2023年湖北省武汉一中高考物理三模试卷

2023年湖北省武汉一中高考物理三模试卷一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1—7题只有一个选项符合题目要求，第8—11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1．（4分）如图所示为光电效应实验中某金属的遏止电压Ue与入射光的频率ν的关系图像。已知元电荷e。根据该图像不能得出的是（）A．饱和光电流 B．该金属的逸出功 C．普朗克常量 D．该金属的截止频率2．（4分）甲、乙两物体沿x轴正方向做直线运动，某一时刻两物体以速度v0同时经过O点，之后它们运动的﹣x图像如图所示，则甲、乙两物体速度从v0增加到2v0的过程，下列说法中正确的是（）A．速度均随位移均匀变化 B．速度均随时间均匀变化 C．经历的时间之比为1：2 D．经历的时间之比为2：13．（4分）质量为m的导​体棒与两个半径为R的光滑圆弧电极接触良好，两个电极相互平行且都位于竖直平面内，O为其中一个圆弧电极的圆心，截面如图所示，导体棒中通有如图所示电流，导体棒在两个电极间的长度为L，在两电极间加一竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，导体棒恰好静止在电极的圆弧面上。现在通过增大电流的方式使导体棒缓慢地从A点移动到B点，已知OA与水平方向的夹角为60°，OB与水平方向的夹角为30°。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．磁场方向竖直向上 B．当导体棒静止在A点时，流过导体棒的电流大小为 C．当导体棒静止在B点时流过导体棒的电流大小为静止在A点时的3倍 D．导体棒从A点移动到B点的过程中电极受到的压力逐渐减小4．（4分）如图所示，光滑水平桌面上，一个小球以速度v向右做匀速运动，它们经过靠近桌边的竖直木板ad边之前时，木板开始做自由落体运动；若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是（）A． B． C． D．5．（4分）“神十四”航天员进行约5.5小时的出舱活动并圆满完成既定任务后，安全返回空间站问天实验舱如图甲所示。已知地球半径R＝6400km，地球表面重力加速度g0，在离地面高度h＝400km的轨道​上，问天实验舱绕地球做匀速圆周运动，所处的位置重力加速度为g′。假设航天员在问天实验舱的桌面上放置如图乙中的实验装置，不可伸缩的轻绳长为L，轻绳一端绑一个质量为m的小球，另一端绑在支架O点，在离桌面最近的A点位置给小球一个垂直于OA的初速度v，小球沿乙图虚线轨迹做圆周运动，其中B为最高点，下列说法正确的是（）A．g′：g0＝289：256 B．小球经过A点时，轻绳的张力大小为 C．小球从A点圆周运动到B点过程中，克服重力做功为mg′L D．小球运动过程中，轻绳的拉力提供小球做圆周运动的向心力6．（4分）气压式升降椅通过气缸上下运动来控制椅子升降，其简易结构如图（a）所示，圆往形气缸与椅面固定连接，柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量的气体，气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力，气体可视为理想气体。设气体的初始状态为A，接着某人虚坐在椅面上，开始时此人的脚在地上，后逐渐减少对地面的压力直至脚完全离开地面，此过程中（温度不变）椅子缓慢下降一段距离后，气体达到稳定状态B。然后打开空调降低室温，一段时间后，室内温度缓慢降低到设定温度，稳定后气体状态为C。最后人将脚缓慢放在地面上并逐渐增大对地面的压力直至人离开椅面，气体最终达到另一个稳定状态该过程中气体的压强和体积倒数的关系如图（b）所示，已知气缸的横截面积为S，重力加速度大小为g，外界大气压强不变，则（）A．由图（b）数据可算得人的质量为 B．与状态B相比，气体处于状态C时单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数较多 C．由图（b）数据可算得从状态C到状态D气体对外界做的功大小为（p1+p2）（V3﹣V4） D．从状态A到状态D，气体向外放出的热量小于外界对气体做的功7．（4分）如图所示，质量分别为1kg和2kg的A、B两个物体放在光滑水平面上，外力F1、F2同时作用在两个物体上，其中F1＝10﹣t（表达式中各个物理量的单位均为国际单位），F2＝10N。下列说法中正确的是（）A．t＝0时，物体A的加速度大小为10m/s2 B．t＝10s后物体B的加速度最小 C．t＝10s后两个物体运动方向相反 D．