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江苏省南通市如东县2022-2023学年高三上学期物理期末学情检测试卷
一、单选题
1．（2023高三上·如东期末）如图所示，两颗卫星A、B质量相等，卫星A绕地球运动的轨迹为圆，卫星B绕地球运动的轨迹为椭圆，轨迹在同一个平面内且相切于P点，则（ ）
A．卫星B的周期比A的大 B．两卫星在P点的速度大小相等
C．卫星B在P点的速度小于7.9km/s D．两卫星的机械能相等
【答案】A
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】A．卫星B运动轨迹的半长轴比A的大，根据开普勒第三定律 ，可知卫星B的周期比A的大，A符合题意；
B．卫星在圆轨道运行时做匀速圆周运动，到达P点加速后做离心运动，可能进入椭圆轨道，则卫星B在P点的速度比卫星A的速度大，B不符合题意；
C．若卫星A的轨道是在地球表面附近，则卫星A在P点的速度才等于7.9km/s，否则卫星A在P点的速度总小于7.9km/s，所以卫星B在P点的速度大于7.9km/s，C不符合题意；
D．两卫星质量相同，但在P点速度不同，则两卫星的机械能不相等，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用开普勒第三定律结合半长轴的大小可以比较周期的大小；利用卫星在P点做离心运动可以判别卫星B在P点的速度大于卫星A在P点速度大小；卫星B在P点做离心运动，未知卫星A的速度不能判别卫星B在P点的速度；利用变轨速度不同可以判别机械能不同。
2．（2023高三上·如东期末） （锂核）是不稳定的，一个静止的分裂时的核反应方程为→＋X＋γ，其中X的动量大小为p1，的动量大小为p2，γ光子与运动方向相同，普朗克常量为h，则（ ）
A．X是中子 B．X是电子
C．γ光子的波长为 D．γ光子的波长为
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】AB．根据核反应方程质量数守恒和电荷数守恒可得 ，故X是质子，AB不符合题意；
CD．设 光子的动量为 ，取 粒子运动方向为正方向，合动量为零，根据动量守恒定律可得 ，根据德布罗波长计算公式可得 ，解得 ，D不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用质量数和电荷数守恒可以判别X为质子；利用动量守恒定律结合德布罗意波长公式可以求出光子波长的大小。
3．（2023高三上·如东期末）如图甲所示，分别用1、2两种材料作K极进行光电效应探究，频率相同的a、b两束光分别照射1、2两种材料，产生光电子的最大初动能分别为Eka、Ekb，光电流I随电压U变化关系如图乙所示，则（ ）
A．a光子的能量比b光子的大 B．a、b两光的光照强度相同
C．光电子的最大初动能Eka>Ekb D．材料1的截止频率比材料2的大
【答案】D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．a、b两束光的频率相同，则a、b两束光子的能量相同，A不符合题意；
B．因a光的饱和光电流较大，可知a光的光照强度较大，B不符合题意；
CD．根据 ，因b光的截止电压较大，可知光电子的最大初动能Eka故答案为：D。
【分析】利用光的频率相同可以判别光子的能量相同；利用饱和电流的大小可以比较光照的强度；利用遏止电压的大小可以比较最大动能的大小，利用最大动能的大小结合光电效应方程可以比较逸出功和截止频率的大小。
4．（2023高三上·如东期末）如图所示，实线和虚线分别是沿x轴正方向传播的一列简谐横波在t1=0和t2=0.06s时刻的波形图，则该波的（ ）
A．周期可能为0.04s B．周期可能为0.24s
C．传播速度可能为35m/s D．传播速度可能为65m/s
【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】AB．由图可知，在0.06s内，简谐波向x轴正方向传播了 ，即经过了 个周期，故有 ， ，解得，该简谐波的周期为 ， ，无论n取何值，周期都不可能为0.04s和0.24s，AB不符合题意；
CD．由图可知，该简谐波的波长 ，则该简谐波的传播速度为 ， ，无论n取何值，传播速度都不可能为65m/s，当 时，传播速度为35m/s，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】假设波传播的方向，结合传播的距离可以判别传播的时间，利用传播的时间可以求出周期的大小，利用波长和周期可以求出波速的大小。
5．（2023高三上·如东期末）如图所示，当波源和障碍物都静止不动时，波源发出的波在障碍物处不能发生明显衍射，下列措施可能使波发生较为明显衍射的是（ ）
A．增大障碍物的长度 B．波源远离障碍物运动
C．波源靠近障碍物运动 D．增大波源的振动频率
【答案】B
【知识点】波的衍射现象
【解析】【解答】A．发生明显衍射的条件是障碍物的尺寸与波长差不多或比波长短，由于波源发出的波在障碍物处不能发生明显衍射，表明障碍物的尺寸比波长大得多，为了使波发生较为明显的衍射，需要增大波长或减小障碍物的长度，可知增大障碍物的长度不能使波发生较为明显的衍射，A不符合题意；
B．波源远离障碍物将产生多普勒效应，障碍物处接收到的频率减小，根据 ，可知，波源远离障碍物，等效于增大波长，根据上述，该措施能使波发生较为明显的衍射，B符合题意；
C．波源靠近障碍物将产生多普勒效应，障碍物处接收到的频率增大，根据 ，可知，波源靠近障碍物，等效于减小波长，根据上述，该措施不能使波发生较为明显的衍射，C不符合题意；
D．根据 可知，增大波源的振动频率时，波长减小，根据上述，该措施不能使波发生较为明显的衍射，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】为了发生明显的衍射现象可以增大波长的大小或者减小障碍物的尺寸；利用多普勒效应可以判别当障碍物远离波源时会导致接受的频率减小则波长增大可能发生明显的衍射现象。
