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四川省泸州市泸县2022届高三上学期理综物理期末联考试卷
一、单选题
1．（2022高三上·泸县期末）下列说法正确的是（ ）
A．β射线是原子核外电子挣脱原子核束缚后形成的
B．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子核是有复杂结构的
C．卢瑟福的原子核式结构模型解释了α粒子散射实验
D．查德威克发现了天然放射现象说明原子具有复杂的结构
【答案】C
【知识点】电子的发现；α粒子的散射
【解析】【解答】A. β射线是原子核内中子转化为质子时释放的电子，A不符合题意；
B. 汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子是有复杂结构的，B不符合题意；
C. 卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子核式结构模型，C符合题意；
D. 贝克勒尔发现了天然放射现象说明原子核具有复杂的结构，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】原子核内中子转化为质子时释放电子，汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，卢瑟福通过α粒子散射实验提出原子核式结构，贝克勒尔发现了天然放射现象。
2．（2022高三上·泸县期末）远距离输电线路简化如图所示，电厂输送电功率不变，变压器均为理想变压器，图中标示了电压和电流，其中输电线总电阻为R，则 （ ）
A．
B．输电线损失的电功率为
C．提高输送电压U2，则输电线电流I2增大
D．电厂输送电功率为U2I2
【答案】D
【知识点】电功率和电功；欧姆定律
【解析】【解答】A．由于输电线总电阻为R，输电线上有电压降，，根据欧姆定律得
A不符合题意；
B．输电线上有功率损失为
B不符合题意；
C．根据理想变压器P1=P2=U2I2
知：在功率不变的情况下，增大U2，I2减小，C不符合题意；
D．理想变压器不改变电功率，U2I2=U1I1，故电厂输送电功率为U2I2，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据欧姆定律得出升压变压器副线圈中的电流，结合电功率的表达式得出输电线上损失的功率，结合电功率的表达式得出增大电压时电流的变化情况。
3．（2022高三上·泸县期末）甲、乙两车在平直公路上行驶，二者的位置—时间（x—t）图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．0～8 s内，甲、乙两车位移相同
B．8 s末，甲车的速度大小小于乙车的速度大小
C．0～2 s内，甲车的位移大小小于乙车的位移大小
D．0～8 s内，甲、乙两车的平均速度大小相等，但方向相反
【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A.8 s末，甲车的位置在40 m处，乙车的位置在0 m处，0~8 s内，两车位移大小均为40 m，方向相反，A不符合题意；
B.根据“位置—时间图象的切线斜率表示速度”可知，8 s末，甲车的速度大小大于乙车的速度大小，B不符合题意；
C.由图象可以看出，0~2 s内，甲车的位移大小大于乙车的位移大小，C不符合题意；
D.根据速度公式，由于0～8 s内，甲、乙两车位移大小均为40 m，方向相反，故两车的平均速度大小相等，但方向相反．D符合题意．
故答案为：D
【分析】x-t图像的斜率表示物体的速度，x-t图像交点处两车相遇。利用平均速度的定义进行分析判断。
4．（2022高三上·泸县期末）“中国天眼”FAST，由我国天文学家南仁东于1994年提出构想，历时22年建成.2018年4月28日FAST第一次发现了一颗距地球4000光年的毫秒脉冲星，震惊了世界．双脉冲星系统由两个质量不同的脉冲星形成的双星系统．假设这两个脉冲星，绕它们连线上的某点做圆周运动，且两星间距缓慢减小．若在短暂的运动过程中，各自质量不变且不受其他星系影响，则下列说法正确的是（ ）
A．两星运行的线速度之比是1：1
B．两星运行的角速度大小始终相等
C．两星做圆周运动的向心加速度大小始终相等
D．随着两星的间距缓慢减小，它们的周期却在增大
【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】AB．双星系统属于同轴转动模型，角速度、周期相等，由于：
故半径之比：
即半径之比等于质量的反比；根据线速度公式可知，线速度之比等于质量的反向，A不符合题意B符合题意。
C．两星运行的向心力为二者的万有引力，质量不等，则向心加速度不等，C不符合题意。
D．根据：
解得：
可知间距减小，则周期减小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】双星系统属于同轴转动模型，角速度、周期相等，结合两星体之间的万有引力等于各自做圆周运动的向心力得出轨道半径之比和周期的表达式。
5．（2022高三上·泸县期末）如图所示，带立杆的小车放在光滑水平面上，小球P用轻绳系在立杆上，把小球拉开一定角度，然后将小球P和小车同时由静止释放。在小球P从静止开始摆到最低点的过程中（ ）
A．小球P的机械能守恒
B．小球P和小车组成的系统动量守恒
C．细线的拉力对小球P始终不做功
D．小球P重力的瞬时功率先增大后减小
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】B．小球P和小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受外力不为零，系统只在水平方向动量守恒，B不符合题意；
AC．由于车和球这个系统水平方向上动量守恒，所以当小球下摆时，车子也会随之反方向移动，动能增加，绳对车的拉力对车做正功，系统机械能守恒，则绳对小球的拉力做负功，小球的机械能减少，AC不符合题意；
