2022-2023学年安徽省安庆示范高中高三下学期4月联考物理试题（解析版）

高中物理名校试卷PAGEPAGE12023届高三联考能力测试一、选择题:本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.如图所示，一个质量为kg的小球从倾角为37°的坡面上的A点以初速度被水平抛出，经过时间后，落在坡面上B点，不计空气阻力，重力加速度大小为，取，，下列说法正确的是（）A.小球在空中飞行的位移大小为240mB.小球抛出的初速度=30m/sC.小球从A运动到B过程中动能增加了900JD.小球落在B点前瞬间重力的功率为600W〖答案〗D〖解析〗A．小球在空中飞行的竖直分位移大小小球在空中飞行的总位移为故A错误：B．小球在空中飞行的水平位移解得故B错误；C．小球动能增加了故C错误；D．小球落在B点前瞬间的竖直分速度大小此时所受重力的功率故D正确。故选D。2.如图所示为一定质量的理想气体的压强随温度变化的图像，其中的延长线通过坐标原点，和分别与T轴和p轴平行，下列说法正确的是（）A.过程气体单位体积内的分子数减少B.过程气体分子平均动能减小C.过程气体向外界放热D.全过程状态b的体积最大〖答案〗C〖解析〗A．过程，气体温度T不变，该过程为等温过程，气体压强p增大，所以体积V减小，单位体积内的分子数增多，A错误；B．过程气体温度T升高，气体分子平均动能增大，B错误；C．过程，由于延长线通过坐标原点，根据理想气体状态方程可知，该过程为等容变化，温度T减小，气体内能减小，体积不变，做功为零，根据热力学第一定律，可知气体向外界放热，C正确；D．根据上述，过程，气体体积不变，过程，气体体积减小，可知全过程状态b的体积最小，D错误。故选C。3.中国原创科幻电影《流浪地球2》近期火爆全球，片中高耸入云、连接天地的太空电梯运行场景令人震撼，其通过高强度缆绳将地球同步轨道上的空间站与其正下方赤道上的固定物连接在一起，在引力的作用下，缆绳处于紧绷状态。若载满乘客的太空电梯因机械故障悬停在缆绳中间处，下列说法正确的是（）A.悬停时太空电梯所受合外力为零B.悬停时电梯内乘客处于完全失重状态C.悬停时太空电梯的速度大于空间站的速度D.悬停时太空电梯的速度小于在同样高度绕地球做圆周运动的卫星的速度〖答案〗D〖解析〗A．悬停时电梯做匀速圆周运动，故合外力不为零，故A错误；BC．悬停时电梯与空间站其有相同的角速度，根据公式因电梯做圆周运动的半径更小，故电梯速度小于空间站速度，加速度小于空间站加速度，不是完全失重状态，故B、C错误；D．对于卫星有则可知离地球越远的卫星角速度和速度都越小，而悬停时电梯与同步卫星的空间站有相同的角速度，但与同样高度的卫星的角速度比同步卫星大（即比悬停时电梯的角速度大），同理可推得悬停时太空电梯的速度小于在同样高度绕地球做圆周运动的卫星的速度，故D正确。故选D。4.聚变能是一种清洁、安全的新能源，核聚变反应的主要原料是氘核（）与氚核（），已知氘核（）的比结合能是1.09MeV，氚核（）的比结合能是2.78MeV，氦核（）的比结合能是7.03MeV。关于氘（）、氚（）核聚变反应，下列说法不正确的是（）A.氚（）的质量小于组成它的核子的质量之和B.两个氘核（）结合成氦核（）要释放能量C.氘（）和氚（）核聚变反应后质量数变小，释放能量D.氘（）和氚（）核聚变反应的方程是〖答案〗C〖解析〗A．核子组成原子核需释放能量，故核子的质量和大于原子核的质量，A正确；B．由氘核和氦核的比结合能可知，两个氘核结合成氦核释放能量，B正确；C．氘和氚反应后质量数不变，C错误；D．氘（）和氚（）核聚变反应的方程是D正确。本题选不正确的，故选C。5.如图所示，有一半径为R的均匀带电绝缘环固定在离地足够高处（平行于地面），一带电小球恰静止在圆环中心正上方高为处，小球与地面碰撞后速度可认为变为零，则下列说法正确的是（）A.在圆环中心正上方还存在另一位置，小球移至该处仍可保持平衡B.