河北省张家口市2022-2023学年高三上学期物理1月期末试卷

登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
河北省张家口市2022-2023学年高三上学期物理1月期末试卷
一、单选题
1．（2023高三上·张家口期末）某探究小组的同学在研究光电效应现象时，用a、b、c三束光照射到图甲电路阴极K上，电路中电流随电压变化的图像如图乙所示，已知a、b两条图线与横轴的交点重合，下列说法正确的是（　　）
A．c光的频率最小
B．a光的频率和b光的频率相等
C．若三种光均能使某金属发生光电效应，则用c光照射时逸出光电子的最大初动能最小
D．照射同一种金属时，若c光能发生光电效应，则a光也一定能发生光电效应
【答案】B
【知识点】动能与动能定理的理解；光电效应
【解析】【解答】ABC．由图像可知，光电流为零时，遏止电压的大小关系为 ，根据 ，可知，三种光的频率大小关系为 ，用c光照射时逸出光电子的最大初动能最大，AC不符合题意，B符合题意；
D．c光频率大于a光频率，c光能发生光电效应时，a光不一定能发生光电效应，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】光电流为零时的电压为遏止电压，结合爱因斯坦光电效应方程和动能定理得出三种光的最大初动能大小关系，当入射光的频率大于金属的极限频率时发生光电效应。
2．（2023高三上·张家口期末）在2022年3月23日天宫课堂中，叶光富老师利用手摇离心机将水油分离。手摇离心机可简化为在空间站中手摇小瓶的模型，如图乙所示，假设小瓶（包括小瓶中的油和水）的质量为m，P为小瓶的质心，OP长度为L，小瓶在t时间内转动了n圈，以空间站为参考系，当小瓶转动到竖直平面内最高点时，下列说法正确的是（　　）
A．细线的拉力大小为
B．如果松手释放绳子，瓶子会沿抛物线落向空间站的“地面”
C．水、油能分离的原因是小瓶里的水和油做圆周运动产生了离心现象，密度较大的水集中于小瓶的底部
D．水和油成功分层后，水做圆周运动的向心力完全由瓶底对水的弹力提供
【答案】C
【知识点】向心力；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．小瓶转动的周期为 ，细线的拉力大小为 ，A不符合题意；
B．瓶子受到的地球引力全部用来提供其随空间站绕地球做圆周运动的向心力，瓶子经过最高点时松手，以空间站为参考系，瓶子会离心飞出，沿切线方向做匀速直线运动，B不符合题意；
C．水油能分离的原因是混合物做圆周运动时，需要的向心力不一样，由于水和油的密度不同产生了离心现象，密度较大的水集中于小瓶的底部，C符合题意；
D．水对油有指向圆心的作用力，水做圆周运动的向心力由瓶底对水的弹力和油对水的作用力的合力提供，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据小瓶转动的时间和周期的关系得出小瓶转动的周期，通过万有引力的表达式得出细线的拉力，在最高点松手后瓶子沿切线方向做匀速直线运动，水油做圆周运动需要的向心力不同，从而导致水油能分离。
3．（2023高三上·张家口期末）一列简谐横波在介质中沿x轴传播，M、N是波上的两个质点，图甲是t=1.0s时该简谐横波的波形图，图乙是x=4m处质点的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．该列简谐横波沿着x轴的正方向传播，波速为4m/s
B．当t=1.0s时，质点M沿y轴负方向振动
C．x=4m处质点经过2s沿波的传播方向运动了8m
D．当t=3.5s时，质点N在波谷，加速度最大
【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．根据题图乙知，x=4m处质点在t=1.0s时向上振动，根据“上下坡”法可判断该简谐横波沿x轴负方向传播；由图可知该简谐横波的波长和周期分别为 ， ，可得该波传播速度为 ，所以t=1.0s时，质点M沿y轴正方向振动，AB不符合题意；
C．介质中的质点只在平衡位置附近做简谐振动，而不会随波向前移动，C不符合题意；
D．t=1.0s时，质点N由平衡位置向下振动，t=1.0s至t=3.5s，质点N振动了 ，所以t=3.5s时质点N在波谷，加速度最大，速度为零，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据上下坡法得出该波的传播方向，结合波传播的速度和波长以及周期的关系得出该波的波速，并得出t=1s时质点M的振动方向，结合质点N的振动情况得出加速度和速度的变化情况。
4．（2023高三上·张家口期末）如图所示为某导光管采光系统过中心轴线的截面图，上面部分是某种均匀透明材料制成的半球形薄采光罩，O为球心，下面部分是导光管，MN所在水平面为两部分的分界面，M、N为球面上两点，若使平行于MN的光束射入采光罩后，能全部直接通过MN面进入导光管（不考虑采光罩内表面的反射），则该材料的折射率不能超过（　　）
A． B．1.5 C． D．1.75
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】如图所示
由几何关系可得
故答案为：A。
【分析】根据光在介质中传播的光路图以及折射定律得出该材料的折射率。
5．（2023高三上·张家口期末）滑板运动备受年轻人喜爱，中国小将曾文蕙在东京奥运会成功闯进决赛并获得第六的优异成绩，为中国滑板创造了历史。如图所示，跳台的斜面AB长为2L，倾角为60°，右侧平台墙壁CD与水平地面相交于C点，顶端D点离地面的高度为，水平地面上B、C间的距离为L，滑板运动员（视为质点）从斜面顶端A点以大小v0的速度水平跃出，刚好落在斜面底端B点（不计空气阻力），若运动员恰好落在右侧平台的D点，则离开A点时的水平初速度大小是（　　）
A． B．2v0 C．3v0 D．4v0
【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】由平抛运动的规律，第一次竖直方向做匀加速直线运动有 ，水平方向做匀速直线运动有 ，第二次竖直方向做匀加速直线运动有 ，水平方向做匀速直线运动有 ，联立解得
故答案为：D。
【分析】平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，结合平抛运动的规律以及匀加速直线运动得出离开A点时的水平初速度 。
