2023年湖南省株洲市高考物理三模試卷

2023年湖南省株洲市高考物理三模試卷一、選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．（4分）在物理學(xué)規(guī)律的發(fā)現(xiàn)過程中許多科學(xué)家做出了重要的貢獻(xiàn)，下列說法中符合史實(shí)的是（）A．奧斯特在一次實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)通電直導(dǎo)線能夠使小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，揭開了電磁關(guān)系的新篇章 B．科學(xué)家通過萬有引力定律計(jì)算預(yù)言了天王星的存在，后來被證實(shí)，因此天王星被稱為“筆尖下發(fā)現(xiàn)的行星” C．卡文迪什總結(jié)出萬有引力定律，并在實(shí)驗(yàn)室中測出了萬有引力常量 D．安培首先測出了元電荷的數(shù)值2．（4分）人原地起跳方式是先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，重心上升后離地向上運(yùn)動(dòng)，如果人起跳過程中，重心上升至離地前，其加速度與重心上升高度關(guān)系如圖所示，那么人離地后重心上升的最大高度可達(dá)（g取10m/s2）（）3．（4分）如圖所示的電路中，恒流源能提供圖示方向、大小為I的恒定電流。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒垂直放置在水平導(dǎo)軌MN、PQ上，兩導(dǎo)軌平行且相距為L，導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，導(dǎo)體右端均與兩個(gè)相同的豎直光滑半圓形軌道平滑連接與N、Q兩點(diǎn)，半圓形軌道半徑為R，導(dǎo)體棒初始位置與NQ相距為s，重力加速度為g，則下列說法中正確的是（）A．若在水平軌道間加水平向右的勻強(qiáng)磁場B，則導(dǎo)體棒初始開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為 B．若要使導(dǎo)體棒在水平軌道上做勻速運(yùn)動(dòng)，則所加磁場B最小時(shí)的方向應(yīng)為左上，與豎直方向夾角為30° C．若在水平軌道間加豎直向上的勻強(qiáng)磁場B，則導(dǎo)體棒剛進(jìn)入圓弧軌道時(shí)對軌道的壓力大小為 D．若要使導(dǎo)體棒剛好到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)，則在水平軌道間所加豎直向上的磁場的最小值為4．（4分）如圖是碼頭利用可升降傳動(dòng)裝置在水平地面由高處向下堆砌而成的沙堆，該公司為了得知沙堆的具體信息，測出沙堆的周長為s，查資料測得砂礫間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．地面對沙堆的摩擦力不為零 B．由已知條件可估算沙堆的高度 C．由已知條件可估算沙堆的質(zhì)量 D．若相同質(zhì)量的沙堆靠墻堆放，則占地面積會(huì)增大5．（4分）如圖所示，M、N為兩個(gè)固定在同一水平面上且電荷量相等的正點(diǎn)電荷，在MN連線中點(diǎn)O沿豎直方向固定一光滑絕緣細(xì)桿，在O點(diǎn)上方P處靜止釋放一套在細(xì)桿上的帶正電小球，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后到達(dá)O點(diǎn)，不考慮空氣阻力的影響，則小球在這一運(yùn)動(dòng)過程中，下列情況不可能出現(xiàn)的是（）A．小球的加速度一直增大 B．小球的加速度先減小后增大 C．小球先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng) D．小球的電勢能一直增加6．（4分）一半圓形玻璃磚底面有一長為L＝1.2m的線光源AB，關(guān)于圓心O對稱，要求所有光均能從玻璃磚圓弧面射出，已知玻璃磚的折射率為n＝1.5，則玻璃磚半徑的最小值為（）A． B． D．1m7．（4分）如圖所示，M和N為電容器兩極板，一直保持與導(dǎo)線相連，M極板左端絕緣固定，N極板兩端用絕緣材料與兩輕彈簧連接，N極板只能沿圖中標(biāo)識的上下方向運(yùn)動(dòng)，當(dāng)N極板靜止時(shí)，兩極板間距為d，在外力驅(qū)動(dòng)下，N極板做簡諧運(yùn)動(dòng)，向下運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，兩極板間距1.5d，運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)兩極板相距0.5d，下列說法正確的是（）A．當(dāng)N極板向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，電流表電流方向從b→a B．N極板完成一個(gè)運(yùn)動(dòng)周期運(yùn)動(dòng)，回路電流方向改變1次 C．當(dāng)N極板從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，極板電荷量減少 D．N極板在最低點(diǎn)和最高點(diǎn)時(shí)，電容器中場強(qiáng)之比為1：3二、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(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．（多選）8．