6．（2022高三上·启东期中）如图，O为抛物线OM的顶点，A、B为抛物线上两点，O点的切线水平。从A、B两点分别以初速度v1、v2水平抛出两小球，同时击中O点，不计空气阻力，则两球（ ）
A．必须同时抛出 B．初速度v1与v2相等
C．击中O点时速度相同 D．击中O点时重力的瞬时功率相等
【答案】B
【知识点】运动的合成与分解；斜抛运动
【解析】【解答】B．已知O为抛物线OM顶点，则以O为原点建立xOy直角坐标系，
则设OM为
则两平抛运动在竖直方向为自由落体运动，有
联立解得
平抛在水平方向为匀速直线运动，有
联立可得
整理可得
B符合题意；
A．因 则可得
A球先抛出才能同时击中O点，故A错误；
C．因 ，但竖直方向有
故两分速度合成后可知O点的速度不同，C不符合题意；
D．两球在O点重力瞬时功率为
即击中O点时重力的瞬时功率不相等，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据运动的分解得出两球的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，结合瞬时功率的表达式进行分析判断。
7．（2023高三上·如东期末）湖面上有帆船正以速度v1匀速顺风航行。已知：该船帆的有效受风面积为S，水平风速恒为v2，且v1＜v2. ，湖面上空气密度为ρ。则风对船帆的推力的功率为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】单位时间t内冲击船帆的空气的体积 ，单位时间t内冲击船帆的空气质量 ，空气的动量改变量 ，帆对空气的作用力F，由动量定理 ，解得 ，根据牛顿第三定律，帆船在航行过程中受到的风的水平推力大小 ，风对船帆的推力的功率为 ，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用风速和船速可以求出单位时间内冲击船帆的空气质量，利用动量定律结合牛顿第三定律可以求出船受到的水平推力的大小，结合速度的大小可以求出风对船的功率的大小。
8．（2023高三上·如东期末）如图所示，点电荷+2Q、-Q分别置于A、B两点，O为AB连线上的点，B与O的距离为L、A与O的距离为3L，CD连线与AB连线垂直，C、D两点关于O点对称，∠CAD=60°，∠ACB=90°，取O点的电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．C，D两点的电场强度相同
B．C，D两点的电势相等且都为零
C．将质子沿直线从C移到D，电场力先做正功后做负功
D．将电子沿直线从C移到D，电子电势能先减小后增大
【答案】C
【知识点】电场及电场力；电场力做功
【解析】【解答】A．根据矢量合成法则，C、D两点的电场强度大小相同，方向不同，A不符合题意；
B．根据矢量合成法则，在OC段合电场强度方向斜向右下，在OD段合电场强度方向斜向右上，将正电荷沿直线从C移到O，电场力做正功，电势能减小，电势降低，又由于O点的电势为零，则C点电势为正，不为零，同理，D点电势为正，不为零，B不符合题意；
C．在OC段合电场强度方向斜向右下，在OD段合电场强度方向斜向右上，将质子沿直线从C移到D，电场力先做正功后做负功，C符合题意；
D．将电子沿直线从C移到D，电子的电势能先增大后减小，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用电场强度的叠加可以判别CD两点电场强度大小相等方向不同；利用电场强度的叠加可以判别电场强度的方向，结合电话的运动方向可以判别电场力做功进而比较电势能或电势的大小。
9．（2023高三上·如东期末）如图所示，一电阻可忽略的U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab、dc足够长，一根电阻为R的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。则金属棒速度v、加速度a、两端电压UMN、回路中电流强度i随时间t变化的关系图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】金属框在恒力F作用下向右加速，由右手定则可知，bc边产生的感应电流从c流向b，由左手定则可知，导体棒受到向右的安培力作用，导体棒向右做加速运动，设金属框的加速度为a1，导体棒的加速度为a2，设金属框的速度为v1，导体棒的速度为v2，设导体棒的电阻为R，回路的感应电流 ，设金属框的质量为M，导体棒的质量为m，对金属框，牛顿第二定律得 ，对导体棒MN，由牛顿第二定律得 ，金属框与导体棒都做初速度为零的加速运动，v1、v2都变大，a1从 开始减小，导体棒的加速度a2从0开始增大，当金属框与导体棒的加速度相等时，即a1=a2=a，解得 ，加速度保持不变，回路感应电流 ，此后金属框与导体棒的速度差 保持不变，感应电流不变，两端电压UMN不变且不为0，导体棒所受到的安培力不变，加速度不变，金属框与导体棒以相等的加速度做匀加速直线运动，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用右手定则可以判别感应电流的方向，结合左手定则可以判别导体棒受到的安培力方向，结合动生电动势的表达式及欧姆定律可以求出回路电流的大小，结合牛顿第二定律可以求出金属框和导体棒的加速度大小，当两者加速度相等时两者速度差保持不变，利用动生电动势的表达式可以判别回路电流保持不变，最后金属框和导体棒做匀加速直线运动。
10．（2023高三上·如东期末）图示为半圆柱体玻璃的横截面OBCD，OD为直径。一束复色光沿AO方向从真空射入玻璃，光线分别从B、C点射出，下列说法正确的是（ ）
A．B，C光线的频率fBB．B，C光线在玻璃中传播速度vB>vC
C．光线在玻璃中传播时间tOBD．改变复色光入射角，光线可能会在半圆面上发生全反射