D．小球在刚释放时，速度为零，重力瞬时功率为零，在最低点时，重力方向与速度方向垂直，则重力瞬时功率为零，可知小球P从静止开始摆到最低点的过程中，重力的功率先增大后减小，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】动量守恒的条件是系统所受外力的合力为零，机械能守恒的条件是只有重力或弹簧弹力做功，结合功率的表达式进行分析判断。
6．（2020高二下·中山期中）如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN且垂直磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则 为（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式 可知，两电子运动半径相同，由周期公式 可知，周期也相同，由几何关系可知，电子1运动的圆心角为 ，电子2运动的圆心角为 ，由时间 可得：
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用牛顿第二定律结合速率可以判别半径相同；利用圆心角的大小可以比较运动的时间。
二、多选题
7．（2022高三上·泸县期末）如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为，已知木板足够长，g取，则（ ）
A．小物块与长木板间动摩擦因数
B．在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量
C．小物块的初速度为
D．运动过程中木板所受摩擦力的冲量为
【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由乙图可知，木板先做匀加速运动，再做匀减速运动，故可知地面对木板有摩擦力，在0~2s内，木板受物块向右的摩擦力和地面向左的摩擦力而做匀加速运动，加速度为
对木板，根据牛顿第二定律，有
在2~3s内，木板与物块相对静止，受地面摩擦力做匀减速运动，加速度为
即加速度大小为，方向向左，对整体，根据牛顿第二定律，有
联立以上各式，解得，A符合题意；
C．对物块，在0~2s内，受木板的摩擦力作用而做匀减速运动，由牛顿第二定律，有
解得，由速度公式可得
C符合题意；
B．最后木板与物块均静止，故在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量等于物块的初动能，即
B不符合题意；
D．整个运动过程中，以向右为正，物块对木板摩擦力的冲量为
地面对木板摩擦力的冲量为
因此木板受到的摩擦力的总冲量为
D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】v-t图像的斜率表示物体运动的加速度，与坐标轴围成图形的面积表示物体运动的位移，结合牛顿第二定律以及冲量的表达式进行分析判断。
8．（2022高三上·泸县期末）如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上固定一个与斜面垂直的挡板，两质量均为的物体Ａ、B用轻质弹簧连接在一起，静止在斜面上，用外力将物体B缓慢地压缩至点。撤去后，物体上滑的最远位置为，此时物体A恰好要离开挡板。已知弹簧弹性势能，其中为弹簧劲度系数，为形变量，重力加速度为，则（ ）
A．撤去后，物体Ａ、Ｂ和弹簧组成的系统动量守恒
B．撤去后，物体Ａ、Ｂ和弹簧组成的系统机械能守恒
C．弹簧最大形变量为
D．外力对物体Ｂ做功为
【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．撤去F后，物体A、B和弹簧组成的系统受到的外力矢量和不是零，所以物体A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，A不符合题意；
B．撤去F后，物体A、B和弹簧组成的系统只有重力和系统内弹簧的弹力做功，所以物体A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，B符合题意；
C．物体B上滑的最远位置为D，此时物体A恰好要离开挡板，弹簧弹力
此时物体B的加速度大小a=g，根据对称性，物体B在C点时的加速度大小a=g，此时弹簧的形变量最大，设此时的形变量为x，由牛顿第二定律得
解得
C符合题意；
D．根据功能关系有
外力F对物体B做功为
D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】动量守恒的条件是系统所受外力的合力为零，机械能守恒的条件是只有重力或弹簧弹力做功，结合牛顿第二定律和功能关系得出力F随B做的功。
9．（2022高三上·泸县期末）一列沿轴负方向传播的简谐横波，在时刻的波形图如图所示，此时坐标为的质点刚好开始振动，，坐标为的质点刚好第3次到达波峰。下列判断正确的是（ ）
A．质点的振动频率为
B．时点的振动方向沿轴正方向
C．到，质点向左平移
D．时坐标为的质点首次位于波谷位置
E．质点振动后，两质点的最大高度差为
【答案】A,D,E
【知识点】简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由题意可知，波速为
波的周期为
频率为f=1.25Hz
则质点的振动频率为，A符合题意；
B．时坐标原点处的质点在波峰，则点在平衡位置，沿y轴负向振动，B不符合题意；
C．机械波传播的过程中，质点只在自己平衡位置附近振动，不随波迁移，C不符合题意；
D．时波向左传播了0.7m，即，则坐标为的质点首次位于波谷位置，D符合题意；
E．因质点MQ平衡位置之间的距离为1.5λ，两点的振动情况总相反，则质点M振动后，当两质点的高度差最大时，分别为波峰和波谷位置，则最大高度差为， E符合题意。
故答案为：ADE。
【分析】根据简谐波传播的距离和时间的关系得出该波传播的速度，结合波长和周期的关系得出该波的周期，利用周期和频率的关系得出简谐波的频率。
三、实验题
