2023年甘肃省高考物理二模试卷

2023年甘肃省高考物理二模试卷二、选择题1．（3分）2022年4月7日，《科学》杂志的封面文章爆出了一条引发物理学界震动的大新闻，科学家们对W玻色子的质量进行了高精度测量。这种基本粒子间是弱相互作用，在自然界不能稳定存在或不单独存在。物理学家们只能利用高能粒子加速器中的粒子与靶物质相互碰撞，才能让他们出现在观察视野进而进行研究，由于W玻色子被打出后会迅速发生β衰变，产生电子、缪子或者反中微子等。科学家们能对产生的粒子动量分布研究推出W玻色子的质量，则下列有关说法正确的是（）A．W玻色子发生β衰变的半衰期与外界的温度和压强有关 B．14C可衰变为14N，它发生的衰变与W玻色子衰变相同 C．自然界中存在万有引力、电磁相互作用、强相互作用和核力四种基本作用 D．如果高能粒子加速器是回旋加速器，所加高频电压越大，则粒子获得的速度大小越大2．（3分）在2022年3月23日的“天宫课堂”上，航天员王亚平摇晃装有水和油的小瓶，静置后水和油混合在一起没有分层。图甲为航天员叶光富启动“人工离心机”，即用绳子一端系住装有水油混合的瓶子，以绳子的另一端O为圆心做如图乙所示的圆周运动，一段时间后水和油成功分层（水的密度大于油的密度），以空间站为参考系，此时（）A．水和油的线速度大小相等 B．由于水的密度大于油的密度，因此油在底层，水在上层 C．油对水有背离圆心沿半径指向外侧的作用力 D．水的向心加速度比油的小3．（3分）小明同学用光滑的硬钢丝弯折成“”形状，将它竖直固定放置。OB是竖直方向，BC是水平方向，∠AOB＝30°，一个光滑的轻环套在足够长的OA段上，一根足够长的轻绳一端固定在OB上的M点，轻绳穿过小环，另一端吊着一个质量为m的物体，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．绳端从M点缓慢移到B点的过程中绳子对圆环的力变小 B．OA杆受到小环的压力大小可以小于mg C．OA杆受到小环的压力大小为 D．绳端从B点缓慢水平向左移到N点的过程中绳子对圆环的力大小不变4．（3分）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，电阻R＝10Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡。原线圈接一个经双向可控硅调节后的电压U，U随时间t的变化规律如图乙所示，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前四分之一周期电压被截去。现将S1、S2、S3闭合，此时L2正常发光。下列说法错误的是（）A．输入电压U的有效值为10V B．R消耗的电功率为10W C．只断开S3后，L2能正常发光 D．只断开S2后，原线圈的输入功率减小5．（3分）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，bc为半径为r的半圆，ab、cd与直径bc共线，ab间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。从abcd边界射出磁场所用时间最短的粒子的速度大小为（）A． B． C． D．（多选）6．（3分）如图所示，一轻杆两端分别固定a、b两个均可看作质点的光滑金属球，a球质量大于b球质量，整个装置放在光滑的水平面上，设b球离地高度为h，将此装置由静止释放（重力加速度为g），则（）A．在b球落地前的整个过程中，a球向左做加速运动 B．在b球落地前的整个过程中，a、b及轻杆系统机械能守恒 C．在b球落地前的整个过程中，a、b及轻杆系统动量守恒 D．在b球落地前瞬间，b球的速度大小为（多选）7．（3分）假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶。甲车在前乙车在后，速度均为v0＝30m/s。甲、乙两车相距x0＝100m，在t＝0时刻甲车遭遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化的规律分别如图甲、乙所示。取运动方向为正方向。下列说法正确的是（）A．0～3s内两车间距逐渐增大 B．t＝6s时两车距离最近，且最近距离为10m C．6～9s内，甲车速度大于乙车速度，两车间距离越来越大 D．两车在0～9s内会相撞（多选）8．（3分）如图甲所示，在空间中建立xOy坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第Ⅱ象限，细管C到两金属板的距离相等，细管C开口在y轴上。放射源P在A板左端，可以沿特定方向发射某一初速度的α粒子。