将小球移至距圆环中心正上方高为0.5R处由静止释放，小球一定向下运动C.将小球移至距圆环中心正上方高为R处由静止释放，小球一定向上运动D.将小球移至距圆环中心正上方高为2R处由静止释放，小球运动过程中电势能一直增大〖答案〗B〖解析〗A．设大圆环的电荷量为Q，小球电荷量为q，由题可知环对球的电场力合力向上，对于环上微小的一段，设电荷量为Qi，小球距圆环中心上方的距离为h，此时微小的这段环对小球的作用力与水平方向夹角为，微小环给小球的竖直分力有为环上所有小段叠加后的总电量为Q，因此竖直方向上的合力为将F对h求导，得到可知在取极大值，所以由此可知在此处绝缘带电环对小球的电场力最大，由题可知此位置电场力与小球重力等大反向，其他时候电场力都小于重力，故平衡位置只有该处，故A错误；BC．从圆环中心正上方高为0.5R、R、2R处释放时，所受电场力均小于重力，故小球一直向下运动，故B正确，C错误；D．小球向下运动过程中会穿过圆环落到地面上，电场力先做负功，后做正功，电势能一定先增大后减小，故D错误。故选B。6.如图甲所示，一圆形金属线圈上半部分处于匀强磁场中，线圈匝数为n，线圈固定不动。时匀强磁场的磁感应强度的方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示，已知线圈的半径为r，线圈总电阻为R，则（）

A.线圈中的感应电流的方向在时刻发生改变B.线框受到的安培力方向始终竖直向上C.时刻，线圈受到安培力大小为D.0~通过导线某横截面的电荷量为〖答案〗CD〖解析〗A．由题意可知线圈中磁通量先垂直纸面向里减小，再垂直纸面向外增大，根据楞次定律可知线圈中的感应电流方向始终为顺时针方向，故A错误；B．时刻安培力的方向会发生改变，故B错误；C．根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动势的大小为根据闭合电路欧姆定律可得，线圈中电流大小为时刻，线圈受到的安培力大小为故C正确：D．0~通过导线某横截面的电荷量为故D正确。7.如图所示，一带负电粒子以某一速度从C点水平向右射入一匀强电场，经过一段时间后，粒子运动到D点，速度大小变为初始的倍，方向变为竖直向下。已知CD两点间距离为。带电粒子的质量为m，电量大小为q，不考虑带电粒子的重力。则（）A.带电粒子从C到D的过程中，电势能先减小后增加B.C点的电势高于D点的电势C.C、D两点间的电势差为D.匀强电场的电场强度的大小为〖答案〗CD〖解析〗A．依题意，粒子从C运动到D的过程中，水平向右做减速运动，竖直向下做加速运动，则粒子受到的电场力指向左下方，电场力F与初速方向成钝角，可知粒子在电场力反方向上做匀减速、在垂直于电场力方向上做匀速运动，所以粒子的速度先变小后变大，电场力对粒子先做负功后做正功，电势能先增加后减少，故A错误；B．由于速度增大，根据动能定理，从C到D的过程中，电场力做的总功为正功，则电势能减小，所以粒子在C点的电势能大于在D点的电势能，又因为粒子带负电，所以C点的电势小于D点的电势，故B错误；C．设CD两点间的电势差为，由动能定理解得故C正确；D．根据竖直方向位移和水平方向位移之比为CD两点沿电场线方向的距离又有E的大小为解得E的大小为故D正确。故选CD。8.如图所示，物块c置于一粗糙斜劈上，c通过一轻质细线绕过两个光滑轻质小滑轮与小球Q相连，小球Q穿在水平横杆上，滑轮2下方吊着物体d，初始时整个系统保持静止。已知，，c、d、Q三个质量均为m，c与斜劈、Q与横杆之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若将Q向右缓慢移动直至，c物体仍处于静止状态，c与1之间的细线始终与斜面平行，以下说法正确的是（）A.c与斜劈的摩擦力以及Q与横杆之间的摩擦力都将变大B.c与斜劈的摩擦力始终沿斜面向下（除外）C.c与斜劈的摩擦力最小值为0D.斜劈受到地面的最大摩擦力为〖答案〗BCD〖解析〗ABC．