2023年湖南省炎德英才大联考高考物理模拟试卷（一）

2023年湖南省炎德、英才大联考高考物理模拟试卷（一）

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共计28分。每小题给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的。

1.（4分）下列说法正确的是（）

A.放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽

B.一个处于第4能级的氢原子，最多可放出3种不同频率的光子

C.在光电效应实验中，若仅增大入射光的强度，则光电子的最大初动能变大

D.原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量

2.（4分）拔河比赛是长郡中学“教师趣味运动会”必备项目，如图甲所示为拔河比赛时一

位老师的拔河示意图，可以认为此时处于平衡状态。该情形下可简化成如图乙所示的一

质量分布均匀的钢管模型。在拔河时身体缓慢向后倾倒，可以认为钢管与地面的夹角9

逐渐变小，在此期间，脚与水平地面之间没有滑动，绳子的方向始终保持水平。已知当

钢管受到同一平面内不平行的三个力而平衡时，三个力的作用线必交于一点。根据上述

信息，当钢管与地面的夹角0逐渐变小时，下列说法正确的有（）

A.地面对钢管支持力变小

B.地面对钢管的摩擦力变大

C.地面对钢管的作用力不变

D.手对绳子的摩擦力方向向左

3.（4分）汽车极大方便了人们的出行，小芳同学乘车时观察到了许多物理现象及其应用。

对于这些现象，下列说法正确的是（）

A.部分汽车的侧边安装有高清摄像头，部分镜头为了兼顾隐蔽性和清晰度，在其表面贴

了增透膜。这是利用了光的干涉现象，增透膜的厚度可以为入射光在膜中波长的一半

B.在高温晴朗的夏天，可能会看到道路远处地面上仿佛是“湿漉漉”的这是因为光在传

播过程中发生了全反射，比起高空，地面附近的空气为光密介质

C.在高速公路的侧边会安装一些反光板，其结构为很多的小玻璃球，可以使光线沿平行

于原来的方向反射回.这是因为光在折射入小玻璃球后发生了全反射，沿对称光路折射回空

气

D.部分汽车前窗玻璃和前灯玻璃可能采用的是偏振玻璃，其透振方向正好与灯光的振动

方向垂直，但还要能看清自己车灯发出的光所照亮的物体。假设所有的汽车前窗玻璃和前灯

玻璃均按同一要求设置，前窗玻璃和车灯玻璃的透振方向可以都是斜向右上45°

4.（4分）如图所示，交流发电机中的矩形线框的匝数为N,面积为S,线框所处磁场可视

为匀强磁场，磁感应强度大小为B,线框从图示位置开始绕轴00'以恒定的角速度3

沿逆时针方向转动，线框通过电刷和外电路连接。理想变压器原、副线圈的匝数比为3：

1,定值电阻Ri、R2的阻值均为R,忽略线框以及导线的电阻。下列说法正确的是（）

A.图示位置时，电流表的示数为0

B.矩形线框的输出功率为显逢里贮

9R

C.从图示位置开始到线框转90°的过程中，通过线圈导线截面的电量为a®

qR

D.1秒钟内流过电阻Ri的电流方向改变2色

71

5.（4分）如图所示，粗细均匀的圆形绝缘环位于空间直角坐标系中的xOy平面内，其几何

中心与坐标原点0重合。处于每个象限的圆环都均匀带有相同电量的电荷，电性如图所

示。点1、2、3、4、5、6分别位于z、x、y轴上，它们与原点间距相同，以下说法正确

的是（）

A.点1、点2处的场强大小相等，方向相反

B.一质子沿x轴从点4运动到点3的过程中电场力先做负功，再做正功

C.点3、点4处的电势一定相等

D.在点2处由静止释放一质子，质子将在点1、点2之间做往复运动

6.（4分）如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个物块置于粗糙固定的足够长的斜面

上，且固定在一轻质弹簧两端，已知弹簧的劲度系数为k,两物块与斜面间的动摩擦因数

均为山斜面的倾角为。，现沿斜面向上在物块B上施加一拉力F,使两物块一起沿斜面

向上做匀加速直线运动，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g,下列说法正确的是

（）

A.减小动摩擦因数，其他条件不变，则弹簧的总长将变大

B.改变斜面的倾角，保持拉力F方向仍然沿斜面向上，大小不变，则弹簧的总长将随倾

角的变化而变化

C.如果两物块运动过程中突然撤去拉力F,撤去F瞬间物块A的加速度大小为

F

——g（sin8-11cos0）

3m

D.如果两物块运动过程中突然撤去拉力F,撤去F瞬间物块B的加速度大小为

F

g（sin8+cos9）+T-

bm

7.（4分）从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，其动能随时间的变化如

图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。小球落地时的动能为Eo,且落地前小球已

经做匀速运动。重力加速度为g,则小球在整个运动过程中（）

A.球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量

B.从最高点下降落回到地面所用时间小于ti

C.最大的加速度为4g

D.小球上升的最大高度为£包_立回包

mgm

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

（多选）8.（5分）2023年2月24日下午，''逐梦寰宇问苍穹一一中国载人航天工程三十年

成就展”开幕式在中国国家博物馆西大厅举行，本次展览为期3个月，全面系统回顾工

程全线三十年来自信自强、奋斗圆梦的辉煌历程。载人航天进行宇宙探索过程中，经常

要对航天器进行变轨。某次发射Z卫星时，先将Z卫星发射至近地圆轨道I,Z卫星到

达轨道I的A点时实施变轨进入椭圆轨道II,到达轨道II的远地点B时，再次实施变轨

进入轨道半径为4R（R为地球半径）的圆形轨道m绕地球做圆周运动。下列判断正确的

是（）

A.Z卫星可能是一颗地球同步卫星

B.z卫星在轨道n上运动的周期大于在轨道m上运动的周期

c.z卫星在轨道ni上经过B点时的速度大于在轨道II上经过B点时的速度

D.Z卫星在圆形轨道HI上运行时的加速度小于它在圆轨道I上运行时的加速度

（多选）9.（5分）如图所示，倾角9=53°的斜面ABC固定在可以绕竖直轴转动的水平

转台上，斜面最低点A在转轴001上。转台以角速度3匀速转动时，将质量为m的小

物块（可视为质点）放置于斜面上，经过一段时间后小物块与斜面一起转动且相对斜面

静止在AB线上，此时小物块到A点的距离为Lo已知小物块与斜面之间动摩擦因数为

0.5,重力加速度为g,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin53°=0.8,cos53°=0.6。