若金属板长为L、间距为d，当A、B板间加上某一电压时，α粒子刚好能以速度v0从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器中。静电分析器中存在着辐向电场，α粒子在该电场中恰好做匀速圆周运动，该电场的电场线沿半径方向指向圆心O，α粒子运动轨迹处的场强大小为E0。在t＝0时刻α粒子垂直于x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，交变电场随时间的变化关系如图乙所示，规定沿x轴正方向为电场的正方向。已知α粒子的电荷量为2e（e为元电荷）、质量为m，重力不计。以下说法中正确的是（）A．α粒子从放射源P运动到C的过程中动能的变化量为 B．α粒子从放射源P发射时的速度大小为 C．α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为 D．当t＝nT（n＝1，2，3…）时，α粒子的坐标为三、非选择题（一）必考题9．某学习小组利用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律。研究对象为小车、车上的钩码及悬挂的钩码整体，整体总质量为M，整体所受的合外力F的大小等于悬挂钩码的总重力大小，利用纸带和电火花计时器测出小车的加速度a。实验一：研究M一定时，加速度a与F的关系。实验二：研究F一定时，加速度a与M的关系。（1）下列操作必要的有。A．本实验需让木板倾斜合适的角度，平衡摩擦力B．调节定滑轮时，应使连接小车的细线与木板平行C．实验时，需满足悬挂钩码的质量远小于小车及车上钩码的质量D．实验时，应先释放小车再接通电火花计时器（2）实验一：小车上及细线悬挂的钩码总数不变。第一次，细线悬挂1个钩码，其余钩码放在小车上，释放小车后，小车沿斜面下滑打出一条纸带，求出此次实验小车的加速度a1；第二次，细线悬挂2个钩码，其余钩码放在小车上，求出此次实验小车的加速度a2，以此类推，共做5组实验。画出a﹣F图像，理论上图像斜率k＝。（3）实验二：细线悬挂钩码数不变。第一次，小车上不放钩码，释放小车后，小车沿斜面下滑打出一条纸带，求出此次实验小车的加速度a；第二次，小车上放1个钩码，以此类推，共做5组实验。若画出a﹣M图像，图线为线（填“直”或“曲”）。（4）某次实验打出的一条纸带如图乙所示，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点。其相邻点间的距离如图所示，每两个相邻的计数点之间还有4个点未画出，打点计时器接在周期为T＝0.02s的交流电源上，测得小车的加速度a＝m/s2（保留2位有效数字）。10．某实验小组用如下器材来测量电压表的内阻。A．待测电压表（量程0～3V，内阻为几千欧）Ω）C．电池组（电动势约3V，内阻可忽略）D．滑动变阻器R0E.电阻箱R（0～9999Ω）（1）图甲是某同学设计的电路，大家讨论后一致认为此电路不可行，你认为原因是。A．R0阻值较小B．电流表存在内阻C．电压表无法准确读数D．电流表无法准确读数（2）同学们改用图乙电路进行测量，设电阻箱的阻值为R，电压表的示数为U，为了根据图像能求得电压表的内阻，应该作图线（选填“U﹣R”“﹣R”“U﹣”）；（3）请根据（2）中你选择的坐标轴对应的物理量和表中的数据，在坐标纸中标上合适的标度并作出相应图线；R/kΩU/V（4）根据所画出的图线，取图线的纵截距为b，斜率为k，求出电源的电动势E＝，电压表内阻RV＝（结果用k、b表示）。11．2022年6月17日，我国第三艘航母“福建舰”正式下水，“福建舰”配备了目前世界上最先进的“电磁弹射”系统。“电磁弹射”Ω的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内，分别与两导轨良好接触。将开关K置于a端让电容器充电，充电结束后，再将开关K置于b端，金属滑块会在电磁力的驱动下运动。在电容器放电过程中，金属滑块两端电压与电容器两极板间电压始终相等。不计导轨和电路其他部分的电阻，不计电容器充、放电过程中电磁辐射和导轨产生的磁场对滑块的作用，忽略金属滑块运动过程中的一切摩擦阻力。求：（1）在开关K置于b端的瞬间，金属滑块加速度的大小；（2）金属滑块的最大速度。12．如图所示为某商家为了吸引顾客设计的抽奖活动。4块尺寸相同的木板A、B、C、D随机排序并紧挨着放在水平地面上，木板长度均为L＝0.4m，质量均为m＝0.3kg；下表面与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，A、B、C、D的上表面各有不同的涂层，滑块与涂层间的动摩擦因数分别为μA＝0.2、μB＝0.4、μC＝0.6、μD＝0.8。