2023学年度湖北鄂南高中、黄冈中学、武汉二中等十一校高三(上)第一次联考物理试卷(附详解)

2021-2022学年湖北省鄂南高中、黄冈中学、武汉二中等十一校高三〔上〕第一次联考物理试卷一、单项选择题〔728.0分〕依据近代物理学问，你认为以下说法中正确的选项是( )在原子核中，结合能越大表示原子核中的核子结合得越结实B.235𝑈+1𝑛→140

𝑋𝑒+94𝑆𝑟+21𝑛是核裂变反响92 0 54 38 0C.氡的半衰期为3.8天，现有16个氡原子核，经过7.6天后剩下4个氡原子核D.一个氢原子从𝑛=4的激发态向低能级跃迁时，最多能辐射出6种不同频率的光子如下图，一同学在电梯里站在台秤上称体重，觉察体重明显大于在静止地面上称的体重，那么( )电梯肯定处于加速上升阶段台秤对人的支持力肯定做正功人的机械能肯定增大电梯的加速度肯定向上3. 湖北某小区晾晒区的并排等高门型晾衣架𝐴𝐴′𝐵𝐵′𝐶𝐶′𝐷𝐷′如下图，𝐴𝐵、𝐶𝐷杆均水平，不行伸长的轻绳的一𝑀固定在𝐴𝐵中点上，另一端𝑁系在𝐶点，一衣架(含所挂衣物)的挂钩可在轻绳上无摩擦滑动。将轻绳𝑁端从𝐶点沿𝐶𝐷方向缓慢移动至𝐷点，整个过程中衣物始终没有着地。则此过程中轻绳上张力大小的变化状况( )A.始终减小 B.先减小后增大 C.始终增大 D.先增大后减小某三棱镜的横截面为等腰三角形，∠𝐴=120°，𝐴𝐵边长为2𝐿，空气中一束包含𝑎、𝑏两种单色光的细光束沿平行于𝐵𝐶方向照耀到𝐴𝐵边的中点𝑂，经三棱镜折射后分成𝑎、𝑏两束单色光(局部光路图如下图)。其中，𝑏单色光从𝑂点入射后的折射光平行于𝐴𝐶。光在真空中传播速度为𝑐。(不考虑𝐴𝐶面的反射)以下结论不正确的选项是( )124页在该三棱镜中，单色光𝑎的传播速度比𝑏小单色光𝑏在该三棱镜中发生全反射的临界角𝐶满足𝑠𝑖𝑛𝐶=√33假设用单色光𝑎、𝑏分别通过同一双缝干预装置，单色光𝑎的相邻亮纹间距比𝑏的大𝐵𝑏2𝑐2021年6月17日神舟十二号飞船搭载长征二号𝐹火箭成功升空，进入预定圆轨道(离地约200𝑘𝑚)。此时，天宫空间站天和核心舱位于离地约400𝑘𝑚飞船只需绕地球飞行4.3圈，连续进展6次变轨(模拟如下图)，到达空间站后下方的位置，之后绕飞到空间站的正前方，适当调整后就能跟核心舱前端接口成功对接，形成组合体。地球半径𝑅=6400𝑘𝑚，则以下说法正确的选项是( )神舟十二号飞船搭载长征二号𝐹火箭的放射速度可能小于7.9𝑘𝑚/𝑠对接前，在各自预定圆轨道飞行时，神舟十二号飞船的围绕速度比天和核心舱小神舟十二号飞船从低轨道变轨与天和号核心舱对接时，需制动减速神舟十二号飞船进入离地约200𝑘𝑚预定轨道后，最快大约需6.5ℎ就可与天和核心舱对接6. 如下图，抱负变压器的𝑎𝑏端所接的交变电压𝑢=16√2𝑠𝑖𝑛100𝜋𝑡(𝑉)，𝐿1、𝐿2是规格为“4𝑉、3𝑊”的灯泡，现调整电阻箱𝑅为某一值时恰好能使两个灯泡均正常发光，电压表𝑉1、𝑉2均为抱负沟通电压表(电阻箱𝑅调整过程中全部元件均可安全工作)则( )𝑎𝑏端所接沟通电的有效值为16𝑉，频率为100𝐻𝑧变压器原、副线圈匝数比为4：1224页减小电阻箱𝑅连入电路的阻值，电压表𝑉1的示数不变减小电阻箱𝑅连入电路的阻值，电压表𝑉2的示数减小我国越野滑雪集训队为备战2022冬奥会，在河北承德雪上工程室内训练场，利和倾角(与水平面的最大夹角达18°)依据需要可调。一运发动的某次训练过程简化𝜔转动，盘面上离转轴距离为10𝑚处的运发动()与圆盘始终保持相对静止，运发动质量为60𝑘𝑔，与盘面间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为15°，𝑔取10𝑚/𝑠2，𝑠𝑖𝑛15°≈0.260，𝑐𝑜𝑠15°≈0.966。则以下说法正确的选项是( )运发动随圆盘做匀速圆周运动时，肯定始终受到两个力的作用B.𝜔的最大值约为0.47𝑟𝑎𝑑/𝑠C.𝜔取不同数值时，运发动在最高点受到的摩擦力肯定随𝜔的增大而增大D.运发动由最低点运动到最高点的过程中摩擦力对其所做的功约为3870𝐽二、多项选择题〔416.0分〕在学校运动场上50𝑚的扬声器，两个扬声器连续发出波长为5𝑚的声波。一同学从该跑道的中点动身，向某一端点缓慢行进10𝑚。在此过程中，该同学听到扬声器的声音( )强弱交替变化是波的衍射现象C.由强变弱的次数为3次

