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(gè)選項(xiàng)中，第1—7題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，第8—11題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。1．（4分）如圖所示為光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中某金屬的遏止電壓Ue與入射光的頻率ν的關(guān)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(yùn)動(dòng)，某一時(shí)刻兩物體以速度v0同時(shí)經(jīng)過O點(diǎn)，之后它們運(yùn)動(dòng)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(shí)間均勻變化 C．經(jīng)歷的時(shí)間之比為1：2 D．經(jīng)歷的時(shí)間之比為2：13．（4分）質(zhì)量為m的導(dǎo)?體棒與兩個(gè)半徑為R的光滑圓弧電極接觸良好，兩個(gè)電極相互平行且都位于豎直平面內(nèi)，O為其中一個(gè)圓弧電極的圓心，截面如圖所示，導(dǎo)體棒中通有如圖所示電流，導(dǎo)體棒在兩個(gè)電極間的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，在兩電極間加一豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，導(dǎo)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(dǎo)體棒緩慢地從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，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(chǎng)方向豎直向上 B．當(dāng)導(dǎo)體棒靜止在A點(diǎn)時(shí)，流過導(dǎo)體棒的電流大小為 C．當(dāng)導(dǎo)體棒靜止在B點(diǎn)時(shí)流過導(dǎo)體棒的電流大小為靜止在A點(diǎn)時(shí)的3倍 D．導(dǎo)體棒從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)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(gè)小球以速度v向右做勻速運(yùn)動(dòng)，它們經(jīng)過靠近桌邊的豎直木板ad邊之前時(shí)，木板開始做自由落體運(yùn)動(dòng)；若木板開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(jìn)行約5.5小時(shí)的出艙活動(dòng)并圓滿完成既定任務(wù)后，安全返回空間站問天實(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)艙繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所處的位置重力加速度為g′。假設(shè)航天員在問天實(shí)驗(yàn)艙的桌面上放置如圖乙中的實(shí)驗(yàn)裝置，不可伸縮的輕繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，輕繩一端綁一個(gè)質(zhì)量為m的小球，另一端綁在支架O點(diǎn)，在離桌面最近的A點(diǎn)位置給小球一個(gè)垂直于OA的初速度v，小球沿乙圖虛線軌跡做圓周運(yùn)動(dòng)，其中B為最高點(diǎn)，下列說法正確的是（）A．g′：g0＝289：256 B．小球經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)，輕繩的張力大小為 C．小球從A點(diǎn)圓周運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中，克服重力做功為mg′L D．小球運(yùn)動(dòng)過程中，輕繩的拉力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力6．（4分）氣壓式升降椅通過氣缸上下運(yùn)動(dòng)來控制椅子升降，其簡(jiǎn)易結(jié)構(gòu)如圖（a）所示，圓往形氣缸與椅面固定連接，柱狀氣動(dòng)桿與底座固定連接?？勺杂梢苿?dòng)的氣缸與氣動(dòng)桿之間封閉一定質(zhì)量的氣體，氣缸氣密性、導(dǎo)熱性能良好，忽略摩擦力，氣體可視為理想氣體。設(shè)氣體的初始狀態(tài)為A，接著某人虛坐在椅面上，開始時(shí)此人的腳在地上，后逐漸減少對(duì)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(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)B。然后打開空調(diào)降低室溫，一段時(shí)間后，室內(nèi)溫度緩慢降低到設(shè)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(duì)地面的壓力直至人離開椅面，氣體最終達(dá)到另一個(gè)穩(wěn)定狀態(tài)該過程中氣體的壓強(qiáng)和體積倒數(shù)的關(guān)系如圖（b）所示，已知?dú)飧椎臋M截面積為S，重力加速度大小為g，外界大氣壓強(qiáng)不變，則（）A．由圖（b）數(shù)據(jù)可算得人的質(zhì)量為 B．與狀態(tài)B相比，氣體處于狀態(tài)C時(shí)單位時(shí)間內(nèi)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(duì)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(duì)氣體做的功7．（4分）如圖所示，質(zhì)量分別為1kg和2kg的A、B兩個(gè)物體放在光滑水平面上，外力F1、F2同時(shí)作用在兩個(gè)物體上，其中F1＝10﹣t（表達(dá)式中各個(gè)物理量的單位均為國(guó)際單位），F(xiàn)2＝10N。下列說法中正確的是（）A．t＝0時(shí)，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(gè)物體運(yùn)動(dòng)方向相反 D．若僅將A、B位置互換，t＝0時(shí)物體A的加速度為8m/s2（多選）8．（4分）某介質(zhì)中由一波源產(chǎn)生的一列橫波在t＝0時(shí)刻的波形如圖所示，其中波源位于坐標(biāo)原點(diǎn)，t＝0.3s時(shí)刻介質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)Q才開始振動(dòng)。則下列說法正確的是（）B．t＝0.3s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q的速度沿x軸正方向，大小為1m/s C．