顾客以某一水平速度v0（未知），从左侧第一块木板的左端推出一质量M＝0.5kg的滑块（视作质点）。从左向右数，若滑块最终停在第一、二、三、四块木板上就会分别获得四、三、二、一等奖，滑离所有木板则不获奖。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2。（结果可用根号表示）。（1）若木板全部固定，要想获奖，求v0的取值范围；（2）若木板不固定，从左向右按照A、B、C、D的方式放置，要获得最高奖项，求v0的最小值。（二）选考题（多选）13．一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，其过程如V﹣T图上的线段所示，则气体在这个过程中（）A．外界对气体做负功 B．气体内能不变 C．状态B单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数比状态A少 D．气体压强不断变大 E．气体从外界吸收的热量大于其增加的内能14．2022年9月2日，“神舟十四号”航天员从“问天”×105Pa，温度t1＝27℃。（1）打开舱门前，航天员需将航天服内气压降低，此时密闭气体温度变为﹣9℃，航天服内气体体积约为4L，则航天员需将航天服内气压降低多少？（2）为便于舱外活动，航天员出舱前还需要把航天服内的一部分气体缓慢放出，使气压再降低。假设释放气体过程中温度保持为﹣9℃不变，体积变为2.2L，已知航天服放出的气体占原来气体质量的62.5%，则航天服放出气体后气压降为多少？（多选）15．在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有（）A．天文学上观察到双星（相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星）光谱随时间的周期性变化 B．当水波通过障碍物时，若障碍物的尺寸与波长差不多，或比波长小时，将发生明显的衍射现象 C．观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低 D．同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同 E．超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化16．如图所示，透明玻璃体的上半部分是半球体，下半部分是圆柱体，半球体的半径为R，O为半球体的球心。圆柱体的底面半径和高均为R，现有一半径为的圆环形平行光垂直于圆柱体底面射向半球体，OO1为圆光环的中心轴线，所有光线经折射后恰好经过圆柱体下表面圆心O1点，光线从O1射出后在玻璃体下方的水平光屏上形成一圆形亮环，光屏到圆柱体底面的距离为R，光在真空中的传播速度为c。求：（1）透明玻璃体的折射率；（2）光从入射点传播到光屏所用时间。2023年甘肃省高考物理二模试卷参考答案与试题解析二、选择题1．（3分）2022年4月7日，《科学》杂志的封面文章爆出了一条引发物理学界震动的大新闻，科学家们对W玻色子的质量进行了高精度测量。这种基本粒子间是弱相互作用，在自然界不能稳定存在或不单独存在。物理学家们只能利用高能粒子加速器中的粒子与靶物质相互碰撞，才能让他们出现在观察视野进而进行研究，由于W玻色子被打出后会迅速发生β衰变，产生电子、缪子或者反中微子等。科学家们能对产生的粒子动量分布研究推出W玻色子的质量，则下列有关说法正确的是（）A．W玻色子发生β衰变的半衰期与外界的温度和压强有关 B．14C可衰变为14N，它发生的衰变与W玻色子衰变相同 C．自然界中存在万有引力、电磁相互作用、强相互作用和核力四种基本作用 D．如果高能粒子加速器是回旋加速器，所加高频电压越大，则粒子获得的速度大小越大【分析】半衰期是原子核有半数发生衰变所需的时间，半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境与化学状态无关；14C的衰变也是β衰变；自然界存在四种基本作用；根据回旋加速器的原理分析。【解答】解：A、根据半衰期的特点可知，半衰期的大小由原子核内部因素决定，W玻色子发生β衰变的半衰期与外界的温度和压强无关，故A错误；B、14C可衰变为14N，其衰变方程为：→+可知它发生的衰变也是β衰变，与W玻色子衰变相同，故B正确；C、根据相互作用的特点可知，自然界中存在万有引力、电磁相互作用、强相互作用和弱相互作用力四种基本作用，故C错误；D、如果高能粒子加速器是回旋加速器，加速后速度最大时粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则：，可得：v＝，可知粒子的最大速度与所加高频电压大小无关，故D错误。