江苏省南通市海安市2022-2023学年高三上学期物理1月期末试卷

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江苏省南通市海安市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·海安期末）中国三名航天员在“天和”核心舱“住”了三个月，他们每天都能看到16次日出日落，可知“天和”核心舱的（　　）
A．角速度比地球同步卫星的小
B．周期比地球同步卫星的长
C．向心加速度比地球同步卫星的大
D．线速度比地球同步卫星的小
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】B．根据题意可知，“天和”核心舱的周期为 ，即“天和”核心舱的周期比地球同步卫星的短，B不符合题意；
A．根据 ，由于“天和”核心舱的周期小于地球同步卫星的周期，则 ，即“天和”核心舱的角速度比地球同步卫星的大，A不符合题意；
C．根据 ，解得 ，由于“天和”核心舱的周期小于地球同步卫星的周期，则 ，根据 ，则有 ，即“天和”核心舱的向心加速度比地球同步卫星的大，C符合题意；
D．根据 ，解得 ，根据上述，可知“天和”核心舱的线速度比地球同步卫星的大，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用一天看到日出的次数可以求出核心舱运动的周期，利用周期的大小可以比较角速度的大小；利用引力提供向心力的大小可以比较线速度和向心加速度的大小。
2．（2023高三上·海安期末）由两种不同单色光组成的一束复色光，沿图示方向从空气射向圆柱形玻璃砖，经过玻璃砖两次折射后射出，可能的光路是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】由于两种不同单色光的折射率不同，在由空气进入玻璃时，入射角相同，根据 ，可知，在由空气进入玻璃时，两单色光的折射角不同，作出完整光路图如图所示
故答案为：B。
【分析】由于光的不同所以折射率不同，利用折射定律可以判别折射角不同进而判别两种光的传播路径。
3．（2023高三上·海安期末）中国空间站持续发出频率为f的监测电波，地面监测站先后接收到空间站通过A、B位置时的信号频率分别为、，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】多普勒效应
【解析】【解答】根据多普勒效应，空间站先后经过A、B位置，先靠近地面监测站后逐渐远离监测站，所以信号频率在靠近过程增大，在远离过程频率减小，因此 ，
故答案为：A。
【分析】利用监测站与空间站的距离变化结合多普勒效应可以判别接收到的频率大小变化。
4．（2023高三上·海安期末）如图所示，将一块平板玻璃a放置在另一平板玻璃b上，在一端垫一个薄片，当红光从上方入射后，从上往下可以看到干涉条纹。则（　　）
A．干涉条纹是由a、b两板的上表面反射的光叠加产生的
B．干涉条纹间的亮条纹是由于两反射光叠加减弱产生的
C．换用蓝光照射时，产生的条纹变密
D．将薄片向左移动，产生的条纹变疏
【答案】C
【知识点】光的干涉
【解析】【解答】A．从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，所以干涉条纹是由a板的下表面与b板的上表面反射的光叠加产生的，A不符合题意；
B．干涉条纹间的亮条纹是由于两反射光叠加加强产生的，B不符合题意；
CD．当光程差满足 ，干涉条纹为亮条纹，可知相邻两条亮条纹的光程差之间的差值为 ，设平板玻璃a倾角为 ，相邻两条亮条纹的间距为 ，则有 ，联立解得 ，换用蓝光照射时，由于蓝光的波长小于红光的波长，可知相邻两条亮条纹的间距 变小，产生的条纹变密；将薄片向左移动，可知倾角 变大，相邻两条亮条纹的间距 变小，产生的条纹变密，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】干涉条纹是由于a板下表面与b板的上表面反射的光叠加产生的；干涉条纹的亮条纹是由于两反射光叠加加强产生的；利用光从波长变化可以判别条纹间距的大小变化；利用条纹间距和角度的关系可以判别条纹间距的大小变化。
5．（2023高三上·海安期末）如图，两材质不同的物块用细线连接，放在粗糙的斜面上加速下滑，加速度分别为和，两物块与斜面间的动摩擦因数分别为和，则下列关系正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】设细线张力大小T，物块1的加速度 ，同理，物块2的加速度 ，
AB．若 ，若 ，则 ，若 ，则 ，AB不符合题意；
CD．若 ，则 ，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】当细线存在张力时，利用牛顿第二定律可以求出物块的加速度大小，结合动摩擦因数的大小可以比较加速度的大小。
6．（2023高三上·海安期末）如图所示，右侧空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，面积为S的金属“”形线框与电压表接触良好，线框绕以角速度匀速转动，则电压表示数为（　　）
A． B． C． D．0
【答案】A
