2023届河南省郑州市高三下学期第三次质量预测物理试题（解析版）

高中物理名校试卷PAGEPAGE1郑州市2023年高中毕业年级第三次质量预测物理试卷一、选择题1.如图所示，四个电荷量均为+q点电荷固定在一个正方形abcd的四个顶点上，用一小型金属球壳将d点处正电荷封闭在球心位置，球壳半径远小于ab边长。M、N分别为ab和bc的中点，则下列说法正确的是（）A.O点处的电场强度沿Od方向B.M点处的电场强度沿OM方向C.N点处的电场强度大小为0D.若将金属球壳接地，O点处的电场强度不变〖答案〗B〖解析〗A．四个电荷量均为+q的点电荷固定在一个正方形abcd的四个顶点上，用一小型金属球壳将d点处正电荷封闭在球心位置，但不影响在外界形成的电场，所以四个等量同种正电荷在正方形中心的合场强为零，故A错误；B．ab的点电荷在M点产生的场强为0，cd的点电荷在M点产生的场强等大，但关于水平线对称，由矢量叠加原理可知合场强的方向水平向左，沿OM方向，故B正确；C．根据叠加原理和对称性可知，N点处的电场强度大小和M点处的电场强度大小相等，不为零，故C错误；D．若将金属球壳接地，由于静电屏蔽，金属壳外无电场，相当于d点无电荷，O点处的电场强度是abc的三个点电荷在O点的合成，此时O点处的电场强度不为零，故D错误。故选B。2.如图所示，光滑竖直墙壁与光滑水平地面交于B点，质量为M光滑半圆柱体，紧靠竖直墙壁置于水平地面上，O为半圆柱体横截面的圆心。质量为m且可视为质点的小球，用长度为L的细线悬挂于竖直墙壁上的A点，小球静置于半圆柱体上。当换用质量不变，而半径不同的光滑半圆柱体时，细线与竖直墙壁的夹角θ就会跟着发生改变。已知AB之间距离也为L，重力加速度为g，不计各接触面间的摩擦，关于小球和圆柱体的受力说法正确的是（）A.当时，细线对小球的拉力大小为mgB.当时，半圆柱体对小球的支持力大小为mgC.在θ逐渐减小的过程中，圆柱体受到水平地面的弹力始终保持不变D.在θ逐渐减小过程中，圆柱体受到竖直墙壁的弹力始终保持不变〖答案〗A〖解析〗AB．对均匀球进行受力分析如图1所示连接O2B和O1O2，设O2B与水平面之间的夹角为，O1O2与水平面之间的夹角为，当时，由几何关系可知，由于AB=AO2，，所以△ABO2为等边三角形由圆心角与圆周角之间的关系可知可知小球受到的绳子的拉力T与半圆柱体对小球的支持力N相互垂直，水平方向竖直方向联立得，故A正确，B错误；CD．若θ逐渐减小，当小球平衡时，小球的位置在以AB为半径的圆弧上，如图2所示：由几何关系可知，直线O1O2是该圆的切线方向，所以AO2⊥O1O2，则以小球与半圆柱体组成的整体为研究对象，在竖直方向，半圆柱体受的支持力由几何关系可知减小，由上式可知，将减小，根据牛顿第三定律可知，半圆柱体对地面的压力将减小；在水平方向可知，当时，半圆柱体受到墙对半圆柱体的弹力最大，所以圆柱体受到竖直墙壁的弹力是变化的，故CD错误；故选A。3.用光电管探究光电效应规律的实验中，当用不同频率的光照射两种光电管的阴极时，得到的遏止电压与入射光的频率的关系分别为图中a、b图线所示。由图中数据可知（）A.B.C.普朗克常量D.a图线对应的阴极材料的逸出功为〖答案〗C〖解析〗AB．由光电效应方程，可得结合图像可知图像的斜率故AB错误；C．由，可得普朗克常量故C正确；D．a图线对应的阴极材料的逸出功为故D错误。故选C。4.如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，方向水平向右；磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。在正交的电磁场空间中有一竖直放置的光滑绝缘大圆环。一质量为m，带电荷量为+q的小圆环，从大圆环的最高点由静止释放。已知大圆环半径为R，重力加速度为g。关于小圆环接下来的运动，下列说法正确的是（）A.小圆环从最高点运动到最低点的过程中机械能守恒B.小圆环恰好能沿大圆环做完整的圆周运动C.小圆环运动到大圆环右侧与圆心等高位置时的速度为D.小圆环运动到大圆环最低点位置时的速度为〖答案〗D〖解析〗A．小圆环从最高点运动到最低点的过程中，除重力外还有电场力做功，机械能不守恒，故A错误；B．