B.强弱交替变化是波的干预现象D.由强变弱的次数为4次如图甲所示，三个电荷量大小均为𝑞的点电荷位于等边三角形的三个顶点上，带负电的点电荷位于坐标原点处，𝑥轴处于等边三角形的一条中位线上。现让一带电量为+𝑄的点电荷沿着𝑥无穷远处电势为零。以下说法正确的选项是()324页A.𝑥1>𝑥0B.在𝑥轴正半轴上，+𝑄在𝑥2处所受电场力最大C.+𝑄在𝑥1处电势能最大D.+𝑄在𝑥1处电势能为零𝐴𝐵𝑚𝐴=2𝑘𝑔和𝑚𝐵=4𝑘𝑔。轻弹簧一端与物块𝐴相连，另一端与竖直墙壁相连。未施加拉力𝐹时，𝐴到墙壁的距离小于弹簧原长且整个系统恰好处于静止状态。从𝑡=0时刻开头，对𝐵施加一水平向右的力𝐹使物块𝐵做匀加速运动，力𝐹随时间变化的规律如图乙所示，两物块与地面间的动摩擦因数均为0.5(𝑔取10𝑚/𝑠2)，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则( )物块𝐵的加速度大小为6𝑚/𝑠2水平力𝐹的最大值为40𝑁弹簧的劲度系数为200𝑁/𝑚D.𝑡=0到𝑡=0.2𝑠的过程中力𝐹做的功为3.5𝐽如下图，𝑀𝑁和𝑃𝑄是两根电阻不计的足够长平行金属导轨，间距为𝐿，左侧弧形局部光滑，右侧水平局部粗糙且处在磁感应强度大小为𝐵的匀强磁场中，磁场方向与水平导轨平面夹角为𝜃，导轨右端接一阻值为𝑅𝑚、长度为𝐿的金属棒，垂直导轨放置，与水平导轨间的动摩擦因数为𝜇。现让其从导轨左端ℎ高处由静止释放进入磁场后经时间𝑡停顿运动金属棒电阻为𝑅，与导轨间接触良好，且始终与磁场垂直，则金属棒进入磁场区域后( )424页A.定值电阻𝑅两端的最大电压为𝐵𝐿𝑠𝑖𝑛𝜃√2𝑔ℎ2金属棒在水平导轨上运动时所受摩擦力越来越大定值电阻𝑅产生的焦耳热为1𝑚𝑔ℎ2金属棒在磁场中运动的距离为

2𝑚𝑅(√2𝑔ℎ𝜇𝑔𝑡)𝐵2𝐿2𝑠𝑖𝑛𝜃(𝑠𝑖𝑛𝜃𝜇𝑐𝑜𝑠𝜃)三、试验题〔215.0分〕物理试验课上，教师要求同学们自主设计试验方案测当地的重力加速度，现有甲、乙两同学的设计方案如下：甲同学的方案：如图甲所示，将打点计时器固定在铁架台上，重物接上纸带，纸带穿过打点计时器。翻开电源，释放纸带，让重物做自由下落运动，得到纸带。1、2、3、4、5、6、7、8、9等，电源的频率为50𝐻𝑧，试验时纸带的 端应和重物相连接(选填“左”或“右由纸带所示数据可算出当地的重力加速度 𝑠2结果保存两有效数字)。乙同学的方案：(1)让小铁球从𝐴点自由下落，下落过程中经过𝐴点正下方的光电门𝐵时，光电计时器记录下小球通过光电门时间𝑡(光电门𝐵竖直放置，与小球运动路径相互平行)，留意：图中未画出光电门𝐵所接计时器。524页(2)用螺旋测微器测量铁球的直径，如图丙所示，则其直径为𝑑= 𝑚𝑚；(3)用刻度尺测量出𝐴𝐵之间距离ℎ；调整𝐴𝐵之间距离ℎ，记录下小球通过光电门𝑏的时间𝑡，屡次重复上述过程。以1𝑡2ℎ1𝑡2