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】若该线框 左右两侧空间均有垂直纸面向里的匀强磁场B，且有一个阻值为 电阻组成闭合回路，回路中感应电动势的峰值 ，电动势的有效值为 ，在如图所示的磁场中，线框绕 以角速度 匀速转动时，只有半个周期产生感应电动势，设电压表的示数为 ，即此时感应电动势的有效值 ，仍假设有一个阻值为 电阻与线框组成闭合回路。设周期为 ： ，得 ，电压表示数为
故答案为：A。
【分析】利用动生电动势的表达式可以求出电动势的峰值，结合电动势的峰值可以求出电动势的有效值，再利用热功率的表达式可以求出电动势有效值的大小，利用电动势的大小可以求出电压表的读数。
7．（2023高三上·海安期末）如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r。闭合开关，调节滑动变阻器滑片，电压表示数为U、电流表示数为I。电源的总功率P与电压U、电流I的关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】AB．由闭合电路欧姆定律有 ，化简得 ，则电源的总功率为 ，若U是自变量，则电源的总功率P与电压U是线性关系，A不符合题意，B符合题意；
CD．若I是自变量，则电源的总功率P与电压满足 ，即电源的总功率P与电流I是正比例关系，CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用闭合电路的欧姆定律可以求出电流的表达式，结合总功率的表达式可以判别总功率和电压的关系；利用电动势不变可以判别总功率与电流的大小关系。
8．（2023高三上·海安期末）如图所示是回旋加速器示意图，交变电压u大小和频率保持不变，磁场B的磁感应强度大小可以调节。用该装置分别对质子和氦核加速，则质子和氦核的最大动能之比（　　）
A．1∶8 B．1∶4 C．1∶2 D．1∶1
【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】由题意可得，粒子射出时速度最大，动能也最大，且粒子射出时的最大半径为D型装置的半径，故两种粒子射出时的运动半径相等，由 ， ，可得粒子射出的最大速度为 ，粒子周期为 ，交变电压频率保持不变意味着两种粒子在磁场中运动的周期相同，即 ，由题意可知 ， ，联立可得 ，结合题意可得，由最大动能公式可得， ，
则质子和氦核的最大动能之比为 1：4
故答案为：B。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出粒子最大速度的表达式，利用周期相等结合比荷之比可以求出磁感应强度的比值，结合动能的表达式可以求出最大动能的比值。
9．（2023高三上·海安期末）将金属板靠近带负电的塑料板，金属板下表面与接地金属柱接触，在金属板上表面撒细纸屑，上抬金属板至某一位置时，可以看到静置的纸屑从金属板上飞溅出来，这就是“静电飞花”实验。关于本实验下列说法正确的是（　　）
A．金属板碰触接地金属柱后不带电
B．上抬金属板，金属板容纳电荷本领增强
C．纸屑飞离的瞬间，金属板的电势降低
D．纸屑是因为带负电相互排斥而不断飞出
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．塑料板带负电，金属板靠近后，金属板的下表面带正电，上表面带负电，当下表面与接地金属柱接触后，上表面的负电荷会流到大地，只有下表面带正电，A不符合题意；
B．上抬金属板，金属板与塑料板的距离增大 ，所以容纳电荷本领减弱，B不符合题意；
C．由于金属板容纳电荷的本领变小，所以纸屑带了一小部分正电荷，飞离金属表面，所以静电力做正功，电势能减少，金属板的电势降低，C符合题意；
D．纸屑与金属板接触，所以纸屑与金属板间因为同种电荷（正电荷）相互排斥，所以飞离金属板上表面，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由于静电感应可以判别金属板下表面带正电及上表面带负电，利用电荷的移动可以判别下表面接触地面时金属板带正电；利用电容器的距离变化可以判别电容的大小变化；当纸屑飞离时，静电力做正功所以电势能减小，所以金属板电势降低；纸屑飞走是由于同种电荷相互排斥。
10．（2023高三上·海安期末）如图，矩形框竖直放置，橡皮筋一端固定在A点，另一端与圆环连接，圆环套在矩形框上，当矩形框绕轴以角速度匀速转动时，圆环相对框架静止于M点。若缓慢减小转速，当角速度减为时，圆环下落至C点，且恰好对框架无作用力。则（　　）
A．圆环从M到C过程中，橡皮筋增加的弹性势能等于圆环减少的机械能
B．线框由增大转速，圆环一定能由C上升到M点
C．线框由减小转速，圆环一定能由C运动到N点
D．若圆环稳定在N点，线框转动的角速度可以为
【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．圆环从M点到C点，设橡皮筋与水平方向夹角为θ，橡皮筋拉力为T，则竖直方向上 ，由于从M到C的过程中，θ在不断增大，橡皮筋形变量也在增大，即拉力T在不断增大，因此摩擦力f不可能一直恒为零，即存在摩擦力做功。该过程中，以DC为重力势能零势能面，则由动能定理可得 ，整理得 ，也即 ，所以圆环机械能的变化量大于橡皮筋增加的弹性势能，A不符合题意；