6．（2023高三上·张家口期末）如图所示，2022年7月15日，由清华大学天文系祝伟教授牵头的国际团队近日宣布在宇宙中发现两个罕见的恒星系统。该系统均是由两颗互相绕行的中央恒星组成，被气体和尘埃盘包围，且该盘与中央恒星的轨道成一定角度，呈现出“雾绕双星”的奇幻效果。若其中一个系统简化模型如图所示，质量不等的恒星A和B绕两者连线上某一定点O做匀速圆周运动，由天文观察测得其运动周期为T，A到O点的距离为r1，A和B的距离为r，已知引力常量为G，则A的质量为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】取B为研究对象，B绕O点做匀速圆周运动，设A、B的质量分别为 和 ，由万有引力定律及牛顿第二定律得 ，解得 ，又根据 ，则A的质量为
故答案为：A。
【分析】以B为研究对象，利用万有引力提供向心力以及几何关系得出A的质量的表达式。
7．（2023高三上·张家口期末）小型水力力电站常常受水量、水速和用电器多少变化的影响，导致家中的用电器电压不稳。为了使家中用电器正常工作，某小型水力力电站安装了自动稳压变压器，如图所示，其原理就是根据用电器工作电压，自动调节原、副线圈匝数比的理想变压器。若其工作原理如图所示，电表均为理想交流电表，下列说法正确的是（　　）
A．当水量和水速都稳定时，先后启动热水器、空调正常工作，原、副线圈匝数比增大
B．当水量和水速都稳定时，先后启动热水器、空调正常工作，原线圈输出功率增大
C．若水速和水量都增大时，为使用电器仍同时正常工作，则原、副线圈匝数比减小
D．若水速和水量都减小时，但用电器仍同时正常工作，则V1、A1示数减小，V2示数增大
【答案】B
【知识点】电功率和电功；变压器的应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】AB．当水量和水速都稳定时，发电机输出电压 不变，即原线圈两端电压 不变，若副线圈电路用电器增加，则副线圈电路电流 增大，导线电阻R上损失电压为 ，则 增大，由于 ，即 增大，由 ，解得 ，若要保证用电器正常工作，原、副线圈匝数比应减小，副线圈电路消耗功率为 ，则 增大，副线圈输入功率等于原线圈输出功率，则原线圈输出功率增大，A不符合题意，B符合题意；
C．若水速和水量都增大，则 增大，为使用电器同时正常工作，则原、副线圈匝数比应增大，C不符合题意；
D．若水速和水量都减小，则 减小，但用电器仍同时正常工作，则 不变，k减小， 不变，由 ，可知 增大，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】当水量和水速都稳定时，根据欧姆定律以及理想变压器的原副线圈匝数比和电压比的关系得出副线圈两端的电压，结合电功率的表达式得出原线圈输出功率的变化情况。若水速和水量都增大时原线圈两端的电压变大，结合理想变压器两端的电压表和匝数比的关系得出原副线圈的匝数比的变化情况，若水速和水量都减小时结合理想变压器的原副线圈的匝数比和电流比的关系得出原线圈中电流的变化情况。
8．（2023高三上·张家口期末）翼装飞行被称为世界上最危险的极限运动，挑战者腾空后，张开手脚便能展开翼膜，当空气进入一个鳍状的气囊时，就会充气使服装成翼状，从而产生浮力，然后通过肢体动作来控制飞行的高度和方向。某翼装挑战者在距海平面一定高度处的直升机上由静止下落，以a1=9m/s2的加速度下落一段时间，打开气囊，再减速下降一段时间后，悬停在天门山附近，准备穿越天门洞，此运动过程近似地看成竖直方向的运动，其v-t图像如图所示，挑战者所受空气阻力恒定，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．0~t1时间内挑战者处于超重状态
B．空气阻力是挑战者重力的0.5倍
C．0~时间内挑战者下落的高度为1250m
D．减速过程中挑战者所受空气浮力是挑战者重力的2.5倍
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A． 时间内挑战者加速下落，处于失重状态，A不符合题意；
B．由牛顿第二定律可得 ，解得 ，B不符合题意；
D．加速运动的时间为 ，整个运动过程的时间为 ，减速过程的时间为 ，减速运动的加速度为 ，由牛顿第二定律可得 ，解得 ，D不符合题意；
C．由图像面积可知， 时间内挑战者下落的高度为 ，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】当物体具有向下的加速度时处于失重，结合牛顿第二定律得出空气阻力和重力的大小关系，结合匀变速直线运动而速度与时间的关系以及牛顿第二定律得出减速过程中挑战者所受空气浮力和重力的关系。
二、多选题
9．（2023高三上·张家口期末）如图所示，一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧一端与水平地面相连接，另一端与A球连接，A、B、C三个带正电小球的质量均为m，A、B两个小球的电荷量均为q，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．C球的电荷量为 B．B球受到的库仑力大小为2mg
C．弹簧压缩量为 D．小球B，C间的距离为
【答案】A,C,D
【知识点】库仑定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AD．对C分析，受重力、A、B对C的库仑力，设小球间距为L，根据平衡条件，对C有 ，对B有 ，联立解得 ， ，AD符合题意；
B．以B为研究对象，可以认为B受重力和库仑力，B球静止不动，所以B球受到的库仑力大小为 ，B不符合题意；
C．对A、B、C用整体法，A、B、C受力平衡，即A球受到的弹力等于三个球的总重力，即弹簧压缩量 ，C符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】分别对BC进行受力分析，根据库仑定律以及共点力平衡得出C球额电荷量和BC间的距离，以B为研究对象，利用共点力平衡得出B受到的库仑力，以ABC整体为研究对象，利用胡克定律和共点力平衡得出弹簧的压缩量。
10．（2023高三上·张家口期末）如图所示装置，装有细砂石的容器带有比较细的节流门，K是节流门的阀门，节流门正下方有可以称量细砂石质量的托盘秤。当托盘上已经有质量为m的细砂石时关闭阀门K，此时从管口到砂石堆顶端还有长为H的细砂石柱，设管口单位时间流出的细砂石的质量为m0，管口处细砂石的速度近似为零，关闭阀门K后，细砂石柱下落时砂石堆高度不变，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．刚关闭阀门K时，托盘秤示数为mg
B．细砂石柱下落过程中，托盘秤示数为
C．细砂石柱对砂石堆顶端的冲击力为
D．细砂石柱全部落完时托盘秤的示数比刚关闭阀门K时托盘秤的示数大
【答案】B,C
【知识点】动量定理；自由落体运动；共点力的平衡
