1. 2023年8月25日，中核集團發(fā)布消息：“中國環(huán)流三號”首次實現(xiàn)100萬安培等離子體電流下的高約束模式運行。這標(biāo)志著中國磁約束核聚變研究向高性能聚變等離子體運行邁出重要一步。下列屬于核聚變反應(yīng)的是（ ）
A.
B
C.
D.
【答案】D
【解析】
【詳解】A．該方程為衰變的方程，故A錯誤；
B．該方程為原子核的人工轉(zhuǎn)變方程，故B錯誤；
C．該方程為重核裂變的方程，故C錯誤；
D．該方程為輕核聚變反應(yīng)方程，故D正確。
故選D。
2. 如圖是一列沿x軸傳播的簡諧橫波在時刻波的圖像，此時處的質(zhì)點P正沿y軸負方向振動且振動周期為0.5s。則（ ）
A. 該波沿x軸正方向傳播
B. 該波的傳播速度為4m/s
C. 質(zhì)點P在0~0.5s的時間內(nèi)運動的路程為0.4m
D. 質(zhì)點P在0~0.5s的時間內(nèi)沿波的傳播方向平移4m
【答案】C
【解析】
【詳解】A．由于P點在時刻沿y軸負方向振動，根據(jù)同側(cè)法可知波沿x軸負方向傳播，故A錯誤；
B．由圖可知，該波波長為4m，由
可得
故B錯誤；
C．質(zhì)點P在0~0.5s的時間內(nèi)即一個周期內(nèi)運動的路程為
故C正確；
D．橫波中質(zhì)點的振動方向和波的傳播方向垂直，且以其平衡為中點做簡諧振動，并不會隨波發(fā)生遷移，故D錯誤。
故選C。
3. 2023年12月1日，受太陽日冕物質(zhì)拋射爆發(fā)影響，地球出現(xiàn)3小時的大地磁暴。地磁暴會加速低空航天器速度的衰減，導(dǎo)致其軌道變化。若軌道變化前后航天器的運動均可視為繞地球的勻速圓周運動，則地磁暴會使低空航天器的（ ）
A. 軌道半徑變小B. 運行周期變大C. 動能變小D. 向心加速度變小
【答案】A
【解析】
【詳解】航天器由于磁暴的影響導(dǎo)致速度衰減而做近心運動，軌道半徑減小，在更近的軌道上圓周運動時，根據(jù)
解得
，，
速度更大，周期更小，向心加速度更大。
故選A。
4. 如圖所示，質(zhì)量分別為4kg、5kg的木塊A、B用輕質(zhì)彈簧連接并置于粗糙水平面上，它們與水平面間的動摩擦因數(shù)均為0.3，彈簧的勁度系數(shù)為400N/m，且被壓縮了2.5cm，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度的大小?，F(xiàn)用的水平拉力向右拉木塊B，在力F作用瞬間（ ）
A. 木塊A所受摩擦力的大小是12N
B. 木塊A所受摩擦力大小是10N
C. 木塊B所受摩擦力的大小是18N
D. 木塊B所受摩擦力的大小是10N
【答案】B
【解析】
【詳解】AB．彈簧的彈力為
對物體A分析，在力F作用的瞬間由于彈簧的形變量不變，彈力不變，A仍保持靜止，所受靜摩擦力等于彈簧的彈力10N，故A錯誤，B正確；
CD．B物體與地面的最大摩擦力為
B物體在向右的彈簧彈力和外力的共同作用下，超過了B物體與地面間的最大靜摩擦力開始滑動，滑動摩擦力大小為15N，故CD錯誤。
故選B。
5. 三峽大壩是目前世界上最大的水力發(fā)電站，裝機容量達2250萬千瓦，年發(fā)電量1000億千瓦時。發(fā)電機發(fā)電的原理可作如圖簡化：KLMN是一個放在勻強磁場中的矩形導(dǎo)線框，線框繞垂直于磁場的固定軸以角速度沿逆時針方向（俯視）勻速轉(zhuǎn)動。當(dāng)MN邊與磁場方向的夾角為時開始計時（圖示位置），此時導(dǎo)線框中產(chǎn)生的電動勢為E。下列說法正確的是（ ）
A. 時刻，電流沿KLMNK方向
B. 時刻，穿過線框的磁通量變化率最大
C. 該交流電動勢的有效值為
D. 該交流電動勢瞬時值表達式為
【答案】D
【解析】
【詳解】A．根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的方向總是阻礙線圈磁通量的變化，而時刻，MN邊與磁場方向的夾角為，并且沿逆時針方向（俯視）勻速轉(zhuǎn)動，向右的磁通量將要增大，所以感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向向左，感應(yīng)電流沿KNML方向，A錯誤；