（5分）一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B靜止于質(zhì)量為M的木板C左端，木板靜止于光滑水平面上，將質(zhì)量為m的小球A用長為L的細(xì)繩懸掛于O點(diǎn)，靜止時(shí)小球A與B等高且剛好接觸，現(xiàn)對小球A施加一外力，使細(xì)繩恰好水平，如圖所示，現(xiàn)將外力撤去，小球A與物塊B發(fā)生彈性碰撞，已知B、C間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．小球A碰撞后做簡諧運(yùn)動(dòng) B．碰撞后物塊B的速度為 C．若物塊B未滑離木板C，則物塊B與木板C之間的摩擦熱為 D．若物塊B會(huì)滑離木板C，則板長小于（多選）9．（5分）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，間距為L的平行金屬導(dǎo)軌ab、cd水平放置，ac間連接一電阻R，質(zhì)量為m、電阻為r、粗細(xì)均勻的金屬桿MN垂直于金屬導(dǎo)軌放置，現(xiàn)給MN一水平向右的初速度v0，滑行時(shí)間t后停下，已知金屬桿MN與平行金屬導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，MN長為2L，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．MN在平行金屬導(dǎo)軌上滑動(dòng)距離為 B．MN速度為v1時(shí)，MN兩端的電勢差為UMN＝2BLv1 C．MN速度為v1時(shí)，MN的加速度大小為 D．MN速度為v1時(shí)，MN的加速度大小為（多選）10．（5分）北京時(shí)間2022年11月30日7時(shí)33分，神舟十五號3名航天員順利進(jìn)入中國空間站，與神舟十四號航天員乘組勝利會(huì)師，圖為航天員“勝利會(huì)師”2，則下列說法正確的是（）B．航天員出艙后處于完全失重狀態(tài) C．空間站的運(yùn)行周期大于24小時(shí) 2（多選）11．（5分）在同種均勻介質(zhì)中有兩波源S1和S2相距3m，頻率均為2Hz，以S1為原點(diǎn)建立如圖所示的坐標(biāo)系，t1＝0時(shí)波源S1從平衡位置開始垂直紙面向上做簡諧運(yùn)動(dòng)，所激發(fā)的橫波向四周傳播，t22也開始垂直紙面向上做簡諧運(yùn)動(dòng)，在t3＝0.75s時(shí)兩列簡諧波的最遠(yuǎn)波峰傳到了圖示中的兩個(gè)圓的位置，則下列說法中錯(cuò)誤的是（）A．波的傳播速度為3m/s 1和S2連線上有3個(gè)振動(dòng)減弱的位置三、非選擇題：本題共5小題，共52分．12．（6分）頻閃照相是研究運(yùn)動(dòng)的常用手段，頻閃儀每隔相等時(shí)間短暫閃光一次，照片上記錄了鋼球在各個(gè)時(shí)刻的位置。（1）某同學(xué)做該實(shí)驗(yàn)時(shí)事先沒確定豎直方向，如圖甲所示，已知A、B、C為相鄰的三個(gè)拍照點(diǎn)，試幫助該同學(xué)確定豎直方向（y方向）：。（2）如圖乙是小球做平拋運(yùn)動(dòng)的頻閃照片，圖中小方格的邊長5cm，那么小球平拋的初速度大小v0＝m/s，經(jīng)B點(diǎn)合速度大小vB＝（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字，g取10m/s2）。13．（10分）小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)測電梯加速度的裝置，具體原理圖如圖甲所示。實(shí)驗(yàn)器材有：Ω）；理想電壓表V（量程為3.0V）；限流電阻R0Ω；Ω）；開關(guān)S以及導(dǎo)線若干；電阻可忽略不計(jì)的彈簧，下端固定于水平地面，上端固定秤盤且通過甲連桿與滑動(dòng)變阻器R的滑片連接，滑片接觸良好且無摩擦（彈簧勁度系數(shù)k＝103N/m）；重力加速度g取10m/s2，不計(jì)其他阻力。（1）實(shí)驗(yàn)步驟如下：①電梯靜止時(shí)，托盤中未放被測物前，滑片恰好置于變阻器R的最上端，電壓表的示數(shù)均為零。②電梯勻速上升時(shí)，在托盤中輕輕放入一個(gè)物塊，待托盤靜止平衡后，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的滑片恰好處于中間，則物塊的質(zhì)量m＝。（2）電梯運(yùn)行過程中，當(dāng)電壓表示數(shù)為2.25V且保持穩(wěn)定時(shí)，電梯的運(yùn)動(dòng)情況可能是。（填標(biāo)號）A．電梯以5m/s2的加速度向上加速2的加速度向上加速2的加速度向下加速D．電梯以5m/s2的加速度向下減速（3）小王同學(xué)用小明的器材設(shè)計(jì)了另一種方案，方案電路如圖乙所示，在托盤中輕輕放入同一個(gè)物塊，當(dāng)電梯勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電壓表的示數(shù)為。（4）經(jīng)分析小明的方案更為合理，原因是。14．（10分）一定質(zhì)量的理想氣體，狀態(tài)從A→B→C→D→A的變化過程可用如圖所示的p﹣V圖線描述，其中D→A為等溫線，氣體在狀態(tài)A時(shí)溫度為TA＝360K，求：（1）氣體在狀態(tài)C時(shí)溫度TC；（2）若氣體在A→B過程中吸熱3000J，則在A→B過程中氣體內(nèi)能如何變化？變化了多少？15．（12分）如圖所示，第一、二象限存在垂直于xOy平面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1（大小未知）的勻強(qiáng)磁場，第三象限存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場E，x軸負(fù)方向與x軸重合存在一特殊的薄膜，帶電粒子每次穿過薄膜時(shí)電荷量不變，但速度減為原來的a（a＜1）倍?