2023屆湖南省株洲市高三下學期一模考試物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1株洲市2023屆高三年級教學質量統(tǒng)一檢測（一）物理滿分100分?？荚囉脮r75分鐘。注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答：每小題選出〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡對應題目的〖答案〗標號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.圖為卡塔爾世界杯兩支球隊激烈爭搶的場面，當飛來的足球恰好運動到最高點時，姆巴佩將足球水平頂出，此后足球在空中飛行一段時間后直接落地。不計空氣阻力，這段時間最接近（）A.1.0s B.0.85s C.0.65s D.0.45s〖答案〗C〖解析〗依題意，足球在豎直方向做自由落體運動，根據其中下落高度約為2m，解得故選C。2.定點投籃時，籃球從同一位置先后拋出后均落入籃筐，運動軌跡如圖所示，不計空氣阻力，則籃球先后兩次（）A.入籃時的速度相同B.入籃時重力做功的功率相同C.入籃前在空中運動的時間相同D.入籃前在空中運動的動量變化率相同〖答案〗D〖解析〗A．依題意，籃球運動過程中，只有重力做功，可得籃球兩次運動的初末位置相同，即重力做功相同，但初速度大小關系未知，所以兩次入籃的速度關系未知。故A錯誤；B．根據其中為重力與速度方向夾角，可知兩次入籃的重力做功的功率關系未知。故B錯誤；C．籃球在空中做拋體運動，由圖中軌跡的最高點不同，可知兩次運動的時間不同。故C錯誤；D．根據動量定理，有解得即入籃前在空中運動的動量變化率相同。故D正確。故選D。3.如圖，一對固定不動的等量異種點電荷的連線與其中垂線相交于O點，以O點為圓心的兩個半徑不等的圓，分別與中垂線交于e、f兩點，與連線交于g、h兩點，兩圓的直徑均小于兩點電荷連線的長度，則（）A.g點的場強大于h點的場強B.g點的電勢大于h點的電勢C.e點的電勢大于f點的電勢D.將質子從e點移到g點與從f點移到h點電場力做功相等〖答案〗B〖解析〗A．根據等量異種點電荷連線上場強分布規(guī)律可知，g點的場強小于h點的場強。故A錯誤；B．根據沿電場線方向電勢降低，可知g點的電勢大于h點的電勢。故B正確；C．根據等量異種點電荷連線中垂線上各點電勢相等，可知e點的電勢等于f點的電勢。故C錯誤；D．根據電勢差定義式，可得又解得根據將質子從e點移到g點與從f點移到h點電場力做功不相等。故D錯誤。故選B。4.如圖，質量相等的小球和小環(huán)用不可伸長的輕繩相連，小環(huán)套在光滑固定的水平細桿上，初始時刻小球在小環(huán)的左下方，繩子拉直，由靜止釋放，不計空氣阻力，則（）A.小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，動量守恒B.小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，機械能不守恒C.小球向右擺到的最高點和釋放點的高度相同D.整個運動過程中，繩的拉力對小球一直不做功〖答案〗C〖解析〗A．小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，豎直方向受合外力不為零，豎直方向動量不守恒；水平方向受合外力為零，水平方向動量守恒，則系統(tǒng)總動量不守恒，選項A錯誤；B．小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，只有重力做功，則機械能守恒，選項B錯誤；C．根據水平方向動量守恒，小球向右擺到的最高點時，系統(tǒng)的速度變?yōu)榱?，根據能量守恒關系可知小球向右擺到最高點和釋放點的高度相同，選項C正確；D．整個運動過程的開始階段小球的機械能減小，圓環(huán)機械能增加，則繩的拉力對小球做負功；后來階段，圓環(huán)的機械能減小，小球的機械能又增加，則繩子拉力對小球做正功，選項D錯誤。