2023年湖北省武漢一中高考物理三模試卷

2023年湖北省武漢一中高考物理三模試卷一、選擇題：本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1—7題只有一個選項符合題目要求，第8—11題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1．（4分）如圖所示為光電效應實驗中某金屬的遏止電壓Ue與入射光的頻率ν的關系圖像。已知元電荷e。根據(jù)該圖像不能得出的是（）A．飽和光電流 B．該金屬的逸出功 C．普朗克常量 D．該金屬的截止頻率2．（4分）甲、乙兩物體沿x軸正方向做直線運動，某一時刻兩物體以速度v0同時經(jīng)過O點，之后它們運動的﹣x圖像如圖所示，則甲、乙兩物體速度從v0增加到2v0的過程，下列說法中正確的是（）A．速度均隨位移均勻變化 B．速度均隨時間均勻變化 C．經(jīng)歷的時間之比為1：2 D．經(jīng)歷的時間之比為2：13．（4分）質量為m的導?體棒與兩個半徑為R的光滑圓弧電極接觸良好，兩個電極相互平行且都位于豎直平面內，O為其中一個圓弧電極的圓心，截面如圖所示，導體棒中通有如圖所示電流，導體棒在兩個電極間的長度為L，在兩電極間加一豎直方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B0，導體棒恰好靜止在電極的圓弧面上?，F(xiàn)在通過增大電流的方式使導體棒緩慢地從A點移動到B點，已知OA與水平方向的夾角為60°，OB與水平方向的夾角為30°。已知重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．磁場方向豎直向上 B．當導體棒靜止在A點時，流過導體棒的電流大小為 C．當導體棒靜止在B點時流過導體棒的電流大小為靜止在A點時的3倍 D．導體棒從A點移動到B點的過程中電極受到的壓力逐漸減小4．（4分）如圖所示，光滑水平桌面上，一個小球以速度v向右做勻速運動，它們經(jīng)過靠近桌邊的豎直木板ad邊之前時，木板開始做自由落體運動；若木板開始運動時，cd邊與桌面相齊，則小球在木板上的投影軌跡是（）A． B． C． D．5．（4分）“神十四”航天員進行約5.5小時的出艙活動并圓滿完成既定任務后，安全返回空間站問天實驗艙如圖甲所示。已知地球半徑R＝6400km，地球表面重力加速度g0，在離地面高度h＝400km的軌道?上，問天實驗艙繞地球做勻速圓周運動，所處的位置重力加速度為g′。假設航天員在問天實驗艙的桌面上放置如圖乙中的實驗裝置，不可伸縮的輕繩長為L，輕繩一端綁一個質量為m的小球，另一端綁在支架O點，在離桌面最近的A點位置給小球一個垂直于OA的初速度v，小球沿乙圖虛線軌跡做圓周運動，其中B為最高點，下列說法正確的是（）A．g′：g0＝289：256 B．小球經(jīng)過A點時，輕繩的張力大小為 C．小球從A點圓周運動到B點過程中，克服重力做功為mg′L D．小球運動過程中，輕繩的拉力提供小球做圓周運動的向心力6．（4分）氣壓式升降椅通過氣缸上下運動來控制椅子升降，其簡易結構如圖（a）所示，圓往形氣缸與椅面固定連接，柱狀氣動桿與底座固定連接。可自由移動的氣缸與氣動桿之間封閉一定質量的氣體，氣缸氣密性、導熱性能良好，忽略摩擦力，氣體可視為理想氣體。設氣體的初始狀態(tài)為A，接著某人虛坐在椅面上，開始時此人的腳在地上，后逐漸減少對地面的壓力直至腳完全離開地面，此過程中（溫度不變）椅子緩慢下降一段距離后，氣體達到穩(wěn)定狀態(tài)B。然后打開空調降低室溫，一段時間后，室內溫度緩慢降低到設定溫度，穩(wěn)定后氣體狀態(tài)為C。最后人將腳緩慢放在地面上并逐漸增大對地面的壓力直至人離開椅面，氣體最終達到另一個穩(wěn)定狀態(tài)該過程中氣體的壓強和體積倒數(shù)的關系如圖（b）所示，已知氣缸的橫截面積為S，重力加速度大小為g，外界大氣壓強不變，則（）A．由圖（b）數(shù)據(jù)可算得人的質量為 B．與狀態(tài)B相比，氣體處于狀態(tài)C時單位時間內碰撞單位面積容器壁的分子數(shù)較多 C．由圖（b）數(shù)據(jù)可算得從狀態(tài)C到狀態(tài)D氣體對外界做的功大小為（p1+p2）（V3﹣V4） D．從狀態(tài)A到狀態(tài)D，氣體向外放出的熱量小于外界對氣體做的功7．（4分）如圖所示，質量分別為1kg和2kg的A、B兩個物體放在光滑水平面上，外力F1、F2同時作用在兩個物體上，其中F1＝10﹣t（表達式中各個物理量的單位均為國際單位），F(xiàn)2＝10N。下列說法中正確的是（）A．t＝0時，物體A的加速度大小為10m/s2 B．t＝10s后物體B的加速度最小 C．t＝10s后兩個物體運動方向相反 D．若僅將A、B位置互換，t＝0時物體A的加速度為8m/s2（多選）8．