2023年山西省太原市迎泽区联考物理试卷（3月份）及答案解析

第=page11页，共=sectionpages11页2023年山西省太原市迎泽区联考试卷（3月份）1.碳(614C)是大气层中的氮气受到“宇宙射线”中的中子不断轰击而产生的。碳14有放射性，会自发释放出电子和能量衰变成氮14(714A.碳14自发衰变时质量不会亏损

B. ​614C的中子数与 ​714N的中子数相等

C.氮气受到中子的轰击产生的核反应中总质量数减少

2.在如图所示的电路中，交流电源的电压有效值恒定，k盏相同的灯泡均正常发光。理想变压器原、副线圈的匝数之比为(

)A.(k−1)：1 B.(k−1)2：1 C.k：1 D.k3.如图所示，某次军事训练中，战士从倾角为θ的山坡上的A处以大小为v0的速度水平投出手榴弹(图中以点表示)，手榴弹落在山坡上的B处。若手榴弹的质量为m，不计空气阻力，则手榴弹在空中运动过程中的动量变化大小为(

)A.mv0tanθ B.2mv0tanθ4.如图所示，曲线为一带负电的粒子在某点电荷产生的电场中的部分运动轨迹，P点为轨迹的最低点，以P点为坐标原点建立直角坐标系，粒子的运动轨迹关于y轴对称，Q点是第Ⅰ象限内轨迹上的一点。粒子只受电场力的作用。下列说法正确的是(

)A.点电荷一定带负电

B.点电荷一定在y轴负半轴上的某处

C.Q点的电势一定比P点的电势高

D.粒子在P、Q两点的动能与电势能之和一定相等5.如图所示，某同学将一竖直轻弹簧下端固定在水平面上，质量均为m的甲、乙两物体叠放在轻弹簧上并处于静止状态。该同学用一恒定拉力(图中未画出)竖直向上拉甲，通过研究发现：当拉力为某一数值时两物体恰好会发生分离。已知弹簧的弹性势能Ep=12kx2，其中k为弹簧的劲度系数，xA.12mg B.23mg C.6.一只翠鸟发现露出水面的游鱼，从高空由静止俯冲扎入水中捕鱼。若在翠鸟由静止俯冲至水面的过程中，位移与时间的比值随时间变化的图像为直线，如图所示，其中v0、t0均已知，翠鸟在空中运动的时间为t0，则下列说法正确的是(

)

A.翠鸟在空中运动的最大速度为v0 B.翠鸟在空中运动的最大速度为2v0

C.翠鸟在空中运动的距离为v07.2023年1月9日，“长征七号”A运载火箭在中国文昌航天发射场点火起飞，托举“实践二十三号”卫星直冲云霄，随后卫星进入预定轨道，发射取得圆满成功。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R，“实践二十三号”卫星距地面的高度为ℎ，入轨后绕地球做匀速圆周运动，该卫星的(

)A.线速度大小为gR+ℎR B.角速度大小为gR

C.向心加速度大小为8.如图所示，足够长的平行光滑导轨倾斜固定，导轨上端用导线连接。导轨间存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，匀质导体棒甲由静止释放后沿导轨下滑，最终处于稳定状态。用同种材料制成的匀质导体棒乙替换导体棒甲，仍由静止释放，乙最终处于稳定状态。若甲、乙的质量之比为1：2，长度均与导轨的间距相等，不计导轨与导线的电阻，导体棒下滑的过程中与导轨始终垂直且接触良好，则下列说法正确的是(

)A.甲、乙处于稳定状态时的速度大小之比为1：1

B.从开始到稳定状态的过程中，甲、乙运动的时间之比为2：1

C.从开始到稳定状态的过程中，甲、乙产生的焦耳热之比为1：2

D.从开始到稳定状态的过程中，通过甲、乙某一横截面的电荷量之比为2：19.小吴利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。所用器材有：小球、细线、拉力传感器(可以测量细线的拉力)、托盘秤。当地的重力加速度大小为g。