故選C。5.碗內部為半球形，半徑為R，碗口水平。生米與碗內側的動摩擦因數為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，靜止于碗內的生米粒與碗口間的最小距離d為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗設米粒的質量為，當米粒受到碗的摩擦力達到最大時，米粒距碗口的距離最小，設支持力與與水平方向的夾角為，做出米粒的受力分析如圖所示根據平衡條件有，，聯立解得而根據幾何關系有，聯立解得故選D。6.“雨打芭蕉”是文學中常見的抒情意向。當雨滴豎直下落的速度為時，將一圓柱形量杯置于雨中，測得時間t內杯中水面上升的高度為h。為估算雨打芭蕉產生的壓強p，建立以下模型，芭蕉葉呈水平狀；所有落到芭蕉葉上的雨滴，都有一半向四周濺散開，濺起時豎直向上的速度大小為，另一半則留在葉面上；忽略芭蕉葉上的積水以及雨滴落在葉面上時重力的影響；忽略風力以及濺起的水珠對下落雨滴的影響。已知水的密度為，則p為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗依題意，單位時間單位面積上的降水量為設芭蕉葉的面積為S，時間內落到芭蕉葉上面雨滴的質量根據題意有一半的雨滴向四周散開，設豎直向上為正方向，根據動量定理可知另一半則留在葉面上，根據動量定理則雨滴受到撞擊力為由牛頓第三定律可知，芭蕉葉上受到的沖擊力大小為根據壓強定義式聯立解得故選A。二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對伯不全的得3分，有選錯的得0分。7.如圖，中國空間站在距地球表面高度為h的圓形軌道I上做勻速圓周運動。夢天實驗艙搭載長征五號運載火箭在地表從靜止出發(fā)沿軌道II（實線所示）加速運動，與火箭脫離后，僅在萬有引力作用下沿軌道Ⅲ（虛線所示）運動，此后與空間站完成對接。已知地球半徑為R，萬有引力常量為G，地表重力加速度為g，夢天實驗艙與空間站在同一平面內運動，忽略地球自轉，則夢天實驗艙（）A.沿軌道I運行速率為B.沿軌道II運動過程中機械能保持不變C.沿軌道Ⅲ運動至末端時的速率小于其沿軌道I運行的速率D.沿軌道Ⅲ運動過程，其與地心的連線在相等的時間內掃過的面積相等〖答案〗CD〖解析〗A．根據萬有引力提供向心力，可得又聯立，解得故A錯誤；B．依題意，沿軌道II做加速運動則該過程中機械能一直增加。故B錯誤；C．由圖可知，夢天實驗艙從軌道Ⅲ運動到軌道I屬于從低軌變到高軌，需要加速才能完成對接，所以沿軌道Ⅲ運動至末端時的速率小于其沿軌道I運行的速率。故C正確；D．沿軌道Ⅲ運動過程，其軌跡為橢圓，由開普勒第二定律可知，夢天實驗艙與地心的連線在相等的時間內掃過的面積相等。故D正確。故選CD。8.如圖，兩輕繩左端系于豎直細桿上，右端與第三根輕繩在O點連結，當三根繩均拉直時，系于細桿上的兩輕繩與豎直方向的夾角分別為30°和60°，上方繩長和第三根繩長均為L，第三根繩的末端連一質量為m的小球，小球可在水平面內繞細桿做勻速圓周運動。不計空氣阻力，重力加速度為g，在轉動過程中，當第三根繩與豎直方向成45°時（）A.小球運動的加速度大小為B.小球運動的角速度大小為C.第三根繩子的拉力大小為mgD.系于細桿上的兩輕繩的拉力大小相等〖答案〗BD〖解析〗A．小球做勻速圓周運動，故其受到的重力與第三根繩子對其拉力的合力充當向心力，由牛頓第二定律可得解得故A錯誤；B．同理，可得其中r=Lsin30°+Lsin45°解得故B正確；C．對小球受力分析可得，繩子的拉力大小為故C錯誤；D．對節(jié)點O受力分析，系于細桿上的二根繩的拉力的合力等于第三根繩上的拉力，根據平行四邊行法則，結合題設條件，可知系于細桿上的兩輕繩的拉力大小相等。故D正確。故選BD。9.