（4分）某介質中由一波源產(chǎn)生的一列橫波在t＝0時刻的波形如圖所示，其中波源位于坐標原點，t＝0.3s時刻介質中質點Q才開始振動。則下列說法正確的是（）B．t＝0.3s時，質點Q的速度沿x軸正方向，大小為1m/s C．t＝0.3s時，質點P的速度與質點Q的速度大小相同，方向相反 D．當質點Q的運動路程達到9cm時，質點P的運動路程達到25cm（多選）9．（4分）如圖所示，平面直角坐標系xOy中，三個點電荷a、b、c分別固定于（0，r）、（0，﹣r）、（0，0）處，a、b、c電荷量分別為+Q、+Q、﹣Q?，F(xiàn)有一電荷量為﹣q的點電荷d，在+x軸上從靠近坐標原點處由靜止釋放，不考慮重力及電荷d對原電場的影響，取無窮遠處電勢能為零，則在點電荷d的整個運動過程中，其瞬時速度v隨時間t、電勢能Ep隨位置x變化的關系圖像可能為（）A． B． C． D．（多選）10．（4分）如圖甲所示，輕彈簧一端固定在豎直墻壁上，另一端與物塊P栓接?，F(xiàn)用外力將P緩慢壓至O點，此時彈簧的壓縮量為3l0，撤去外力后P向右運動；換用質量較小的物塊Q完成同樣的過程。在兩物塊第一次向右運動至最遠的過程中，它們的加速度a與位移x的關系如圖乙所示。已知兩物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)相同。下列說法正確的是（）A．釋放瞬間Q的加速度是P的3倍 B．P的質量是Q的2倍 C．P的最大動能是Q的4倍 D．Q向右運動的最大距離是P的2倍Ω，ab邊長L＝20cm，bc邊長d＝10cm，該減震器在光滑水平面上以初速度v0＝5.0m/s向右進入磁感應強度大小B＝0.1T、方向豎直向下的勻強磁場中，磁場范圍是夠大，不考慮線圈個數(shù)變化對減震器總質量的影響。則（）2 C．滑動桿上至少需安裝12個線圈才能使減震器完全停下來 D．第1個線圈和最后1個線圈產(chǎn)生的熱量比k＝96二、非選擇題12．（6分）受天空課堂中王亞平測量聶海勝質量實驗的啟發(fā)，某實驗小組設計類似測物體質量的實驗。安裝好如圖甲實驗裝置，調節(jié)氣墊導軌上的旋鈕P、Q使氣墊導軌水平，滑塊在O點時彈簧處于原長。力傳感器能采集彈簧的彈力，固定在滑塊上的加速度傳感器能采集滑塊的加速度。（1）接通氣源后，將滑塊拉至A點（圖中未標出），OA距離為5cm，此時力傳感器的示數(shù)為0.60N，則彈簧的勁度系數(shù)為N/m（結果保留兩位有效數(shù)字）。（2）靜止釋放滑塊后，根據(jù)傳感器采集的數(shù)據(jù)繪制的a﹣F圖像如圖乙所示，可知滑塊與加速度傳感器的總質量為kg（結果保留一位有效數(shù)字）。（3）測出兩調節(jié)旋鈕PQ之間距離為L，調節(jié)旋鈕Q，使之比旋鈕P高出h，重繪a﹣F圖像，縱軸截距為b，由此可知當?shù)氐闹亓铀俣葹椤?3．（10分）現(xiàn)要組裝一個酒精測試儀，它利用的是一種二氧化錫半導體型酒精氣體傳感器。此傳感器的電阻Rx隨酒精氣體濃度的變化而變化，規(guī)律如圖甲所示。酒精測試儀的調試電路如圖乙所示。目前國際公認的酒駕標準是“≤”，醉駕標準是“酒精氣體濃度≥”提供的器材有：A．二氧化錫半導體型酒精傳感器RxB．直流電源（電動勢為4V，內阻不計）C．電壓表（量程為3V，內阻非常大）Ω）E．定值電阻R1（阻值為50Ω）F．定值電阻R2（阻值為10Ω）G．單刀雙擲開關一個，導線若干（1）為使電壓表改裝成酒精濃度測試表以判斷是否酒駕，R應選用定值電阻（填R1或R2）；（2）按照下列步驟調節(jié)此測試儀：①Ω，然后開關向（填“a”或“b”）端閉合，將電壓表此時指針對應的刻度線標記為mg/mL；（保留兩位有效數(shù)字）②逐步減小電阻箱的阻值，電壓表的示數(shù)不斷（填“變大”或“變小”）。按照甲圖數(shù)據(jù)將電壓表上“電壓”刻度線標為對應的“酒精濃度”；此濃度表刻度線上對應的濃度值是（填“均勻”或“非均勻”）變化的；③將開關向另一端閉合，測試儀即可正常使用。（3）在電壓表刻度線上標注一段紅色的長度以提醒酒駕的讀數(shù)范圍，該長度與電壓表總刻度線長度的比例為1：。（保留一位有效數(shù)字）（4）使用一段時間后，由于電源的電動勢略微變小，內阻變大，其測量結果（填“偏大”“偏小”或“準確”）。14．（10分）1965年香港中文大學校長高琨在一篇論文中提出以石英基玻璃纖維作長程信息傳遞，引發(fā)了光導纖維的研發(fā)熱潮，1970年康寧公司最先發(fā)明并制造出世界第一根可用于光通信的光纖，使光纖通信得以廣泛應用。被視為光纖通信的里程碑之一，高琨也因此被國際公認為“光纖之父”。如圖為某種新型光導纖維材料的一小段，材料呈圓柱狀，半徑為l，長度為3l，將一束光從底部中心P點以入射角θ射入，已知光在真空中的速度為c。