B．時刻，轉(zhuǎn)過的角度為
所以此時線圈平面與磁場方向垂直，穿過線框的磁通量最大，但是磁通量變化率最小，B錯誤；
C．該交流電動勢的有效值為峰值電動勢除以根號二，當(dāng)MN邊與磁場方向的夾角為時的感應(yīng)電動勢為
而峰值電動勢為
該交流電動勢的有效值為
C錯誤；
D．該交流電動勢瞬時值表達式為
D正確；
故選D。
6. 我國早在宋代就發(fā)明了火箭。即在箭桿捆上前端封閉火藥筒，點燃后產(chǎn)生的燃氣以較大的速率向后噴出，箭桿由于反沖而向前運動，這與現(xiàn)代火箭的原理大致相同。某時刻火箭速度為，在極短的時間內(nèi)噴射質(zhì)量為、速度為u的燃氣，噴出燃氣后火箭的質(zhì)量為m。則此次火箭噴氣后速度的變化量為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】根據(jù)動量守恒定律
解得
故選B。
7. 如圖甲，在桌面上有一薄木板，板上放置了3個木塊，其中，，，A可視為質(zhì)點，B、C大小不可忽略，且開始A疊放在B正上方，現(xiàn)用水平外力將薄木板沿垂直于BC連線方向拉出。已知木塊間、木塊與薄木板間動摩擦因數(shù)均為，木塊與桌面間動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g。則從靜止開始計時，三個木塊的速度時間圖像可能為（圖乙為俯視圖，AB最終分離，忽略木塊自身高度）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】ABC．對AB，薄板未離開時，以AB為整體，根據(jù)牛頓第二定律
分析可知AB一起以的加速度勻加速運動，薄板離開后，對A，根據(jù)牛頓第二定律
對B，根據(jù)牛頓第二定律
AB間發(fā)生相對運動，其中A以的加速度勻減速運動；B以的加速度勻減速運動，當(dāng)A從B上滑離后，對A、B，根據(jù)牛頓第二定律
A、B各自以的加速度勻減速運動。故AC不符合題意，B符合題意；
D．對C，薄板未離開時，根據(jù)牛頓第二定律
木塊C以的加速度勻加速運動，薄板離開后，對C，根據(jù)牛頓第二定律
木塊C以的加速度勻減速運動，故D不符合題意。
故選B。
8. 密閉汽缸中封閉著一定質(zhì)量的理想氣體，從初始狀態(tài)A經(jīng)狀態(tài)B、C、D再回到狀態(tài)A，其體積V與熱力學(xué)溫度T的變化關(guān)系如圖所示，其中AD延長線過坐標(biāo)原點，AB、CD與T軸平行，BC與T軸垂直。下列說法正確的有（ ）
A. 從狀態(tài)A到狀態(tài)B，氣體內(nèi)能增大
B. 從狀態(tài)B到狀態(tài)C，氣體對外界做功
C. 從狀態(tài)C到狀態(tài)D，氣體向外界放熱
D. 狀態(tài)B、D氣體的壓強相等
【答案】AC
【解析】
【詳解】A．狀態(tài)A到狀態(tài)B，溫度升高，氣體內(nèi)能增大，故A正確；
B．狀態(tài)B到狀態(tài)C，氣體體積減小，外界對氣體做功；故B錯誤；
C．狀態(tài)C到狀態(tài)D，由熱力學(xué)第一定律，氣體體積不變，外界不對氣體做功，，且溫度降低，氣體內(nèi)能減小，因此氣體向外界放熱，故C正確；
D．根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程為常數(shù)，可知越小，越大，可知狀態(tài)D氣體的壓強大，故D錯誤。
故選AC
9. 如圖甲，水平面上固定著傾角為的足夠長的光滑絕緣斜面，以斜面頂端為坐標(biāo)原點，沿斜面向下為x軸的正方向，有部分區(qū)域分布著沿x軸方向的電場。在斜面頂端靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的滑塊（可視為質(zhì)點），其沿斜面向下運動過程中機械能E隨位置x變化的關(guān)系如圖乙，其中處對應(yīng)曲線的切線斜率絕對值最大且為，、處斜率為0。不考慮空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（ ）