则物块相对斜面静止时（）

A.小物块对斜面的压力大小不小于mg

B.小物块对斜面的压力大小不大于4mg

C.水平转台转动角速度3应不小于、匡

V6L

D.水平转台转动角速度3应不大于、国应

V2L

（多选）10.（5分）如图所示，水平面内两个沿竖直方向振动的相干波源Si、S2发出的简

谐横波在同一均匀介质中相遇，波长均为5cm,波源Si的振幅为2cm,S2的振幅为4cm。

图中实线表示某时刻波峰，虚线表示该时刻波谷，a、c、e三点均位于Si、S2连线的中

垂线上，其中e点是a、c连线的中点，b、d、f三点为所在两个圆弧的交点。下列说法

中正确的有（）

A.图示时刻ac两点连线上的任意一点（不含a、c）均向下振动

B.b点的振幅为2cm

C.图中b、d、f三点位于同一条双曲线上

D.图中e点的振幅为0,但是它是振动加强点

（多选）11.（5分）如图所示，在y轴右侧平面内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁

感应强度大小B=0.5T,坐标原点O有一放射源，可以向y轴右侧平面沿各个方向放射

比荷为&=4X106C/kg的正离子，这些离子的速率在0到最大值vm=2X106m/s的范围

m

内，不计离子之间的相互作用，则下列说法正确的是（）

A.离子打到y轴上的范围为0〜1m

B.某时刻沿+x方向放射的各种速率离子，经过且Lxi（r7s时都位于=，lx的直线

33

上

C.在更X10-7s时间内向y轴右侧各个方向放射各种速率的离子，可能出现的区域面

3

积为s=（卫1-1）m2

124

D.沿同一方向同时放射的不同速率的粒子同一时刻在磁场中总处于过原点的同一直线

上；沿不同方向同时放射的相同速率的粒子同一时刻在磁场中总是处于同一圆周上

三、填空题：本题共2小题，共15分。

12.（6分）某兴趣小组的同学利用身边的实验器材，完成验证动量守恒定律实验.身边的

实验器材有：刻度尺、天平、打点计时器（一套）、装有厚厚一层松软细沙的小车（以下

简称“小车”）、铁块、一端带有竖直挡板的长木板、木块、纸带。实验步骤如下：

第1步：把长木板带有竖直挡板的一端固定在水平桌面上，把木块垫在木板左端下方，

制成一个斜面，并将实验器材按如图所示方式安装好；把小车放到木板上，将穿过打点

计时器的纸带与小车连接。通过左右调整木块位置，直至给小车一个沿木板向下的初速

度，小车所连纸带上打出的点间隔均匀为止。

第2步：把小车放到木板上靠近打点计时器的一端，给小车一个沿木板向下的初速度，

经过一段时间后把铁块轻轻放到小车里的细沙上。

第3步：取下纸带，测量纸带上点迹均匀的两部分连续5个点的距离xi和X2,且xi>x2。

第4步：重复第2步和第3步，记录xi和X2。

请回答下列问题。

（1）铁块轻轻放到小车里的细沙上发生在相邻的两个点之间。（填纸带上计

数点字母符号）

（2）在坐标纸上，以XI和X2分别为纵、横轴，把记录的数据在坐标纸上描点连线，得

到一条斜率为k的过原点的直线。只需满足铁块与小车（含细沙）的质量的比值

为，就能验证小车和铁块沿水平方向的动量守恒。

（3）若铁块从一定高度处做自由落体运动落到小车上的细沙里，小车匀速运动时的动量

（选填“大于”“小于”或“等于"）铁块落到细沙里后铁块和小车的总动量。

13.（9分）新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络找到了比

亚迪“秦”电池铭牌如图所示，电池采用的是比亚迪刀片电池技术。已知该车内的整块

电池是由10块刀片电池串联而成，其中一块刀片电池又由10块电芯串联而成。现将一

块电芯拆解出来，测量其电动势E和内阻r。

（1）实验前利用IA恒流电源对一块电芯进行充电，充满的时间要ho

（2）为了能较准确的测量一块电芯的电动势E和内阻r,该同学设计了一个可以排除电

流表A和电压表V内阻影响的实验方案，如图1所示，记录了单刀双掷开关S2分别接1,

2对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I,根据实验记录的数据绘制如图2中所示