10．（2022高三上·泸县期末）某学习小组利用如图所示的实验装置验证“动能定理”。他们将气垫导轨（滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略）放在水平桌面上，将导轨调至水平。在气垫导轨上安装了光电门A和B，两光电门中心的距离为，滑块上固定一宽度为的遮光片，滑块和遮光片的总质量为。滑块用细线绕过水平桌面右端的定滑轮与质量为的钩码相连，将滑块移至光电门A左侧某一位置，由静止释放钩码，钩码落地前滑块已通过光电门B，滑块通过光电门A和B的挡光时间分别为和。已知重力加速度为。
（1）滑块从光电门A运动到光电门B的过程中，滑块、遮光片、钩码组成的系统所受合力对系统做功的表达式 （用可能用到的符号表示）。
（2）滑块从光电门A运动到光电门B的过程中，滑块、遮光片、钩码组成的系统动能的增加量 （用可能用到的符号表示）。
（3）经多次实验，总是大于，请分析造成这个结果可能的原因是 （写出一条即可）。
【答案】（1）
（2）
（3）气垫导轨未调节水平；滑轮的轴不光滑；滑轮有质量；细绳与滑轮之间有摩擦；空气阻力作用（写出一条即可，其他合理答案也可得分）
【知识点】探究功与物体速度变化的关系
【解析】【解答】(1)在滑块从光电门A运动到光电门B的过程中，只有钩码重力做功，则WA=mgx
(2)滑块从光电门A运动到光电门B的过程中，滑块的初速度
末速度
所以滑块、遮光片、钩码组成的系统动能的增加量
(3)经多次实验，总是大于，请分析造成这个结果可能的原因是气垫导轨未调节水平，滑块重力与速度方向不垂直，滑块重力做功；滑轮的轴不光滑，存在摩擦力，摩擦力做功；滑轮有质量，滑轮转动由于惯性，要消耗部分能量；细绳与滑轮之间有摩擦，存在摩擦力，摩擦力做功；空气阻力作用，空气阻力做功。
【分析】（1）根据恒力做功的表达式得出重力做的功；
（2）利用短时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出滑块通过光电门AB的速度，李立勇动能的表达式得出动能的增加量；
（3）根据功能关系得出合力做功和动能变化量的大小关系得出造成这个结果可能的原因。
11．（2022高三上·泸县期末）某实验小组在设计测量阻值约为200 Ω的定值电阻Rx时，可供选择的器材如下：
电源E，电动势约为3.0V，内阻r约5 Ω；
电流表A，量程为0~0.6A，内阻rA约为2 Ω；
电压表V1，量程为0~0.5V，内阻r1=1 000 Ω；
电压表V2，量程为0~3V内阻r2约为5 kΩ；
定值电阻R0，有四种规格供选： 10Ω、 50Ω、500Ω、 1000Ω
滑动变阻器R，最大阻值为50Ω，额定电流1A；
单刀单掷开关S一个，导线若干。
（1）在下面四种方案中，因电表内阻的不确定而导致不能准确测量的是____（选填图下的字母序号）；
A． B．
C． D．
（2）综合考虑电表内阻及量程带来的影响，该小组设计了如图所示的电路。在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该置于最 （选填“左端、右端”）； 为了保证两只电压表的读数都不小于其量程的，定值电阻R0的规格应选择 Ω（选填“10”“50” “500”或“1000”）；
（3）请根据（2）中的电路图，写出计算Rx的理论表达式Rx= （如涉及电压表和电流表的示数分别对应用U1、U2、I表示，电表内阻和定值电分别对应用r1、r2、 rA、R0表示）。
【答案】（1）B；C
（2）左端；50
（3）
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】(1)由于电压表V1内阻已知，则该电压表不仅能准确测量电压，也能准确测量通过它的电流，根据欧姆定律可得
A方案可得
则A方案没有误差
B方案可得
由于不确定，则B方案有误差
C方案可得
由于不确定，则C方案有误差
D方案可得
则D方案没有误差
所以BC不符合题意，符合题意；AD符合题意，不符合题意；
故答案为：BC。
(2)该电路为分压式控制电路，电压应从0开始，所以滑动变阻器的滑片应该置于最左端。
根据串联电路电阻分压的特点，为了保证两只电压表的读数都不小于其量程的，定值电阻R0的规格应选择约为待测电阻的的，所以选50Ω的。
(3)根据欧姆定律可得
【分析】（1）根据电路的分析以及欧姆定律得出不能准确测量电阻的方案；
（2）根据电压的变化范围得出滑动变阻器的连接方式，结合串并联电路的特点得出定值电阻的阻值；
（3）利用欧姆定律得出 Rx的理论表达式 。
四、解答题
12．（2022高三上·泸县期末）如图甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°角，质量m＝1kg的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2s时刻风停止。小球沿细杆运动的部分v－t图象如图乙所示，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略浮力，求：
（1）小球在0~2s内的加速度a1和2~5s内的加速度a2；
（2）小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小。=
【答案】（1）解：取沿杆向上为正方向，由图象可知：在0~2s内小球的加速度为m/s2
方向沿杆向上。
在2~5s球的加速度为
负号表示方向沿杆向下。
（2）解：有风力时的上升过程，小球的受力情况如图甲所示
在y方向，由平衡条件得
在x方向，由牛顿第二定律得
停风后上升阶段，小球的受力情况如图乙所示
在y方向，由平衡条件得：
在x方向，由牛顿第二定律得
联立以上各式可得，＝50N
【知识点】共点力平衡条件的应用；受力分析的应用；牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）v-t图像的斜率表示物体的加速度，从而得出小球在0~2s内和2~5s内的 加速度；
（2） 有风力时的上升阶段和停风后上升阶段，对小球进行受力分析，根据共点力平衡以及牛顿第二定律得出 小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F 。