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．从B点射出的光线在O点折射时光的传播方向偏折大，说明玻璃对从B点射出的单色光折射率大，频率高，B、C光线的频率fB>fC，A不符合题意；
B．由光在介质中传播速度公式 ，所以有 ，B不符合题意；
C．设光在O点折射时入射角、折射角分别为i，r，根据折射定律有 ，又根据几何关系，光从O到射出玻璃的光程 ，则折射光在玻璃中传播时间 ，可见时间与折射光线方向无关，光线在玻璃中传播时间tOB=tOC，C不符合题意；
D．发生全反射的必要条件之一是光从光密介质射向光疏介质，改变复色光入射角，光线可能会在半圆面上发生全反射，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用折射角的大小可以比较折射率的大小，利用折射率的大小可以比较光频率的大小；利用折射率的大小可以比较光传播的速度大小；利用光传播的路径及传播的速度大小可以比较光传播的时间；利用全反射的条件可以判别光线可能发生全反射。
二、实验题
11．（2023高三上·如东期末）某同学为了测量一电流表内阻，采用如图甲所示的电路进行实验。已知电流表的量程是2mA，内阻约是50Ω，电池的电动势约为6V。
（1）请用笔画线代替导线，在图中完成实物电路的连接；
（2）按图甲连接好电路后，接下来的正确操作顺序是 ；
①将电阻箱R的电阻调到零，滑动变阻器R1的滑片调到最右端；
②读出电阻箱的电阻值Rx，可以认为电流表的内阻r=Rx；
③保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的电阻，使得电流表的示数为；
④闭合开关S，调节变阻器R1的滑片，使得电流表达到满偏电流I0；
（3）可供选择的器材有：
A．滑动变阻器（0~5Ω，3A）
B．滑动变阻器（0~50Ω，1A）
C．电阻箱（0~999.9Ω）
D．电阻箱（0~9999Ω）
为了比较准确地测量出电流表的内阻，应选用的滑动变阻器R1是 ；电阻箱R是 ；（填仪器前的字母序号）
（4）本实验中电流表内阻的测量值 （选填“大于”、“小于”或“等于”）电流表内阻的真实值；
（5）如果升高电池的电动势，用此电路测出的电流表的内阻的误差将 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（6）若测得电流表的内阻为R0，为将其改装成量程为0.6A的安培表，应 （选填“串联”、“并联”）阻值为 电阻。
【答案】（1）
（2）①④③②
（3）A；C
（4）大于
（5）减小
（6）并联；
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）实物电路的连接图如下
（2）该实验为半偏法测电流表内阻，实验原理与步骤为：刚开始将电阻箱R的电阻调到零，滑动变阻器R1的滑片滑到最右端；接着闭合开关S，调节变阻器R1的滑片，使得电流表达到满偏电流I0，则并联电压为 ，再保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的电阻，使得电流表的示数为 ，此时 ，最后读出电阻箱的电阻值Rx，可以认为电流表的内阻r=Rx，故正确操作顺序是①④③②；
（3）本实验滑动变阻器采用分压式接法，为方便操作，应选用最大阻值较小的滑动变阻器，故答案为：A；由于电流表内阻较小，因此电阻箱应选用最大阻值较小、最小测量挡位更小的C；
（4）此实验过程中认为电阻箱串联电流表后并联电压不变，而实际情况是电阻箱串联电流表后电路总电阻变大，干路电流减小，并联电压变大，故所串联的电阻箱分压大于电流表的分压，其阻值大于电流表的内阻，故测量值大于真实值；
（5）若升高电源的电动势，电阻箱阻值接入电路后，对全电路电压分配的影响减小，因此测量误差减小；
（6）改装成安培表，需要并联分流电阻，并联的分流电阻阻值为
【分析】（1）利用电路图进行实物图连线；
（2）实验的正确操作顺序为①④③②；
（3）本实验滑动变阻器使用分压式接法使用小阻值；由于电流表内阻小所以电阻箱选择最大阻值较小的；
（4）由于实际测量时电阻箱串联电流表会导致总电阻增大，所以干路电流减小，并联电压增大所以测量值会大于真实值；
（5）升高电动势的大小时电阻箱阻值接入电路时，对全电路的电压分压影响较小所以测量值误差减小；
（6）当电表改装为安培表时，利用并联电阻，利用欧姆定律可以求出并联电阻的阻值大小。
三、解答题
12．（2023高三上·如东期末）如图所示，柱形绝热气缸竖直放置，一定质量的理想气体被重力为G、横截面积为S的绝热活塞封闭在气缸内，此时活塞距气缸底部的距离为L0，气缸内气体热力学温度为T0。现通过电热丝缓慢对气缸内气体加热，通过电热丝的电流为I，电热丝电阻为R，加热时间为t，使气体热力学温度升高到2T0。已知大气压强为p0，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动，设电热丝产生的热量全部被气体吸收，求气缸内气体热力学温度从T0升高到2T0的过程中：
（1）活塞移动的距离x；
（2）该气体增加的内能ΔU。
【答案】（1）解：由题意可知，等压变化时有
活塞移动的距离
解得
（2）解：设气体压强为p，由题意有
外界对气体做的功为
吸收的热量为
由热力学第一定律有
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）活塞移动的过程中，利用气体等压变化的状态方程可以求出活塞移动的距离；
（2）已知活塞移动的距离，利用气体的压强可以求出外界对气体做功的大小，结合焦耳定律可以求出气体吸收的热量，结合热力学第一定律可以求出内能的增加量。