的A、B两条U-1图线，可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接（选填“1”

或“2”）中的实验数据描出的，由图线A得出的内阻测量值比真实值偏（选填

“大”或“小”）。综合A、B两条图线，此电芯的电动势为E=,内阻r=

（用图中EA、EB、IA、IB表示）。

图1图2图3

（3）考虑到刀片电池电芯的内阻较小，为了防止调节滑动变阻器电阻过小时由于电流过

大而损坏器材，该同学在电路中用了一个保护电阻Ro,如图3所示，除电芯、开关、导

线外，可供选择使用的实验器材还有：

A.电流表（量程0.6A）

B.电流表（量程3A）

C.电压表（量程3V）

D.电压表（量程15V）

E.定值电阻（阻值2。，额定功率2W）

F.定值电阻（阻值20。，额定功率20W）

G.滑动变阻器（阻值10H）

H.滑动变阻器（阻值100Q）

为了器材的安全、测量的准确和操作的方便，电流表应选；电压表应选；

定值电阻Ro选；滑动变阻器R应选（填仪器前的字母）。

四、计算题：本题共3小题，其中第14题10分，第15题12分，第16题15分，共37分。

写出必要的推理过程，仅有结果不得分。

14.（10分）长郡中学某实验小组受酒店烟雾报警器原理启发，探究设计了气体报警装置，

其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S=20cm\质量m=0.5kg的活塞

密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，整个装置倒贴在水平天花板上，开始时

房间的温度为To=3OOK,活塞与容器顶部的距离loX105Pa,重力加速度g取10m/s2o

计算结果均保留三位有效数字。

（1）触发报警装置的室温为多少？此过程中气体对外做功为多少？

（2）室内温度升高到刚触发报警装置的过程，气体吸收了3J的热量，则此过程气体的

内能改变了多少？

15.（12分）如图所示，水平地面上静止放置带挡板的木板B,长度为L=2.25m。，物体A

静置于木板左侧，质量mA=2kg,mB=lkg,B与A、B与地面之间的动摩擦因数分别为

闺=0.1、（12=0.2,现对A施加一个水平向右的恒力F=6N,直到A与B右侧挡板发生

弹性正碰,此时撤去拉力F,已知g=10m/s2。求:

（1）A开始运动时加速度ao的大小；

（2）A、B碰撞后瞬间各自速度的大小；

（3）从AB碰后至B第一次停下的过程中，A物体的位移大小。

16.（15分）某研发小组设计了一个臂力测试仪。装置的简化原理图如图甲所示，两平行金

属导轨MM'、NN'竖直放置，两者间距为L=lm,在M、N间和M'、N'。的电阻，

在两导轨间EFGH矩形区域内有垂直导轨平面向里、宽为d=0.5m的磁场，磁场变化如

图丙所示，已知Bo=O.75T,to=O.25s,-质量为m=0.5kg、长为L=lm、电阻也为R

的导体棒垂直放置在导轨上，导体棒与弹簧相连，弹簧下端固定，弹簧伸至原长后其顶

端恰好与EF在同一条直线上。测试者利用臂力将导体棒向下压至某位置后释放，导体棒

向上运动经过HG时，会与HG处的压力传感器发生撞击（图乙为装置的侧视图），压力

传感器可以显示撞击力的大小，以此来反映臂力的大小。

（1）为测试其电特性，进行如下实验：磁场区域内的磁感应强度如图丙所示，求0〜to

时间内流过MN的电流I的大小和方向；

（2）为测试其力特性，在t>to这段时间内进行如下实验：设某次测试中，将弹簧压缩

至AB位置后释放，AB与EF间的竖直距离为2d,当导体棒进入磁场的瞬间，加速度为

2g,导体棒运动到HG时压力传感器示数恰好为0。已知弹簧的弹性势能与弹簧形变量的

平方成正比，导体棒运动中与导轨始终保持接触良好且导轨电阻不计，重力加速度g=

10m/s2,求：

①导体棒出磁场时弹簧的弹性势能；

②导体棒向上运动过程中产生的焦耳热。

2023年湖南省炎德、英才大联考高考物理模拟试卷（一）

参考答案与试题解析

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共计28分。每小题给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的。

