注意事項：
1.答卷前，考生務必將自己的考生號、姓名、考點學校、考場號及座位號填寫在答題卡上。
2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需要改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。
3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。
可能用到的相對原子質(zhì)量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Ca40
二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1~5題只有一項符合題目要求，第6~8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
1. 如圖，在同一根軟繩上先后激發(fā)出兩段同向傳播的簡諧波，則它們（ ）
A. 波長相同B. 振幅相同C. 波速相同D. 頻率相同
【答案】C
【解析】
【詳解】波在相同介質(zhì)中傳播的速度相同，由圖可知，兩列波的波長不同，振幅不同，根據(jù)
可知兩列波的頻率不同。故選項C正確，ABD錯誤。
故選C。
2. 如圖，在平直路面上進行汽車剎車性能測試。當汽車速度為時開始剎車，先后經(jīng)過路面和冰面（結(jié)冰路面），最終停在冰面上。剎車過程中，汽車在路面與在冰面所受阻力之比為7：1，位移之比為8：7。則汽車進入冰面瞬間的速度為（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】設汽車在路面與在冰面所受阻力分別為、，汽車進入冰面瞬間的速度為，由牛頓第二定律
則汽車在路面與在冰面上運動的加速度大小之比為
由運動學公式，在路面上有
在冰面上有
其中
解得汽車進入冰面瞬間的速度為
故選B。
3. 某光源包含不同頻率的光，光的強度與頻率的關系如圖所示。表中給出了一些金屬的截止頻率，用該光源照射這些金屬。則（ ）
A. 僅銫能產(chǎn)生光電子B. 僅銫、鈉能產(chǎn)生光電子
C. 僅銫、鈉、鋅能產(chǎn)生光電子D. 都能產(chǎn)生光電子
【答案】C
【解析】
【詳解】根據(jù)光電效應方程
金屬的逸出功為
由圖可知光源中光頻率范圍為
則僅銫、鈉、鋅能產(chǎn)生光電子。
故選C。
4. 若兩顆人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，到地心的距離之比為，忽略衛(wèi)星之間的相互作用。在時間內(nèi)，衛(wèi)星與地心連線掃過的面積為，衛(wèi)星與地心連線掃過的面積為，則與的比值為（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【詳解】根據(jù)
可知
則衛(wèi)星在時間t內(nèi)與地心的連線掃過的面積為
則
故選D。
5. 2023年4月，我國有“人造太陽”之稱的托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的世界紀錄。其中磁約束的簡化原理如圖：在半徑為和的真空同軸圓柱面之間，加有與軸線平行的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，。假設氘核沿內(nèi)環(huán)切線向左進入磁場，氚核沿內(nèi)環(huán)切線向右進入磁場，二者均恰好不從外環(huán)射出。不計重力及二者之間的相互作用，則和的速度之比為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】由題意可知，根據(jù)左手定則，作圖如圖所示
由幾何關系可知，氘核的半徑為，有
則
由幾何關系可知，氚核的半徑為，有
則
即
由洛倫茲力提供向心力
可得
由題意可知，氘核和氚核的比荷之比為
故和的速度之比為
故選A。
6. 如圖，將一平面鏡置于某透明液體中，光線以入射角進入液體，經(jīng)平面鏡反射后恰好不能從液面射出。此時，平面鏡與水平面（液面）夾角為，光線在平面鏡上的入射角為。已知該液體的折射率為，下列說法正確的是（ ）
A.
B.