Q在向右移动至为0过程中，细线上拉力大小为解得由变到，则绳的拉力大小由mg逐渐减小为，Q与横杆之问的摩擦力等于绳在水平方向的分力，而c在沿斜面上重力分力大小为，可知c与斜劈的摩擦力以及Q与横杆之问的摩擦力都将变小，c与斜劈的摩擦力始终沿斜面向下（除外），c与斜劈的摩擦力最小值为0（），故A错，BC正确；D．选项，物体c恰好静止时，斜劈受到地面的最大摩擦力最大故D正确。故选BCD。二、非选择题：第9～10题9.某同学设计如图甲所示的实验装置探究加速度与力的关系。他在一端带有定滑轮的水平放置的长木板上固定有A、B两个光电门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，传感器与跨过定滑轮的轻质细绳相连。（1）用游标卡尺测量遮光片宽度如图乙所示，遮光片宽度________cm（2）力传感器可以实时记录挂钩上力的大小，则下列说法正确的是________。A．丙图中（a）安装正确，实验中应保证沙和沙桶质量远小于物块和遮光片质量B．丙图中（b）安装正确，实验中应保证沙和沙桶质量远小于物块和遮光片质量C．丙图中（a）安装正确，实验中不需要保证沙和沙桶质量远小于物块和遮光片质量D．丙图中（b）安装正确，实验中不需要保证沙和沙桶质量远小于物块和遮光片质量（3）某次实验可以测得遮光片宽度为d，光电门A、B的遮光时间分别为、，通过光电门A、B之间时间为在数据处理时，物块运动的加速度的计算式应为________（选择合适的测量字母表示）。〖答案〗（1）0.170（2）D（3）〖解析〗（1）[1]用游标卡尺测量遮光片宽度如图乙所示，遮光片宽度为（2）[2]丙图中（b）安装正确，因为有力的传感器，可以直接测拉力的大小，所以实验中不需要保证沙和沙桶质量远小于物块和遮光片质量。故选D。（3）[3]根据加速度定义式有10.某同学想测量一手机电池的电动势和内阻，可供使用的器材如下：手机锂电池（电动势E约为3.7V，内阻r约为0.22）；电流表（量程为0~0.6A，内阻约为3）；电流表（量程0~100mA，内阻）；电流表（量程为0~100A，内阻）；定值电阻；定值电阻；定值电阻；滑动变阻器（0~15）；滑动变阻器（0~150）；开关和导线若干。（1）可以通过改装电流表来测量电压，应选择电流表____________与定值电阻____________串联；滑动变阻器应选择____________。（2）了尽量准确地测量出电动势和内阻，请设计实验电路图，在以下虚线框内画出________（标出所选器材符号）。（3）该同学认为用线性图像处理数据便于分析，于是在实验中改变滑动变阻器的阻值R，记录两电流表的示数、，获取了多组数据，画出的图像如图。可得该电池组的电动势_________V，内阻_________。（结果均保留两位有效数字）。〖答案〗（1）（2）（3）3.5V0.36〖解析〗（1）[1][2]电流表改装电压表，必须用已知内阻得电流表进行改装，因此可知，首先不符合要求，而若用电表进行改装，则可知所给出的定值电阻都不能满足要求，综合可知只有符合要求，根据电表的改装原理有而电源电动势约为，根据电压表的选取原则可知，改装以后的电压表量程要接近电源的电动势，而根据电压表的改装原理及所给出的定值电阻，可确定应选择定值电阻，改装以后的量程为符合要求，另外两个定值电阻都不符合要求。[3]根据直除法可知，若将电流表接入电路，则电流过大，电表量程太小，会损坏电表，则电流表应选择，而选择电流表以后，滑动变阻器只能选择，若选择，除了操作不便，更重要的是回路中电流过小，不满足电流表的读数要求，故电流表选择，滑动变阻器选择。（2）[4]为了尽量准确地测量出电动势和内阻，实验电路图如下改装以后的电压表所在支路和电流表所在支路并联，两支路电压相等，根据闭合电路的欧姆定律有此种方式可准确测量电源的电动势和内阻。（3）[5][6]根据电路图，由闭合电路的欧姆定律可得可得图像斜率大小截距解得，11.