【解析】【解答】C．取砂石堆顶部上方极短时间Δt内的砂石柱为研究对象，根据自由落体运动规律 ，可得落到砂石堆顶部的速度为 ，落在砂石堆顶部后短时间Δt内速度减为零，由动量定理得 ，解得砂石堆受到的冲击力为 ，C符合题意；
A．刚关闭阀门K时托盘秤受到的总压力为 ，所以托盘秤的示数为 ，A不符合题意；
B．此时细砂石柱的总质量为 ，最终托盘内细砂石的总重力为 ，所以细砂石柱下落过程中托盘秤的示数为 ，B符合题意；
D．由以上分析可知，细砂石柱全部落完时托盘秤的示数与刚关闭阀门K时托盘秤的示数相等，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】以砂石柱为研究对象，根据自由落体运动的规律得出落到砂石堆顶部的速度，利用动量定理得出砂石堆受到的冲击力，刚关闭阀门K时根据共点力平衡得出托盘秤的示数。
11．（2023高三上·张家口期末）如图所示倾斜轨道CBAD，AB水平，AD、BC平行且与水平面夹角均为θ，AB部分电阻为R，其余部分电阻不计，虚线MN、QH均和AB平行，在MNHQ中存在垂直导轨平面的匀强磁场（图中未画出）。一电阻为r且与AB等长的金属棒从MN上方由静止释放，金属棒向下运动过程中始终与导轨接触良好且与AB平行，I为金属棒中的电流、q为通过金属棒的电量、U为金属棒两端的电压、P为金属棒消耗的电功率，若从金属棒刚进入磁场开始计时，金属棒在磁场中运动的过程中，下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】电功率和电功；受力分析的应用；牛顿运动定律的综合应用；电流、电源的概念；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．如果电流减小，则表明金属棒在做减速运动，受力分析有 ，随着电流减小，加速度减小。根据闭合电路的欧姆定律得 ，则有 ，随着加速度减小，图像的斜率减小，A不符合题意；
B．若金属棒进入磁场时，安培力与重力沿斜面的分力平衡，则金属棒做匀速直线运动，其电流不变，则根据 可知，电量与时间成正比，B符合题意；
C．如果金属棒两端电压随时间增大，则表明金属棒在加速，受力分析有 ，随着电压增大，则电流增大，加速度减小，根据闭合电路的欧姆定律得 ，则有 ，随着加速度减小，图像的斜率减小，但是计时起点金属棒两端电压不可能为零，C不符合题意；
D．如果金属棒进入磁场时，安培力与重力沿斜面的分力平衡，则金属棒做匀速直线运动，其电流不变，则根据 可知，金属棒消耗的电功率不变，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】如果电流减小。对金属棒进行受力分析，根据牛顿第二定律得出加速度的变化情况，利用闭合电路欧姆定律得出I-t的关系式并得出I-t的图像，利用电流的定义式得出q-t的表达式及图像，如果金属棒两端电压随时间增大，对金属棒进行受力分析根据牛顿第二定律得出加速度的变化情况，结合闭合电路欧姆定律得出U-t的表达式以及图像，结合电功率的表达式得出金属消耗电功率的变化情况。
三、实验题
12．（2023高三上·张家口期末）某同学设计了如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律，竖直杆竖直固定在M、N两点，在杆上固定一个量角器，并在量角器的圆心处固定一个力传感器，一根细线上端连接在力传感器上，下端系在小球上。
实验步骤如下：
①拉离小球，使细线与竖直方向成一个角度，由静止释放小球，使小球在竖直平面内做圆周运动；
②记录小球运动到最低点时力传感器的最大示数F；
③重复以上实验步骤。
（1）该同学练习使用游标卡尺测量小球直径d时，游标卡尺的示数如图乙所示，则d=　 　mm。
（2）关于该实验，下列说法正确的有________（选填选项前的字母）。
A．可以直接用弹簧测力计代替力传感器进行实验
B．细线要选择非弹性的
C．小球尽量选择密度大的
（3）实验中没有提供天平等可以测量质量的实验器材，为完成实验，需要记录小球在竖直方向上静止时　 　。（请补充完整）
（4）为完成实验，还需要测量的物理量有________（选填选项前的字母）。
A．释放小球时细线偏离竖直方向的角度θ
B．小球从释放到运动至圆周运动最低点的时间t
C．细线长L
（5）需要验证机械能守恒的表达式为　 　（用已知量和测量量的符号表示）。
（6）实验中发现，小球摆到另一侧偏离竖直方向的角度略小于初始释放位置偏离竖直方向的角度，其原因可能是　 　。
【答案】（1）11.4
（2）B；C
（3）力传感器的示数F0
（4）A
（5）
（6）小球在运动过程中存在空气阻力
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）游标卡尺的读数为
（2）A．弹簧测力计代替力传感器进行实验时，由于细线不断摆动，不方便进行读数与记录，A不符合题意；
B．细线要选择非弹性细线，避免摆长发生变化，B符合题意；
C．小球尽量选择密度大的，以减小空气阻力的影响，C符合题意。
故答案为：BC。
（3）本实验要验证机械能守恒，应满足 ，小球静止在最低点时，力传感器的示数 与重力相等，即 ，小球摆到最低点时力传感器的最大示数为F，由向心力公式可得 ，联立解得
所以为完成实验，需要记录小球在竖直方向上静止时力传感器的示数F0；
（4）由（3）分析知，为完成实验，还需要测量的物理量有释放小球时细线偏离竖直方向的角度θ。故答案为：A。
（5）由（3）分析知，需要验证机械能守恒的表达式为
（6）小球摆到另一侧偏离竖直方向的角度略小于初始释放位置偏离竖直方向的角度，其原因可能是小球运动过程中存在空气阻力。
【分析】（1）根据游标卡尺的读数原理得出小球的直径；
（2）根据验证机械能守恒定律 的实验原理选择正确的选项；
（3）根据机械能守恒定律以及合力提供向心力得出传感器最大示数的表达式，从而得出该实验需要记录在竖直方向上静止时长安器的示数；
（4）除（3）外还需要测量释放小球时细线偏离竖直方向的角度；
（5）根据机械能守恒的条件得出需要验证的表达式；
（6） 另一侧偏离竖直方向的角度略小于初始释放位置偏离竖直方向的角度 的原因是由于空气的阻力。
13．（2023高三上·张家口期末）某实验小组测量电源电动势（2.5~2.9V）和其内阻（3~6Ω），有以下器材：电阻箱R（最大阻值10.0Ω），电流表A（量程100mA，内阻rA＝5.0Ω），定值电阻R′＝1Ω，开关和导线若干。
（1）请在虚线框中设计合适的实验电路图。
（2）实验记录数据如表所示（其中I为电流表A的读数，R为电阻箱接入电路的电阻）。
　 1 2 3 4 5 6