在與水平面成θ角的固定粗糙斜面上，放著一質量為m的小滑塊，在一個平行于斜面的拉力F（圖中未畫出）作用下，沿著斜面上一段半徑為R的圓周從Р點運動到Q點，運動過程中速度大小始終為，P、Q為四分之一圓周的兩個端點，P與圓心О等高。小滑塊與斜面間的動摩擦因數為，重力加速度為g，在從P點運動到Q點的過程中，小滑塊（）A.所受合力的大小保持不變B.重力做功的瞬時功率保持不變C.所受拉力對其做功為D.運動到Q點時，拉力的大小為〖答案〗AC〖解析〗A．依題意，小滑塊做勻速圓周運動，所受合力提供向心力，大小不變。故A正確；B．小滑塊重力不變，速度大小不變，但速度方向時刻發(fā)生變化，即速度沿重力方向的分速度時刻變化，根據其中為速度與重力方向的夾角。可知重力做功的瞬時功率時刻變化。故B錯誤；C．根據動能定理，可得又聯立，解得W=故C正確；D．設運動到Q點時拉力大小為F,與水平方向夾角為，摩擦力水平向左，大小為沿半徑方向由牛頓第二定律，可得聯立，解得故D錯誤。故選AC。10.如圖，在足夠長的水平固定接地導體板上方某處固定一電荷量為Q的正點電荷，一帶正電、質量為m的絕緣滑塊Р以初速度自導體板左側某處開始運動，經過一段時間與靜止在點電荷正下方導體板上質量為2m的絕緣滑塊K發(fā)生彈性碰撞，碰撞后滑塊K向右運動L后靜止。已知兩滑塊與導體板上表面的動摩擦因數均為，重力加速度為g，兩滑塊均看成質點，則（）A.除碰撞外，運動整個過程中兩滑塊的加速度大小相等B.除碰撞外，運動的整個過程中滑塊P的加速度大小先增大后減小C.碰撞前，運動的整個過程中滑塊P所受摩擦力的沖量為D.碰撞后，運動的整個過程中滑塊Р克服摩擦力所做的功為〖答案〗BCD〖解析〗AB．滑塊P在除碰撞外，運動的整個過程中受重力mg、支持力N、摩擦力f和電場力F作用，其中重力、支持力和電場力在豎直方向上，三個力平衡，有mg+F=N由于電荷量為Q的正點電荷的正下方的導體板表面電場強度比兩側的要大，因此電場力先變大后變小，則支持力N先變大后變小，水平方向的摩擦力根據牛頓第二定律可得f=ma解得可以判斷加速度先變大后變小。故A錯誤；B正確；C．設絕緣滑塊K剛剛發(fā)生彈性碰撞后的速度為v，之后勻減速運動，根據牛頓第二定律得加速度大小為由運動學公式得聯立，解得設剛碰撞前P的速度為v1，剛剛碰撞后的速度為v2，設向右為正，根據動量守恒定律得根據彈性碰撞機械能守恒，有聯立解得負號說明P碰撞后向左運動，碰撞前，運動的整個過程中滑塊P所受摩擦力為合力，根據動量定理可得故C正確；D．碰撞后，運動的整個過程中滑塊P所受摩擦力也為合力，設克服摩擦力所做的功為W，根據動能定理，有解得故D正確。故選BCD。三、非選擇題：共56分。第11題6分，第12題8分，第13題10分，第14題15分，第15題17分，考生根據要求作答。11.在利用重錘、紙帶、打點計時器驗證機械能守恒定律的實驗中，使用的交流電的頻率為50Hz，打下一條如圖所示的紙帶，其中的五個點跡清晰，回答以下問題：（1）紙帶上打下的A、B為第一、二兩個點，且測得AB兩點間距大于2mm，產生的原因可能是_______________。（2）C、D、E為三個連續(xù)的點，測得CD兩點間距為3.30cm，DE兩點間距為3.69cm，計算打下D點時重錘的速度為_________m/s；（計算結果保留三位有效數字）（3）若僅借助紙帶上的這五個點，則_____________（填“能”或“不能”）驗證機械能守恒定律?！即鸢浮舰?先釋放紙帶后接通電源②.1.75③.不能〖解析〗（1）[1]若紙帶運動的同時開始打點，則有其中紙帶下落時間為打點間隔聯立，解得可知測得AB兩點間距大于2mm，產生的原因可能是先釋放紙帶后接通電源。（2）[2]根據勻變速直線運動中一段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，可得打下D點時重錘的速度為（3）[3]若驗證機械能守恒定律需要知道一段時間內重錘減少的重力勢能和增加的動能，若僅借助紙帶上的這五個點，顯然找不到對應時間內重錘的重力勢能減少量和動能的增加量。所以不能驗證機械能守恒定律。12.