13．（2022高三上·泸县期末）控制带电粒子的运动在现代科学技术、生产生活、仪器电器等方面有广泛的应用。如图，以竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系，该真空中存在方向沿x轴正方向、电场强度大小N/C的匀强电场和方向垂直xOy平面向外、磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场。原点O处的粒子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量、电荷量q=-2×10-6C的粒子束，粒子恰能在xOy平面内做直线运动，重力加速度为g=10m/s2，不计粒子间的相互作用。
（1）求粒子发射速度的大小；
（2）若保持E初始状态和粒子束的初速度不变，在粒子从O点射出时立即取消磁场，求粒子从O点射出后再次运动到y轴过程中重力所做的功（不考虑磁场变化产生的影响）；
（3）若保持E、B初始状态和粒子束的初速度不变，在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为N/C，求从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围（不考虑电场变化产生的影响）。
【答案】（1）解：粒子恰能在xOy平面内做直线运动，则粒子在垂直速度方向上所受合外力一定为零；又有电场力和重力为恒力，其在垂直速度方向上的分量不变，而要保证该方向上合外力为零，则洛伦兹力大小不变；因为洛伦兹力F洛=Bvq
所以速度大小不变，即粒子做匀速直线运动。重力、电场力和磁场力三个力的合力为零，则
所以
代数数据解得v=20m/s
（2）解：粒子出射的速度方向与x轴正向夹角为
撤去磁场后，粒子在水平向右的方向做匀减速运动，速度减为零后反向加速；竖直向下方向做匀加速运动，当再次回到y轴时，沿y轴负向的位移最大，此时
重力做功为
解得
（3）解：若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为
则电场力
电场力方向竖直向上。所以粒子所受合外力就是洛伦兹力，则有，洛伦兹力作向心力，即
所以
由几何关系可知，当粒子在O点时就改变电场，第一次打在x轴上的横坐标最小
当改变电场时粒子所在处与粒子打在x轴上的位置之间的距离为2R时，第一次打在x轴上的横坐标最大
所以从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围为
即
【知识点】共点力平衡条件的应用；匀变速直线运动基本公式应用；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）当物体做匀速直线运动时合力为零，根据共点力平衡得出粒子发射的速度；
（2）根据力的合成以及匀变速直线运动的规律以及恒力做功得出粒子从O点射出后再次运动到y轴过程中重力所做的功 ；
（3）对粒子进行受力分析，结合共点力平衡以及洛伦兹力提供向心力得出粒子运动轨迹的半径，结合几何关系得出从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围。
14．（2022高三上·泸县期末）如图所示，上端开口的圆柱形气缸竖直放置，横截面积的活塞将一定质量的气体和形状不规则的固体封闭在气缸内，温度为，活塞距气缸底部的高度为。将气体加热到，活塞上升了。气体可视为理想气体，不计摩擦阻力，固体体积不变化，容器和活塞绝热性能良好。求固体的体积。
【答案】解：设固体B的体积为V，活塞截面积为S，加热前，气体温度为，体积为，加热后，气体温度为，体积为，则，，，，气体等压变化，则
即
解得
【知识点】理想气体的实验规律
【解析】【分析】当气体加热时，根据气体实验定律得出固体B的体积。
15．（2022高二下·桂林期末）如图所示为半径为R的半圆柱形玻璃砖的横截面，O为该横截面的圆心．光线PQ沿着与AB成300角的方向射入玻璃砖，入射点Q到圆心O的距离为，光线恰好从玻璃砖的中点E射出，已知光在真空中的传播速度为c．
（i）求玻璃砖的折射率；
（ii）现使光线PQ向左平移，求移动多大距离时恰不能使光线从圆弧面射出。（不考虑经半圆柱内表面反射后射出的光）。
【答案】解：（i）光线PQ入射到玻璃砖表面，入射角α= 60°，设对应折射光线QE的折射角为β，如图所示：
由几何关系得：
即：β= 30°
根据折射定律有：
解得：
（ii）若使光线PQ向左平移距离x，折射光线Q′E′，到达圆弧面的入射角恰好等于临界角C，则：
在△Q′E′O应用正弦定理有：
联立解得：
【知识点】光的全反射；光的直线传播；光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据光在玻璃砖中的光路图以及折射定律得出玻璃砖的折射率；
（2） 根据光在玻璃砖中全反射的临界角和折射率的关系以及几何关系得出恰不能使光线从圆弧面射出时需要移动的距离。
五、填空题
16．（2022高三上·泸县期末）某圆柱形容器竖直放置，其中可视为理想气体的空气被轻光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强小于外界。现让活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同，此时，容器中空气的体积 （填“大于”或“小于”或“等于”）初始时容器中空气的体积，容器中空气的温度 （填“高于”或“低于”或“等于”）外界温度，容器中空气的内能 （填“大于”或“小于”或“等于”）初始时容器中空气的内能。
【答案】小于；高于；大于
【知识点】温度；理想气体的实验规律
【解析】【解答】开始时容器内气体的压强小于外界压强，让活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同，则容器内气体的压强变大，体积减小，即容器中空气的体积小于初始时容器中空气的体积，外界对气体做功，而气体与外界无热交换，则可知容器中空气的内能变大，温度升高，即容器内气体的温度高于外界温度，容器中空气的内能大于初始时容器中空气的内能。
【分析】温度是气体内能的标志，活塞缓慢移动的过程根据气体实验定律进行分析判断。
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四川省泸州市泸县2022届高三上学期理综物理期末联考试卷