13．（2023高三上·如东期末）如图所示，一个工作台由水平传送带与倾角θ=37°足够长的斜面体组成，传送带AB间的长度L=1.7m，皮带顺时针匀速转动。现让质量m=1kg的小物块以某水平向右的速度从A点滑上皮带，恰好能滑到斜面上高度h=1.08m的C点，物块与斜面体、传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.5，传送带与斜面平滑连接，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求物块由A运动到B时的速度vB；
（2）若改变传送带转速，物块从A点水平滑上传送带，滑上斜面后恰好能返回出发点A，求物块从A点滑上初动能的最小值Ekmin。
【答案】（1）解：物块恰好能滑到C，B到C做加速度为a的匀减速运动，C点速度为零，则
解得
（2）解：当物块滑上斜面H高度后返回，经皮带减速刚好回到A点，速度为零，则物块从A点滑上初动能最小，滑块从最高点到达A点过程，根据动能定理可得
解得
设物块在传送带上皮带对物体做功为 ，滑块从A点到达最高点过程，根据动能定理可得
解得
故当传送带上皮带对物体做功 最大时，物块从A点滑上初动能最小，即物块在传送带上整个过程皮带对物体做正功，此时物块从A点滑上初动能最小，即
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）物块恰好能滑到C电，从B到C做匀减速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出经过B点速度的大小；
（2）改变传送带的转速，滑块从最高点到A点的过程中，利用动能定理可以求出下滑的高度，结合动能定理可以求出物块滑上传送带的最小动能。
14．（2023高三上·如东期末）如图所示，在竖直轴OO′的B点套有不可上下滑动，只可以绕轴无摩擦转动的轻环，轻弹簧的上端与该环相连，光滑杆OA与水平面间的夹角α=60°，质量为m的小球套在光滑杆OA上并与弹簧的下端连接，已知轴OB间距为L。
（1）保持杆不动，小球在图示P点位置处于静止状态，图示β=30°，求小球所受弹簧的弹力大小T和所受杆的弹力大小N；
（2）保持光滑杆OA与水平面间的夹角始终为α，使小球随杆OA一起由静止绕OO′轴加速转动，小球缓慢运动到与B点在同一水平面的A点时，杆OA匀速转动，小球与杆保持相对静止，求此时杆OA绕OO′轴转动的角速度大小ω；
（3）在（2）情形之下，小球由P点开始相对杆向上滑动到A点与杆相对静止的过程中，杆对球所做的功W。
【答案】（1）解：小球在位置P处静止时， 受力分析，如图
根据平衡条件有
解得 ，
（2）解：小球在位置A处时，设小球做圆周运动的半径为r，所受弹簧的弹力大小FT和杆的弹力大小FN，则水平方向
竖直方向
几何关系
弹簧伸长的长度与初始相同，则
解得
（3）解：小球将由静止开始沿杆向上滑动，初速度vP=0
小球在位置A的速度大小
小球由P到A过程，根据动能定理有
解得
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）当小球处于静止时，利用小球的平衡方程可以小球受到弹簧的弹力及受到杆的弹力的大小；
（2）当小球在位置A做匀速圆周运动，利用水平方向的牛顿第二定律结合竖直方向的平衡方程可以求出角速度的大小；
（3）当小球从静止沿杆向上运动，利用线速度的表达式可以求出经过A点的速度大小，结合动能定理可以求出杆对球做功的大小。
15．（2023高三上·如东期末）如图甲所示，足够大的空间有垂直纸面的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，右侧有竖直挡板CD，O′是挡板上一点，直线OO′与挡板CD垂直，t=0时刻，一质量为m、电荷量为q带正电的微粒在O点以与OO′成α=45°的初速度v沿纸面开始运动，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示（图中B0已知），选定磁场垂直纸面向里为正方向，电场强度大小为，重力加速度为g，微粒射到挡板上时被挡板吸收。
（1）求微粒再次经过直线OO′时与O点的距离；
（2）若微粒第一次运动到最大高度时突然撤去电场，求此后微粒到达直线OO′时的动能Ek；
（3）要使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离L应满足什么条件？
【答案】（1）解：由于电场强度大小
则电场力
因此重力与电场力平衡；微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则
解得
由
则微粒在时间 内转过四分之一个圆周，再次经直线OO 时与O点的距离
（2）解：微粒运动四分之一后斜向上与OO 成α=45°匀速运动，运动的时间为 ，轨迹如图所示
位移大小
因此，微粒离开直线OO 的最大高度
由动能定理有
解得
（3）解：微粒运动一个周期沿直线OO 方向移动的距离
若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO 下方时，由图象可知，挡板MN与O点间的距离应满足 （n=0，1，2…)
若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO 上方时，由图象可知，挡板MN与O点间的距离应满足 （n=0，1，2…)
（说明：若两式合写成 （n=0，1，2…)同样给分）
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由于微粒电场力与重力相等，则微粒做匀速圆周运动；利用牛顿第二定理可以求出微粒做圆周运动的半径，结合运动的时间可以求出再次经过直线时与O点的距离；
（2）当微粒运动到最高位置时撤去电磁，利用运动的轨迹可以求出位移的大小，利用动能定理可以求出微粒到达直线的动能大小；
（3）当微粒垂直射到板上时，利用几何关系可以求出位移运动一周移动的距离，利用几何关系可以求出挡板与O点之间的距离。
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江苏省南通市如东县2022-2023学年高三上学期物理期末学情检测试卷
一、单选题