若仅将A、B位置互换，t＝0时物体A的加速度为8m/s2（多选）8．（4分）某介质中由一波源产生的一列横波在t＝0时刻的波形如图所示，其中波源位于坐标原点，t＝0.3s时刻介质中质点Q才开始振动。则下列说法正确的是（）B．t＝0.3s时，质点Q的速度沿x轴正方向，大小为1m/s C．t＝0.3s时，质点P的速度与质点Q的速度大小相同，方向相反 D．当质点Q的运动路程达到9cm时，质点P的运动路程达到25cm（多选）9．（4分）如图所示，平面直角坐标系xOy中，三个点电荷a、b、c分别固定于（0，r）、（0，﹣r）、（0，0）处，a、b、c电荷量分别为+Q、+Q、﹣Q。现有一电荷量为﹣q的点电荷d，在+x轴上从靠近坐标原点处由静止释放，不考虑重力及电荷d对原电场的影响，取无穷远处电势能为零，则在点电荷d的整个运动过程中，其瞬时速度v随时间t、电势能Ep随位置x变化的关系图像可能为（）A． B． C． D．（多选）10．（4分）如图甲所示，轻弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端与物块P栓接。现用外力将P缓慢压至O点，此时弹簧的压缩量为3l0，撤去外力后P向右运动；换用质量较小的物块Q完成同样的过程。在两物块第一次向右运动至最远的过程中，它们的加速度a与位移x的关系如图乙所示。已知两物块与水平地面间的动摩擦因数相同。下列说法正确的是（）A．释放瞬间Q的加速度是P的3倍 B．P的质量是Q的2倍 C．P的最大动能是Q的4倍 D．Q向右运动的最大距离是P的2倍Ω，ab边长L＝20cm，bc边长d＝10cm，该减震器在光滑水平面上以初速度v0＝5.0m/s向右进入磁感应强度大小B＝0.1T、方向竖直向下的匀强磁场中，磁场范围是够大，不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影响。则（）2 C．滑动杆上至少需安装12个线圈才能使减震器完全停下来 D．第1个线圈和最后1个线圈产生的热量比k＝96二、非选择题12．（6分）受天空课堂中王亚平测量聂海胜质量实验的启发，某实验小组设计类似测物体质量的实验。安装好如图甲实验装置，调节气垫导轨上的旋钮P、Q使气垫导轨水平，滑块在O点时弹簧处于原长。力传感器能采集弹簧的弹力，固定在滑块上的加速度传感器能采集滑块的加速度。（1）接通气源后，将滑块拉至A点（图中未标出），OA距离为5cm，此时力传感器的示数为0.60N，则弹簧的劲度系数为N/m（结果保留两位有效数字）。（2）静止释放滑块后，根据传感器采集的数据绘制的a﹣F图像如图乙所示，可知滑块与加速度传感器的总质量为kg（结果保留一位有效数字）。（3）测出两调节旋钮PQ之间距离为L，调节旋钮Q，使之比旋钮P高出h，重绘a﹣F图像，纵轴截距为b，由此可知当地的重力加速度为。13．（10分）现要组装一个酒精测试仪，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器。此传感器的电阻Rx随酒精气体浓度的变化而变化，规律如图甲所示。酒精测试仪的调试电路如图乙所示。目前国际公认的酒驾标准是“≤”，醉驾标准是“酒精气体浓度≥”提供的器材有：A．二氧化锡半导体型酒精传感器RxB．直流电源（电动势为4V，内阻不计）C．电压表（量程为3V，内阻非常大）Ω）E．定值电阻R1（阻值为50Ω）F．定值电阻R2（阻值为10Ω）G．单刀双掷开关一个，导线若干（1）为使电压表改装成酒精浓度测试表以判断是否酒驾，R应选用定值电阻（填R1或R2）；（2）按照下列步骤调节此测试仪：①Ω，然后开关向（填“a”或“b”）端闭合，将电压表此时指针对应的刻度线标记为mg/mL；（保留两位有效数字）②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断（填“变大”或“变小”）。按照甲图数据将电压表上“电压”刻度线标为对应的“酒精浓度”；此浓度表刻度线上对应的浓度值是（填“均匀”或“非均匀”）变化的；③将开关向另一端闭合，测试仪即可正常使用。（3）在电压表刻度线上标注一段红色的长度以提醒酒驾的读数范围，该长度与电压表总刻度线长度的比例为1：。（保留一位有效数字）（4）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，其测量结果（填“偏大”“偏小”或“准确”）。14．（10分）1965年香港中文大学校长高琨在一篇论文中提出以石英基玻璃纤维作长程信息传递，引发了光导纤维的研发热潮，1970年康宁公司最先发明并制造出世界第一根可用于光通信的光纤，使光纤通信得以广泛应用。被视为光纤通信的里程碑之一，高琨也因此被国际公认为“光纤之父”。