（1）若已知這種材料的折射率為，入射角θ＝60°，求光線穿過這段材料所需的時間；（2）這種材料的優(yōu)勢是無論入射角θ為多少，材料側面始終不會有光線射出，求材料的折射率的最小值。15．（14分）如圖所示，光滑水平地面上方CD處存在寬度d＝4m、方向豎直向上、大小E＝1×105N/C的勻強電場區(qū)域。質量m1＝1kg、長為l＝6m的水平絕緣長木板靜置于該水平面，且長木板最右側與電場邊界D重合。某時刻質量m2＝0.5kg、帶電量q＝+3×10﹣5C的可視為質點的滑塊以初速度v0＝6m/s從長木板左端水平滑上木板，一段時間后，滑塊離開電場區(qū)域。已知長木板與滑塊的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2，滑塊帶電量始終保持不變。求：（1）滑塊剛進電場時，長木板的速度大小；（2）滑塊在電場中的運動時間及全過程的摩擦生熱；（3）若電場等大反向，滑塊進入電場后在木板上的相對位移。16．（16分）如圖所示，在y＜0區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強電場（圖中未畫出），電場強度大小為E，在y＞0區(qū)域存在平行于y軸正方向的勻強磁場（圖中未畫出）和沿z軸正方向的勻強電場（圖中未畫出），電場強度大小為2E。質量為m、電荷量為+q的小球從P（0，，h）處由靜止釋放，小球從原點進入y＞0區(qū)域，在y＝L處有一垂直于y軸的熒光屏（圖中未畫出），小球打在熒光屏上Q（0，L，0）點。已知重力加速度為g。（1）求y＜0區(qū)域勻強電場的電場強度E；（2）求勻強磁場的磁感應強度B的大??；（3）若磁感應強度取最小值，當小球離y軸最遠時，求小球到原點O的距離。2023年湖北省武漢一中高考物理三模試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1—7題只有一個選項符合題目要求，第8—11題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1．（4分）如圖所示為光電效應實驗中某金屬的遏止電壓Ue與入射光的頻率ν的關系圖像。已知元電荷e。根據(jù)該圖像不能得出的是（）A．飽和光電流 B．該金屬的逸出功 C．普朗克常量 D．該金屬的截止頻率【分析】根據(jù)光電效應方程得出遏止電壓與入射光頻率的關系，通過圖線的斜率求出普朗克常量。遏止電壓為零時，入射光的頻率等于截止頻率?！窘獯稹拷猓篈、由圖中信息無法計算飽和光電流，故A錯誤；BC、設金屬的逸出功為W0，截止頻率為νc，則有：W0＝hνc光電子的最大初動能Ekm與遏止電壓Uc的關系是：Ekm＝eUc光電效應方程為：Ekm＝hν﹣W0聯(lián)立兩式可得：Uc＝ν﹣故Uc與v圖象的斜率為，從而解得普朗克常量與逸出功，故BC正確；D、當Uc＝0時，可解得：ν＝νc此時讀圖可知：ν≈×1014×1014Hz，故D正確。本題選擇錯誤選項；故選：A?！军c評】解決本題的關鍵掌握光電效應方程以及最大初動能與遏止電壓的關系，注意光電效應方程的應用。2．（4分）甲、乙兩物體沿x軸正方向做直線運動，某一時刻兩物體以速度v0同時經(jīng)過O點，之后它們運動的﹣x圖像如圖所示，則甲、乙兩物體速度從v0增加到2v0的過程，下列說法中正確的是（）A．速度均隨位移均勻變化 B．速度均隨時間均勻變化 C．經(jīng)歷的時間之比為1：2 D．經(jīng)歷的時間之比為2：1【分析】根據(jù)圖像的形狀直接判斷速度與位移的關系。﹣x圖像與x軸圍成的面積表示時間，由幾何知識求經(jīng)歷的時間之比?！窘獯稹拷猓篈、由圖像的坐標軸的意義和傾斜直線可知，速度與位移成反比關系，速度不隨位移均勻變化，故A錯誤；B、﹣x圖像與x軸圍成的面積表示時間，由圖像可知，速度不隨時間均勻變化，故B錯誤；CD、根據(jù)﹣x圖像與x軸圍成的面積表示時間，則甲、乙兩物體速度從v0增加到2v0的過程，經(jīng)歷的時間之比為1：2，故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】讀圖是高中物理強化的一大要點，一定要把握住六要素：軸、點、線、斜、截、面六要素來分析圖像問題。3．（4分）質量為m的導?體棒與兩個半徑為R的光滑圓弧電極接觸良好，兩個電極相互平行且都位于豎直平面內，O為其中一個圓弧電極的圓心，截面如圖所示，導體棒中通有如圖所示電流，導體棒在兩個電極間的長度為L，在兩電極間加一豎直方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B0，導體棒恰好靜止在電極的圓弧面上?，F(xiàn)在通過增大電流的方式使導體棒緩慢地從A點移動到B點，已知OA與水平方向的夾角為60°，OB與水平方向的夾角為30°。已知重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．磁場方向豎直向上 B．