R/Ω 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0
I/mA 72.5 62.1 55.0 49.5 44.2 39.8
/A-1 13.8 16.1 18.2 20.2 22.6 25.1
根据表中的实验数据在图中作出图像。
（3）作出的图像斜率为k，与纵坐标截距为b，则电源电动势和内阻表达式为E=　 　，r=　 　。（用k、b表示）
（4）根据（2）中图像求出E=　 　V，r=　 　Ω。（均保留小数点后两位数字）
【答案】（1）
（2）
（3）；
（4）2.73；4.44
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）小量程电流表改装成大量程电流表，必须并联一小电阻分流，具体电路如图所示．
（2）利用描点法作出图线，如图所示．
（3）由于改装成大量程电流表的总电阻为 ，流经电源电流大小为 ，故 ， ，可知，斜率为 ，截距为 ，解得 ，
（4）由图像知图线斜率 ，纵坐标截距为 ，故 ，
【分析】（1）根据电表的改装画出电路图；
（2）根据描点法画出1/I-R图像；
（3）根据闭合电路欧姆定律以及图像得出电源的电动势和内阻的表达式；
（4）结合图像的斜率和截距得出电源电动势的大小和内阻的大小。
四、解答题
14．（2023高三上·张家口期末）为了保护文物，需抽出存放文物的容器中的空气，充入惰性气体，形成低氧环境，某密闭容器容积为V0，内部有一体积为V0的文物，开始时密闭容器内空气压强为p0，现用抽气筒抽气，抽气筒每次抽出空气的体积为ΔV，若经过N次抽气后，密闭容器内压强变为pN，假设抽气的过程中气体的温度不变。
（1）求经过N次抽气后密闭容器内气体的压强pN；
（2）若ΔV=V0，求经过两次抽气后，密闭容器内剩余空气压强及剩余空气和开始时空气的质量之比。
【答案】（1）解：每次抽出气体的体积为 ，由玻意耳定律可知第一次抽气，有
由玻意耳定律可知第二次抽气，有
联立解得
依此类推可得经过N次抽气后密闭容器内气体的压强为
（2）解：若 ，由玻意耳定律可知第一次抽气，有
由玻意耳定律可知第二次抽气，有
联立解得经过两次抽气后的压强为
设剩余气体在压强为 时的体积为V，则由玻意耳定律，有
剩余气体与原来气体的质量比
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）从封闭容器中抽出气体的过程中利用玻意耳定律得出 经过N次抽气后密闭容器内气体的压强 ；
（2）两次抽气的过程根据玻意耳定律得出剩余气体与原来气体的质量比。
15．（2023高三上·张家口期末）超级高铁是一种以“真空钢管运输”为理论核心的交通工具，具有超高速、高安全、低能耗、噪声小、污染小等特点。一质量为m的超级高铁进行测试，先由静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后匀速运动一段时间，再做匀减速直线运动，已知加速和减速过程中加速度大小相等，在加速过程开始的前t内位移为x1，减速过程开始的前t内位移为x2，运动过程所受阻力恒为f，求：
（1）测试过程中超级高铁的最大速度vm；
（2）由静止开始加速到最大速度的过程中，牵引力所做的功W。
【答案】（1）解：超级高铁在加速过程开始的前t内
超级高铁在减速过程开始的前t内
且
解得
（2）解：设超级高铁在加速过程的总位移为x：
在加速过程中，由动能定理得
解得
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】（1）结合匀变速直线运动的位移与时间的关系得出超级高铁在减速过程和加速过程的位移，通过平均速度的定义式得出测试过程中超级高铁的最大速度；
（2）利用匀变速直线运动的位移与速度的关系以及动能定理得出牵引力所做的功。
16．（2023高三上·张家口期末）如图所示，在y>0的区域内存在沿y轴负方向、场强大小为E的匀强电场，在y<0的区域内存在垂直于xOy平面向外、大小为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子a，从y轴上的P点以某一速度沿x轴正方向射出，已知粒子a进入磁场时的速度大小为v，方向与x轴正方向的夹角θ=60°，粒子a进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为P点纵坐标的一半，在粒子a进入磁场的同时，另一不带电粒子b也经x轴进入磁场，运动方向与粒子a进入磁场的方向相同，在粒子a没有离开磁场时，两粒子恰好发生正碰（碰撞前瞬间速度方向相反），不计两粒子重力。
（1）求粒子a从P点射出的速度大小v0及P点的纵坐标h；
（2）求粒子b经过x轴进入磁场时的横坐标xb及速度大小vb；
（3）若两粒子碰后结合在一起，结合过程不损失质量和电荷量，要使结合后的粒子不能进入电场，求粒子b的质量应满足的条件。
【答案】（1）解：粒子 在电场中做类平抛运动，x方向速度不变，有
粒子 在电场中运动时，由动能定理有
解得
（2）解：如图甲所示
不计粒子重力，洛伦兹力提供向心力，则有
粒子a进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径
周期
粒子a没有离开磁场，两粒子恰好发生正碰，说明a在磁场中运动了半个周期与粒子b发生碰撞，设粒子a、b在磁场中运动的时间为t，有
粒子b在磁场中做匀速运动，有
设粒子a进入磁场时的横坐标为 ，粒子a在电场中运动的时间为 ，x方向有
y方向有
由几何关系可得
解得 ，
（3）解：两粒子碰后结合在一起，设粒子b质量为 ，碰后结合体速度为 ，碰撞过程由动量守恒定律有
结合体做圆周运动的轨迹半径
当 时，结合体速度与粒子a速度方向相同，若结合体运动轨迹恰与x轴相切，如图乙所示
根据几何关系有
解得
当 时，结合体速度与粒子b速度方向相同，若结合体运动轨迹恰与x轴相切，如图丙所示
根据几何关系有
解得
因粒子b的质量应满足
【知识点】动量守恒定律；运动的合成与分解；动能与动能定理的理解；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在偏转电场中根据速度的分解以及动能定理得出粒子a从P点射出的速度以及P点的纵坐标；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合几何关系以及线速度与周期的关系得出粒子a在磁场中运动的周期；通过粒子b在磁场中做匀速圆周运动以及粒子a在电场中中的运动得出粒子b的速度；
（3）两粒子碰撞的过程利用动量守恒和几何关系得出b粒子的质量范围。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
