甘肃省张掖市2022届高三上学期理综物理期末检测试卷
一、单选题
1．（2022高三上·张掖期末）下列说法中正确的是（ ）
A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应
B．天然放射现象的发现，揭示了原子核是由质子和中子组成的
C．放射性元素的半衰期随温度的升高而变短
D．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子总能量减少
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；放射性同位素及其应用
【解析】【解答】A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，A符合题意；
B．天然放射现象的发现，说明原子核有复杂的结构，但不能证明原子核是由质子和中子组成的，B不符合题意；
C．放射性元素的半衰期由自身性质决定，与外界环境无关，C不符合题意；
D．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电场力对电子做负功，电子的动能变小，电势能变大（动能转为电势能）；由于发生跃迁时要吸收光子，故原子的总能量增加，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变，天然放射现象说明原子核有复杂的结构，半衰期由自身性质决定。
2．（2022高三上·张掖期末）磁吸式手机架是一种通过磁力固定住手机的支架，它的优点是体型小巧，不挤占空间，可以随意粘贴固定在任何个地方，调整角度也非常灵活，图为静止在水平面上的磁吸式手机架和手机。关于此情景下列说法正确的是（ ）
A．若手机质量为m，当地重力加速度为g，手机平面与水平面夹角为，则手机架对手机的支持力为mgcos
B．若仅将该手机改为竖屏放置（不改变吸盘角度且手机不接触水平面）则手机架的支持力变小，导致手机容易滑落
C．手机架对手机的作用力竖直向上
D．只有当手机架的吸盘水平放置时，手机架和水平面才没有摩擦力
【答案】C
【知识点】共点力平衡条件的应用；受力分析的应用
【解析】【解答】A．手机受到四个力的作用，在垂直吸盘方向上，垂直吸盘向上的支持力与垂直吸盘向下的磁力和重力的分力之和相等，故支持力大于，A不符合题意；
B．不论横屏还是竖屏，吸盘角度不变，支持力不变，B不符合题意；
C．由平衡条件可知，手机架对手机的作用力竖直向上，C符合题意；
D．由整体法可知不论吸盘的角度如何，手机架和水平面都没有摩擦力，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】分别对手机和整体进行受力分析，根据共点力平衡进行分析判断。
3．（2021高一下·宿州期末）2020年7月22日，中国火星探测工程正式对外发布“中国首次火星探测任务宇宙飞船‘天问一号’着陆平台和火星车”。飞船“天问一号”从地球上发射到与火星会合，运动轨迹如图中虚线椭圆所示。飞向火星过程中，太阳对“天问一号”的引力远大于地球和火星对它的吸引力。下列说法正确的是（ ）
A．与火星会合前，“天问一号”的加速度小于火星公转的向心加速度
B．“天问一号”在无动力飞向火星的过程中，引力势能增大，动能减少，机械能守恒
C．“天问一号”椭圆运动的周期小于地球公转的周期
D．“天问一号”在地球上的发射速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
【答案】B
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由牛顿第二定律可得
解得
与火星会合前，“天问一号”到太阳的距离小于火星到太阳的距离，故“天问一号”的加速度较大，A不符合题意；
B．“天问一号”在无动力飞向火星的过程中，引力做负功，引力势能增大，动能减少，机械能守恒，B符合题意；
C．“天问一号”椭圆运动的半长轴大于地球公转的半径，由开普勒第三定律可知，“天问一号”椭圆运动的周期大于地球公转的周期，C不符合题意；
D．“天问一号”发射后需摆脱地球的引力束缚但仍在太阳系内运动，故在地球上的发射速度应介于第二宇宙速度和第三宇宙速度之间，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用引力提供向心力结合轨道半径的大小可以比较加速度的大小；利用距离的变化可以判别引力做功的情况，利用引力做功可以判别动能和引力势能及机械能的变化；利用开普勒第三定律可以比较周期的大小；天问一号脱离地球所以其发射速度大于第二宇宙速度。
4．（2022高三上·张掖期末）理想变压器原线圈两端输入的交变电流电压如图所示，变压器原、副线圈的匝数比为5 ： 1，如图乙所示，定值电阻R0 = 10 Ω，R为滑动变阻器，则下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数为
B．变压器输出电压频率为10 Hz
C．当滑动变阻器滑片向下移动时，变压器的输入功率增大
D．当滑动变阻器滑片向下移动时，电流表的示数减小
【答案】C
【知识点】变压器原理；欧姆定律
【解析】【解答】A． 原线圈电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知电压表示数为44V，A不符合题意；
B． 由甲图知周期0.02s，则
变压器不改变交变电流的频率，B不符合题意；
CD． 滑动触头P向下移动，电阻变小，输入电压和匝数不变，则副线圈电压不变，电流增加，输出功率增大，故输入功率等于输出功率增加，输入电压不变，则原线圈电流增大，故电流表示数变大，C符合题意D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系得出电压表的示数，结合周期和频率的关系得出该交流电的频率，当滑动变阻器滑片移动时根据闭合电路欧姆定律得出电流表示数的变化情况。
5．（2022高三上·张掖期末）如图甲所示，足够长的木板静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板受到随时间变化的水平拉力作用时，木板的加速度与拉力的关系图象如图乙所示，则小滑块A的质量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】由图知，当时，加速度为
对整体分析，由牛顿第二定律有
代入数据解得