1.（4分）下列说法正确的是（）

A.放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽

B.一个处于第4能级的氢原子，最多可放出3种不同频率的光子

C.在光电效应实验中，若仅增大入射光的强度，则光电子的最大初动能变大

D.原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量

【分析】半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，根据半衰期与剩余

质量的关系判断；根据玻尔理论判断；根据光电效应方程判断；核子结合成原子核时有

质量亏损。

【解答】解：A.经过两个完整的半衰期后，还剩四分之一的原子核没有衰变，故A错

误；

B.一个处于第4能级的氢原子会自发地向低能级跃迁，跃迁时最多能发出3种不同频率

的光子，即n=4-n=3-n=2-n=1,故B正确；

C.在光电效应中，根据光电效应方程Ekm=hv-Wo,可知入射光频率越高，光电子的

最大初动能越大，与入射光的强度没有关系，故C错误；

D.原子核所含核子单独存在时的总质量大于该原子核的质量，因为核子结合成原子核时

有质量亏损，故D错误。

故选：Bo

【点评】该题考查半衰期的应用以及对玻尔理论、光电效应、原子核的组成的理解，解

答时要注意一个氢原子与一群氢原子的区别。

2.（4分）拔河比赛是长郡中学“教师趣味运动会”必备项目，如图中所示为拔河比赛时一

位老师的拔河示意图，可以认为此时处于平衡状态。该情形下可简化成如图乙所示的一

质量分布均匀的钢管模型。在拔河时身体缓慢向后倾倒，可以认为钢管与地面的夹角0

逐渐变小，在此期间，脚与水平地面之间没有滑动，绳子的方向始终保持水平。己知当

钢管受到同一平面内不平行的三个力而平衡时、三个力的作用线必交于一点。根据上述

信息，当钢管与地面的夹角。逐渐变小时，下列说法正确的有（）

A.地面对钢管支持力变小

B.地面对钢管的摩擦力变大

C.地面对钢管的作用力不变

D.手对绳子的摩擦力方向向左

【分析】对钢管进行受力分析，结合共点力平衡的条件和几何关系列式解答即可。

【解答】解：ABC.对钢管受力分析，钢管受重力G、绳子的拉力T、地面对钢管竖直

向上的支持力FN、水平向右的摩擦力Ff

在竖直方向上：FN=mg

在水平方向上：Ff=T

可认为钢管受到重力G、绳子的拉力T和地面对钢管作用力F三个力，钢管平衡，三个

力的作用线必交于一点，由此可知F方向斜向上，与水平面夹角为0,根据共点力平衡

条件可知

由上式可知随着钢管与地面夹角的逐渐变小，地面对钢管支持力的大小不变，地面对钢

管的作用力变大，地面对钢管的摩擦力变大，故AC错误，B正确；

D.根据相互作用力，手对绳子的摩擦力方向向右，故D错误。

故选：B.

【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，通过共点力平衡进行分析求解，同时本

题还要根据弹力和摩擦力的产生条件分析。

3.（4分）汽车极大方便了人们的出行，小芳同学乘车时观察到了许多物理现象及其应用。

对于这些现象，下列说法正确的是（）

A.部分汽车的侧边安装有高清摄像头，部分镜头为了兼顾隐蔽性和清晰度，在其表面贴

了增透膜。这是利用了光的干涉现象，增透膜的厚度可以为入射光在膜中波长的一半

B.在高温晴朗的夏天，可能会看到道路远处地面上仿佛是“湿漉漉”的这是因为光在传

播过程中发生了全反射，比起高空，地面附近的空气为光密介质

C.在高速公路的侧边会安装一些反光板，其结构为很多的小玻璃球，可以使光线沿平行

于原来的方向反射回.这是因为光在折射入小玻璃球后发生了全反射，沿对称光路折射回空

气

D.部分汽车前窗玻璃和前灯玻璃可能采用的是偏振玻璃，其透振方向正好与灯光的振动

方向垂直，但还要能看清自己车灯发出的光所照亮的物体。假设所有的汽车前窗玻璃和前灯

玻璃均按同一要求设置，前窗玻璃和车灯玻璃的透振方向可以都是斜向右上45°

【分析】当光程差为在膜中波长的一半时，出现光的减弱，增加光的透射；

地面附近温度高，为光疏介质；

由光路图的可逆性，分析是否发生全反射；

根据前窗玻璃透振方向、车灯玻璃的透振方向，分析发生反射还是透射。

【解答】解：A.增透膜原理是当光程差为在膜中波长的一半时，出现光的减弱，增加光

的透射，膜厚度为光程差的一半，故膜的厚度应为入射光在增透膜中波长的工，故A错

4

、口

灰；

B.地面附近温度高，应为光疏介质，故B错误；

C.光线射到玻璃球内表面的入射角等于射入时的折射角，根据光路的可逆性可知该光线

在玻璃珠内不可能发生全反射，故C错误；

D.若前窗玻璃透振方向是斜向右上45°,车灯玻璃的透振方向斜向左上45°,则车灯

发出的光可以透振进对面车窗内.若前窗玻璃透振方向是斜向右上45°,车灯玻璃的透

振方向斜向右上45°,则车灯发出的光经物体反射后能进入本车的车窗内，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查学生对增透膜、光密光疏介质、光路对称性的掌握，比较基础。