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子從y軸上A（0，L）處平行于x軸負(fù)方向以速度v0射入第二象限，粒子從x軸負(fù)半軸上的C點(diǎn)平行于y軸負(fù)方向射出，不計(jì)粒子重力，帶電粒子可視為點(diǎn)電荷。（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大?。唬?）x軸負(fù)方向C處左邊有一接收裝置D（未畫出），為了接收到該粒子，求D的橫坐標(biāo)的可能值xD以及D離坐標(biāo)原點(diǎn)O的最遠(yuǎn)距離xDmax。16．（14分）如圖，一平板車靜止在光滑水平地面上，小物塊A和B分別從車的最左端和最右端同時(shí)開始相向運(yùn)動(dòng)，兩物塊在平板車上發(fā)生碰撞，最終都與平板車保持相對靜止。已知平板車的質(zhì)量M＝1kg，長度L＝5m，A、B的質(zhì)量均為m＝0.5kg，A的初速度大小為v1＝5m/s，與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.4；B的初速度大小為v2＝3m/s，與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.2，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，它們之間的碰撞為彈性碰撞，重力加速度g取10m/s2，求：（1）整個(gè)過程中，A、B以及平板車組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能；（2）A、B發(fā)生碰撞的位置與平板車最左端的距離；（3）A、B與車保持相對靜止時(shí)，A、B之間的距離。2023年湖南省株洲市高考物理三模試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．（4分）在物理學(xué)規(guī)律的發(fā)現(xiàn)過程中許多科學(xué)家做出了重要的貢獻(xiàn)，下列說法中符合史實(shí)的是（）A．奧斯特在一次實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)通電直導(dǎo)線能夠使小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，揭開了電磁關(guān)系的新篇章 B．科學(xué)家通過萬有引力定律計(jì)算預(yù)言了天王星的存在，后來被證實(shí)，因此天王星被稱為“筆尖下發(fā)現(xiàn)的行星” C．卡文迪什總結(jié)出萬有引力定律，并在實(shí)驗(yàn)室中測出了萬有引力常量 D．安培首先測出了元電荷的數(shù)值【分析】本題考查了物理學(xué)史，人類認(rèn)識行星運(yùn)動(dòng)規(guī)律出現(xiàn)的幾位物理學(xué)家及其事跡?！窘獯稹拷猓篈、奧斯特發(fā)現(xiàn)通電直導(dǎo)線能夠使小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，揭開了電磁關(guān)系的新篇章，故A正確；B、科學(xué)家通過萬有引力定律計(jì)算預(yù)言了海王星的存在并在后來的觀測中被證實(shí)，因此海王星被稱為“筆尖下發(fā)現(xiàn)的行星”，故B錯(cuò)誤；C、卡文迪什在實(shí)驗(yàn)室中測出了萬有引力常量，牛頓總結(jié)出萬有引力定律，故C錯(cuò)誤；D、密立根首先測出了元電荷的數(shù)值，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查人類研究天體運(yùn)動(dòng)中的發(fā)展歷程，了解部分物理學(xué)史，知道相關(guān)科學(xué)家的事跡，即可正確求解。2．（4分）人原地起跳方式是先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，重心上升后離地向上運(yùn)動(dòng)，如果人起跳過程中，重心上升至離地前，其加速度與重心上升高度關(guān)系如圖所示，那么人離地后重心上升的最大高度可達(dá)（g取10m/s2）（）【分析】根據(jù)公式v2＝2ax，結(jié)合圖像面積以及人離地后根據(jù)公式v2＝2gh，求h。【解答】解：根據(jù)題意，設(shè)人剛剛離地時(shí)速度為v，根據(jù)公式v2＝2ax，整理得則a﹣x圖形圍成的面積為，人離地后根據(jù)公式有v2＝2gh結(jié)合圖像，聯(lián)立解得h＝0.5m，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查學(xué)生對公式v2＝2ax的掌握以及圖像與公式向結(jié)合的推理，是一道基礎(chǔ)題。3．（4分）如圖所示的電路中，恒流源能提供圖示方向、大小為I的恒定電流。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒垂直放置在水平導(dǎo)軌MN、PQ上，兩導(dǎo)軌平行且相距為L，導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，導(dǎo)體右端均與兩個(gè)相同的豎直光滑半圓形軌道平滑連接與N、Q兩點(diǎn)，半圓形軌道半徑為R，導(dǎo)體棒初始位置與NQ相距為s，重力加速度為g，則下列說法中正確的是（）A．若在水平軌道間加水平向右的勻強(qiáng)磁場B，則導(dǎo)體棒初始開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為 B．若要使導(dǎo)體棒在水平軌道上做勻速運(yùn)動(dòng)，則所加磁場B最小時(shí)的方向應(yīng)為左上，與豎直方向夾角為30° C．