一、单选题
1．（2022高三上·泸县期末）下列说法正确的是（ ）
A．β射线是原子核外电子挣脱原子核束缚后形成的
B．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子核是有复杂结构的
C．卢瑟福的原子核式结构模型解释了α粒子散射实验
D．查德威克发现了天然放射现象说明原子具有复杂的结构
2．（2022高三上·泸县期末）远距离输电线路简化如图所示，电厂输送电功率不变，变压器均为理想变压器，图中标示了电压和电流，其中输电线总电阻为R，则 （ ）
A．
B．输电线损失的电功率为
C．提高输送电压U2，则输电线电流I2增大
D．电厂输送电功率为U2I2
3．（2022高三上·泸县期末）甲、乙两车在平直公路上行驶，二者的位置—时间（x—t）图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．0～8 s内，甲、乙两车位移相同
B．8 s末，甲车的速度大小小于乙车的速度大小
C．0～2 s内，甲车的位移大小小于乙车的位移大小
D．0～8 s内，甲、乙两车的平均速度大小相等，但方向相反
4．（2022高三上·泸县期末）“中国天眼”FAST，由我国天文学家南仁东于1994年提出构想，历时22年建成.2018年4月28日FAST第一次发现了一颗距地球4000光年的毫秒脉冲星，震惊了世界．双脉冲星系统由两个质量不同的脉冲星形成的双星系统．假设这两个脉冲星，绕它们连线上的某点做圆周运动，且两星间距缓慢减小．若在短暂的运动过程中，各自质量不变且不受其他星系影响，则下列说法正确的是（ ）
A．两星运行的线速度之比是1：1
B．两星运行的角速度大小始终相等
C．两星做圆周运动的向心加速度大小始终相等
D．随着两星的间距缓慢减小，它们的周期却在增大
5．（2022高三上·泸县期末）如图所示，带立杆的小车放在光滑水平面上，小球P用轻绳系在立杆上，把小球拉开一定角度，然后将小球P和小车同时由静止释放。在小球P从静止开始摆到最低点的过程中（ ）
A．小球P的机械能守恒
B．小球P和小车组成的系统动量守恒
C．细线的拉力对小球P始终不做功
D．小球P重力的瞬时功率先增大后减小
6．（2020高二下·中山期中）如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN且垂直磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则 为（ ）
A． B．2 C． D．3
二、多选题
7．（2022高三上·泸县期末）如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为，已知木板足够长，g取，则（ ）
A．小物块与长木板间动摩擦因数
B．在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量
C．小物块的初速度为
D．运动过程中木板所受摩擦力的冲量为
8．（2022高三上·泸县期末）如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上固定一个与斜面垂直的挡板，两质量均为的物体Ａ、B用轻质弹簧连接在一起，静止在斜面上，用外力将物体B缓慢地压缩至点。撤去后，物体上滑的最远位置为，此时物体A恰好要离开挡板。已知弹簧弹性势能，其中为弹簧劲度系数，为形变量，重力加速度为，则（ ）
A．撤去后，物体Ａ、Ｂ和弹簧组成的系统动量守恒
B．撤去后，物体Ａ、Ｂ和弹簧组成的系统机械能守恒
C．弹簧最大形变量为
D．外力对物体Ｂ做功为
9．（2022高三上·泸县期末）一列沿轴负方向传播的简谐横波，在时刻的波形图如图所示，此时坐标为的质点刚好开始振动，，坐标为的质点刚好第3次到达波峰。下列判断正确的是（ ）
A．质点的振动频率为
B．时点的振动方向沿轴正方向
C．到，质点向左平移
D．时坐标为的质点首次位于波谷位置
E．质点振动后，两质点的最大高度差为
三、实验题
10．（2022高三上·泸县期末）某学习小组利用如图所示的实验装置验证“动能定理”。他们将气垫导轨（滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略）放在水平桌面上，将导轨调至水平。在气垫导轨上安装了光电门A和B，两光电门中心的距离为，滑块上固定一宽度为的遮光片，滑块和遮光片的总质量为。滑块用细线绕过水平桌面右端的定滑轮与质量为的钩码相连，将滑块移至光电门A左侧某一位置，由静止释放钩码，钩码落地前滑块已通过光电门B，滑块通过光电门A和B的挡光时间分别为和。已知重力加速度为。
（1）滑块从光电门A运动到光电门B的过程中，滑块、遮光片、钩码组成的系统所受合力对系统做功的表达式 （用可能用到的符号表示）。
（2）滑块从光电门A运动到光电门B的过程中，滑块、遮光片、钩码组成的系统动能的增加量 （用可能用到的符号表示）。
（3）经多次实验，总是大于，请分析造成这个结果可能的原因是 （写出一条即可）。
11．（2022高三上·泸县期末）某实验小组在设计测量阻值约为200 Ω的定值电阻Rx时，可供选择的器材如下：
电源E，电动势约为3.0V，内阻r约5 Ω；
电流表A，量程为0~0.6A，内阻rA约为2 Ω；
电压表V1，量程为0~0.5V，内阻r1=1 000 Ω；
电压表V2，量程为0~3V内阻r2约为5 kΩ；
定值电阻R0，有四种规格供选： 10Ω、 50Ω、500Ω、 1000Ω
滑动变阻器R，最大阻值为50Ω，额定电流1A；
单刀单掷开关S一个，导线若干。
（1）在下面四种方案中，因电表内阻的不确定而导致不能准确测量的是____（选填图下的字母序号）；
A． B．
C． D．
（2）综合考虑电表内阻及量程带来的影响，该小组设计了如图所示的电路。在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该置于最 （选填“左端、右端”）； 为了保证两只电压表的读数都不小于其量程的，定值电阻R0的规格应选择 Ω（选填“10”“50” “500”或“1000”）；
（3）请根据（2）中的电路图，写出计算Rx的理论表达式Rx= （如涉及电压表和电流表的示数分别对应用U1、U2、I表示，电表内阻和定值电分别对应用r1、r2、 rA、R0表示）。
