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内蒙古包头市2022届高三上学期理综物理期末教学质量检测试卷
一、单选题
1．（2022高三上·包头期末）如图为手机无线充电的实物图形。无线充电应用到的物理原理是（ ）
A．库仑定律 B．焦耳定律
C．闭合电路欧姆定律 D．电磁感应定律
2．（2022高三上·包头期末）如图，正方体木块自由释放竖直落入一足够深的水槽中（木块未倾斜），则从木块自由释放到落到最低点（木块全部浸没水中，不计水的摩擦阻力）的v-t图像正确的是（规定竖直向下为正方向）（ ）
A． B．
C． D．
3．（2022高三上·包头期末）如图为“天问一号”从地球发射飞往火星的简化图形。轨道1为地球的公转轨道，轨道3为火星的公转轨道，椭圆轨道2为“天问一号”霍曼转移轨道。已知火星公转轨道半径约为地球公转轨道半径的1.5倍，则“天问一号”从地球公转轨道到达火星公转轨道需要的时间约为（ ）
A．0.3年 B．0.7年 C．1.1年 D．1.4年
4．（2022高三上·包头期末）如图，xOy坐标系位于竖直平面内，带电平行板电容器，如图所示放置，A板带正电，B板带负电，空间内有垂直于该竖直面的匀强磁场，带电小球从O点沿与x轴正方向夹角30°方向射入该竖直平面内的复合场区域，恰好做匀速直线运动，则下列说法正确的是（ ）
A．该粒子一定带正电，磁场方向垂直于该竖直面向内
B．该粒子一定带正电，磁场方向垂直于该竖直面向外
C．该粒子一定带负电，磁场方向垂直于该竖直面向内
D．该粒子一定带负电，磁场方向垂直于该竖直面向外
5．（2022高三上·包头期末）如图所示，传送带的水平部分ab长度为2m，倾斜部分bc长度为4m，bc与水平方向的夹角为37°。传送带沿图示逆时针方向匀速率运动，速率为1m/s。现将质量为m=1kg小煤块（可视为质点）从静止轻放到c处，它将被传送到a点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.8，且此过程中煤块不会脱离传送带，g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小煤块从c点运动到b点所用的时间为2.5s
B．小煤块在传送带上的滑痕为2.5m
C．从c点运动到b点的过程，摩擦力对小煤块做的功为24.5J
D．从b点运动到a点的过程，小煤块和皮带间因摩擦而产生的热量为32J
二、多选题
6．（2022高三上·包头期末）钴弹是只存在于设想中的核武器，假设在中子弹外面裹一层钴-59，中子弹爆炸发出的中子打在钴-59上，变成具有放射性的钴Co，钴Co衰变成镍Ni，同时放射出1.17-1.33MeV的伽马射线，其半衰期为5.27年。下列说法正确的是（ ）
A．Co属于自然界中常见的同位素
B．镍Ni比钴Co更稳定
C．钴Co经过β衰变，衰变成镍Ni
D．8个钴-60经过21.08年全部衰变成镍
7．（2022高三上·包头期末）图示电路中，变压器为理想变压器，在变压器的原线圈接一交变电流，交变电流的电压有效值恒定不变。副线圈接有灯泡L1和L2（设灯泡的电阻保持不变）和滑动变阻器R。下列说法正确的是（ ）
A．只将变阻器R的滑动触头上移，理想电流表的示数变小
B．只将变阻器R的滑动触头上移，灯L2变亮
C．只将S2从4拨向3时，理想电流表示数变大
D．只将S1从2拨向1时，理想电流表示数变小
8．（2022高三上·包头期末）如图，水平虚线L1、L2之间存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场区域的高度为h。竖直平面内有一质量为m的直角梯形线框，其底边水平，上、下边长之比为1：5，高为2h。现将线框ABCD在磁场边界L2的下方h处用外力F=2mg作用，从静止开始运动（上升过程底边始终水平，线框平面始终与磁场方向垂直），当AB边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．AB边刚进入磁场时线框的速度为
B．AB边刚进入磁场时线框的速度为
C．从线框开始运动到DC边刚进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热为
D．DC边刚进入磁场时，线框加速度的大小为
9．（2022高三上·包头期末）体育课上某同学发现一只篮球气压不足，现用简易打气筒给篮球打气。忽略球内容积与气体温度的变化。将篮球里的气体视为理想气体。则下列说法正确的是（ ）
A．气体的内能不变
B．气体的内能增加
C．气体向外界放出热量
D．由于温度没有变化，所以篮球内气体压强不变
E．外界对气体做功的大小等于气体放出的热量
三、实验题
10．（2022高三上·包头期末）如图甲所示是某种“研究平抛运动”的实验装置。斜槽末端与b小球离地面的高度均为H。
（1）当a小球从斜槽末端水平飞出时，电路断开电磁铁释放b小球，最终两小球在空中相碰，改变a的释放位置，重复实验，a、b仍能在空中相碰，该实验结果可表明 ；
（2）将该实验装置改进后研究a小球平抛运动的速度，从斜槽同一位置释放小球，实验记录了A、B、C三点，未标记平抛运动的抛出点O，如图乙所示，于是就取A点为坐标原点，建立了如图乙所示的坐标系。平抛轨迹上的这三点坐标值图中已标出。根据图中数据判断，A点 （填“是”或“不是”）平抛运动的抛出点。小球平抛的初速度为 m/s。（g取10m/s2计算结果均保留2位有效数字）。