若在水平軌道間加豎直向上的勻強(qiáng)磁場B，則導(dǎo)體棒剛進(jìn)入圓弧軌道時(shí)對軌道的壓力大小為 D．若要使導(dǎo)體棒剛好到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)，則在水平軌道間所加豎直向上的磁場的最小值為【分析】對棒受力分析，由左手定則，分析加速度；受力分析，根據(jù)受力平衡條件和數(shù)學(xué)知識，求安培力最小時(shí)的磁場方向；由動(dòng)能定理和牛頓第二定律聯(lián)立，求導(dǎo)體棒剛進(jìn)入圓弧軌道時(shí)對軌道的壓力大??；最高點(diǎn)時(shí)，重力提供向心力，同時(shí)結(jié)合動(dòng)能定理，求在水平軌道間所加豎直向上的磁場的最小值?！窘獯稹拷猓篈．若加上水平向右的勻強(qiáng)磁場B，對棒受力分析，由左手定則，安培力方向向下，棒不運(yùn)動(dòng)，加速度為0，故A錯(cuò)誤；B．要使棒勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，其合外力為零，設(shè)安培力方向?yàn)橛疑?，與水平方向夾角為α，受力分析如圖由平衡條件：Fcosα＝μ（mg﹣Fsinα）解得由數(shù)學(xué)知識當(dāng)α＝30°，安培力最小，由左手定則，所加磁場最小時(shí)B的方向應(yīng)為左上，與豎直方向夾角為30°，故B正確；C．當(dāng)加上豎直向上的勻強(qiáng)磁場B時(shí)，由左手定則，安培力水平向右．由動(dòng)能定理有由牛頓第二定律聯(lián)立解得由牛頓第三定律，導(dǎo)體棒剛進(jìn)入圓弧軌道時(shí)對軌道的壓力大小為，故C錯(cuò)誤；D．要使棒剛好到達(dá)圓弧最高點(diǎn)，則在最高點(diǎn)時(shí)重力提供向心力：設(shè)所加豎直向上的磁場的最小值為B，由動(dòng)能定理有，解得故D錯(cuò)誤.故選：B?！军c(diǎn)評】本題難度較高，解題關(guān)鍵是分析出當(dāng)α＝30°，安培力最小，同時(shí)需要學(xué)生掌握牛頓第二定律、動(dòng)能定理、受力平衡的掌握，綜合性較強(qiáng)。4．（4分）如圖是碼頭利用可升降傳動(dòng)裝置在水平地面由高處向下堆砌而成的沙堆，該公司為了得知沙堆的具體信息，測出沙堆的周長為s，查資料測得砂礫間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．地面對沙堆的摩擦力不為零 B．由已知條件可估算沙堆的高度 C．由已知條件可估算沙堆的質(zhì)量 D．若相同質(zhì)量的沙堆靠墻堆放，則占地面積會(huì)增大【分析】分析沙堆時(shí)應(yīng)對整體受力分析，在水平方向不受力；求沙堆高度時(shí)，利用題干已知信息μ，選擇隔離沙礫，相當(dāng)于斜面模型，受力分析列方程求得μ＝tanθ，由三角函數(shù)可得高度【解答】解：A．分析沙堆時(shí)，選擇整體為研究對象，只在豎直方向受重力及支持力，不受摩擦力作用，故A錯(cuò)誤；B．沙堆表面上的沙粒相當(dāng)于斜面模型，受力分析如圖：沿斜面和垂直斜面方向正交分解，得mgsinθ＝μmgcosθ，整理得μ＝tanθ，由三角函數(shù)得高度h，故B正確；C．由m＝ρV可知，ρ未知，不能求m，故C錯(cuò)誤；D．沙堆的高h(yuǎn)與底面半徑r滿足：未靠墻放置時(shí)，設(shè)沙堆的底面積為S，則其體積V＝Sh＝Sμr＝μS?當(dāng)沙堆靠墻時(shí)形成半個(gè)圓錐體，設(shè)沙堆的底面積為S′（底面為半圓形），則其體積V′＝S′h′＝S′μr′＝μS′?質(zhì)量不變，則體積不變，則有：V＝V′，即：μS?＝μS′?，可得：S′＜S，即占地面積會(huì)變小，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評】本題考查了斜面模型上，物體所受共點(diǎn)力的平衡問題，選定研究對象然后受力分析，列平衡方程求解。易錯(cuò)點(diǎn)在于看不懂題干中位于沙堆表面的沙礫相當(dāng)于斜面上的小物塊，考查分析理解能力。5．（4分）如圖所示，M、N為兩個(gè)固定在同一水平面上且電荷量相等的正點(diǎn)電荷，在MN連線中點(diǎn)O沿豎直方向固定一光滑絕緣細(xì)桿，在O點(diǎn)上方P處靜止釋放一套在細(xì)桿上的帶正電小球，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后到達(dá)O點(diǎn)，不考慮空氣阻力的影響，則小球在這一運(yùn)動(dòng)過程中，下列情況不可能出現(xiàn)的是（）A．小球的加速度一直增大 B．小球的加速度先減小后增大 C．小球先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng) D．小球的電勢能一直增加【分析】ABC.根據(jù)等量同種點(diǎn)電荷在其中垂線上的電場強(qiáng)度大小的分布情況判斷場強(qiáng)的大小，再根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度的大小變化，根據(jù)合力與速度方向的關(guān)系判斷速度的變化；D.電場力一直做負(fù)功，據(jù)此判斷電勢能的變化?！窘獯稹拷猓篈BC．等量同種點(diǎn)電荷在連線中點(diǎn)O沿中垂線向外，場強(qiáng)先增大后減??