−ℎ𝑘0，则𝑔= 在试验中依据测量数据实际绘出1𝑡2

−ℎ图象的直线斜率为𝑘，则：①𝑘 𝑘0(选填“>”、“=”或“<”)；②试验过程中所受的平均阻力𝑓与小球重力𝑚𝑔的比值

𝑓𝑚𝑔

= (用𝑘、𝑘0

表示)。小明家里有一台小型的风扇灯，额定电压5.0𝑉，额定功率约为2.5𝑊，他想利用实验室的器材描绘出这台风扇灯的伏安特性曲线。在试验室中找到了导线、开关，还有以下器材：电源𝐸：电动势为6.0𝑉B.电流表𝐴1：量程0～0.6𝐴，内阻𝑟1约为0.5𝛺D.定值电阻𝑅1=10𝛺F.滑动变阻器𝑅3：最大阻值𝑅4：最大阻值10𝛺0～5.0𝑉范围内对风扇灯两端电压进展测量，试验中滑动变阻器应选用 为尽可能准确测量试验数据应选用定值电阻 ，将电流表 改装成电压表使用。(均选填器材前的字母序号)请帮助小明依据题中所给试验器材设计试验电路，并在甲图中将电路设计图补充完整(风扇灯用Ⓜ表示)(留意请在图中标上所用元件相应的符号)624页0.15𝐴时灯亮但风扇不能转动。他通过试验描绘出𝐼2−𝐼1图象如图乙所示，其中𝐼1为电流表𝐴1的读数、𝐼2为电流表𝐴2的读数。由试验数据可得：𝐼1为0.10𝐴时，𝐼2为10𝑚𝐴。则灯亮但风扇不能转动时小风扇灯的电阻为 。(计算结果保存两位有效数字)四、计算题〔341.0分〕现代瓷器烧制通常承受电加热式气窑。某次烧制前，封闭在窑内的气体温度为27℃，压强为𝑝0，需要的烧制温度为927℃阀，当窑内气压到达2𝑝0时，单向排气阀变为开通状态。窑内气体温度均匀且渐渐上升。求：单向排气阀开头排气时，窑内气体温度；本次烧制排出的气体占原有气体质量的比例。原理的示意图，静止于𝐴处的离子，经电压为𝑈的加速电场加速后，沿图中圆弧虚0线通过半径为𝑅的1圆弧形静电分析器(静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场)04𝑃点沿竖直方向进入半径为𝑟与竖直方向成15°，经磁场偏转，最终打在竖直放置的硅片上。离子的质量为𝑚、电荷量为𝑞，不计离子重力。求：724页离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小𝑣；静电分析器通道内虚线处电场强度的大小𝐸0；假设磁场方向垂直纸面对外，离子从磁场边缘上某点出磁场时，可以垂直打到硅片上，求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度𝐵0的大小。如下图，一轻质弹簧的左端固定在小球𝐵上，右端与小球𝐶接触但未拴接，球𝐵和球𝐶𝐴从左侧光滑斜面上距水平台面高度为ℎ处由静止滑下(不计小球𝐴在斜面与水平面连接处的能量损失)，与球𝐵发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短，之后球𝐶脱离弹簧，在水平台面上匀速运动并从其右端点𝑂水平抛在𝑂点，半径为𝑅=√2ℎ。三个小球𝐴、𝐵、𝐶𝑚、𝜆𝑚(𝜆为待定系数)、𝑚，重力加速度为𝑔，不计空气阻力和一切摩擦。假设𝜆=2𝐶𝑂出后落到圆弧轨道上的𝑃点在图示坐标系中的位置；(2)假设小球𝐶从水平台面右端点𝑂抛出后，落至圆弧轨道上时具有最小动能，求此时𝜆的取值及对应的最小动能。824页924页答案和解析【答案】𝐵【解析】解：𝐴、比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大的原子核，核A错误；B、该方程是中子轰击釉核，生成两个中等质量的原子核的反响，是重核的裂变，故B正确；C16个氡原子核，经过7.6天后不肯定剩下4个氡原子核，故C错误；D、一个处于𝑛=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生3种不同频率的光子，即4→3，3→2，2→1D错误；应选：𝐵。规律；一个氢原子，不是一群氢原子。此题考察了衰变的特点、比结合能等根底学问点，关键要生疏教材，牢记这些根底学问【答案】𝐷【解析】解：𝐴𝐷.人在台秤上受到的力如下图，由于𝐹>𝐺，依据牛顿其次定律知，人的加速度向上。此时人和电梯整体可以向上加速运动，也可以向下减速运动，故A错误，D正确；B.当电梯向下减速运动时B错误；C.C错误；应选：𝐷。对人进展受力分析从而找到加速度。解决该题主要是明确人的受力，找到加速度方向。24页【答案】𝐵【解析】解：将轻绳𝑁端由𝐶点沿直线缓慢移动至𝐷点过程中，𝑀𝑁间水平距离先减小后增大，轻绳的夹角先变小后变大，而轻绳的合力始终与重力相等，依据力的合成可知轻ACD错误，B正确。应选：𝐵。整个过程轻绳缓慢移动，重物始终处于动态平衡的状态，利用共点力平衡条件，两端绳子拉力的合力等于物体重力，可进展分析。【答案】𝐶【解析】解：𝐴.依据折射定律𝑛=𝑠𝑖𝑛𝑖𝑠𝑖𝑛𝑟可知𝑏光的折射率小于𝑎光的折射率，依据𝑛=𝑐𝑣可知在该三棱镜中，单色光的传播速度比𝑏小，故A正确；B.由几何关系知𝑎、𝑏复合光的入射角为60°，𝑏的折射角为30°，则𝑏光的折射率为：𝑛=𝑠𝑖𝑛𝑖𝑠𝑖𝑛𝑟