河北省张家口市2022-2023学年高三上学期物理1月期末试卷
一、单选题
1．（2023高三上·张家口期末）某探究小组的同学在研究光电效应现象时，用a、b、c三束光照射到图甲电路阴极K上，电路中电流随电压变化的图像如图乙所示，已知a、b两条图线与横轴的交点重合，下列说法正确的是（　　）
A．c光的频率最小
B．a光的频率和b光的频率相等
C．若三种光均能使某金属发生光电效应，则用c光照射时逸出光电子的最大初动能最小
D．照射同一种金属时，若c光能发生光电效应，则a光也一定能发生光电效应
2．（2023高三上·张家口期末）在2022年3月23日天宫课堂中，叶光富老师利用手摇离心机将水油分离。手摇离心机可简化为在空间站中手摇小瓶的模型，如图乙所示，假设小瓶（包括小瓶中的油和水）的质量为m，P为小瓶的质心，OP长度为L，小瓶在t时间内转动了n圈，以空间站为参考系，当小瓶转动到竖直平面内最高点时，下列说法正确的是（　　）
A．细线的拉力大小为
B．如果松手释放绳子，瓶子会沿抛物线落向空间站的“地面”
C．水、油能分离的原因是小瓶里的水和油做圆周运动产生了离心现象，密度较大的水集中于小瓶的底部
D．水和油成功分层后，水做圆周运动的向心力完全由瓶底对水的弹力提供
3．（2023高三上·张家口期末）一列简谐横波在介质中沿x轴传播，M、N是波上的两个质点，图甲是t=1.0s时该简谐横波的波形图，图乙是x=4m处质点的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．该列简谐横波沿着x轴的正方向传播，波速为4m/s
B．当t=1.0s时，质点M沿y轴负方向振动
C．x=4m处质点经过2s沿波的传播方向运动了8m
D．当t=3.5s时，质点N在波谷，加速度最大
4．（2023高三上·张家口期末）如图所示为某导光管采光系统过中心轴线的截面图，上面部分是某种均匀透明材料制成的半球形薄采光罩，O为球心，下面部分是导光管，MN所在水平面为两部分的分界面，M、N为球面上两点，若使平行于MN的光束射入采光罩后，能全部直接通过MN面进入导光管（不考虑采光罩内表面的反射），则该材料的折射率不能超过（　　）
A． B．1.5 C． D．1.75
5．（2023高三上·张家口期末）滑板运动备受年轻人喜爱，中国小将曾文蕙在东京奥运会成功闯进决赛并获得第六的优异成绩，为中国滑板创造了历史。如图所示，跳台的斜面AB长为2L，倾角为60°，右侧平台墙壁CD与水平地面相交于C点，顶端D点离地面的高度为，水平地面上B、C间的距离为L，滑板运动员（视为质点）从斜面顶端A点以大小v0的速度水平跃出，刚好落在斜面底端B点（不计空气阻力），若运动员恰好落在右侧平台的D点，则离开A点时的水平初速度大小是（　　）
A． B．2v0 C．3v0 D．4v0
6．（2023高三上·张家口期末）如图所示，2022年7月15日，由清华大学天文系祝伟教授牵头的国际团队近日宣布在宇宙中发现两个罕见的恒星系统。该系统均是由两颗互相绕行的中央恒星组成，被气体和尘埃盘包围，且该盘与中央恒星的轨道成一定角度，呈现出“雾绕双星”的奇幻效果。若其中一个系统简化模型如图所示，质量不等的恒星A和B绕两者连线上某一定点O做匀速圆周运动，由天文观察测得其运动周期为T，A到O点的距离为r1，A和B的距离为r，已知引力常量为G，则A的质量为（　　）
A． B．
C． D．
7．（2023高三上·张家口期末）小型水力力电站常常受水量、水速和用电器多少变化的影响，导致家中的用电器电压不稳。为了使家中用电器正常工作，某小型水力力电站安装了自动稳压变压器，如图所示，其原理就是根据用电器工作电压，自动调节原、副线圈匝数比的理想变压器。若其工作原理如图所示，电表均为理想交流电表，下列说法正确的是（　　）
A．当水量和水速都稳定时，先后启动热水器、空调正常工作，原、副线圈匝数比增大
B．当水量和水速都稳定时，先后启动热水器、空调正常工作，原线圈输出功率增大
C．若水速和水量都增大时，为使用电器仍同时正常工作，则原、副线圈匝数比减小
D．若水速和水量都减小时，但用电器仍同时正常工作，则V1、A1示数减小，V2示数增大
8．（2023高三上·张家口期末）翼装飞行被称为世界上最危险的极限运动，挑战者腾空后，张开手脚便能展开翼膜，当空气进入一个鳍状的气囊时，就会充气使服装成翼状，从而产生浮力，然后通过肢体动作来控制飞行的高度和方向。某翼装挑战者在距海平面一定高度处的直升机上由静止下落，以a1=9m/s2的加速度下落一段时间，打开气囊，再减速下降一段时间后，悬停在天门山附近，准备穿越天门洞，此运动过程近似地看成竖直方向的运动，其v-t图像如图所示，挑战者所受空气阻力恒定，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．0~t1时间内挑战者处于超重状态
B．空气阻力是挑战者重力的0.5倍
C．0~时间内挑战者下落的高度为1250m
D．减速过程中挑战者所受空气浮力是挑战者重力的2.5倍
二、多选题
9．（2023高三上·张家口期末）如图所示，一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧一端与水平地面相连接，另一端与A球连接，A、B、C三个带正电小球的质量均为m，A、B两个小球的电荷量均为q，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．C球的电荷量为 B．B球受到的库仑力大小为2mg
C．弹簧压缩量为 D．小球B，C间的距离为
10．（2023高三上·张家口期末）如图所示装置，装有细砂石的容器带有比较细的节流门，K是节流门的阀门，节流门正下方有可以称量细砂石质量的托盘秤。当托盘上已经有质量为m的细砂石时关闭阀门K，此时从管口到砂石堆顶端还有长为H的细砂石柱，设管口单位时间流出的细砂石的质量为m0，管口处细砂石的速度近似为零，关闭阀门K后，细砂石柱下落时砂石堆高度不变，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．刚关闭阀门K时，托盘秤示数为mg
B．细砂石柱下落过程中，托盘秤示数为
C．细砂石柱对砂石堆顶端的冲击力为
D．细砂石柱全部落完时托盘秤的示数比刚关闭阀门K时托盘秤的示数大
11．（2023高三上·张家口期末）如图所示倾斜轨道CBAD，AB水平，AD、BC平行且与水平面夹角均为θ，AB部分电阻为R，其余部分电阻不计，虚线MN、QH均和AB平行，在MNHQ中存在垂直导轨平面的匀强磁场（图中未画出）。一电阻为r且与AB等长的金属棒从MN上方由静止释放，金属棒向下运动过程中始终与导轨接触良好且与AB平行，I为金属棒中的电流、q为通过金属棒的电量、U为金属棒两端的电压、P为金属棒消耗的电功率，若从金属棒刚进入磁场开始计时，金属棒在磁场中运动的过程中，下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三、实验题