；小球帶正電，小球所受的電場力豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律mg﹣Eq＝ma；若P點(diǎn)位于中垂線上場強(qiáng)最大值的下方，當(dāng)小球從P到O時(shí)，場強(qiáng)減小，加速度一直增大，小球做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)；若P點(diǎn)位于中垂線上場強(qiáng)最大值的上方，當(dāng)小球從P到O時(shí)，場強(qiáng)先增大后減小，加速度先減小后增大，小球先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)；小球不會(huì)出現(xiàn)先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)的情形，故AB正確，C錯(cuò)誤；D．小球向下運(yùn)動(dòng)的過程中電場力一直做負(fù)功，所以小球的電勢能一直增大，故D正確。本題選擇錯(cuò)誤說法，故選：C。【點(diǎn)評】本題主要考查了等量同種電荷中垂線是場強(qiáng)的分布，在此基礎(chǔ)上根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度的大小變化，根據(jù)電場力做功判斷電勢能的變化，因此掌握等量同種電荷中垂線是場強(qiáng)的分布情況是解題的關(guān)鍵。6．（4分）一半圓形玻璃磚底面有一長為L＝1.2m的線光源AB，關(guān)于圓心O對稱，要求所有光均能從玻璃磚圓弧面射出，已知玻璃磚的折射率為n＝1.5，則玻璃磚半徑的最小值為（）A． B． D．1m【分析】當(dāng)光源從B點(diǎn)垂直AB射向圓弧時(shí)的入射角最大，若此處不發(fā)生全反射，則圓弧其他位置也不會(huì)發(fā)生全反射，結(jié)合臨界角公式求解?！窘獯稹拷猓喝鐖D所示，當(dāng)光源從B點(diǎn)垂直AB射向圓弧時(shí)的入射角最大若此處不發(fā)生全反射，則圓弧其他位置也不會(huì)發(fā)生全反射，設(shè)臨界角為C，此時(shí)有sinC＝又sinC＝，解得R＝0.9m，所以玻璃磚半徑的最小值為0.9m，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C?！军c(diǎn)評】解答本題的關(guān)鍵要掌握全反射條件和臨界角公式，畫出臨界光路，結(jié)合幾何知識進(jìn)行處理。7．（4分）如圖所示，M和N為電容器兩極板，一直保持與導(dǎo)線相連，M極板左端絕緣固定，N極板兩端用絕緣材料與兩輕彈簧連接，N極板只能沿圖中標(biāo)識的上下方向運(yùn)動(dòng)，當(dāng)N極板靜止時(shí)，兩極板間距為d，在外力驅(qū)動(dòng)下，N極板做簡諧運(yùn)動(dòng)，向下運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，兩極板間距1.5d，運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)兩極板相距0.5d，下列說法正確的是（）A．當(dāng)N極板向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，電流表電流方向從b→a B．N極板完成一個(gè)運(yùn)動(dòng)周期運(yùn)動(dòng)，回路電流方向改變1次 C．當(dāng)N極板從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，極板電荷量減少 D．N極板在最低點(diǎn)和最高點(diǎn)時(shí)，電容器中場強(qiáng)之比為1：3【分析】當(dāng)N極板向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)電容的決定式分析電容的變化，由電容的定義式分析電容器所帶電荷量的變化，從而判斷電流表中電流方向；根據(jù)電容器充放電情況，分析一個(gè)周期內(nèi)回路電流方向改變的次數(shù)；N極板在最低點(diǎn)和最高點(diǎn)時(shí)，根據(jù)E＝分析場強(qiáng)之比?！窘獯稹拷猓篈C、當(dāng)N極板向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，電容器板間距離d減小，根據(jù)電容的決定式可知，電容C增大，電容器板間電壓不變，由電容的定義式分析可知極板電荷量增加，電容器充電，電流表電流方向?yàn)閍→b，故AC錯(cuò)誤；B、N極板向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，電容器充電。N極板向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，電容器放電，所以N極板完成一個(gè)周期運(yùn)動(dòng)，回路電流方向改變2次，故B錯(cuò)誤；D、根據(jù)題意，在N極板運(yùn)動(dòng)過程中，電容器兩極板間電壓不變，最低點(diǎn)與最高點(diǎn)板間距離之比為1.5d：0.5d＝3：1，故由E＝可知場強(qiáng)之比為1：3，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】解答本題時(shí)，要知道電容器與電源保持相連時(shí)，電容器兩極板間電壓U不變。能根據(jù)電容的決定式、電容的定義式和E＝相結(jié)合進(jìn)行分析。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(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．（多選）8．（5分）一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B靜止于質(zhì)量為M的木板C左端，木板靜止于光滑水平面上，將質(zhì)量為m的小球A用長為L的細(xì)繩懸掛于O點(diǎn)，靜止時(shí)小球A與B等高且剛好接觸，現(xiàn)對小球A施加一外力，使細(xì)繩恰好水平，如圖所示，現(xiàn)將外力撤去，小球A與物塊B發(fā)生彈性碰撞，已知B、C間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．