江苏省苏北地区2023届高三上学期物理一模试卷
一、单选题
1．（2023·江苏模拟）可控核聚变实验的核反应方程为，下列说法正确的是（ ）
A．X是质子
B．该反应为链式反应
C．的结合能为17.6MeV
D．的比结合能比、的比结合能都大
2．（2023·江苏模拟）如图所示，一束由红绿两种单色光组成的复色光从空气射入玻璃三棱镜（横截面是等腰直角三角形），入射方向平行于BC边，两种色光在BC边均发生全反射后再从AC边射出，其中红光的出射点是D，则绿光从AC边射出光路可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023·江苏模拟）如图所示，有一分子位于坐标原点O处不动，另一分子位于x轴上，纵坐标表示这两个分子的分子势能Ep，分子间距离为无穷远时，分子势能Ep为0，另一分子（ ）
A．在x0处所受分子力为0
B．从x1处向左移动，分子力一直增大
C．从x1处向右移动，分子力一直增大
D．在x2处由静止释放可运动到x0处
4．（2023·江苏模拟）如图所示，在“用双缝干涉测光的波长”实验中，下列说法正确的是（ ）
A．滤光片应置于单缝和双缝之间
B．拨杆的作用是为了调节缝的宽度
C．把单缝与双缝的距离增大，干涉条纹间距减小
D．把毛玻璃屏与双缝的距离增大，干涉条纹间距增大
5．（2023·江苏模拟）如图所示，q-t图像表示LC振荡电路中电容器下极板电荷量随时间变化的图像，下列说法正确的是（ ）
A．Oa时间段，线圈中磁场能在减小
B．b、d两时刻电路中电流最大
C．b、d两时刻电容器中电场能最大
D．该电路可以有效的把电磁波发射出去
6．（2023·江苏模拟）如图所示，半径为R的绝缘细圆环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷，A、B、C三点将圆周三等分。取走A、B处弧长均为ΔL的圆弧上的电荷（），静电力常量为k，此时圆心O处电场强度（ ）
A．方向沿CO，大小为 B．方向沿OC，大小为
C．方向沿CO，大小为 D．方向沿OC，大小为
7．（2023·江苏模拟）将一根粗细均匀的硬质合金丝制成半径为r的圆形导线框，P、Q两点接入电路，电流表示数为I，范围足够大的匀强磁场垂直于导线框平面，磁感应强度大小为B，则线框所受安培力大小为（ ）
A．0 B． C． D．
8．（2023·江苏模拟）如图所示，半径为r的半圆形金属线框放置在磁感应强度B的匀强磁场中，MN两点连线与磁场垂直，线框绕MN连线以角速度ω匀速转动，灯泡电阻为R，其它电阻不计，则（ ）
A．通过灯泡的电流方向不变
B．图示位置回路磁通量变化最快
C．灯泡两端电压为
D．由图示位置转过180°过程中通过灯泡的电荷量为0
9．（2023·江苏模拟）如图所示，假设入射光子的动量为p0，光子与静止的电子发生弹性碰撞。碰后光子的动量大小为p1，传播方向与入射方向夹角为α：碰后电子的动量大小为p2，出射方向与光子入射方向夹角为β。已知光速为c，普朗克常量为h，下列说法正确的是（ ）
A．碰前入射光的波长为 B．碰后电子的能量为
C． D．
10．（2023·江苏模拟）一列简谐横波在t=1.0s时的波形图如图甲所示，P是介质中的质点，图乙是质点P的振动图像，已知该波在介质中的传播速度为10m/s，则（ ）
A．该波沿x轴负方向传播
B．再经过0.6s，质点P运动的路程为6m
C．t=1.0s时质点P离开平衡位置的位移
D．质点P的平衡位置坐标为x=5m
二、实验题
11．（2023·江苏模拟）小明用如图1所示的电路测量电池组的电动势和内阻。
（1）开关闭合前，应先将电阻箱的电阻调到 （选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）。
（2）闭合开关，发现电压表指针不偏转，小明用多用电表的直流电压挡来检测故障，保持开关闭合，将 （选填“红”或“黑”）表笔始终接触a位置，另一表笔依次试触b、c、d、e、f五个接线柱，发现试触b、c、d时，多用电表均有示数，试触e、f时多用电表均无示数。若电路中仅有一处故障，则故障是 。
A．接线柱bd间短路
B．接线柱de间断路
C．定值电阻断路
（3）排除故障后按规范操作进行实验，改变电阻箱R的阻值，分别读出电压表和电阻箱的示数U、R。某一次测量，电压表的示数如图2所示，示数为 V。
（4）作出图线如图3所示，已知图线斜率为k，纵轴截距为b，则可得电池组的电动势E= ，内阻r= 。（用k、b和R0表示）
（5）为了分析电表内阻引起的误差，有同学根据所测数据，用计算出相应的电流，并作出U-I图像，如图中实线所示．然后作出电压表示数U随通过电源的电流I变化的图像，如图中虚线所示，其中分析正确的是______。