1．（2023高三上·如东期末）如图所示，两颗卫星A、B质量相等，卫星A绕地球运动的轨迹为圆，卫星B绕地球运动的轨迹为椭圆，轨迹在同一个平面内且相切于P点，则（ ）
A．卫星B的周期比A的大 B．两卫星在P点的速度大小相等
C．卫星B在P点的速度小于7.9km/s D．两卫星的机械能相等
2．（2023高三上·如东期末） （锂核）是不稳定的，一个静止的分裂时的核反应方程为→＋X＋γ，其中X的动量大小为p1，的动量大小为p2，γ光子与运动方向相同，普朗克常量为h，则（ ）
A．X是中子 B．X是电子
C．γ光子的波长为 D．γ光子的波长为
3．（2023高三上·如东期末）如图甲所示，分别用1、2两种材料作K极进行光电效应探究，频率相同的a、b两束光分别照射1、2两种材料，产生光电子的最大初动能分别为Eka、Ekb，光电流I随电压U变化关系如图乙所示，则（ ）
A．a光子的能量比b光子的大 B．a、b两光的光照强度相同
C．光电子的最大初动能Eka>Ekb D．材料1的截止频率比材料2的大
4．（2023高三上·如东期末）如图所示，实线和虚线分别是沿x轴正方向传播的一列简谐横波在t1=0和t2=0.06s时刻的波形图，则该波的（ ）
A．周期可能为0.04s B．周期可能为0.24s
C．传播速度可能为35m/s D．传播速度可能为65m/s
5．（2023高三上·如东期末）如图所示，当波源和障碍物都静止不动时，波源发出的波在障碍物处不能发生明显衍射，下列措施可能使波发生较为明显衍射的是（ ）
A．增大障碍物的长度 B．波源远离障碍物运动
C．波源靠近障碍物运动 D．增大波源的振动频率
6．（2022高三上·启东期中）如图，O为抛物线OM的顶点，A、B为抛物线上两点，O点的切线水平。从A、B两点分别以初速度v1、v2水平抛出两小球，同时击中O点，不计空气阻力，则两球（ ）
A．必须同时抛出 B．初速度v1与v2相等
C．击中O点时速度相同 D．击中O点时重力的瞬时功率相等
7．（2023高三上·如东期末）湖面上有帆船正以速度v1匀速顺风航行。已知：该船帆的有效受风面积为S，水平风速恒为v2，且v1＜v2. ，湖面上空气密度为ρ。则风对船帆的推力的功率为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2023高三上·如东期末）如图所示，点电荷+2Q、-Q分别置于A、B两点，O为AB连线上的点，B与O的距离为L、A与O的距离为3L，CD连线与AB连线垂直，C、D两点关于O点对称，∠CAD=60°，∠ACB=90°，取O点的电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．C，D两点的电场强度相同
B．C，D两点的电势相等且都为零
C．将质子沿直线从C移到D，电场力先做正功后做负功
D．将电子沿直线从C移到D，电子电势能先减小后增大
9．（2023高三上·如东期末）如图所示，一电阻可忽略的U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab、dc足够长，一根电阻为R的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。则金属棒速度v、加速度a、两端电压UMN、回路中电流强度i随时间t变化的关系图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2023高三上·如东期末）图示为半圆柱体玻璃的横截面OBCD，OD为直径。一束复色光沿AO方向从真空射入玻璃，光线分别从B、C点射出，下列说法正确的是（ ）
A．B，C光线的频率fBB．B，C光线在玻璃中传播速度vB>vC
C．光线在玻璃中传播时间tOBD．改变复色光入射角，光线可能会在半圆面上发生全反射
二、实验题
11．（2023高三上·如东期末）某同学为了测量一电流表内阻，采用如图甲所示的电路进行实验。已知电流表的量程是2mA，内阻约是50Ω，电池的电动势约为6V。
（1）请用笔画线代替导线，在图中完成实物电路的连接；
（2）按图甲连接好电路后，接下来的正确操作顺序是 ；
①将电阻箱R的电阻调到零，滑动变阻器R1的滑片调到最右端；
②读出电阻箱的电阻值Rx，可以认为电流表的内阻r=Rx；
③保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的电阻，使得电流表的示数为；
④闭合开关S，调节变阻器R1的滑片，使得电流表达到满偏电流I0；
（3）可供选择的器材有：
A．滑动变阻器（0~5Ω，3A）
B．滑动变阻器（0~50Ω，1A）
C．电阻箱（0~999.9Ω）
D．电阻箱（0~9999Ω）
为了比较准确地测量出电流表的内阻，应选用的滑动变阻器R1是 ；电阻箱R是 ；（填仪器前的字母序号）
（4）本实验中电流表内阻的测量值 （选填“大于”、“小于”或“等于”）电流表内阻的真实值；
（5）如果升高电池的电动势，用此电路测出的电流表的内阻的误差将 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（6）若测得电流表的内阻为R0，为将其改装成量程为0.6A的安培表，应 （选填“串联”、“并联”）阻值为 电阻。
三、解答题
12．（2023高三上·如东期末）如图所示，柱形绝热气缸竖直放置，一定质量的理想气体被重力为G、横截面积为S的绝热活塞封闭在气缸内，此时活塞距气缸底部的距离为L0，气缸内气体热力学温度为T0。现通过电热丝缓慢对气缸内气体加热，通过电热丝的电流为I，电热丝电阻为R，加热时间为t，使气体热力学温度升高到2T0。已知大气压强为p0，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动，设电热丝产生的热量全部被气体吸收，求气缸内气体热力学温度从T0升高到2T0的过程中：
（1）活塞移动的距离x；
（2）该气体增加的内能ΔU。