设小圆环所受重力与电场力的合力与竖直方向夹角为，假设恰好能做完整的圆周运动，刚好到达等效最高点A，如图所示根据动能定理其中解得所以假设不成立，小圆环不能沿大圆环做完整的圆周运动，故B错误；C．小圆环从最高点运动到大圆环右侧与圆心等高位置过程中，根据动能定理解得小圆环运动到大圆环右侧与圆心等高位置时的速度故C错误；D．小圆环从最高点运动到大圆环最低点位置过程中，根据动能定理解得小圆环运动到大圆环右侧与圆心等高位置时的速度故D正确。故选D。5.如图甲所示为质谱仪工作原理图，已知质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后，由小孔S沿着与磁场垂直的方向，进入磁感应强度为B的匀强磁场中。粒子在S点的速度与磁场边界垂直，最后打在照相底片上的P点，且。忽略粒子的重力，通过测量得到x与的关系如图乙所示，已知斜率为k=0.5，匀强磁场的磁感应强度B为，，则下列说法中正确的是（）A.该粒子带负电B.该粒子比荷为C.该粒子在磁场中运动的时间约为D.若电压U不变，打到Q点的粒子比荷大于打到P点的粒子〖答案〗C〖解析〗A．粒子进入磁场后向左偏转，根据左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；B．粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得解得粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得可得则有可知图像的斜率为可得粒子的比荷为故B错误；C．该粒子在磁场中运动的时间为故C正确；D．根据若电压不变，可知打到Q点的粒子比荷小于打到P点的粒子比荷，故D错误。故选C。6.宇宙中存在一个由四颗星组成的系统，三颗质量均为m的星球a、b、c恰好构成一个边长为L的正三角形，在它们的中心O处还有一颗质量也为m的星球，如图所示。已知引力常量为G，每个星球的半径均远小于L。对于此系统，则下列说法正确的是（）A.中心O处的星球受到a、b、c三颗星球总的万有引力为零B.a、b、c三颗星球的线速度大小均为C.a、b、c三颗星球的加速度大小均为D.若某时刻中心O处星球消失，则a、b、c三颗星球仍将按原轨道运动且运动周期不变〖答案〗AB〖解析〗A．由万有引力公式可得即正三角形顶点所在处的星球与中心点处的星球之间的万有引力大小相等，而根据几何关系可知，顶点处的星球对中心点处星球的万有引力两两之间的夹角均为，则根据力的矢量合成可知中心点处星球所受万有引力的合力为零，故A正确；BC．a、b、c三颗星球所受万有引力大小相同，方向均指向中心点O，任选其中一颗星分析可知其所受万有引力为而由万有引力充当向心力有解得，,故B正确，C错误；D．若某时刻中心O处星球消失，则a、b、c三颗星球所受万有引力变成两两之间万有引力的合力，且指向中心，有显然万有引力变小了，若要在原来的轨道上继续做圆周运动，则可知做圆周运动的线速度必须减小，而根据万有引力充当向心力，可得周期显然故D错误。故选AB。7.如图所示，有一原副线圈匝数比为的理想变压器，原线圈连接有一光滑无限长水平轨道，两轨道之间距离为，轨道内有磁感应强度为的磁场，磁场方向垂直轨道所在平面向里。一电阻为的金属棒垂直导轨在水平方向上运动，且金属棒始终与导体棒良好接触，金属棒的运动速度。变压器副线圈并联有两相同电阻，。不计导轨和连接导线的电阻，下列说法正确的是（）A.金属棒感应电动势的最大值为200V B.原线圈的电流20AC.金属棒上产生的热功率1000W D.上产生的热功率1000W〖答案〗BD〖解析〗A．由金属棒的运动速度，可知金属棒运动的最大速度金属棒感应电动势的最大值为故A错误；B．金属棒感应电动势的有效值为设变压器原线圈电压为，变压器副线圈电压为，原线圈的电流为，副线圈的电流为，则解得，，故B正确；C．金属棒上产生的热功率故C错误；D．上产生的热功率故D正确。故选BD。8.如图所示，一长木板a在水平地面上运动，在某时刻（）将一相对于地面静止的物块b轻放到木板上，此时a的速度水平向右，大小为2v0，同时对a施加一水平向右的恒力F。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，a、b运动的速度一时间图像可能是下列图中的（）A. B.C. D.