現要描繪一小燈泡的伏安特性曲線，使用的實驗器材如下：小燈泡L（額定電壓3V，額定功率1.5W）電壓表V（量程1V，內阻1kΩ）電流表A（量程0.6A，內阻約1Ω）定值電阻R1（阻值3kΩ）定值電阻R2（阻值6kΩ）滑動變阻器R3（阻值0﹣10Ω）滑動變阻器R4（阻值0﹣1kΩ）直流電源E（電動勢5V，內阻不計）開關S，導線若干。實驗要求：①小燈泡兩端的電壓能從0調節(jié)到額定電壓；②電壓表滿量程時小燈泡兩端的電壓為3V。（1）滑動變阻器選擇___________（填“R3”或“R4”）；（2）在圖1方框中將電路圖補充完整，并標明實驗器材的符號。___________（3）實驗中，通過移動滑動變阻器，讀取多組I、U值，描繪出小燈泡伏安特性曲線如圖2所示。據圖可知，當通過小燈泡的電流為0.40A時，小燈泡的電阻為__________Ω。（結果保留兩位有效數字）（4）若將一電源（電動勢2.0V，內阻1.0Ω）與該燈泡串聯接在電路中，則根據小燈泡的伏安特性曲線可知，小燈泡實際消耗的功率為___________W。（結果保留兩位有效數字）〖答案〗（1）R3（2）見〖解析〗（3）3.0（4）0.69〖解析〗（1）[1]本實驗小燈泡兩端的電壓能從0調節(jié)到額定電壓，要選擇分壓式外接法，選擇R3；（2）[2]實驗要求電壓表滿量程時小燈泡兩端的電壓為3V，故需將電壓表量程改為3V，已知電壓表V的量程是1V，內阻是1kΩ，可得電壓表V需要串聯2kΩ的定值電阻才能將量程改為3V定值電阻R1的阻值3kΩ，定值電阻R2的阻值6kΩ，兩者并聯后的等效電阻為2kΩ，故將定值電阻R1、R2并聯后再與電壓表V串聯，可改裝成3V量程的電壓表，電壓表電阻已知，用電流表外接法，消除系統(tǒng)誤差，電路圖如圖（3）[3]據圖可知，當通過小燈泡的電流為0.40A時，小燈泡的電壓為1.20V，電阻（4）[4]對于電動勢為2V、內阻為1Ω的電源，根據閉合電路歐姆定律有：U=E﹣Ir代入數據可知I=2﹣U畫出該電源的I﹣U圖線如圖燈泡的伏安特性曲線的交點表示單獨將小燈泡串聯在電源兩端時的電壓和電流，則有U′=1.56VI′=0.44A燈泡的電功率為P′=U′I′=1.56×0.44W=0.69W13.如圖，一邊長為a的正方形，以其對角線（圖中虛線）為邊界分為左右兩個區(qū)域，兩區(qū)域內分布有磁感應強度大小均為B、方向相反且與紙面垂直的勻強磁場，左側磁場向里，右側磁場向外。在左側邊界線上中點位置A處，不斷有質量為m、電荷量為+q（q>0）的帶電粒子沿紙面向右側各個方向射入磁場，帶電粒子的速度大小均為。不考慮帶電粒子之間的作用以及所受重力的影響，求：（1）帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑；（2）從右側邊界中點C射出磁場的帶電粒子在磁場中運動的時間?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據牛頓運動定律將代入上式，解得粒子在磁場中運動的軌道半徑為（2）連接A、C兩點，連線與分界線交于D點，帶電粒子必過D點。由于圓弧AD對應的弦長AD=與軌道半徑相等，故其對應的圓心角為θ=60°又帶電粒子在磁場中運動的周期故帶電粒子在左側磁場中運動時間為根據對稱性，帶電粒子在左、右兩側磁場運動的時間相等，故運動的總時間為14.如圖，一段固定的光滑圓弧軌道（其對應的圓心角θ=37°）下端與水平軌道相切，圓弧半徑R=0.5m。質量為m=lkg的小滑塊在水平軌道某處以初速度=4m/s向右運動，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數=0.1，重力加速度為g=10m/s2，不計空氣阻力?，F保持小滑塊的初速度不變，改變小滑塊初始位置與圓弧底端的距離x，那么（1）若小滑塊在運動過程中始終沒有離開軌道，求小滑塊初、末位置（即最終位置）間的最小距離；（2）求滑塊運動過程中所能達到的最大高度y（相對于水平軌道）與x間的函數關系。