A． B．
C． D．
三、解答题
12．（2023·江苏模拟）将一根绝缘硬质细金属丝顺次绕成如图所示的“8”字形线圈，两个圆形线圈半径分别为2r和r，匀强磁场垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律为B=B0+kt，已知线圈总电阻为R。
（1）仅将大圆线圈置于磁场中，求线圈中的电流I；
（2）将该线圈全部置于磁场中，求在时间t内通过线圈横截面的电荷量q。
13．（2023·江苏模拟）如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在内壁光滑的气缸中，气缸和活塞绝热性能良好，活塞的横截面积为S，质量为m，静止在与气缸底部距离为L的小挡板上；密闭气体的压强、温度与外界大气相同，分别为和。现接通电热丝加热气体，电热丝两端电压为U，电流为I，通电时间为t，活塞缓慢向上移动距离2L后静止，重力加速度为g，求该过程：
（1）气体内能的增量；
（2）最终温度T。
14．（2023·江苏模拟）如图所示，将内壁光滑的细管弯成四分之三圆形的轨道并竖直固定，轨道半径为R，细管内径远小于R。轻绳穿过细管连接小球A和重物B，小球A的质量为m，直径略小于细管内径，用手托住重物B使小球A静止在Q点。松手后，小球A运动至P点时对细管恰无作用力，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取π=3.2，求：
（1）小球A静止在Q点时对细管壁的压力大小N；
（2）重物B的质量M；
（3）小球A到达P点时加速度大小a。
15．（2023·江苏模拟）如图所示，两极板P、Q竖直放置，长度为2L，间距为L。极板下方存在垂直纸面向外的矩形匀强磁场，磁感强度为B0。荧光屏MN水平放置，长度为2L。一粒子源向两极板间持续不断竖直向下发射速度为、质量为m、电荷量为+q的粒子，形成宽度为L，横向均匀分布的粒子流。不计粒子重力及粒子间相互作用。
（1）两板间电压为0时，粒子全部打到荧光屏上，求矩形磁场的最小面积S；
（2）当两板间存在恒定的匀强电场时，进入磁场的粒子数为射入电场粒子数的，求打在屏上的粒子在磁场中运动的时间t；
（3）在第（2）问中，进入磁场的粒子全部打到荧光屏上，求磁感应强度B的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．由质量数和电荷数守恒可知X是中子。A不符合题意
B．该反应是热核反应不是链式反应。B不符合题意；
C．结合能是把 拆解成自由核子时所需的最小能量，而非是核反应中放出的能量17.6MeV，C不符合题意；
D．发生核反应后，原子核越稳定，则 的比结合能比 、 的比结合能都大。D符合题意。
故答案为：D。
【分析】核反应方程满足质量数守恒，电荷数守恒，利用比结合能的定义进行分析判断。
2．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】由于入射方向平行于BC边，最终单色光射出时也应该平行于BC边，由于绿光的折射率大于红光的折射率，绿光从AC边射出时在D点的上方，A项正确，BCD不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据绿光和红光的折射率大小得出 绿光从AC边射出光路图。
3．【答案】B
【知识点】分子间的作用力；分子势能
【解析】【解答】A．在x0处所受分子力不为0，在x1处所受分子力为0，A项错误；
B．从x1处向左移动，由图像斜率可知，分子力一直增大，B项正确；
C．从x1处向右移动，分子力先增大后减小，C项错误；
D．由分子势能曲线对称看出，在x2处由静止释放不能运动到x0处，D项错误；
故答案为：C。
【分析】x0处所受分子力不为0，结合分子势能曲线的对称性以及 Ep -x图像进行分析判断。
4．【答案】D
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】A．滤光片的作用是将复色光变为单色光，单缝的作用是使入射光变成线光源，双缝的作用是将单色光分解成频率相同、振动情况相同的相干光，因此滤光片应该放在单缝之前，A不符合题意；
B．调节拨杆只能调整单缝的角度，使单缝和双缝平行，获得清晰的干涉图样，B不符合题意；
C．干涉条纹间距与单缝到双缝的距离无关，C不符合题意；
D．根据干涉条纹间距公式