四、解答题
12．（2022高三上·泸县期末）如图甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°角，质量m＝1kg的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2s时刻风停止。小球沿细杆运动的部分v－t图象如图乙所示，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略浮力，求：
（1）小球在0~2s内的加速度a1和2~5s内的加速度a2；
（2）小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小。=
13．（2022高三上·泸县期末）控制带电粒子的运动在现代科学技术、生产生活、仪器电器等方面有广泛的应用。如图，以竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系，该真空中存在方向沿x轴正方向、电场强度大小N/C的匀强电场和方向垂直xOy平面向外、磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场。原点O处的粒子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量、电荷量q=-2×10-6C的粒子束，粒子恰能在xOy平面内做直线运动，重力加速度为g=10m/s2，不计粒子间的相互作用。
（1）求粒子发射速度的大小；
（2）若保持E初始状态和粒子束的初速度不变，在粒子从O点射出时立即取消磁场，求粒子从O点射出后再次运动到y轴过程中重力所做的功（不考虑磁场变化产生的影响）；
（3）若保持E、B初始状态和粒子束的初速度不变，在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为N/C，求从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围（不考虑电场变化产生的影响）。
14．（2022高三上·泸县期末）如图所示，上端开口的圆柱形气缸竖直放置，横截面积的活塞将一定质量的气体和形状不规则的固体封闭在气缸内，温度为，活塞距气缸底部的高度为。将气体加热到，活塞上升了。气体可视为理想气体，不计摩擦阻力，固体体积不变化，容器和活塞绝热性能良好。求固体的体积。
15．（2022高二下·桂林期末）如图所示为半径为R的半圆柱形玻璃砖的横截面，O为该横截面的圆心．光线PQ沿着与AB成300角的方向射入玻璃砖，入射点Q到圆心O的距离为，光线恰好从玻璃砖的中点E射出，已知光在真空中的传播速度为c．
（i）求玻璃砖的折射率；
（ii）现使光线PQ向左平移，求移动多大距离时恰不能使光线从圆弧面射出。（不考虑经半圆柱内表面反射后射出的光）。
五、填空题
16．（2022高三上·泸县期末）某圆柱形容器竖直放置，其中可视为理想气体的空气被轻光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强小于外界。现让活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同，此时，容器中空气的体积 （填“大于”或“小于”或“等于”）初始时容器中空气的体积，容器中空气的温度 （填“高于”或“低于”或“等于”）外界温度，容器中空气的内能 （填“大于”或“小于”或“等于”）初始时容器中空气的内能。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电子的发现；α粒子的散射
【解析】【解答】A. β射线是原子核内中子转化为质子时释放的电子，A不符合题意；
B. 汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子是有复杂结构的，B不符合题意；
C. 卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子核式结构模型，C符合题意；
D. 贝克勒尔发现了天然放射现象说明原子核具有复杂的结构，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】原子核内中子转化为质子时释放电子，汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，卢瑟福通过α粒子散射实验提出原子核式结构，贝克勒尔发现了天然放射现象。
2．【答案】D
【知识点】电功率和电功；欧姆定律
【解析】【解答】A．由于输电线总电阻为R，输电线上有电压降，，根据欧姆定律得
A不符合题意；
B．输电线上有功率损失为
B不符合题意；
C．根据理想变压器P1=P2=U2I2
知：在功率不变的情况下，增大U2，I2减小，C不符合题意；
D．理想变压器不改变电功率，U2I2=U1I1，故电厂输送电功率为U2I2，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据欧姆定律得出升压变压器副线圈中的电流，结合电功率的表达式得出输电线上损失的功率，结合电功率的表达式得出增大电压时电流的变化情况。
3．【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A.8 s末，甲车的位置在40 m处，乙车的位置在0 m处，0~8 s内，两车位移大小均为40 m，方向相反，A不符合题意；
B.根据“位置—时间图象的切线斜率表示速度”可知，8 s末，甲车的速度大小大于乙车的速度大小，B不符合题意；
C.由图象可以看出，0~2 s内，甲车的位移大小大于乙车的位移大小，C不符合题意；
D.根据速度公式，由于0～8 s内，甲、乙两车位移大小均为40 m，方向相反，故两车的平均速度大小相等，但方向相反．D符合题意．
故答案为：D
【分析】x-t图像的斜率表示物体的速度，x-t图像交点处两车相遇。利用平均速度的定义进行分析判断。