t＝0.3s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的速度與質(zhì)點(diǎn)Q的速度大小相同，方向相反 D．當(dāng)質(zhì)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)路程達(dá)到9cm時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路程達(dá)到25cm（多選）9．（4分）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy中，三個(gè)點(diǎn)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(diǎn)電荷d，在+x軸上從靠近坐標(biāo)原點(diǎn)處由靜止釋放，不考慮重力及電荷d對(duì)原電場(chǎng)的影響，取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)能為零，則在點(diǎn)電荷d的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，其瞬時(shí)速度v隨時(shí)間t、電勢(shì)能Ep隨位置x變化的關(guān)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(diǎn)，此時(shí)彈簧的壓縮量為3l0，撤去外力后P向右運(yùn)動(dòng)；換用質(zhì)量較小的物塊Q完成同樣的過程。在兩物塊第一次向右運(yùn)動(dòng)至最遠(yuǎn)的過程中，它們的加速度a與位移x的關(guān)系如圖乙所示。已知兩物塊與水平地面間的動(dòng)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(zhì)量是Q的2倍 C．P的最大動(dòng)能是Q的4倍 D．Q向右運(yùn)動(dòng)的最大距離是P的2倍Ω，ab邊長(zhǎng)L＝20cm，bc邊長(zhǎng)d＝10cm，該減震器在光滑水平面上以初速度v0＝5.0m/s向右進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.1T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)范圍是夠大，不考慮線圈個(gè)數(shù)變化對(duì)減震器總質(zhì)量的影響。則（）2 C．滑動(dòng)桿上至少需安裝12個(gè)線圈才能使減震器完全停下來 D．第1個(gè)線圈和最后1個(gè)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(cè)量聶海勝質(zhì)量實(shí)驗(yàn)的啟發(fā)，某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)類似測(cè)物體質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)。安裝好如圖甲實(shí)驗(yàn)裝置，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌上的旋鈕P、Q使氣墊導(dǎo)軌水平，滑塊在O點(diǎn)時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)。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(diǎn)（圖中未標(biāo)出），OA距離為5cm，此時(shí)力傳感器的示數(shù)為0.60N，則彈簧的勁度系數(shù)為N/m（結(jié)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(zhì)量為kg（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）。（3）測(cè)出兩調(diào)節(jié)旋鈕PQ之間距離為L(zhǎng)，調(diào)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(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹椤?3．（10分）現(xiàn)要組裝一個(gè)酒精測(cè)試儀，它利用的是一種二氧化錫半導(dǎo)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(cè)試儀的調(diào)試電路如圖乙所示。目前國(guó)際公認(rèn)的酒駕標(biāo)準(zhǔn)是“≤”，醉駕標(biāo)準(zhǔn)是“酒精氣體濃度≥”提供的器材有：A．二氧化錫半導(dǎo)體型酒精傳感器RxB．直流電源（電動(dòng)勢(shì)為4V，內(nèi)阻不計(jì)）C．電壓表（量程為3V，內(nèi)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(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干（1）為使電壓表改裝成酒精濃度測(cè)試表以判斷是否酒駕，R應(yīng)選用定值電阻（填R1或R2）；（2）按照下列步驟調(diào)節(jié)此測(cè)試儀：①Ω，然后開關(guān)向（填“a”或“b”）端閉合，將電壓表此時(shí)指針對(duì)應(yīng)的刻度線標(biāo)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(biāo)為對(duì)應(yīng)的“酒精濃度”；此濃度表刻度線上對(duì)應(yīng)的濃度值是（填“均勻”或“非均勻”）變化的；③將開關(guān)向另一端閉合，測(cè)試儀即可正常使用。（3）在電壓表刻度線上標(biāo)注一段紅色的長(zhǎng)度以提醒酒駕的讀數(shù)范圍，該長(zhǎng)度與電壓表總刻度線長(zhǎng)度的比例為1：。（保留一位有效數(shù)字）（4）使用一段時(shí)間后，由于電源的電動(dòng)勢(shì)略微變小，內(nèi)阻變大，其測(cè)量結(jié)果（填“偏大”“偏小”或“準(zhǔn)確”）。14．（10分）1965年香港中文大學(xué)校長(zhǎng)高琨在一篇論文中提出以石英基玻璃纖維作長(zhǎng)程信息傳遞，引發(fā)了光導(dǎo)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(yīng)用。被視為光纖通信的里程碑之一，高琨也因此被國(guó)際公認(rèn)為“光纖之父”。如圖為某種新型光導(dǎo)纖維材料的一小段，材料呈圓柱狀，半徑為l，長(zhǎng)度為3l，將一束光從底部中心P點(diǎn)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(shí)間；（2）這種材料的優(yōu)勢(shì)是無論入射角θ為多少，材料側(cè)面始終不會(huì)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(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域。