當導體棒靜止在A點時，流過導體棒的電流大小為 C．當導體棒靜止在B點時流過導體棒的電流大小為靜止在A點時的3倍 D．導體棒從A點移動到B點的過程中電極受到的壓力逐漸減小【分析】由A到B的過程中，棒處于三力平衡狀態(tài)（二軌道對棒的支持力等效成一個支持力），由三力平衡的矢量三角形，即可求得結果?！窘獯稹拷猓篈、安培力應水平向右，用左手定則，磁場應豎直向下，故A錯誤；B、根據(jù)三力平衡，重力與安培力的合力應與軌道對其的彈力等大共線反向，即有tan60°＝，可得I＝，故B錯誤；C、在A處時有tan60°＝，在B處有，由二式相比，則可得到I1＝3I，故C正確；D、根據(jù)三力平衡，則軌道對棒的彈力的合力F＝其中α由60°逐步減少到30°，故D錯誤。故選：C?！军c評】應用三力平衡的矢量三角形法則，注意軌道對棒的彈力方向過軌道的圓心。4．（4分）如圖所示，光滑水平桌面上，一個小球以速度v向右做勻速運動，它們經(jīng)過靠近桌邊的豎直木板ad邊之前時，木板開始做自由落體運動；若木板開始運動時，cd邊與桌面相齊，則小球在木板上的投影軌跡是（）A． B． C． D．【分析】小球的投影的運動是由小球水平方向的位移與木板豎直方向上的位移的合位移，則由運動的合成可知投影的軌跡?！窘獯稹拷猓和队霸谒椒较蜃鰟蛩僦本€運動，豎直方向上相對于木板向上做加速運動，故小球的合速度應偏向上方，同時加速度指向曲線的內側，故軌跡應向上；故ABD錯誤，C正確；故選：C?！军c評】勻速直線運動和勻變速直線運動的合運動一定為曲線運動，并且運動方向向加速度的方向靠近。5．（4分）“神十四”航天員進行約5.5小時的出艙活動并圓滿完成既定任務后，安全返回空間站問天實驗艙如圖甲所示。已知地球半徑R＝6400km，地球表面重力加速度g0，在離地面高度h＝400km的軌道?上，問天實驗艙繞地球做勻速圓周運動，所處的位置重力加速度為g′。假設航天員在問天實驗艙的桌面上放置如圖乙中的實驗裝置，不可伸縮的輕繩長為L，輕繩一端綁一個質量為m的小球，另一端綁在支架O點，在離桌面最近的A點位置給小球一個垂直于OA的初速度v，小球沿乙圖虛線軌跡做圓周運動，其中B為最高點，下列說法正確的是（）A．g′：g0＝289：256 B．小球經(jīng)過A點時，輕繩的張力大小為 C．小球從A點圓周運動到B點過程中，克服重力做功為mg′L D．小球運動過程中，輕繩的拉力提供小球做圓周運動的向心力【分析】地球表面重力加速度為g0，則地球表面物體所受萬有引力等于重力；問天實驗艙由地球的萬有引力充當向心力，其向心加速度就等于所處的位置重力加速度，由牛頓第二定律求解其向心加速度；由于問天實驗艙處于完全失重狀態(tài)，小球的運動不用考慮重力，輕繩的拉力提供小球繞O點做圓周運動的向心力；由牛頓第二定律求解求輕繩的張力；重力效果消失，將不再克服重力做功?！窘獯稹拷猓篈、地球表面重力加速度為g0，忽略地球的自轉，地球表面的物體（設其質量為m1）所受萬有引力等于重力，則有：＝m1g0問天實驗艙（設其質量為m′）做勻速圓周運動，由萬有引力充當向心力，其向心加速度就等于所處的位置重力加速度g′，則由牛頓第二定律得：＝m′g′聯(lián)立解得：g'：g0＝256：289，故A錯誤；BD、由于問天實驗艙中的物體處于完全失重狀態(tài)，重力效果消失，輕繩的拉力T提供小球繞O點做圓周運動的向心力，小球經(jīng)過A點時，由牛頓第二定律可得：T＝，故B錯誤，D正確；D、由于小球處于完全失重狀態(tài)，小球從A點圓周運動到B點過程中克服重力做功為零，故C錯誤。故選：D?！军c評】本題考查萬有引力定律的應用。掌握忽略地球自轉時地球表面重力加速度為固定值，此情況下地球表面物體所受萬有引力等于重力；要知道衛(wèi)星環(huán)繞中心天體做勻速圓周運動時處于完全失重狀態(tài)，重力效果消失，與重力有關物理問題不需要考慮重力。6．（4分）氣壓式升降椅通過氣缸上下運動來控制椅子升降，其簡易結構如圖（a）所示，圓往形氣缸與椅面固定連接，柱狀氣動桿與底座固定連接?？勺杂梢苿拥臍飧着c氣動桿之間封閉一定質量的氣體，氣缸氣密性、導熱性能良好，忽略摩擦力，氣體可視為理想氣體。設氣體的初始狀態(tài)為A，接著某人虛坐在椅面上，開始時此人的腳在地上，后逐漸減少對地面的壓力直至腳完全離開地面，此過程中（溫度不變）椅子緩慢下降一段距離后，氣體達到穩(wěn)定狀態(tài)B。然后打開空調降低室溫，一段時間后，室內溫度緩慢降低到設定溫度，穩(wěn)定后氣體狀態(tài)為C。最后人將腳緩慢放在地面上并逐漸增大對地面的壓力直至人離開椅面，氣體最終達到另一個穩(wěn)定狀態(tài)該過程中氣體的壓強和體積倒數(shù)的關系如圖（b）所示，已知氣缸的橫截面積為S，重力加速度大小為g，外界大氣壓強不變，則（）A．由圖（b）數(shù)據(jù)可算得人的質量為 B．