当大于时，A、发生相对滑动，根据牛顿第二定律得，对有
由图示图象可知，图线的斜率
解得
滑块A的质量为
故答案为：B。
【分析】当时，对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得出AB质量之和，，对B利用牛顿第二定律以及图像得出B的质量。
二、多选题
6．（2022·吴忠模拟）一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以初速度为-v0做直线运动，其v-t图像如图所示。粒子在t时刻运动到B点，3t时刻运动到C点，以下判断正确的是（ ）
A．A，B，C三点中B点的场强最大
B．A，B，C三点的电势关系一定为
C．粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功
D．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少
【答案】A,D
【知识点】电场力做功；电场强度；电势能；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】A．由速度图像可知，加速度先增大后减小， B点的加速度最大，所以B点电场强度最大，A符合题意；
B．因为不知道带电粒子的电性，所以无法判断电势的关系，B不符合题意；
C．因为电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，C不符合题意；
D．由图像可知：动能先减小后增大，根据能量守恒可知：电势能先增后减小，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】利用其图像斜率可以判别加速度的大小变化；由于未知粒子的电性不能判别电势的关系；利用其电势能的变化可以判别电场力做功；利用能量守恒定律可以判别电势能的变化。
7．（2022高三上·张掖期末）如图所示，内壁光滑的玻璃管竖直固定在水平地面上，管内底部竖直放置处于自然长度的轻质弹簧。用轻杆连接的两小球的质量分别为m和2m（球的直径比管的内径略小），现从弹簧的正上方释放两球，则A球与弹簧接触起到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．杆对A球做的功大于杆对B球做的功
B．A球克服弹簧弹力做的功是杆对A球做功的倍
C．弹簧和杆对A球做功的总和等于A球机械能的增量
D．A球到最低点时杆对B球的作用力等于4mg
【答案】B,C
【知识点】机械能；功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．杆对A球的作用力与杆对B球的作用力大小相等，两球的位移相同，所以杆对A球做的功与杆对B球做的功数值相等，A不符合题意；
B．设A球克服弹簧弹力做的功为W1，杆对A球做功为W2。则杆对B球做功为－W2，A下降的高度为h；由动能定理得
对A球有
对B球有
联立计算得出
即A球克服弹簧弹力做的功是杆对A球做功的倍，B符合题意；
C．根据功能原理知，弹簧和杆对A球做功的总和等于A球机械能的增量，C符合题意；
D．若A球从弹簧原长处释放，刚释放时AB整体的加速度大小为g，方向竖直向下。根据简谐运动的对称性知，A球到最低点时整体的加速度大小为g，方向竖直向上。现A球从弹簧正上方向下落，A球到最低点时弹簧压缩量增大，弹力增大，整体的合力增大，加速度将大于g，所以A球到最低点时整体的加速度大小大于g，方向竖直向上。在最低点，对B球，由牛顿第二定律得F－2mg=2ma＞2mg
则得A球到最低点时杆对B球的作用力 F＞4mg，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】根据恒力做功得出杆对A球做的功和杆对B球做的功的大小关系，对AB球利用动能定理得出A球克服弹簧弹力做的功，结合功能关系得出弹簧和杆对A球做功的总和和A球机械能的增量的关系。
8．（2022高三上·张掖期末）如图，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处自由释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直．线框边长小于磁场区域上下宽度。若不计空气阻力，以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化的图像中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．进入磁场前，线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时都受到向上的安培力作用．
若进入磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，由平衡可得
此时速度达到
完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，A不符合题意；
B．若线框进入磁场时安培力恰好等于重力，进入过程中安培力不变，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，B符合题意；
C．若进入时安培力大于重力，由
可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，C符合题意；
D．若进入磁场时安培力小于重力，由
可知线框做加速度减小的加速运动，进入过程安培力不断增大，完全进入后线框加速运动，若离开磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】进入磁场前后对线框进行受力分析，根据受力平衡以及牛顿第二定律 分析判断线框的运动情况。
9．（2022高三上·张掖期末）下列说法正确的是（ ）
A．蔗糖受潮后会粘在一起形成糖块，看起来没有确定的几何形状，此时的蔗糖为非晶体。
B．液体与大气相接触时，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互排斥
C．熵是物体内分子运动无序程度的量度，气体向真空膨胀时虽然不对外做功，但系统的熵是增加的。
D．制冷设备可实现从低温热源处吸热，并在高温热源处放热。
E．第一类永动机不可能制成，是因为它违背了能量守恒定律。
【答案】C,D,E
【知识点】固体和液体；热力学第二定律