〖答案〗BC〖解析〗小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，由牛顿第二定律得解得对长木板受力分析有解得AB．根据图像斜率可知初始阶段aa＜0，解得则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后由于整体合力为零，将一起做匀速直线运动，故A错误，B正确C．根据图像知a做匀速直线运动，即b做匀加速直线运动，两者共速后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有解得故C正确；D．若aa＜ab，则有两者均做匀加速直线运动，共速后一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律的解得故D错误。故选BC。二、非选择题（一）必考题：共129分。9.用如图所示的装置根据平抛运动规律验证两小球碰撞中的动量守恒。使用频闪相机对小球碰撞前后的运动情况进行拍摄。图中背景是放在竖直平面内带方格的纸板，纸板平面与小球运动轨迹所在的平面平行，每个小方格的边长为，取，实验核心步骤如下：（1）让小球从挡板处由静止释放，从斜槽末端水平抛出后频闪照片如图乙中的A所示。（2）把小球静置于轨道末端，让小球从挡板处由静止释放，两球在斜槽末端碰撞。碰撞后两小球从斜槽末端水平抛出。抛出后的频闪照片分别如图乙中的B、C所示。（3）由图乙结合已知数据可计算出频闪相机闪光的周期T=___________s（结果保留2位有效数字）。（4）由图乙结合已知数据可计算出碰撞后小球的速度=___________m/s（结果保留2位有效数字）。（5）若碰撞过程中动量守恒，则___________。〖答案〗（3）0.10（4）3.0（5）3：1〖解析〗（3)[1]小球在空中做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，竖直方向上有解得频闪相机闪光的周期为（4）[2]小球在水平方向上匀速直线运动，由图可知碰撞前小球m1的水平速度为碰撞后小球m2的水平速度为（5）[3]碰撞后小球m1的水平速度为取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得带入数据解得10.要研究额定电压为3V的发光二极管正向导电时的伏安特性曲线，除了已有的发光二极管，在实验室又找到如下实验器材：A．恒压直流电源（4~6V）B．电压表V（量程0~4V，内阻约3kΩ）C．电流表（量程0~0.6A，内阻约0.1Ω）D．电流表（量程0~30mA，内阻约1.0Ω）E．滑动变阻器（最大阻值10kΩ）F．滑动变阻器（最大阻值10Ω）G．开关、导线若干（1）用欧姆表粗测二极管正向导通电阻，如图所示，选择开关为“×”挡，则测得二极管的电阻为___________Ω。（2）为了更加准确描绘发光二极管的伏安特性曲线，电流表应选择___________；滑动变阻器应选择___________。（填写器材前面的字母代号）请在图中方框内将实验电路图补充完整________。（3）实验得到的伏安特性曲线如图所示，要设计一个由这种型号的发光二极管组成的灯带。用电动势为4V、内阻为1Ω的直流电源给灯带供电，这条灯带需并联___________个这种型号的发光二极管，才可使灯带上所有二极管在额定电压下正常发光。〖答案〗（1）140（2）DF（3）50〖解析〗（1）[1]多用电表指针指向14的刻度，则测得二极管的电阻为140Ω；（2）[2][3]根据欧姆定律可知可知电流表应选D；为了测量更多数据，且电压表示数从0开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，所以滑动变阻器选量程较小的F；[4]根据实验原理设计电路图，如图（3）[5]该型号二极管在3V电压下能够稳定发光，电动势为4V，内阻为1Ω的直流电源给灯带供电，电路中的电流为由图像可知，电压为3V时，二极管中电流为20mA，故二极管个数为故这条灯带需并联50个这种型号的发光二极管，可使灯带达到理想的使用效果。11.如图所示，水平地面上并排放置有两个大小不等的物块，两物块与地面间的动摩擦因数均为。