11．（2022高三上·包头期末）理想二极管反向电阻为无穷大，可是真实的二极管正向电阻并不为零，反向电阻也不是无穷大，现对某型号二极管，作了如下研究：
（1）用多用电表的欧姆挡粗测二极管的正向电阻。测量时选择开关旋到测电阻的“×10”倍率，多用电表的表盘如图1所示，则电阻为 Ω；
（2）为更精细地研究二极管性质，用电压表和电流表描绘该二极管加正向0-1.5V电压时的伏安特性曲线，可供选择的器材如下：
A．电压表V1（量程1.5V，内阻约2000Ω）
B．电压表V2（量程6V，内阻约4000Ω）
C．电流表A1（量程0.6A，内阻约10Ω）
D．电流表A2（量程40mA，内阻约0.1Ω）
E.滑动变阻器R1（总电阻约为10Ω）
F.滑动变阻器R2（总电阻约为100Ω）
G.电源E（电动势2V，内阻不计）
H.电键S，导线若干
①为调节方便，并有尽可能高的精度，请选择合适的器材，电压表 、电流表 、滑动变阻器 ；（填写所选器材前的字母符号）
②在虚线方框中补全实验电路图 ；
③该二极管加正向电压的伏安特性曲线如图3所示，现将阻值为50Ω的定值电阻与该二极管串联，并与一电动势为2V，内阻不计的电源组成闭合电路，二极管上的电压为正向电压，则回路中的电流强度为 mA。此时电源总功率为 W。（结果均保留2位有效数字）
12．（2022高三上·包头期末）图（甲）是演示简谐运动图象的装置，它由一根较长的细线和较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，漏斗中的细沙均匀流出，同时匀速拉出沙漏正下方的木板，漏出的细沙在板上会形成一条曲线，这条曲线可以理解为沙漏摆动的振动图象，图（乙）是同一个沙漏分别在两块木板上形成的曲线（图中的虚线表示）。
（1）图（乙）中虚线处细沙的厚度情况是____；
A．波峰、波谷处最厚，平衡位置最薄
B．波峰、波谷处最薄，平衡位置最厚
C．波峰处最厚，波谷处最薄
D．一样厚
（2）经测量发现图（乙）中OB=O′B′，若木板1的移动速度v1=1.5m/s，则木板2的移动速度v2= m/s。
四、解答题
13．（2022高三上·包头期末）如图，在平面直角坐标系xOy的第I象限内，有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，虚线OA为电场和磁场的分界线，与x轴的夹角θ=30°。一质量为m、电荷量为-q的负电粒子从y轴上的P点以平行于x轴的初速度v0射入电场区域，刚好垂直OA进入磁场区域，并垂直于x轴射出磁场区域。已知OP=l，粒子重力忽略不计。
（1）求该磁场磁感应强度B的大小。
（2）求粒子在电场和磁场中运动的总时间。
14．（2022高三上·包头期末）如图，质量为m=245g的物块（可视为质点）放在质量为M=0.5kg高度不计长度L=4.5m的木板左端，木板静止在光滑水平桌面上，木板右端距桌边s=0.25m，桌面距地面高h=0.8m。物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2。质量为m0=5g的子弹以速度v0=300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g取10m/s2。求：
（1）子弹射入物块后，物块的速度。
（2）物块经过多长时间脱离木板。
（3）物块落地点距桌面右边缘的水平距离。
15．（2022高三上·包头期末）全球爆发的新型冠状病毒威胁着人们的身体健康，某防疫站消毒用的喷雾消毒器的原理图如图所示，圆柱形喷雾器高为，体积为，内有体积为的消毒液和标准大气压的空气，消毒液的密度，外界大气压强，重力加速度g取，喷雾口与喷雾器等高，忽略喷雾管的体积。现把喷雾管阀门K关闭，用打气筒打气，打气筒每次可以把压强为、体积的气体打入桶中，设整个过程中喷雾器中气体可视为理想气体，温度保持不变。求：
（1）打气筒至少打气几次，才能在打开阀门K后使消毒液全部流出；
（2）打开阀门K后，在消毒液流出的过程中，桶内气体内能怎么变化，吸热还是放热。
16．（2022高三上·包头期末）如图ABCD-A′B′C′D′为一厚度为OO′=L、折射率为n=的“回”字形固定正方体玻璃砖的横截面，OO′垂直与AD且AO=OD，A′D′=4L，AD=6L，一束单色光PO沿与OO′成θ=60°的方向射向O点经折射后打到A′D′边上，A′B′、B′C′、CD、OD（不包括O点）均涂有特殊材料使光在该表面不发生反射和折射。足够大的光屏MN紧靠在玻璃砖的右侧。求：MN上两光点的距离。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】手机无线充电依靠充电端与用电端的两个线圈的“电生磁，磁生电”以达到能量传递的目的，即应用了法拉第的电磁感应定律。
故答案为：D。
【分析】手机无线充电是应用了法拉第电磁感应定律。
2．【答案】A
【知识点】自由落体运动；牛顿第二定律
【解析】【解答】正方体下落的过程中，为落入水中时，正方体做自由落体运动，加速度不变，v-t图像是一条倾斜的直线，当正方体浸入水中后，正方体受到浮力作用，当正方体浸入水中的面积逐渐增大，导致浮力逐渐增加，所以正方体的加速度逐渐减小，当浮力等于重力时，此时正方体的加速度为零，最后，当浮力大于重力时，正方体的加速度方向发生变化，并逐渐增大，BCD不符合题意，A符合题意。