4.（4分）如图所示，交流发电机中的矩形线框的匝数为N,面积为S,线框所处磁场可视

为匀强磁场，磁感应强度大小为B,线框从图示位置开始绕轴00'以恒定的角速度3

沿逆时针方向转动，线框通过电刷和外电路连接。理想变压器原、副线圈的匝数比为3：

1,定值电阻Ri、R2的阻值均为R,忽略线框以及导线的电阻。下列说法正确的是（）

A.图示位置时，电流表的示数为0

B.矩形线框的输出功率为51B2s232

9R

C.从图示位置开始到线框转90°的过程中，通过线圈导线截面的电量为a型

qR

D.1秒钟内流过电阻Ri的电流方向改变2巴

兀

【分析】根据电流表显示的为电流有效值判断；推导最大电动势、Ri两端的电压及消耗

的功率，再电压与匝数关系式推导副线圈电压，推导阻R2消耗的功率，相加即为矩形线

框的输出功率；根据法拉第电磁感应定律推导计算；根据交流电在一个周期内方向改变

两次分析判断。

【解答】解：A.电流表的示数为电流的有效值，电流的有效值不为零，故A错误；

B.矩形线框转动时产生的感应电动势的有效值为

定值电阻Ri两端的电压等于理想变压器的输入电压，即

消耗的功率为

由理想变压器电压与匝数关系式

可知

定值电阻R2消耗的功率为

矩形线框的输出功率为

故B正确；

C.等效电路如图

等效电阻阻值为

从图示位置开始转线框转90°的过程中，通过线圈的电荷量的电量为

故C错误；

D.交流电在一个周期内方向改变两次，所以1秒钟内流过电阻Ri的电流方向改变幺次,

71

故D错误。

故选：Bo

【点评】本题关键掌握交流电的产生过程和各描述物理量的特点，掌握变压器的规律。

5.（4分）如图所示，粗细均匀的圆形绝缘环位于空间直角坐标系中的xOy平面内，其几何

中心与坐标原点O重合。处于每个象限的圆环都均匀带有相同电量的电荷，电性如图所

示。点1、2、3、4、5、6分别位于z、x、y轴上，它们与原点间距相同，以下说法正确

的是（）

A.点1、点2处的场强大小相等，方向相反

B.一质子沿x轴从点4运动到点3的过程中电场力先做负功，再做正功

C.点3、点4处的电势一定相等

D.在点2处由静止释放一质子，质子将在点1、点2之间做往复运动

【分析】根据电场强度的叠加原理分析点1、点2处场强关系；点3和点4可看作等量异

种电荷中垂线上的点，x轴是一条等势线，在x轴移动质子时电场力不做功；在点2处由

静止释放一质子，分析质子的受力情况，判断其运动情况。

【解答】解：A、根据对称性及电场强度叠加原理，所有正电荷和所有负电荷在点1和点

2处的场强大小相等，方向相反，所以点1、点2处的场强都为零，场强相同，故A错误;

C、根据微元法和等效法，点3和点4可看作无数对关于x轴对称的等量异种点电荷连线

中垂线上的点，电势相等，且电势跟无穷远处电势相同，故C正确；

B、由C项分析可知，x轴是一条等势线，粒子沿x轴从4运动到3的过程中电场力不做

功，故B错误；

D、点2处的场强为零，在点2处由静止释放一质子，质子不受电场力作用，将在2处保

持静止，故D错误。

故选：C。

【点评】本题考查带电均匀的圆环的电场分布及电势大小，解题的关键是熟练应用场强

的叠加原理，会根据微元法和等效法来分析场强关系和电势关系。

6.(4分)如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个物块置于粗糙固定的足够长的斜面

上，且固定在一轻质弹簧两端，已知弹簧的劲度系数为k,两物块与斜面间的动摩擦因数

均为4斜面的倾角为0,现沿斜面向上在物块B上施加一拉力F,使两物块一起沿斜面

向上做匀加速直线运动，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g,下列说法正确的是

()

A.减小动摩擦因数，其他条件不变，则弹簧的总长将变大

B.改变斜面的倾角，保持拉力F方向仍然沿斜面向上，大小不变，则弹簧的总长将随倾

角的变化而变化

C.如果两物块运动过程中突然撤去拉力F,撤去F瞬间物块A的加速度大小为

-g(sin6-乩cos8)