B．以圆环和橡皮筋为整体，由A中结论可知 ，整理得 ，即圆环和橡皮筋整体在M点的机械能大于在C点的机械能，因此缓慢增大转速从C点上升到M点时，必须有非橡皮筋弹力、圆环重力之外的力做正功，而摩擦力仅做负功，因此在无外界其他力做正功的条件下，圆环无法上升到M点，B不符合题意；
C．由于在C点时，以角速度 旋转时圆环对框架无压力，因此时并不受摩擦力作用，有 ，当角速度进一步降低时，则橡皮筋的拉力T会减小，即圆环会向左进一步运动，假设运动到E点，如下图所示
设此时橡皮筋与水平方向夹角为α，则有 ，解得 ，只要圆环和框架之间的静摩擦因数满足 ，即可保证圆环在后续角速度降低时仍然停留在E点，因此线框在C点进一步减小转速，圆环不一定能由C运动到N点，C不符合题意；
D．圆环稳定在Ｎ点时，若角速度仍为 ，设此时橡皮筋与水平方向夹角为 ，则有 ，又因为 ，解得 ，可知若圆环稳定在N点，线框转动的角速度可以为 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】圆环从M到C的过程中，由于摩擦力做功所以橡皮筋增加的弹性势能小于减小的机械能；利用能量守恒定律结合摩擦力做功可以判别圆环不能从C运动到M点；当圆环在C点时，圆环对框架没有压力和摩擦力的作用；利用水平方向的牛顿第二定律及竖直方向的平衡方程可以判别圆环不一定能够到达N点；利用圆环在N点的牛顿第二定律及在C点的牛顿第二定律可以判别线圈转动的角速度的大小。
二、实验题
11．（2023高三上·海安期末）在“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中，某实验小组利用智能手机中自带的定位传感器设计了如图所示的实验，手机软件中的“定位”功能可以测量手机竖直方向的位移。
（1）实验小组进行了如下主要的实验步骤，正确的顺序是　 　。
A、按图安装实验器材，弹簧分别与手机和上螺栓连接，手机重心和弹簧在同一竖直线；
B、重复上述操作；
C、手掌托着手机缓慢下移，当手机与手分离时，打开手机中的位移传感器软件；
D、根据钩码数量及对应手机下降高度的数值画n-x图像；
E、在手机下方悬挂等重钩码，缓慢释放，当钩码平衡时记录下手机下降的高度x。
（2）根据表格中的数据，在答题纸图中描点作出钩码数量与手机位移图像；
钩码数目n 1 2 3 4 5 6
手机位移 0.49 1.01 1.51 1.99 2.39 2.51
（3）根据图像可得出弹簧弹力与弹簧伸长量的关系是　 　；
（4）已知每个钩码的质量为，重力加速度，由图像可以求得弹簧的劲度系数为　 　。
（5）实验中未考虑弹簧自身受到的重力，这对弹簧劲度系数的测量结果　 　（选填“有”或“无”）影响，说明理由　 　。
【答案】（1）ACEBD
（2）
（3）在弹性限度内，弹簧的弹力与伸长量成正比
（4）9.8~10.2
（5）无；劲度系数是通过图像斜率 测得的
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（1）“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验步骤为：将弹簧竖直悬挂在装置上，在弹簧下端悬挂等重钩码，并记录弹簧伸长的长度，逐一添加钩码，重复实验，最后处理实验数据。本次实验中利用手机软件测量弹簧伸长的长度，故正确的实验步骤为ACEBD。
（2）以x为横坐标，n为纵坐标，在坐标纸中描点画线，让多数的点分布在直线上，其余点均匀分布直线两侧，偏差太多的点舍弃，所得图像如下图
（3）由图像为一过原点的直线可知，钩码数量与弹簧伸长长度成正比。又因为钩码为等重钩码，弹簧弹力等于钩码总重量，故在弹性限度内，弹簧的弹力与伸长量成正比。
（4）由胡克定律
（5）劲度系数是通过图像斜率 测得的，故弹簧自身重力对弹簧劲度系数的测量结果无影响。
【分析】（1）正确的顺序为ACEBD；
（2）利用表格数据可以进行描点连线；
（3）利用图象为直线可以判别弹簧弹力与伸长量成正比；
（4）利用胡克定律可以求出劲度系数的大小；
（4）弹簧自身重力对图象斜率没有影响所以弹簧自身重力对弹簧劲度系数测量结果没有影响。
三、解答题
12．（2023高三上·海安期末）图甲为气压升降椅，图乙为其模型简图，活塞与椅面的总质量为m，活塞横截面积为S，气缸内封闭一定质量的理想气体，稳定时气体柱长度为L。设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。已知大气压强为，室内温度，重力加速度为g。
（1）某同学盘坐上椅面，稳定后缸内气体柱长为，求该同学的质量M；
（2）该同学坐稳定后，室内气温缓上升至，求该过程外界对缸内气体做的功W。
【答案】（1）解：人坐上椅子，缸内压强由 变为 ，气体做等温压缩，根据玻意耳定律可得
以活塞与椅面为对象，根据受力平衡可得
联立解得
（2）解：室内气温缓上升至 ，气体等压膨胀，气柱的高度为 ，则有
又
联立解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）人坐在椅子上，利用理想气体的状态方程结合平衡方程可以求出该同学的质量；
（2）当气温上升时，利用气体等压变化的状态方程结合气体体积的变化可以求出外界对气体做功的大小。