小球A碰撞后做簡諧運(yùn)動(dòng) B．碰撞后物塊B的速度為 C．若物塊B未滑離木板C，則物塊B與木板C之間的摩擦熱為 D．若物塊B會(huì)滑離木板C，則板長小于【分析】首先，根據(jù)機(jī)械能守恒求出小球A與小球B碰撞前的速度，再根據(jù)彈性碰撞的規(guī)律求出兩個(gè)小球碰后的速度；其次，對B、C組成的系統(tǒng)分析，水平方向根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒求出此過程產(chǎn)生的熱量；最后，根據(jù)摩擦生熱的計(jì)算公式求出木板的長度。【解答】解：AB、小球A下落過程中機(jī)械能守恒，有解得小球A與物塊B發(fā)生彈性碰撞，A、B質(zhì)量相等，碰撞后交換速度，小球A碰撞后靜止，小球B的速度變?yōu)闉?，故A錯(cuò)誤，B正確；C、對B、C組成的系統(tǒng)分析可知，水平方向不受外力，則動(dòng)量守恒，規(guī)定初速度方向?yàn)檎较?，有mv0＝（M+m）v根據(jù)能量守恒可知，摩擦熱為故C正確；D、摩擦熱Q＝μmgl式中l(wèi)為板長，若B恰好滑離C，則有解得因此可知，若物塊B會(huì)滑離木板C，則板長小于，故D正確。故選：BCD?！军c(diǎn)評】本題考查了彈性碰撞和完全非彈性碰撞，解決本題的關(guān)鍵是理解動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律的規(guī)律。（多選）9．（5分）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，間距為L的平行金屬導(dǎo)軌ab、cd水平放置，ac間連接一電阻R，質(zhì)量為m、電阻為r、粗細(xì)均勻的金屬桿MN垂直于金屬導(dǎo)軌放置，現(xiàn)給MN一水平向右的初速度v0，滑行時(shí)間t后停下，已知金屬桿MN與平行金屬導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，MN長為2L，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．MN在平行金屬導(dǎo)軌上滑動(dòng)距離為 B．MN速度為v1時(shí)，MN兩端的電勢差為UMN＝2BLv1 C．MN速度為v1時(shí)，MN的加速度大小為 D．MN速度為v1時(shí)，MN的加速度大小為【分析】MN在平行金屬導(dǎo)軌上滑動(dòng)時(shí)，利用動(dòng)量定理求滑行距離；MN速度為v1時(shí)，MN在導(dǎo)軌間的電壓為路端電壓，小于感應(yīng)電動(dòng)勢，從而確定MN兩端的電勢差與感應(yīng)電動(dòng)勢的關(guān)系；根據(jù)牛頓第二定律和安培力與速度的關(guān)系求加速度?！窘獯稹拷猓篈、MN在平行金屬導(dǎo)軌上滑動(dòng)時(shí)，取向右為正方向，由動(dòng)量定理有：﹣μmgt﹣ΣBIL?Δt＝0﹣mv0又有，聯(lián)立解得：，故A正確；B、MN速度為v1時(shí)，MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝2BLv1，MN在導(dǎo)軌間的電壓為路端電壓，小于感應(yīng)電動(dòng)勢，因此MN兩端的電勢差應(yīng)小于2BLv1，故B錯(cuò)誤；CD、MN速度為v1時(shí)，水平方向受摩擦力、安培力，由牛頓第二定律有：，解得故C正確，D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評】本題中MN做變減速直線運(yùn)動(dòng)，不能根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求MN滑行距離，可根據(jù)動(dòng)量定理求解。（多選）10．（5分）北京時(shí)間2022年11月30日7時(shí)33分，神舟十五號3名航天員順利進(jìn)入中國空間站，與神舟十四號航天員乘組勝利會(huì)師，圖為航天員“勝利會(huì)師”2，則下列說法正確的是（）B．航天員出艙后處于完全失重狀態(tài) C．空間站的運(yùn)行周期大于24小時(shí) 2【分析】根據(jù)宇宙速度的意義分析神舟十五號飛船在地球上的發(fā)射速度與宇宙速度的關(guān)系；航天員出艙后處于完全失重狀態(tài)；根據(jù)萬有引力提供向心力列式，分析空間站的運(yùn)行周期與地球同步衛(wèi)星周期的關(guān)系；根據(jù)萬有引力提供向心力求空間站在軌道處的向心加速度大小。【解答】解：A、神舟十五號沒有脫離地球的束縛，所以神舟十五號發(fā)射速度應(yīng)大于7.9km/s，小于11.2km/s，故A錯(cuò)誤；B、航天員出艙后，由萬有引力提供向心力，處于完全失重狀態(tài)，故B正確；C、根據(jù)G＝mr，得衛(wèi)星的運(yùn)行周期表達(dá)式為T＝2π，空間站軌道比地球同步衛(wèi)星低，則空間站的運(yùn)行周期小于地球同步衛(wèi)星的運(yùn)行周期24h，故C錯(cuò)誤；D、空間站在軌道處，有；在地面上，有，聯(lián)立得a＝，解得a≈2，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評】解答本題的關(guān)鍵要抓住萬有引力提供向心力，以及萬有引力等于重力這兩條思路，通過列式進(jìn)行分析。（多選）11．