其中l是双缝与毛玻璃屏的距离，当l增大时，干涉条纹间距 也增大，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】滤光片的作用是将复色光变为单色光，调节拨杆只能调整单缝的角度，干涉条纹间距与单缝到双缝的距离无关，利用双缝干涉相邻亮条纹的表达式得出双缝与毛玻璃屏的距离增大时干涉条纹间距的变化情况。
5．【答案】C
【知识点】LC振荡电路分析
【解析】【解答】A．从q-t图像可知，Oa时间段，电容器的电荷量在减少，故电容器的电场能在减少，线圈中的磁场能在增加，A不符合题意；
BC．从q-t图像可知，b、d两时刻电容器的电荷量最大，故电容器中电场能最大，线圈中磁场能最小，故电路中电流最小，B不符合题意，C符合题意；
D．有效的发射电磁波应该需要开放电路，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据q-t图像得出电容器电势能的变化情况以及线圈中磁场能的变化情况 ，有效的发射电磁波应该需要开放电路。
6．【答案】A
【知识点】点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】ABCD．由于圆环所带电荷量均匀分布，所以长度为 的小圆弧所带电荷量
没有取走电荷时圆心O点的电场强度为零，取走A、B两处的电荷后，圆环剩余电荷在O点产生的电场强度大小等于A、B处弧长为 的小圆弧所带正电荷在O点产生的场强的叠加，方向相反，即有
解得
方向沿CO，A符合题意；BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据点电荷周围电场的分布以及以及电话场的合成得出圆心O处的电场强度。
7．【答案】B
【知识点】安培力
【解析】【解答】由图可知圆形导线框的大圆弧部分与小圆弧部分并联，两端圆弧受安培力的等效长度相等，即
电流表示数为I，由于大圆弧部分的电阻是小圆弧部分电阻的3倍，根据电路串并联规律可得大圆弧部分与小圆弧部分的电流大小分别为 ，
故线框所受安培力大小为
故答案为：B。
【分析】根据串并联电路的特点以及安培力的表达式得出线框所受的安培力。
8．【答案】C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．线框绕MN连线以角速度ω匀速转动，产生正弦式交变电流，A不符合题意；
B．图示位置穿过回路的磁通量最大，磁通量变化率为零，B不符合题意；
C．感应电动势的最大值为
有效值为
由于其它电阻不计，灯泡两端电压为
C符合题意；
D．由图示位置转过180°过程中感应电动势的平均值为
由图示位置转过180°过程中通过灯泡的电荷量为
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】线框绕MN连线以角速度ω匀速转动时产生正弦式交流电，利用法拉第电磁感应定律以及感应电动势的最大值和有效值的关系得出感应电动势的有效值，利用电流的定义式得出位置转过180°过程中通过灯泡的电荷量。
9．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；康普顿效应
【解析】【解答】A．根据德布罗意公式可知，碰前入射光的波长为
A不符合题意；
B．设电子的质量为m，则碰后电子的能量为
B不符合题意；
CD．沿光子入射方向的动量守恒，根据动量守恒定律可知
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据德布罗意公式得出碰前入射光的波长，并得出碰后电子的能量，结合动量守恒定律得出 入射光子的动量 。
10．【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由乙图可知t=1.0s时 P点振动方向向上，根据上下坡法，波沿x轴正方向传播，A不符合题意；
B．经过1个周期1.2s，质点经过的路程
经过0.5个周期0.6s，经过的路程
以上规律质点在任何位置开始都适用，故再经过0.6s，质点P运动的路程为0.2m，B不符合题意；
C．由图乙可得简谐运动的表达式
当t=1.0s时，解得质点P离开平衡位置的位移为
C不符合题意；
D．由图乙可知，当 时，P点振动到平衡位置，该波沿x轴正方向传播，此时的波形图如下图虚线
所以
解得
又由
所以
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据质点的振动方向和传播方向之间的关系得出该波的传播方向，结合质点的振动图像得出质点的路程，利用不传播的速度以及波长的关系得出质点P的平衡位置坐标。
11．【答案】（1）最大值
（2）黑；B
（3）2.50
（4）；
（5）D