【解析】【解答】A．蔗糖受潮后会粘在一起形成糖块，看起来没有确定的几何形状，此时的蔗糖为多晶体，仍然属于晶体。A不符合题意；
B．液体与大气相接触时，表面层内分子间距较大，所受其他分子的作用表现为相互吸引。B不符合题意；
C．熵是物体内分子运动无序程度的量度，气体向真空膨胀时虽然不对外做功，但分子运动的无序程度增加了，所以系统的熵是增加的。C符合题意；
D．制冷设备实现从低温热源处吸热，并在高温热源处放热的同时引起了其他的变化，没有违背违背热力学第二定律。D符合题意；
E．第一类永动机不可能制成，是因为它违背了能量守恒定律。E符合题意。
故答案为：CDE
【分析】粘在一起的蔗糖为多晶体，熵是物体内分子运动无序程度的量度，结合热力学第二定律和热力学第一定律进行分析判断。
10．（2022高三上·张掖期末）如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，时刻的波形为图中实线，时刻的波形为图中虚线，已知该波的周期大于1s。则下列说法正确的是（ ）
A．该波的波速为5m/s
B．该波的周期为1.6s
C．时刻，处的b点正在向y轴负方向运动
D．时刻，处的a点相对平衡点的位移为
E．从到，处的a点移动的距离为3m
【答案】A,B,D
【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】AB．由题图可知，该波的波长为
周期为（）
（）
又
所以n取0，则周期为
那么，该波的波速为
所以AB符合题意；
C．利用同侧法可知，时刻，处的b点正在向y轴正方向运动，所以C不符合题意；
D．设该波中某点的振动方程为
则由图象可得，当
时
时刻，处的a点相对平衡点的位移与该时刻该质点的位移相同，也是，所以D符合题意；
E．在波传播的过程中，质点不会随波沿x轴移动，只会在平衡位置附近上下振动，分析可得，该质点在到这段时间内沿着y轴正方向移动的距离为，E不符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】结合图像得出该波的波长，结合波长和周期的关系得出该波的波速，结合该波的周期和传播时间之间的关系得出该波的周期。
三、实验题
11．（2022高三上·张掖期末）某同学用如图甲所示的装置测量滑块与水平桌面之间的动摩擦因数，实验过程如下：
（1）用游标卡尺测量出固定于滑块上的遮光条的宽度d，如图乙所示，d= mm。在桌面上合适位置固定好弹簧和光电门，将光电门与数字计时器（图中未画出）连接。
（2）用滑块把弹簧压缩到某一位置，测量出滑块到光电门的距离x。释放滑块，测出滑块上的遮光条通过光电门所用的时间t，则此时滑块的速度v= （用题中所给字母表示）。
（3）通过在滑块上增减砝码来改变滑块的质量m，仍用滑块将弹簧压缩到（2）中的位置，重复（2）的操作，得出一系列滑块质量m与它通过光电门时的速度v的值。根据这些数值，作出v2-m-1图像如图丙所示。已知当地的重力加速度为g。由图像可知，滑块与水平桌面之间的动摩擦因数μ= 。
【答案】（1）5.70
（2）
（3）
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）根据游标卡尺读数，可知d=5mm+14×0.05mm=5.70mm
（2）滑块通过光电门的速度为
（3）根据动能定理，有
联立方程，整理得
由图象可知
解得
【分析】（1）根据游标卡尺的读数原理得出遮光条的宽度；
（2）利用短时间内的平均速度等于瞬时速度得出通过光电门的速度；
（3）根据动能定理以及图像得出动摩擦因数的表达式。
12．（2022高三上·张掖期末）已知电流计G的量程约为几毫安，内阻很小，现要将其量程扩大为原来的3倍，某同学设计如图所示的电路图， 实验提供了以下器材∶
A．电源（E1=3V）；
B．电源（E2=15V）；
C．滑动变阻器R1（阻值为0~1kΩ）；
D．滑动变阻器R2（阻值为0~15kΩ）；
E．电阻箱；
F.开关，导线。
（1）电源应选 ，滑动变阻器应选 （填器材前所对应的字母）
（2）改装步骤如下，请将步骤补充完整∶
①按电路图连接各器材，把滑动变阻器调至最 （选填“左”或“右”）；
②将开关S2断开，S闭合；
③调节滑动变阻器的滑片，使电流计G满偏；
④保持 不变，再闭合开关S2，把电阻箱调到适当值，使电流计 ；
⑤不再改变电阻箱的阻值，保持电流计G和电阻箱并联，撤去其他电路，即可将电流计G的量程扩大为原来的3倍。
【答案】（1）B；D
（2）右；滑动变阻器滑片的位置；读数为满偏电流的三分之一
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】（1）这个实验要求在闭合开关S2后，干路电流几乎不变，所以滑动变阻器接入电阻越大越好，所以在电流计满偏时，电池的电动势越大，滑动变阻器接入电阻才越大，所以电池应选B，电流计G满偏电流约为几毫安，所以干路总电阻约为几千欧姆，所以滑动变阻器的最大阻值选15 kΩ的合适，故答案为：D；
（2）①为了保证电流表的安全，则把滑动变阻器调至最右，使得接入电路的阻值最大，电流最小；
④要想保持干路电流不变，要求滑动变阻器的阻值不能再改变；使电流计读数为满偏电流的三分之一，此时电阻箱的分流为三分之二的干路电流，其阻值为电流计的二分之一，改装后的总电阻为之前的三分之一，则量程变为原来的3倍。
【分析】（1）根据电表的改装以及实验原理选择电源以及滑动变阻器；
（2）为保障安全，实验开始时滑动变阻器应调到最大值，保持电流不变时，从结合电路的分析进行调节。
四、解答题
13．（2020高二上·吴起期末）如图所示，真空中有一以 点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为 =0.5 ，磁场垂直纸面向里。在 区域存在沿 方向的匀强电场，电场强度为 。在 点有一带正电的粒子以速率 沿 方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷 ，粒子重力不计。
（1）求圆形磁场区域磁感应强度的大小；
（2）求沿 方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。
【答案】（1）解：沿＋x方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，粒子一定是 从如图1的P点射出磁场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径