〖答案〗（1）6m；（2）見〖解析〗〖解析〗（1）從開始運動直至停止，滑塊在水平軌道上運動的總路程l可根據下式求出滑塊剛好不從圓弧軌道右端滑出時，其初始運動的位置與圓弧軌道最底端的距離x0應滿足它將從圓弧軌道右端再次滑到水平軌道上運動直至停止，在水平軌道上向左移動的距離為這種情況下，滑塊初、末位置間距離最小，為聯立以上各式解得=6m（2）當時，y=0當時，根據動能定理解得（單位為m）當時，設滑塊剛從圓弧軌道頂端滑出時速度為，根據動能定理滑塊滑出后做拋體運動，運動中的最高點與圓弧軌道頂端的豎直高度而聯立以上三式得（單位為m）綜上所述有15.如圖，一足夠長的木板靜止在傾角為θ的固定斜面上，木板與斜面間的動摩擦因數為tanθ，另一小滑塊以平行于斜面的速度從木板右上端滑上木板，滑塊與木板的質量均為m，它們間的動摩擦因數為1.5tanθ，斜面足夠長，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。（1）求小滑塊的運動達到穩(wěn)定時的速度大?。唬?）求小滑塊的運動達到穩(wěn)定時木板移動的距離；（3）若共有n個完全相同的滑塊，按照前一個運動穩(wěn)定時，后一個跟上的方式，先后滑上木板右上端。所有滑塊質量均為m，滑上長木板時速度均為，求所有滑塊與木板之間因摩擦產生的總熱量?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）滑塊與木板構成的系統(tǒng)在平行于斜面方向動量守恒，故有解得滑塊運動穩(wěn)定時速度（2）滑塊與木板共速前，以木板為研究對象，根據牛頓運動定律根據運動學公式解得木板沿斜面向下移動的距離（3）現考查第k個滑塊從滑上木板至其與木板共速的過程。在此過程中，設木板沿斜面移動的距離為xk，滑塊移動的距離為，該滑塊與木板共速時速度為，前一滑塊與木板共速時速度為，根據動量守恒有以及以木板和已與其共速的（k-1）個滑塊構成的整體為研究對象，根據動能定理有以滑塊為研究對象，同理有第k個滑塊因與木板摩擦產生的熱量為故n個滑塊因與木板摩擦產生的總熱量為株洲市2023屆高三年級教學質量統(tǒng)一檢測（一）物理滿分100分。考試用時75分鐘。注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答：每小題選出〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡對應題目的〖答案〗標號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.圖為卡塔爾世界杯兩支球隊激烈爭搶的場面，當飛來的足球恰好運動到最高點時，姆巴佩將足球水平頂出，此后足球在空中飛行一段時間后直接落地。不計空氣阻力，這段時間最接近（）A.1.0s B.0.85s C.0.65s D.0.45s〖答案〗C〖解析〗依題意，足球在豎直方向做自由落體運動，根據其中下落高度約為2m，解得故選C。2.定點投籃時，籃球從同一位置先后拋出后均落入籃筐，運動軌跡如圖所示，不計空氣阻力，則籃球先后兩次（）A.入籃時的速度相同B.入籃時重力做功的功率相同C.入籃前在空中運動的時間相同D.入籃前在空中運動的動量變化率相同〖答案〗D〖解析〗A．依題意，籃球運動過程中，只有重力做功，可得籃球兩次運動的初末位置相同，即重力做功相同，但初速度大小關系未知，所以兩次入籃的速度關系未知。故A錯誤；B．根據其中為重力與速度方向夾角，可知兩次入籃的重力做功的功率關系未知。故B錯誤；C．籃球在空中做拋體運動，由圖中軌跡的最高點不同，可知兩次運動的時間不同。故C錯誤；D．根據動量定理，有解得即入籃前在空中運動的動量變化率相同。故D正確。故選D。3.如圖，一對固定不動的等量異種點電荷的連線與其中垂線相交于O點，以O點為圓心的兩個半徑不等的圓，分別與中垂線交于e、f兩點，與連線交于g、h兩點，兩圓的直徑均小于兩點電荷連線的長度，則（）A.g點的場強大于h點的場強B.g點的電勢大于h點的電勢C.e點的電勢大于f點的電勢D.將質子從e點移到g點與從f點移到h點電場力做功相等〖答案〗B〖解析〗A．