故答案为：A。
【分析】正方体下落的过程做自由落体运动，结合受力分析以及牛顿第二定律进行分析判断。
3．【答案】B
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】根据开普勒第三定律，可知椭圆转移轨道的周期为，从地球公转轨道到达火星公转轨道需要的时间约为0.7年。
故答案为：B。
【分析】根据开普勒三定律得出“天问一号”从地球公转轨道到达火星公转轨道需要的时间。
4．【答案】A
【知识点】共点力平衡条件的应用；左手定则
【解析】【解答】粒子恰好做匀速直线运动，则受力平衡，A板带正电，B板带负电，电场力方向由A指向B，若粒子带正电，由左手定则可知，磁场方向垂直于该竖直面向内时，粒子可能受力平衡如图1所示；若粒子带负电，不论磁场方向如何，粒子不可能受力平衡如图2所示。
故答案为：A。
【分析】当粒子做匀速直线运动时合理和速度在一条直线上，结合左手定则和共点力平衡进行分析判断。
5．【答案】C
【知识点】恒力做功；受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．小煤块的加速度为，2.5s小煤块的位移为，则小煤块从c点运动到b点所用的时间大于2.5s，A不符合题意；
B．小煤块从c点到和传送带共速所用的时间为，传送带位移为，小煤块在传送带上的滑痕为，B不符合题意；
C．从c点运动到b点的过程，小煤块加速过程中，摩擦力对小煤块做功为，小煤块匀速过程中，摩擦力对小煤块做功为，则从c点运动到b点的过程，摩擦力对小煤块做的功为24.5J，C符合题意。
D．从b点运动到a点的过程，小煤块与传送带共速，没有摩擦，不产生热量，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】对小煤块进行受力分析，根据牛顿第二定律以及匀变速直线运动的规律得出c到b的时间，利用恒力做功的表达式得出摩擦力对小煤块做的功。
6．【答案】B,C
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】A．钴在自然界中只存在一种稳定的同位素Co-59，A不符合题意；
BC．钴Co经过β衰变，衰变成镍Ni，则镍Ni比钻Co更稳定，BC符合题意；
D．半衰期对应的是大量原子核衰变的统计规律，对于少量的原子核不成立，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】半衰期对应的是大量原子核衰变的统计规律，结合核衰变进行分析判断。
7．【答案】A,B
【知识点】变压器原理；电路动态分析
【解析】【解答】A．只将变阻器R的滑动触头上移，滑动变阻器接入电路电阻增大，副线圈电路中电阻增大，电流变小，变压器线圈匝数比不变，理想电流表的示数变小，A符合题意；
B．只将变阻器R的滑动触头上移，滑动变阻器接入电路电阻增大，与L2并联后的总电阻R并变大，由串联电路分压原理可知，L2两端电压升高，灯L2变亮，B符合题意；
C．只将S2从4拨向3时，原、副线圈匝数比变小，副线圈两端电压变小，副线圈功率变小，原线圈功率变小，理想电流表示数变小，C不符合题意；
D．只将S1从2拨向1时，原、副线圈匝数比变大，副线圈两端电压变大，副线圈功率变大，原线圈功率变大，理想电流表示数变大，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】滑动变阻器阻值的变化情况以及理想变压器原副线圈的匝数比和电流比的关系得出电流表示数的变化情况。
8．【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；电路动态分析
【解析】【解答】AB．设AB边刚进入磁场时速度为v0，线框的电阻为R，AB=l，则CD=5l，根据动能定理，解得，A不符合题意B符合题意；
C．AB刚进入磁场时加速度为0，则有，设DC边刚进入磁场前匀速运动时速度为v1，线框切割磁感应线的有效长度为2l，线框匀速运动时有，联立解得，从线框开始到CD边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得，联立解得，C符合题意；
D．CD刚进入磁场瞬间，线框切割磁感应线的有效长度为3l，，由闭合电路欧姆定律得，由牛顿第二定律得，解得，方向竖直向下，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据动能定理得出线框进入磁场的速度，根据牛顿第二定律以及能量守恒定律得出线框产生的焦耳热，利用闭合电路欧姆定律以及牛顿第二定律得出加速度的大小。
9．【答案】B,C,E
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；温度；理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】AB．打气筒给篮球打气，忽略球内气体温度的变化，但气体分子数增加，所以篮球里的气体内能增加，A不符合题意，B符合题意；
D．球内容积与气体温度不变，打气后，气体分子数增多，单位时间内打到单位容器壁上的分子数增加，温度不变则分子平均速率不变，所以篮球内气体压强变大，D不符合题意。