根据 ，得 ，得 代入数据得
（2）解：粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，MN为直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长
设在电场中的路程为s2，根据动能定理得 ，
总路程 代入数据得
【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】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径
14．（2022高三上·张掖期末）如图所示，在高h1=30m的光滑水平平台上，物块A以初速度v0水平向右运动，与静止在水平平台上的物块B发生碰撞，mB=2mA，碰撞后物块A静止，物块B以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好沿光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道，B点的高度h2=15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为L=70m的水平粗糙轨道CD平滑连接，物块B沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞。g取10m/s2。求：
（1）物块B由A运动到B的时间；
（2）物块A初速度v0的大小；
（3）若物块B与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点p（p点未画出）。设物块B与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围.
【答案】（1）解：物块B从A到B做平抛运动，设从A运动到B的时间为t，则
解得
（2）解：由几何关系，可知R=h1，Rcosθ=h1﹣h2
解得θ=60°
小物块平抛的水平速度是v1，有
解得v1=10 m/s
A与B发生碰撞的过程中系统的动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得mA v0=mB v1
又mB=2mA
解得v0=20 m/s
（3）解：设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s，根据题意，该路程的最大值是smax=3L
最小值是smin=L
路程最大时，动摩擦因数最小；路程最小时，动摩擦因数最大。由能量守恒知
解得
即0.17＜μ≤0.5
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；平抛运动
【解析】【分析】（1） 物块B从A到B做平抛运动 ，结合竖直方向的运动得出物块B由A运动到B的时间；
（2）根据速度的分解以及动量守恒定律得出物块A初速度 ；
（3） 若物块B与墙壁只发生一次碰撞 ，根据能量守恒定律得出μ的取值范围.
15．（2017·吉林模拟）如图所示，两个壁厚可忽略的圆柱形金属筒A和B套在一起，底部到顶部的高度为18cm，两者横截面积相等，光滑接触且不漏气．将A用绳系于天花板上，用一块绝热板托住B，使它们内部密封的气体压强与外界大气压相同，均为1.0×105Pa，然后缓慢松开绝热板，让B下沉，当B下沉了2cm时，停止下沉并处于静止状态．求：
（1）此时金属筒内气体的压强．
（2）若当时的温度为27℃，欲使下沉后的套筒恢复到原来位置，应将气体的温度变为多少℃？
【答案】（1）解：设缸体横截面积为Scm2，缸内气体做等温变化
初态：p1=1.0×105Pa，V1=18S，
中间态：V2=20S cm3
根据玻意耳定律，p1V1=p2V2，
解得：p2= = =0.9×105Pa
（2）解：中间态：V2=20S cm3，T2=300K，
末态：V3=18S cm3，
根据盖吕萨克定律得到：
故： ，
t=270﹣273=﹣3℃
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）缸内封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律可求解缸内气体压强；（2）根据盖 吕萨克定律，即可计算出套筒恢复到下沉前的位置的温度．
16．（2020高三上·珠海月考）如图，一般帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3 m．距水面4 m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°（取sin53°=0.8）．已知水的折射率为
（1）求桅杆到P点的水平距离；
（2）船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍然照射在桅杆顶端，求船行驶的距离．
【答案】（1）解：设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为 ，到P点的水平距离为 ，桅杆高度为 ，P点处水深为 ；激光束在水中与竖直方向的夹角为 ，由几何关系有
由折射定律有：
设桅杆到P点的水平距离为
则
联立方程并代入数据得：
（2）解：设激光束在水中与竖直方向的夹角为 时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为
由折射定律有：
设船向左行驶的距离为 ，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为 ，到P点的水平距离为 ，则：
联立方程并代入数据得：
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）光束从P点射到水面上再折射到桅杆的顶端，利用光路图的几何关系可以求出水平距离和高度之间的长度关系，结合折射定律可以求出桅杆和P点的水平距离；
（2）光束从P点再次射到桅杆的顶端，利用折射定律可以求出入射光线到水面的入射角的大小；结合几何关系可以求出船行驶的距离。
1 / 1甘肃省张掖市2022届高三上学期理综物理期末检测试卷
一、单选题
1．（2022高三上·张掖期末）下列说法中正确的是（ ）
A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应