故选：B。【点评】该题考查半衰期、相互作用以及回旋加速器等知识点，都是一些记忆性的内容，在平时的学习中多加积累即可。2．（3分）在2022年3月23日的“天宫课堂”上，航天员王亚平摇晃装有水和油的小瓶，静置后水和油混合在一起没有分层。图甲为航天员叶光富启动“人工离心机”，即用绳子一端系住装有水油混合的瓶子，以绳子的另一端O为圆心做如图乙所示的圆周运动，一段时间后水和油成功分层（水的密度大于油的密度），以空间站为参考系，此时（）A．水和油的线速度大小相等 B．由于水的密度大于油的密度，因此油在底层，水在上层 C．油对水有背离圆心沿半径指向外侧的作用力 D．水的向心加速度比油的小【分析】水和油随着瓶子做圆周运动，角速度相同，根据圆周运动线速度、角速度和半径的公式比较线速度大小；水和油分层是由于半径相同体积相等的水和油的液体小球，水球的质量更大，水球需要的向心力也更大；根据牛顿第三定律分析油对水的作用力；水和油在瓶子内做圆周运动，角速度相同，根据向心加速度的公式判断；【解答】解：A．水和油的环绕半径不同，但转动角速度相同，根据v＝ωr可知水和油的线速度大小不同，故A错误；B．水的密度大于油的密度，在混合液体中取半径相同处体积相等的水和油的液体小球，水球的质量大，根据Fn＝mω2r可知，水球需要的向心力更大，故当向心力不足时，将会做离心运动，水会向瓶底移动，圆周运动让试管里的水和油产生了离心现象，密度较大的水将集中于试管的底部，故B错误；C．油做圆周运动的向心力是水提供的，故水对油的作用力指向圆心，根据牛顿第三定律可知油对水有背离圆心沿半径指向外侧的作用力，故C正确；D．根据a＝ω2r可知水的半径比油大，水的向心加速度比油的大，故D错误。故选：C。【点评】本题考查匀速圆周运动的相关知识，解题关键是能够正确分析向心力的来源；知道向心力的公式，线速度、角速度、半径之间的关系；能够正确分析水油分离的原因。3．（3分）小明同学用光滑的硬钢丝弯折成“”形状，将它竖直固定放置。OB是竖直方向，BC是水平方向，∠AOB＝30°，一个光滑的轻环套在足够长的OA段上，一根足够长的轻绳一端固定在OB上的M点，轻绳穿过小环，另一端吊着一个质量为m的物体，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．绳端从M点缓慢移到B点的过程中绳子对圆环的力变小 B．OA杆受到小环的压力大小可以小于mg C．OA杆受到小环的压力大小为 D．绳端从B点缓慢水平向左移到N点的过程中绳子对圆环的力大小不变【分析】由于小环是轻环，则绳子对环的合力与杆垂直，对小环进行受力分析，根据几何关系即可求解，物体始终处于平衡态，绳上拉力大小不变。【解答】解：BC．小环是轻环，则绳上拉力的合力与杆垂直，故小环受力情况如图所示，根据几何关系可知，两段绳子的夹角为120°，故N＝F＝mg，由牛顿第三定律可知，OA杆受到小环的压力等于OA杆对小环的压力的支持力，故OA杆受到小环的压力大小为N＝mg，故BC错误；AD．对悬挂的重物进行受力分析可知，绳子中的拉力始终与重物重力平衡，由于绳中的拉力大小不变，且竖直方向的绳中拉力方向也发生改变，则两绳中拉力的合力始终与轻杆垂直，根据力的合成与分解的特点可知，当合力的方向不发生改变，其中一个分力大小和方向也都不发生改变时，则合力具有唯一性，故无论绳子左端点如何移动，绳子对圆环的力的大小不变，故A错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查共点力的平衡条件，解题关键在于合理使用几何关系得到各个力之间的等量关系，难点需要理解当合力的方向与一个分力大小和方向也都不发生改变时，此时合力具有唯一性。4．（3分）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，电阻R＝10Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡。原线圈接一个经双向可控硅调节后的电压U，U随时间t的变化规律如图乙所示，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前四分之一周期电压被截去。现将S1、S2、S3闭合，此时L2正常发光。下列说法错误的是（）A．输入电压U的有效值为10V B．R消耗的电功率为10W C．只断开S3后，L2能正常发光 D．只断开S2后，原线圈的输入功率减小【分析】根据有效值的定义结合图像得出输入电压的有效值；根据原副线圈的匝数比得出电学物理量的关系，结合电路构造完成分析；根据功率的计算公式结合电路构造完成分析。