=𝑠𝑖𝑛60°𝑠𝑖𝑛30∘

=√3则单色光𝑏在该三棱镜中发生全反射的临界角𝑐满足𝑠𝑖𝑛𝐶=1𝑛

=√3B正确；3C.由𝐴选项可知，𝑎光折射率大于𝑏光折射率，则𝑎光频率大于𝑏光频率，依据𝑐=𝜆𝑓可知𝑎光的波长小于𝑏光波长，依据𝛥𝑥=𝐿𝜆𝑑可知假设用单色光𝑎、𝑏𝐴的小，故C错误；24页转变入射光在𝐴𝐵𝜃，所以折射光始终平行于𝐴𝐶，依据𝐵选项可知，𝑏光在𝐵𝐶边会发生全反射，由于∠𝐴=120°，可得∠𝐵=∠𝐶=∠𝑂𝐸𝐵=30°由于∠𝐵𝐸𝑂+∠𝑂𝐸𝐹=90°∠𝐹𝐸𝐷=∠𝑂𝐸𝐹所以∠𝐷𝐸𝐶=30°所以𝐴𝐵//𝐷𝐸在平行四边形中𝐴𝐷=𝑂𝐸在等腰△𝐸𝐷𝐶中𝐷𝐶=𝐷𝐸所以从𝐴𝐵边上任意位置射入的光线，𝑏光的路径等于𝐴𝐶长度，则𝑡=2𝐿𝑣又𝑣=𝑐𝑛解得：𝑡2√3𝐿𝑐故D正确。此题选不正确项，应选：𝐶。依据折射定律可知𝑎𝑏𝛥𝑥=𝐿𝜆𝑑比较𝑎𝑏律解得𝑏光的折射率，进而求得全反射的临界角；依据几何关系解得光程，结合波速可计算时间。24页距的大小计算。【答案】𝐷【解析】解：𝐴、7.9𝑘𝑚/𝑠是地球的第一宇宙速度，是放射卫星的最小速度，神舟十二号飞船搭载长征二号𝐹火箭的放射速度肯定比7.9𝑘𝑚/𝑠A错误；B、神舟十二号载人飞船变轨后与天和号核心舱对接前，神舟十二在比天和号核心舱低的轨道上运行，由运行速度公式𝑣=√𝐺𝑀可知，神舟十二号的速度比天和号的运行速度𝑟B错误；C、对接时，处于低轨道的神舟号飞船需加速做离心运动才能与高轨道的核心舱进展对C错误；D、对核心舱，万有引力供给向心力可得：𝐺𝑀𝑚(𝑅ℎ)2