質(zhì)量m1＝1kg、長(zhǎng)為l＝6m的水平絕緣長(zhǎng)木板靜置于該水平面，且長(zhǎng)木板最右側(cè)與電場(chǎng)邊界D重合。某時(shí)刻質(zhì)量m2＝0.5kg、帶電量q＝+3×10﹣5C的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊以初速度v0＝6m/s從長(zhǎng)木板左端水平滑上木板，一段時(shí)間后，滑塊離開電場(chǎng)區(qū)域。已知長(zhǎng)木板與滑塊的動(dòng)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(jìn)電場(chǎng)時(shí)，長(zhǎng)木板的速度大??；（2）滑塊在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間及全過程的摩擦生熱；（3）若電場(chǎng)等大反向，滑塊進(jìn)入電場(chǎng)后在木板上的相對(duì)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(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出），電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，在y＞0區(qū)域存在平行于y軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出）和沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出），電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2E。質(zhì)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(diǎn)進(jìn)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(diǎn)。已知重力加速度為g。（1）求y＜0區(qū)域勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E；（2）求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（3）若磁感應(yīng)強(qiáng)度取最小值，當(dāng)小球離y軸最遠(yuǎn)時(shí)，求小球到原點(diǎn)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(gè)選項(xiàng)中，第1—7題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，第8—11題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。1．（4分）如圖所示為光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中某金屬的遏止電壓Ue與入射光的頻率ν的關(guān)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(yīng)方程得出遏止電壓與入射光頻率的關(guān)系，通過圖線的斜率求出普朗克常量。遏止電壓為零時(shí)，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(jì)算飽和光電流，故A錯(cuò)誤；BC、設(shè)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(dòng)能Ekm與遏止電壓Uc的關(guān)系是：Ekm＝eUc光電效應(yīng)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(dāng)Uc＝0時(shí)，可解得：ν＝νc此時(shí)讀圖可知：ν≈×1014×1014Hz，故D正確。本題選擇錯(cuò)誤選項(xiàng)；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)方程以及最大初動(dòng)能與遏止電壓的關(guān)系，注意光電效應(yīng)方程的應(yīng)用。2．（4分）甲、乙兩物體沿x軸正方向做直線運(yùn)動(dòng)，某一時(shí)刻兩物體以速度v0同時(shí)經(jīng)過O點(diǎn)，之后它們運(yùn)動(dòng)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(shí)間均勻變化 C．經(jīng)歷的時(shí)間之比為1：2 D．經(jīng)歷的時(shí)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(guān)系。﹣x圖像與x軸圍成的面積表示時(shí)間，由幾何知識(shí)求經(jīng)歷的時(shí)間之比。【解答】解：A、由圖像的坐標(biāo)軸的意義和傾斜直線可知，速度與位移成反比關(guān)系，速度不隨位移均勻變化，故A錯(cuò)誤；B、﹣x圖像與x軸圍成的面積表示時(shí)間，由圖像可知，速度不隨時(shí)間均勻變化，故B錯(cuò)誤；CD、根據(jù)﹣x圖像與x軸圍成的面積表示時(shí)間，則甲、乙兩物體速度從v0增加到2v0的過程，經(jīng)歷的時(shí)間之比為1：2，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】讀圖是高中物理強(qiáng)化的一大要點(diǎn)，一定要把握住六要素：軸、點(diǎn)、線、斜、截、面六要素來分析圖像問題。3．（4分）質(zhì)量為m的導(dǎo)?體棒與兩個(gè)半徑為R的光滑圓弧電極接觸良好，兩個(gè)電極相互平行且都位于豎直平面內(nèi)，O為其中一個(gè)圓弧電極的圓心，截面如圖所示，導(dǎo)體棒中通有如圖所示電流，導(dǎo)體棒在兩個(gè)電極間的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，在兩電極間加一豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，導(dǎo)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(dǎo)體棒緩慢地從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，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(chǎng)方向豎直向上 B．當(dāng)導(dǎo)體棒靜止在A點(diǎn)時(shí)，流過導(dǎo)體棒的電流大小為 C．當(dāng)導(dǎo)體棒靜止在B點(diǎn)時(shí)流過導(dǎo)體棒的電流大小為靜止在A點(diǎn)時(shí)的3倍 D．導(dǎo)體棒從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)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(duì)棒的支持力等效成一個(gè)支持力），由三力平衡的矢量三角形，即可求得結(jié)果。