根據等量異種點電荷連線上場強分布規(guī)律可知，g點的場強小于h點的場強。故A錯誤；B．根據沿電場線方向電勢降低，可知g點的電勢大于h點的電勢。故B正確；C．根據等量異種點電荷連線中垂線上各點電勢相等，可知e點的電勢等于f點的電勢。故C錯誤；D．根據電勢差定義式，可得又解得根據將質子從e點移到g點與從f點移到h點電場力做功不相等。故D錯誤。故選B。4.如圖，質量相等的小球和小環(huán)用不可伸長的輕繩相連，小環(huán)套在光滑固定的水平細桿上，初始時刻小球在小環(huán)的左下方，繩子拉直，由靜止釋放，不計空氣阻力，則（）A.小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，動量守恒B.小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，機械能不守恒C.小球向右擺到的最高點和釋放點的高度相同D.整個運動過程中，繩的拉力對小球一直不做功〖答案〗C〖解析〗A．小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，豎直方向受合外力不為零，豎直方向動量不守恒；水平方向受合外力為零，水平方向動量守恒，則系統(tǒng)總動量不守恒，選項A錯誤；B．小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，只有重力做功，則機械能守恒，選項B錯誤；C．根據水平方向動量守恒，小球向右擺到的最高點時，系統(tǒng)的速度變?yōu)榱?，根據能量守恒關系可知小球向右擺到最高點和釋放點的高度相同，選項C正確；D．整個運動過程的開始階段小球的機械能減小，圓環(huán)機械能增加，則繩的拉力對小球做負功；后來階段，圓環(huán)的機械能減小，小球的機械能又增加，則繩子拉力對小球做正功，選項D錯誤。故選C。5.碗內部為半球形，半徑為R，碗口水平。生米與碗內側的動摩擦因數為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，靜止于碗內的生米粒與碗口間的最小距離d為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗設米粒的質量為，當米粒受到碗的摩擦力達到最大時，米粒距碗口的距離最小，設支持力與與水平方向的夾角為，做出米粒的受力分析如圖所示根據平衡條件有，，聯立解得而根據幾何關系有，聯立解得故選D。6.“雨打芭蕉”是文學中常見的抒情意向。當雨滴豎直下落的速度為時，將一圓柱形量杯置于雨中，測得時間t內杯中水面上升的高度為h。為估算雨打芭蕉產生的壓強p，建立以下模型，芭蕉葉呈水平狀；所有落到芭蕉葉上的雨滴，都有一半向四周濺散開，濺起時豎直向上的速度大小為，另一半則留在葉面上；忽略芭蕉葉上的積水以及雨滴落在葉面上時重力的影響；忽略風力以及濺起的水珠對下落雨滴的影響。已知水的密度為，則p為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗依題意，單位時間單位面積上的降水量為設芭蕉葉的面積為S，時間內落到芭蕉葉上面雨滴的質量根據題意有一半的雨滴向四周散開，設豎直向上為正方向，根據動量定理可知另一半則留在葉面上，根據動量定理則雨滴受到撞擊力為由牛頓第三定律可知，芭蕉葉上受到的沖擊力大小為根據壓強定義式聯立解得故選A。二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對伯不全的得3分，有選錯的得0分。7.如圖，中國空間站在距地球表面高度為h的圓形軌道I上做勻速圓周運動。夢天實驗艙搭載長征五號運載火箭在地表從靜止出發(fā)沿軌道II（實線所示）加速運動，與火箭脫離后，僅在萬有引力作用下沿軌道Ⅲ（虛線所示）運動，此后與空間站完成對接。已知地球半徑為R，萬有引力常量為G，地表重力加速度為g，夢天實驗艙與空間站在同一平面內運動，忽略地球自轉，則夢天實驗艙（）A.