（5分）在同種均勻介質(zhì)中有兩波源S1和S2相距3m，頻率均為2Hz，以S1為原點(diǎn)建立如圖所示的坐標(biāo)系，t1＝0時(shí)波源S1從平衡位置開始垂直紙面向上做簡諧運(yùn)動(dòng)，所激發(fā)的橫波向四周傳播，t22也開始垂直紙面向上做簡諧運(yùn)動(dòng)，在t3＝0.75s時(shí)兩列簡諧波的最遠(yuǎn)波峰傳到了圖示中的兩個(gè)圓的位置，則下列說法中錯(cuò)誤的是（）A．波的傳播速度為3m/s 1和S2連線上有3個(gè)振動(dòng)減弱的位置【分析】明確兩波的性質(zhì)，根據(jù)兩波源起振的時(shí)間差和該時(shí)間內(nèi)傳播的距離之差，來求解波速；根據(jù)波程差與波程的關(guān)系分析振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)和振動(dòng)減弱點(diǎn)的個(gè)數(shù)?！窘獯稹拷猓篈、兩波源起振的時(shí)間差為Δt＝0.25s，該時(shí)間內(nèi)傳播的距離之差為Δ﹣1.5m＝1m，則波的傳播速度v＝＝m/s＝4m/s，故A錯(cuò)誤；B、由題意得T＝＝s＝0.5s，而t21正向下振動(dòng)，與S2起振方向相反，所以兩波源在x＝1.5m處引起質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)步調(diào)相反，故虛線x＝1.5m為減弱區(qū)，故B錯(cuò)誤；C、兩波波長λ＝＝m＝2m，從t3Δt＝0.25s后，S1、S2的最遠(yuǎn)波峰再向前傳播1m，即S1的最遠(yuǎn)波峰傳到了x＝3.5m處，而S2的波峰傳到了x＝0.5m處，此時(shí)S2波產(chǎn)生的波形中只有一個(gè)波谷，且到S2的距離為1.5m．如圖所示?？芍ü扰c波谷相遇點(diǎn)有2個(gè)，故C正確；D、S1和S2連線上滿足到兩波源的距離差為半波長的偶數(shù)倍時(shí)為振動(dòng)減弱的位置，Δs＝kλ（k＝0，±1，±2），解得k＝0，±1，則共有3個(gè)，故D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選：AB?！军c(diǎn)評】本題考查波的性質(zhì)以及波的干涉，要注意明確干涉的條件，同時(shí)掌握波速公式的應(yīng)用。三、非選擇題：本題共5小題，共52分．12．（6分）頻閃照相是研究運(yùn)動(dòng)的常用手段，頻閃儀每隔相等時(shí)間短暫閃光一次，照片上記錄了鋼球在各個(gè)時(shí)刻的位置。（1）某同學(xué)做該實(shí)驗(yàn)時(shí)事先沒確定豎直方向，如圖甲所示，已知A、B、C為相鄰的三個(gè)拍照點(diǎn)，試幫助該同學(xué)確定豎直方向（y方向）：連接AC線段取其中點(diǎn)O，然后連接OB兩點(diǎn)，OB兩點(diǎn)所在直線即為豎直方向。（2）如圖乙是小球做平拋運(yùn)動(dòng)的頻閃照片，圖中小方格的邊長5cm，那么小球平拋的初速度大小v0＝2.5m/s，經(jīng)B點(diǎn)合速度大小vB＝3.9（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字，g取10m/s2）?！痉治觥浚?）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析實(shí)驗(yàn)操作，從而確定豎直方向；（2）根據(jù)豎直方向的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)計(jì)算出時(shí)間間隔，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析出初速度，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律解得B點(diǎn)豎直方向的速度，從而計(jì)算合速度?！窘獯稹拷猓海?）連接AC線段取其中點(diǎn)O，然后連接OB兩點(diǎn)，OB兩點(diǎn)所在直線即為豎直方向．（2）根據(jù)圖乙可知，相鄰點(diǎn)跡之間的水平距離相等，即相鄰點(diǎn)跡之間的時(shí)間間隔相等，根據(jù)Δy＝gT2解得小球平拋的初速度為v0＝＝小球經(jīng)B點(diǎn)豎直分速度大小vBy＝＝經(jīng)B點(diǎn)合速度大小解得：vB【點(diǎn)評】本題主要考查了平拋運(yùn)動(dòng)的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，理解平拋運(yùn)動(dòng)在不同方向的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可完成分析。13．（10分）小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)測電梯加速度的裝置，具體原理圖如圖甲所示。實(shí)驗(yàn)器材有：Ω）；理想電壓表V（量程為3.0V）；限流電阻R0Ω；Ω）；開關(guān)S以及導(dǎo)線若干；電阻可忽略不計(jì)的彈簧，下端固定于水平地面，上端固定秤盤且通過甲連桿與滑動(dòng)變阻器R的滑片連接，滑片接觸良好且無摩擦（彈簧勁度系數(shù)k＝103N/m）；重力加速度g取10m/s2，不計(jì)其他阻力。（1）實(shí)驗(yàn)步驟如下：①電梯靜止時(shí)，托盤中未放被測物前，滑片恰好置于變阻器R的最上端，電壓表的示數(shù)均為零。②電梯勻速上升時(shí)，在托盤中輕輕放入一個(gè)物塊，待托盤靜止平衡后，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的滑片恰好處于中間，則物塊的質(zhì)量m＝50kg。（2）電梯運(yùn)行過程中，當(dāng)電壓表示數(shù)為2.25V且保持穩(wěn)定時(shí)，電梯的運(yùn)動(dòng)情況可能是AD。（填標(biāo)號）A．電梯以5m/s2的加速度向上加速2的加速度向上加速2的加速度向下加速D．