【解答】解：A、安培力應(yīng)水平向右，用左手定則，磁場(chǎng)應(yīng)豎直向下，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)三力平衡，重力與安培力的合力應(yīng)與軌道對(duì)其的彈力等大共線反向，即有tan60°＝，可得I＝，故B錯(cuò)誤；C、在A處時(shí)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(duì)棒的彈力的合力F＝其中α由60°逐步減少到30°，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】應(yīng)用三力平衡的矢量三角形法則，注意軌道對(duì)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(gè)小球以速度v向右做勻速運(yùn)動(dòng)，它們經(jīng)過靠近桌邊的豎直木板ad邊之前時(shí)，木板開始做自由落體運(yùn)動(dòng)；若木板開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的合成可知投影的軌跡。【解答】解：投影在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向上相對(duì)于木板向上做加速運(yùn)動(dòng)，故小球的合速度應(yīng)偏向上方，同時(shí)加速度指向曲線的內(nèi)側(cè)，故軌跡應(yīng)向上；故ABD錯(cuò)誤，C正確；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】勻速直線運(yùn)動(dòng)和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)一定為曲線運(yùn)動(dòng)，并且運(yùn)動(dòng)方向向加速度的方向靠近。5．（4分）“神十四”航天員進(jìn)行約5.5小時(shí)的出艙活動(dòng)并圓滿完成既定任務(wù)后，安全返回空間站問天實(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)艙繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所處的位置重力加速度為g′。假設(shè)航天員在問天實(shí)驗(yàn)艙的桌面上放置如圖乙中的實(shí)驗(yàn)裝置，不可伸縮的輕繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，輕繩一端綁一個(gè)質(zhì)量為m的小球，另一端綁在支架O點(diǎn)，在離桌面最近的A點(diǎn)位置給小球一個(gè)垂直于OA的初速度v，小球沿乙圖虛線軌跡做圓周運(yùn)動(dòng)，其中B為最高點(diǎn)，下列說法正確的是（）A．g′：g0＝289：256 B．小球經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)，輕繩的張力大小為 C．小球從A點(diǎn)圓周運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中，克服重力做功為mg′L D．小球運(yùn)動(dòng)過程中，輕繩的拉力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)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(shí)驗(yàn)艙由地球的萬有引力充當(dāng)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(shí)驗(yàn)艙處于完全失重狀態(tài)，小球的運(yùn)動(dòng)不用考慮重力，輕繩的拉力提供小球繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)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(zhuǎn)，地球表面的物體（設(shè)其質(zhì)量為m1）所受萬有引力等于重力，則有：＝m1g0問天實(shí)驗(yàn)艙（設(shè)其質(zhì)量為m′）做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由萬有引力充當(dāng)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(cuò)誤；BD、由于問天實(shí)驗(yàn)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(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，小球經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得：T＝，故B錯(cuò)誤，D正確；D、由于小球處于完全失重狀態(tài)，小球從A點(diǎn)圓周運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中克服重力做功為零，故C錯(cuò)誤。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查萬有引力定律的應(yīng)用。掌握忽略地球自轉(zhuǎn)時(shí)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(yùn)動(dòng)時(shí)處于完全失重狀態(tài)，重力效果消失，與重力有關(guān)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(yùn)動(dòng)來控制椅子升降，其簡(jiǎn)易結(jié)構(gòu)如圖（a）所示，圓往形氣缸與椅面固定連接，柱狀氣動(dòng)桿與底座固定連接?？勺杂梢苿?dòng)的氣缸與氣動(dòng)桿之間封閉一定質(zhì)量的氣體，氣缸氣密性、導(dǎo)熱性能良好，忽略摩擦力，氣體可視為理想氣體。設(shè)氣體的初始狀態(tài)為A，接著某人虛坐在椅面上，開始時(shí)此人的腳在地上，后逐漸減少對(duì)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(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)B。然后打開空調(diào)降低室溫，一段時(shí)間后，室內(nèi)溫度緩慢降低到設(shè)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(duì)地面的壓力直至人離開椅面，氣體最終達(dá)到另一個(gè)穩(wěn)定狀態(tài)該過程中氣體的壓強(qiáng)和體積倒數(shù)的關(guān)系如圖（b）所示，已知?dú)飧椎臋M截面積為S，重力加速度大小為g，外界大氣壓強(qiáng)不變，則（）A．由圖（b）數(shù)據(jù)可算得人的質(zhì)量為 B．