C. 若略微增大，則光線可以從液面射出
D. 若略微減小i，則光線可以從液面射出
【答案】BD
【解析】
【詳解】AB．根據(jù)
解得光線在射入液面時的折射角為
光線經(jīng)平面鏡反射后，恰好不能從液面射出，光路圖如圖
有
解得
由幾何關系可得
解得
故A錯誤；B正確；
C．若略微增大，則光線在平面鏡上的入射角將變大，根據(jù)上面分析的各角度關系可知光線射出液面的入射角變大，將大于臨界角，所以不可以從液面射出。故C錯誤；
D．同理，若略微減小i，則r減小，導致光線在平面鏡上入射角減小，可知光線射出液面的入射角變小，將小于臨界角，可以從液面射出。故D正確。
故選BD。
7. 粒子以一定的初速度與靜止的氧原子核發(fā)生正碰。此過程中，粒子的動量隨時間變化的部分圖像如圖所示，時刻圖線的切線斜率最大。則（ ）
A. 時刻的動量為
B. 時刻的加速度達到最大
C. 時刻的動能達到最大
D. 時刻系統(tǒng)的電勢能最大
【答案】AB
【解析】
【詳解】A．粒子與氧原子核組成的系統(tǒng)動量守恒，時刻的動量為
故A正確；
B．時刻圖線的切線斜率最大，則粒子的動量變化率最大，根據(jù)
可知粒子的速度變化率最大，即加速度最大，即粒子受到的電場力最大，則氧原子核受到的電場力也最大，的加速度達到最大，故B正確；
C．時刻，粒子速度為零，由圖可知時刻后，粒子反向運動，系統(tǒng)動量守恒，可知在時刻之后，的動量達到最大，的速度達到最大，的動能達到最大，故C錯誤；
D．時刻，氧原子核受到的電場力最大，粒子與氧原子核的距離最近，系統(tǒng)的電勢能最大，故D錯誤。
故選AB。
8. 如圖（a）所示，“L”形木板靜止于粗糙水平地面上，質(zhì)量為的滑塊以的初速度滑上木板，時與木板相撞并粘在一起。兩者運動的圖像如圖（b）所示。重力加速度大小取，則（ ）
A. 的質(zhì)量為
B. 地面與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.1
C. 由于碰撞系統(tǒng)損失的機械能為
D. 時木板速度恰好為零
【答案】AC
【解析】
【詳解】A．兩者碰撞時，取滑塊P的速度方向為正方向，設P的質(zhì)量為m=1kg，Q的質(zhì)量為M，由系統(tǒng)動量守恒定律得
根據(jù)v-t圖像可知，v1=3m/s，v2=1m/s，v3=2m/s，代入上式解得
故A正確；
B．設P與Q之間的動摩擦因數(shù)為μ1，Q與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2，根據(jù)v-t圖像可知，0-2s內(nèi)P與Q的加速度分別為aP=1.5m/s2，aQ=0.5m/s2，對P、Q分別受力分析，由牛頓第二定律得
聯(lián)立解得
故B錯誤；
C．由于碰撞系統(tǒng)損失機械能為
代入數(shù)據(jù)解得
故C正確；
D．對碰撞后整體受力分析，由動量定理得
代入數(shù)據(jù)解得
因此木板速度恰好為零時刻為
故D錯誤；
故選AC。
三、非選擇題：共62分。
9. 某同學用如圖（a）所示的裝置驗證機械能守恒定律。用細線把鋼制的圓柱掛在架子上，架子下部固定一個小電動機，電動機軸上裝一支軟筆。電動機轉(zhuǎn)動時，軟筆尖每轉(zhuǎn)一周就在鋼柱表面畫上一條痕跡（時間間隔為T）。如圖（b），在鋼柱上從痕跡O開始選取5條連續(xù)的痕跡A、B、C、D、E，測得它們到痕跡O的距離分別為hA、hB、hC、hD、hE。已知當?shù)刂亓铀俣葹間。
（1）若電動機的轉(zhuǎn)速為3000r/min，則T = __________s。
（2）實驗操作時，應該__________。（填正確答案標號）
A．先打開電源使電動機轉(zhuǎn)動，后燒斷細線使鋼柱自由下落