A. 從，滑塊電勢能一直增大
B. 滑塊加速度先增大后減小
C. 在處滑塊速度最大
D. 滑塊動能先增大再減小再增大
【答案】AD
【解析】
【詳解】A．由圖乙可知，滑塊在斜面上下滑到位置之前，滑塊的機械能守恒，而從位置滑塊的機械能始終減小，則可知在此過程中電場力對滑塊始終做負功，滑塊的電勢能始終增大，故A正確；
BC．滑塊重力沿斜面向下的分力為，而圖像斜率表示電場力大小，可知后電場力先由0變大至，后減小為0；滑塊在開始下滑時合力沿斜面向下，大小為，滑塊做勻加速運動，從位置之后電場力從0開始先變大后變小，則滑塊所受合力先減小，滑塊做加速度逐漸減小的加速運動，到了至某位置斜率為處時合外力為零，加速度為0，此時滑塊速度達到最大，而繼續(xù)運動至前電場力大于重力沿斜面向下的分力，滑塊合外力沿斜面向上且逐漸增大，可知該過程中滑塊做加速度變大的減速運動，而過了后，滑塊所受合外力先沿斜面向上逐漸減小，即滑塊先做加速度變小的減速運動，至同樣斜率為處后合力向下，滑塊做加速度變大的加速運動，因此滑塊的加速度先減小后增大，之后又減小再增大，則可知滑塊應(yīng)在至中斜率為處速度最大，故BC錯誤；
D．根據(jù)以上分析，對滑塊的運動，總體是先加速再減速再加速，因此滑塊的動能是先增大后減小再增大，故D正確。
故選AD。
10. 如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子由靜止經(jīng)電壓為的電場加速后，沿水平放置的帶電平行板電容器的中軸線射入。兩極板之間的距離為D，長度為L，兩板之間的電勢差為U且下極板帶正電。在加速電場的右側(cè)存在范圍足夠大的有界磁場，其左邊界PQ與極板右端重合，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B。粒子通過偏轉(zhuǎn)電場后從PQ進入磁場，之后從PQ邊界上的M點（未畫出）射出，平行板電容器中軸線與PQ邊界交于O點。設(shè)粒子進入磁場與射出磁場的兩點間距離為x，粒子在磁場中運動時間為t，不計粒子重力，則（ ）
A. 只減小磁感應(yīng)強度B的大小，t增大
B. 只減小偏轉(zhuǎn)電壓U的大小，t減小
C. 只減小c、d板間距離D，x不變
D. 只減小偏轉(zhuǎn)電壓U的大小，x變小
【答案】AC
【解析】
【詳解】AB．粒子運動路徑如圖
設(shè)進入偏轉(zhuǎn)電場速度為，粒子經(jīng)加速電場、偏轉(zhuǎn)電場后速度偏轉(zhuǎn)角為，有
，
而在磁場中的圓周運動時間與周期以及圓心角有關(guān)；減小磁感應(yīng)強度B的大小，周期變大，圓心角不變，在磁場中運動的時間為
所以在磁場中運動時間變長；只減小偏轉(zhuǎn)電壓U的大小，在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間是定值，U減小導(dǎo)致豎直方向加速度減小，變小，變小，圓心角變大，在磁場中運動時間變長。所以，只減小磁感應(yīng)強度B的大小或只減小偏轉(zhuǎn)電壓U都會使運動時間t增大，故A正確，B錯誤；
CD．根據(jù)
只減小c、d板間距離D，不影響x大??；只減小偏轉(zhuǎn)電壓U的大小，也不影響x大小，故C正確，D錯誤。
故選AC。
二、非選擇題
11. 一小組利用手機軟件Phyphx與彈簧測力計驗證牛頓第二定律。
（1）將手機固定在滑塊上，彈簧測力計的一端固定，另一端勾住滑塊，用水平外力將長木板向左拉出，彈簧測力計示數(shù)如圖甲所示。則滑塊受到的滑動摩擦力大小______N；
（2）如圖乙所示，將同一長木板安裝定滑輪后調(diào)節(jié)定滑輪高度，使細線______，靜止釋放鉤碼，手機軟件Phyphx可以測出手機與滑塊在木板上運動的加速度a，若測得鉤碼的質(zhì)量為m，手機和小車的總質(zhì)量為M，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間。在誤差允許范圍內(nèi)，如果表達式______（用題目中物理量的符號表示）成立，則牛頓第二定律得到驗證。
【答案】 ①. 5.60 ②. 與長木板平行 ③.