=𝑚(2𝜋)2(𝑅 ℎ)，从而得到周期𝑇=𝑇

=𝑚′𝑔得到：𝐺𝑀=𝑔𝑅2，代入上𝐺𝑀

𝑅2式得：𝑇=2𝜋√(𝑅ℎ)3。将核心舱、神舟飞船的高度，及地球半径代入可得：核心舱周𝑔𝑅2期𝑇2=5502𝑠𝑇1=5261𝑠4.3最大周期计算可得总时间为𝑡=2=3×𝑠=𝑠=D正确。应选：𝐷。7.9𝑘𝑚/𝑠是地球的第一宇宙速度，是放射卫星的最小速度，也是卫星最大的围绕速度；从低轨道变轨与天和号核心舱对接前，神舟飞船的轨道半径小，速度大；对接时需加速做离心运动才能与轨道的核心舱对接；依据天和号核心舱的高度及相应的条件求出其周期，再结合题设经受的4.3圈求完成对接的时间。万有引力供给向心力。【答案】𝐷𝐴𝑏𝑈=62𝑉=𝑉𝑓=𝜋𝐻𝑧=50𝐻𝑧A正确；

√2 2𝜋24页1 2 B由于𝐿1𝐿2正常发光所以𝑈𝐿 =𝑈𝐿 =4𝑉，则原线圈的电压为𝑈1=𝑈−𝑈𝐿 =16𝑉−4𝑉=12𝑉，1 2 副线圈的电压为𝑈2=

=4𝑉，所以变压器原副线圈匝数比为𝑛1

=𝑈1

=12=3B2错误；

𝑛2

𝑈2 4 1𝐶𝐷、设原副线圈的匝数比为𝑘，原线圈的电流为

，副线圈的总电阻为

，依据题意可1 总知𝑎𝑏两端的电压不变，结合电流与匝数的关系有：𝐼1

𝑛2=1，解得

=

，则副线圈两端的电压为𝑈2=

=𝑘𝐼1𝑅 ，𝐼2

𝑛1 𝑘 2 1 总 总依据电压与匝数关系有𝑈1

=𝑛1=𝑘，解得𝑈1=𝑘𝑈2=𝑘2𝐼1𝑅 ，𝑈2

𝑛2 总总则有：𝑈𝑎𝑏=𝐼1𝑅+𝑈1=𝐼1(𝑅+𝑘2𝑅 )，总总减小电阻箱𝑅连入电路的阻值，副线圈的总电阻𝑅 减小，所以原线圈的电流𝐼1增大，故总灯泡𝐿1两端电压增大，因𝑈𝑎𝑏不变，所以电压表𝑉1的示数将减小，电压表𝑉2的示数也减C错误，D正确。应选：𝐷。由交变电压表达式直接求出有效值和频率𝑎𝑏端所接的交变电压的有效值可求出原副线圈的匝数比；通过公式推导，可将副线圈看作一个等效电阻，进而在电路中分析电压表的示数变化。态变化问题的分析，先局部后整体再局部的分析方法。【答案】𝐵【解析】解：𝐴.当运发动在圆盘最高点时，可能仅受到重力和支持力的作用，还可能受A错误；B.在圆盘最下方，依据𝑚𝑎𝑥𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠15°−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛15°=𝑚𝜔2 𝑙′𝑚𝑎𝑥解得𝜔𝑚𝑎𝑥=0.47𝑟𝑎𝑑/𝑠B正确；12C.𝜔取不同数值时，设摩擦力指向圆心则有：𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛15°+𝑓=𝑚𝜔2𝑙，设摩擦力背离圆心则有𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛15°−𝑓′=𝑚𝜔2𝑙，由式可知𝜔取不同数值时，运发动在最高点受到的摩擦1224页C错误；D.运发动运动过程中速度大小不变，动能不变，设𝑊𝑓、𝑊𝐺分别为摩擦力做功和重力做功的大小，有代入数据解得𝑊𝑓≈3120𝐽D错误。应选：𝐵。当运发动在圆盘最高点时，还可能受摩擦力，依据牛顿其次定律解得角速度；𝜔取不同数值时，运发动在最高点受到的摩擦力可能大小相等，方向相反，依据功能关系解得摩擦力做功。小和方向。【答案】𝐵𝐷【解析】解：由同一信号发生器带动的两个一样的扬声器连续发出波长为5𝑚的声波，倍时，振动加强，听到声音是加强的，故该同学从中间向一侧移动0𝑚、2.5𝑚、5.0𝑚、7.5𝑚、10𝑚时，听到声音变大；当同学到两个声源的间距为半波长的奇数倍时，振动减1.25𝑚3.75𝑚6.25𝑚8.75𝑚时，声音减弱；故该同学从中间向一侧移动过程听到扬声器声音由强变弱的次数为4次；故BD正确，AC错误。