3m

D.如果两物块运动过程中突然撤去拉力F,撤去F瞬间物块B的加速度大小为

F

g(sin8+乩cos0)+T-

bm

【分析】先对AB整体，利用牛顿第二定律列式，再对物块A,由牛顿第二定律列式，

联立得到弹簧弹力表达式，结合胡克定律得到弹簧的总长表达式，再分析弹簧的总长与

斜面的倾角和动摩擦因数的关系；突然撤去拉力F,弹簧的弹力来不及变化，利用牛顿

第二定律求撤去F瞬间物块A和B的加速度大小。

【解答】解：AB＞对AB整体，由牛顿第二定律得：F-3mgsin0-n,3mgcos0=3ma

对物块A,由牛顿第二定律有：F弹-mgsin。-|imgcos0=ma

联立解得弹簧的弹力大小为：尸弹=!卜

根据胡克定律有：尸弹=1«

解得弹簧形变量：xJ

3k

弹簧的总长为：、+L=2一+L，可知弹簧的总长与斜面的倾角和动摩擦因数均无关，故AB

3kL

错误；

C、撤去拉力F瞬间，弹簧来不及形变，物块A的加速度不变，对A,由牛顿第二定律

得：

F-3晔in8-3U嗯皿84_gs+叱。$6），方向沿斜面向上，故c

H3m3m

错误：

D、对B,由牛顿第二定律得撤去F瞬间物块B加速度为：

2mgsin6+M-*2mgcos0-»Fw，八一，,

aB=-----------------------------------------=g（sin0+ncos0）,方向沿斜面向下，故D

2m6m

正确。

故选：D。

【点评】本题是连接体问题，要灵活选择研究对象，采用整体法和隔离法相结合进行处

理。要知道弹簧的弹力不能突变。

7.（4分）从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，其动能随时间的变化如

图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。小球落地时的动能为Eo,且落地前小球已

经做匀速运动。重力加速度为g,则小球在整个运动过程中（）

A.球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量

B.从最高点下降落回到地面所用时间小于ti

C.最大的加速度为4g

D.小球上升的最大高度为F包-卫K四

mgm

【分析】根据冲量的定义I=Ft,结合积分法分析阻力的冲量大小与位移大小的关系，再

分析上升阶段与下落阶段阻力冲量的关系；分析上升过程与下落过程平均速度关系，判

断运动时间关系；小球刚抛出时阻力最大，其合力最大，加速度最大，根据牛顿第二定

律求最大加速度；根据牛顿第二定律、速度变化量与加速度的关系，利用积分法求小球

上升的最大高度。

【解答】解：A、由题意知，小球受到的空气阻力与速率的关系为f=kv,k是比例系数，

则阻力的冲量大小为If=Xft=£kvt=kx

因为上升过程和下降过程位移大小相同，所以上升和下降过程阻力的冲量大小相等，故

A错误；

B、由于机械能损失，上升和下降经过同一位置时，上升的速度大于下降的速度，所以上

升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，而上升过程与下降过程的位移大小相等，

所以小球上升的时间小于下降的时间，则从最高点下降落回到地面所用时间大于ti,故B

错误；

C、设小球的初速度为VO,满足

而小球的末速度为VI,有

小球刚抛出时阻力最大，其加速度最大，有

mg+kvo=mamax

当小球向下匀速时，有

mg=kvi

联立解得：amax=5g,故C错误；

D、上升时加速度为a,由牛顿第二定律得

-（mg+kv）=ma

解得：a=-g—―y

m

取极短At时间，速度变化为Av,有

又vAt=Ah

上升全程，有

则V。=g11+^H

u1m

设小球的初速度为vo,满足

而小球的末速度为VI,有

t2iriE

联立可得：H=j£p_l\'0；故D正确。

mgm

故选：D。

【点评】本题中小球做的是非匀变速直线运动，不能根据运动学公式求运动时间，可采

用积分法求运动时间，也可以根据动量定理求解时间。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

（多选）8.（5分）2023年2月24日下午，“逐梦寰宇问苍穹一一中国载人航天工程三十年

成就展”开幕式在中国国家博物馆西大厅举行，本次展览为期3个月，全面系统回顾工

程全线三十年来自信自强、奋斗圆梦的辉煌历程。载人航天进行宇宙探索过程中，经常

要对航天器进行变轨。某次发射Z卫星时，先将Z卫星发射至近地圆轨道I,Z卫星到

达轨道I的A点时实施变轨进入椭圆轨道II,到达轨道II的远地点B时，再次实施变轨

进入轨道半径为4R（R为地球半径）的圆形轨道HI绕地球做圆周运动。下列判断正确的

是（）

A.Z卫星可能是一颗地球同步卫星

B.Z卫星在轨道n上运动的周期大于在轨道HI上运动的周期

C.Z卫星在轨道山上经过B点时的速度大于在轨道II上经过B点时的速度

D.z卫星在圆形轨道in上运行时的加速度小于它在圆轨道I上运行时的加速度

【分析】根据Z卫星与地球同步卫星离地高度关系，分析z卫星是否是一颗地球同步卫

星；根据开普勒第三定律分析周期关系；根据变轨原理分析z卫星在轨道ni上经过B点

时的速度大于在轨道H上经过B点时的速度关系；利用牛顿第二定律分析加速度关系。

【解答】解：A、地球半径为R=6400km,该卫星的离地高度为h=3R=3X6400km=

19200km,而地球同步卫星的离地高度约为36000km,故Z卫星不是地球同步卫星，故