CE．对篮球内原有气体和被打入的气体组成的系统，由于压强增大而温度不变，由气体状态变化规律。知体积减小，外界对系统做功，W为正；由热力学第一定律。温度不变，系统的=0，所以Q为负值，即气体系统向外界放出热量，且放出的热量等于外界对气体系统做功的大小，CE符合题意。
故答案为：BCE。
【分析】温度是分子平均动能的标志，结合理想气体状态方程得出体积的变化情况，结合热力学第一定律得出气体的吸放热。
10．【答案】（1）平抛运动竖直方向上的分运动为自由落体运动
（2）不是；1.5
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】（1）改变a的释放位置，重复实验，a、b仍能在空中相碰，实验结果可表明平抛运动竖直方向上的分运动为自由落体运动。
（2）因A点到B点与B点到C点的水平位移相等，则时间相等；而竖直位移之比为3：5，不是从1开始的连续奇数比，可知A点不是平抛的起点。根据，可得，则初速度
【分析】（1）根据ab碰撞得出平抛运动的竖直方向的自由落体运动；
（2）根据匀变速直线运动相同时间间隔内的位移差得出时间间隔，结合匀速直线运动的规律得出初速度的大小。
11．【答案】（1）130
（2）V1；A2；R1；；15；0.03
【知识点】电功率和电功；欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】（1）表盘上的读数为13，再乘以倍率，所以电阻为130Ω。
（2）因测二极管加正向0~1.5V电压，所以电压表应选V1，二极管加正向电压的伏安特性曲线可知，当电压接近1.5V时，电流达到最大接近40mA，故电流表应选A2，为调节方便，并有尽可能高的精度，滑动变阻器应用分压式，所以滑动变阻器应选总阻值较小的，即为R1。本实验要描绘出二极管的I－U图线，因此滑动变阻器应采用分压式，所以应选阻值较小的R1；故采用电流表内接法，电路图如图
将50Ω的定值电阻与电源等效为一个电动势为2V，内阻为50Ω新电源，在二极管的I－U图上作出新电源的I－U图线
交点纵坐标即为电路中的电流，此时电流为15mA。
电源总功率为
【分析】（1）根据欧姆表的读数原理得出电阻的大小；
（2）根据电流表和电压表的连接方式的判断以及测量二极管电阻 的实验原理连接电路图；
（3）结合I-U图像以及电功率的表达式得出电源总功率。
12．【答案】（1）A
（2）4
【知识点】单摆及其回复力与周期；匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【解答】（1）在波峰、波谷处沙摆的速度最小，在平衡位置，沙摆的速度最大，则细沙在波峰、波谷处细沙最厚，平衡位置最薄，故答案为：A。
（2）根据单摆周期公式，它们在同一地点，且摆长相同，则周期相同，设为，OB段经历的时间是，O′B′段经历的时间为，设板长为，则，，解得
【分析】（1）根据沙漏摆动的运动情况得出虚线处细沙的厚度情况；
（2）根据单摆的周期表达式以及匀速直线运动的规律得出木板2的移动速度。
13．【答案】（1）解：粒子刚好垂直OA进入磁场区域，则
由几何关系，
解得
粒子在磁场中做圆周运动的半径，
解得
（2）解：粒子在电场中运动的时间
在磁场中运动的时间
总时间为
【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）粒子在偏转电场做类平抛运动，结合类平抛运动的规律和几何关系得出粒子在磁场中的轨道半径，粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力从而得出磁感应强度的表达式；
（2）根据类平抛运动的规律和粒子在磁场中运动时间和周期的关系得出 粒子在电场和磁场中运动的总时间。
14．【答案】（1）解：子弹打木块的过程，根据动量守恒
解得
（2）解：设物块脱离木板时速度为 ，木板速度为 ，根据动量守恒和能量守恒，
解得，
则物块脱离木板的时间
此时木板的位移
木板伸出桌子的距离
此时木板未翻转
（3）解：根据，
解得
物块落地点距桌面右边缘的水平距离
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；平抛运动
【解析】【分析】（1） 子弹打木块的过程，根据动量守恒得出物块的速度；
（2）物块运动过程根据动量守恒和能量守恒得出物块脱离木板时速度和木板的速度，结合相对运动得出木板省出桌子的距离；
（3）从桌面边缘开始物块做平抛运动，结合平抛运动的规律得出物块落地点距桌面右边缘的水平距离。
15．【答案】（1）解：设打气n次，初状态气体压强为，体积为
末状态气体压强为
体积为V，根据玻意耳定律有
联立解得
（2）解：打开阀门K后，在消毒液流出的过程中，温度不变，桶内气体内能不变，体积增大对外做功，吸热。
【知识点】理想气体的实验规律
【解析】【分析】（1）大气的过程中根据玻意耳定律得出大气的次数；
（2）’ 打开阀门K后 ，根据气体温度的变化得出气体的吸放热。
16．【答案】解：在A′D′边折射时，有
在C′D′边折射时，有
由几何关系可得反射光线在MN上的光点距D点距离为
折射光线在MN上的光点距D点距离为
MN上两光点的距离
【知识点】光的直线传播；光的折射及折射定律
【解析】【分析】根据光在正方体玻璃砖中的光路图以及折射定律和几何关系得出MN两光点的距离。