半径为R的透明半圆柱体置于空气中，折射率，其横截面位于如图所示的直角坐标系中，半圆柱体轴线垂直于坐标系所在的平面。一束平行单色光沿垂直于圆柱轴线方向以入射角入射，从直径AB入射的光束中有一部分能通过半圆柱体从圆柱面射出，不考虑光线在半圆柱内反射后再射出的情形。求：（1）圆柱面上有光束射出的圆弧部分所对的圆心角；（2）能从圆柱面射出的光束对应的入射光束沿x轴的宽度。〖答案〗（1）90°；（2）〖解析〗（1）设折射角为r，由折射定律知可以解得可知设圆柱体的临界角为C，有可知从直径AB入射的光束在圆柱内的光路图，如图所示。由图可以确定圆柱面上M、N之间有光束射出。由几何关系可知：（2）由上面的几何光路图可知：圆柱面上M、N点对应对入射光束在直径AB问的入射点分别为和，所求的宽度即为和沿x轴的距离。令长度为，长度为，则可解得由此可得对应的入射光束沿x轴的宽度12.在如图所示的平面直角坐标系中，第二象限内存在水平向左的匀强电场，在x轴上有两个粒子源A、B，沿y轴正向以相同速度同时发射质量相同、电荷量相同的带负电的粒子，粒子源A、B的坐标分别为x=-9L、xp=-4L。通过电场后A、B两处发射的粒子分别从y轴上的C、D两点（图中未画出）进入第一象限。不计粒子重力及粒子间的相互作用。（1）设C、D两点坐标分别为（0，）、（0，），求、的比值；（2）若第一象限内未加任何场，两处粒子将在第一象限内某点相遇，求相遇点的横坐标；（3）若第一象限内区域，加上垂直于坐标平面方向向里的匀强磁场（图中未画出），两处粒子最终将从磁场飞出，求两处粒子飞出位置间的距离。〖答案〗（1）；（2）12L；（3）4L〖解析〗（1）令粒子的初速度为，在坐标系中画出A、B两处粒子源发射出的粒子在电场中的运动轨迹，如图所示粒子在电场中作类平抛运动，沿y轴方向的分运动为匀速直线运动粒子沿x轴方向的分运动为初速为零的匀加速直线运动联立可得（2）令粒子在C、D两处的速度方向角分别为、，由方向角正切公式可得由图中几何关系可知由以上几式联立可得再考虑平抛运动轨迹中的几何关系，有联立解得可知相遇点横坐标为。（3）画出粒子在磁场中的运动轨迹，如下图所示设两处粒子的质量、电荷量分别为m、q，粒子在磁场中的轨迹对应的圆弧半径分别为、，由粒子在磁场中做圆周运动的半径公式可知设两处粒子轨迹圆弧对应的弦长CM长度为，弦长EN长度为，由几何关系并结合上面的半径公式可知由图可知两处粒子飞出位置问的距离，即MN问距离，令MN长度为，CE长度为，则可知两处粒子飞出位置间的距离为13.如图所示，a、b两小球在内壁光滑的半球形碗内做水平匀速圆周运动，碗的质量为M，碗底粗糙且始终静止在水平地面上，碗的球心为O、半径为R，Oa、Ob与竖直方向间的夹角分别为53°、37°，a球的质量为m，两球稳定运动过程中，碗对地面会周期性的出现无摩擦力时刻。已知，重力加速度为g。求：（1）出现无摩擦力的周期；（2）为使碗在地面始终不会滑动，碗底与地面间的动摩擦因数至少为多大；（已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力）；（3）若小球运动过程中受极微弱的摩擦阻力作用导致其圆周运动的轨道平面缓慢下降。求球a从最初始高度下降到b球开始所在平面的过程中摩擦阻力所做的功。〖答案〗（1）（或）；（2）；（3）〖解析〗（1）由得则a、b的角速度分别为周期T满足解得（或）（2）两球做圆周运动的向心力由重力与支持力的合力来提供，支持力碗对地面无摩擦力，说明两球对碗弹力的水平分量大小相等，方向相反，即解得碗在地面恰好滑动时，水平方向上处于平衡状态：解得（3）由解得球a从最初始高度下降到b球开始所在平面的过程中，由动能定理可得解得2023届高三联考能力测试一、选择题:本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.如图所示，一个质量为kg的小球从倾角为37°的坡面上的A点以初速度被水平抛出，经过时间后，落在坡面上B点，不计空气阻力，重力加速度大小为，取，，下列说法正确的是（）A.