【解答】解：A、由交流电有效值的计算方法可知，解得：U有＝10V，故A正确；B、R消耗的电功率为，故B错误；C、根据代入数据解得：U2＝5V待S1、S2、S3闭合L2的电压等于U2＝5V，L2正常发光，只断开S3后，L2的电压仍等于5V，仍能正常发光，故C正确；D、将S1、S2、S3闭合都闭合时L3短路，只断开S2后，L3工作，负载电阻变大，而变压器输出电压不变，根据可知变压器的输出功率减小，则输入功率也减小，故D正确；本题选择错误的。故选：B。【点评】本题主要考查了变压器的构造和原理，根据原副线圈的匝数比得出电学物理量的比值关系，结合功率的计算公式即可完成分析。5．（3分）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，bc为半径为r的半圆，ab、cd与直径bc共线，ab间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。从abcd边界射出磁场所用时间最短的粒子的速度大小为（）A． B． C． D．【分析】粒子在磁场中运动的最短时间可根据粒子在磁场中运动的轨迹圆弧所对应的圆心角的最小值求出。【解答】解：当轨迹圆弧所对应的弦与bc半圆形边界相切时，轨迹圆弧所对应的弦与ab的夹角最大，那么轨迹的圆心角θ最小，运动时间最短，其轨迹如图所示，圆心恰好位于b点，由r＝，解得v＝，故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】明确粒子在磁场中做圆周运动能利用公式求出半径和运动时间是解决临界问题的关键。（多选）6．（3分）如图所示，一轻杆两端分别固定a、b两个均可看作质点的光滑金属球，a球质量大于b球质量，整个装置放在光滑的水平面上，设b球离地高度为h，将此装置由静止释放（重力加速度为g），则（）A．在b球落地前的整个过程中，a球向左做加速运动 B．在b球落地前的整个过程中，a、b及轻杆系统机械能守恒 C．在b球落地前的整个过程中，a、b及轻杆系统动量守恒 D．在b球落地前瞬间，b球的速度大小为【分析】整个装置下落过程中，水平方向没有外力，系统水平方向的动量守恒。原来系统水平方向的动量为零，在b球落地前瞬间，系统水平方向的动量仍为零，a的速度一定为零，从而判断a先加速后减速；a球原来速度为零，b落地瞬间速度仍为零，根据机械能守恒求b球落地前瞬间的速度大小。【解答】解：C、对两球及轻杆系统，水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，则总动量不守恒，故C错误；A、开始时两球速度均为零，在b球落地前瞬间，b球速度竖直向下，水平方向速度为零，根据系统水平方向动量守恒知，在b球落地前瞬间，a球的速度必定为零，则整个运动过程中，a球由静止状态经历向左运动到最终静止，经历了先加速后减速，故A错误；B、在b球落地前的整个过程中，无机械能与其他能的转化，则a、b及轻杆系统机械能守恒，故B正确；D、根据系统的机械能守恒得：mbgh＝mbv2可得在b球落地前瞬间，b球的速度大小为：，故D正确。故选：BD。【点评】本题是动量守恒定律与机械能守恒定律的综合应用，关键要正确分析两球的受力情况，判断出系统的合外力不为零，动量不守恒，但系统在水平方向不受外力，系统在水平方向的动量守恒。（多选）7．（3分）假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶。甲车在前乙车在后，速度均为v0＝30m/s。甲、乙两车相距x0＝100m，在t＝0时刻甲车遭遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化的规律分别如图甲、乙所示。取运动方向为正方向。下列说法正确的是（）A．0～3s内两车间距逐渐增大 B．t＝6s时两车距离最近，且最近距离为10m C．6～9s内，甲车速度大于乙车速度，两车间距离越来越大 D．两车在0～9s内会相撞【分析】由图像可知甲车前3s内做匀减速直线运动，后6s内做匀加速直线运动；乙车前3s做匀速直线运动，后6s内做匀减速直线运动；根据速度—时间图像分析。【解答】解：A．由图可知0～3s内，甲车做匀减速直线运动，乙车做匀速直线运动，甲车在乙车前面，则两车间距逐渐减小，故A错误；B．根据题意作出两车的速度—时间图象，如图：由图可知t＝6s时两车速度相等，阴影部分面积代表0～6s内两车的位移差为，即两车在t＝6s时距离最近，最近距离为s＝x0﹣Δx＝100m﹣90m＝10m，故B正确；CD．由图可看出6～9s内，甲车速度大于乙车速度，两车间距离越来越大，由于6s时甲在前距离乙车10m的位置，故在0～9s内，甲车一直在前，两车不会相撞，故C正确，D错误。故选：BC。【点评】本题是追及问题，关键分析清楚两小车的运动情况，然后画出速度—时间图像进行分析。