B．先燒斷細線使鋼柱自由下落，后打開電源使電動機轉(zhuǎn)動
（3）畫出痕跡D時，鋼柱下落的速度 __________。（用題中所給物理量的字母表示）
（4）設各條痕跡到O的距離為h，對應鋼柱的下落速度為v，畫出圖像，發(fā)現(xiàn)圖線接近一條傾斜的直線，若該直線的斜率近似等于__________，則可認為鋼柱下落過程中機械能守恒。
【答案】 ①. 0.02 ②. A ③. ④. 2g
【解析】
【詳解】（1）[1]由于電動機的轉(zhuǎn)速為3000r/min，則其頻率為
則
（2）[2]實驗操作時，為了使軟筆在鋼柱表面畫上一條痕跡條數(shù)多一些，應該先打開電源使電動機轉(zhuǎn)動，后燒斷細線使鋼柱自由下落。
故選A。
（3）[3]根據(jù)勻變速直線運動中間時刻速度等于該段過程的平均速度，則畫出痕跡D時，鋼柱下落的速度為
（4）[4]鋼制的圓柱下落過程中，只有重力做功，重力勢能的減小等于動能的增加，即
可得
若圖線為一條傾斜直線，且直線的斜率近似等于，則可認為鋼柱下落過程中機械能守恒。
10. 學生小組用放電法測量電容器的電容，所用器材如下：
電池（電動勢3V，內(nèi)阻不計）；
待測電容器（額定電壓5V，電容值未知）；
微安表（量程200μA，內(nèi)阻約為1kΩ）；
滑動變阻器R（最大阻值為20Ω）；
電阻箱R1、R2、R3、R4（最大阻值均為9999.9Ω）；
定值電阻R0（阻值為5.0kΩ）；
單刀單擲開關S1、S2，單刀雙擲開關S3；
計時器；
導線若干
（1）小組先測量微安表內(nèi)阻，按圖（a）連接電路。
（2）為保護微安表，實驗開始前S1、S2斷開，滑動變阻器R的滑片應置于__________（填“左”或“右”）端。將電阻箱R1、R2、R3的阻值均置于1000.0Ω，滑動變阻器R的滑片置于適當位置。保持R1、R3阻值不變，反復調(diào)節(jié)R2，使開關S2閉合前后微安表的示數(shù)不變，則P、Q兩點的電勢__________（填“相等”或“不相等”）。記錄此時R2的示數(shù)為1230.0Ω，則微安表的內(nèi)阻為__________Ω。
（3）按照圖（b）所示連接電路，電阻箱R4阻值調(diào)至615.0Ω，將開關S3擲于位置1，待電容器充電完成后，再將開關S3擲于位置2，記錄微安表電流I隨時間t的變化情況，得到如圖（c）所示的圖像。當微安表的示數(shù)為100μA時，通過電阻R0的電流是__________μA。
（4）圖（c）中每個最小方格面積所對應的電荷量為__________C（保留兩位有效數(shù)字）。某同學數(shù)得曲線下包含150個這樣的小方格，則電容器的電容為__________F（保留兩位有效數(shù)字）。
【答案】 ①. 左 ②. 相等 ③. 1230.0 ④. 300 ⑤. 3.20 × 10－6 ⑥. 1.60 × 10－4
【解析】
【詳解】（2）[1]為保護微安表，實驗開始前S1、S2斷開，滑動變阻器R的滑片應置于左端。
[2]由題知，使開關S2閉合前后微安表的示數(shù)不變，則說明P、Q兩點的電勢相等。
[3]根據(jù)電橋平衡可知，此微安表的內(nèi)阻為1230.0Ω。
（3）[4]由于微安表與R4并聯(lián)，則當微安表的示數(shù)為100μA時，R4分擔的電流為
則通過電阻R0的電流
I總 = I4＋I = 300μA
（4）[5]圖（c）中每個最小方格面積所對應的電荷量為
q = 8μA × 0.4s = 3.2μC = 3.2 × 10－6C
[6]則150個這樣的小方格為總電荷量為
Q = n × q = 150 × 3.2 × 10－6C = 4.80 × 10－4C
則根據(jù)電容的定義式可知電容器的電容為