與狀態(tài)B相比，氣體處于狀態(tài)C時(shí)單位時(shí)間內(nèi)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(duì)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(duì)氣體做的功【分析】對(duì)椅面和氣缸分析，初始時(shí)根據(jù)平衡條件列方程；人坐上椅面腳全部離開地面時(shí)，根據(jù)平衡條件列方程解得人的質(zhì)量；根據(jù)壓強(qiáng)的微觀實(shí)質(zhì)確定單位時(shí)間內(nèi)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(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程、熱力學(xué)第一定律進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)外界大氣壓強(qiáng)為p0，對(duì)椅面和氣缸分析，初始時(shí)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(shí)，根據(jù)平衡條件可得：p2S＝p0S+mg+Mg，解得人的質(zhì)量為：M＝，故A錯(cuò)誤；B、因pC＝pB，而TC＜TB，故單位時(shí)間內(nèi)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(cuò)誤；D、由＝C知，p＝CT?，斜率越大，溫度越高，故TA＞TD，所以氣體的內(nèi)能減少，而VD＜VA，外界對(duì)氣體做功，由熱力學(xué)第一定律知，氣體向外放熱，且放出的熱量大于外界對(duì)氣體做的功，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查一定質(zhì)量理想氣體的狀態(tài)方程之圖象問題，關(guān)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(biāo)軸圍成的面積表示的物理意義，根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程結(jié)合熱力學(xué)第一定律進(jìn)行分析。7．（4分）如圖所示，質(zhì)量分別為1kg和2kg的A、B兩個(gè)物體放在光滑水平面上，外力F1、F2同時(shí)作用在兩個(gè)物體上，其中F1＝10﹣t（表達(dá)式中各個(gè)物理量的單位均為國(guó)際單位），F(xiàn)2＝10N。下列說法中正確的是（）A．t＝0時(shí)，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(gè)物體運(yùn)動(dòng)方向相反 D．若僅將A、B位置互換，t＝0時(shí)物體A的加速度為8m/s2【分析】假設(shè)A、B間無彈力，分別計(jì)算A、B的加速度。若A的加速度大于B的加速度，則A會(huì)推動(dòng)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。【解答】解：A．F2在水平方向上的分力為F21＝F2cos37°＝10×0.8N＝8N假設(shè)A、B間無彈力，則aB＝＝m/s2＝4m/s2t＝0時(shí)，有F1＝10N假設(shè)A、B間無彈力，則aA＝＝m/s2＝10m/s2＞aB因此t＝0時(shí)，A會(huì)推動(dòng)B一起運(yùn)動(dòng)，對(duì)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(cuò)誤；B．物體B的加速度最小時(shí)，A、B間沒有力的作用，且aA＝aBaA＝＝aB＝＝m/s2＝4m/s2解得t＝6s故B錯(cuò)誤；C．t＝10s前，A、B均沿F1方向加速運(yùn)動(dòng)；t＝10s后，F(xiàn)1方向反向，A做減速運(yùn)動(dòng)，但兩物體運(yùn)動(dòng)方向仍然相同，故C錯(cuò)誤；D．若僅將A、B位置互換，t＝0時(shí)，假設(shè)A、B間無彈力，則aA1＝＝m/s2＝8m/s2aB1＝＝m/s2＝5m/s2＜aA1表明A、B會(huì)分離運(yùn)動(dòng)，故假設(shè)正確，則t＝0時(shí)物體A的加速度為8m/s2，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查連接體問題，要靈活運(yùn)用整體法、隔離法來分析判斷物體的運(yùn)動(dòng)，關(guān)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(zhì)中由一波源產(chǎn)生的一列橫波在t＝0時(shí)刻的波形如圖所示，其中波源位于坐標(biāo)原點(diǎn)，t＝0.3s時(shí)刻介質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)Q才開始振動(dòng)。則下列說法正確的是（）B．t＝0.3s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q的速度沿x軸正方向，大小為1m/s C．t＝0.3s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的速度與質(zhì)點(diǎn)Q的速度大小相同，方向相反 D．當(dāng)質(zhì)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)路程達(dá)到9cm時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路程達(dá)到25cm【分析】根據(jù)波從x＝0.2m處傳到Q點(diǎn)傳播的距離和時(shí)間，求出波速，讀出波長(zhǎng)，再求周期。根據(jù)“同側(cè)法”判斷t＝0時(shí)刻x＝0.2m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向，即可知道t＝0.3s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q的速度方向，質(zhì)點(diǎn)Q的速度與波速是兩回事；根據(jù)P、Q間的距離與波長(zhǎng)的關(guān)系，分析它們速度關(guān)系；根據(jù)質(zhì)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)路程確定所用時(shí)間，再求質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路程?！