與狀態(tài)B相比，氣體處于狀態(tài)C時單位時間內碰撞單位面積容器壁的分子數(shù)較多 C．由圖（b）數(shù)據(jù)可算得從狀態(tài)C到狀態(tài)D氣體對外界做的功大小為（p1+p2）（V3﹣V4） D．從狀態(tài)A到狀態(tài)D，氣體向外放出的熱量小于外界對氣體做的功【分析】對椅面和氣缸分析，初始時根據(jù)平衡條件列方程；人坐上椅面腳全部離開地面時，根據(jù)平衡條件列方程解得人的質量；根據(jù)壓強的微觀實質確定單位時間內碰撞單位面積容器壁的分子數(shù)；C到D為等溫過程，由此分析做的功；根據(jù)一定質量的理想氣體狀態(tài)方程、熱力學第一定律進行分析。【解答】解：A、設外界大氣壓強為p0，對椅面和氣缸分析，初始時根據(jù)平衡條件可得：pS＝p0S+mg，人坐上椅面腳全部離開地面時，根據(jù)平衡條件可得：p2S＝p0S+mg+Mg，解得人的質量為：M＝，故A錯誤；B、因pC＝pB，而TC＜TB，故單位時間內碰撞單位面積容器壁的分子數(shù)增多，故B正確；C、C到D為等溫過程，故該過程做功小于（p1+p2）（V3﹣V4），故C錯誤；D、由＝C知，p＝CT?，斜率越大，溫度越高，故TA＞TD，所以氣體的內能減少，而VD＜VA，外界對氣體做功，由熱力學第一定律知，氣體向外放熱，且放出的熱量大于外界對氣體做的功，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題主要是考查一定質量理想氣體的狀態(tài)方程之圖象問題，關鍵是弄清楚圖象表示的物理意義、知道圖象的斜率、圖象與坐標軸圍成的面積表示的物理意義，根據(jù)一定質量的理想氣體狀態(tài)方程結合熱力學第一定律進行分析。7．（4分）如圖所示，質量分別為1kg和2kg的A、B兩個物體放在光滑水平面上，外力F1、F2同時作用在兩個物體上，其中F1＝10﹣t（表達式中各個物理量的單位均為國際單位），F(xiàn)2＝10N。下列說法中正確的是（）A．t＝0時，物體A的加速度大小為10m/s2 B．t＝10s后物體B的加速度最小 C．t＝10s后兩個物體運動方向相反 D．若僅將A、B位置互換，t＝0時物體A的加速度為8m/s2【分析】假設A、B間無彈力，分別計算A、B的加速度。若A的加速度大于B的加速度，則A會推動B一起加速，再以A、B為整體，由牛頓第二定律列方程求共同的加速度；若A的加速度等于B的加速度，則A、B一起加速，但兩者間沒有力的作用；若A的加速度小于B的加速度，則A、B分離?！窘獯稹拷猓篈．F2在水平方向上的分力為F21＝F2cos37°＝10×0.8N＝8N假設A、B間無彈力，則aB＝＝m/s2＝4m/s2t＝0時，有F1＝10N假設A、B間無彈力，則aA＝＝m/s2＝10m/s2＞aB因此t＝0時，A會推動B一起運動，對AB整體，由牛頓第二定律有F1+F21＝（mA+mB）a代入數(shù)據(jù)解得a＝6m/s2故A錯誤；B．物體B的加速度最小時，A、B間沒有力的作用，且aA＝aBaA＝＝aB＝＝m/s2＝4m/s2解得t＝6s故B錯誤；C．t＝10s前，A、B均沿F1方向加速運動；t＝10s后，F(xiàn)1方向反向，A做減速運動，但兩物體運動方向仍然相同，故C錯誤；D．若僅將A、B位置互換，t＝0時，假設A、B間無彈力，則aA1＝＝m/s2＝8m/s2aB1＝＝m/s2＝5m/s2＜aA1表明A、B會分離運動，故假設正確，則t＝0時物體A的加速度為8m/s2，故D正確。故選：D。【點評】本題主要考查連接體問題，要靈活運用整體法、隔離法來分析判斷物體的運動，關鍵是要把握兩者分離的臨界條件，即兩者加速度相等，且兩者間沒有力的作用。（多選）8．（4分）某介質中由一波源產(chǎn)生的一列橫波在t＝0時刻的波形如圖所示，其中波源位于坐標原點，t＝0.3s時刻介質中質點Q才開始振動。則下列說法正確的是（）B．t＝0.3s時，質點Q的速度沿x軸正方向，大小為1m/s C．t＝0.3s時，質點P的速度與質點Q的速度大小相同，方向相反 D．當質點Q的運動路程達到9cm時，質點P的運動路程達到25cm【分析】根據(jù)波從x＝0.2m處傳到Q點傳播的距離和時間，求出波速，讀出波長，再求周期。根據(jù)“同側法”判斷t＝0時刻x＝0.2m處質點的振動方向，即可知道t＝0.3s時，質點Q的速度方向，質點Q的速度與波速是兩回事；根據(jù)P、Q間的距離與波長的關系，分析它們速度關系；根據(jù)質點Q的運動路程確定所用時間，再求質點P的運動路程?！窘獯稹喀ぉ?.2m＝0.3m，用時Δt＝0.3s，則波的傳播速度為由圖像可知波長為λ＝0.2m，則波的周期為，故A正確；B、根據(jù)“同側法”可知t＝0時刻x＝0.2m處的質點振動方向向下，質點Q的起振方向與x＝0.2m處質點的起振方向相同，則t＝0.3s時，質點Q的速度沿y軸負方向，速度大小未知，故B錯誤；C、質點P、Q間的距離是兩個波長，所以t＝0.3s時，質點P的速度與質點Q的速度大小相同，方向相同，故C錯誤；D、波從P位置傳播到Q位置的時間為此段時間P經(jīng)過的路程為此后質點Q的運動路程達到9cm時，質點P的運動路程也達到9cm，則質點P的總運動路程為s總＝s1+9cm＝16cm+9cm＝25cm，故D正確。