13．（2023高三上·海安期末）如图甲所示，质量、电阻的单匝等腰直角三角形线框用细绳悬挂于A点，三角形的直角边长为，为三角形两边的中点。从零时刻起，在连线上方加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小按图乙规律变化。在时细绳恰好被拉断，线框向下运动，穿出磁场时速度为，重力加速度。求：
（1） 内，绳中拉力F随时间t的变化关系；
（2）从零时刻到线框全部离开磁场，线框中产生的总热量Q。
【答案】（1）解： 内，磁场随时间均的变化
线框中有恒定电流
线框受力分析
线框在磁场中有效面积
等效长度
解得
（2）解： 内，线框中热量 ：
绳断后，线框中热量为 ：
解得
【知识点】共点力的平衡；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）已知磁场随时间变化的图象，利用法拉第电磁感应定律结合平衡方程可以求出拉力随时间的表达式；
（2）当绳子不断时，利用焦耳定律可以求出电流产生的热量，利用能量守恒定律可以求出线圈在离开磁场过程中产生的热量。
14．（2023高三上·海安期末）质量为的木板C静止在光滑水平面上。现将速度分别为、的木块A、B同时放上木板，运动方向如图，木块的质量均为m，A、B间的距离为d，木块与木板之间的动摩擦因数均为，木板足够长，重力加速度取g，求：
（1）木块A在木板C上的滑行时间t；
（2）木块A、B运动过程中摩擦产生的总热量Q；
（3）运动过程中木块A和木块B间的最大距离L。
【答案】（1）解：A、B刚放上C时，A做加速度大小为 的匀减速运动，根据牛顿第二定律可得
C做加速度大小为 的匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
滑行时间 后A与C共速 ，则有
联立解得 ，
（2）解：A、B和C系统动量守恒，共同速度为 ，则有
解得
以A、B和C的系统为对象，根据能量守恒可得
解得
（3）解：A、B相对C滑行的总距离
A相对C滑行的距离
解得
B相对C滑行的距离
A相对B间最大距离
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）当AB放上C时，利用牛顿第二定律可以求出A和C加速度的大小，结合速度公式可以求出共速所花的时间，利用速度公式可以求出AC共速的速度大小；
（2）当系统共速时，利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出摩擦产生的热量大小；
（3）当AB运动过程中，利用摩擦力做功可以求出AB相对于C发生的相对位移，结合平均速度公式可以求出A相对于C运动的距离，结合B相对于C运动的距离可以求出AB之间最大的距离。
15．（2023高三上·海安期末）如图所示，在竖直平面一、四象限内有匀强磁场和竖直向上的匀强电场，电场强度为E，第三象限竖直向上的匀强电场，电场强度为，为固定的竖直弹性绝缘挡板、一带正电小球甲，从坐标原点O沿与x轴正方向夹角以速度射出，小球恰能做圆周运动；另一质量和电荷量都是甲球两倍带正电的小球乙，从x轴上M点沿x轴正方向以速度射出，两球在第一次到达y轴时恰好发生正碰，碰后两球连为一体，且碰撞时总电荷量不变。球可视为质点，与挡板弹性碰撞时水平速度大小不变，方向相反，挡板长为，重力加速度取g。求：
（1）乙球抛出后的加速度a；
（2）甲乙两球释放的时间差；
（3）甲乙两球碰撞后经过y轴的位置。
【答案】（1）解：甲球圆周运动有
乙球受力分析
解得
（2）解：甲乙两球在y轴正碰，乙球速度与y轴成 ，甲运动时间 ，乙运动时间 ；
乙球 ，
甲球运动半径r： ，
解得
（3）解：甲乙碰撞后速度为 ，根据动能定理可知 ，
做圆周运动下降的位移
圆周运动经过y轴B点的长度 ：
以速度 再次进入第三象限，加速度不变仍为a，运动时间 与挡板碰撞，水平位移关系
做类平抛运动与 弹性碰撞向下的长度
能够和 碰撞C点
从B点与 碰撞后运动至D点交于y轴，下降的位移
与 碰撞后经过y轴的速度在x方向的分量 始终不变，做圆周运动时， 距离
做圆周运动经过y轴E点的长度 ：
与 不再碰
小球碰撞后有3次经过y轴位置分别为
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）甲球做匀速圆周圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出甲球质量的大小，结合牛顿第二定律可以求出乙球加速度的大小；
（2）两个小球发生正碰时，可以判别乙球速度的方向，利用速度的分解可以求出乙球竖直方向的速度，结合速度公式可以求出运动的时间，利用位移公式可以求出乙球下落的距离；利用甲球运动的轨迹所对圆心角可以求出甲球运动的时间；
（3）两个小球碰撞后，利用动量守恒定律可以求出甲乙碰后速度的大小，利用几何关系可以求出圆周运动经过y轴的长度；利用水平方向的位移结合竖直方向的位移公式可以求出与挡板碰后下落的距离，利用几何关系可以求出小球经过y轴的坐标位置。
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江苏省南通市海安市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·海安期末）中国三名航天员在“天和”核心舱“住”了三个月，他们每天都能看到16次日出日落，可知“天和”核心舱的（　　）