窘獯稹喀ぉ?.2m＝0.3m，用時(shí)Δt＝0.3s，則波的傳播速度為由圖像可知波長(zhǎng)為λ＝0.2m，則波的周期為，故A正確；B、根據(jù)“同側(cè)法”可知t＝0時(shí)刻x＝0.2m處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向向下，質(zhì)點(diǎn)Q的起振方向與x＝0.2m處質(zhì)點(diǎn)的起振方向相同，則t＝0.3s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q的速度沿y軸負(fù)方向，速度大小未知，故B錯(cuò)誤；C、質(zhì)點(diǎn)P、Q間的距離是兩個(gè)波長(zhǎng)，所以t＝0.3s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的速度與質(zhì)點(diǎn)Q的速度大小相同，方向相同，故C錯(cuò)誤；D、波從P位置傳播到Q位置的時(shí)間為此段時(shí)間P經(jīng)過的路程為此后質(zhì)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)路程達(dá)到9cm時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路程也達(dá)到9cm，則質(zhì)點(diǎn)P的總運(yùn)動(dòng)路程為s總＝s1+9cm＝16cm+9cm＝25cm，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)要知道介質(zhì)中各個(gè)質(zhì)點(diǎn)的起振方向都相同，往往根據(jù)“同側(cè)法”或波形平移法判斷質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向。（多選）9．（4分）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy中，三個(gè)點(diǎn)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(diǎn)電荷d，在+x軸上從靠近坐標(biāo)原點(diǎn)處由靜止釋放，不考慮重力及電荷d對(duì)原電場(chǎng)的影響，取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)能為零，則在點(diǎn)電荷d的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，其瞬時(shí)速度v隨時(shí)間t、電勢(shì)能Ep隨位置x變化的關(guān)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(shì)，結(jié)合牛頓第二定律得出其加速度的變化趨勢(shì)，結(jié)合題目選項(xiàng)完成分析；根據(jù)靜電力對(duì)電荷的做功情況，結(jié)合功能關(guān)系分析出能量的變化趨勢(shì)?！窘獯稹拷猓篈B．點(diǎn)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(dāng)電荷d向右移動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，當(dāng)時(shí)，電荷的速度達(dá)到最大值，接著電荷d做減速運(yùn)動(dòng)直至無窮遠(yuǎn)處，其速度為一定值，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．對(duì)電荷d受力分析可知，電荷d受到引力和斥力的作用，當(dāng)x＜x1時(shí)，合力方向向右，故當(dāng)電荷d從靠近原點(diǎn)處向右移動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力做正功，根據(jù)功能關(guān)系可知電荷的電勢(shì)能減?。划?dāng)x＝x1時(shí)，合力為零，此時(shí)d的動(dòng)能最大，則電勢(shì)能最?。划?dāng)x＞x1時(shí)，合力方向向左，故當(dāng)電荷d繼續(xù)向右移動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系可知電荷的電勢(shì)能增加直至無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)能為0，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了庫侖定律的相關(guān)應(yīng)用，熟悉場(chǎng)強(qiáng)疊加的特點(diǎn)，結(jié)合圖像的物理意義和功能關(guān)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(diǎn)，此時(shí)彈簧的壓縮量為3l0，撤去外力后P向右運(yùn)動(dòng)；換用質(zhì)量較小的物塊Q完成同樣的過程。在兩物塊第一次向右運(yùn)動(dòng)至最遠(yuǎn)的過程中，它們的加速度a與位移x的關(guān)系如圖乙所示。已知兩物塊與水平地面間的動(dòng)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(zhì)量是Q的2倍 C．P的最大動(dòng)能是Q的4倍 D．Q向右運(yùn)動(dòng)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(zhì)量關(guān)系；根據(jù)牛頓第二定律求解釋放瞬間加速度大??；根據(jù)動(dòng)能定理分析最大速度；根據(jù)功能關(guān)系分析最大位移?！窘獯稹拷猓築、設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，物塊與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)速度達(dá)到最大時(shí)，加速度為零。對(duì)P物塊由平衡條件得：μmPg＝k×2l0對(duì)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(duì)P物塊根據(jù)牛頓第二定律得：k?3l0﹣μmPg＝mPaP，對(duì)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(cuò)誤；C、從釋放到最大動(dòng)能處由動(dòng)能定理得：對(duì)P：EkP＝﹣﹣μmPg?l0＝kl02﹣2kl02＝kl02對(duì)Q：EkQ＝﹣﹣μmQg?2l0＝4kl02﹣2kl02＝2kl02所以，EkP＝EkQ，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)圖乙，由對(duì)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(yùn)動(dòng)的最大距離為2l0，滑塊Q向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為4l0，Q向右運(yùn)動(dòng)的最大距離是P的2倍，故D正確。故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查功能關(guān)系與圖像的結(jié)合，關(guān)鍵是弄清楚兩物塊的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行分析。Ω，ab邊長(zhǎng)L＝20cm，bc邊長(zhǎng)d＝10cm，該減震器在光滑水平面上以初速度v0＝5.0m/s向右進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.1T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)范圍是夠大，不考慮線圈個(gè)數(shù)變化對(duì)減震器總質(zhì)量的影響。則（）2 C．