知识点】共点力平衡条件的应用；电场力做功
【解析】【解答】AB．由于平行板电容器的带电量缓慢减小，小球受到的电场力缓慢减小，但电场力始终与平行板垂直，根据力的平衡动态分析可知，随着电场力减小，小球受到的细线的张力先减小后增大，A不符合题意，B符合题意；
CD．由于只有重力与电场力做功，因此小球的机械能与电势能之和为一定值，由于机械能不断减小，因此电势能不断增大，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用板间电荷量减小可以判别电场力减小，结合平衡方程可以判别细线的张力先减小后增大；利用电场力做负功可以判别机械能减小电势能增大。
10．【答案】A,C,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．由图乙可得，周期，故可得
故交流电的表达式为
当时，原线圈的瞬时电压为
解得
原线圈电压有效值为
原、副线圈的匝数比为，根据
可得副线圈电压
当闭合、断开，电压表测量副线圈电压，故电压表的示数为，A符合题意；
B．闭合，电流表的示数为
根据
可得
电流表的示数为0.16A，B不符合题意；
C．断开、，副线圈总电阻为
副线圈电流为
根据
可得原线圈电流
电流表的示数为0.04A，C符合题意；
D．根据公式
由C选项可得
所以
D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】利用图像周期可以求出角速度的大小，结合电压瞬时值的表达式可以求出电压峰值的大小，结合原副线圈的匝数之比可以求出副线圈电压的大小；当闭合S1和断开S2时，电压表测量副线圈电压；当闭合两个开关时，利用欧姆定律可以求出输出电流的大小，结合匝数值可以求出原线圈电流的大小；当断开两个开关时，利用欧姆定律可以求出副线圈电流，结合匝数之比可以求出原线圈电流的大小；利用电功率的表达式可以求出电功率之比。
11．【答案】（1）A
（2）盘和砝码；小车；3.9
（3）；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）使细绳与木板平行，将木板右端垫高以平衡摩擦力，这样操作的目的是使细绳上的拉力等于小车所受合力。
故答案为：A。
（2）由于要探究加速度与质量关系，因此应保持外力不变，即保持盘和砝码的质量不变，多次改变小车中砝码的质量进行实验。
根据逐差法，可得
（3）根据牛顿第二定律有
上式整理得
结合题有，
解得，
【分析】（1）使细线与木板平行是为了细线的拉力等于小车受到的合力；
（2）为了探究加速度与质量的关系应该保持外力不变则保持盘和砝码的质量不变，多次改变小车中砝码的质量进行实验，利用逐差法可以求出加速度的大小；
（3）利用牛顿第二定律结合图像斜率和截距可以求出合力和小车质量的大小。
12．【答案】（1）
（2）最大；；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由于电路中的最小电流
因此必须将电流表改装，与定值电阻并联，改装成量程为
的电流表，电路图如图所示
（2）闭合开关前，为了保护电路元件，先将电阻箱接入电路的电阻调到最大。
由闭合电路的欧姆定律有
得到
则，
解得，
【分析】（1）利用欧姆定律可以求出回路最小的电流，进而将电流表与定值电阻串联，改装为大量程的电流表，利用欧姆定律可以求出改装后电流表的量程；
（2）闭合开关前，为了保护电路，电阻箱接入电流的阻值调至最大值；利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出内阻和电动势的大小。
13．【答案】（1）解：设物块B到达P点时速度大小为v1，物块B从Q点运动到P点过程中，根据动能定理有
解得
设碰撞后瞬间A的速度大小为v2，B的速度大小为v3，根据动量守恒有根据能量守恒有
解得
（2）解：由于，，因此碰撞后，物块B停在P点，物块A以速度v2沿斜面向下做匀速运动。物块A与挡板碰撞后，以大小为的速度沿斜面向上做匀减速运动，设运动的加速度大小为a，则
物块A沿斜面向上运动的最大距离为
因此物块A沿斜面向上运动不再与B碰撞，当A、B均静止时，相距
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物块B从Q点到P点的过程中，利用动能定理可以求出到达P点的速度大小，结合动量守恒定律及能量守恒定律可以求出碰后速度的大小；
（2）由于已知动摩擦因数及斜面倾角正切值的关系，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出两个物块停下来的距离大小。
14．【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律可得至内回路中的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律可得t=0至t=1s内流过电阻的电流为
设金属棒ab的质量为m，这段时间内金属棒ab受力平衡，即
解得
（2）解：设金属棒ab进入EF时的速度大小为v，此时回路中的感应电动势为
回路中的电流为
导体棒ab所受安培力大小为
根据平衡条件可得解得v=0.6m/s
（3）解：设金属棒ab从进入EF到最终停下的过程中，回路中的平均电流为，经历时间为t，对金属棒ab根据动量定理有
其中
且
解得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的图像类问题
【解析】【分析】（1）由于第1s内磁感应强度发生变化，利用法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可以求出感应电流的大小，结合平衡方程可以求出金属棒质量的大小；
（2）棒进入EF时做匀速直线运动，利用平衡方程结合安培力的表达式可以求出金属棒速度的大小；
（3）棒从进入EF到停下来的过程中，利用动量定理结合平衡方程可以求出电荷量的大小。
15．【答案】（1）解：粒子在电场中做类平抛运动
根据牛顿第二定律
解得
设粒子进磁场时速度大小为v，速度方向与x轴正向夹角为，根据动能定理
解得
由
解得
粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系有
解得
根据牛顿第二定律
解得
（2）解：要使粒子从x轴射出磁场，则粒子在磁场中做圆周运动的半径
根据牛顿第二定律
解得
即磁感应强度大小至少为
粒子在电场中运动的时间
在磁场中运动的最长时间
因此粒子在电场和磁场中运动的最长时间为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出电场强度的大小；粒子在电场中运动，利用动能定理可以求出粒子进入磁场中的速度大小及方向，结合几何关系可以求出粒子在磁场中运动的轨迹半径；结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小；
（2）为了使粒子从x轴射出磁场，利用几何关系可以求出轨道半径的大小；结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小；利用粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角结合周期的大小可以求出粒子在磁场中运动的时间；利用位移公式可以求出粒子在电场中运动的时间。
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