13．（2023高三上·如东期末）如图所示，一个工作台由水平传送带与倾角θ=37°足够长的斜面体组成，传送带AB间的长度L=1.7m，皮带顺时针匀速转动。现让质量m=1kg的小物块以某水平向右的速度从A点滑上皮带，恰好能滑到斜面上高度h=1.08m的C点，物块与斜面体、传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.5，传送带与斜面平滑连接，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求物块由A运动到B时的速度vB；
（2）若改变传送带转速，物块从A点水平滑上传送带，滑上斜面后恰好能返回出发点A，求物块从A点滑上初动能的最小值Ekmin。
14．（2023高三上·如东期末）如图所示，在竖直轴OO′的B点套有不可上下滑动，只可以绕轴无摩擦转动的轻环，轻弹簧的上端与该环相连，光滑杆OA与水平面间的夹角α=60°，质量为m的小球套在光滑杆OA上并与弹簧的下端连接，已知轴OB间距为L。
（1）保持杆不动，小球在图示P点位置处于静止状态，图示β=30°，求小球所受弹簧的弹力大小T和所受杆的弹力大小N；
（2）保持光滑杆OA与水平面间的夹角始终为α，使小球随杆OA一起由静止绕OO′轴加速转动，小球缓慢运动到与B点在同一水平面的A点时，杆OA匀速转动，小球与杆保持相对静止，求此时杆OA绕OO′轴转动的角速度大小ω；
（3）在（2）情形之下，小球由P点开始相对杆向上滑动到A点与杆相对静止的过程中，杆对球所做的功W。
15．（2023高三上·如东期末）如图甲所示，足够大的空间有垂直纸面的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，右侧有竖直挡板CD，O′是挡板上一点，直线OO′与挡板CD垂直，t=0时刻，一质量为m、电荷量为q带正电的微粒在O点以与OO′成α=45°的初速度v沿纸面开始运动，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示（图中B0已知），选定磁场垂直纸面向里为正方向，电场强度大小为，重力加速度为g，微粒射到挡板上时被挡板吸收。
（1）求微粒再次经过直线OO′时与O点的距离；
（2）若微粒第一次运动到最大高度时突然撤去电场，求此后微粒到达直线OO′时的动能Ek；
（3）要使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离L应满足什么条件？
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】A．卫星B运动轨迹的半长轴比A的大，根据开普勒第三定律 ，可知卫星B的周期比A的大，A符合题意；
B．卫星在圆轨道运行时做匀速圆周运动，到达P点加速后做离心运动，可能进入椭圆轨道，则卫星B在P点的速度比卫星A的速度大，B不符合题意；
C．若卫星A的轨道是在地球表面附近，则卫星A在P点的速度才等于7.9km/s，否则卫星A在P点的速度总小于7.9km/s，所以卫星B在P点的速度大于7.9km/s，C不符合题意；
D．两卫星质量相同，但在P点速度不同，则两卫星的机械能不相等，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用开普勒第三定律结合半长轴的大小可以比较周期的大小；利用卫星在P点做离心运动可以判别卫星B在P点的速度大于卫星A在P点速度大小；卫星B在P点做离心运动，未知卫星A的速度不能判别卫星B在P点的速度；利用变轨速度不同可以判别机械能不同。
2．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】AB．根据核反应方程质量数守恒和电荷数守恒可得 ，故X是质子，AB不符合题意；
CD．设 光子的动量为 ，取 粒子运动方向为正方向，合动量为零，根据动量守恒定律可得 ，根据德布罗波长计算公式可得 ，解得 ，D不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用质量数和电荷数守恒可以判别X为质子；利用动量守恒定律结合德布罗意波长公式可以求出光子波长的大小。
3．【答案】D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．a、b两束光的频率相同，则a、b两束光子的能量相同，A不符合题意；
B．因a光的饱和光电流较大，可知a光的光照强度较大，B不符合题意；
CD．根据 ，因b光的截止电压较大，可知光电子的最大初动能Eka故答案为：D。
【分析】利用光的频率相同可以判别光子的能量相同；利用饱和电流的大小可以比较光照的强度；利用遏止电压的大小可以比较最大动能的大小，利用最大动能的大小结合光电效应方程可以比较逸出功和截止频率的大小。
4．【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】AB．由图可知，在0.06s内，简谐波向x轴正方向传播了 ，即经过了 个周期，故有 ， ，解得，该简谐波的周期为 ， ，无论n取何值，周期都不可能为0.04s和0.24s，AB不符合题意；
CD．由图可知，该简谐波的波长 ，则该简谐波的传播速度为 ， ，无论n取何值，传播速度都不可能为65m/s，当 时，传播速度为35m/s，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】假设波传播的方向，结合传播的距离可以判别传播的时间，利用传播的时间可以求出周期的大小，利用波长和周期可以求出波速的大小。
5．【答案】B
【知识点】波的衍射现象
【解析】【解答】A．发生明显衍射的条件是障碍物的尺寸与波长差不多或比波长短，由于波源发出的波在障碍物处不能发生明显衍射，表明障碍物的尺寸比波长大得多，为了使波发生较为明显的衍射，需要增大波长或减小障碍物的长度，可知增大障碍物的长度不能使波发生较为明显的衍射，A不符合题意；