两物块从距离右侧竖直墙壁的位置，同时以相同的初速度一起向右运动，大物块与竖直墙壁碰撞完成后又与小物块碰撞。大物块与竖直墙壁碰撞时间极短，碰撞时的机械能损失，大物块与小物块的碰撞为弹性碰撞。已知小物块的质量为m=0.1kg，大物块的质量为，不计空气阻力，取重力加速度，求：（1）大物块和竖直墙壁碰前瞬间，大物块和小物块共同的速度大小v；（2）小物块反弹后在水平地面上向左运动的最远距离x。〖答案〗（1）6m/s；（2）36m〖解析〗（1）大物块与竖直墙壁碰撞前，大物块和小物块一起做匀减速直线运动。由动能定理得解得v=6m/s（2）物块与竖直墙壁碰撞过程解得v1=4m/s方向水平向左大物块与小物块碰撞过程由动量守恒定律和机械能守恒定律可得解得v3=12m/s或v3=-6m/s（舍）小物块以速度v3向左运动，对小物块由动能定理得解得x=36m12.如图所示，在xOy平面内，x轴与MN边界之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的宽度为d，x轴下方和MN边界上方的空间有两个匀强电场，场强大小均为E，方向与y轴平行。时刻，一质量为m、电荷量为+q的粒子从O点射入磁场，速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为，然后恰好垂直于MN边界进入上方电场，粒子重力不计。求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；（2）粒子第一次经过MN边界时的位置坐标；（3）粒子射出以后经过x轴的时刻t。〖答案〗（1）；（2；（3）见〖解析〗〖解析〗（1）垂直于MN边界进入上方电场，运动轨迹如图所示。设粒子运动轨道半径为r，由几何关系可得粒子在磁场中做匀速圆周运动解得磁感应强度（2）如图所示，由几何关系可知第一次经过MN边界时沿x方向运动距离解得该点位置坐标为（3）粒子在磁场中的运动周期每次通过磁场的时间粒子在电场中运动满足粒子在MN上方电场中做匀变速直线运动，设往返通过电场的时间为t2，由题意可得解得粒子在x轴下方电场中做类抛体运动，设粒子每次通过电场的时间为t3，由题意可得解得粒子接下来重复周期性运动，周期T=2t1+t2+t3则由题意可知，粒子由x轴上方磁场经过x轴的时刻满足t=n（2t1+t2+t3）-t3解得粒子由x轴下方电场经过x轴的时刻满足t=n（2t1+t2+t3）解得（二）选考题13.一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态a。其p-V图像如图所示。ab、bc、ca皆为直线，ca平行于p轴，bc平行于V轴。关于理想气体经历的三个过程，下列说法正确的是（）A.b、c两个状态下的气体温度相等B.a点气体温度与b点气体温度之比为C.bc过程中，气体一定从外界吸热D.ca过程中，气体压强增大，温度升高E.ab过程中，气体分子的平均动能先变大后变小〖答案〗BDE〖解析〗A．由图知b、c两个状态，气压相等，且，根据盖-吕萨克定律所以故A错误；B．由图知a、b两个状态下，，，根据理想气体状态方程解得故B正确；C．bc过程中，根据热力学第一定律因体积变小，所以压强不变，体积变小，根据盖-吕萨克定律，温度降低，所以内能变小，即所以体积减小气体一定放热，故C错误；D．ca过程中，体积不变，气体压强增大，根据查理定律，气体温度升高，故D正确；E．作出a、b两点的等温线，可知ab过程中温度先增大后减小，所以气体分子的平均动能先变大后变小，故E正确。故选BDE。14.如图所示为导热性良好的气缸模型，质量忽略不计的活塞A可无摩擦上下移动，活塞横截面积为S。当温度为时，气缸内气体体积为，压强为p0。已知大气压强也为，气缸不漏气。（I）保持温度不变，在A上轻轻放一质量为m的物块，使活塞A缓慢地移动了一段距离后再次达到平衡状态，求此时气缸内气体体积。（II）缓缓升高气温，在A上不放任何物体，使气体体积增大到，此过程中气体吸收热量为Q，求气体内能变化。〖答案〗（I）；（II）〖解析〗（I）根据题意，由平衡条件可知由玻意耳定律得由以上两式联立解得（II）在A上不放任何物体时，气体的压强不变，体积增大过程气体对外做功为由热力学第一定律有，解得15.