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）开关闭合前，应将电路中电阻调到最大值，从而使开关闭合后电路中电流最小，起到保护电路的作用。
（2）a与电源负极相连，应将黑表笔始终接触a位置。
试触b、c、d时，多用电表均有示数，试触e、f时多用电表均无示数，说明接线柱de间断路。
故答案为：B。
（3）如图2所示，电压表示数为2.50V。
（4）由欧姆定律和闭合电路欧姆定律可知 ，
联立可得
结合 图像可知 ，
解得电动势为
内阻为
（5）由题意可知
可知电流I为电阻箱中的电流，由于电压表的分流作用通过电源的电流满足
当电压表示数为0时，即外电路短路时，有
D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】（1）开关闭合前应将电路中电阻调到最大值，起到保护电路的作用；
（2） 闭合开关， 将黑表笔接在a位置，结合电路的分以得出故障的位置；
（3）根据电压表的读数原理得出电压表的示数；
（4）根据闭合电路欧姆定律以及结合图像得出电动时和内阻的表达式；
（5）结合（4）中的分析得出正确的图像。
12．【答案】（1）仅将大圆线圈置于磁场中，感应电动势为
故线圈中的电流为
（2）将该线圈全部置于磁场中，由于小圆形线圈中的磁通量方向与大圆形线圈中的磁通量方向相反，因此整个线圈的磁通量为
感应电动势为
线圈中的电流为
时间t内通过线圈横截面的电荷量为
【知识点】磁通量；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律以及欧姆定律得出线圈中的电流；
（2）利用磁通量的表达式以及欧姆定律和电流的定义式得出时间t内通过线圈横截面的电荷量 。
13．【答案】（1）活塞移动时受力平衡
气体对外界做功
气体吸收的热量
根据热力学第一定律
解得
（2）活塞发生移动前，等容过程
活塞向移动了2L，等压过程
又有
解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）根据受力平衡以及气体做功和热力学第一定律得出 气体内能的增量 ；
（2） 活塞发生移动前和移动了2L的过程根据查理定律以及盖吕萨克定律得出最终的温度。
14．【答案】（1）小球A静止在Q点时对细管壁的压力大小
（2）小球A从Q点到P点，由机械能守恒定律
对小球A在P点时
解得
（3）小球A到达P点时加速度大小
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）对小球进行受力分析，根据共点力平衡得出 小球A静止在Q点时对细管壁的压力 ；
（2） 小球A从Q点到P点，由机械能守恒定律 得出P点的速度，小球A在P点根据牛顿第二定律得出重物B的质量；
（3）利用向心加速度和线速度的关系得出小球A到达P点时加速度 。
15．【答案】（1）两板间电压为0时，粒子将匀速穿过两极板间，然后在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
解得
要使粒子全部打到荧光屏上，考虑到边缘的粒子在磁场中的运动轨迹如图
由此可知，矩形磁场的最小面积
（2）当两板间存在恒定的匀强电场时，进入磁场的粒子数为射入电场粒子数的 ，说明只有射入电场时离Q板距离 范围内的粒子能进入磁场，由此可知能进磁场的粒子在电场中水平方向上的位移均为 ，粒子在电场中做类平抛运动，有 ，
解得
则入射磁场时粒子的速度
方向与水平方向夹角满足 ，
分析可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为 ，由洛伦兹力提供向心力，可得
解得
打在屏上的粒子在磁场中运动的时间
（3）由前面分析可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为 ，设磁场的磁感应强度变化后粒子的轨道半径为 ，粒子入射磁场的入射点和达到荧光屏上的点间距离满足
为确保进入磁场的粒子全部打到荧光屏上，如下图分析
可知应满足
由此可知
粒子在磁场中做匀速圆周运动， 由洛伦兹力提供向心力
可得
由此可得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力得出轨道半径的表达式，结合几何关系得出 矩形磁场的最小面积 ；
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，结合类平抛运动得出 粒子在磁场中做圆周运动的圆心角 ，利用洛伦兹力提供向心力得出轨道的半径，结合粒子在磁场中运动的周期和时间的关系得出 打在屏上的粒子在磁场中运动的时间 ；
（3）根据粒子在磁场中运动的轨迹图以及洛伦兹力提供向心力得出磁感应强度B的取值范围 。