故選：AD。【點評】解答本題時要知道介質中各個質點的起振方向都相同，往往根據(jù)“同側法”或波形平移法判斷質點的振動方向。（多選）9．（4分）如圖所示，平面直角坐標系xOy中，三個點電荷a、b、c分別固定于（0，r）、（0，﹣r）、（0，0）處，a、b、c電荷量分別為+Q、+Q、﹣Q?，F(xiàn)有一電荷量為﹣q的點電荷d，在+x軸上從靠近坐標原點處由靜止釋放，不考慮重力及電荷d對原電場的影響，取無窮遠處電勢能為零，則在點電荷d的整個運動過程中，其瞬時速度v隨時間t、電勢能Ep隨位置x變化的關系圖像可能為（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)庫侖定律得出電荷受到的靜電力的變化趨勢，結合牛頓第二定律得出其加速度的變化趨勢，結合題目選項完成分析；根據(jù)靜電力對電荷的做功情況，結合功能關系分析出能量的變化趨勢。【解答】解：AB．點電荷d的受力分析如圖：由庫侖定律由牛頓第二定律Fc﹣2Facosθ＝ma整理可得由此可知當電荷d向右移動，θ減小，此過程中cosθ逐漸增大，所以電荷d做加速度減小的加速運動，當時，電荷的速度達到最大值，接著電荷d做減速運動直至無窮遠處，其速度為一定值，故A錯誤，B正確；CD．對電荷d受力分析可知，電荷d受到引力和斥力的作用，當x＜x1時，合力方向向右，故當電荷d從靠近原點處向右移動時，電場力做正功，根據(jù)功能關系可知電荷的電勢能減??；當x＝x1時，合力為零，此時d的動能最大，則電勢能最?。划攛＞x1時，合力方向向左，故當電荷d繼續(xù)向右移動時，電場力做負功，根據(jù)功能關系可知電荷的電勢能增加直至無窮遠處電勢能為0，故C錯誤，D正確。故選：BD?！军c評】本題主要考查了庫侖定律的相關應用，熟悉場強疊加的特點，結合圖像的物理意義和功能關系即可完成分析。（多選）10．（4分）如圖甲所示，輕彈簧一端固定在豎直墻壁上，另一端與物塊P栓接?，F(xiàn)用外力將P緩慢壓至O點，此時彈簧的壓縮量為3l0，撤去外力后P向右運動；換用質量較小的物塊Q完成同樣的過程。在兩物塊第一次向右運動至最遠的過程中，它們的加速度a與位移x的關系如圖乙所示。已知兩物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)相同。下列說法正確的是（）A．釋放瞬間Q的加速度是P的3倍 B．P的質量是Q的2倍 C．P的最大動能是Q的4倍 D．Q向右運動的最大距離是P的2倍【分析】根據(jù)平衡條件求解兩物塊的質量關系；根據(jù)牛頓第二定律求解釋放瞬間加速度大小；根據(jù)動能定理分析最大速度；根據(jù)功能關系分析最大位移?！窘獯稹拷猓築、設彈簧的勁度系數(shù)為k，物塊與地面的動摩擦因數(shù)為μ，當速度達到最大時，加速度為零。對P物塊由平衡條件得：μmPg＝k×2l0對Q物塊由平衡條件得：μmQg＝kl0聯(lián)立可得mP＝2mQ，故B正確；A、釋放物塊瞬間，對P物塊根據(jù)牛頓第二定律得：k?3l0﹣μmPg＝mPaP，對Q物塊根據(jù)牛頓第二定律得：kl0﹣μmQg＝mQaQ，聯(lián)立解得：aP＝，aQ＝，可得：＝，即釋放瞬間Q的加速度是P的4倍，故A錯誤；C、從釋放到最大動能處由動能定理得：對P：EkP＝﹣﹣μmPg?l0＝kl02﹣2kl02＝kl02對Q：EkQ＝﹣﹣μmQg?2l0＝4kl02﹣2kl02＝2kl02所以，EkP＝EkQ，故C錯誤；D、根據(jù)圖乙，由對稱性可知，兩滑塊加速度為零后，減速到零的過程與之間的位移相等，則滑塊P向右運動的最大距離為2l0，滑塊Q向右運動的最大距離為4l0，Q向右運動的最大距離是P的2倍，故D正確。故選：BD。【點評】本題主要是考查功能關系與圖像的結合，關鍵是弄清楚兩物塊的受力情況和運動情況，根據(jù)動能定理、功能關系結合牛頓第二定律進行分析。Ω，ab邊長L＝20cm，bc邊長d＝10cm，該減震器在光滑水平面上以初速度v0＝5.0m/s向右進入磁感應強度大小B＝0.1T、方向豎直向下的勻強磁場中，磁場范圍是夠大，不考慮線圈個數(shù)變化對減震器總質量的影響。則（）2 C．滑動桿上至少需安裝12個線圈才能使減震器完全停下來 D．第1個線圈和最后1個線圈產(chǎn)生的熱量比k＝96【分析】根據(jù)法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、安培力計算公式求得安培力，由牛頓第二定律求解加速度；根據(jù)動量定理求解末速度；分析可知每一個線圈進入磁場的過程，減震器的速度減小量均相等；根據(jù)能量守恒求解線圈上產(chǎn)生的熱量?！