(1)将小球静置于托盘秤上，如图乙所示，托盘秤表盘的示数如图丙所示，则小球的质量m=

kg。

(2)细线一端与小球相连，另一端绕在水平轴O上。将小球拉至与水平轴O同一高度处后由静止释放，小球在竖直平面内做圆周运动，若小球通过最低点时拉力传感器的示数为F，则能验证机械能守恒定律的等式为F=

。

(3)若测得水平轴O与小球之间的细线长度为L，小球的直径为d，则小球做圆周运动的最大速度vm=

。10.某物理兴趣小组欲将电流表A1改装成量程为15V的电压表。小组同学先用如图甲所示的电路测量电流表A1的内阻，提供的实验器材有：

A.电流表A1(量程为1mA，内阻约为290Ω)；

B.电流表A2(量程为1.5mA，内阻约为200Ω)；

C.定值电阻(阻值为600Ω)；

D.定值电阻(阻值为60Ω)；

E.滑动变阻器R；

F.一节新的干电池E；

G.开关S及导线若干。

(1)图甲中的电阻R0应选用

(填“C”或“D”)。

(2)根据图甲，用笔画线代替导线，补充完成图乙中实物间的连线。

(3)正确连接线路后，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，获得多组A1的示数I1和A2的示数I2，将对应的数据在I2−I1坐标系中描点，作出I2−I1图像如图丙所示，A1的内阻为

Ω(结果保留三位有效数字)。

(4)给A1串联一个阻值为

kΩ(结果保留三位有效数字)的定值电阻，可将A1改装成量程为15V的电压表V。

(5)用标准电压表V011.如图所示，某冰雪游乐场中，质量M=20kg的小游客静止在足够大的冰面上，他将质量m1=4kg的石块(视为质点)以大小v0=5m/s的速度水平推向左侧静止在冰面上的楔形冰块的斜面上，结果石块滑回冰面上后恰好不能追上小游客。不计石块滑上冰块时的机械能损失，所有摩擦不计，取重力加速度大小g=10m/s2。求：

(1)冰块的质量m2；12.如图所示，在直角坐标系xOy中，A、P、C、B四点的坐标分别为(−3L,0)，(0,32L)、(0,52L)、(536L,0)。△BOC内(包括边界)有方向垂直坐标平面向外的匀强磁场；第Ⅱ、Ⅲ象限(含y轴)存在电场强度大小相同的匀强电场，电场强度方向分别沿y轴负方向和正方向。质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点沿坐标平面以某一初速度射入第II象限，经电场偏转后从P点以速率v垂直y轴射入磁场，经磁场偏转后恰好未从边界BC射出磁场，然后从D点(图中未画出)通过x轴。不计粒子所受的重力。

(1)求电场的电场强度大小E以及粒子在A点的初速度方向与x轴正方向的夹角θ；

(2)求从粒子通过P点(第一次通过y轴)到粒子第二次通过y轴的时间t；

(3)若在粒子第二次通过y轴时，其他条件不变，仅在第Ⅲ象限加上磁感应强度大小为ΔBOC内磁场的磁感应强度大小的13.为预防病毒感染，食堂熬好“芪防败毒汤”并用环保塑料袋打包运送给学生。若将刚熬好的“芪防败毒汤”倒入导热性能良好的塑料袋中并迅速打结(不漏气)，由于袋内空气的温度先升高后下降，一小段时间后鼓起的塑料袋瘪掉，则在温度下降的过程中，外界对袋内空气(视为理想气体)做

(填“正功”或“负功”)，袋内空气

(填“吸收”或“放出”)热量。14.如图所示，一根粗细均匀的“U”形细玻璃管竖直放置，左端足够长、开口，右端封闭且导热良好。管内有一段水银柱，右管封闭了一段空气柱(视为理想气体)。当环境的热力学温度T1=300K时，左、右两液面的高度差为ℎ，右管空气柱的长度为5ℎ，大气压强恒为8ℎHg。