江苏省苏北地区2023届高三上学期物理一模试卷
一、单选题
1．（2023·江苏模拟）可控核聚变实验的核反应方程为，下列说法正确的是（ ）
A．X是质子
B．该反应为链式反应
C．的结合能为17.6MeV
D．的比结合能比、的比结合能都大
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．由质量数和电荷数守恒可知X是中子。A不符合题意
B．该反应是热核反应不是链式反应。B不符合题意；
C．结合能是把 拆解成自由核子时所需的最小能量，而非是核反应中放出的能量17.6MeV，C不符合题意；
D．发生核反应后，原子核越稳定，则 的比结合能比 、 的比结合能都大。D符合题意。
故答案为：D。
【分析】核反应方程满足质量数守恒，电荷数守恒，利用比结合能的定义进行分析判断。
2．（2023·江苏模拟）如图所示，一束由红绿两种单色光组成的复色光从空气射入玻璃三棱镜（横截面是等腰直角三角形），入射方向平行于BC边，两种色光在BC边均发生全反射后再从AC边射出，其中红光的出射点是D，则绿光从AC边射出光路可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】由于入射方向平行于BC边，最终单色光射出时也应该平行于BC边，由于绿光的折射率大于红光的折射率，绿光从AC边射出时在D点的上方，A项正确，BCD不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据绿光和红光的折射率大小得出 绿光从AC边射出光路图。
3．（2023·江苏模拟）如图所示，有一分子位于坐标原点O处不动，另一分子位于x轴上，纵坐标表示这两个分子的分子势能Ep，分子间距离为无穷远时，分子势能Ep为0，另一分子（ ）
A．在x0处所受分子力为0
B．从x1处向左移动，分子力一直增大
C．从x1处向右移动，分子力一直增大
D．在x2处由静止释放可运动到x0处
【答案】B
【知识点】分子间的作用力；分子势能
【解析】【解答】A．在x0处所受分子力不为0，在x1处所受分子力为0，A项错误；
B．从x1处向左移动，由图像斜率可知，分子力一直增大，B项正确；
C．从x1处向右移动，分子力先增大后减小，C项错误；
D．由分子势能曲线对称看出，在x2处由静止释放不能运动到x0处，D项错误；
故答案为：C。
【分析】x0处所受分子力不为0，结合分子势能曲线的对称性以及 Ep -x图像进行分析判断。
4．（2023·江苏模拟）如图所示，在“用双缝干涉测光的波长”实验中，下列说法正确的是（ ）
A．滤光片应置于单缝和双缝之间
B．拨杆的作用是为了调节缝的宽度
C．把单缝与双缝的距离增大，干涉条纹间距减小
D．把毛玻璃屏与双缝的距离增大，干涉条纹间距增大
【答案】D
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】A．滤光片的作用是将复色光变为单色光，单缝的作用是使入射光变成线光源，双缝的作用是将单色光分解成频率相同、振动情况相同的相干光，因此滤光片应该放在单缝之前，A不符合题意；
B．调节拨杆只能调整单缝的角度，使单缝和双缝平行，获得清晰的干涉图样，B不符合题意；
C．干涉条纹间距与单缝到双缝的距离无关，C不符合题意；
D．根据干涉条纹间距公式
其中l是双缝与毛玻璃屏的距离，当l增大时，干涉条纹间距 也增大，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】滤光片的作用是将复色光变为单色光，调节拨杆只能调整单缝的角度，干涉条纹间距与单缝到双缝的距离无关，利用双缝干涉相邻亮条纹的表达式得出双缝与毛玻璃屏的距离增大时干涉条纹间距的变化情况。
5．（2023·江苏模拟）如图所示，q-t图像表示LC振荡电路中电容器下极板电荷量随时间变化的图像，下列说法正确的是（ ）
A．Oa时间段，线圈中磁场能在减小
B．b、d两时刻电路中电流最大
C．b、d两时刻电容器中电场能最大
D．该电路可以有效的把电磁波发射出去
【答案】C
【知识点】LC振荡电路分析
【解析】【解答】A．从q-t图像可知，Oa时间段，电容器的电荷量在减少，故电容器的电场能在减少，线圈中的磁场能在增加，A不符合题意；
BC．从q-t图像可知，b、d两时刻电容器的电荷量最大，故电容器中电场能最大，线圈中磁场能最小，故电路中电流最小，B不符合题意，C符合题意；
D．有效的发射电磁波应该需要开放电路，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据q-t图像得出电容器电势能的变化情况以及线圈中磁场能的变化情况 ，有效的发射电磁波应该需要开放电路。