【解析】
【詳解】（1）[1]彈簧測力計示數(shù)
F=5.60N
則滑塊受到的滑動摩擦力大小
（2）[3][4]細線應(yīng)與長木板平行，鉤碼與滑塊智能手機為連接體，所受合外力為
若
成立，則牛頓第二定律得到驗證。
12. 某同學(xué)用如圖甲的電路測量一廢舊充電寶的電動勢E（約為7V）和內(nèi)阻r（）。實驗器材如下：
i. 雙量程電壓表V（0~3V、0~15V）；
ii. 定值電阻（阻值）；
iii. 電阻箱R（最大阻值）；
iv. 開關(guān)S，導(dǎo)線若干。
完成下列填空：
（1）按圖甲連接電路。
（2）閉合開關(guān)，電壓表不偏轉(zhuǎn)。為排除故障，該同學(xué)將電壓表從電路中bc兩點取下（不影響電路其它部分連接），保持開關(guān)閉合，將電壓表______量程（選填“0~3V”或“0~15V”）接入cd兩點間，電壓表偏轉(zhuǎn)，斷開開關(guān)，電壓表又指回零刻線。再將電壓表從cd兩點取下，保持開關(guān)斷開，將電壓表接入ab兩點間，電壓表不偏轉(zhuǎn)。則可判定，故障出現(xiàn)在______段（選填“ab”、“bc”或“cd”）。
（3）排除故障后，將電壓表______量程（選填“0~3V”或“0~15V”）接入bc兩點間，閉合開關(guān)，多次調(diào)節(jié)電阻箱，記錄下阻值R和電壓表的相應(yīng)讀數(shù)U。
（4）根據(jù)測量數(shù)據(jù)，作圖線，如圖乙所示，測得圖線斜率為k，截距為b。若電壓表視為理想電表。則充電寶內(nèi)阻______（用、k、b表示）。
（5）若考慮電壓表內(nèi)阻的影響，上述實驗得到的電動勢和其真實值相比______（選填“偏大”、“相等”或“偏小”）。
【答案】 ①. 0~15V ②. cd ③. 0~3V ④. ⑤. 偏小
【解析】
【詳解】（2）[1] [2]因充電寶的電動勢E約為7V，超過0~3V的量程，在0~15V量程內(nèi)，故選擇0~15V量程；接“αb”、“bc”時電壓表沒有偏轉(zhuǎn)，只有接“cd”時有偏轉(zhuǎn)，表明故障為“cd”間斷路。
（3）[3]因充電寶的電動勢E約為7V，不到0~15V量程最大值的一半，即使將電阻箱的阻值R調(diào)為0，電壓表的示數(shù)也不到0~15V量程最大值的，故0~15V量程太大；調(diào)整電阻箱的阻值R，0~3V的量程正好合適。
（4）[4]若將圖甲中的電壓表當(dāng)成理想電表，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，有
變形可得
則有
，。
聯(lián)立解得充電寶內(nèi)阻為
（5）[5]考慮到電壓表內(nèi)阻，式中的變?yōu)椴⒙?lián)電阻，電動勢變?yōu)檎鎸嵵?，即電動勢值與真實值相比偏小。
13. 半徑為R的四分之一圓形玻璃磚OAB放置在空氣中，以圓心O為坐標(biāo)原點建立直角坐標(biāo)系，如圖所示。一束激光垂直射向玻璃磚的OB面，發(fā)現(xiàn)入射點沿y軸單方向移動時，從圓弧面上出射的光線與x軸的交點也單方向移動至消失，其中離O最近的交點為C（圖中未畫出）。當(dāng)入射點為半徑OB中點D時，圓弧面上的出射光線與x軸交于點E，且。求（不考慮光線在玻璃磚內(nèi)多次反射，結(jié)果可以用根式表示）
（1）該玻璃磚對激光的折射率；
（2）OC的距離。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【詳解】（1）光在玻璃磚中傳播光路如圖
光在F點發(fā)生折射，入射角、折射角分別為、。而D為半徑OB中點，故，由幾何知識，由折射率的定義式，有
解得
（2）當(dāng)光在玻璃磚上的入射角為臨界角時，光從G點射出，與x軸交于點C，如圖