如图所示为一正六边形冰晶截面，边长为l。一束紫光由AF中点处射到在冰晶上，为冰晶上的入射角，为经过第一个界面的折射角，为光离开冰晶的折射角，其中。若将紫光改为红光，光线仍可从BC边上射出。已知光在真空中的速度为c，则下列说法中正确的是（）A.冰晶对紫光的折射率为B.紫光在冰晶中传播时间为C.在冰晶内红光的传播速度比紫光的传播速度小D.在冰晶内红光的波长比紫光的波长长E.保持入射角不变，将紫光改为红光，将增大〖答案〗ABD〖解析〗A．由几何知识可知冰晶对紫光的折射率为故A正确；B．由几何知识可知紫光在冰晶中的光程为传播的速度为传播的时间为故B正确；C．根据红光的频率比紫光小，红光的折射率比紫光小，红光在冰晶中的传播速度比紫光大，故C错误；D．根据，可得红光的频率比紫光小，红光的折射率比紫光小，则在冰晶内红光的波长比紫光的波长长，故D正确；E．保持入射角不变，将紫光改为红光，折射率减小，根据折射定律可知将增大，由几何知识可知，在BC面的入射角小于在AF面的折射角，根据折射定律可知变小，故E错误。故选ABD。16.我国科学家首创的超声消融术是一种超声波聚焦病灶部位进行照射治疗的先进技术。如图甲所示，一列超声波从介质1进入介质2中继续传播，A、B、C为传播方向上的三个点。图乙为时刻A质点右侧介质1中的部分波形图，此时该波恰好传播至介质2中的B点，图丙为该时刻之后B点的振动图像。已知B、C两质点间的距离0.75cm，波在介质2中的传播速度为。求：（1）该波在介质1中传播速度的大小；（2）从质点B开始振动到质点C第一次到达波谷经历的时间。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）超声波在介质2中传播时在两种介质中传播时周期不变，则在介质1中传播时（2）超声波从B传到C的时间为波传到C点时开始起振的方向向下，则到达波谷时还需要则质点C第一次到达波谷的时间为郑州市2023年高中毕业年级第三次质量预测物理试卷一、选择题1.如图所示，四个电荷量均为+q点电荷固定在一个正方形abcd的四个顶点上，用一小型金属球壳将d点处正电荷封闭在球心位置，球壳半径远小于ab边长。M、N分别为ab和bc的中点，则下列说法正确的是（）A.O点处的电场强度沿Od方向B.M点处的电场强度沿OM方向C.N点处的电场强度大小为0D.若将金属球壳接地，O点处的电场强度不变〖答案〗B〖解析〗A．四个电荷量均为+q的点电荷固定在一个正方形abcd的四个顶点上，用一小型金属球壳将d点处正电荷封闭在球心位置，但不影响在外界形成的电场，所以四个等量同种正电荷在正方形中心的合场强为零，故A错误；B．ab的点电荷在M点产生的场强为0，cd的点电荷在M点产生的场强等大，但关于水平线对称，由矢量叠加原理可知合场强的方向水平向左，沿OM方向，故B正确；C．根据叠加原理和对称性可知，N点处的电场强度大小和M点处的电场强度大小相等，不为零，故C错误；D．若将金属球壳接地，由于静电屏蔽，金属壳外无电场，相当于d点无电荷，O点处的电场强度是abc的三个点电荷在O点的合成，此时O点处的电场强度不为零，故D错误。故选B。2.如图所示，光滑竖直墙壁与光滑水平地面交于B点，质量为M光滑半圆柱体，紧靠竖直墙壁置于水平地面上，O为半圆柱体横截面的圆心。质量为m且可视为质点的小球，用长度为L的细线悬挂于竖直墙壁上的A点，小球静置于半圆柱体上。当换用质量不变，而半径不同的光滑半圆柱体时，细线与竖直墙壁的夹角θ就会跟着发生改变。已知AB之间距离也为L，重力加速度为g，不计各接触面间的摩擦，关于小球和圆柱体的受力说法正确的是（）A.当时，细线对小球的拉力大小为mgB.当时，半圆柱体对小球的支持力大小为mgC.在θ逐渐减小的过程中，圆柱体受到水平地面的弹力始终保持不变D.在θ逐渐减小过程中，圆柱体受到竖直墙壁的弹力始终保持不变〖答案〗A〖解析〗AB．对均匀球进行受力分析如图1所示连接O2B和O1O2，设O2B与水平面之间的夹角为，O1O2与水平面之间的夹角为，当时，由几何关系可知，由于AB=AO2，，所以△ABO2为等边三角形由圆心角与圆周角之间的关系可知可知小球受到的绳子的拉力T与半圆柱体对小球的支持力N相互垂直，水平方向竖直方向联立得，故A正确，B错误；CD．