（多选）8．（3分）如图甲所示，在空间中建立xOy坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第Ⅱ象限，细管C到两金属板的距离相等，细管C开口在y轴上。放射源P在A板左端，可以沿特定方向发射某一初速度的α粒子。若金属板长为L、间距为d，当A、B板间加上某一电压时，α粒子刚好能以速度v0从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器中。静电分析器中存在着辐向电场，α粒子在该电场中恰好做匀速圆周运动，该电场的电场线沿半径方向指向圆心O，α粒子运动轨迹处的场强大小为E0。在t＝0时刻α粒子垂直于x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，交变电场随时间的变化关系如图乙所示，规定沿x轴正方向为电场的正方向。已知α粒子的电荷量为2e（e为元电荷）、质量为m，重力不计。以下说法中正确的是（）A．α粒子从放射源P运动到C的过程中动能的变化量为 B．α粒子从放射源P发射时的速度大小为 C．α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为 D．当t＝nT（n＝1，2，3…）时，α粒子的坐标为【分析】粒子从发射到细管C反过来看是类平抛运动，由类平抛规律和牛顿第二定律求出板间电压，再由动能定理求出动能的变化；由动能定理求出粒子进入C的速度，由静电力提供向心力求得粒子的半径；由运动学公式求出时间，进入正交的交变电场后，在竖直方向匀速运动，在水平方向做匀加速直线运动，按运动的合成与分解求坐标。【解答】解：AB、设α粒子运动到C处时速度为v0，α粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有：L＝v0t竖直方向有：＝由牛顿第二定律：2e•＝ma联立解得：U＝α粒子从放射源发射出到C的过程，由动能定理有：﹣2eU＝ΔEk联立以上几式解得：ΔEk＝﹣设α粒子发射时速度的大小为v，α粒子从放射源发射至运动到C的过程，由动能定理：﹣＝﹣解得：v＝综上所述，故A正确，B错误；C、α粒子进入静电分析器中，由牛顿第二定律：2eE0＝m变形解得：r＝，故C正确；D、时，α粒子在x方向的速度为：vx＝结合～T电场方向，α粒子在x方向减速为零，一个周期内，离子在x方向的平均速度：每个周期α粒子在x正方向前进：因为开始计时时α粒子横坐标为：所以nT时，α粒子的横坐标为：，α粒子的纵坐标为：y＝﹣v0nT在nT时α粒子的坐标为：，故D错误。故选：AC。【点评】本题是带电粒子在复合场中的运动在实际科技中应用，关键抓住类平抛运动、圆周运动等基础知识，分过程分步骤用研究曲线运动的方法处理问题。三、非选择题（一）必考题9．某学习小组利用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律。研究对象为小车、车上的钩码及悬挂的钩码整体，整体总质量为M，整体所受的合外力F的大小等于悬挂钩码的总重力大小，利用纸带和电火花计时器测出小车的加速度a。实验一：研究M一定时，加速度a与F的关系。实验二：研究F一定时，加速度a与M的关系。（1）下列操作必要的有AB。A．本实验需让木板倾斜合适的角度，平衡摩擦力B．调节定滑轮时，应使连接小车的细线与木板平行C．实验时，需满足悬挂钩码的质量远小于小车及车上钩码的质量D．实验时，应先释放小车再接通电火花计时器（2）实验一：小车上及细线悬挂的钩码总数不变。第一次，细线悬挂1个钩码，其余钩码放在小车上，释放小车后，小车沿斜面下滑打出一条纸带，求出此次实验小车的加速度a1；第二次，细线悬挂2个钩码，其余钩码放在小车上，求出此次实验小车的加速度a2，以此类推，共做5组实验。画出a﹣F图像，理论上图像斜率k＝。（3）实验二：细线悬挂钩码数不变。第一次，小车上不放钩码，释放小车后，小车沿斜面下滑打出一条纸带，求出此次实验小车的加速度a；第二次，小车上放1个钩码，以此类推，共做5组实验。若画出a﹣M图像，图线为曲线（填“直”或“曲”）。（4）某次实验打出的一条纸带如图乙所示，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点。其相邻点间的距离如图所示，每两个相邻的计数点之间还有4个点未画出，打点计时器接在周期为T＝0.02s的交流电源上，测得小车的加速度a＝0.80m/s2（保留2位有效数字）。【分析】（1）根据实验的目的和要求事项分析答题；（2）根据牛顿第二定律表示出图像表达式即可；（3）根据牛顿第二定律分析图像随着质量的改变发生变化；（4）利用逐差法求得小滑车的加速度。