6．（2023·江苏模拟）如图所示，半径为R的绝缘细圆环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷，A、B、C三点将圆周三等分。取走A、B处弧长均为ΔL的圆弧上的电荷（），静电力常量为k，此时圆心O处电场强度（ ）
A．方向沿CO，大小为 B．方向沿OC，大小为
C．方向沿CO，大小为 D．方向沿OC，大小为
【答案】A
【知识点】点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】ABCD．由于圆环所带电荷量均匀分布，所以长度为 的小圆弧所带电荷量
没有取走电荷时圆心O点的电场强度为零，取走A、B两处的电荷后，圆环剩余电荷在O点产生的电场强度大小等于A、B处弧长为 的小圆弧所带正电荷在O点产生的场强的叠加，方向相反，即有
解得
方向沿CO，A符合题意；BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据点电荷周围电场的分布以及以及电话场的合成得出圆心O处的电场强度。
7．（2023·江苏模拟）将一根粗细均匀的硬质合金丝制成半径为r的圆形导线框，P、Q两点接入电路，电流表示数为I，范围足够大的匀强磁场垂直于导线框平面，磁感应强度大小为B，则线框所受安培力大小为（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】B
【知识点】安培力
【解析】【解答】由图可知圆形导线框的大圆弧部分与小圆弧部分并联，两端圆弧受安培力的等效长度相等，即
电流表示数为I，由于大圆弧部分的电阻是小圆弧部分电阻的3倍，根据电路串并联规律可得大圆弧部分与小圆弧部分的电流大小分别为 ，
故线框所受安培力大小为
故答案为：B。
【分析】根据串并联电路的特点以及安培力的表达式得出线框所受的安培力。
8．（2023·江苏模拟）如图所示，半径为r的半圆形金属线框放置在磁感应强度B的匀强磁场中，MN两点连线与磁场垂直，线框绕MN连线以角速度ω匀速转动，灯泡电阻为R，其它电阻不计，则（ ）
A．通过灯泡的电流方向不变
B．图示位置回路磁通量变化最快
C．灯泡两端电压为
D．由图示位置转过180°过程中通过灯泡的电荷量为0
【答案】C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．线框绕MN连线以角速度ω匀速转动，产生正弦式交变电流，A不符合题意；
B．图示位置穿过回路的磁通量最大，磁通量变化率为零，B不符合题意；
C．感应电动势的最大值为
有效值为
由于其它电阻不计，灯泡两端电压为
C符合题意；
D．由图示位置转过180°过程中感应电动势的平均值为
由图示位置转过180°过程中通过灯泡的电荷量为
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】线框绕MN连线以角速度ω匀速转动时产生正弦式交流电，利用法拉第电磁感应定律以及感应电动势的最大值和有效值的关系得出感应电动势的有效值，利用电流的定义式得出位置转过180°过程中通过灯泡的电荷量。
9．（2023·江苏模拟）如图所示，假设入射光子的动量为p0，光子与静止的电子发生弹性碰撞。碰后光子的动量大小为p1，传播方向与入射方向夹角为α：碰后电子的动量大小为p2，出射方向与光子入射方向夹角为β。已知光速为c，普朗克常量为h，下列说法正确的是（ ）
A．碰前入射光的波长为 B．碰后电子的能量为
C． D．
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；康普顿效应
【解析】【解答】A．根据德布罗意公式可知，碰前入射光的波长为
A不符合题意；
B．设电子的质量为m，则碰后电子的能量为
B不符合题意；
CD．沿光子入射方向的动量守恒，根据动量守恒定律可知
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据德布罗意公式得出碰前入射光的波长，并得出碰后电子的能量，结合动量守恒定律得出 入射光子的动量 。
10．（2023·江苏模拟）一列简谐横波在t=1.0s时的波形图如图甲所示，P是介质中的质点，图乙是质点P的振动图像，已知该波在介质中的传播速度为10m/s，则（ ）
A．该波沿x轴负方向传播
B．再经过0.6s，质点P运动的路程为6m
C．t=1.0s时质点P离开平衡位置的位移
D．质点P的平衡位置坐标为x=5m