如图为某种新型光导纤维材料的一小段，材料呈圆柱状，半径为l，长度为3l，将一束光从底部中心P点以入射角θ射入，已知光在真空中的速度为c。（1）若已知这种材料的折射率为，入射角θ＝60°，求光线穿过这段材料所需的时间；（2）这种材料的优势是无论入射角θ为多少，材料侧面始终不会有光线射出，求材料的折射率的最小值。15．（14分）如图所示，光滑水平地面上方CD处存在宽度d＝4m、方向竖直向上、大小E＝1×105N/C的匀强电场区域。质量m1＝1kg、长为l＝6m的水平绝缘长木板静置于该水平面，且长木板最右侧与电场边界D重合。某时刻质量m2＝0.5kg、带电量q＝+3×10﹣5C的可视为质点的滑块以初速度v0＝6m/s从长木板左端水平滑上木板，一段时间后，滑块离开电场区域。已知长木板与滑块的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2，滑块带电量始终保持不变。求：（1）滑块刚进电场时，长木板的速度大小；（2）滑块在电场中的运动时间及全过程的摩擦生热；（3）若电场等大反向，滑块进入电场后在木板上的相对位移。16．（16分）如图所示，在y＜0区域存在沿y轴正方向的匀强电场（图中未画出），电场强度大小为E，在y＞0区域存在平行于y轴正方向的匀强磁场（图中未画出）和沿z轴正方向的匀强电场（图中未画出），电场强度大小为2E。质量为m、电荷量为+q的小球从P（0，，h）处由静止释放，小球从原点进入y＞0区域，在y＝L处有一垂直于y轴的荧光屏（图中未画出），小球打在荧光屏上Q（0，L，0）点。已知重力加速度为g。（1）求y＜0区域匀强电场的电场强度E；（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）若磁感应强度取最小值，当小球离y轴最远时，求小球到原点O的距离。2023年湖北省武汉一中高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1—7题只有一个选项符合题目要求，第8—11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1．（4分）如图所示为光电效应实验中某金属的遏止电压Ue与入射光的频率ν的关系图像。已知元电荷e。根据该图像不能得出的是（）A．饱和光电流 B．该金属的逸出功 C．普朗克常量 D．该金属的截止频率【分析】根据光电效应方程得出遏止电压与入射光频率的关系，通过图线的斜率求出普朗克常量。遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率。【解答】解：A、由图中信息无法计算饱和光电流，故A错误；BC、设金属的逸出功为W0，截止频率为νc，则有：W0＝hνc光电子的最大初动能Ekm与遏止电压Uc的关系是：Ekm＝eUc光电效应方程为：Ekm＝hν﹣W0联立两式可得：Uc＝ν﹣故Uc与v图象的斜率为，从而解得普朗克常量与逸出功，故BC正确；D、当Uc＝0时，可解得：ν＝νc此时读图可知：ν≈×1014×1014Hz，故D正确。本题选择错误选项；故选：A。【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程以及最大初动能与遏止电压的关系，注意光电效应方程的应用。2．（4分）甲、乙两物体沿x轴正方向做直线运动，某一时刻两物体以速度v0同时经过O点，之后它们运动的﹣x图像如图所示，则甲、乙两物体速度从v0增加到2v0的过程，下列说法中正确的是（）A．速度均随位移均匀变化 B．速度均随时间均匀变化 C．经历的时间之比为1：2 D．经历的时间之比为2：1【分析】根据图像的形状直接判断速度与位移的关系。﹣x图像与x轴围成的面积表示时间，由几何知识求经历的时间之比。【解答】解：A、由图像的坐标轴的意义和倾斜直线可知，速度与位移成反比关系，速度不随位移均匀变化，故A错误；B、﹣x图像与x轴围成的面积表示时间，由图像可知，速度不随时间均匀变化，故B错误；CD、根据﹣x图像与x轴围成的面积表示时间，则甲、乙两物体速度从v0增加到2v0的过程，经历的时间之比为1：2，故C正确，D错误。故选：C。【点评】读图是高中物理强化的一大要点，一定要把握住六要素：轴、点、线、斜、截、面六要素来分析图像问题。3．（4分）质量为m的导​体棒与两个半径为R的光滑圆弧电极接触良好，两个电极相互平行且都位于竖直平面内，O为其中一个圆弧电极的圆心，截面如图所示，导体棒中通有如图所示电流，导体棒在两个电极间的长度为L，在两电极间加一竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，导体棒恰好静止在电极的圆弧面上。现在通过增大电流的方式使导体棒缓慢地从A点移动到B点，已知OA与水平方向的夹角为60°，OB与水平方向的夹角为30°。