B．天然放射现象的发现，揭示了原子核是由质子和中子组成的
C．放射性元素的半衰期随温度的升高而变短
D．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子总能量减少
2．（2022高三上·张掖期末）磁吸式手机架是一种通过磁力固定住手机的支架，它的优点是体型小巧，不挤占空间，可以随意粘贴固定在任何个地方，调整角度也非常灵活，图为静止在水平面上的磁吸式手机架和手机。关于此情景下列说法正确的是（ ）
A．若手机质量为m，当地重力加速度为g，手机平面与水平面夹角为，则手机架对手机的支持力为mgcos
B．若仅将该手机改为竖屏放置（不改变吸盘角度且手机不接触水平面）则手机架的支持力变小，导致手机容易滑落
C．手机架对手机的作用力竖直向上
D．只有当手机架的吸盘水平放置时，手机架和水平面才没有摩擦力
3．（2021高一下·宿州期末）2020年7月22日，中国火星探测工程正式对外发布“中国首次火星探测任务宇宙飞船‘天问一号’着陆平台和火星车”。飞船“天问一号”从地球上发射到与火星会合，运动轨迹如图中虚线椭圆所示。飞向火星过程中，太阳对“天问一号”的引力远大于地球和火星对它的吸引力。下列说法正确的是（ ）
A．与火星会合前，“天问一号”的加速度小于火星公转的向心加速度
B．“天问一号”在无动力飞向火星的过程中，引力势能增大，动能减少，机械能守恒
C．“天问一号”椭圆运动的周期小于地球公转的周期
D．“天问一号”在地球上的发射速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
4．（2022高三上·张掖期末）理想变压器原线圈两端输入的交变电流电压如图所示，变压器原、副线圈的匝数比为5 ： 1，如图乙所示，定值电阻R0 = 10 Ω，R为滑动变阻器，则下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数为
B．变压器输出电压频率为10 Hz
C．当滑动变阻器滑片向下移动时，变压器的输入功率增大
D．当滑动变阻器滑片向下移动时，电流表的示数减小
5．（2022高三上·张掖期末）如图甲所示，足够长的木板静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板受到随时间变化的水平拉力作用时，木板的加速度与拉力的关系图象如图乙所示，则小滑块A的质量为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
6．（2022·吴忠模拟）一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以初速度为-v0做直线运动，其v-t图像如图所示。粒子在t时刻运动到B点，3t时刻运动到C点，以下判断正确的是（ ）
A．A，B，C三点中B点的场强最大
B．A，B，C三点的电势关系一定为
C．粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功
D．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少
7．（2022高三上·张掖期末）如图所示，内壁光滑的玻璃管竖直固定在水平地面上，管内底部竖直放置处于自然长度的轻质弹簧。用轻杆连接的两小球的质量分别为m和2m（球的直径比管的内径略小），现从弹簧的正上方释放两球，则A球与弹簧接触起到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．杆对A球做的功大于杆对B球做的功
B．A球克服弹簧弹力做的功是杆对A球做功的倍
C．弹簧和杆对A球做功的总和等于A球机械能的增量
D．A球到最低点时杆对B球的作用力等于4mg
8．（2022高三上·张掖期末）如图，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处自由释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直．线框边长小于磁场区域上下宽度。若不计空气阻力，以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化的图像中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2022高三上·张掖期末）下列说法正确的是（ ）
A．蔗糖受潮后会粘在一起形成糖块，看起来没有确定的几何形状，此时的蔗糖为非晶体。
B．液体与大气相接触时，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互排斥
C．熵是物体内分子运动无序程度的量度，气体向真空膨胀时虽然不对外做功，但系统的熵是增加的。
D．制冷设备可实现从低温热源处吸热，并在高温热源处放热。
E．第一类永动机不可能制成，是因为它违背了能量守恒定律。
10．（2022高三上·张掖期末）如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，时刻的波形为图中实线，时刻的波形为图中虚线，已知该波的周期大于1s。则下列说法正确的是（ ）
A．该波的波速为5m/s
B．该波的周期为1.6s
C．时刻，处的b点正在向y轴负方向运动
D．时刻，处的a点相对平衡点的位移为
E．从到，处的a点移动的距离为3m
三、实验题
11．（2022高三上·张掖期末）某同学用如图甲所示的装置测量滑块与水平桌面之间的动摩擦因数，实验过程如下：
（1）用游标卡尺测量出固定于滑块上的遮光条的宽度d，如图乙所示，d= mm。在桌面上合适位置固定好弹簧和光电门，将光电门与数字计时器（图中未画出）连接。
（2）用滑块把弹簧压缩到某一位置，测量出滑块到光电门的距离x。释放滑块，测出滑块上的遮光条通过光电门所用的时间t，则此时滑块的速度v= （用题中所给字母表示）。
（3）通过在滑块上增减砝码来改变滑块的质量m，仍用滑块将弹簧压缩到（2）中的位置，重复（2）的操作，得出一系列滑块质量m与它通过光电门时的速度v的值。根据这些数值，作出v2-m-1图像如图丙所示。已知当地的重力加速度为g。由图像可知，滑块与水平桌面之间的动摩擦因数μ= 。
12．（2022高三上·张掖期末）已知电流计G的量程约为几毫安，内阻很小，现要将其量程扩大为原来的3倍，某同学设计如图所示的电路图， 实验提供了以下器材∶