应选：𝐵𝐷。由同一信号发生器带动的两个一样的扬声器连续发出波长为5𝑚的声波，两个同频率的强，听到声音是加强的；当同学到两个声源的间距为半波长的奇数倍时，振动减弱，听到声音是减弱的．此题关键明确振动加强和振动减弱的条件，然后可以结合图表分析，不难．【答案】𝐴𝐶24页【解析】解：𝐴、图乙中𝑥1的位置正点电荷所受的电场力等于零，依据图甲来推断𝑥0的位置正点电荷的受力不为零，方向向左，故依据题意，正点电荷受力等于零的位置𝑥0的右侧，如图故𝑥1在𝑥0A正确。B、由图象可知，在𝑥轴正半轴上，越靠近负点电荷时，正点电荷的受力越大，故B错误。𝐶𝐷、在0<𝑥<𝑥1𝑥1位置受力平衡，在𝑥1的右侧正点电荷所受合力方向水平向右，在0<𝑥<𝑥1范围内，电场力做负功，电势能增加；𝑥>𝑥1𝑥1处电势能C正确，D错误。应选：𝐴𝐶。分析受力状况能推断两位置的关系。越靠近点电荷的位置，电荷所受的电场力越大。依据电场力做功推断电势能的变化。明确电场力做功与电势能的关系，明确点电荷在电场中的受力状况是解决问题的关键。【答案】𝐵𝐷【解析】解：𝐴、未施加拉力𝐹时，𝐴、𝐵均静止，设弹簧压缩𝑥0，依据平衡条件可得：𝑘𝑥0=𝜇(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑔𝑡=0时刻刚施加𝐹𝐴𝐵𝑘𝑥0−𝜇(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑔=(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑎由图像可得此时：𝐹=30𝑁由以上两式解得：𝑎=5𝑚/𝑠2A错误；B𝐴𝐵𝐹𝑚−𝑚𝐵𝑔=𝑚𝐵𝑎解得：𝐹𝑚=40𝑁B正确；C、刚分别时，设弹簧压缩量为𝑥1，对𝐴，依据牛顿其次定律可得：𝑘𝑥1−𝜇𝑚𝐴𝑔=𝑚𝐴𝑎2依据运动学公式可得：𝑥0−𝑥1=1𝑎𝑡2224页联立解得：𝑘=100𝑁/𝑚C错误；D、依据题意可知𝑡=0.2𝑠时，𝐴、𝐵开头分别，此过程𝐴𝐵位移大小为：𝑥=1𝑎𝑡22𝐴𝐵分开前，可得：𝐹=𝑘𝑥+30(𝑁)拉力𝐹与位移是一次函数关系，可得𝐴、𝐵分别时，拉力𝐹的大小为：𝐹𝑚=40𝑁故𝑡=0到𝑡=0.2𝑠的过程中力𝐹做的功为：𝑊=𝐹0+𝐹𝑚𝑥，代入数据解得：𝑊=3.5𝐽，故2D正确。应选：𝐵𝐷。未施加拉力𝐹𝐴𝐵𝐹的到达最大值，依据牛顿其次定律求解最大拉力；刚分别时，对𝐴依据牛顿其次定律结合运动学公式进展解答；依据功的计算公式进展解答。变力做功的计算方法，弄清楚物块的运动过程，结合图象给出的信息进展解答。【答案】𝐴𝐵【解析】解：设进入磁场前的速度为𝑣0，则有：𝑚𝑔ℎ=1𝑚𝑣2

=√2𝑔ℎ，2 0 0进入磁场后，导体切割磁感线产生电动势为：𝐸=𝐵𝐿𝑣𝑠𝑖𝑛𝜃，电路中的电流为：𝐼=力分析如下图：

𝐸

=𝐵𝐿𝑣𝑠𝑖𝑛𝜃，则有导体棒受到安培力为：𝐹=𝐵𝐼𝐿，对导体棒受𝐴2𝑅𝐴竖直方向依据平衡条件可得：𝐹𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃+𝐹𝑁=𝑚𝑔。A、导体棒刚进入磁场时，速度𝑣=𝑣0最大，𝐸最大，电流𝐼最大，此时𝑅两端的电压最大，𝑈=𝐼𝑅，解得：𝑈=𝐵𝐿√2𝑔ℎ𝑠𝑖𝑛𝜃A正确；2B𝑣变小，所以𝐸变小，𝐼变小，𝐹𝐴变小，则由𝐹𝑁变大，依据𝑓=𝜇𝐹𝑁B正确；C、假设导轨光滑，由能量守恒可得：𝑄=𝑚𝑔ℎ，依据𝑄=𝐼2𝑅𝑡可得，定值电阻与金2热𝑅产生的焦耳热为：𝑄𝑅=1𝑄2热