若θ逐渐减小，当小球平衡时，小球的位置在以AB为半径的圆弧上，如图2所示：由几何关系可知，直线O1O2是该圆的切线方向，所以AO2⊥O1O2，则以小球与半圆柱体组成的整体为研究对象，在竖直方向，半圆柱体受的支持力由几何关系可知减小，由上式可知，将减小，根据牛顿第三定律可知，半圆柱体对地面的压力将减小；在水平方向可知，当时，半圆柱体受到墙对半圆柱体的弹力最大，所以圆柱体受到竖直墙壁的弹力是变化的，故CD错误；故选A。3.用光电管探究光电效应规律的实验中，当用不同频率的光照射两种光电管的阴极时，得到的遏止电压与入射光的频率的关系分别为图中a、b图线所示。由图中数据可知（）A.B.C.普朗克常量D.a图线对应的阴极材料的逸出功为〖答案〗C〖解析〗AB．由光电效应方程，可得结合图像可知图像的斜率故AB错误；C．由，可得普朗克常量故C正确；D．a图线对应的阴极材料的逸出功为故D错误。故选C。4.如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，方向水平向右；磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。在正交的电磁场空间中有一竖直放置的光滑绝缘大圆环。一质量为m，带电荷量为+q的小圆环，从大圆环的最高点由静止释放。已知大圆环半径为R，重力加速度为g。关于小圆环接下来的运动，下列说法正确的是（）A.小圆环从最高点运动到最低点的过程中机械能守恒B.小圆环恰好能沿大圆环做完整的圆周运动C.小圆环运动到大圆环右侧与圆心等高位置时的速度为D.小圆环运动到大圆环最低点位置时的速度为〖答案〗D〖解析〗A．小圆环从最高点运动到最低点的过程中，除重力外还有电场力做功，机械能不守恒，故A错误；B．设小圆环所受重力与电场力的合力与竖直方向夹角为，假设恰好能做完整的圆周运动，刚好到达等效最高点A，如图所示根据动能定理其中解得所以假设不成立，小圆环不能沿大圆环做完整的圆周运动，故B错误；C．小圆环从最高点运动到大圆环右侧与圆心等高位置过程中，根据动能定理解得小圆环运动到大圆环右侧与圆心等高位置时的速度故C错误；D．小圆环从最高点运动到大圆环最低点位置过程中，根据动能定理解得小圆环运动到大圆环右侧与圆心等高位置时的速度故D正确。故选D。5.如图甲所示为质谱仪工作原理图，已知质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后，由小孔S沿着与磁场垂直的方向，进入磁感应强度为B的匀强磁场中。粒子在S点的速度与磁场边界垂直，最后打在照相底片上的P点，且。忽略粒子的重力，通过测量得到x与的关系如图乙所示，已知斜率为k=0.5，匀强磁场的磁感应强度B为，，则下列说法中正确的是（）A.该粒子带负电B.该粒子比荷为C.该粒子在磁场中运动的时间约为D.若电压U不变，打到Q点的粒子比荷大于打到P点的粒子〖答案〗C〖解析〗A．粒子进入磁场后向左偏转，根据左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；B．粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得解得粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得可得则有可知图像的斜率为可得粒子的比荷为故B错误；C．该粒子在磁场中运动的时间为故C正确；D．根据若电压不变，可知打到Q点的粒子比荷小于打到P点的粒子比荷，故D错误。故选C。6.宇宙中存在一个由四颗星组成的系统，三颗质量均为m的星球a、b、c恰好构成一个边长为L的正三角形，在它们的中心O处还有一颗质量也为m的星球，如图所示。已知引力常量为G，每个星球的半径均远小于L。对于此系统，则下列说法正确的是（）A.中心O处的星球受到a、b、c三颗星球总的万有引力为零B.a、b、c三颗星球的线速度大小均为C.a、b、c三颗星球的加速度大小均为D.若某时刻中心O处星球消失，则a、b、c三颗星球仍将按原轨道运动且运动周期不变〖答案〗AB〖解析〗A．由万有引力公式可得即正三角形顶点所在处的星球与中心点处的星球之间的万有引力大小相等，而根据几何关系可知，顶点处的星球对中心点处星球的万有引力两两之间的夹角均为，则根据力的矢量合成可知中心点处星球所受万有引力的合力为零，故A正确；BC．