滑動(dòng)桿上至少需安裝12個(gè)線圈才能使減震器完全停下來 D．第1個(gè)線圈和最后1個(gè)線圈產(chǎn)生的熱量比k＝96【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力計(jì)算公式求得安培力，由牛頓第二定律求解加速度；根據(jù)動(dòng)量定理求解末速度；分析可知每一個(gè)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)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(chǎng)中受到安培力的作用而做減速運(yùn)動(dòng)。由安培力公式可得：F安＝nBIL其中聯(lián)立可得：線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)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(cuò)誤；B、設(shè)向右為正方向，對(duì)減震器進(jìn)行分析，當(dāng)?shù)诙€(gè)線圈恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)設(shè)所用時(shí)間為t，此時(shí)減震器的速度大小為v2，則由動(dòng)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(gè)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過程，安培力的沖量大小均相等，且為：，由動(dòng)量定理可知每一個(gè)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過程，減震器的速度減小量均相等。由B選項(xiàng)的結(jié)果可知，進(jìn)入兩個(gè)線圈后，減震器的速度減小量為5m/s﹣可得每一個(gè)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)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(gè)數(shù)為：可知需要13個(gè)線圈，故C錯(cuò)誤；D、只有進(jìn)入磁場(chǎng)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(dòng)能動(dòng)能的減少量。第一個(gè)線圈恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為：v1＝v0﹣Δv＝5m/s﹣?zhàn)詈笠粋€(gè)線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為：v13＝v0﹣12Δv＝5m/s﹣12×則有：，解得：k＝96故D正確。故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的力與運(yùn)動(dòng)、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(yàn)公式，掌握應(yīng)用動(dòng)量定理求解時(shí)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(cè)量聶海勝質(zhì)量實(shí)驗(yàn)的啟發(fā)，某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)類似測(cè)物體質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)。安裝好如圖甲實(shí)驗(yàn)裝置，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌上的旋鈕P、Q使氣墊導(dǎo)軌水平，滑塊在O點(diǎn)時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)。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(diǎn)（圖中未標(biāo)出），OA距離為5cm，此時(shí)力傳感器的示數(shù)為0.60N，則彈簧的勁度系數(shù)為12N/m（結(jié)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(zhì)量為0.2kg（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）。（3）測(cè)出兩調(diào)節(jié)旋鈕PQ之間距離為L(zhǎng)，調(diào)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(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?。【分析】?）根據(jù)胡克定律列式即可求解；（2）根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合圖像即可求解；（3）根據(jù)幾何關(guān)系以及牛頓第二定律列式，整理表達(dá)式即可求解當(dāng)?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(zhì)量為為0.2kg；（3）測(cè)出兩調(diào)節(jié)旋鈕PQ之間距離為L(zhǎng)，調(diào)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(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間＝＝；故答案為：（1）12；（2）0.2；（3）?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律，解題關(guān)鍵掌握實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)驗(yàn)操作，注意圖像斜率的含義。13．（10分）現(xiàn)要組裝一個(gè)酒精測(cè)試儀，它利用的是一種二氧化錫半導(dǎo)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(cè)試儀的調(diào)試電路如圖乙所示。目前國(guó)際公認(rèn)的酒駕標(biāo)準(zhǔn)是“≤”，醉駕標(biāo)準(zhǔn)是“酒精氣體濃度≥”提供的器材有：A．二氧化錫半導(dǎo)體型酒精傳感器RxB．直流電源（電動(dòng)勢(shì)為4V，內(nèi)阻不計(jì)）C．電壓表（量程為3V，內(nèi)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(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干（1）為使電壓表改裝成酒精濃度測(cè)試表以判斷是否酒駕，R應(yīng)選用定值電阻R2（填R1或R2）；（2）按照下列步驟調(diào)節(jié)此測(cè)試儀：①Ω，然后開關(guān)向b（填“a”或“b”）端閉合，將電壓表此時(shí)指針對(duì)應(yīng)的刻度線標(biāo)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(biāo)為對(duì)應(yīng)的“酒精濃度”；此濃度表刻度線上對(duì)應(yīng)的濃度值是非均勻（填“均勻”或“非均勻”）變化的；③將開關(guān)向另一端閉合，測(cè)試儀即可正常使用。