12．（2023高三上·张家口期末）某同学设计了如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律，竖直杆竖直固定在M、N两点，在杆上固定一个量角器，并在量角器的圆心处固定一个力传感器，一根细线上端连接在力传感器上，下端系在小球上。
实验步骤如下：
①拉离小球，使细线与竖直方向成一个角度，由静止释放小球，使小球在竖直平面内做圆周运动；
②记录小球运动到最低点时力传感器的最大示数F；
③重复以上实验步骤。
（1）该同学练习使用游标卡尺测量小球直径d时，游标卡尺的示数如图乙所示，则d=　 　mm。
（2）关于该实验，下列说法正确的有________（选填选项前的字母）。
A．可以直接用弹簧测力计代替力传感器进行实验
B．细线要选择非弹性的
C．小球尽量选择密度大的
（3）实验中没有提供天平等可以测量质量的实验器材，为完成实验，需要记录小球在竖直方向上静止时　 　。（请补充完整）
（4）为完成实验，还需要测量的物理量有________（选填选项前的字母）。
A．释放小球时细线偏离竖直方向的角度θ
B．小球从释放到运动至圆周运动最低点的时间t
C．细线长L
（5）需要验证机械能守恒的表达式为　 　（用已知量和测量量的符号表示）。
（6）实验中发现，小球摆到另一侧偏离竖直方向的角度略小于初始释放位置偏离竖直方向的角度，其原因可能是　 　。
13．（2023高三上·张家口期末）某实验小组测量电源电动势（2.5~2.9V）和其内阻（3~6Ω），有以下器材：电阻箱R（最大阻值10.0Ω），电流表A（量程100mA，内阻rA＝5.0Ω），定值电阻R′＝1Ω，开关和导线若干。
（1）请在虚线框中设计合适的实验电路图。
（2）实验记录数据如表所示（其中I为电流表A的读数，R为电阻箱接入电路的电阻）。
　 1 2 3 4 5 6
R/Ω 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0
I/mA 72.5 62.1 55.0 49.5 44.2 39.8
/A-1 13.8 16.1 18.2 20.2 22.6 25.1
根据表中的实验数据在图中作出图像。
（3）作出的图像斜率为k，与纵坐标截距为b，则电源电动势和内阻表达式为E=　 　，r=　 　。（用k、b表示）
（4）根据（2）中图像求出E=　 　V，r=　 　Ω。（均保留小数点后两位数字）
四、解答题
14．（2023高三上·张家口期末）为了保护文物，需抽出存放文物的容器中的空气，充入惰性气体，形成低氧环境，某密闭容器容积为V0，内部有一体积为V0的文物，开始时密闭容器内空气压强为p0，现用抽气筒抽气，抽气筒每次抽出空气的体积为ΔV，若经过N次抽气后，密闭容器内压强变为pN，假设抽气的过程中气体的温度不变。
（1）求经过N次抽气后密闭容器内气体的压强pN；
（2）若ΔV=V0，求经过两次抽气后，密闭容器内剩余空气压强及剩余空气和开始时空气的质量之比。
15．（2023高三上·张家口期末）超级高铁是一种以“真空钢管运输”为理论核心的交通工具，具有超高速、高安全、低能耗、噪声小、污染小等特点。一质量为m的超级高铁进行测试，先由静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后匀速运动一段时间，再做匀减速直线运动，已知加速和减速过程中加速度大小相等，在加速过程开始的前t内位移为x1，减速过程开始的前t内位移为x2，运动过程所受阻力恒为f，求：
（1）测试过程中超级高铁的最大速度vm；
（2）由静止开始加速到最大速度的过程中，牵引力所做的功W。
16．（2023高三上·张家口期末）如图所示，在y>0的区域内存在沿y轴负方向、场强大小为E的匀强电场，在y<0的区域内存在垂直于xOy平面向外、大小为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子a，从y轴上的P点以某一速度沿x轴正方向射出，已知粒子a进入磁场时的速度大小为v，方向与x轴正方向的夹角θ=60°，粒子a进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为P点纵坐标的一半，在粒子a进入磁场的同时，另一不带电粒子b也经x轴进入磁场，运动方向与粒子a进入磁场的方向相同，在粒子a没有离开磁场时，两粒子恰好发生正碰（碰撞前瞬间速度方向相反），不计两粒子重力。
（1）求粒子a从P点射出的速度大小v0及P点的纵坐标h；
（2）求粒子b经过x轴进入磁场时的横坐标xb及速度大小vb；
（3）若两粒子碰后结合在一起，结合过程不损失质量和电荷量，要使结合后的粒子不能进入电场，求粒子b的质量应满足的条件。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】动能与动能定理的理解；光电效应
【解析】【解答】ABC．由图像可知，光电流为零时，遏止电压的大小关系为 ，根据 ，可知，三种光的频率大小关系为 ，用c光照射时逸出光电子的最大初动能最大，AC不符合题意，B符合题意；
D．c光频率大于a光频率，c光能发生光电效应时，a光不一定能发生光电效应，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】光电流为零时的电压为遏止电压，结合爱因斯坦光电效应方程和动能定理得出三种光的最大初动能大小关系，当入射光的频率大于金属的极限频率时发生光电效应。
2．【答案】C
【知识点】向心力；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．小瓶转动的周期为 ，细线的拉力大小为 ，A不符合题意；
B．瓶子受到的地球引力全部用来提供其随空间站绕地球做圆周运动的向心力，瓶子经过最高点时松手，以空间站为参考系，瓶子会离心飞出，沿切线方向做匀速直线运动，B不符合题意；
C．水油能分离的原因是混合物做圆周运动时，需要的向心力不一样，由于水和油的密度不同产生了离心现象，密度较大的水集中于小瓶的底部，C符合题意；
D．水对油有指向圆心的作用力，水做圆周运动的向心力由瓶底对水的弹力和油对水的作用力的合力提供，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据小瓶转动的时间和周期的关系得出小瓶转动的周期，通过万有引力的表达式得出细线的拉力，在最高点松手后瓶子沿切线方向做匀速直线运动，水油做圆周运动需要的向心力不同，从而导致水油能分离。