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．磁场方向竖直向上 B．当导体棒静止在A点时，流过导体棒的电流大小为 C．当导体棒静止在B点时流过导体棒的电流大小为静止在A点时的3倍 D．导体棒从A点移动到B点的过程中电极受到的压力逐渐减小【分析】由A到B的过程中，棒处于三力平衡状态（二轨道对棒的支持力等效成一个支持力），由三力平衡的矢量三角形，即可求得结果。【解答】解：A、安培力应水平向右，用左手定则，磁场应竖直向下，故A错误；B、根据三力平衡，重力与安培力的合力应与轨道对其的弹力等大共线反向，即有tan60°＝，可得I＝，故B错误；C、在A处时有tan60°＝，在B处有，由二式相比，则可得到I1＝3I，故C正确；D、根据三力平衡，则轨道对棒的弹力的合力F＝其中α由60°逐步减少到30°，故D错误。故选：C。【点评】应用三力平衡的矢量三角形法则，注意轨道对棒的弹力方向过轨道的圆心。4．（4分）如图所示，光滑水平桌面上，一个小球以速度v向右做匀速运动，它们经过靠近桌边的竖直木板ad边之前时，木板开始做自由落体运动；若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是（）A． B． C． D．【分析】小球的投影的运动是由小球水平方向的位移与木板竖直方向上的位移的合位移，则由运动的合成可知投影的轨迹。【解答】解：投影在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上相对于木板向上做加速运动，故小球的合速度应偏向上方，同时加速度指向曲线的内侧，故轨迹应向上；故ABD错误，C正确；故选：C。【点评】匀速直线运动和匀变速直线运动的合运动一定为曲线运动，并且运动方向向加速度的方向靠近。5．（4分）“神十四”航天员进行约5.5小时的出舱活动并圆满完成既定任务后，安全返回空间站问天实验舱如图甲所示。已知地球半径R＝6400km，地球表面重力加速度g0，在离地面高度h＝400km的轨道​上，问天实验舱绕地球做匀速圆周运动，所处的位置重力加速度为g′。假设航天员在问天实验舱的桌面上放置如图乙中的实验装置，不可伸缩的轻绳长为L，轻绳一端绑一个质量为m的小球，另一端绑在支架O点，在离桌面最近的A点位置给小球一个垂直于OA的初速度v，小球沿乙图虚线轨迹做圆周运动，其中B为最高点，下列说法正确的是（）A．g′：g0＝289：256 B．小球经过A点时，轻绳的张力大小为 C．小球从A点圆周运动到B点过程中，克服重力做功为mg′L D．小球运动过程中，轻绳的拉力提供小球做圆周运动的向心力【分析】地球表面重力加速度为g0，则地球表面物体所受万有引力等于重力；问天实验舱由地球的万有引力充当向心力，其向心加速度就等于所处的位置重力加速度，由牛顿第二定律求解其向心加速度；由于问天实验舱处于完全失重状态，小球的运动不用考虑重力，轻绳的拉力提供小球绕O点做圆周运动的向心力；由牛顿第二定律求解求轻绳的张力；重力效果消失，将不再克服重力做功。【解答】解：A、地球表面重力加速度为g0，忽略地球的自转，地球表面的物体（设其质量为m1）所受万有引力等于重力，则有：＝m1g0问天实验舱（设其质量为m′）做匀速圆周运动，由万有引力充当向心力，其向心加速度就等于所处的位置重力加速度g′，则由牛顿第二定律得：＝m′g′联立解得：g'：g0＝256：289，故A错误；BD、由于问天实验舱中的物体处于完全失重状态，重力效果消失，轻绳的拉力T提供小球绕O点做圆周运动的向心力，小球经过A点时，由牛顿第二定律可得：T＝，故B错误，D正确；D、由于小球处于完全失重状态，小球从A点圆周运动到B点过程中克服重力做功为零，故C错误。故选：D。【点评】本题考查万有引力定律的应用。掌握忽略地球自转时地球表面重力加速度为固定值，此情况下地球表面物体所受万有引力等于重力；要知道卫星环绕中心天体做匀速圆周运动时处于完全失重状态，重力效果消失，与重力有关物理问题不需要考虑重力。6．（4分）气压式升降椅通过气缸上下运动来控制椅子升降，其简易结构如图（a）所示，圆往形气缸与椅面固定连接，柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量的气体，气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力，气体可视为理想气体。设气体的初始状态为A，接着某人虚坐在椅面上，开始时此人的脚在地上，后逐渐减少对地面的压力直至脚完全离开地面，此过程中（温度不变）椅子缓慢下降一段距离后，气体达到稳定状态B。然后打开空调降低室温，一段时间后，室内温度缓慢降低到设定温度，稳定后气体状态为C。