A．电源（E1=3V）；
B．电源（E2=15V）；
C．滑动变阻器R1（阻值为0~1kΩ）；
D．滑动变阻器R2（阻值为0~15kΩ）；
E．电阻箱；
F.开关，导线。
（1）电源应选 ，滑动变阻器应选 （填器材前所对应的字母）
（2）改装步骤如下，请将步骤补充完整∶
①按电路图连接各器材，把滑动变阻器调至最 （选填“左”或“右”）；
②将开关S2断开，S闭合；
③调节滑动变阻器的滑片，使电流计G满偏；
④保持 不变，再闭合开关S2，把电阻箱调到适当值，使电流计 ；
⑤不再改变电阻箱的阻值，保持电流计G和电阻箱并联，撤去其他电路，即可将电流计G的量程扩大为原来的3倍。
四、解答题
13．（2020高二上·吴起期末）如图所示，真空中有一以 点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为 =0.5 ，磁场垂直纸面向里。在 区域存在沿 方向的匀强电场，电场强度为 。在 点有一带正电的粒子以速率 沿 方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷 ，粒子重力不计。
（1）求圆形磁场区域磁感应强度的大小；
（2）求沿 方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。
14．（2022高三上·张掖期末）如图所示，在高h1=30m的光滑水平平台上，物块A以初速度v0水平向右运动，与静止在水平平台上的物块B发生碰撞，mB=2mA，碰撞后物块A静止，物块B以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好沿光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道，B点的高度h2=15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为L=70m的水平粗糙轨道CD平滑连接，物块B沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞。g取10m/s2。求：
（1）物块B由A运动到B的时间；
（2）物块A初速度v0的大小；
（3）若物块B与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点p（p点未画出）。设物块B与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围.
15．（2017·吉林模拟）如图所示，两个壁厚可忽略的圆柱形金属筒A和B套在一起，底部到顶部的高度为18cm，两者横截面积相等，光滑接触且不漏气．将A用绳系于天花板上，用一块绝热板托住B，使它们内部密封的气体压强与外界大气压相同，均为1.0×105Pa，然后缓慢松开绝热板，让B下沉，当B下沉了2cm时，停止下沉并处于静止状态．求：
（1）此时金属筒内气体的压强．
（2）若当时的温度为27℃，欲使下沉后的套筒恢复到原来位置，应将气体的温度变为多少℃？
16．（2020高三上·珠海月考）如图，一般帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3 m．距水面4 m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°（取sin53°=0.8）．已知水的折射率为
（1）求桅杆到P点的水平距离；
（2）船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍然照射在桅杆顶端，求船行驶的距离．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；放射性同位素及其应用
【解析】【解答】A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，A符合题意；
B．天然放射现象的发现，说明原子核有复杂的结构，但不能证明原子核是由质子和中子组成的，B不符合题意；
C．放射性元素的半衰期由自身性质决定，与外界环境无关，C不符合题意；
D．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电场力对电子做负功，电子的动能变小，电势能变大（动能转为电势能）；由于发生跃迁时要吸收光子，故原子的总能量增加，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变，天然放射现象说明原子核有复杂的结构，半衰期由自身性质决定。
2．【答案】C
【知识点】共点力平衡条件的应用；受力分析的应用
【解析】【解答】A．手机受到四个力的作用，在垂直吸盘方向上，垂直吸盘向上的支持力与垂直吸盘向下的磁力和重力的分力之和相等，故支持力大于，A不符合题意；
B．不论横屏还是竖屏，吸盘角度不变，支持力不变，B不符合题意；
C．由平衡条件可知，手机架对手机的作用力竖直向上，C符合题意；
D．由整体法可知不论吸盘的角度如何，手机架和水平面都没有摩擦力，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】分别对手机和整体进行受力分析，根据共点力平衡进行分析判断。
3．【答案】B
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由牛顿第二定律可得
解得
与火星会合前，“天问一号”到太阳的距离小于火星到太阳的距离，故“天问一号”的加速度较大，A不符合题意；
B．“天问一号”在无动力飞向火星的过程中，引力做负功，引力势能增大，动能减少，机械能守恒，B符合题意；
C．“天问一号”椭圆运动的半长轴大于地球公转的半径，由开普勒第三定律可知，“天问一号”椭圆运动的周期大于地球公转的周期，C不符合题意；
D．“天问一号”发射后需摆脱地球的引力束缚但仍在太阳系内运动，故在地球上的发射速度应介于第二宇宙速度和第三宇宙速度之间，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用引力提供向心力结合轨道半径的大小可以比较加速度的大小；利用距离的变化可以判别引力做功的情况，利用引力做功可以判别动能和引力势能及机械能的变化；利用开普勒第三定律可以比较周期的大小；天问一号脱离地球所以其发射速度大于第二宇宙速度。
4．【答案】C
【知识点】变压器原理；欧姆定律