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内蒙古包头市2022届高三上学期理综物理期末教学质量检测试卷
一、单选题
1．（2022高三上·包头期末）如图为手机无线充电的实物图形。无线充电应用到的物理原理是（ ）
A．库仑定律 B．焦耳定律
C．闭合电路欧姆定律 D．电磁感应定律
【答案】D
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】手机无线充电依靠充电端与用电端的两个线圈的“电生磁，磁生电”以达到能量传递的目的，即应用了法拉第的电磁感应定律。
故答案为：D。
【分析】手机无线充电是应用了法拉第电磁感应定律。
2．（2022高三上·包头期末）如图，正方体木块自由释放竖直落入一足够深的水槽中（木块未倾斜），则从木块自由释放到落到最低点（木块全部浸没水中，不计水的摩擦阻力）的v-t图像正确的是（规定竖直向下为正方向）（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】自由落体运动；牛顿第二定律
【解析】【解答】正方体下落的过程中，为落入水中时，正方体做自由落体运动，加速度不变，v-t图像是一条倾斜的直线，当正方体浸入水中后，正方体受到浮力作用，当正方体浸入水中的面积逐渐增大，导致浮力逐渐增加，所以正方体的加速度逐渐减小，当浮力等于重力时，此时正方体的加速度为零，最后，当浮力大于重力时，正方体的加速度方向发生变化，并逐渐增大，BCD不符合题意，A符合题意。
故答案为：A。
【分析】正方体下落的过程做自由落体运动，结合受力分析以及牛顿第二定律进行分析判断。
3．（2022高三上·包头期末）如图为“天问一号”从地球发射飞往火星的简化图形。轨道1为地球的公转轨道，轨道3为火星的公转轨道，椭圆轨道2为“天问一号”霍曼转移轨道。已知火星公转轨道半径约为地球公转轨道半径的1.5倍，则“天问一号”从地球公转轨道到达火星公转轨道需要的时间约为（ ）
A．0.3年 B．0.7年 C．1.1年 D．1.4年
【答案】B
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】根据开普勒第三定律，可知椭圆转移轨道的周期为，从地球公转轨道到达火星公转轨道需要的时间约为0.7年。
故答案为：B。
【分析】根据开普勒三定律得出“天问一号”从地球公转轨道到达火星公转轨道需要的时间。
4．（2022高三上·包头期末）如图，xOy坐标系位于竖直平面内，带电平行板电容器，如图所示放置，A板带正电，B板带负电，空间内有垂直于该竖直面的匀强磁场，带电小球从O点沿与x轴正方向夹角30°方向射入该竖直平面内的复合场区域，恰好做匀速直线运动，则下列说法正确的是（ ）
A．该粒子一定带正电，磁场方向垂直于该竖直面向内
B．该粒子一定带正电，磁场方向垂直于该竖直面向外
C．该粒子一定带负电，磁场方向垂直于该竖直面向内
D．该粒子一定带负电，磁场方向垂直于该竖直面向外
【答案】A
【知识点】共点力平衡条件的应用；左手定则
【解析】【解答】粒子恰好做匀速直线运动，则受力平衡，A板带正电，B板带负电，电场力方向由A指向B，若粒子带正电，由左手定则可知，磁场方向垂直于该竖直面向内时，粒子可能受力平衡如图1所示；若粒子带负电，不论磁场方向如何，粒子不可能受力平衡如图2所示。
故答案为：A。
【分析】当粒子做匀速直线运动时合理和速度在一条直线上，结合左手定则和共点力平衡进行分析判断。
5．（2022高三上·包头期末）如图所示，传送带的水平部分ab长度为2m，倾斜部分bc长度为4m，bc与水平方向的夹角为37°。传送带沿图示逆时针方向匀速率运动，速率为1m/s。现将质量为m=1kg小煤块（可视为质点）从静止轻放到c处，它将被传送到a点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.8，且此过程中煤块不会脱离传送带，g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小煤块从c点运动到b点所用的时间为2.5s
B．小煤块在传送带上的滑痕为2.5m
C．从c点运动到b点的过程，摩擦力对小煤块做的功为24.5J
D．从b点运动到a点的过程，小煤块和皮带间因摩擦而产生的热量为32J
【答案】C
【知识点】恒力做功；受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．小煤块的加速度为，2.5s小煤块的位移为，则小煤块从c点运动到b点所用的时间大于2.5s，A不符合题意；
B．小煤块从c点到和传送带共速所用的时间为，传送带位移为，小煤块在传送带上的滑痕为，B不符合题意；
C．从c点运动到b点的过程，小煤块加速过程中，摩擦力对小煤块做功为，小煤块匀速过程中，摩擦力对小煤块做功为，则从c点运动到b点的过程，摩擦力对小煤块做的功为24.5J，C符合题意。
D．从b点运动到a点的过程，小煤块与传送带共速，没有摩擦，不产生热量，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】对小煤块进行受力分析，根据牛顿第二定律以及匀变速直线运动的规律得出c到b的时间，利用恒力做功的表达式得出摩擦力对小煤块做的功。
二、多选题
