2023年湖北省部分学校高考物理模拟试卷（5月份）

2023年湖北省部分学校高考物理模拟试卷（5月份）一、选择题1．无接触自助安检即旅客进入安检区域后，进入人体安检设备，设备主动发射波长为毫米级的电磁波并对物品进行标识，如无危险可疑物品，设备不报警，旅客可快速通过。关于毫米波，下列说法正确的是（）A．毫米波的传播需要介质 B．毫米波的频率比紫外线的频率高 C．毫米波和超声波一样都是横波 D．毫米波比可见光更容易发生明显衍射2．电影《流浪地球2》中太阳核心聚变加速，导致内核温度高达一亿度，足以点燃太阳，产生氮闪。如图所示，现实中太阳内层的氢发生聚变，每4个会聚变成1个，即质子一质子链反应。下列说法不正确的是（）A．两个合成的过程中产生一个正电子 B．比少一个中子 C．和聚合成，反应前后质量数守恒 D．的比结合能小于的比结合能3．2022年10月9日，中国成功发射“夸父一号”先进天基太阳天文台卫星，卫星进入预定的太阳同步晨昏轨道，可全年不间断对日观测。已知卫星在距地面720km的近似圆形轨道上绕地运行，周期为99min。下列说法正确的是（）A．“夸父一号” B．“夸父一号” C．“夸父一号”的角速度大于地球自转的角速度 D．“夸父一号”受到的向心力大于地球同步卫星受到的向心力4．如图所示，一列简谐横波向右传播，a、b两质点的平衡位置相距为l，在某时刻a、b均振动到平衡位置，且a、b之间仅有一个波谷。这列波的波长不可能是（）A．2l B． C．l D．5．如图所示，固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个质量为m的小圆环，小圆环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，当小圆环的向心加速度大小等于重力加速度g时，大圆环对小圆环的弹力大小为（）A．0 C．mg D．2mg6．如图所示，△ABC是一直角三棱镜的横截面，∠C＝30°，∠A＝60°，为测定其折射率，某同学用激光笔发射一束激光垂直于AB边从其中点D入射，在AC边上恰好发生全反射。不考虑光在三棱镜中的多次反射，下列说法正确的是（）A．该三棱镜的折射率为 B．光在BC边上也发生全反射 C．减小入射光频率，光在AC边上仍能发生全反射 D．增大入射光频率，光在三棱镜中传播时间变短7．如图所示，空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直纸面（xOy平面）向外，电场的方向沿y轴正方向。一质量为m、电荷量为q的带电粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动（其轨迹如图所示）。已知磁感应强度的大小为B，电场强度大小为E，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．粒子带负电 B．粒子运动轨迹是抛物线 C．粒子距离x轴的最大距离为 D．粒子运动过程中的最大速度为（多选）8．波浪滑翔器是一种新型海洋无人自主航行器，它包括水面船体和水下牵引机（由主框架和翼板组成），二者通过柔性吊缆连接（如示意图所示）。波浪滑翔器在海洋表面与起伏波浪相互作用而实现前向运动，整个过程中柔性吊缆时而张紧、时而松弛。关于波浪滑翔器的运动，下列说法正确的是（）A．如图（a）所示，水面船体随着波浪升高时，柔性吊缆松弛，海水对牵引机翼板上侧的压力推动其前进 B．如图（a）所示，水面船体随着波浪升高时，柔性吊缆张紧，海水对牵引机翼板上侧的压力推动其前进 C．如图（b）所示，水面船体随波浪下降时，柔性吊缆松弛，水下牵引机在自身重力作用下下潜，海水对牵引机翼板下侧的压力推动其前进 D．如图（b）所示，水面船体随波浪下降时，柔性吊缆张紧，水下牵引机在自身重力作用下下潜，海水对牵引机翼板下侧的压力推动其前进（多选）9．如图所示，MN、PQ是放置于水平面内的平行光滑金属导轨，M、P间接有定值电阻R。