【解析】【解答】A． 原线圈电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知电压表示数为44V，A不符合题意；
B． 由甲图知周期0.02s，则
变压器不改变交变电流的频率，B不符合题意；
CD． 滑动触头P向下移动，电阻变小，输入电压和匝数不变，则副线圈电压不变，电流增加，输出功率增大，故输入功率等于输出功率增加，输入电压不变，则原线圈电流增大，故电流表示数变大，C符合题意D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系得出电压表的示数，结合周期和频率的关系得出该交流电的频率，当滑动变阻器滑片移动时根据闭合电路欧姆定律得出电流表示数的变化情况。
5．【答案】B
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】由图知，当时，加速度为
对整体分析，由牛顿第二定律有
代入数据解得
当大于时，A、发生相对滑动，根据牛顿第二定律得，对有
由图示图象可知，图线的斜率
解得
滑块A的质量为
故答案为：B。
【分析】当时，对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得出AB质量之和，，对B利用牛顿第二定律以及图像得出B的质量。
6．【答案】A,D
【知识点】电场力做功；电场强度；电势能；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】A．由速度图像可知，加速度先增大后减小， B点的加速度最大，所以B点电场强度最大，A符合题意；
B．因为不知道带电粒子的电性，所以无法判断电势的关系，B不符合题意；
C．因为电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，C不符合题意；
D．由图像可知：动能先减小后增大，根据能量守恒可知：电势能先增后减小，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】利用其图像斜率可以判别加速度的大小变化；由于未知粒子的电性不能判别电势的关系；利用其电势能的变化可以判别电场力做功；利用能量守恒定律可以判别电势能的变化。
7．【答案】B,C
【知识点】机械能；功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．杆对A球的作用力与杆对B球的作用力大小相等，两球的位移相同，所以杆对A球做的功与杆对B球做的功数值相等，A不符合题意；
B．设A球克服弹簧弹力做的功为W1，杆对A球做功为W2。则杆对B球做功为－W2，A下降的高度为h；由动能定理得
对A球有
对B球有
联立计算得出
即A球克服弹簧弹力做的功是杆对A球做功的倍，B符合题意；
C．根据功能原理知，弹簧和杆对A球做功的总和等于A球机械能的增量，C符合题意；
D．若A球从弹簧原长处释放，刚释放时AB整体的加速度大小为g，方向竖直向下。根据简谐运动的对称性知，A球到最低点时整体的加速度大小为g，方向竖直向上。现A球从弹簧正上方向下落，A球到最低点时弹簧压缩量增大，弹力增大，整体的合力增大，加速度将大于g，所以A球到最低点时整体的加速度大小大于g，方向竖直向上。在最低点，对B球，由牛顿第二定律得F－2mg=2ma＞2mg
则得A球到最低点时杆对B球的作用力 F＞4mg，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】根据恒力做功得出杆对A球做的功和杆对B球做的功的大小关系，对AB球利用动能定理得出A球克服弹簧弹力做的功，结合功能关系得出弹簧和杆对A球做功的总和和A球机械能的增量的关系。
8．【答案】B,C,D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．进入磁场前，线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时都受到向上的安培力作用．
若进入磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，由平衡可得
此时速度达到
完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，A不符合题意；
B．若线框进入磁场时安培力恰好等于重力，进入过程中安培力不变，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，B符合题意；
C．若进入时安培力大于重力，由
可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，C符合题意；
D．若进入磁场时安培力小于重力，由
可知线框做加速度减小的加速运动，进入过程安培力不断增大，完全进入后线框加速运动，若离开磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】进入磁场前后对线框进行受力分析，根据受力平衡以及牛顿第二定律 分析判断线框的运动情况。
9．【答案】C,D,E
【知识点】固体和液体；热力学第二定律
【解析】【解答】A．蔗糖受潮后会粘在一起形成糖块，看起来没有确定的几何形状，此时的蔗糖为多晶体，仍然属于晶体。A不符合题意；
B．液体与大气相接触时，表面层内分子间距较大，所受其他分子的作用表现为相互吸引。B不符合题意；
C．熵是物体内分子运动无序程度的量度，气体向真空膨胀时虽然不对外做功，但分子运动的无序程度增加了，所以系统的熵是增加的。C符合题意；
D．制冷设备实现从低温热源处吸热，并在高温热源处放热的同时引起了其他的变化，没有违背违背热力学第二定律。D符合题意；
E．第一类永动机不可能制成，是因为它违背了能量守恒定律。E符合题意。
故答案为：CDE
【分析】粘在一起的蔗糖为多晶体，熵是物体内分子运动无序程度的量度，结合热力学第二定律和热力学第一定律进行分析判断。
10．【答案】A,B,D
【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】AB．由题图可知，该波的波长为
周期为（）
（）
又
所以n取0，则周期为
那么，该波的波速为
所以AB符合题意；
C．利用同侧法可知，时刻，处的b点正在向y轴正方向运动，所以C不符合题意；
D．设该波中某点的振动方程为
则由图象可得，当
时