=1𝑚𝑔ℎ；但水平导224页轨有摩擦，总的机械能一般分转化为因摩擦产生的热，所以定值电阻𝑅产生的焦耳热小于1𝑚𝑔ℎC错误；2D−𝜇(𝑚𝑔−𝐹𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑡−𝐹𝐴𝑠𝑖𝑛𝜃⋅𝑡=0−𝑚𝑣0，𝑥=𝑡联立解得：𝑥=应选：𝐴𝐵。

2𝑚𝑅(𝜇𝑔𝑡−√2𝑔ℎ)𝐵2𝐿2sin2𝜃(𝑠𝑖𝑛𝜃−𝜇𝑐𝑜𝑠𝜃)

D错误。金属棒进入磁场之后做减速运动，所以刚进入磁场时，速度最大，此时产生的感应电动势最大，定值电阻两端的电压也最大，依据欧姆定律求出最大电压；力的变化；𝑄=𝐼2𝑅𝑡的转化状况进展分析；对金属棒由动量定理结合运动学公式求出金属棒在磁场中的运动位移。功能关系等列方程求解。12.【答案】右9.6 𝑑22

<1−

𝑘𝑘0【解析】解：(1)由题意可得，重物拉着纸带做初速度为零的匀加速直线运动，所以刚物相连；依据匀变速直线运动的推论可得纸带的加速度为：𝑎=𝑥23−𝑥785𝑇2

=3.94−2.02×10−2𝑚/𝑠2=5×0.129.6𝑚/𝑠2(2)0.01𝑚固定刻度为8𝑚𝑚，可动刻度为47.5×0.01𝑚𝑚=0.475𝑚𝑚，则千分尺的读数为：𝑑=8𝑚𝑚+47.5×0.01𝑚𝑚=8.475𝑚𝑚；(4)由机械能守恒得：𝑚𝑔ℎ=1𝑚𝑣22 𝐵𝐵又𝑣 =𝑑𝐵𝑡24页所以1𝑡2

=2𝑔ℎ𝑑20则有𝑘 =2𝑔0𝑑2故𝑔=𝑘0𝑑22(5)试验中有阻力做功，即有(𝑚𝑔−𝑓)ℎ=1𝑚𝑣2𝐵又𝑣 =𝑑𝐵𝑡𝑘=2(𝑚𝑔−𝑓)𝑚𝑑2即𝑘2𝑔−𝑑2即有𝑘<𝑘0

2𝑓𝑚𝑑2

2 𝐵因此

2𝑔 2𝑓−=𝑑2𝑚𝑑2−𝑘0𝑓𝑚𝑔

2𝑔𝑑=1−𝑘𝑘0故答案为：(1)右；9.6；(2)8.475；(4)𝑘0𝑑2；(5)<；1−2

𝑘𝑘0依据纸带上的点的疏密程度分析出重物的运动方向，依据逐差法计算出纸带的加速度；依据机械能守恒和运动学公式联立得到解析式，结合数学关系分析出𝑔的表达式；(5)考虑阻力做功，依据动能定理，分析出两种状况下的𝑘值大小关系和阻力𝑓与重力的比值大小。此题主要考察了重力加速度的测量，涉及到千分尺的读数，动能定理和机械能守恒，分析过程中涉及到了数学解析式的变形，难度中等偏上。13.【答案】𝐺 𝐸 𝐶 4.5【解析】解：(1)小型的风扇灯额定电压为5.0𝑉，额定功率为2.5𝑊，电风扇的额定电流为：𝐼=𝑃𝑈