解得
14. 如圖，在豎直平面內(nèi)有半徑為R的四分之一圓弧AB和直徑為R的一半圓弧BC在最低點B平滑連接組成光滑固定軌道。一小球（可視為質(zhì)點）在A點正上方某處由靜止自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動。小球運動到C后脫離軌道在D點與圓弧AB相撞，裝在C處的壓力傳感器測得小球運動到C處時對圓軌道的壓力恰為小球重力的一半。重力加速度大小為g，求
（1）小球開始下落處離A點的距離h；
（2）小球從C點運動到D點的時間t。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【詳解】（1）設(shè)小球在C處的速度為，由牛頓第二定律
小球自由下落至C點，由機械能守恒定律
解得
解得
（2）小球從C點到D點，水平方向
豎直方向
又有幾何關(guān)系
解得
15. 如圖所示，兩根足夠長、光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距，質(zhì)量、電阻的導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，整個裝置處于豎直向下勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小。不計導(dǎo)軌的電阻，現(xiàn)對導(dǎo)體棒ab施一水平向右的恒力，使導(dǎo)體棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向右運動。已知本裝置在以下兩種情況下，最終電流值不再變化。
情況1：若軌道端點M、P間接有阻值的電阻，
（1）求導(dǎo)體棒ab能達到的最大速度；
（2）導(dǎo)體棒ab達到最大速度后，撤去力F。求撤去力F后，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q。
情況2：若軌道端點M、P間接一電容器，其電容，假設(shè)電容器始終未被擊穿；
（3）某同學(xué)求電流穩(wěn)定值的大小的過程如下：
老師檢查后，發(fā)現(xiàn)他的結(jié)果是正確的，但在①②④⑥⑦五式中有一式是錯誤的，請你寫出該式的序號（不必說理由）。
（4）導(dǎo)體棒運動速度為時，電流已穩(wěn)定為（3）問的值，此時撤去力F，求撤去力F后，導(dǎo)體棒ab最終運動的速度。
【答案】（1）；（2）；（3）④；（4）
【解析】
【詳解】（1）當(dāng)拉力F與安培力大小相等時，導(dǎo)體棒ab速度最大。即
安培力為
由閉合電路歐姆定律知
由法拉第電磁感應(yīng)定律知
代入得
（2）撤去力F后，導(dǎo)體棒αb在安培力的作用下做減速運動，直到速度為零。根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律，導(dǎo)體棒的動能全部轉(zhuǎn)化為電路中的焦耳熱，則
由串聯(lián)電路特點，所以R上產(chǎn)生的焦耳熱Q與電路總焦耳熱關(guān)系為
代入得
（3）④
（4）撤去F的瞬時，由閉合電路歐姆定律知
由電容定義式知
αb棒做減速運動，當(dāng)電流減為0時，ab棒不受安培力作用，開始以速度做勻速運動，設(shè)此時電容器的帶電量為。閉合電路中有
從撤去F到桿開始勻速運動，對桿由動量定理得
代入得設(shè)電容器帶電量為q，電壓為U，充電電流穩(wěn)定值為I，則……①
因為……②
所以……③
設(shè)桿的運動速度為v時，運動加速度為a，則
……④
所以……⑤
又……⑥
由牛頓第二定律有……⑦
聯(lián)立①③⑤⑥⑦式解得

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