A错误；

3

B、根据开普勒第三定律J=k知，轨道n半长轴小于轨道HI的半径，所以Z卫星在轨道

T/

II上运动的周期小于在轨道山上运动的周期，故B错误：

C、卫星从轨道H上B点进入圆轨道HI,需加速，所以Z卫星在轨道HI上经过B点时的

速度大于在轨道n上经过B点时的速度，故c正确；

D、卫星绕地球运动时，合力为万有引力，根据F丹^=皿，得&丹-可见离地越远

（r越大），加速度越小，故Z卫星在圆形轨道in上运行时的加速度小于它在圆轨道I上

运行时的加速度，故D正确。

故选：CD。

【点评】解答本题的关键要掌握开普勒定律和万有引力定律，能根据椭圆半长轴与圆的

半径关系，分析卫星做椭圆运动和圆周运动的周期关系。

（多选）9.（5分）如图所示，倾角9=53°的斜面ABC固定在可以绕竖直轴转动的水平

转台上，斜面最低点A在转轴001上。转台以角速度3匀速转动时，将质量为m的小

物块（可视为质点）放置于斜面上，经过一段时间后小物块与斜面一起转动且相对斜面

静止在AB线上，此时小物块到A点的距离为Lo已知小物块与斜面之间动摩擦因数为

0.5,重力加速度为g,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin53°=0.8,cos53°=0.6。

则物块相对斜面静止时（）

A.小物块对斜面的压力大小不小于mg

B.小物块对斜面的压力大小不大于4mg

水平转台转动角速度3应不小于、匡

C.

V6L

水平转台转动角速度3应不大于\（逗

D.

V2L

【分析】根据受力分析，对物体进行分析，依据受力分析根据牛顿第二定律，分别沿着X

轴和y轴列方程求解即可。

【解答】解：当角速度最小时，物块恰好不下滑，受力分析如图1所示

y轴方向根据平衡条件得

N1cos0+fisin0=mg

fi=|iNi

X轴方向根据牛顿第二定律得

联立解得

时息

Ni=mg

当角速度最大时，物块恰好不上滑，受力分析如图2所示

y轴方向根据平衡条件得

N2cos0=f2sin0+mg

f2=uN2

X轴方向根据牛顿第二定律得

联立解得

N2=5mg

由上分析可知，角速度取值范围为

小物块对斜面的压力大小

N，=N

取值范围为

mgWN'W5mg

故AC正确，BD错误。

故选：ACo

【点评】该题考查受力分析以及牛顿第二定律的应用，需要学生熟练掌握正交分解进行

受力分析。

（多选）10.（5分）如图所示，水平面内两个沿竖直方向振动的相干波源Si、S2发出的简

谐横波在同一均匀介质中相遇，波长均为5cm,波源Si的振幅为2cm,S2的振幅为4cm。

图中实线表示某时刻波峰，虚线表示该时刻波谷，a、c、e三点均位于Si、S2连线的中

垂线上，其中e点是a、c连线的中点，b、d、f三点为所在两个圆弧的交点。下列说法

中正确的有（）

A.图示时刻ac两点连线上的任意一点（不含a、c）均向下振动

B.b点的振幅为2cm

C.图中b、d、f三点位于同一条双曲线上

D.图中e点的振幅为0,但是它是振动加强点

【分析】由质点带动法可知，判断ac两点连线上的任意一点的振动方向；根据波的叠加

原理求出b点的振幅；根据b、d、f三点到两个波源的距离之差的关系分析判断；根据

振幅的定义分析。

【解答】解：A.由图可知，a点是波谷与波谷相遇的点，c点是波峰与波峰相遇的点，e

是ac连线的中点，而该相干波源波长相同，能够形成稳定的干涉图样，当两列波发生干

涉，由质点带动法可知，该处的点（不含a、c）图示时刻都是向着水平面下方运动的，

故A正确；

B.由图可知，b点是波源Si的波峰与波源S2波谷相遇的点，设波源Si的振幅为Ai,

波源S2的振幅为A2,由波的叠加原理知b点的振幅为：

A=A2-Ai

代入数据得：A=2cm,故B正确；

C.由图可知b、d、f三点到两个波源的距离之差均为半波长，根据几何知识可得，满足

该条件的曲线为双曲线，故C正确；

D.虽然图示时刻e点既不是波峰与波峰相遇处，也不是波谷与波谷相遇处，图示时刻其

位移为0,e点处在振动加强区，所以e点的振动加强，振幅为6cm,故D错误。

故选：ABC,

【点评】本题考查波的叠加，涉及到某振动点的路程问题、振动加强点与减弱点的判断

等知识点，对学生要求较低，是一道基础题目。

（多选）11.（5分）如图所示，在y轴右侧平面内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁

感应强度大小B=0.5T,坐标原点O有一放射源，可以向y轴右侧平面沿各个方向放射

66

比荷为&=4X10C/kg的正离子，这些离子的速率在0到最大值vm=2X10m/s的范围

m

内，不计离子之间的相互作用，则下列说法正确的是（）

A.离子打到y轴上的范围为0〜1m

B.某时刻沿+x方向放射的各种速率离子，经过且Lx10一7s时都位于丫=®*的直线

33

上

C.在且LXKT7s时间内向y轴右侧各个方向放射各种速率的离子，可能出现的区域面

3

积为s=（工TT-近）m2

124

D.沿同一方向同时放射的不同速率的粒子同一时刻在磁场中总处于过原点的同一直线

上；沿不同方向同时放射的相同速率的粒子同一时刻在磁场中总是处于同一圆周上

【分析】由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律即可求解；根据运动的周期与运动

的时间，即可求出圆心角，从而由几何关系可确定位置坐标，由数学推导确定构成的曲

线方程；根据题干条件，结合圆的面积公式可求出进入磁场的离子可能出现的区域面积;