(1)若逐渐降低环境温度，求左、右两液面相平时环境的热力学温度T2；

(2)若不是降低环境温度(环境温度保持不变)，往左管缓慢加入水银，直至右液面升高0.5ℎ，求该过程中往左管加入的水银柱的长度H。15.湖面上P、Q两艘小船(均视为质点)相距6m，一列水波以大小为1m/s的波速沿PQ方向传播，在t=0时刻水波恰好到达小船P处，此时小船P由平衡位置开始竖直向上运动，t=1.5s时刻小船P第一次到达最低点，则水波的波长为

m；在t=

s时刻，小船Q第一次到达最高点。16.一棱镜的横截面如图所示，其中ABOD是边长为R的正方形，ODE是四分之一圆弧，圆心为O。一光线从AB边上的中点P入射，进入棱镜后射在O点，并在O点恰好发生全反射。

(1)求棱镜对光线的折射率n；

(2)不考虑光线在棱镜内的多次反射，已知真空中的光速为c，求光线在棱镜内传播的时间t。

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：A.碳14衰变中有能量产生，可见碳14自发衰变时存在质量亏损，故A错误；

B. ​614C的中子数与 ​714N的中子数分别为8个和7个，中子数不相等，故B错误；

C.由核反应遵循的规律，可知氮气受到中子的轰击产生的核反应中总质量数不变，故C错误；

D.半衰期由原子核本身性质决定，与外界因素无关，即增大压强不能使 ​614C的半衰期变为5721年，故D正确。2.【答案】A

【解析】解：设灯泡均正常发光时通过灯泡的电流为I，则通过原线圈的电流为I1=I

副线圈电路中k−1盏灯泡并联，并联电路的总电流等于各支路电流之和，则通过副线圈的电流为I2=(k−1)I

根据理想变压器电流与线圈匝数关系可知原、副线圈的匝数之比为n1n2=I2I1=(k−1)II=k−13.【答案】B

【解析】解：设手榴弹在空中运动的时间为t，根据平抛运动的规律有：

水平方向：x=v0t

竖直方向：y=12gt2

且tanθ=yx

可得落地时间：t=2v0tanθg

根据动量定理，该过程中手榴弹的动量变化大小：Δp=mgt

解得Δp=2mv0tanθ

故ACD错误，B4.【答案】D

【解析】解：AB.粒子做曲线运动，根据曲线运动的受力特点可知，粒子受到的静电力总是指向轨迹凹侧，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引和“对称性”可知，若点电荷在带负电，一定在y轴的负半轴某处；若点电荷在带正电，一定在y轴的正半轴某处，故A、B错误；

C.沿着电场线，电势逐渐降低，若点电荷带正电，由于无法判断Q点和P点到正点电荷的距离大小，因此无法判断Q点与P点电势的高低，故C错误；

D.由于在整个运动过程中，只有电场力做功，粒子在P点和Q点的动能与电势能之和保持不变，故D正确。

故选：D。

曲线运动受力总是指向轨迹凹侧，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；

沿着电场线，电势逐渐降低；

只有电场力做功，电势能和动能相互转化，能量之和不变。

本题解题关键是掌握：曲线运动受力总是指向轨迹凹侧、沿着电场线，电势逐渐降低。

5.【答案】B

【解析】解：由于甲乙受力平衡——受到自身重力和弹簧弹力，设施加拉力前两物体静止时弹簧的形变量为x1，则有：kx1=2mg

经分析可知，两物体在最高点分离的情况下对应的拉力最小(设为F)，设此种情况下两物体分离时(二者速度v为0，且具有相同的加速度)的加速度大小为a，方向竖直向下、弹簧的形变量为x2，则对两物体组成的系统，根据牛顿第二定律有：2mg−F−kx2=2ma