11. 房間內(nèi)溫度升高空氣外溢的過程可以抽象為如圖所示的汽缸模型。汽缸內(nèi)活塞可以無摩擦自由滑動，室內(nèi)溫度升高空氣外溢，可視為空氣膨脹推動活塞向外滑動。室內(nèi)體積為V0，初始溫度為T0。室內(nèi)溫度升高到T的過程中，活塞向外緩慢移至虛線位置。室內(nèi)外氣壓始終恒定且相等，空氣可視為理想氣體。求
（1）汽缸內(nèi)空氣升溫膨脹后的總體積V；
（2）升溫前后室內(nèi)空氣質(zhì)量之比。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【詳解】（1）由題知室內(nèi)外氣壓始終恒定且相等，則由蓋—呂薩克定律有
解得
（2）根據(jù)氣體變化前后質(zhì)量相等有
ρ0V0 = ρV
解得
則升溫前后室內(nèi)空氣質(zhì)量之比為
12. 如圖所示，一個帶正電的小球，質(zhì)量為m，電荷量為q，固定于絕緣輕桿一端，輕桿的另一端光滑鉸接于O點，重力加速度為g。
（1）未加電場時，將輕桿向左拉至水平位置，無初速度釋放，小球到達最低點時，求輕桿對它的拉力大小。
（2）若在空間中施加一個平行于紙面的勻強電場，大小方向未知。將輕桿從左邊水平位置無初速度釋放，小球到達最低點時，受到輕桿的拉力為4mg；將輕桿從右邊水平位置無初速度釋放，小球到達最低點時，受到輕桿的拉力為8mg。求電場強度的水平分量Ex和豎直分量Ey。
【答案】（1）3mg；（2），方向豎直向下，，方向水平向左
【解析】
【詳解】（1）未加電場，則從水平位置無初速度釋放到最低點時，有
則小球在最低點有
解得
FT = 3mg
（2）加電場后，無論輕桿從哪邊釋放小球到達最低點時受到的拉力均比無電場時大，則說明電場在豎直方向的分量向下；而輕桿從左邊釋放小球到最低點受到的拉力小于輕桿從右邊釋放小球到最低點受到的拉力，則說明電場在水平方向的分量向左，則桿從左邊水平位置無初速度釋放，到小球到達最低點的過程中有
則小球在最低點有
其中
FT1 = 4mg
桿從右邊水平位置無初速度釋放，到小球到達最低點的過程中有
則小球在最低點有
其中
FT2 = 8mg
聯(lián)立解得
，
13. 如圖（a）所示，一個電阻不計的平行金屬導軌，間距，左半部分傾斜且粗糙，傾角，處于沿斜面向下的勻強磁場中；右半部分水平且光滑，導軌之間存在一個三角形勻強磁場區(qū)域，磁場方向豎直向下，其邊界與兩導軌夾角均為。右半部分俯視圖如圖（b）。導體棒借助小立柱靜置于傾斜導軌上，其與導軌的動摩擦因數(shù)。導體棒以的速度向右進入三角形磁場區(qū)域時，撤去小立柱，棒開始下滑，同時對棒施加一外力使其始終保持勻速運動。運動過程中，兩棒始終垂直于導軌且接觸良好。已知兩磁場的磁感應強度大小均為，兩棒的質(zhì)量均為，棒電阻，棒電阻不計。重力加速度大小取，以棒開始下滑為計時起點。求
（1）撤去小立柱時，棒的加速度大小；
（2）棒中電流隨時間變化的關系式；
（3）棒達到的最大速度及所用時間。
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
【詳解】（1）撤去小立柱時，導體棒剛剛進入三角形磁場區(qū)域，沒有感應電動勢，則對Q棒受力分析
（2）只有P棒在切割磁感線，所以感應電動勢為
磁場穿過閉合電路的面積與時間的關系為
所以
（3）對Q棒受力分析
當Q棒速度達到最大時
解得此時
，
三角形磁場總長有
而P棒在4s內(nèi)運動的位移為2m，小于L1。
Q棒的加速度與時間的關系為
畫出Q棒的a-t圖，則Q棒速度的變化量等于圖線下方與坐標軸圍成的面積，則棒達到的最大速度為
所用時間=4s。金屬
銫
4.69
鈉
5.53
鋅
8.06
鎢
10.95

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