最后人将脚缓慢放在地面上并逐渐增大对地面的压力直至人离开椅面，气体最终达到另一个稳定状态该过程中气体的压强和体积倒数的关系如图（b）所示，已知气缸的横截面积为S，重力加速度大小为g，外界大气压强不变，则（）A．由图（b）数据可算得人的质量为 B．与状态B相比，气体处于状态C时单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数较多 C．由图（b）数据可算得从状态C到状态D气体对外界做的功大小为（p1+p2）（V3﹣V4） D．从状态A到状态D，气体向外放出的热量小于外界对气体做的功【分析】对椅面和气缸分析，初始时根据平衡条件列方程；人坐上椅面脚全部离开地面时，根据平衡条件列方程解得人的质量；根据压强的微观实质确定单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数；C到D为等温过程，由此分析做的功；根据一定质量的理想气体状态方程、热力学第一定律进行分析。【解答】解：A、设外界大气压强为p0，对椅面和气缸分析，初始时根据平衡条件可得：pS＝p0S+mg，人坐上椅面脚全部离开地面时，根据平衡条件可得：p2S＝p0S+mg+Mg，解得人的质量为：M＝，故A错误；B、因pC＝pB，而TC＜TB，故单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数增多，故B正确；C、C到D为等温过程，故该过程做功小于（p1+p2）（V3﹣V4），故C错误；D、由＝C知，p＝CT•，斜率越大，温度越高，故TA＞TD，所以气体的内能减少，而VD＜VA，外界对气体做功，由热力学第一定律知，气体向外放热，且放出的热量大于外界对气体做的功，故D错误。故选：B。【点评】本题主要是考查一定质量理想气体的状态方程之图象问题，关键是弄清楚图象表示的物理意义、知道图象的斜率、图象与坐标轴围成的面积表示的物理意义，根据一定质量的理想气体状态方程结合热力学第一定律进行分析。7．（4分）如图所示，质量分别为1kg和2kg的A、B两个物体放在光滑水平面上，外力F1、F2同时作用在两个物体上，其中F1＝10﹣t（表达式中各个物理量的单位均为国际单位），F2＝10N。下列说法中正确的是（）A．t＝0时，物体A的加速度大小为10m/s2 B．t＝10s后物体B的加速度最小 C．t＝10s后两个物体运动方向相反 D．若仅将A、B位置互换，t＝0时物体A的加速度为8m/s2【分析】假设A、B间无弹力，分别计算A、B的加速度。若A的加速度大于B的加速度，则A会推动B一起加速，再以A、B为整体，由牛顿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，则A、B一起加速，但两者间没有力的作用；若A的加速度小于B的加速度，则A、B分离。【解答】解：A．F2在水平方向上的分力为F21＝F2cos37°＝10×0.8N＝8N假设A、B间无弹力，则aB＝＝m/s2＝4m/s2t＝0时，有F1＝10N假设A、B间无弹力，则aA＝＝m/s2＝10m/s2＞aB因此t＝0时，A会推动B一起运动，对AB整体，由牛顿第二定律有F1+F21＝（mA+mB）a代入数据解得a＝6m/s2故A错误；B．物体B的加速度最小时，A、B间没有力的作用，且aA＝aBaA＝＝aB＝＝m/s2＝4m/s2解得t＝6s故B错误；C．t＝10s前，A、B均沿F1方向加速运动；t＝10s后，F1方向反向，A做减速运动，但两物体运动方向仍然相同，故C错误；D．若仅将A、B位置互换，t＝0时，假设A、B间无弹力，则aA1＝＝m/s2＝8m/s2aB1＝＝m/s2＝5m/s2＜aA1表明A、B会分离运动，故假设正确，则t＝0时物体A的加速度为8m/s2，故D正确。故选：D。【点评】本题主要考查连接体问题，要灵活运用整体法、隔离法来分析判断物体的运动，关键是要把握两者分离的临界条件，即两者加速度相等，且两者间没有力的作用。（多选）8．（4分）某介质中由一波源产生的一列横波在t＝0时刻的波形如图所示，其中波源位于坐标原点，t＝0.3s时刻介质中质点Q才开始振动。则下列说法正确的是（）B．t＝0.3s时，质点Q的速度沿x轴正方向，大小为1m/s C．t＝0.3s时，质点P的速度与质点Q的速度大小相同，方向相反 D．当质点Q的运动路程达到9cm时，质点P的运动路程达到25cm【分析】根据波从x＝0.2m处传到Q点传播的距离和时间，求出波速，读出波长，再求周期。根据“同侧法”判断t＝0时刻x＝0.2m处质点的振动方向，即可知道t＝0.3s时，质点Q的速度方向，质点Q的速度与波速是两回事；根据P、Q间的距离与波长的关系，分析它们速度关系；根据质点Q的运动路程确定所用时间，再求质点P的运动路程。