时刻，处的a点相对平衡点的位移与该时刻该质点的位移相同，也是，所以D符合题意；
E．在波传播的过程中，质点不会随波沿x轴移动，只会在平衡位置附近上下振动，分析可得，该质点在到这段时间内沿着y轴正方向移动的距离为，E不符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】结合图像得出该波的波长，结合波长和周期的关系得出该波的波速，结合该波的周期和传播时间之间的关系得出该波的周期。
11．【答案】（1）5.70
（2）
（3）
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）根据游标卡尺读数，可知d=5mm+14×0.05mm=5.70mm
（2）滑块通过光电门的速度为
（3）根据动能定理，有
联立方程，整理得
由图象可知
解得
【分析】（1）根据游标卡尺的读数原理得出遮光条的宽度；
（2）利用短时间内的平均速度等于瞬时速度得出通过光电门的速度；
（3）根据动能定理以及图像得出动摩擦因数的表达式。
12．【答案】（1）B；D
（2）右；滑动变阻器滑片的位置；读数为满偏电流的三分之一
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】（1）这个实验要求在闭合开关S2后，干路电流几乎不变，所以滑动变阻器接入电阻越大越好，所以在电流计满偏时，电池的电动势越大，滑动变阻器接入电阻才越大，所以电池应选B，电流计G满偏电流约为几毫安，所以干路总电阻约为几千欧姆，所以滑动变阻器的最大阻值选15 kΩ的合适，故答案为：D；
（2）①为了保证电流表的安全，则把滑动变阻器调至最右，使得接入电路的阻值最大，电流最小；
④要想保持干路电流不变，要求滑动变阻器的阻值不能再改变；使电流计读数为满偏电流的三分之一，此时电阻箱的分流为三分之二的干路电流，其阻值为电流计的二分之一，改装后的总电阻为之前的三分之一，则量程变为原来的3倍。
【分析】（1）根据电表的改装以及实验原理选择电源以及滑动变阻器；
（2）为保障安全，实验开始时滑动变阻器应调到最大值，保持电流不变时，从结合电路的分析进行调节。
13．【答案】（1）解：沿＋x方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，粒子一定是 从如图1的P点射出磁场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径
根据 ，得 ，得 代入数据得
（2）解：粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，MN为直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长
设在电场中的路程为s2，根据动能定理得 ，
总路程 代入数据得
【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】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径
14．【答案】（1）解：物块B从A到B做平抛运动，设从A运动到B的时间为t，则
解得
（2）解：由几何关系，可知R=h1，Rcosθ=h1﹣h2
解得θ=60°
小物块平抛的水平速度是v1，有
解得v1=10 m/s
A与B发生碰撞的过程中系统的动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得mA v0=mB v1
又mB=2mA
解得v0=20 m/s
（3）解：设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s，根据题意，该路程的最大值是smax=3L
最小值是smin=L
路程最大时，动摩擦因数最小；路程最小时，动摩擦因数最大。由能量守恒知
解得
即0.17＜μ≤0.5
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；平抛运动
【解析】【分析】（1） 物块B从A到B做平抛运动 ，结合竖直方向的运动得出物块B由A运动到B的时间；
（2）根据速度的分解以及动量守恒定律得出物块A初速度 ；
（3） 若物块B与墙壁只发生一次碰撞 ，根据能量守恒定律得出μ的取值范围.
15．【答案】（1）解：设缸体横截面积为Scm2，缸内气体做等温变化
初态：p1=1.0×105Pa，V1=18S，
中间态：V2=20S cm3
根据玻意耳定律，p1V1=p2V2，
解得：p2= = =0.9×105Pa
（2）解：中间态：V2=20S cm3，T2=300K，
末态：V3=18S cm3，
根据盖吕萨克定律得到：
故： ，
t=270﹣273=﹣3℃
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）缸内封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律可求解缸内气体压强；（2）根据盖 吕萨克定律，即可计算出套筒恢复到下沉前的位置的温度．
16．【答案】（1）解：设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为 ，到P点的水平距离为 ，桅杆高度为 ，P点处水深为 ；激光束在水中与竖直方向的夹角为 ，由几何关系有
由折射定律有：
设桅杆到P点的水平距离为
则
联立方程并代入数据得：
（2）解：设激光束在水中与竖直方向的夹角为 时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为
由折射定律有：
设船向左行驶的距离为 ，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为 ，到P点的水平距离为 ，则：
联立方程并代入数据得：
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）光束从P点射到水面上再折射到桅杆的顶端，利用光路图的几何关系可以求出水平距离和高度之间的长度关系，结合折射定律可以求出桅杆和P点的水平距离；
（2）光束从P点再次射到桅杆的顶端，利用折射定律可以求出入射光线到水面的入射角的大小；结合几何关系可以求出船行驶的距离。
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