6．（2022高三上·包头期末）钴弹是只存在于设想中的核武器，假设在中子弹外面裹一层钴-59，中子弹爆炸发出的中子打在钴-59上，变成具有放射性的钴Co，钴Co衰变成镍Ni，同时放射出1.17-1.33MeV的伽马射线，其半衰期为5.27年。下列说法正确的是（ ）
A．Co属于自然界中常见的同位素
B．镍Ni比钴Co更稳定
C．钴Co经过β衰变，衰变成镍Ni
D．8个钴-60经过21.08年全部衰变成镍
【答案】B,C
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】A．钴在自然界中只存在一种稳定的同位素Co-59，A不符合题意；
BC．钴Co经过β衰变，衰变成镍Ni，则镍Ni比钻Co更稳定，BC符合题意；
D．半衰期对应的是大量原子核衰变的统计规律，对于少量的原子核不成立，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】半衰期对应的是大量原子核衰变的统计规律，结合核衰变进行分析判断。
7．（2022高三上·包头期末）图示电路中，变压器为理想变压器，在变压器的原线圈接一交变电流，交变电流的电压有效值恒定不变。副线圈接有灯泡L1和L2（设灯泡的电阻保持不变）和滑动变阻器R。下列说法正确的是（ ）
A．只将变阻器R的滑动触头上移，理想电流表的示数变小
B．只将变阻器R的滑动触头上移，灯L2变亮
C．只将S2从4拨向3时，理想电流表示数变大
D．只将S1从2拨向1时，理想电流表示数变小
【答案】A,B
【知识点】变压器原理；电路动态分析
【解析】【解答】A．只将变阻器R的滑动触头上移，滑动变阻器接入电路电阻增大，副线圈电路中电阻增大，电流变小，变压器线圈匝数比不变，理想电流表的示数变小，A符合题意；
B．只将变阻器R的滑动触头上移，滑动变阻器接入电路电阻增大，与L2并联后的总电阻R并变大，由串联电路分压原理可知，L2两端电压升高，灯L2变亮，B符合题意；
C．只将S2从4拨向3时，原、副线圈匝数比变小，副线圈两端电压变小，副线圈功率变小，原线圈功率变小，理想电流表示数变小，C不符合题意；
D．只将S1从2拨向1时，原、副线圈匝数比变大，副线圈两端电压变大，副线圈功率变大，原线圈功率变大，理想电流表示数变大，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】滑动变阻器阻值的变化情况以及理想变压器原副线圈的匝数比和电流比的关系得出电流表示数的变化情况。
8．（2022高三上·包头期末）如图，水平虚线L1、L2之间存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场区域的高度为h。竖直平面内有一质量为m的直角梯形线框，其底边水平，上、下边长之比为1：5，高为2h。现将线框ABCD在磁场边界L2的下方h处用外力F=2mg作用，从静止开始运动（上升过程底边始终水平，线框平面始终与磁场方向垂直），当AB边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．AB边刚进入磁场时线框的速度为
B．AB边刚进入磁场时线框的速度为
C．从线框开始运动到DC边刚进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热为
D．DC边刚进入磁场时，线框加速度的大小为
【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；电路动态分析
【解析】【解答】AB．设AB边刚进入磁场时速度为v0，线框的电阻为R，AB=l，则CD=5l，根据动能定理，解得，A不符合题意B符合题意；
C．AB刚进入磁场时加速度为0，则有，设DC边刚进入磁场前匀速运动时速度为v1，线框切割磁感应线的有效长度为2l，线框匀速运动时有，联立解得，从线框开始到CD边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得，联立解得，C符合题意；
D．CD刚进入磁场瞬间，线框切割磁感应线的有效长度为3l，，由闭合电路欧姆定律得，由牛顿第二定律得，解得，方向竖直向下，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据动能定理得出线框进入磁场的速度，根据牛顿第二定律以及能量守恒定律得出线框产生的焦耳热，利用闭合电路欧姆定律以及牛顿第二定律得出加速度的大小。
9．（2022高三上·包头期末）体育课上某同学发现一只篮球气压不足，现用简易打气筒给篮球打气。忽略球内容积与气体温度的变化。将篮球里的气体视为理想气体。则下列说法正确的是（ ）
A．气体的内能不变
B．气体的内能增加
C．气体向外界放出热量
D．由于温度没有变化，所以篮球内气体压强不变
E．外界对气体做功的大小等于气体放出的热量
【答案】B,C,E
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；温度；理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】AB．打气筒给篮球打气，忽略球内气体温度的变化，但气体分子数增加，所以篮球里的气体内能增加，A不符合题意，B符合题意；
D．球内容积与气体温度不变，打气后，气体分子数增多，单位时间内打到单位容器壁上的分子数增加，温度不变则分子平均速率不变，所以篮球内气体压强变大，D不符合题意。