a、b、c三颗星球所受万有引力大小相同，方向均指向中心点O，任选其中一颗星分析可知其所受万有引力为而由万有引力充当向心力有解得，,故B正确，C错误；D．若某时刻中心O处星球消失，则a、b、c三颗星球所受万有引力变成两两之间万有引力的合力，且指向中心，有显然万有引力变小了，若要在原来的轨道上继续做圆周运动，则可知做圆周运动的线速度必须减小，而根据万有引力充当向心力，可得周期显然故D错误。故选AB。7.如图所示，有一原副线圈匝数比为的理想变压器，原线圈连接有一光滑无限长水平轨道，两轨道之间距离为，轨道内有磁感应强度为的磁场，磁场方向垂直轨道所在平面向里。一电阻为的金属棒垂直导轨在水平方向上运动，且金属棒始终与导体棒良好接触，金属棒的运动速度。变压器副线圈并联有两相同电阻，。不计导轨和连接导线的电阻，下列说法正确的是（）A.金属棒感应电动势的最大值为200V B.原线圈的电流20AC.金属棒上产生的热功率1000W D.上产生的热功率1000W〖答案〗BD〖解析〗A．由金属棒的运动速度，可知金属棒运动的最大速度金属棒感应电动势的最大值为故A错误；B．金属棒感应电动势的有效值为设变压器原线圈电压为，变压器副线圈电压为，原线圈的电流为，副线圈的电流为，则解得，，故B正确；C．金属棒上产生的热功率故C错误；D．上产生的热功率故D正确。故选BD。8.如图所示，一长木板a在水平地面上运动，在某时刻（）将一相对于地面静止的物块b轻放到木板上，此时a的速度水平向右，大小为2v0，同时对a施加一水平向右的恒力F。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，a、b运动的速度一时间图像可能是下列图中的（）A. B.C. D.〖答案〗BC〖解析〗小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，由牛顿第二定律得解得对长木板受力分析有解得AB．根据图像斜率可知初始阶段aa＜0，解得则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后由于整体合力为零，将一起做匀速直线运动，故A错误，B正确C．根据图像知a做匀速直线运动，即b做匀加速直线运动，两者共速后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有解得故C正确；D．若aa＜ab，则有两者均做匀加速直线运动，共速后一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律的解得故D错误。故选BC。二、非选择题（一）必考题：共129分。9.用如图所示的装置根据平抛运动规律验证两小球碰撞中的动量守恒。使用频闪相机对小球碰撞前后的运动情况进行拍摄。图中背景是放在竖直平面内带方格的纸板，纸板平面与小球运动轨迹所在的平面平行，每个小方格的边长为，取，实验核心步骤如下：（1）让小球从挡板处由静止释放，从斜槽末端水平抛出后频闪照片如图乙中的A所示。（2）把小球静置于轨道末端，让小球从挡板处由静止释放，两球在斜槽末端碰撞。碰撞后两小球从斜槽末端水平抛出。抛出后的频闪照片分别如图乙中的B、C所示。（3）由图乙结合已知数据可计算出频闪相机闪光的周期T=___________s（结果保留2位有效数字）。（4）由图乙结合已知数据可计算出碰撞后小球的速度=___________m/s（结果保留2位有效数字）。（5）若碰撞过程中动量守恒，则___________。〖答案〗（3）0.10（4）3.0（5）3：1〖解析〗（3)[1]小球在空中做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，竖直方向上有解得频闪相机闪光的周期为（4）[2]小球在水平方向上匀速直线运动，由图可知碰撞前小球m1的水平速度为碰撞后小球m2的水平速度为（5）[3]碰撞后小球m1的水平速度为取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得带入数据解得10.要研究额定电压为3V的发光二极管正向导电时的伏安特性曲线，除了已有的发光二极管，在实验室又找到如下实验器材：A．