A．角速度比地球同步卫星的小
B．周期比地球同步卫星的长
C．向心加速度比地球同步卫星的大
D．线速度比地球同步卫星的小
2．（2023高三上·海安期末）由两种不同单色光组成的一束复色光，沿图示方向从空气射向圆柱形玻璃砖，经过玻璃砖两次折射后射出，可能的光路是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2023高三上·海安期末）中国空间站持续发出频率为f的监测电波，地面监测站先后接收到空间站通过A、B位置时的信号频率分别为、，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2023高三上·海安期末）如图所示，将一块平板玻璃a放置在另一平板玻璃b上，在一端垫一个薄片，当红光从上方入射后，从上往下可以看到干涉条纹。则（　　）
A．干涉条纹是由a、b两板的上表面反射的光叠加产生的
B．干涉条纹间的亮条纹是由于两反射光叠加减弱产生的
C．换用蓝光照射时，产生的条纹变密
D．将薄片向左移动，产生的条纹变疏
5．（2023高三上·海安期末）如图，两材质不同的物块用细线连接，放在粗糙的斜面上加速下滑，加速度分别为和，两物块与斜面间的动摩擦因数分别为和，则下列关系正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
6．（2023高三上·海安期末）如图所示，右侧空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，面积为S的金属“”形线框与电压表接触良好，线框绕以角速度匀速转动，则电压表示数为（　　）
A． B． C． D．0
7．（2023高三上·海安期末）如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r。闭合开关，调节滑动变阻器滑片，电压表示数为U、电流表示数为I。电源的总功率P与电压U、电流I的关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2023高三上·海安期末）如图所示是回旋加速器示意图，交变电压u大小和频率保持不变，磁场B的磁感应强度大小可以调节。用该装置分别对质子和氦核加速，则质子和氦核的最大动能之比（　　）
A．1∶8 B．1∶4 C．1∶2 D．1∶1
9．（2023高三上·海安期末）将金属板靠近带负电的塑料板，金属板下表面与接地金属柱接触，在金属板上表面撒细纸屑，上抬金属板至某一位置时，可以看到静置的纸屑从金属板上飞溅出来，这就是“静电飞花”实验。关于本实验下列说法正确的是（　　）
A．金属板碰触接地金属柱后不带电
B．上抬金属板，金属板容纳电荷本领增强
C．纸屑飞离的瞬间，金属板的电势降低
D．纸屑是因为带负电相互排斥而不断飞出
10．（2023高三上·海安期末）如图，矩形框竖直放置，橡皮筋一端固定在A点，另一端与圆环连接，圆环套在矩形框上，当矩形框绕轴以角速度匀速转动时，圆环相对框架静止于M点。若缓慢减小转速，当角速度减为时，圆环下落至C点，且恰好对框架无作用力。则（　　）
A．圆环从M到C过程中，橡皮筋增加的弹性势能等于圆环减少的机械能
B．线框由增大转速，圆环一定能由C上升到M点
C．线框由减小转速，圆环一定能由C运动到N点
D．若圆环稳定在N点，线框转动的角速度可以为
二、实验题
11．（2023高三上·海安期末）在“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中，某实验小组利用智能手机中自带的定位传感器设计了如图所示的实验，手机软件中的“定位”功能可以测量手机竖直方向的位移。
（1）实验小组进行了如下主要的实验步骤，正确的顺序是　 　。
A、按图安装实验器材，弹簧分别与手机和上螺栓连接，手机重心和弹簧在同一竖直线；
B、重复上述操作；
C、手掌托着手机缓慢下移，当手机与手分离时，打开手机中的位移传感器软件；
D、根据钩码数量及对应手机下降高度的数值画n-x图像；
E、在手机下方悬挂等重钩码，缓慢释放，当钩码平衡时记录下手机下降的高度x。
（2）根据表格中的数据，在答题纸图中描点作出钩码数量与手机位移图像；
钩码数目n 1 2 3 4 5 6
手机位移 0.49 1.01 1.51 1.99 2.39 2.51
（3）根据图像可得出弹簧弹力与弹簧伸长量的关系是　 　；
（4）已知每个钩码的质量为，重力加速度，由图像可以求得弹簧的劲度系数为　 　。
（5）实验中未考虑弹簧自身受到的重力，这对弹簧劲度系数的测量结果　 　（选填“有”或“无”）影响，说明理由　 　。
三、解答题
12．（2023高三上·海安期末）图甲为气压升降椅，图乙为其模型简图，活塞与椅面的总质量为m，活塞横截面积为S，气缸内封闭一定质量的理想气体，稳定时气体柱长度为L。设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。已知大气压强为，室内温度，重力加速度为g。
（1）某同学盘坐上椅面，稳定后缸内气体柱长为，求该同学的质量M；
（2）该同学坐稳定后，室内气温缓上升至，求该过程外界对缸内气体做的功W。