【解答】解：（1）A．需要让整体受到的合外力等于钩码的重力，则本实验需让木板倾斜合适角度，以平衡摩擦力。故A正确；B．为使整体受到的合外力不变，调节定滑轮时，应使连接小车的细线与木板平行。故B正确；C．研究对象为小车、车上钩码及悬挂的钩码整体，实验时，并不需满足悬挂钩码的质量远小于小车及车.上钩码的质量。故C错误；D．为充分利用纸带，实验时，应先接通电火花计时器再释放小车。故D错误。故选：AB。（2）根据牛顿第二定律，有F＝Ma整理得画出a﹣F图像，理论上图像斜率（3）根据牛顿第二定律F＝Ma合外力不变，质量改变，若画出a﹣M图像，图线为曲线。（4）根据逐差法，可得故答案为：（1）AB；（2）；（3）曲；（4）0.80。【点评】本题考查了实验原理和注意事项、应用牛顿第二定律与匀变速直线运动的推论即可正确解题。10．某实验小组用如下器材来测量电压表的内阻。A．待测电压表（量程0～3V，内阻为几千欧）Ω）C．电池组（电动势约3V，内阻可忽略）D．滑动变阻器R0E.电阻箱R（0～9999Ω）（1）图甲是某同学设计的电路，大家讨论后一致认为此电路不可行，你认为原因是D。A．R0阻值较小B．电流表存在内阻C．电压表无法准确读数D．电流表无法准确读数（2）同学们改用图乙电路进行测量，设电阻箱的阻值为R，电压表的示数为U，为了根据图像能求得电压表的内阻，应该作图线（选填“U﹣R”“﹣R”“U﹣”）；（3）请根据（2）中你选择的坐标轴对应的物理量和表中的数据，在坐标纸中标上合适的标度并作出相应图线；R/kΩU/V（4）根据所画出的图线，取图线的纵截距为b，斜率为k，求出电源的电动势E＝，电压表内阻RV＝（结果用k、b表示）。【分析】（1）电压表的内阻很大，通过电流表的电流过小，据此分析作答；（2）根据闭合电路的欧姆定律求解；（3）根据“描点法”作图的原则作图；（4）根据函数结合图像纵截距和斜率的含义分析后求解电动势和内阻。【解答】解：（1）电流表与电压表串联时，电压表内阻特别大，电路中电流很小，不能精确读数，故ABC错误，D正确。故选：D。（2）根据闭合电路欧姆定律可知整理得故应该做图像。（3）根据“描点法”作图的原则，要使尽量多的点落在直线上，不在直线上的要均匀分布在直线两侧，舍弃个别相差较远的点，所作图像如图所示：（4）根据函数，结合图像可知，图像的斜率纵截距解得电源电动势电压表内阻故答案为：（1）D；（2）（3）见解析；（4）；。【点评】本题考查了电压表的内阻的测量，由于电压表内阻很大，不能直接用“伏安法”来测量，利用电压表测电压，再根据欧姆定律就可以解决电路中的电流问题。11．2022年6月17日，我国第三艘航母“福建舰”正式下水，“福建舰”配备了目前世界上最先进的“电磁弹射”系统。“电磁弹射”Ω的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内，分别与两导轨良好接触。将开关K置于a端让电容器充电，充电结束后，再将开关K置于b端，金属滑块会在电磁力的驱动下运动。在电容器放电过程中，金属滑块两端电压与电容器两极板间电压始终相等。不计导轨和电路其他部分的电阻，不计电容器充、放电过程中电磁辐射和导轨产生的磁场对滑块的作用，忽略金属滑块运动过程中的一切摩擦阻力。求：（1）在开关K置于b端的瞬间，金属滑块加速度的大小；（2）金属滑块的最大速度。【分析】（1）在开关K置于b瞬间，根据欧姆定律求出流过金属滑块的电流，由牛顿第二定律和安培力计算公式相结合求解金属滑块加速度a的大小；（2）在金属滑块运动过程中，由动量定理结合电荷量的计算公式、电容的定义式求解金属滑块的最大速度。【解答】解：（1）开关K置于b的瞬间，流过金属滑块的电流为以金属滑块为研究对象，根据牛顿第二定律得F＝BIL＝ma2（2）设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为U，电容器放电过程中的电荷量变化为Δq，放电时间为Δt，流过金属滑块的平均电流为I。在金属块滑动过程中，由动量定理得BILΔt＝mv﹣0因为Δq＝IΔt由电容的定义电容器放电过程的电荷量变化为Δq＝CΔU且ΔU＝E﹣U金属滑块运动后速度最大时，其两端电压为U＝BLv联立解得v＝30m/s2；（2）金属滑块的最大速度v的大小为30m/s。【点评】解决本题的关键要正确分析滑块的受力情况，判断其运动情况，知道其速度最大的条件：电容器电压与滑块切割磁感线产生电动势相等，滑块做匀速直线运动。12．如图所示为某商家为了吸引顾客设计的抽奖活动。4块尺寸相同的木板A、B、C、D随机排序并紧挨着放在水平地面上，木板长度均为L＝0.4m，质量均为m＝0.3kg；下表面与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，A、B、C、D的上表面各有不同的涂层，滑块与涂层间的动摩擦因数分别为μA＝0.2、μB＝0.4、μC＝0.6、μD＝0.8。