【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由乙图可知t=1.0s时 P点振动方向向上，根据上下坡法，波沿x轴正方向传播，A不符合题意；
B．经过1个周期1.2s，质点经过的路程
经过0.5个周期0.6s，经过的路程
以上规律质点在任何位置开始都适用，故再经过0.6s，质点P运动的路程为0.2m，B不符合题意；
C．由图乙可得简谐运动的表达式
当t=1.0s时，解得质点P离开平衡位置的位移为
C不符合题意；
D．由图乙可知，当 时，P点振动到平衡位置，该波沿x轴正方向传播，此时的波形图如下图虚线
所以
解得
又由
所以
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据质点的振动方向和传播方向之间的关系得出该波的传播方向，结合质点的振动图像得出质点的路程，利用不传播的速度以及波长的关系得出质点P的平衡位置坐标。
二、实验题
11．（2023·江苏模拟）小明用如图1所示的电路测量电池组的电动势和内阻。
（1）开关闭合前，应先将电阻箱的电阻调到 （选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）。
（2）闭合开关，发现电压表指针不偏转，小明用多用电表的直流电压挡来检测故障，保持开关闭合，将 （选填“红”或“黑”）表笔始终接触a位置，另一表笔依次试触b、c、d、e、f五个接线柱，发现试触b、c、d时，多用电表均有示数，试触e、f时多用电表均无示数。若电路中仅有一处故障，则故障是 。
A．接线柱bd间短路
B．接线柱de间断路
C．定值电阻断路
（3）排除故障后按规范操作进行实验，改变电阻箱R的阻值，分别读出电压表和电阻箱的示数U、R。某一次测量，电压表的示数如图2所示，示数为 V。
（4）作出图线如图3所示，已知图线斜率为k，纵轴截距为b，则可得电池组的电动势E= ，内阻r= 。（用k、b和R0表示）
（5）为了分析电表内阻引起的误差，有同学根据所测数据，用计算出相应的电流，并作出U-I图像，如图中实线所示．然后作出电压表示数U随通过电源的电流I变化的图像，如图中虚线所示，其中分析正确的是______。
A． B．
C． D．
【答案】（1）最大值
（2）黑；B
（3）2.50
（4）；
（5）D
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）开关闭合前，应将电路中电阻调到最大值，从而使开关闭合后电路中电流最小，起到保护电路的作用。
（2）a与电源负极相连，应将黑表笔始终接触a位置。
试触b、c、d时，多用电表均有示数，试触e、f时多用电表均无示数，说明接线柱de间断路。
故答案为：B。
（3）如图2所示，电压表示数为2.50V。
（4）由欧姆定律和闭合电路欧姆定律可知 ，
联立可得
结合 图像可知 ，
解得电动势为
内阻为
（5）由题意可知
可知电流I为电阻箱中的电流，由于电压表的分流作用通过电源的电流满足
当电压表示数为0时，即外电路短路时，有
D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】（1）开关闭合前应将电路中电阻调到最大值，起到保护电路的作用；
（2） 闭合开关， 将黑表笔接在a位置，结合电路的分以得出故障的位置；
（3）根据电压表的读数原理得出电压表的示数；
（4）根据闭合电路欧姆定律以及结合图像得出电动时和内阻的表达式；
（5）结合（4）中的分析得出正确的图像。
三、解答题
12．（2023·江苏模拟）将一根绝缘硬质细金属丝顺次绕成如图所示的“8”字形线圈，两个圆形线圈半径分别为2r和r，匀强磁场垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律为B=B0+kt，已知线圈总电阻为R。
（1）仅将大圆线圈置于磁场中，求线圈中的电流I；
（2）将该线圈全部置于磁场中，求在时间t内通过线圈横截面的电荷量q。
【答案】（1）仅将大圆线圈置于磁场中，感应电动势为
故线圈中的电流为
（2）将该线圈全部置于磁场中，由于小圆形线圈中的磁通量方向与大圆形线圈中的磁通量方向相反，因此整个线圈的磁通量为
感应电动势为
线圈中的电流为
时间t内通过线圈横截面的电荷量为
【知识点】磁通量；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律以及欧姆定律得出线圈中的电流；
（2）利用磁通量的表达式以及欧姆定律和电流的定义式得出时间t内通过线圈横截面的电荷量 。