根据粒子运动情况进行分析。

【解答】解：A、设速度大小为vn】=2X106m/S的离子的运动半径为R,根据洛伦兹力提

供向心力，则有：

V

Bqvm=m管，解得：R=lm,如图甲所示：

则离子打到y轴上的范围为0〜2m,故A错误；

B、由周期公式可得：T=2工3，解得：T=nXI（）Ps

qB

设这些离子经过t=52Lxio7s时，其轨迹所对应的圆心角为心则：。=空工，解得:

3T

心

3

令t时刻离子所在位置坐标为（x,y）,贝ljx=rsinB,y=r（1-cos0）

解得：y=<（OWxwl）,故B正确；

32

C、如图乙所不：

将图中的OA线段（即选项B中所确定的线段，即OA=R=1m）从沿y轴正方向顺时针

旋转，交于x轴上的C点，以C为圆心、R为半径作圆弧，两圆弧相交于B,则两圆弧

及y轴所围成的面积即为在二XlO,s时间内向y轴右侧各个方向放射各种速率的离

3

子，可能出现的区域面积，由几何关系可求得：

DACB弧对应的面积为：Si=1500兀区2=巨成2

360°12_

所以总面积为：S=-LTTR2+（」TrR2」RX®R）=（工n-近）m2,故C正确；

12622124

D,将选项B推广，可知选项D前半句正确；因相同速率的粒子在磁场中运动轨迹半径

相同，经过相等时间转过的圆心角相同，则通过的弧长相同，弦长即始末位置连线长度

相同，故都位于以入射点为圆心的同一圆周上，故D正确。

故选：BCDo

【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系

求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求

时间。

三、填空题：本题共2小题，共15分。

12.（6分）某兴趣小组的同学利用身边的实验器材，完成验证动量守恒定律实验.身边的

实验器材有：刻度尺、天平、打点计时器（一套）、装有厚厚一层松软细沙的小车（以下

简称“小车”）、铁块、一端带有竖直挡板的长木板、木块、纸带。实验步骤如下：

第1步：把长木板带有竖直挡板的一端固定在水平桌面上，把木块垫在木板左端下方，

制成一个斜面，并将实验器材按如图所示方式安装好；把小车放到木板上，将穿过打点

计时器的纸带与小车连接。通过左右调整木块位置，直至给小车一个沿木板向下的初速

度，小车所连纸带上打出的点间隔均匀为止。

第2步：把小车放到木板上靠近打点计时器的一端，给小车一个沿木板向下的初速度，

经过一段时间后把铁块轻轻放到小车里的细沙上。

第3步：取下纸带，测量纸带上点迹均匀的两部分连续5个点的距离XI和X2,且xi>x2。

第4步：重复第2步和第3步，记录xi和X2。

请回答下列问题。

（1）铁块轻轻放到小车里的细沙上发生在相邻的两个点HI之间。（填纸带上计数点

字母符号）

（2）在坐标纸上，以XI和X2分别为纵、横轴，把记录的数据在坐标纸上描点连线，得

到一条斜率为k的过原点的直线。只需满足铁块与小车（含细沙）的质量的比值为二

-1,就能验证小车和铁块沿水平方向的动量守恒。

(3)若铁块从一定高度处做自由落体运动落到小车上的细沙里，小车匀速运动时的动量

小于(选填“大于”“小于”或“等于")铁块落到细沙里后铁块和小车的总动量。

【分析】(1)根据纸带点迹之间的距离变化得出小车的位置；

(2)根据动量守恒定律列式得出质量的比值关系；

(3)根据动量守恒和条件分析在沿斜面方向上动量是守恒的及各个动量的大小关系。

【解答】解：(1)铁块轻轻放到小车里前小车做匀速运动，铁块轻轻放后也是匀速运动,

但速度会发生变化，对应纸带上的点，可以知道放上铁块的位置在HI之间。

(2)设小车(含细沙)和铁块的质量分别为M和m,长木板倾角为。，小车沿木板做匀

速运动时，根据其平衡状态可得：

MgsinQ=|iMgcos6

把铁块放到小车内，稳定后对铁块和小车有

(M+m)gsin9=n(M+m)gcos0

即在小车内放铁块前后沿木板方向的合外力都为0,则沿木板方向动量守恒，根据动量守

恒定律有

Mvi=(M+m)V2

设纸带上打下连续5点的时间为3有

联立解得：x,上dX.

X1况x2

因此小车和铁块组成的系统在水平方向动量守恒，由

可知，