=2.5𝐴=0.5𝐴，5因此需要选用电流表𝐴1，为实现在0～5.0𝑉范围内对风扇灯两端电压进展测量，滑动变阻器承受分压式接法，则滑动变阻器选择总电阻为10𝛺的误差较小，即选择𝐺；通过电流表与电阻串联改装成电压表，因电压调整范围为0～5.0𝑉，假设选择电流表𝐴2(量程24页150𝑚𝐴，内阻为𝑟2=5𝛺)与固定电阻𝑅2=40𝛺，改装成电压表，其量程为：𝑈=𝐼2(𝑟2+𝑅2)=150×103 ×(5+40)𝑉=6𝑉；符合测量要求，因此定值电阻应选用𝐸；𝑅𝑀约为4𝛺，改装的电压表的电阻𝑅𝑉=𝑟2+𝑅2=5𝛺+40𝛺=45𝛺，则𝑅𝑀<√𝑟2𝑅𝑉，因此电流表承受外接法；电路图如下图：小风扇灯在电流表读数小于0.15𝐴时灯亮但风扇不能转动，属于纯电阻电路，试验数据得知：𝐼1为0.10𝐴时，𝐼2为10𝑚𝐴，小风扇灯的电阻为：𝑅 =𝑈=10×103×45𝛺=4.5𝛺。𝑀 𝐼

0.1故答案为：(1)𝐺，𝐸，𝐶(2)图见解析(3)4.5选择器材需安全、准确，依据风扇灯的额定电流确定电流表的量程，通过风扇灯电量程为6𝑉电压表，结合电流表的量程，从而确定选取固定电阻值；测量伏安特性电流、电压需从零开头测起，滑动变阻器需承受分压式接法，依据风扇灯内阻小确定电流表的内外接；读数小于0.15𝐴时风扇灯没有转动，电能全部转化为内能，依据欧姆定律求出风扇灯的电阻率。解决此题的关键把握器材选取的原则，即安全，准确。知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区分和电流表内、外接法的区分。有电动机存在的电路是非纯电阻电路。【答案】解：(1)对封闭在气窑内的气体，排气前容积不变𝑇0=𝑡1+273𝐾=(27+273)𝐾=300𝐾由查理定律𝑝0𝑇0

=2𝑝0𝑇1代入数据可得𝑇1=600𝐾(2)开头排气后，气窑内气体维持2𝑝0压强不变24页𝑇3=𝑡3+273𝐾=(927+273)𝐾=1200𝐾由盖−吕萨克定律𝑉0𝑇2

𝑇3由于气体的密度不变则𝑚′= 𝑉′𝑚 代入数据解得𝑚′=1𝑚 2答：(1)单向排气阀开头排气时，窑内气体温度为600𝐾；(2)本次烧制排出的气体占原有气体质量的比例为1：2。【解析】(1)依据查理定律可解得窑内气体温度；(2)依据由盖−占原有气体质量的比例。制排出的气体占原有气体体积的比例求得质量的比例。【答案】解：(1)离子通过加𝑞𝑈=1𝑚𝑣22变形得到：𝑣2𝑞𝑈𝑚离子经过静电分析器，由牛顿其次定律有：𝑞𝐸0联立得到：𝐸0=2𝑈𝑅0

=𝑚𝑣2𝑅0依据题意，画出离子在磁场中运动的轨迹如下图，𝑂2为其圆心，由几何关系知道：离子的轨迹半径：𝑟′=𝑂2𝑁=𝑂2𝑃=

𝑃𝐽cos∠4o𝑂𝑁𝑂2为等腰直角三解形，∠4=45°∠𝑀𝑃𝑂2=∠1+∠2+∠3=90° 而∠1=15°所以∠3=30°所以：𝑃𝐽=𝑃𝑂1cos∠324页联立得到：𝑟′=√6𝑟20由牛顿其次定律有𝑞𝑣𝐵0从而解得：𝐵 =2√3𝑞𝑈𝑚03𝑞𝑟

=𝑚𝑣2𝑟′答：(1)离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小𝑣为2𝑞𝑈；𝑚静电分析器通道内虚线处电场强度的大小𝐸0

为2𝑈；𝑅0则圆形区域内匀强磁场的磁感应强度𝐵的大小为2√3𝑞𝑈𝑚。03𝑞𝑟0【解析】(1)在加速电场中由动能定理可求速度；由牛顿其次定律静电力向心力可求辅向电场的电场强度；依据题意作出粒子运动轨迹，利用几何关系可求得符合条件的粒子的半径，由洛伦兹力供给向心力求磁感应强度。娴熟把握电场的特点、在磁场中运动的轨迹，会利用几何关系求解物理问题。【答案】解：为解题的便利，取向右为正方向。(1)小球𝐴由斜面最高点下滑到水平台面的过程中，依据动能定理可得：𝑚𝑔ℎ=1𝑚𝑣2解得：𝑣𝐴=√2𝑔ℎ

2 𝐴小球𝐴与小球𝐵发生正碰时动量守恒，依据动量守恒定律可得：𝑚𝑣𝐴=(