窘獯稹拷猓篈、線圈在磁場中受到安培力的作用而做減速運動。由安培力公式可得：F安＝nBIL其中聯(lián)立可得：線圈剛進入磁場時速度v＝v0，L＝20cm＝0.2m，代入數(shù)據(jù)可解得：F安＝20N根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小為：故A錯誤；B、設向右為正方向，對減震器進行分析，當?shù)诙€線圈恰好完全進入磁場時設所用時間為t，此時減震器的速度大小為v2，則由動量定理可得：＝mv2﹣mv0其中：，（d＝10cm＝0.1m）代入數(shù)據(jù)可得：v2故B正確；C、由以上分析可知，每一個線圈進入磁場的過程，安培力的沖量大小均相等，且為：，由動量定理可知每一個線圈進入磁場的過程，減震器的速度減小量均相等。由B選項的結果可知，進入兩個線圈后，減震器的速度減小量為5m/s﹣可得每一個線圈進入磁場后，減震器的速度減小量均為Δv＝則要減震器的速度減為零需要的線圈個數(shù)為：可知需要13個線圈，故C錯誤；D、只有進入磁場的線圈產(chǎn)生熱量，根據(jù)能量守恒可知，線圈上產(chǎn)生的熱量在數(shù)值上等于減震器動能動能的減少量。第一個線圈恰好完全進入磁場時的速度為：v1＝v0﹣Δv＝5m/s﹣最后一個線圈剛進入磁場時速度為：v13＝v0﹣12Δv＝5m/s﹣12×則有：，解得：k＝96故D正確。故選：BD?！军c評】本題考查了電磁感應現(xiàn)象中的力與運動、功與能問題，屬于常規(guī)題型。要掌握求解安培力的沖量的經(jīng)驗公式，掌握應用動量定理求解時間、位移、速度的方法。二、非選擇題12．（6分）受天空課堂中王亞平測量聶海勝質量實驗的啟發(fā)，某實驗小組設計類似測物體質量的實驗。安裝好如圖甲實驗裝置，調節(jié)氣墊導軌上的旋鈕P、Q使氣墊導軌水平，滑塊在O點時彈簧處于原長。力傳感器能采集彈簧的彈力，固定在滑塊上的加速度傳感器能采集滑塊的加速度。（1）接通氣源后，將滑塊拉至A點（圖中未標出），OA距離為5cm，此時力傳感器的示數(shù)為0.60N，則彈簧的勁度系數(shù)為12N/m（結果保留兩位有效數(shù)字）。（2）靜止釋放滑塊后，根據(jù)傳感器采集的數(shù)據(jù)繪制的a﹣F圖像如圖乙所示，可知滑塊與加速度傳感器的總質量為0.2kg（結果保留一位有效數(shù)字）。（3）測出兩調節(jié)旋鈕PQ之間距離為L，調節(jié)旋鈕Q，使之比旋鈕P高出h，重繪a﹣F圖像，縱軸截距為b，由此可知當?shù)氐闹亓铀俣葹椤！痉治觥浚?）根據(jù)胡克定律列式即可求解；（2）根據(jù)牛頓第二定律結合圖像即可求解；（3）根據(jù)幾何關系以及牛頓第二定律列式，整理表達式即可求解當?shù)氐闹亓铀俣?。【解答】解：?）根據(jù)胡克定律F＝kx，代入數(shù)據(jù)解得k＝12N/m；（2）根據(jù)牛頓第二定律可得F＝Ma整理得M＝＝kg＝0.2kg，即滑塊與加速度傳感器的總質量為為0.2kg；（3）測出兩調節(jié)旋鈕PQ之間距離為L，調節(jié)旋鈕Q，使之比旋鈕P高出，則有sinθ＝根據(jù)牛頓第二定律可得F+Mgsinθ＝Ma整理得a＝F+gsinθ可知a﹣F圖像的縱軸截距為b＝gsinθ解得當?shù)氐闹亓铀俣葹間＝＝；故答案為：（1）12；（2）0.2；（3）。【點評】本題考查牛頓第二定律，解題關鍵掌握實驗原理與實驗操作，注意圖像斜率的含義。13．（10分）現(xiàn)要組裝一個酒精測試儀，它利用的是一種二氧化錫半導體型酒精氣體傳感器。此傳感器的電阻Rx隨酒精氣體濃度的變化而變化，規(guī)律如圖甲所示。酒精測試儀的調試電路如圖乙所示。目前國際公認的酒駕標準是“≤”，醉駕標準是“酒精氣體濃度≥”提供的器材有：A．二氧化錫半導體型酒精傳感器RxB．直流電源（電動勢為4V，內阻不計）C．電壓表（量程為3V，內阻非常大）Ω）E．定值電阻R1（阻值為50Ω）F．定值電阻R2（阻值為10Ω）G．單刀雙擲開關一個，導線若干（1）為使電壓表改裝成酒精濃度測試表以判斷是否酒駕，R應選用定值電阻R2（填R1或R2）；（2）按照下列步驟調節(jié)此測試儀：①Ω，然后開關向b（填“a”或“b”）端閉合，將電壓表此時指針對應的刻度線標記為0.20mg/mL；（保留兩位有效數(shù)字）②逐步減小電阻箱的阻值，電壓表的示數(shù)不斷變大（填“變大”或“變小”）。按照甲圖數(shù)據(jù)將電壓表上“電壓”刻度線標為對應的“酒精濃度”；此濃度表刻度線上對應的濃度值是非均勻（填“均勻”或“非均勻”）變化的；③將開關向另一端閉合，測試儀即可正常使用。（3）在電壓表刻度線上標注一段紅色的長度以提醒酒駕的讀數(shù)范圍，該長度與電壓表總刻度線長度的比例為1：3。