3．【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．根据题图乙知，x=4m处质点在t=1.0s时向上振动，根据“上下坡”法可判断该简谐横波沿x轴负方向传播；由图可知该简谐横波的波长和周期分别为 ， ，可得该波传播速度为 ，所以t=1.0s时，质点M沿y轴正方向振动，AB不符合题意；
C．介质中的质点只在平衡位置附近做简谐振动，而不会随波向前移动，C不符合题意；
D．t=1.0s时，质点N由平衡位置向下振动，t=1.0s至t=3.5s，质点N振动了 ，所以t=3.5s时质点N在波谷，加速度最大，速度为零，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据上下坡法得出该波的传播方向，结合波传播的速度和波长以及周期的关系得出该波的波速，并得出t=1s时质点M的振动方向，结合质点N的振动情况得出加速度和速度的变化情况。
4．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】如图所示
由几何关系可得
故答案为：A。
【分析】根据光在介质中传播的光路图以及折射定律得出该材料的折射率。
5．【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】由平抛运动的规律，第一次竖直方向做匀加速直线运动有 ，水平方向做匀速直线运动有 ，第二次竖直方向做匀加速直线运动有 ，水平方向做匀速直线运动有 ，联立解得
故答案为：D。
【分析】平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，结合平抛运动的规律以及匀加速直线运动得出离开A点时的水平初速度 。
6．【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】取B为研究对象，B绕O点做匀速圆周运动，设A、B的质量分别为 和 ，由万有引力定律及牛顿第二定律得 ，解得 ，又根据 ，则A的质量为
故答案为：A。
【分析】以B为研究对象，利用万有引力提供向心力以及几何关系得出A的质量的表达式。
7．【答案】B
【知识点】电功率和电功；变压器的应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】AB．当水量和水速都稳定时，发电机输出电压 不变，即原线圈两端电压 不变，若副线圈电路用电器增加，则副线圈电路电流 增大，导线电阻R上损失电压为 ，则 增大，由于 ，即 增大，由 ，解得 ，若要保证用电器正常工作，原、副线圈匝数比应减小，副线圈电路消耗功率为 ，则 增大，副线圈输入功率等于原线圈输出功率，则原线圈输出功率增大，A不符合题意，B符合题意；
C．若水速和水量都增大，则 增大，为使用电器同时正常工作，则原、副线圈匝数比应增大，C不符合题意；
D．若水速和水量都减小，则 减小，但用电器仍同时正常工作，则 不变，k减小， 不变，由 ，可知 增大，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】当水量和水速都稳定时，根据欧姆定律以及理想变压器的原副线圈匝数比和电压比的关系得出副线圈两端的电压，结合电功率的表达式得出原线圈输出功率的变化情况。若水速和水量都增大时原线圈两端的电压变大，结合理想变压器两端的电压表和匝数比的关系得出原副线圈的匝数比的变化情况，若水速和水量都减小时结合理想变压器的原副线圈的匝数比和电流比的关系得出原线圈中电流的变化情况。
8．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A． 时间内挑战者加速下落，处于失重状态，A不符合题意；
B．由牛顿第二定律可得 ，解得 ，B不符合题意；
D．加速运动的时间为 ，整个运动过程的时间为 ，减速过程的时间为 ，减速运动的加速度为 ，由牛顿第二定律可得 ，解得 ，D不符合题意；
C．由图像面积可知， 时间内挑战者下落的高度为 ，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】当物体具有向下的加速度时处于失重，结合牛顿第二定律得出空气阻力和重力的大小关系，结合匀变速直线运动而速度与时间的关系以及牛顿第二定律得出减速过程中挑战者所受空气浮力和重力的关系。
9．【答案】A,C,D
【知识点】库仑定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AD．对C分析，受重力、A、B对C的库仑力，设小球间距为L，根据平衡条件，对C有 ，对B有 ，联立解得 ， ，AD符合题意；
B．以B为研究对象，可以认为B受重力和库仑力，B球静止不动，所以B球受到的库仑力大小为 ，B不符合题意；
C．对A、B、C用整体法，A、B、C受力平衡，即A球受到的弹力等于三个球的总重力，即弹簧压缩量 ，C符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】分别对BC进行受力分析，根据库仑定律以及共点力平衡得出C球额电荷量和BC间的距离，以B为研究对象，利用共点力平衡得出B受到的库仑力，以ABC整体为研究对象，利用胡克定律和共点力平衡得出弹簧的压缩量。
10．【答案】B,C
【知识点】动量定理；自由落体运动；共点力的平衡
【解析】【解答】C．取砂石堆顶部上方极短时间Δt内的砂石柱为研究对象，根据自由落体运动规律 ，可得落到砂石堆顶部的速度为 ，落在砂石堆顶部后短时间Δt内速度减为零，由动量定理得 ，解得砂石堆受到的冲击力为 ，C符合题意；
A．刚关闭阀门K时托盘秤受到的总压力为 ，所以托盘秤的示数为 ，A不符合题意；
B．此时细砂石柱的总质量为 ，最终托盘内细砂石的总重力为 ，所以细砂石柱下落过程中托盘秤的示数为 ，B符合题意；
D．由以上分析可知，细砂石柱全部落完时托盘秤的示数与刚关闭阀门K时托盘秤的示数相等，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】以砂石柱为研究对象，根据自由落体运动的规律得出落到砂石堆顶部的速度，利用动量定理得出砂石堆受到的冲击力，刚关闭阀门K时根据共点力平衡得出托盘秤的示数。
11．【答案】B,D
【知识点】电功率和电功；受力分析的应用；牛顿运动定律的综合应用；电流、电源的概念；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．如果电流减小，则表明金属棒在做减速运动，受力分析有 ，随着电流减小，加速度减小。根据闭合电路的欧姆定律得 ，则有 ，随着加速度减小，图像的斜率减小，A不符合题意；