小球在空中飞行的位移大小为240mB.小球抛出的初速度=30m/sC.小球从A运动到B过程中动能增加了900JD.小球落在B点前瞬间重力的功率为600W〖答案〗D〖解析〗A．小球在空中飞行的竖直分位移大小小球在空中飞行的总位移为故A错误：B．小球在空中飞行的水平位移解得故B错误；C．小球动能增加了故C错误；D．小球落在B点前瞬间的竖直分速度大小此时所受重力的功率故D正确。故选D。2.如图所示为一定质量的理想气体的压强随温度变化的图像，其中的延长线通过坐标原点，和分别与T轴和p轴平行，下列说法正确的是（）A.过程气体单位体积内的分子数减少B.过程气体分子平均动能减小C.过程气体向外界放热D.全过程状态b的体积最大〖答案〗C〖解析〗A．过程，气体温度T不变，该过程为等温过程，气体压强p增大，所以体积V减小，单位体积内的分子数增多，A错误；B．过程气体温度T升高，气体分子平均动能增大，B错误；C．过程，由于延长线通过坐标原点，根据理想气体状态方程可知，该过程为等容变化，温度T减小，气体内能减小，体积不变，做功为零，根据热力学第一定律，可知气体向外界放热，C正确；D．根据上述，过程，气体体积不变，过程，气体体积减小，可知全过程状态b的体积最小，D错误。故选C。3.中国原创科幻电影《流浪地球2》近期火爆全球，片中高耸入云、连接天地的太空电梯运行场景令人震撼，其通过高强度缆绳将地球同步轨道上的空间站与其正下方赤道上的固定物连接在一起，在引力的作用下，缆绳处于紧绷状态。若载满乘客的太空电梯因机械故障悬停在缆绳中间处，下列说法正确的是（）A.悬停时太空电梯所受合外力为零B.悬停时电梯内乘客处于完全失重状态C.悬停时太空电梯的速度大于空间站的速度D.悬停时太空电梯的速度小于在同样高度绕地球做圆周运动的卫星的速度〖答案〗D〖解析〗A．悬停时电梯做匀速圆周运动，故合外力不为零，故A错误；BC．悬停时电梯与空间站其有相同的角速度，根据公式因电梯做圆周运动的半径更小，故电梯速度小于空间站速度，加速度小于空间站加速度，不是完全失重状态，故B、C错误；D．对于卫星有则可知离地球越远的卫星角速度和速度都越小，而悬停时电梯与同步卫星的空间站有相同的角速度，但与同样高度的卫星的角速度比同步卫星大（即比悬停时电梯的角速度大），同理可推得悬停时太空电梯的速度小于在同样高度绕地球做圆周运动的卫星的速度，故D正确。故选D。4.聚变能是一种清洁、安全的新能源，核聚变反应的主要原料是氘核（）与氚核（），已知氘核（）的比结合能是1.09MeV，氚核（）的比结合能是2.78MeV，氦核（）的比结合能是7.03MeV。关于氘（）、氚（）核聚变反应，下列说法不正确的是（）A.氚（）的质量小于组成它的核子的质量之和B.两个氘核（）结合成氦核（）要释放能量C.氘（）和氚（）核聚变反应后质量数变小，释放能量D.氘（）和氚（）核聚变反应的方程是〖答案〗C〖解析〗A．核子组成原子核需释放能量，故核子的质量和大于原子核的质量，A正确；B．由氘核和氦核的比结合能可知，两个氘核结合成氦核释放能量，B正确；C．氘和氚反应后质量数不变，C错误；D．氘（）和氚（）核聚变反应的方程是D正确。本题选不正确的，故选C。5.如图所示，有一半径为R的均匀带电绝缘环固定在离地足够高处（平行于地面），一带电小球恰静止在圆环中心正上方高为处，小球与地面碰撞后速度可认为变为零，则下列说法正确的是（）A.在圆环中心正上方还存在另一位置，小球移至该处仍可保持平衡B.将小球移至距圆环中心正上方高为0.5R处由静止释放，小球一定向下运动C.将小球移至距圆环中心正上方高为R处由静止释放，小球一定向上运动D.将小球移至距圆环中心正上方高为2R处由静止释放，小球运动过程中电势能一直增大〖答案〗B〖解析〗A．