電梯以5m/s2的加速度向下減速（3）小王同學(xué)用小明的器材設(shè)計(jì)了另一種方案，方案電路如圖乙所示，在托盤中輕輕放入同一個(gè)物塊，當(dāng)電梯勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電壓表的示數(shù)為2.25V。（4）經(jīng)分析小明的方案更為合理，原因是加速度與電壓表示數(shù)成線性關(guān)系?！痉治觥浚?）對物塊分析，根據(jù)平衡條件和胡克定律相結(jié)合求解物塊的質(zhì)量m。（2）當(dāng)電壓表示數(shù)為2.25V且保持穩(wěn)定時(shí)，求出與電壓表并聯(lián)部分電阻阻值，確定彈簧壓縮量，再根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律相結(jié)合求解電梯的加速度，從而分析電梯的運(yùn)動(dòng)情況。（3）小王方案中，確定電梯勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)彈簧壓縮量，再求電壓表的示數(shù)。（4）根據(jù)加速度與電壓表示數(shù)關(guān)系分析?！窘獯稹拷猓海?）對物塊分析，由平衡條件得mg＝kΔx其中Δx＝＝cm＝5.0cm＝0.05m，代入上式解得：m＝50kg（2）當(dāng)電壓表的示數(shù)為U＝2.25V時(shí)，設(shè)與電壓表并聯(lián)部分電阻阻值為R′，則U＝E解得：R′＝15Ω彈簧壓縮量為Δx′＝l＝×對物塊分析，由牛頓第二定律得kΔx'﹣mg＝ma解得a＝5m/s2，方向豎直向上，故AD正確，BC錯(cuò)誤。故選：AD。（3）小王方案中，電梯勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)彈簧壓縮量為5cm，接入電路阻值為R″＝10Ω，故電壓表示數(shù)為U′＝R″＝×（4）小明方案中，根據(jù)U＝E，Δx′＝l得電壓表示數(shù)為U＝E對物塊分析，根據(jù)牛頓第二定律得kΔx﹣mg＝ma聯(lián)立分析可知，加速度與電壓表示數(shù)成線性關(guān)系。故答案為：（1）50kg；（2）AD；（3）2.25V；（4）加速度與電壓表示數(shù)成線性關(guān)系?！军c(diǎn)評】本題是力電綜合題，關(guān)鍵要理解實(shí)驗(yàn)原理，搞清電路的結(jié)構(gòu)，運(yùn)用歐姆定律和力學(xué)規(guī)律相結(jié)合進(jìn)行解答。14．（10分）一定質(zhì)量的理想氣體，狀態(tài)從A→B→C→D→A的變化過程可用如圖所示的p﹣V圖線描述，其中D→A為等溫線，氣體在狀態(tài)A時(shí)溫度為TA＝360K，求：（1）氣體在狀態(tài)C時(shí)溫度TC；（2）若氣體在A→B過程中吸熱3000J，則在A→B過程中氣體內(nèi)能如何變化？變化了多少？【分析】（1）D→A為等溫線，可知?dú)怏w在狀態(tài)D時(shí)的溫度。C→D過程氣體發(fā)生等壓變化，由蓋—呂薩克定律求氣體在狀態(tài)C時(shí)的溫度TC；（2）A→B過程壓強(qiáng)不變，由W＝pΔV求氣體對外界做功，再根據(jù)熱力學(xué)第一定律求內(nèi)能的變化量?！窘獯稹拷猓海?）D→A為等溫線，則TA＝TD＝360KC到D過程氣體發(fā)生等壓變化，由蓋—呂薩克定律得解得：TC＝540K（2）A→B過程壓強(qiáng)不變，體積增大，則氣體對外界做功W＝pΔV＝4×105×4×10﹣3J＝1600J由熱力學(xué)第一定律得ΔU＝Q﹣W＝3000J﹣1600J＝1400J則氣體內(nèi)能增加，增加了1400J。答：（1）氣體在狀態(tài)C時(shí)溫度TC為540K；（2）在A→B過程中氣體內(nèi)能增加，增加了1400J?！军c(diǎn)評】本題的關(guān)鍵要明確氣體的狀態(tài)作何種變化，從而選擇相應(yīng)的實(shí)驗(yàn)定律。在應(yīng)用熱力學(xué)第一定律時(shí)，要注意做功和熱量的正負(fù)。15．（12分）如圖所示，第一、二象限存在垂直于xOy平面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1（大小未知）的勻強(qiáng)磁場，第三象限存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場E，x軸負(fù)方向與x軸重合存在一特殊的薄膜，帶電粒子每次穿過薄膜時(shí)電荷量不變，但速度減為原來的a（a＜1）倍?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子從y軸上A（0，L）處平行于x軸負(fù)方向以速度v0射入第二象限，粒子從x軸負(fù)半軸上的C點(diǎn)平行于y軸負(fù)方向射出，不計(jì)粒子重力，帶電粒子可視為點(diǎn)電荷。（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大??；（2）x軸負(fù)方向C處左邊有一接收裝置D（未畫出），為了接收到該粒子，求D的橫坐標(biāo)的可能值xD以及D離坐標(biāo)原點(diǎn)O的最遠(yuǎn)距離xDmax?！痉治觥浚?）根據(jù)幾何關(guān)系得出粒子的半徑，結(jié)合牛頓第二定律得出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；（2）根據(jù)幾何關(guān)系得出D的橫坐標(biāo)的可能值以及對應(yīng)的最遠(yuǎn)距離?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)題意，由牛頓第二定律得：由幾何關(guān)系得：R＝L解得：（2）粒子從C處向下穿過薄膜，進(jìn)入