（保留一位有效數(shù)字）（4）使用一段時間后，由于電源的電動勢略微變小，內阻變大，其測量結果偏?。ㄌ睢捌蟆薄捌　被颉皽蚀_”）?！痉治觥浚?）根據(jù)串聯(lián)電路分壓特點計算結合圖像分析判斷；（2）根據(jù)圖像確定電阻變化和電壓表變化的關系；（3）根據(jù)電路分壓原理結合圖像數(shù)據(jù)計算；（4）考慮電源內阻，根據(jù)電路分壓原理分析判斷?！窘獯稹拷猓海?）由于電壓表量程為3V，本實驗電壓表并聯(lián)在定值電阻兩端，由歐姆定律可得，定值電阻兩端的電壓由圖甲可知10Ω≤Rx≤70Ω，電動勢為4V，電壓表量程為3V，得則R≤30Ω，故選：R2；（2）本實驗采用替代法，用電阻箱的阻值替代傳感器的電阻RxΩ，結合電路，開關應向b端閉合，由圖甲可知Rx＝30Ω時，酒精氣體濃度為0.20mg/mL，逐步減小電阻箱的阻值，定值電阻上的分壓變大，電壓表的示數(shù)不斷變大；圖甲中的電阻阻值非均勻變化，則濃度表刻度線上對應的濃度值是非均勻變化。（3）根據(jù)電路分壓原理可知酒精濃度0.20mg/mL時，傳感器電阻Rx1＝30Ω，電壓表為酒精濃度0.80mg/mL時，傳感器電阻Rx2＝10Ω，電壓表為因此，電壓表示數(shù)為1～2V為酒駕范圍，占總量程3V的。（4）考慮電源內阻，根據(jù)電路分壓原理有：當電源的電動勢略微變小，內阻變大，對應酒精濃度減小，故測量值偏小。故答案為：（1）R2；（2）①b；0.20；②變大，非均勻；（3）3；（4）偏小。【點評】本題考查組裝酒精測試儀實驗，要求掌握實驗原理、刻線方法和誤差分析。14．（10分）1965年香港中文大學校長高琨在一篇論文中提出以石英基玻璃纖維作長程信息傳遞，引發(fā)了光導纖維的研發(fā)熱潮，1970年康寧公司最先發(fā)明并制造出世界第一根可用于光通信的光纖，使光纖通信得以廣泛應用。被視為光纖通信的里程碑之一，高琨也因此被國際公認為“光纖之父”。如圖為某種新型光導纖維材料的一小段，材料呈圓柱狀，半徑為l，長度為3l，將一束光從底部中心P點以入射角θ射入，已知光在真空中的速度為c。（1）若已知這種材料的折射率為，入射角θ＝60°，求光線穿過這段材料所需的時間；（2）這種材料的優(yōu)勢是無論入射角θ為多少，材料側面始終不會有光線射出，求材料的折射率的最小值?！痉治觥浚?）作出光路圖，根據(jù)折射定律結合n＝求出光在玻璃中傳播速度，由幾何關系求出光傳播的路程，再求出時間；（2）根據(jù)光路圖，結合幾何關系分析，根據(jù)全反射臨界角可解得折射率范圍。【解答】解：（1）如圖1所示由折射定律可得n＝解得α1＝30°根據(jù)幾何關系，光在圓柱體中的路程為s＝6l又n＝傳播時間為t＝解得，光線穿過這段材料所需的時間為t＝（2）如圖2所示若將θ逐漸增大，圖中α也將不斷增大，而光線在側面的入射角i將不斷減小。當趨近于90°時，由折射定律及全反射可知，圖中α將趨于臨界角C，而此時光線射到側面處時的入射角i將達到最小，若此時剛好發(fā)生全反射，則所有到達側面的光線將全部發(fā)生全反射，不會從側面射出。因此可得sini≥sinCi+C＝90°simC＝聯(lián)合以上各式解得折射率的最小值為n＝答：（1）光線穿過這段材料所需的時間為；（2）這種材料的優(yōu)勢是無論入射角θ為多少，材料側面始終不會有光線射出，材料的折射率的最小值為?！军c評】本題是幾何光學問題，要能熟練運用光的折射定律、反射定律，還要利用光的幾何特性，來尋找角與角的關系，從而算出結果。15．（14分）如圖所示，光滑水平地面上方CD處存在寬度d＝4m、方向豎直向上、大小E＝1×105N/C的勻強電場區(qū)域。質量m1＝1kg、長為l＝6m的水平絕緣長木板靜置于該水平面，且長木板最右側與電場邊界D重合。某時刻質量m2＝0.5kg、帶電量q＝+3×10﹣5C的可視為質點的滑塊以初速度v0＝6m/s從長木板左端水平滑上木板，一段時間后，滑塊離開電場區(qū)域。已知長木板與滑塊的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2，滑塊帶電量始終保持不變。求：（1）滑塊剛進電場時，長木板的速度大?。唬?）滑塊在電場中的運動時間及全過程的摩擦生熱；（3）若電場等大反向，滑塊進入電場后在木板上的相對位移。【分析】（1）對滑塊和長木板由牛頓第二定律求出進入電場前的加速度，再由運動學公式求出滑塊從開始到進入電場前的速度和時間，從而也求出長木板進入電場前的速度；（2）進入電場后，由動量守恒定律求出兩物體的共同速度，再對滑塊根據(jù)動量定理求出在電場中的時間和位移，從而也得到共速以后的位移和時間，從而得到滑塊在電場中的時間，再由能量守恒定律求出摩擦生熱；（3）電場反向后，先由動量守恒定律可知，滑塊和木板共同速度沒變，由運動學公式可知兩物體的位移不變，所以摩擦生熱不