（3）在電壓表刻度線上標(biāo)注一段紅色的長(zhǎng)度以提醒酒駕的讀數(shù)范圍，該長(zhǎng)度與電壓表總刻度線長(zhǎng)度的比例為1：3。（保留一位有效數(shù)字）（4）使用一段時(shí)間后，由于電源的電動(dòng)勢(shì)略微變小，內(nèi)阻變大，其測(cè)量結(jié)果偏?。ㄌ睢捌蟆薄捌　被颉皽?zhǔn)確”）?！痉治觥浚?）根據(jù)串聯(lián)電路分壓特點(diǎn)計(jì)算結(jié)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(guān)系；（3）根據(jù)電路分壓原理結(jié)合圖像數(shù)據(jù)計(jì)算；（4）考慮電源內(nèi)阻，根據(jù)電路分壓原理分析判斷。【解答】解：（1）由于電壓表量程為3V，本實(shí)驗(yàn)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(dòng)勢(shì)為4V，電壓表量程為3V，得則R≤30Ω，故選：R2；（2）本實(shí)驗(yàn)采用替代法，用電阻箱的阻值替代傳感器的電阻RxΩ，結(jié)合電路，開關(guān)應(yīng)向b端閉合，由圖甲可知Rx＝30Ω時(shí)，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(duì)應(yīng)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(shí)，傳感器電阻Rx1＝30Ω，電壓表為酒精濃度0.80mg/mL時(shí)，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(nèi)阻，根據(jù)電路分壓原理有：當(dāng)電源的電動(dòng)勢(shì)略微變小，內(nèi)阻變大，對(duì)應(yīng)酒精濃度減小，故測(cè)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?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查組裝酒精測(cè)試儀實(shí)驗(yàn)，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理、刻線方法和誤差分析。14．（10分）1965年香港中文大學(xué)校長(zhǎng)高琨在一篇論文中提出以石英基玻璃纖維作長(zhǎng)程信息傳遞，引發(fā)了光導(dǎo)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(yīng)用。被視為光纖通信的里程碑之一，高琨也因此被國(guó)際公認(rèn)為“光纖之父”。如圖為某種新型光導(dǎo)纖維材料的一小段，材料呈圓柱狀，半徑為l，長(zhǎng)度為3l，將一束光從底部中心P點(diǎn)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(shí)間；（2）這種材料的優(yōu)勢(shì)是無論入射角θ為多少，材料側(cè)面始終不會(huì)有光線射出，求材料的折射率的最小值。【分析】（1）作出光路圖，根據(jù)折射定律結(jié)合n＝求出光在玻璃中傳播速度，由幾何關(guān)系求出光傳播的路程，再求出時(shí)間；（2）根據(jù)光路圖，結(jié)合幾何關(guān)系分析，根據(jù)全反射臨界角可解得折射率范圍?！窘獯稹拷猓海?）如圖1所示由折射定律可得n＝解得α1＝30°根據(jù)幾何關(guān)系，光在圓柱體中的路程為s＝6l又n＝傳播時(shí)間為t＝解得，光線穿過這段材料所需的時(shí)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(cè)面的入射角i將不斷減小。當(dāng)趨近于90°時(shí)，由折射定律及全反射可知，圖中α將趨于臨界角C，而此時(shí)光線射到側(cè)面處時(shí)的入射角i將達(dá)到最小，若此時(shí)剛好發(fā)生全反射，則所有到達(dá)側(cè)面的光線將全部發(fā)生全反射，不會(huì)從側(cè)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(shí)間為；（2）這種材料的優(yōu)勢(shì)是無論入射角θ為多少，材料側(cè)面始終不會(huì)有光線射出，材料的折射率的最小值為?！军c(diǎn)評(píng)】本題是幾何光學(xué)問題，要能熟練運(yùn)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(guān)系，從而算出結(jié)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(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域。質(zhì)量m1＝1kg、長(zhǎng)為l＝6m的水平絕緣長(zhǎng)木板靜置于該水平面，且長(zhǎng)木板最右側(cè)與電場(chǎng)邊界D重合。某時(shí)刻質(zhì)量m2＝0.5kg、帶電量q＝+3×10﹣5C的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊以初速度v0＝6m/s從長(zhǎng)木板左端水平滑上木板，一段時(shí)間后，滑塊離開電場(chǎng)區(qū)域。已知長(zhǎng)木板與滑塊的動(dòng)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(jìn)電場(chǎng)時(shí)，長(zhǎng)木板的速度大?。唬?）滑塊在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間及全過程的摩擦生熱；（3）若電場(chǎng)等大反向，滑塊進(jìn)入電場(chǎng)后在木板上的相對(duì)位移?！痉治觥浚?）對(duì)滑塊和長(zhǎng)木板由牛頓第二定律求出進(jìn)入電場(chǎng)前的加速度，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出滑塊從開始到進(jìn)入電場(chǎng)前的速度和時(shí)間，從而也求出長(zhǎng)木板進(jìn)入電場(chǎng)前的速度；（2）進(jìn)入電場(chǎng)后，由動(dòng)量守恒定律求出兩物體的共同速度，再對(duì)滑塊根據(jù)動(dòng)量定理求出在電場(chǎng)中的時(shí)間和位移，從而也得到共速以后的位移和時(shí)間，從而得到滑塊在電場(chǎng)中的時(shí)間，再由能量守恒定律求出摩擦生熱；（3）電場(chǎng)反向后，先由動(dòng)量守恒定律可知，滑塊和木板共同速度沒變，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知兩物體的位移不變，所以摩擦生熱不