对甲，根据牛顿第二定律有：mg−F=ma

联立解得：F=kx2

因为弹簧的弹性势能Ep=12kx2，则Ep1=12kx12，Ep2=12kx22

故弹性势能的变化量为：ΔEp=Ep2−Ep1=12kx22−12kx16.【答案】BC

【解析】解：AB、由图像可xt=v0t0t，可得x=v0t0t2，可知翠鸟做匀加速直线运动，根据位移—时间公式x=12at2，得加速度为a=2v0t0，所以当t=t07.【答案】AD

【解析】解：A、设地球的质量为M，对于在地球表面质量为m1的物体，在忽略地球自转的情况，其重力等于万有引力，则有：

m1g=GMm1R2，可得：GM=gR2

根据万有引力提供卫星绕地球做匀速圆周运动所需的向心力得：

GMm(R+ℎ)2=mv2R+ℎ，联立解得：v=gR+ℎR，故A正确；

B、卫星运行的角速度为：ω=vR+ℎ=g(R+ℎ8.【答案】AC

【解析】解：A、设导体棒的密度为ρ1、长度为L、横截面积为S，导体棒的电阻率为ρ2，则导体棒的质量为：m=ρ1LS，导体棒的电阻为：R=ρ2LS。

设磁场的磁感应强度大小为B，导轨的倾角为θ，导体棒处于稳定状态时的速度大小为vm。感应电动势为E=BLvm，感应电流为I=ER，导体棒所受安培力为：F1=BIL=B2L2vmR。

根据平衡条件有：mgsinθ=F1=B2L2vmR，解得：vm=mgRsinθB2L2=ρ1ρ2gsinθB2，可见vm与导体棒的质量无关，甲、乙处于稳定状态时的速度大小之比为1：1，故A正确；

B、导体棒下滑的速率为v时，导体棒所受安培力为：F=B2L2vR

根据牛顿第二定律可得导体棒的加速度为：a=mgsinθ−Fm=gsinθ−B2L2vmR=gsinθ−9.【答案】0.10

3mg

(2L+d)g【解析】解：(1)如图丙所示，托盘秤表盘的分度值为0.1kg，由其读数可得小球的质量为m=0.10kg。

(2)设小球运动到最低点时速度大小为v，最低点与水平轴O的竖直距离为ℎ，小球下落过程，若机械能守恒，则有：mgℎ=12mv2

小球运动到最低点时，根据牛顿第二定律可得：F−mg=mv2ℎ

联立解得：F=3mg

则能验证机械能守恒定律的等式为F=3mg。

(3)同理，若测得水平轴O与小球之间的细线长度为L，小球的直径为d，小球经过最低点时具有最大速度，则有：mg(L+d2)=12mvm2

解得：vm=(2L+d)g10.【答案】C

300

14.7

15.5

【解析】解：(1)当电流表A1、A2满偏时，根据欧姆定律IA1⋅RA1=(IA2−IA1)⋅R0

电阻R0=IA1RA1IA2−IA1=1×10−3×2901.5×10−3−1×10−3Ω=580Ω

图甲中的电阻R0应选用C；

(2)根据图甲，用笔画线代替导线，补充完成图乙中实物间的连线如图所示

(3)根据串并联电路特点和欧姆定律有I2=I1+I1RA1R0

整理得I2=R0+RA1R0I1

根据I2−I1图像可知，图像的斜率k=R0+RA1R0=1.5−01.0−0=1.5

代入数据解得11.【答案】解：(1)小游客推出冰块的过程中，满足动量守恒，以v0方向为正方向，Mv+m1v0=0

可得小游客的速度v=−1m/s

石块滑上冰块再滑下的过程中，满足水平方向动量守恒和机械能守恒，以v0方向为正方向，可知m1v0=m1v1+m2v2

12m1v02=12m1v12+【解析】(1)小游客推出冰块的过程中，满足动量守恒，石块滑上冰块再滑下的过程中，满足水平方向动量守恒和机械能守恒，石块恰好不能追上小游客，可知v1=v，求质量；