13．（2023高三上·海安期末）如图甲所示，质量、电阻的单匝等腰直角三角形线框用细绳悬挂于A点，三角形的直角边长为，为三角形两边的中点。从零时刻起，在连线上方加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小按图乙规律变化。在时细绳恰好被拉断，线框向下运动，穿出磁场时速度为，重力加速度。求：
（1） 内，绳中拉力F随时间t的变化关系；
（2）从零时刻到线框全部离开磁场，线框中产生的总热量Q。
14．（2023高三上·海安期末）质量为的木板C静止在光滑水平面上。现将速度分别为、的木块A、B同时放上木板，运动方向如图，木块的质量均为m，A、B间的距离为d，木块与木板之间的动摩擦因数均为，木板足够长，重力加速度取g，求：
（1）木块A在木板C上的滑行时间t；
（2）木块A、B运动过程中摩擦产生的总热量Q；
（3）运动过程中木块A和木块B间的最大距离L。
15．（2023高三上·海安期末）如图所示，在竖直平面一、四象限内有匀强磁场和竖直向上的匀强电场，电场强度为E，第三象限竖直向上的匀强电场，电场强度为，为固定的竖直弹性绝缘挡板、一带正电小球甲，从坐标原点O沿与x轴正方向夹角以速度射出，小球恰能做圆周运动；另一质量和电荷量都是甲球两倍带正电的小球乙，从x轴上M点沿x轴正方向以速度射出，两球在第一次到达y轴时恰好发生正碰，碰后两球连为一体，且碰撞时总电荷量不变。球可视为质点，与挡板弹性碰撞时水平速度大小不变，方向相反，挡板长为，重力加速度取g。求：
（1）乙球抛出后的加速度a；
（2）甲乙两球释放的时间差；
（3）甲乙两球碰撞后经过y轴的位置。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】B．根据题意可知，“天和”核心舱的周期为 ，即“天和”核心舱的周期比地球同步卫星的短，B不符合题意；
A．根据 ，由于“天和”核心舱的周期小于地球同步卫星的周期，则 ，即“天和”核心舱的角速度比地球同步卫星的大，A不符合题意；
C．根据 ，解得 ，由于“天和”核心舱的周期小于地球同步卫星的周期，则 ，根据 ，则有 ，即“天和”核心舱的向心加速度比地球同步卫星的大，C符合题意；
D．根据 ，解得 ，根据上述，可知“天和”核心舱的线速度比地球同步卫星的大，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用一天看到日出的次数可以求出核心舱运动的周期，利用周期的大小可以比较角速度的大小；利用引力提供向心力的大小可以比较线速度和向心加速度的大小。
2．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】由于两种不同单色光的折射率不同，在由空气进入玻璃时，入射角相同，根据 ，可知，在由空气进入玻璃时，两单色光的折射角不同，作出完整光路图如图所示
故答案为：B。
【分析】由于光的不同所以折射率不同，利用折射定律可以判别折射角不同进而判别两种光的传播路径。
3．【答案】A
【知识点】多普勒效应
【解析】【解答】根据多普勒效应，空间站先后经过A、B位置，先靠近地面监测站后逐渐远离监测站，所以信号频率在靠近过程增大，在远离过程频率减小，因此 ，
故答案为：A。
【分析】利用监测站与空间站的距离变化结合多普勒效应可以判别接收到的频率大小变化。
4．【答案】C
【知识点】光的干涉
【解析】【解答】A．从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，所以干涉条纹是由a板的下表面与b板的上表面反射的光叠加产生的，A不符合题意；
B．干涉条纹间的亮条纹是由于两反射光叠加加强产生的，B不符合题意；
CD．当光程差满足 ，干涉条纹为亮条纹，可知相邻两条亮条纹的光程差之间的差值为 ，设平板玻璃a倾角为 ，相邻两条亮条纹的间距为 ，则有 ，联立解得 ，换用蓝光照射时，由于蓝光的波长小于红光的波长，可知相邻两条亮条纹的间距 变小，产生的条纹变密；将薄片向左移动，可知倾角 变大，相邻两条亮条纹的间距 变小，产生的条纹变密，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】干涉条纹是由于a板下表面与b板的上表面反射的光叠加产生的；干涉条纹的亮条纹是由于两反射光叠加加强产生的；利用光从波长变化可以判别条纹间距的大小变化；利用条纹间距和角度的关系可以判别条纹间距的大小变化。
5．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】设细线张力大小T，物块1的加速度 ，同理，物块2的加速度 ，
AB．若 ，若 ，则 ，若 ，则 ，AB不符合题意；
CD．若 ，则 ，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】当细线存在张力时，利用牛顿第二定律可以求出物块的加速度大小，结合动摩擦因数的大小可以比较加速度的大小。
6．【答案】A
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】若该线框 左右两侧空间均有垂直纸面向里的匀强磁场B，且有一个阻值为 电阻组成闭合回路，回路中感应电动势的峰值 ，电动势的有效值为 ，在如图所示的磁场中，线框绕 以角速度 匀速转动时，只有半个周期产生感应电动势，设电压表的示数为 ，即此时感应电动势的有效值 ，仍假设有一个阻值为 电阻与线框组成闭合回路。设周期为 ： ，得 ，电压表示数为