4．【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】AB．双星系统属于同轴转动模型，角速度、周期相等，由于：
故半径之比：
即半径之比等于质量的反比；根据线速度公式可知，线速度之比等于质量的反向，A不符合题意B符合题意。
C．两星运行的向心力为二者的万有引力，质量不等，则向心加速度不等，C不符合题意。
D．根据：
解得：
可知间距减小，则周期减小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】双星系统属于同轴转动模型，角速度、周期相等，结合两星体之间的万有引力等于各自做圆周运动的向心力得出轨道半径之比和周期的表达式。
5．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】B．小球P和小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受外力不为零，系统只在水平方向动量守恒，B不符合题意；
AC．由于车和球这个系统水平方向上动量守恒，所以当小球下摆时，车子也会随之反方向移动，动能增加，绳对车的拉力对车做正功，系统机械能守恒，则绳对小球的拉力做负功，小球的机械能减少，AC不符合题意；
D．小球在刚释放时，速度为零，重力瞬时功率为零，在最低点时，重力方向与速度方向垂直，则重力瞬时功率为零，可知小球P从静止开始摆到最低点的过程中，重力的功率先增大后减小，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】动量守恒的条件是系统所受外力的合力为零，机械能守恒的条件是只有重力或弹簧弹力做功，结合功率的表达式进行分析判断。
6．【答案】D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式 可知，两电子运动半径相同，由周期公式 可知，周期也相同，由几何关系可知，电子1运动的圆心角为 ，电子2运动的圆心角为 ，由时间 可得：
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用牛顿第二定律结合速率可以判别半径相同；利用圆心角的大小可以比较运动的时间。
7．【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由乙图可知，木板先做匀加速运动，再做匀减速运动，故可知地面对木板有摩擦力，在0~2s内，木板受物块向右的摩擦力和地面向左的摩擦力而做匀加速运动，加速度为
对木板，根据牛顿第二定律，有
在2~3s内，木板与物块相对静止，受地面摩擦力做匀减速运动，加速度为
即加速度大小为，方向向左，对整体，根据牛顿第二定律，有
联立以上各式，解得，A符合题意；
C．对物块，在0~2s内，受木板的摩擦力作用而做匀减速运动，由牛顿第二定律，有
解得，由速度公式可得
C符合题意；
B．最后木板与物块均静止，故在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量等于物块的初动能，即
B不符合题意；
D．整个运动过程中，以向右为正，物块对木板摩擦力的冲量为
地面对木板摩擦力的冲量为
因此木板受到的摩擦力的总冲量为
D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】v-t图像的斜率表示物体运动的加速度，与坐标轴围成图形的面积表示物体运动的位移，结合牛顿第二定律以及冲量的表达式进行分析判断。
8．【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．撤去F后，物体A、B和弹簧组成的系统受到的外力矢量和不是零，所以物体A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，A不符合题意；
B．撤去F后，物体A、B和弹簧组成的系统只有重力和系统内弹簧的弹力做功，所以物体A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，B符合题意；
C．物体B上滑的最远位置为D，此时物体A恰好要离开挡板，弹簧弹力
此时物体B的加速度大小a=g，根据对称性，物体B在C点时的加速度大小a=g，此时弹簧的形变量最大，设此时的形变量为x，由牛顿第二定律得
解得
C符合题意；
D．根据功能关系有
外力F对物体B做功为
D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】动量守恒的条件是系统所受外力的合力为零，机械能守恒的条件是只有重力或弹簧弹力做功，结合牛顿第二定律和功能关系得出力F随B做的功。
9．【答案】A,D,E
【知识点】简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由题意可知，波速为
波的周期为
频率为f=1.25Hz
则质点的振动频率为，A符合题意；
B．时坐标原点处的质点在波峰，则点在平衡位置，沿y轴负向振动，B不符合题意；
C．机械波传播的过程中，质点只在自己平衡位置附近振动，不随波迁移，C不符合题意；
D．时波向左传播了0.7m，即，则坐标为的质点首次位于波谷位置，D符合题意；
E．因质点MQ平衡位置之间的距离为1.5λ，两点的振动情况总相反，则质点M振动后，当两质点的高度差最大时，分别为波峰和波谷位置，则最大高度差为， E符合题意。
故答案为：ADE。
【分析】根据简谐波传播的距离和时间的关系得出该波传播的速度，结合波长和周期的关系得出该波的周期，利用周期和频率的关系得出简谐波的频率。
10．【答案】（1）
（2）
（3）气垫导轨未调节水平；滑轮的轴不光滑；滑轮有质量；细绳与滑轮之间有摩擦；空气阻力作用（写出一条即可，其他合理答案也可得分）
【知识点】探究功与物体速度变化的关系
【解析】【解答】(1)在滑块从光电门A运动到光电门B的过程中，只有钩码重力做功，则WA=mgx
(2)滑块从光电门A运动到光电门B的过程中，滑块的初速度
末速度
所以滑块、遮光片、钩码组成的系统动能的增加量
(3)经多次实验，总是大于，请分析造成这个结果可能的原因是气垫导轨未调节水平，滑块重力与速度方向不垂直，滑块重力做功；滑轮的轴不光滑，存在摩擦力，摩擦力做功；滑轮有质量，滑轮转动由于惯性，要消耗部分能量；细绳与滑轮之间有摩擦，存在摩擦力，摩擦力做功；空气阻力作用，空气阻力做功。