沿軌道I運行速率為B.沿軌道II運動過程中機械能保持不變C.沿軌道Ⅲ運動至末端時的速率小于其沿軌道I運行的速率D.沿軌道Ⅲ運動過程，其與地心的連線在相等的時間內掃過的面積相等〖答案〗CD〖解析〗A．根據萬有引力提供向心力，可得又聯立，解得故A錯誤；B．依題意，沿軌道II做加速運動則該過程中機械能一直增加。故B錯誤；C．由圖可知，夢天實驗艙從軌道Ⅲ運動到軌道I屬于從低軌變到高軌，需要加速才能完成對接，所以沿軌道Ⅲ運動至末端時的速率小于其沿軌道I運行的速率。故C正確；D．沿軌道Ⅲ運動過程，其軌跡為橢圓，由開普勒第二定律可知，夢天實驗艙與地心的連線在相等的時間內掃過的面積相等。故D正確。故選CD。8.如圖，兩輕繩左端系于豎直細桿上，右端與第三根輕繩在O點連結，當三根繩均拉直時，系于細桿上的兩輕繩與豎直方向的夾角分別為30°和60°，上方繩長和第三根繩長均為L，第三根繩的末端連一質量為m的小球，小球可在水平面內繞細桿做勻速圓周運動。不計空氣阻力，重力加速度為g，在轉動過程中，當第三根繩與豎直方向成45°時（）A.小球運動的加速度大小為B.小球運動的角速度大小為C.第三根繩子的拉力大小為mgD.系于細桿上的兩輕繩的拉力大小相等〖答案〗BD〖解析〗A．小球做勻速圓周運動，故其受到的重力與第三根繩子對其拉力的合力充當向心力，由牛頓第二定律可得解得故A錯誤；B．同理，可得其中r=Lsin30°+Lsin45°解得故B正確；C．對小球受力分析可得，繩子的拉力大小為故C錯誤；D．對節(jié)點O受力分析，系于細桿上的二根繩的拉力的合力等于第三根繩上的拉力，根據平行四邊行法則，結合題設條件，可知系于細桿上的兩輕繩的拉力大小相等。故D正確。故選BD。9.在與水平面成θ角的固定粗糙斜面上，放著一質量為m的小滑塊，在一個平行于斜面的拉力F（圖中未畫出）作用下，沿著斜面上一段半徑為R的圓周從Р點運動到Q點，運動過程中速度大小始終為，P、Q為四分之一圓周的兩個端點，P與圓心О等高。小滑塊與斜面間的動摩擦因數為，重力加速度為g，在從P點運動到Q點的過程中，小滑塊（）A.所受合力的大小保持不變B.重力做功的瞬時功率保持不變C.所受拉力對其做功為D.運動到Q點時，拉力的大小為〖答案〗AC〖解析〗A．依題意，小滑塊做勻速圓周運動，所受合力提供向心力，大小不變。故A正確；B．小滑塊重力不變，速度大小不變，但速度方向時刻發(fā)生變化，即速度沿重力方向的分速度時刻變化，根據其中為速度與重力方向的夾角?？芍亓ψ龉Φ乃矔r功率時刻變化。故B錯誤；C．根據動能定理，可得又聯立，解得W=故C正確；D．設運動到Q點時拉力大小為F,與水平方向夾角為，摩擦力水平向左，大小為沿半徑方向由牛頓第二定律，可得聯立，解得故D錯誤。故選AC。10.如圖，在足夠長的水平固定接地導體板上方某處固定一電荷量為Q的正點電荷，一帶正電、質量為m的絕緣滑塊Р以初速度自導體板左側某處開始運動，經過一段時間與靜止在點電荷正下方導體板上質量為2m的絕緣滑塊K發(fā)生彈性碰撞，碰撞后滑塊K向右運動L后靜止。已知兩滑塊與導體板上表面的動摩擦因數均為，重力加速度為g，兩滑塊均看成質點，則（）A.除碰撞外，運動整個過程中兩滑塊的加速度大小相等B.除碰撞外，運動的整個過程中滑塊P的加速度大小先增大后減小C.碰撞前，運動的整個過程中滑塊P所受摩擦力的沖量為D.碰撞后，運動的整個過程中滑塊Р克服摩擦力所做的功為〖答案〗BCD〖解析〗AB．滑塊P在除碰撞外，運動的整個過程中受重力mg、支持力N、摩擦力f和電場力F作用，其中重力、支持力和電場力在豎直方向上，三個力平衡，有mg+F=N由于電荷量為Q的正點電荷的正下方的導體板表面電場強度比兩側的要大，因此電場力先變大后變小，則支持力N先變大后變小，水平方向的摩擦力根據牛頓第二定律可得f=ma解得可以判斷加速度先變大后變小。故A錯誤；B正確；C．設絕緣滑塊K剛剛發(fā)生彈性碰撞后的速度為v，之后勻減速運動，根據牛頓第二定律得加速度大小為由運動學公式得聯立，解得設剛碰撞前P的速度為v1，剛剛碰撞后的速度為v2，設向右為正，根據動量守恒定律得根據彈性碰撞機械能守恒，有聯立解得負號說明P碰撞后向左運動，碰撞前，運動的整個過程中滑塊P所受摩擦力為合力，根據動量定理可得故C正確；D．