故答案为：A。
【分析】利用动生电动势的表达式可以求出电动势的峰值，结合电动势的峰值可以求出电动势的有效值，再利用热功率的表达式可以求出电动势有效值的大小，利用电动势的大小可以求出电压表的读数。
7．【答案】B
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】AB．由闭合电路欧姆定律有 ，化简得 ，则电源的总功率为 ，若U是自变量，则电源的总功率P与电压U是线性关系，A不符合题意，B符合题意；
CD．若I是自变量，则电源的总功率P与电压满足 ，即电源的总功率P与电流I是正比例关系，CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用闭合电路的欧姆定律可以求出电流的表达式，结合总功率的表达式可以判别总功率和电压的关系；利用电动势不变可以判别总功率与电流的大小关系。
8．【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】由题意可得，粒子射出时速度最大，动能也最大，且粒子射出时的最大半径为D型装置的半径，故两种粒子射出时的运动半径相等，由 ， ，可得粒子射出的最大速度为 ，粒子周期为 ，交变电压频率保持不变意味着两种粒子在磁场中运动的周期相同，即 ，由题意可知 ， ，联立可得 ，结合题意可得，由最大动能公式可得， ，
则质子和氦核的最大动能之比为 1：4
故答案为：B。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出粒子最大速度的表达式，利用周期相等结合比荷之比可以求出磁感应强度的比值，结合动能的表达式可以求出最大动能的比值。
9．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．塑料板带负电，金属板靠近后，金属板的下表面带正电，上表面带负电，当下表面与接地金属柱接触后，上表面的负电荷会流到大地，只有下表面带正电，A不符合题意；
B．上抬金属板，金属板与塑料板的距离增大 ，所以容纳电荷本领减弱，B不符合题意；
C．由于金属板容纳电荷的本领变小，所以纸屑带了一小部分正电荷，飞离金属表面，所以静电力做正功，电势能减少，金属板的电势降低，C符合题意；
D．纸屑与金属板接触，所以纸屑与金属板间因为同种电荷（正电荷）相互排斥，所以飞离金属板上表面，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由于静电感应可以判别金属板下表面带正电及上表面带负电，利用电荷的移动可以判别下表面接触地面时金属板带正电；利用电容器的距离变化可以判别电容的大小变化；当纸屑飞离时，静电力做正功所以电势能减小，所以金属板电势降低；纸屑飞走是由于同种电荷相互排斥。
10．【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．圆环从M点到C点，设橡皮筋与水平方向夹角为θ，橡皮筋拉力为T，则竖直方向上 ，由于从M到C的过程中，θ在不断增大，橡皮筋形变量也在增大，即拉力T在不断增大，因此摩擦力f不可能一直恒为零，即存在摩擦力做功。该过程中，以DC为重力势能零势能面，则由动能定理可得 ，整理得 ，也即 ，所以圆环机械能的变化量大于橡皮筋增加的弹性势能，A不符合题意；
B．以圆环和橡皮筋为整体，由A中结论可知 ，整理得 ，即圆环和橡皮筋整体在M点的机械能大于在C点的机械能，因此缓慢增大转速从C点上升到M点时，必须有非橡皮筋弹力、圆环重力之外的力做正功，而摩擦力仅做负功，因此在无外界其他力做正功的条件下，圆环无法上升到M点，B不符合题意；
C．由于在C点时，以角速度 旋转时圆环对框架无压力，因此时并不受摩擦力作用，有 ，当角速度进一步降低时，则橡皮筋的拉力T会减小，即圆环会向左进一步运动，假设运动到E点，如下图所示
设此时橡皮筋与水平方向夹角为α，则有 ，解得 ，只要圆环和框架之间的静摩擦因数满足 ，即可保证圆环在后续角速度降低时仍然停留在E点，因此线框在C点进一步减小转速，圆环不一定能由C运动到N点，C不符合题意；
D．圆环稳定在Ｎ点时，若角速度仍为 ，设此时橡皮筋与水平方向夹角为 ，则有 ，又因为 ，解得 ，可知若圆环稳定在N点，线框转动的角速度可以为 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】圆环从M到C的过程中，由于摩擦力做功所以橡皮筋增加的弹性势能小于减小的机械能；利用能量守恒定律结合摩擦力做功可以判别圆环不能从C运动到M点；当圆环在C点时，圆环对框架没有压力和摩擦力的作用；利用水平方向的牛顿第二定律及竖直方向的平衡方程可以判别圆环不一定能够到达N点；利用圆环在N点的牛顿第二定律及在C点的牛顿第二定律可以判别线圈转动的角速度的大小。
11．【答案】（1）ACEBD
（2）
（3）在弹性限度内，弹簧的弹力与伸长量成正比
（4）9.8~10.2
（5）无；劲度系数是通过图像斜率 测得的