【解答】Δ﹣0.2m＝0.3m，用时Δt＝0.3s，则波的传播速度为由图像可知波长为λ＝0.2m，则波的周期为，故A正确；B、根据“同侧法”可知t＝0时刻x＝0.2m处的质点振动方向向下，质点Q的起振方向与x＝0.2m处质点的起振方向相同，则t＝0.3s时，质点Q的速度沿y轴负方向，速度大小未知，故B错误；C、质点P、Q间的距离是两个波长，所以t＝0.3s时，质点P的速度与质点Q的速度大小相同，方向相同，故C错误；D、波从P位置传播到Q位置的时间为此段时间P经过的路程为此后质点Q的运动路程达到9cm时，质点P的运动路程也达到9cm，则质点P的总运动路程为s总＝s1+9cm＝16cm+9cm＝25cm，故D正确。故选：AD。【点评】解答本题时要知道介质中各个质点的起振方向都相同，往往根据“同侧法”或波形平移法判断质点的振动方向。（多选）9．（4分）如图所示，平面直角坐标系xOy中，三个点电荷a、b、c分别固定于（0，r）、（0，﹣r）、（0，0）处，a、b、c电荷量分别为+Q、+Q、﹣Q。现有一电荷量为﹣q的点电荷d，在+x轴上从靠近坐标原点处由静止释放，不考虑重力及电荷d对原电场的影响，取无穷远处电势能为零，则在点电荷d的整个运动过程中，其瞬时速度v随时间t、电势能Ep随位置x变化的关系图像可能为（）A． B． C． D．【分析】根据库仑定律得出电荷受到的静电力的变化趋势，结合牛顿第二定律得出其加速度的变化趋势，结合题目选项完成分析；根据静电力对电荷的做功情况，结合功能关系分析出能量的变化趋势。【解答】解：AB．点电荷d的受力分析如图：由库仑定律由牛顿第二定律Fc﹣2Facosθ＝ma整理可得由此可知当电荷d向右移动，θ减小，此过程中cosθ逐渐增大，所以电荷d做加速度减小的加速运动，当时，电荷的速度达到最大值，接着电荷d做减速运动直至无穷远处，其速度为一定值，故A错误，B正确；CD．对电荷d受力分析可知，电荷d受到引力和斥力的作用，当x＜x1时，合力方向向右，故当电荷d从靠近原点处向右移动时，电场力做正功，根据功能关系可知电荷的电势能减小；当x＝x1时，合力为零，此时d的动能最大，则电势能最小；当x＞x1时，合力方向向左，故当电荷d继续向右移动时，电场力做负功，根据功能关系可知电荷的电势能增加直至无穷远处电势能为0，故C错误，D正确。故选：BD。【点评】本题主要考查了库仑定律的相关应用，熟悉场强叠加的特点，结合图像的物理意义和功能关系即可完成分析。（多选）10．（4分）如图甲所示，轻弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端与物块P栓接。现用外力将P缓慢压至O点，此时弹簧的压缩量为3l0，撤去外力后P向右运动；换用质量较小的物块Q完成同样的过程。在两物块第一次向右运动至最远的过程中，它们的加速度a与位移x的关系如图乙所示。已知两物块与水平地面间的动摩擦因数相同。下列说法正确的是（）A．释放瞬间Q的加速度是P的3倍 B．P的质量是Q的2倍 C．P的最大动能是Q的4倍 D．Q向右运动的最大距离是P的2倍【分析】根据平衡条件求解两物块的质量关系；根据牛顿第二定律求解释放瞬间加速度大小；根据动能定理分析最大速度；根据功能关系分析最大位移。【解答】解：B、设弹簧的劲度系数为k，物块与地面的动摩擦因数为μ，当速度达到最大时，加速度为零。对P物块由平衡条件得：μmPg＝k×2l0对Q物块由平衡条件得：μmQg＝kl0联立可得mP＝2mQ，故B正确；A、释放物块瞬间，对P物块根据牛顿第二定律得：k•3l0﹣μmPg＝mPaP，对Q物块根据牛顿第二定律得：kl0﹣μmQg＝mQaQ，联立解得：aP＝，aQ＝，可得：＝，即释放瞬间Q的加速度是P的4倍，故A错误；C、从释放到最大动能处由动能定理得：对P：EkP＝﹣﹣μmPg•l0＝kl02﹣2kl02＝kl02对Q：EkQ＝﹣﹣μmQg•2l0＝4kl02﹣2kl02＝2kl02所以，EkP＝EkQ，故C错误；D、根据图乙，由对称性可知，两滑块加速度为零后，减速到零的过程与之间的位移相等，则滑块P向右运动的最大距离为2l0，滑块Q向右运动的最大距离为4l0，Q向右运动的最大距离是P的2倍，故D正确。故选：BD。【点评】本题主要是考查功能关系与图像的结合，关键是弄清楚两物块的受力情况和运动情况，根据动能定理、功能关系结合牛顿第二定律进行分析。Ω，ab边长L＝20cm，bc边长d＝10cm，该减震器在光滑水平面上以初速度v0＝5.0m/s向右进入磁感应强度大小B＝0.1T、方向竖直向下的匀强磁场中，磁场范围是够大，不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影响。则（）2 C．滑动杆上至少需安装12个线圈才能使减震器完全停下来 D．