B．若金属棒进入磁场时，安培力与重力沿斜面的分力平衡，则金属棒做匀速直线运动，其电流不变，则根据 可知，电量与时间成正比，B符合题意；
C．如果金属棒两端电压随时间增大，则表明金属棒在加速，受力分析有 ，随着电压增大，则电流增大，加速度减小，根据闭合电路的欧姆定律得 ，则有 ，随着加速度减小，图像的斜率减小，但是计时起点金属棒两端电压不可能为零，C不符合题意；
D．如果金属棒进入磁场时，安培力与重力沿斜面的分力平衡，则金属棒做匀速直线运动，其电流不变，则根据 可知，金属棒消耗的电功率不变，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】如果电流减小。对金属棒进行受力分析，根据牛顿第二定律得出加速度的变化情况，利用闭合电路欧姆定律得出I-t的关系式并得出I-t的图像，利用电流的定义式得出q-t的表达式及图像，如果金属棒两端电压随时间增大，对金属棒进行受力分析根据牛顿第二定律得出加速度的变化情况，结合闭合电路欧姆定律得出U-t的表达式以及图像，结合电功率的表达式得出金属消耗电功率的变化情况。
12．【答案】（1）11.4
（2）B；C
（3）力传感器的示数F0
（4）A
（5）
（6）小球在运动过程中存在空气阻力
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）游标卡尺的读数为
（2）A．弹簧测力计代替力传感器进行实验时，由于细线不断摆动，不方便进行读数与记录，A不符合题意；
B．细线要选择非弹性细线，避免摆长发生变化，B符合题意；
C．小球尽量选择密度大的，以减小空气阻力的影响，C符合题意。
故答案为：BC。
（3）本实验要验证机械能守恒，应满足 ，小球静止在最低点时，力传感器的示数 与重力相等，即 ，小球摆到最低点时力传感器的最大示数为F，由向心力公式可得 ，联立解得
所以为完成实验，需要记录小球在竖直方向上静止时力传感器的示数F0；
（4）由（3）分析知，为完成实验，还需要测量的物理量有释放小球时细线偏离竖直方向的角度θ。故答案为：A。
（5）由（3）分析知，需要验证机械能守恒的表达式为
（6）小球摆到另一侧偏离竖直方向的角度略小于初始释放位置偏离竖直方向的角度，其原因可能是小球运动过程中存在空气阻力。
【分析】（1）根据游标卡尺的读数原理得出小球的直径；
（2）根据验证机械能守恒定律 的实验原理选择正确的选项；
（3）根据机械能守恒定律以及合力提供向心力得出传感器最大示数的表达式，从而得出该实验需要记录在竖直方向上静止时长安器的示数；
（4）除（3）外还需要测量释放小球时细线偏离竖直方向的角度；
（5）根据机械能守恒的条件得出需要验证的表达式；
（6） 另一侧偏离竖直方向的角度略小于初始释放位置偏离竖直方向的角度 的原因是由于空气的阻力。
13．【答案】（1）
（2）
（3）；
（4）2.73；4.44
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）小量程电流表改装成大量程电流表，必须并联一小电阻分流，具体电路如图所示．
（2）利用描点法作出图线，如图所示．
（3）由于改装成大量程电流表的总电阻为 ，流经电源电流大小为 ，故 ， ，可知，斜率为 ，截距为 ，解得 ，
（4）由图像知图线斜率 ，纵坐标截距为 ，故 ，
【分析】（1）根据电表的改装画出电路图；
（2）根据描点法画出1/I-R图像；
（3）根据闭合电路欧姆定律以及图像得出电源的电动势和内阻的表达式；
（4）结合图像的斜率和截距得出电源电动势的大小和内阻的大小。
14．【答案】（1）解：每次抽出气体的体积为 ，由玻意耳定律可知第一次抽气，有
由玻意耳定律可知第二次抽气，有
联立解得
依此类推可得经过N次抽气后密闭容器内气体的压强为
（2）解：若 ，由玻意耳定律可知第一次抽气，有
由玻意耳定律可知第二次抽气，有
联立解得经过两次抽气后的压强为
设剩余气体在压强为 时的体积为V，则由玻意耳定律，有
剩余气体与原来气体的质量比
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）从封闭容器中抽出气体的过程中利用玻意耳定律得出 经过N次抽气后密闭容器内气体的压强 ；
（2）两次抽气的过程根据玻意耳定律得出剩余气体与原来气体的质量比。
15．【答案】（1）解：超级高铁在加速过程开始的前t内
超级高铁在减速过程开始的前t内
且
解得
（2）解：设超级高铁在加速过程的总位移为x：
在加速过程中，由动能定理得
解得
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】（1）结合匀变速直线运动的位移与时间的关系得出超级高铁在减速过程和加速过程的位移，通过平均速度的定义式得出测试过程中超级高铁的最大速度；
（2）利用匀变速直线运动的位移与速度的关系以及动能定理得出牵引力所做的功。
16．【答案】（1）解：粒子 在电场中做类平抛运动，x方向速度不变，有
粒子 在电场中运动时，由动能定理有
解得
（2）解：如图甲所示
不计粒子重力，洛伦兹力提供向心力，则有
粒子a进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径
周期
粒子a没有离开磁场，两粒子恰好发生正碰，说明a在磁场中运动了半个周期与粒子b发生碰撞，设粒子a、b在磁场中运动的时间为t，有
粒子b在磁场中做匀速运动，有
设粒子a进入磁场时的横坐标为 ，粒子a在电场中运动的时间为 ，x方向有
y方向有
由几何关系可得
解得 ，
（3）解：两粒子碰后结合在一起，设粒子b质量为 ，碰后结合体速度为 ，碰撞过程由动量守恒定律有
结合体做圆周运动的轨迹半径
当 时，结合体速度与粒子a速度方向相同，若结合体运动轨迹恰与x轴相切，如图乙所示
根据几何关系有
解得
当 时，结合体速度与粒子b速度方向相同，若结合体运动轨迹恰与x轴相切，如图丙所示
根据几何关系有
解得
因粒子b的质量应满足
【知识点】动量守恒定律；运动的合成与分解；动能与动能定理的理解；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在偏转电场中根据速度的分解以及动能定理得出粒子a从P点射出的速度以及P点的纵坐标；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合几何关系以及线速度与周期的关系得出粒子a在磁场中运动的周期；通过粒子b在磁场中做匀速圆周运动以及粒子a在电场中中的运动得出粒子b的速度；
（3）两粒子碰撞的过程利用动量守恒和几何关系得出b粒子的质量范围。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1