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（1）“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验步骤为：将弹簧竖直悬挂在装置上，在弹簧下端悬挂等重钩码，并记录弹簧伸长的长度，逐一添加钩码，重复实验，最后处理实验数据。本次实验中利用手机软件测量弹簧伸长的长度，故正确的实验步骤为ACEBD。
（2）以x为横坐标，n为纵坐标，在坐标纸中描点画线，让多数的点分布在直线上，其余点均匀分布直线两侧，偏差太多的点舍弃，所得图像如下图
（3）由图像为一过原点的直线可知，钩码数量与弹簧伸长长度成正比。又因为钩码为等重钩码，弹簧弹力等于钩码总重量，故在弹性限度内，弹簧的弹力与伸长量成正比。
（4）由胡克定律
（5）劲度系数是通过图像斜率 测得的，故弹簧自身重力对弹簧劲度系数的测量结果无影响。
【分析】（1）正确的顺序为ACEBD；
（2）利用表格数据可以进行描点连线；
（3）利用图象为直线可以判别弹簧弹力与伸长量成正比；
（4）利用胡克定律可以求出劲度系数的大小；
（4）弹簧自身重力对图象斜率没有影响所以弹簧自身重力对弹簧劲度系数测量结果没有影响。
12．【答案】（1）解：人坐上椅子，缸内压强由 变为 ，气体做等温压缩，根据玻意耳定律可得
以活塞与椅面为对象，根据受力平衡可得
联立解得
（2）解：室内气温缓上升至 ，气体等压膨胀，气柱的高度为 ，则有
又
联立解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）人坐在椅子上，利用理想气体的状态方程结合平衡方程可以求出该同学的质量；
（2）当气温上升时，利用气体等压变化的状态方程结合气体体积的变化可以求出外界对气体做功的大小。
13．【答案】（1）解： 内，磁场随时间均的变化
线框中有恒定电流
线框受力分析
线框在磁场中有效面积
等效长度
解得
（2）解： 内，线框中热量 ：
绳断后，线框中热量为 ：
解得
【知识点】共点力的平衡；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）已知磁场随时间变化的图象，利用法拉第电磁感应定律结合平衡方程可以求出拉力随时间的表达式；
（2）当绳子不断时，利用焦耳定律可以求出电流产生的热量，利用能量守恒定律可以求出线圈在离开磁场过程中产生的热量。
14．【答案】（1）解：A、B刚放上C时，A做加速度大小为 的匀减速运动，根据牛顿第二定律可得
C做加速度大小为 的匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
滑行时间 后A与C共速 ，则有
联立解得 ，
（2）解：A、B和C系统动量守恒，共同速度为 ，则有
解得
以A、B和C的系统为对象，根据能量守恒可得
解得
（3）解：A、B相对C滑行的总距离
A相对C滑行的距离
解得
B相对C滑行的距离
A相对B间最大距离
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）当AB放上C时，利用牛顿第二定律可以求出A和C加速度的大小，结合速度公式可以求出共速所花的时间，利用速度公式可以求出AC共速的速度大小；
（2）当系统共速时，利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出摩擦产生的热量大小；
（3）当AB运动过程中，利用摩擦力做功可以求出AB相对于C发生的相对位移，结合平均速度公式可以求出A相对于C运动的距离，结合B相对于C运动的距离可以求出AB之间最大的距离。
15．【答案】（1）解：甲球圆周运动有
乙球受力分析
解得
（2）解：甲乙两球在y轴正碰，乙球速度与y轴成 ，甲运动时间 ，乙运动时间 ；
乙球 ，
甲球运动半径r： ，
解得
（3）解：甲乙碰撞后速度为 ，根据动能定理可知 ，
做圆周运动下降的位移
圆周运动经过y轴B点的长度 ：
以速度 再次进入第三象限，加速度不变仍为a，运动时间 与挡板碰撞，水平位移关系
做类平抛运动与 弹性碰撞向下的长度
能够和 碰撞C点
从B点与 碰撞后运动至D点交于y轴，下降的位移
与 碰撞后经过y轴的速度在x方向的分量 始终不变，做圆周运动时， 距离
做圆周运动经过y轴E点的长度 ：
与 不再碰
小球碰撞后有3次经过y轴位置分别为
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）甲球做匀速圆周圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出甲球质量的大小，结合牛顿第二定律可以求出乙球加速度的大小；
（2）两个小球发生正碰时，可以判别乙球速度的方向，利用速度的分解可以求出乙球竖直方向的速度，结合速度公式可以求出运动的时间，利用位移公式可以求出乙球下落的距离；利用甲球运动的轨迹所对圆心角可以求出甲球运动的时间；
（3）两个小球碰撞后，利用动量守恒定律可以求出甲乙碰后速度的大小，利用几何关系可以求出圆周运动经过y轴的长度；利用水平方向的位移结合竖直方向的位移公式可以求出与挡板碰后下落的距离，利用几何关系可以求出小球经过y轴的坐标位置。
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