第1个线圈和最后1个线圈产生的热量比k＝96【分析】根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式求得安培力，由牛顿第二定律求解加速度；根据动量定理求解末速度；分析可知每一个线圈进入磁场的过程，减震器的速度减小量均相等；根据能量守恒求解线圈上产生的热量。【解答】解：A、线圈在磁场中受到安培力的作用而做减速运动。由安培力公式可得：F安＝nBIL其中联立可得：线圈刚进入磁场时速度v＝v0，L＝20cm＝0.2m，代入数据可解得：F安＝20N根据牛顿第二定律可得加速度大小为：故A错误；B、设向右为正方向，对减震器进行分析，当第二个线圈恰好完全进入磁场时设所用时间为t，此时减震器的速度大小为v2，则由动量定理可得：＝mv2﹣mv0其中：，（d＝10cm＝0.1m）代入数据可得：v2故B正确；C、由以上分析可知，每一个线圈进入磁场的过程，安培力的冲量大小均相等，且为：，由动量定理可知每一个线圈进入磁场的过程，减震器的速度减小量均相等。由B选项的结果可知，进入两个线圈后，减震器的速度减小量为5m/s﹣可得每一个线圈进入磁场后，减震器的速度减小量均为Δv＝则要减震器的速度减为零需要的线圈个数为：可知需要13个线圈，故C错误；D、只有进入磁场的线圈产生热量，根据能量守恒可知，线圈上产生的热量在数值上等于减震器动能动能的减少量。第一个线圈恰好完全进入磁场时的速度为：v1＝v0﹣Δv＝5m/s﹣最后一个线圈刚进入磁场时速度为：v13＝v0﹣12Δv＝5m/s﹣12×则有：，解得：k＝96故D正确。故选：BD。【点评】本题考查了电磁感应现象中的力与运动、功与能问题，属于常规题型。要掌握求解安培力的冲量的经验公式，掌握应用动量定理求解时间、位移、速度的方法。二、非选择题12．（6分）受天空课堂中王亚平测量聂海胜质量实验的启发，某实验小组设计类似测物体质量的实验。安装好如图甲实验装置，调节气垫导轨上的旋钮P、Q使气垫导轨水平，滑块在O点时弹簧处于原长。力传感器能采集弹簧的弹力，固定在滑块上的加速度传感器能采集滑块的加速度。（1）接通气源后，将滑块拉至A点（图中未标出），OA距离为5cm，此时力传感器的示数为0.60N，则弹簧的劲度系数为12N/m（结果保留两位有效数字）。（2）静止释放滑块后，根据传感器采集的数据绘制的a﹣F图像如图乙所示，可知滑块与加速度传感器的总质量为0.2kg（结果保留一位有效数字）。（3）测出两调节旋钮PQ之间距离为L，调节旋钮Q，使之比旋钮P高出h，重绘a﹣F图像，纵轴截距为b，由此可知当地的重力加速度为。【分析】（1）根据胡克定律列式即可求解；（2）根据牛顿第二定律结合图像即可求解；（3）根据几何关系以及牛顿第二定律列式，整理表达式即可求解当地的重力加速度。【解答】解：（1）根据胡克定律F＝kx，代入数据解得k＝12N/m；（2）根据牛顿第二定律可得F＝Ma整理得M＝＝kg＝0.2kg，即滑块与加速度传感器的总质量为为0.2kg；（3）测出两调节旋钮PQ之间距离为L，调节旋钮Q，使之比旋钮P高出，则有sinθ＝根据牛顿第二定律可得F+Mgsinθ＝Ma整理得a＝F+gsinθ可知a﹣F图像的纵轴截距为b＝gsinθ解得当地的重力加速度为g＝＝；故答案为：（1）12；（2）0.2；（3）。【点评】本题考查牛顿第二定律，解题关键掌握实验原理与实验操作，注意图像斜率的含义。13．（10分）现要组装一个酒精测试仪，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器。此传感器的电阻Rx随酒精气体浓度的变化而变化，规律如图甲所示。酒精测试仪的调试电路如图乙所示。目前国际公认的酒驾标准是“≤”，醉驾标准是“酒精气体浓度≥”提供的器材有：A．二氧化锡半导体型酒精传感器RxB．直流电源（电动势为4V，内阻不计）C．电压表（量程为3V，内阻非常大）Ω）E．定值电阻R1（阻值为50Ω）F．定值电阻R2（阻值为10Ω）G．单刀双掷开关一个，导线若干（1）为使电压表改装成酒精浓度测试表以判断是否酒驾，R应选用定值电阻R2（填R1或R2）；（2）按照下列步骤调节此测试仪：①Ω，然后开关向b（填“a”或“b”）端闭合，将电压表此时指针对应的刻度线标记为0.20mg/mL；（保留两位有效数字）②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断变大（填“变大”或“变小”）。按照甲图数据将电压表上“电压”刻度线标为对应的“酒精浓度”；此浓度表刻度线上对应的浓度值是非均匀（填“均匀”或“非均匀”）变化的；③将开关向另一端闭合，测试仪即可正常使用。（3）在电压表刻度线上标注一段红色的长度以提醒酒驾的读数范围，该长度与电压表总刻度线长度的比例为1：3。