【分析】（1）根据恒力做功的表达式得出重力做的功；
（2）利用短时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出滑块通过光电门AB的速度，李立勇动能的表达式得出动能的增加量；
（3）根据功能关系得出合力做功和动能变化量的大小关系得出造成这个结果可能的原因。
11．【答案】（1）B；C
（2）左端；50
（3）
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】(1)由于电压表V1内阻已知，则该电压表不仅能准确测量电压，也能准确测量通过它的电流，根据欧姆定律可得
A方案可得
则A方案没有误差
B方案可得
由于不确定，则B方案有误差
C方案可得
由于不确定，则C方案有误差
D方案可得
则D方案没有误差
所以BC不符合题意，符合题意；AD符合题意，不符合题意；
故答案为：BC。
(2)该电路为分压式控制电路，电压应从0开始，所以滑动变阻器的滑片应该置于最左端。
根据串联电路电阻分压的特点，为了保证两只电压表的读数都不小于其量程的，定值电阻R0的规格应选择约为待测电阻的的，所以选50Ω的。
(3)根据欧姆定律可得
【分析】（1）根据电路的分析以及欧姆定律得出不能准确测量电阻的方案；
（2）根据电压的变化范围得出滑动变阻器的连接方式，结合串并联电路的特点得出定值电阻的阻值；
（3）利用欧姆定律得出 Rx的理论表达式 。
12．【答案】（1）解：取沿杆向上为正方向，由图象可知：在0~2s内小球的加速度为m/s2
方向沿杆向上。
在2~5s球的加速度为
负号表示方向沿杆向下。
（2）解：有风力时的上升过程，小球的受力情况如图甲所示
在y方向，由平衡条件得
在x方向，由牛顿第二定律得
停风后上升阶段，小球的受力情况如图乙所示
在y方向，由平衡条件得：
在x方向，由牛顿第二定律得
联立以上各式可得，＝50N
【知识点】共点力平衡条件的应用；受力分析的应用；牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）v-t图像的斜率表示物体的加速度，从而得出小球在0~2s内和2~5s内的 加速度；
（2） 有风力时的上升阶段和停风后上升阶段，对小球进行受力分析，根据共点力平衡以及牛顿第二定律得出 小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F 。
13．【答案】（1）解：粒子恰能在xOy平面内做直线运动，则粒子在垂直速度方向上所受合外力一定为零；又有电场力和重力为恒力，其在垂直速度方向上的分量不变，而要保证该方向上合外力为零，则洛伦兹力大小不变；因为洛伦兹力F洛=Bvq
所以速度大小不变，即粒子做匀速直线运动。重力、电场力和磁场力三个力的合力为零，则
所以
代数数据解得v=20m/s
（2）解：粒子出射的速度方向与x轴正向夹角为
撤去磁场后，粒子在水平向右的方向做匀减速运动，速度减为零后反向加速；竖直向下方向做匀加速运动，当再次回到y轴时，沿y轴负向的位移最大，此时
重力做功为
解得
（3）解：若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为
则电场力
电场力方向竖直向上。所以粒子所受合外力就是洛伦兹力，则有，洛伦兹力作向心力，即
所以
由几何关系可知，当粒子在O点时就改变电场，第一次打在x轴上的横坐标最小
当改变电场时粒子所在处与粒子打在x轴上的位置之间的距离为2R时，第一次打在x轴上的横坐标最大
所以从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围为
即
【知识点】共点力平衡条件的应用；匀变速直线运动基本公式应用；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）当物体做匀速直线运动时合力为零，根据共点力平衡得出粒子发射的速度；
（2）根据力的合成以及匀变速直线运动的规律以及恒力做功得出粒子从O点射出后再次运动到y轴过程中重力所做的功 ；
（3）对粒子进行受力分析，结合共点力平衡以及洛伦兹力提供向心力得出粒子运动轨迹的半径，结合几何关系得出从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围。
14．【答案】解：设固体B的体积为V，活塞截面积为S，加热前，气体温度为，体积为，加热后，气体温度为，体积为，则，，，，气体等压变化，则
即
解得
【知识点】理想气体的实验规律
【解析】【分析】当气体加热时，根据气体实验定律得出固体B的体积。
15．【答案】解：（i）光线PQ入射到玻璃砖表面，入射角α= 60°，设对应折射光线QE的折射角为β，如图所示：
由几何关系得：
即：β= 30°
根据折射定律有：
解得：
（ii）若使光线PQ向左平移距离x，折射光线Q′E′，到达圆弧面的入射角恰好等于临界角C，则：
在△Q′E′O应用正弦定理有：
联立解得：
【知识点】光的全反射；光的直线传播；光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据光在玻璃砖中的光路图以及折射定律得出玻璃砖的折射率；
（2） 根据光在玻璃砖中全反射的临界角和折射率的关系以及几何关系得出恰不能使光线从圆弧面射出时需要移动的距离。
16．【答案】小于；高于；大于
【知识点】温度；理想气体的实验规律
【解析】【解答】开始时容器内气体的压强小于外界压强，让活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同，则容器内气体的压强变大，体积减小，即容器中空气的体积小于初始时容器中空气的体积，外界对气体做功，而气体与外界无热交换，则可知容器中空气的内能变大，温度升高，即容器内气体的温度高于外界温度，容器中空气的内能大于初始时容器中空气的内能。
【分析】温度是气体内能的标志，活塞缓慢移动的过程根据气体实验定律进行分析判断。
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