恒压直流电源（4~6V）B．电压表V（量程0~4V，内阻约3kΩ）C．电流表（量程0~0.6A，内阻约0.1Ω）D．电流表（量程0~30mA，内阻约1.0Ω）E．滑动变阻器（最大阻值10kΩ）F．滑动变阻器（最大阻值10Ω）G．开关、导线若干（1）用欧姆表粗测二极管正向导通电阻，如图所示，选择开关为“×”挡，则测得二极管的电阻为___________Ω。（2）为了更加准确描绘发光二极管的伏安特性曲线，电流表应选择___________；滑动变阻器应选择___________。（填写器材前面的字母代号）请在图中方框内将实验电路图补充完整________。（3）实验得到的伏安特性曲线如图所示，要设计一个由这种型号的发光二极管组成的灯带。用电动势为4V、内阻为1Ω的直流电源给灯带供电，这条灯带需并联___________个这种型号的发光二极管，才可使灯带上所有二极管在额定电压下正常发光。〖答案〗（1）140（2）DF（3）50〖解析〗（1）[1]多用电表指针指向14的刻度，则测得二极管的电阻为140Ω；（2）[2][3]根据欧姆定律可知可知电流表应选D；为了测量更多数据，且电压表示数从0开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，所以滑动变阻器选量程较小的F；[4]根据实验原理设计电路图，如图（3）[5]该型号二极管在3V电压下能够稳定发光，电动势为4V，内阻为1Ω的直流电源给灯带供电，电路中的电流为由图像可知，电压为3V时，二极管中电流为20mA，故二极管个数为故这条灯带需并联50个这种型号的发光二极管，可使灯带达到理想的使用效果。11.如图所示，水平地面上并排放置有两个大小不等的物块，两物块与地面间的动摩擦因数均为。两物块从距离右侧竖直墙壁的位置，同时以相同的初速度一起向右运动，大物块与竖直墙壁碰撞完成后又与小物块碰撞。大物块与竖直墙壁碰撞时间极短，碰撞时的机械能损失，大物块与小物块的碰撞为弹性碰撞。已知小物块的质量为m=0.1kg，大物块的质量为，不计空气阻力，取重力加速度，求：（1）大物块和竖直墙壁碰前瞬间，大物块和小物块共同的速度大小v；（2）小物块反弹后在水平地面上向左运动的最远距离x。〖答案〗（1）6m/s；（2）36m〖解析〗（1）大物块与竖直墙壁碰撞前，大物块和小物块一起做匀减速直线运动。由动能定理得解得v=6m/s（2）物块与竖直墙壁碰撞过程解得v1=4m/s方向水平向左大物块与小物块碰撞过程由动量守恒定律和机械能守恒定律可得解得v3=12m/s或v3=-6m/s（舍）小物块以速度v3向左运动，对小物块由动能定理得解得x=36m12.如图所示，在xOy平面内，x轴与MN边界之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的宽度为d，x轴下方和MN边界上方的空间有两个匀强电场，场强大小均为E，方向与y轴平行。时刻，一质量为m、电荷量为+q的粒子从O点射入磁场，速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为，然后恰好垂直于MN边界进入上方电场，粒子重力不计。求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；（2）粒子第一次经过MN边界时的位置坐标；（3）粒子射出以后经过x轴的时刻t。〖答案〗（1）；（2；（3）见〖解析〗〖解析〗（1）垂直于MN边界进入上方电场，运动轨迹如图所示。设粒子运动轨道半径为r，由几何关系可得粒子在磁场中做匀速圆周运动解得磁感应强度（2）如图所示，由几何关系可知第一次经过MN边界时沿x方向运动距离解得该点位置坐标为（3）粒子在磁场中的运动周期每次通过磁场的时间粒子在电场中运动满足粒子在MN上方电场中做匀变速直线运动，设往返通过电场的时间为t2，由题意可得解得粒子在x轴下方电场中做类抛体运动，设粒子每次通过电场的时间为t3，由题意可得解得粒子接下来重复周期性运动，周期T=2t1+t2+t3则由题意可知，粒子由x轴上方磁场经过x轴的时刻满足t=n（2t1+t2+t3）-t3解得粒子由x轴下方电场经过x轴的时刻满足t=n（2t1+t2+t3）解得（二）选考题13.一定质量的理想