CE．对篮球内原有气体和被打入的气体组成的系统，由于压强增大而温度不变，由气体状态变化规律。知体积减小，外界对系统做功，W为正；由热力学第一定律。温度不变，系统的=0，所以Q为负值，即气体系统向外界放出热量，且放出的热量等于外界对气体系统做功的大小，CE符合题意。
故答案为：BCE。
【分析】温度是分子平均动能的标志，结合理想气体状态方程得出体积的变化情况，结合热力学第一定律得出气体的吸放热。
三、实验题
10．（2022高三上·包头期末）如图甲所示是某种“研究平抛运动”的实验装置。斜槽末端与b小球离地面的高度均为H。
（1）当a小球从斜槽末端水平飞出时，电路断开电磁铁释放b小球，最终两小球在空中相碰，改变a的释放位置，重复实验，a、b仍能在空中相碰，该实验结果可表明 ；
（2）将该实验装置改进后研究a小球平抛运动的速度，从斜槽同一位置释放小球，实验记录了A、B、C三点，未标记平抛运动的抛出点O，如图乙所示，于是就取A点为坐标原点，建立了如图乙所示的坐标系。平抛轨迹上的这三点坐标值图中已标出。根据图中数据判断，A点 （填“是”或“不是”）平抛运动的抛出点。小球平抛的初速度为 m/s。（g取10m/s2计算结果均保留2位有效数字）。
【答案】（1）平抛运动竖直方向上的分运动为自由落体运动
（2）不是；1.5
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】（1）改变a的释放位置，重复实验，a、b仍能在空中相碰，实验结果可表明平抛运动竖直方向上的分运动为自由落体运动。
（2）因A点到B点与B点到C点的水平位移相等，则时间相等；而竖直位移之比为3：5，不是从1开始的连续奇数比，可知A点不是平抛的起点。根据，可得，则初速度
【分析】（1）根据ab碰撞得出平抛运动的竖直方向的自由落体运动；
（2）根据匀变速直线运动相同时间间隔内的位移差得出时间间隔，结合匀速直线运动的规律得出初速度的大小。
11．（2022高三上·包头期末）理想二极管反向电阻为无穷大，可是真实的二极管正向电阻并不为零，反向电阻也不是无穷大，现对某型号二极管，作了如下研究：
（1）用多用电表的欧姆挡粗测二极管的正向电阻。测量时选择开关旋到测电阻的“×10”倍率，多用电表的表盘如图1所示，则电阻为 Ω；
（2）为更精细地研究二极管性质，用电压表和电流表描绘该二极管加正向0-1.5V电压时的伏安特性曲线，可供选择的器材如下：
A．电压表V1（量程1.5V，内阻约2000Ω）
B．电压表V2（量程6V，内阻约4000Ω）
C．电流表A1（量程0.6A，内阻约10Ω）
D．电流表A2（量程40mA，内阻约0.1Ω）
E.滑动变阻器R1（总电阻约为10Ω）
F.滑动变阻器R2（总电阻约为100Ω）
G.电源E（电动势2V，内阻不计）
H.电键S，导线若干
①为调节方便，并有尽可能高的精度，请选择合适的器材，电压表 、电流表 、滑动变阻器 ；（填写所选器材前的字母符号）
②在虚线方框中补全实验电路图 ；
③该二极管加正向电压的伏安特性曲线如图3所示，现将阻值为50Ω的定值电阻与该二极管串联，并与一电动势为2V，内阻不计的电源组成闭合电路，二极管上的电压为正向电压，则回路中的电流强度为 mA。此时电源总功率为 W。（结果均保留2位有效数字）
【答案】（1）130
（2）V1；A2；R1；；15；0.03
【知识点】电功率和电功；欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】（1）表盘上的读数为13，再乘以倍率，所以电阻为130Ω。
（2）因测二极管加正向0~1.5V电压，所以电压表应选V1，二极管加正向电压的伏安特性曲线可知，当电压接近1.5V时，电流达到最大接近40mA，故电流表应选A2，为调节方便，并有尽可能高的精度，滑动变阻器应用分压式，所以滑动变阻器应选总阻值较小的，即为R1。本实验要描绘出二极管的I－U图线，因此滑动变阻器应采用分压式，所以应选阻值较小的R1；故采用电流表内接法，电路图如图
将50Ω的定值电阻与电源等效为一个电动势为2V，内阻为50Ω新电源，在二极管的I－U图上作出新电源的I－U图线
交点纵坐标即为电路中的电流，此时电流为15mA。
电源总功率为
【分析】（1）根据欧姆表的读数原理得出电阻的大小；
（2）根据电流表和电压表的连接方式的判断以及测量二极管电阻 的实验原理连接电路图；
（3）结合I-U图像以及电功率的表达式得出电源总功率。
12．（2022高三上·包头期末）图（甲）是演示简谐运动图象的装置，它由一根较长的细线和较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，漏斗中的细沙均匀流出，同时匀速拉出沙漏正下方的木板，漏出的细沙在板上会形成一条曲线，这条曲线可以理解为沙漏摆动的振动图象，图（乙）是同一个沙漏分别在两块木板上形成的曲线（图中的虚线表示）。
（1）图（乙）中虚线处细沙的厚度情况是____；
A．波峰、波谷处最厚，平衡位置最薄
B．波峰、波谷处最薄，平衡位置最厚
C．波峰处最厚，波谷处最薄
D．一样厚
（2）经测量发现图（乙）中OB=O′B′，若木板1的移动速度v1=1.5m/s，则木板2的移动速度v2= m/s。
【答案】（1）A
（2）4