设大圆环的电荷量为Q，小球电荷量为q，由题可知环对球的电场力合力向上，对于环上微小的一段，设电荷量为Qi，小球距圆环中心上方的距离为h，此时微小的这段环对小球的作用力与水平方向夹角为，微小环给小球的竖直分力有为环上所有小段叠加后的总电量为Q，因此竖直方向上的合力为将F对h求导，得到可知在取极大值，所以由此可知在此处绝缘带电环对小球的电场力最大，由题可知此位置电场力与小球重力等大反向，其他时候电场力都小于重力，故平衡位置只有该处，故A错误；BC．从圆环中心正上方高为0.5R、R、2R处释放时，所受电场力均小于重力，故小球一直向下运动，故B正确，C错误；D．小球向下运动过程中会穿过圆环落到地面上，电场力先做负功，后做正功，电势能一定先增大后减小，故D错误。故选B。6.如图甲所示，一圆形金属线圈上半部分处于匀强磁场中，线圈匝数为n，线圈固定不动。时匀强磁场的磁感应强度的方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示，已知线圈的半径为r，线圈总电阻为R，则（）

A.线圈中的感应电流的方向在时刻发生改变B.线框受到的安培力方向始终竖直向上C.时刻，线圈受到安培力大小为D.0~通过导线某横截面的电荷量为〖答案〗CD〖解析〗A．由题意可知线圈中磁通量先垂直纸面向里减小，再垂直纸面向外增大，根据楞次定律可知线圈中的感应电流方向始终为顺时针方向，故A错误；B．时刻安培力的方向会发生改变，故B错误；C．根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动势的大小为根据闭合电路欧姆定律可得，线圈中电流大小为时刻，线圈受到的安培力大小为故C正确：D．0~通过导线某横截面的电荷量为故D正确。7.如图所示，一带负电粒子以某一速度从C点水平向右射入一匀强电场，经过一段时间后，粒子运动到D点，速度大小变为初始的倍，方向变为竖直向下。已知CD两点间距离为。带电粒子的质量为m，电量大小为q，不考虑带电粒子的重力。则（）A.带电粒子从C到D的过程中，电势能先减小后增加B.C点的电势高于D点的电势C.C、D两点间的电势差为D.匀强电场的电场强度的大小为〖答案〗CD〖解析〗A．依题意，粒子从C运动到D的过程中，水平向右做减速运动，竖直向下做加速运动，则粒子受到的电场力指向左下方，电场力F与初速方向成钝角，可知粒子在电场力反方向上做匀减速、在垂直于电场力方向上做匀速运动，所以粒子的速度先变小后变大，电场力对粒子先做负功后做正功，电势能先增加后减少，故A错误；B．由于速度增大，根据动能定理，从C到D的过程中，电场力做的总功为正功，则电势能减小，所以粒子在C点的电势能大于在D点的电势能，又因为粒子带负电，所以C点的电势小于D点的电势，故B错误；C．设CD两点间的电势差为，由动能定理解得故C正确；D．根据竖直方向位移和水平方向位移之比为CD两点沿电场线方向的距离又有E的大小为解得E的大小为故D正确。故选CD。8.如图所示，物块c置于一粗糙斜劈上，c通过一轻质细线绕过两个光滑轻质小滑轮与小球Q相连，小球Q穿在水平横杆上，滑轮2下方吊着物体d，初始时整个系统保持静止。已知，，c、d、Q三个质量均为m，c与斜劈、Q与横杆之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若将Q向右缓慢移动直至，c物体仍处于静止状态，c与1之间的细线始终与斜面平行，以下说法正确的是（）A.c与斜劈的摩擦力以及Q与横杆之间的摩擦力都将变大B.c与斜劈的摩擦力始终沿斜面向下（除外）C.c与斜劈的摩擦力最小值为0D.斜劈受到地面的最大摩擦力为〖答案〗BCD〖解析〗ABC．Q在向右移动至为0过程中，细线上拉力大小为解得由变到，则绳的拉力大小由mg逐渐减小为，Q与横杆之问的摩擦力等于绳在水平方向的分力，而c在沿斜面上重力分力大小为，可知c与斜劈的摩擦力以及Q与横杆之问的摩擦力都将变小，c与斜劈的摩擦力始终沿斜面向下（除外），c与斜劈的摩擦力最小值为0（），故A错，BC正确；D．选项，物体c恰好静止时，斜劈受到地面的最大摩擦力最大故D正确。故选BCD。二、非选择题：第9～10题9.