碰撞后，運動的整個過程中滑塊P所受摩擦力也為合力，設克服摩擦力所做的功為W，根據動能定理，有解得故D正確。故選BCD。三、非選擇題：共56分。第11題6分，第12題8分，第13題10分，第14題15分，第15題17分，考生根據要求作答。11.在利用重錘、紙帶、打點計時器驗證機械能守恒定律的實驗中，使用的交流電的頻率為50Hz，打下一條如圖所示的紙帶，其中的五個點跡清晰，回答以下問題：（1）紙帶上打下的A、B為第一、二兩個點，且測得AB兩點間距大于2mm，產生的原因可能是_______________。（2）C、D、E為三個連續(xù)的點，測得CD兩點間距為3.30cm，DE兩點間距為3.69cm，計算打下D點時重錘的速度為_________m/s；（計算結果保留三位有效數字）（3）若僅借助紙帶上的這五個點，則_____________（填“能”或“不能”）驗證機械能守恒定律?！即鸢浮舰?先釋放紙帶后接通電源②.1.75③.不能〖解析〗（1）[1]若紙帶運動的同時開始打點，則有其中紙帶下落時間為打點間隔聯立，解得可知測得AB兩點間距大于2mm，產生的原因可能是先釋放紙帶后接通電源。（2）[2]根據勻變速直線運動中一段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，可得打下D點時重錘的速度為（3）[3]若驗證機械能守恒定律需要知道一段時間內重錘減少的重力勢能和增加的動能，若僅借助紙帶上的這五個點，顯然找不到對應時間內重錘的重力勢能減少量和動能的增加量。所以不能驗證機械能守恒定律。12.現要描繪一小燈泡的伏安特性曲線，使用的實驗器材如下：小燈泡L（額定電壓3V，額定功率1.5W）電壓表V（量程1V，內阻1kΩ）電流表A（量程0.6A，內阻約1Ω）定值電阻R1（阻值3kΩ）定值電阻R2（阻值6kΩ）滑動變阻器R3（阻值0﹣10Ω）滑動變阻器R4（阻值0﹣1kΩ）直流電源E（電動勢5V，內阻不計）開關S，導線若干。實驗要求：①小燈泡兩端的電壓能從0調節(jié)到額定電壓；②電壓表滿量程時小燈泡兩端的電壓為3V。（1）滑動變阻器選擇___________（填“R3”或“R4”）；（2）在圖1方框中將電路圖補充完整，并標明實驗器材的符號。___________（3）實驗中，通過移動滑動變阻器，讀取多組I、U值，描繪出小燈泡伏安特性曲線如圖2所示。據圖可知，當通過小燈泡的電流為0.40A時，小燈泡的電阻為__________Ω。（結果保留兩位有效數字）（4）若將一電源（電動勢2.0V，內阻1.0Ω）與該燈泡串聯接在電路中，則根據小燈泡的伏安特性曲線可知，小燈泡實際消耗的功率為___________W。（結果保留兩位有效數字）〖答案〗（1）R3（2）見〖解析〗（3）3.0（4）0.69〖解析〗（1）[1]本實驗小燈泡兩端的電壓能從0調節(jié)到額定電壓，要選擇分壓式外接法，選擇R3；（2）[2]實驗要求電壓表滿量程時小燈泡兩端的電壓為3V，故需將電壓表量程改為3V，已知電壓表V的量程是1V，內阻是1kΩ，可得電壓表V需要串聯2kΩ的定值電阻才能將量程改為3V定值電阻R1的阻值3kΩ，定值電阻R2的阻值6kΩ，兩者并聯后的等效電阻為2kΩ，故將定值電阻R1、R2并聯后再與電壓表V串聯，可改裝成3V量程的電壓表，電壓表電阻已知，用電流表外接法，消除系統(tǒng)誤差，電路圖如圖（3）[3]據圖可知，當通過小燈泡的電流為0.40A時，小燈泡的電壓為1.20V，電阻（4）[4]對于電動勢為2V、內阻為1Ω的電源，根據閉合電路歐姆定律有：U=E﹣Ir代入數據可知I=2﹣U畫出該電源的I﹣U圖線如圖燈泡的伏安特性曲線的交點表示單獨將小燈泡串聯在電源兩端時的電壓和電流，則有U′=1.56VI′=0.44A燈泡的電功率為P′=U′I′=1.56×0.44W=0.69W13.如圖，一邊長為a的正方形，以其對角線（圖中虛線）