(2)石块沿斜面上滑到最高点的过程中，满足水平方向动量守恒和机械能守恒，求石块沿斜面上滑的最大高度。

12.【答案】解：(1)粒子从A点到P点的运动为类平抛运动的逆运动，运动轨迹如图1所示。

设粒子由A点到P点的运动时间为t0，加速度大小为a，已知到达P点的速率为v，根据类平抛运动的特点可得：

在沿x轴方向上有：3L=vt0

在沿y轴方向上有：32L=12at02

由牛顿第二定律得：qE=ma

联立解得：E=mv2qL

在A由运动的分解可得：

tanθ=at0v

解得：θ=60°。

(2)粒子在△BOC区域内做匀速圆周运动，轨迹恰好与边界BC相切，轨迹如图1所示，设粒子在△BOC区域内做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系可得：

CP=52L−32L=L

tan∠OCB=536L52L=33，可得：∠OCB=30°，CO1=2r

由CO1=CP+PO1，可得：2r=L+r，解得：r=L

根据几何关系可得图1中的角α的余弦值为：cosα=OO1r=OC−CO1r=52L−2LL=12，可得：α=60°

DG=rtanα=3L

粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为180°−60°=120°

粒子在磁场中运动时间为：t1=120°360∘⋅2πrv=2πL3v

粒子从D点到y轴上的G点做匀速直线运动，此过程的时间为：t2=DGv=3Lv

从粒子通过P点(第一次通过y轴)到粒子第二次通过y轴的时间为：t=t1+t2

解得：t=(2π3+3)Lv。

(3)设△BOC内磁场的磁感应强度大小为B1，由洛伦兹力提供向心力得：

qvB1=mv2r

解得：B1=mvqL

故在第Ⅲ象限所加磁场的磁感应强度大小为：B2=2B1=2mvqL

将粒子通过G点时的速度v沿x、y轴正交分解为v1、v2，如图2所示。

v1=vcos60°=12v,v2=vsin60°=32v【解析】(1)粒子从A点到P点的运动为类平抛运动的逆运动，根据类平抛运动的特点，结合牛顿第二定律求解；

(2)粒子在△BOC区域内做匀速圆周运动，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角，结合运动周期求得在磁场中运动时间。粒子在第四象限做匀速直线运动，根据几何关系求得运动位移，由运动学关系求解此过程的时间。两段运动过程的时间之和即为所求；

(3)粒子进入第三象限时洛伦兹力沿−y方向的分力恰好与电场力平衡，将粒子的运动分解为沿x轴负方向做匀速直线运动，和沿逆时针方向的匀速圆周运动，当粒子的合速度方向沿y轴负方向时，其距离y轴最远，根据运动的合成与分解和动能定理求解。

本题考查了带电粒子在电场和磁场中运动问题，难度大。对于粒子在电场中偏转做类抛体运动，应用运动的合成与分解解答；对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。本题(3)要根据粒子受力特点将运动分解处理。

13.【答案】正功

放热

【解析】解：因为袋内空气的体积减小，所以外界对袋内空气做正功。

因为袋内空气的温度下降，所以袋内空气的内能减小ΔU<0，W>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知袋内空气放热。

故答案为：正功；放出。

因为袋内空气的体积变化判断外界对袋内空气做功情况；根据袋内空气的温度下降，判断袋内空气的内能变化；根据热力学第一定律可知，分析袋内空气是吸热还是放热。

本题考查了热力学第一定律的相关知识，解决本题的关键是根据体积变化，判断做功情况，根据温度判断内能变化情况。

14.【答案】解：(1)设玻璃管的横截面积为S，当左、右两液面相平时，右管液面上升0.5ℎ，对右管内的空气，根据理想气体的状态方程有(8ℎ+ℎ)×5ℎST1=8ℎ×(5ℎ−0.5ℎ)ST2

解得T2=240K

(2)设右液面升高0.5ℎ时，右管内空气的压强为p，根据玻意耳定律有(8ℎ+ℎ)×5Sℎ=p(5ℎ−0.5ℎ)S

解得p=10ℎHg

左右液面