某同学设计如图甲所示的实验装置探究加速度与力的关系。他在一端带有定滑轮的水平放置的长木板上固定有A、B两个光电门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，传感器与跨过定滑轮的轻质细绳相连。（1）用游标卡尺测量遮光片宽度如图乙所示，遮光片宽度________cm（2）力传感器可以实时记录挂钩上力的大小，则下列说法正确的是________。A．丙图中（a）安装正确，实验中应保证沙和沙桶质量远小于物块和遮光片质量B．丙图中（b）安装正确，实验中应保证沙和沙桶质量远小于物块和遮光片质量C．丙图中（a）安装正确，实验中不需要保证沙和沙桶质量远小于物块和遮光片质量D．丙图中（b）安装正确，实验中不需要保证沙和沙桶质量远小于物块和遮光片质量（3）某次实验可以测得遮光片宽度为d，光电门A、B的遮光时间分别为、，通过光电门A、B之间时间为在数据处理时，物块运动的加速度的计算式应为________（选择合适的测量字母表示）。〖答案〗（1）0.170（2）D（3）〖解析〗（1）[1]用游标卡尺测量遮光片宽度如图乙所示，遮光片宽度为（2）[2]丙图中（b）安装正确，因为有力的传感器，可以直接测拉力的大小，所以实验中不需要保证沙和沙桶质量远小于物块和遮光片质量。故选D。（3）[3]根据加速度定义式有10.某同学想测量一手机电池的电动势和内阻，可供使用的器材如下：手机锂电池（电动势E约为3.7V，内阻r约为0.22）；电流表（量程为0~0.6A，内阻约为3）；电流表（量程0~100mA，内阻）；电流表（量程为0~100A，内阻）；定值电阻；定值电阻；定值电阻；滑动变阻器（0~15）；滑动变阻器（0~150）；开关和导线若干。（1）可以通过改装电流表来测量电压，应选择电流表____________与定值电阻____________串联；滑动变阻器应选择____________。（2）了尽量准确地测量出电动势和内阻，请设计实验电路图，在以下虚线框内画出________（标出所选器材符号）。（3）该同学认为用线性图像处理数据便于分析，于是在实验中改变滑动变阻器的阻值R，记录两电流表的示数、，获取了多组数据，画出的图像如图。可得该电池组的电动势_________V，内阻_________。（结果均保留两位有效数字）。〖答案〗（1）（2）（3）3.5V0.36〖解析〗（1）[1][2]电流表改装电压表，必须用已知内阻得电流表进行改装，因此可知，首先不符合要求，而若用电表进行改装，则可知所给出的定值电阻都不能满足要求，综合可知只有符合要求，根据电表的改装原理有而电源电动势约为，根据电压表的选取原则可知，改装以后的电压表量程要接近电源的电动势，而根据电压表的改装原理及所给出的定值电阻，可确定应选择定值电阻，改装以后的量程为符合要求，另外两个定值电阻都不符合要求。[3]根据直除法可知，若将电流表接入电路，则电流过大，电表量程太小，会损坏电表，则电流表应选择，而选择电流表以后，滑动变阻器只能选择，若选择，除了操作不便，更重要的是回路中电流过小，不满足电流表的读数要求，故电流表选择，滑动变阻器选择。（2）[4]为了尽量准确地测量出电动势和内阻，实验电路图如下改装以后的电压表所在支路和电流表所在支路并联，两支路电压相等，根据闭合电路的欧姆定律有此种方式可准确测量电源的电动势和内阻。（3）[5][6]根据电路图，由闭合电路的欧姆定律可得可得图像斜率大小截距解得，11.半径为R的透明半圆柱体置于空气中，折射率，其横截面位于如图所示的直角坐标系中，半圆柱体轴线垂直于坐标系所在的平面。一束平行单色光沿垂直于圆柱轴线方向以入射角入射，从直径AB入射的光束中有一部分能通过半圆柱体从圆柱面射出，不考虑光线在半圆柱内反射后再射出的情形。求：（1）圆柱面上有光束射出的圆弧部分所对的圆心角；（2）能从圆柱面射出的光束对应的入射光束沿x轴的宽度。〖答案〗（1）90°；（2）〖解析〗（1）设折射角为r，由折射定律知可以解得可知设圆柱体的临