B．波源远离障碍物将产生多普勒效应，障碍物处接收到的频率减小，根据 ，可知，波源远离障碍物，等效于增大波长，根据上述，该措施能使波发生较为明显的衍射，B符合题意；
C．波源靠近障碍物将产生多普勒效应，障碍物处接收到的频率增大，根据 ，可知，波源靠近障碍物，等效于减小波长，根据上述，该措施不能使波发生较为明显的衍射，C不符合题意；
D．根据 可知，增大波源的振动频率时，波长减小，根据上述，该措施不能使波发生较为明显的衍射，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】为了发生明显的衍射现象可以增大波长的大小或者减小障碍物的尺寸；利用多普勒效应可以判别当障碍物远离波源时会导致接受的频率减小则波长增大可能发生明显的衍射现象。
6．【答案】B
【知识点】运动的合成与分解；斜抛运动
【解析】【解答】B．已知O为抛物线OM顶点，则以O为原点建立xOy直角坐标系，
则设OM为
则两平抛运动在竖直方向为自由落体运动，有
联立解得
平抛在水平方向为匀速直线运动，有
联立可得
整理可得
B符合题意；
A．因 则可得
A球先抛出才能同时击中O点，故A错误；
C．因 ，但竖直方向有
故两分速度合成后可知O点的速度不同，C不符合题意；
D．两球在O点重力瞬时功率为
即击中O点时重力的瞬时功率不相等，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据运动的分解得出两球的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，结合瞬时功率的表达式进行分析判断。
7．【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】单位时间t内冲击船帆的空气的体积 ，单位时间t内冲击船帆的空气质量 ，空气的动量改变量 ，帆对空气的作用力F，由动量定理 ，解得 ，根据牛顿第三定律，帆船在航行过程中受到的风的水平推力大小 ，风对船帆的推力的功率为 ，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用风速和船速可以求出单位时间内冲击船帆的空气质量，利用动量定律结合牛顿第三定律可以求出船受到的水平推力的大小，结合速度的大小可以求出风对船的功率的大小。
8．【答案】C
【知识点】电场及电场力；电场力做功
【解析】【解答】A．根据矢量合成法则，C、D两点的电场强度大小相同，方向不同，A不符合题意；
B．根据矢量合成法则，在OC段合电场强度方向斜向右下，在OD段合电场强度方向斜向右上，将正电荷沿直线从C移到O，电场力做正功，电势能减小，电势降低，又由于O点的电势为零，则C点电势为正，不为零，同理，D点电势为正，不为零，B不符合题意；
C．在OC段合电场强度方向斜向右下，在OD段合电场强度方向斜向右上，将质子沿直线从C移到D，电场力先做正功后做负功，C符合题意；
D．将电子沿直线从C移到D，电子的电势能先增大后减小，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用电场强度的叠加可以判别CD两点电场强度大小相等方向不同；利用电场强度的叠加可以判别电场强度的方向，结合电话的运动方向可以判别电场力做功进而比较电势能或电势的大小。
9．【答案】A
【知识点】电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】金属框在恒力F作用下向右加速，由右手定则可知，bc边产生的感应电流从c流向b，由左手定则可知，导体棒受到向右的安培力作用，导体棒向右做加速运动，设金属框的加速度为a1，导体棒的加速度为a2，设金属框的速度为v1，导体棒的速度为v2，设导体棒的电阻为R，回路的感应电流 ，设金属框的质量为M，导体棒的质量为m，对金属框，牛顿第二定律得 ，对导体棒MN，由牛顿第二定律得 ，金属框与导体棒都做初速度为零的加速运动，v1、v2都变大，a1从 开始减小，导体棒的加速度a2从0开始增大，当金属框与导体棒的加速度相等时，即a1=a2=a，解得 ，加速度保持不变，回路感应电流 ，此后金属框与导体棒的速度差 保持不变，感应电流不变，两端电压UMN不变且不为0，导体棒所受到的安培力不变，加速度不变，金属框与导体棒以相等的加速度做匀加速直线运动，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用右手定则可以判别感应电流的方向，结合左手定则可以判别导体棒受到的安培力方向，结合动生电动势的表达式及欧姆定律可以求出回路电流的大小，结合牛顿第二定律可以求出金属框和导体棒的加速度大小，当两者加速度相等时两者速度差保持不变，利用动生电动势的表达式可以判别回路电流保持不变，最后金属框和导体棒做匀加速直线运动。
10．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．从B点射出的光线在O点折射时光的传播方向偏折大，说明玻璃对从B点射出的单色光折射率大，频率高，B、C光线的频率fB>fC，A不符合题意；
B．由光在介质中传播速度公式 ，所以有 ，B不符合题意；
C．设光在O点折射时入射角、折射角分别为i，r，根据折射定律有 ，又根据几何关系，光从O到射出玻璃的光程 ，则折射光在玻璃中传播时间 ，可见时间与折射光线方向无关，光线在玻璃中传播时间tOB=tOC，C不符合题意；
D．发生全反射的必要条件之一是光从光密介质射向光疏介质，改变复色光入射角，光线可能会在半圆面上发生全反射，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用折射角的大小可以比较折射率的大小，利用折射率的大小可以比较光频率的大小；利用折射率的大小可以比较光传播的速度大小；利用光传播的路径及传播的速度大小可以比较光传播的时间；利用全反射的条件可以判别光线可能发生全反射。
11．【答案】（1）
（2）①④③②
（3）A；C
（4）大于
（5）减小
（6）并联；