顾客以某一水平速度v0（未知），从左侧第一块木板的左端推出一质量M＝0.5kg的滑块（视作质点）。从左向右数，若滑块最终停在第一、二、三、四块木板上就会分别获得四、三、二、一等奖，滑离所有木板则不获奖。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2。（结果可用根号表示）。（1）若木板全部固定，要想获奖，求v0的取值范围；（2）若木板不固定，从左向右按照A、B、C、D的方式放置，要获得最高奖项，求v0的最小值。【分析】（1）若木板全部固定，当滑块恰好能够滑动至D的右端时v0具有最大值，根据动能定理求初速度的最大值，再确定范围；（2）根据滑动摩擦力公式，分别求出滑块滑上A、B、C时滑块所受摩擦力，ABCD整体、BCD整体、CD整体所受地面的摩擦力，然后判断滑块与木板的运动情况；滑块滑上木板C后，根据牛顿第二定律分别求出此时滑块与木板CD的加速度；根据滑动摩擦力公式求解滑块在木板D上的最大静摩擦力，求解木板D和滑块整体所受地面的摩擦力，判断滑块与木板D能否保持相对静止，然后根据运动学公式求解共同速度，根据动能定理求解初速度的最小值。【解答】解：（1）若木板全部固定，当滑块恰好能够滑动至D的右端时v0具有最大值，（若设μA＝μ，则μB＝2μ，μC＝3μ，μD＝4μ）根据动能定理，可得：整理可解得：＝2m/s＝4m/s要想获奖，v0的取值范围是0＜v0≤4m/s（2）若木板不固定，从左向右按照A、B、C、D的方式放置，当滑块在A上滑动时，滑块与A之间的滑动摩擦力大小为A、B、C、D整体所受地面的最大静摩擦力为：因为f1＜f2，所以滑块在A上滑动时，A、B、C、D均静止。同理，当滑块在B上滑动时，B、C、D均静止；当滑块在C上滑动时，C、D将滑动，且滑块做匀减速运动，C、D整体将做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得滑块和C、D整体的加速度大小分别为：a1＝3μg，设滑块刚滑上C时的速度大小为v1，经时间t1恰好滑到D上，且与D达到共同速度v2，滑块与D共速后将不会再相对D滑动，最终与D一起停止，此时即可获得最高奖项，对应v0具有最小值。根据运动学规律有：v1﹣a1t1＝a2t1＝v2，联立解得：对滑块从刚滑上A到刚滑上C的过程，根据动能定理有：代入解得：答：（1）若木板全部固定，要想获奖，v0的取值范围为0＜v0≤4m/s；（2）若木板不固定，从左向右按照ABCD的方式放置，要获得最高奖项，v0的最小值为。【点评】根据题意分析清楚滑块与木板的运动过程是解题的前提，熟练运用牛顿第二定律、运动学公式和动能定理是解题的关键；本题过程复杂，难度大，是力学压轴题。（二）选考题（多选）13．一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，其过程如V﹣T图上的线段所示，则气体在这个过程中（）A．外界对气体做负功 B．气体内能不变 C．状态B单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数比状态A少 D．气体压强不断变大 E．气体从外界吸收的热量大于其增加的内能【分析】根据气体体积的变化得出其做功特点；理解气体内能的影响因素，从而分析出气体内能的变化趋势；根据图像的物理意义得出气体的压强变化趋势，结合压强的微观解释完成分析；根据热力学第一定律分析出气体的吸热量和内能增量的大小关系。【解答】解：A．气体从A到B，体积变大，所以外界对气体做负功，故A正确；B．从A到B温度升高，则气体内能增加，故B错误；CD．因BA连线过原点，则从A到B压强不变，温度升高，气体分子平均动能变大，平均每个分子对器壁的碰撞力变大，而气体压强不变，则状态B单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数比状态A少，故C正确，D错误；E．气体对外做功，内能增加，则根据热力学第一定律ΔU＝Q+W可知，气体从外界吸收的热量大于其增加的内能，故E正确。故选：ACE。【点评】本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是理解图像的物理意义，根据图像分析出气体状态参量的变化趋势，结合热力学第一定律即可完成分析。14．2022年9月2日，“神舟十四号”航天员从“问天”×105Pa，温度t1＝27℃。（1）打开舱门前，航天员需将航天服内气压降低，此时密闭气体温度变为﹣9℃，航天服内气体体积约为4L，则航天员需将航天服内气压降低多少