【知识点】单摆及其回复力与周期；匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【解答】（1）在波峰、波谷处沙摆的速度最小，在平衡位置，沙摆的速度最大，则细沙在波峰、波谷处细沙最厚，平衡位置最薄，故答案为：A。
（2）根据单摆周期公式，它们在同一地点，且摆长相同，则周期相同，设为，OB段经历的时间是，O′B′段经历的时间为，设板长为，则，，解得
【分析】（1）根据沙漏摆动的运动情况得出虚线处细沙的厚度情况；
（2）根据单摆的周期表达式以及匀速直线运动的规律得出木板2的移动速度。
四、解答题
13．（2022高三上·包头期末）如图，在平面直角坐标系xOy的第I象限内，有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，虚线OA为电场和磁场的分界线，与x轴的夹角θ=30°。一质量为m、电荷量为-q的负电粒子从y轴上的P点以平行于x轴的初速度v0射入电场区域，刚好垂直OA进入磁场区域，并垂直于x轴射出磁场区域。已知OP=l，粒子重力忽略不计。
（1）求该磁场磁感应强度B的大小。
（2）求粒子在电场和磁场中运动的总时间。
【答案】（1）解：粒子刚好垂直OA进入磁场区域，则
由几何关系，
解得
粒子在磁场中做圆周运动的半径，
解得
（2）解：粒子在电场中运动的时间
在磁场中运动的时间
总时间为
【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）粒子在偏转电场做类平抛运动，结合类平抛运动的规律和几何关系得出粒子在磁场中的轨道半径，粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力从而得出磁感应强度的表达式；
（2）根据类平抛运动的规律和粒子在磁场中运动时间和周期的关系得出 粒子在电场和磁场中运动的总时间。
14．（2022高三上·包头期末）如图，质量为m=245g的物块（可视为质点）放在质量为M=0.5kg高度不计长度L=4.5m的木板左端，木板静止在光滑水平桌面上，木板右端距桌边s=0.25m，桌面距地面高h=0.8m。物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2。质量为m0=5g的子弹以速度v0=300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g取10m/s2。求：
（1）子弹射入物块后，物块的速度。
（2）物块经过多长时间脱离木板。
（3）物块落地点距桌面右边缘的水平距离。
【答案】（1）解：子弹打木块的过程，根据动量守恒
解得
（2）解：设物块脱离木板时速度为 ，木板速度为 ，根据动量守恒和能量守恒，
解得，
则物块脱离木板的时间
此时木板的位移
木板伸出桌子的距离
此时木板未翻转
（3）解：根据，
解得
物块落地点距桌面右边缘的水平距离
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；平抛运动
【解析】【分析】（1） 子弹打木块的过程，根据动量守恒得出物块的速度；
（2）物块运动过程根据动量守恒和能量守恒得出物块脱离木板时速度和木板的速度，结合相对运动得出木板省出桌子的距离；
（3）从桌面边缘开始物块做平抛运动，结合平抛运动的规律得出物块落地点距桌面右边缘的水平距离。
15．（2022高三上·包头期末）全球爆发的新型冠状病毒威胁着人们的身体健康，某防疫站消毒用的喷雾消毒器的原理图如图所示，圆柱形喷雾器高为，体积为，内有体积为的消毒液和标准大气压的空气，消毒液的密度，外界大气压强，重力加速度g取，喷雾口与喷雾器等高，忽略喷雾管的体积。现把喷雾管阀门K关闭，用打气筒打气，打气筒每次可以把压强为、体积的气体打入桶中，设整个过程中喷雾器中气体可视为理想气体，温度保持不变。求：
（1）打气筒至少打气几次，才能在打开阀门K后使消毒液全部流出；
（2）打开阀门K后，在消毒液流出的过程中，桶内气体内能怎么变化，吸热还是放热。
【答案】（1）解：设打气n次，初状态气体压强为，体积为
末状态气体压强为
体积为V，根据玻意耳定律有
联立解得
（2）解：打开阀门K后，在消毒液流出的过程中，温度不变，桶内气体内能不变，体积增大对外做功，吸热。
【知识点】理想气体的实验规律
【解析】【分析】（1）大气的过程中根据玻意耳定律得出大气的次数；
（2）’ 打开阀门K后 ，根据气体温度的变化得出气体的吸放热。
16．（2022高三上·包头期末）如图ABCD-A′B′C′D′为一厚度为OO′=L、折射率为n=的“回”字形固定正方体玻璃砖的横截面，OO′垂直与AD且AO=OD，A′D′=4L，AD=6L，一束单色光PO沿与OO′成θ=60°的方向射向O点经折射后打到A′D′边上，A′B′、B′C′、CD、OD（不包括O点）均涂有特殊材料使光在该表面不发生反射和折射。足够大的光屏MN紧靠在玻璃砖的右侧。求：MN上两光点的距离。
【答案】解：在A′D′边折射时，有
在C′D′边折射时，有
由几何关系可得反射光线在MN上的光点距D点距离为
折射光线在MN上的光点距D点距离为
MN上两光点的距离
【知识点】光的直线传播；光的折射及折射定律
【解析】【分析】根据光在正方体玻璃砖中的光路图以及折射定律和几何关系得出MN两光点的距离。
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