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）实物电路的连接图如下
（2）该实验为半偏法测电流表内阻，实验原理与步骤为：刚开始将电阻箱R的电阻调到零，滑动变阻器R1的滑片滑到最右端；接着闭合开关S，调节变阻器R1的滑片，使得电流表达到满偏电流I0，则并联电压为 ，再保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的电阻，使得电流表的示数为 ，此时 ，最后读出电阻箱的电阻值Rx，可以认为电流表的内阻r=Rx，故正确操作顺序是①④③②；
（3）本实验滑动变阻器采用分压式接法，为方便操作，应选用最大阻值较小的滑动变阻器，故答案为：A；由于电流表内阻较小，因此电阻箱应选用最大阻值较小、最小测量挡位更小的C；
（4）此实验过程中认为电阻箱串联电流表后并联电压不变，而实际情况是电阻箱串联电流表后电路总电阻变大，干路电流减小，并联电压变大，故所串联的电阻箱分压大于电流表的分压，其阻值大于电流表的内阻，故测量值大于真实值；
（5）若升高电源的电动势，电阻箱阻值接入电路后，对全电路电压分配的影响减小，因此测量误差减小；
（6）改装成安培表，需要并联分流电阻，并联的分流电阻阻值为
【分析】（1）利用电路图进行实物图连线；
（2）实验的正确操作顺序为①④③②；
（3）本实验滑动变阻器使用分压式接法使用小阻值；由于电流表内阻小所以电阻箱选择最大阻值较小的；
（4）由于实际测量时电阻箱串联电流表会导致总电阻增大，所以干路电流减小，并联电压增大所以测量值会大于真实值；
（5）升高电动势的大小时电阻箱阻值接入电路时，对全电路的电压分压影响较小所以测量值误差减小；
（6）当电表改装为安培表时，利用并联电阻，利用欧姆定律可以求出并联电阻的阻值大小。
12．【答案】（1）解：由题意可知，等压变化时有
活塞移动的距离
解得
（2）解：设气体压强为p，由题意有
外界对气体做的功为
吸收的热量为
由热力学第一定律有
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）活塞移动的过程中，利用气体等压变化的状态方程可以求出活塞移动的距离；
（2）已知活塞移动的距离，利用气体的压强可以求出外界对气体做功的大小，结合焦耳定律可以求出气体吸收的热量，结合热力学第一定律可以求出内能的增加量。
13．【答案】（1）解：物块恰好能滑到C，B到C做加速度为a的匀减速运动，C点速度为零，则
解得
（2）解：当物块滑上斜面H高度后返回，经皮带减速刚好回到A点，速度为零，则物块从A点滑上初动能最小，滑块从最高点到达A点过程，根据动能定理可得
解得
设物块在传送带上皮带对物体做功为 ，滑块从A点到达最高点过程，根据动能定理可得
解得
故当传送带上皮带对物体做功 最大时，物块从A点滑上初动能最小，即物块在传送带上整个过程皮带对物体做正功，此时物块从A点滑上初动能最小，即
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）物块恰好能滑到C电，从B到C做匀减速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出经过B点速度的大小；
（2）改变传送带的转速，滑块从最高点到A点的过程中，利用动能定理可以求出下滑的高度，结合动能定理可以求出物块滑上传送带的最小动能。
14．【答案】（1）解：小球在位置P处静止时， 受力分析，如图
根据平衡条件有
解得 ，
（2）解：小球在位置A处时，设小球做圆周运动的半径为r，所受弹簧的弹力大小FT和杆的弹力大小FN，则水平方向
竖直方向
几何关系
弹簧伸长的长度与初始相同，则
解得
（3）解：小球将由静止开始沿杆向上滑动，初速度vP=0
小球在位置A的速度大小
小球由P到A过程，根据动能定理有
解得
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）当小球处于静止时，利用小球的平衡方程可以小球受到弹簧的弹力及受到杆的弹力的大小；
（2）当小球在位置A做匀速圆周运动，利用水平方向的牛顿第二定律结合竖直方向的平衡方程可以求出角速度的大小；
（3）当小球从静止沿杆向上运动，利用线速度的表达式可以求出经过A点的速度大小，结合动能定理可以求出杆对球做功的大小。
15．【答案】（1）解：由于电场强度大小
则电场力
因此重力与电场力平衡；微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则
解得
由
则微粒在时间 内转过四分之一个圆周，再次经直线OO 时与O点的距离
（2）解：微粒运动四分之一后斜向上与OO 成α=45°匀速运动，运动的时间为 ，轨迹如图所示
位移大小
因此，微粒离开直线OO 的最大高度
由动能定理有
解得
（3）解：微粒运动一个周期沿直线OO 方向移动的距离
若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO 下方时，由图象可知，挡板MN与O点间的距离应满足 （n=0，1，2…)
若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO 上方时，由图象可知，挡板MN与O点间的距离应满足 （n=0，1，2…)
（说明：若两式合写成 （n=0，1，2…)同样给分）
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由于微粒电场力与重力相等，则微粒做匀速圆周运动；利用牛顿第二定理可以求出微粒做圆周运动的半径，结合运动的时间可以求出再次经过直线时与O点的距离；
（2）当微粒运动到最高位置时撤去电磁，利用运动的轨迹可以求出位移的大小，利用动能定理可以求出微粒到达直线的动能大小；
（3）当微粒垂直射到板上时，利用几何关系可以求出位移运动一周移动的距离，利用几何关系可以求出挡板与O点之间的距离。
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