13．（2023·江苏模拟）如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在内壁光滑的气缸中，气缸和活塞绝热性能良好，活塞的横截面积为S，质量为m，静止在与气缸底部距离为L的小挡板上；密闭气体的压强、温度与外界大气相同，分别为和。现接通电热丝加热气体，电热丝两端电压为U，电流为I，通电时间为t，活塞缓慢向上移动距离2L后静止，重力加速度为g，求该过程：
（1）气体内能的增量；
（2）最终温度T。
【答案】（1）活塞移动时受力平衡
气体对外界做功
气体吸收的热量
根据热力学第一定律
解得
（2）活塞发生移动前，等容过程
活塞向移动了2L，等压过程
又有
解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）根据受力平衡以及气体做功和热力学第一定律得出 气体内能的增量 ；
（2） 活塞发生移动前和移动了2L的过程根据查理定律以及盖吕萨克定律得出最终的温度。
14．（2023·江苏模拟）如图所示，将内壁光滑的细管弯成四分之三圆形的轨道并竖直固定，轨道半径为R，细管内径远小于R。轻绳穿过细管连接小球A和重物B，小球A的质量为m，直径略小于细管内径，用手托住重物B使小球A静止在Q点。松手后，小球A运动至P点时对细管恰无作用力，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取π=3.2，求：
（1）小球A静止在Q点时对细管壁的压力大小N；
（2）重物B的质量M；
（3）小球A到达P点时加速度大小a。
【答案】（1）小球A静止在Q点时对细管壁的压力大小
（2）小球A从Q点到P点，由机械能守恒定律
对小球A在P点时
解得
（3）小球A到达P点时加速度大小
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）对小球进行受力分析，根据共点力平衡得出 小球A静止在Q点时对细管壁的压力 ；
（2） 小球A从Q点到P点，由机械能守恒定律 得出P点的速度，小球A在P点根据牛顿第二定律得出重物B的质量；
（3）利用向心加速度和线速度的关系得出小球A到达P点时加速度 。
15．（2023·江苏模拟）如图所示，两极板P、Q竖直放置，长度为2L，间距为L。极板下方存在垂直纸面向外的矩形匀强磁场，磁感强度为B0。荧光屏MN水平放置，长度为2L。一粒子源向两极板间持续不断竖直向下发射速度为、质量为m、电荷量为+q的粒子，形成宽度为L，横向均匀分布的粒子流。不计粒子重力及粒子间相互作用。
（1）两板间电压为0时，粒子全部打到荧光屏上，求矩形磁场的最小面积S；
（2）当两板间存在恒定的匀强电场时，进入磁场的粒子数为射入电场粒子数的，求打在屏上的粒子在磁场中运动的时间t；
（3）在第（2）问中，进入磁场的粒子全部打到荧光屏上，求磁感应强度B的取值范围。
【答案】（1）两板间电压为0时，粒子将匀速穿过两极板间，然后在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
解得
要使粒子全部打到荧光屏上，考虑到边缘的粒子在磁场中的运动轨迹如图
由此可知，矩形磁场的最小面积
（2）当两板间存在恒定的匀强电场时，进入磁场的粒子数为射入电场粒子数的 ，说明只有射入电场时离Q板距离 范围内的粒子能进入磁场，由此可知能进磁场的粒子在电场中水平方向上的位移均为 ，粒子在电场中做类平抛运动，有 ，
解得
则入射磁场时粒子的速度
方向与水平方向夹角满足 ，
分析可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为 ，由洛伦兹力提供向心力，可得
解得
打在屏上的粒子在磁场中运动的时间
（3）由前面分析可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为 ，设磁场的磁感应强度变化后粒子的轨道半径为 ，粒子入射磁场的入射点和达到荧光屏上的点间距离满足
为确保进入磁场的粒子全部打到荧光屏上，如下图分析
可知应满足
由此可知
粒子在磁场中做匀速圆周运动， 由洛伦兹力提供向心力
可得
由此可得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力得出轨道半径的表达式，结合几何关系得出 矩形磁场的最小面积 ；
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，结合类平抛运动得出 粒子在磁场中做圆周运动的圆心角 ，利用洛伦兹力提供向心力得出轨道的半径，结合粒子在磁场中运动的周期和时间的关系得出 打在屏上的粒子在磁场中运动的时间 ；
（3）根据粒子在磁场中运动的轨迹图以及洛伦兹力提供向心力得出磁感应强度B的取值范围 。