（保留一位有效数字）（4）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，其测量结果偏小（填“偏大”“偏小”或“准确”）。【分析】（1）根据串联电路分压特点计算结合图像分析判断；（2）根据图像确定电阻变化和电压表变化的关系；（3）根据电路分压原理结合图像数据计算；（4）考虑电源内阻，根据电路分压原理分析判断。【解答】解：（1）由于电压表量程为3V，本实验电压表并联在定值电阻两端，由欧姆定律可得，定值电阻两端的电压由图甲可知10Ω≤Rx≤70Ω，电动势为4V，电压表量程为3V，得则R≤30Ω，故选：R2；（2）本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻RxΩ，结合电路，开关应向b端闭合，由图甲可知Rx＝30Ω时，酒精气体浓度为0.20mg/mL，逐步减小电阻箱的阻值，定值电阻上的分压变大，电压表的示数不断变大；图甲中的电阻阻值非均匀变化，则浓度表刻度线上对应的浓度值是非均匀变化。（3）根据电路分压原理可知酒精浓度0.20mg/mL时，传感器电阻Rx1＝30Ω，电压表为酒精浓度0.80mg/mL时，传感器电阻Rx2＝10Ω，电压表为因此，电压表示数为1～2V为酒驾范围，占总量程3V的。（4）考虑电源内阻，根据电路分压原理有：当电源的电动势略微变小，内阻变大，对应酒精浓度减小，故测量值偏小。故答案为：（1）R2；（2）①b；0.20；②变大，非均匀；（3）3；（4）偏小。【点评】本题考查组装酒精测试仪实验，要求掌握实验原理、刻线方法和误差分析。14．（10分）1965年香港中文大学校长高琨在一篇论文中提出以石英基玻璃纤维作长程信息传递，引发了光导纤维的研发热潮，1970年康宁公司最先发明并制造出世界第一根可用于光通信的光纤，使光纤通信得以广泛应用。被视为光纤通信的里程碑之一，高琨也因此被国际公认为“光纤之父”。如图为某种新型光导纤维材料的一小段，材料呈圆柱状，半径为l，长度为3l，将一束光从底部中心P点以入射角θ射入，已知光在真空中的速度为c。（1）若已知这种材料的折射率为，入射角θ＝60°，求光线穿过这段材料所需的时间；（2）这种材料的优势是无论入射角θ为多少，材料侧面始终不会有光线射出，求材料的折射率的最小值。【分析】（1）作出光路图，根据折射定律结合n＝求出光在玻璃中传播速度，由几何关系求出光传播的路程，再求出时间；（2）根据光路图，结合几何关系分析，根据全反射临界角可解得折射率范围。【解答】解：（1）如图1所示由折射定律可得n＝解得α1＝30°根据几何关系，光在圆柱体中的路程为s＝6l又n＝传播时间为t＝解得，光线穿过这段材料所需的时间为t＝（2）如图2所示若将θ逐渐增大，图中α也将不断增大，而光线在侧面的入射角i将不断减小。当趋近于90°时，由折射定律及全反射可知，图中α将趋于临界角C，而此时光线射到侧面处时的入射角i将达到最小，若此时刚好发生全反射，则所有到达侧面的光线将全部发生全反射，不会从侧面射出。因此可得sini≥sinCi+C＝90°simC＝联合以上各式解得折射率的最小值为n＝答：（1）光线穿过这段材料所需的时间为；（2）这种材料的优势是无论入射角θ为多少，材料侧面始终不会有光线射出，材料的折射率的最小值为。【点评】本题是几何光学问题，要能熟练运用光的折射定律、反射定律，还要利用光的几何特性，来寻找角与角的关系，从而算出结果。15．（14分）如图所示，光滑水平地面上方CD处存在宽度d＝4m、方向竖直向上、大小E＝1×105N/C的匀强电场区域。质量m1＝1kg、长为l＝6m的水平绝缘长木板静置于该水平面，且长木板最右侧与电场边界D重合。某时刻质量m2＝0.5kg、带电量q＝+3×10﹣5C的可视为质点的滑块以初速度v0＝6m/s从长木板左端水平滑上木板，一段时间后，滑块离开电场区域。已知长木板与滑块的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2，滑块带电量始终保持不变。求：（1）滑块刚进电场时，长木板的速度大小；（2）滑块在电场中的运动时间及全过程的摩擦生热；（3）若电场等大反向，滑块进入电场后在木板上的相对位移。【分析】（1）对滑块和长木板由牛顿第二定律求出进入电场前的加速度，再由运动学公式求出滑块从开始到进入电场前的速度和时间，从而也求出长木板进入电场前的速度；（2）进入电场后，由动量守恒定律求出两物体的共同速度，再对滑块根据动量定理求出在电场中的时间和位移，从而也得到共速以后的位移和时间，从而得到滑块在电场中的时间，再由能量守恒定律求出摩擦生热；（3）电场反向后，先由动量守恒定律可知，滑块和木板共同速度没变，由运动学公式可知两物体的位移不变，所以摩擦生热不