垂直导轨平面分布着方向向下的匀强磁场，金属棒ab垂直导轨静止放置且始终与导轨接触良好。某时刻导体棒获得瞬时速度向右运动，直至静止。不计导轨电阻，则流过导体棒的电流I和导体棒所受安培力F安分别随时间t的变化图像、流过导体棒的电荷量q和感应电动势E分别随位移x变化图像正确的是（）A． B． C． D．（多选）10．如图（a）所示，某同学用智能拍摄物块从台阶旁的斜坡上自由滑下的过程，物块运动过程中的五个位置A、B、C、D、E及对应的时刻如图（b）所示。已知斜坡是由长为d＝0.6m的地砖拼接而成，且A、C、E三个位置物块的下边缘刚好与砖缝平齐。下列说法正确的是（）2（多选）11．为全面推进乡村振兴，某地兴建的小型水电站如图所示。该水电站交流发电机的输出功率为P＝1000kW，发电机的输出电压U1＝250V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻为R线＝16Ω，在用户处的降压变压器输出电压U4＝220V。在输电过程中，要求输电线上损耗的功率为发电机输出功率的4%。假设升压变压器、降压变压器均为理想变压器，下列说法正确的是（）A．发电机输出的电流I1＝400A B．输电线上的电流I线＝250A C．降压变压器的匝数比n3：n4＝960：11 D．用户得到的电流I4＝4363A二、非选择题12．某实验小组利用图（a）所示装置探究弹簧的弹力与形变量的关系。实验中使用J2110螺旋弹簧，该弹簧在自然状态下有一定的收缩力。实验时把弹簧的上端固定在铁架台的横杆上，记录弹簧自然下垂时下端的示数（L）。在弹簧的下端悬挂不同质量（m）的钩码，记录弹簧在不同弹力下弹簧下端的示数并填入表格中，计算对应的弹簧伸长量x的值。m/g010203040506070L/cmx/cm0000m/g8090100110120130140150L/cmx/cm（1）图（b）是根据上表数据绘制的“m﹣x”图线，其中AB段为曲线、BC段为直线，则该弹簧在段满足胡克定律（选填“OA”“AB”或“BC”）；（2）由图（b）可得直线BC的函数表达式为（单位：g），弹簧的劲度系数k＝N/m，弹簧在自然状态下的收缩力F0＝2，结果均保留2位小数）；（3）由于弹簧的质量不能忽略，它对弹簧劲度系数的测量（选填“有”或“没有”）影响。Ω，定值电阻R0＝2Ω。实验操作步骤如下：①将电阻箱的阻值调到最大；②单刀双掷开关S与1接通，闭合开关S0，将电阻箱R的阻值调至R1Ω，电流表的示数为I1＝0.10A，电压表的示数为U1＝1.52V，断开开关S0；③单刀双掷开关S与2接通，闭合开关S0，将电阻箱R的阻值由R1Ω调至R2Ω，电流表的示数为I2＝0.20A，电压表的示数为U2＝1.14V，断开开关S0。回答下列问题：ΩΩ，下列调节方法可行的是A．先将×0.1挡调至9，再将×10挡调至0，最后将×1挡调至4B．先将×0.1挡调至9，再将×1挡调至4，最后将×10挡调至0C．先将×10调至0，再将×1挡调至4，最后将×（2）由实验所测数据求得电流表的内阻RA＝Ω，电压表的内阻RV＝Ω；电源的电动势E＝V，电源的内阻r＝Ω；（结果均保留2位有效数字）（3）若将开关S接2，闭合开关S0，当电阻箱R＝Ω时，电源的输出功率最大。14．轻质“强力吸盘挂钩”可以安装在竖直墙面上。先按住锁扣把吸盘紧压在墙上，吸盘中的空气被挤出一部分，如图（a）所示；再把锁扣扳下，让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，使吸盘恢复到原来的形状，如图（b）所示。在拉起吸盘的同时，锁扣对盘盖施加压力，致使盘盖与吸盘粘连在一起，此时“强力吸盘挂钩”的最大承载量为m。已知大气压强为p0，盘盖的截面积为S1，吸盘中空气与墙面的接触面积为S2，吸盘与墙面的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。若上述过程没有漏气，且吸盘中的气体可视为理想气体，室内温度恒定不变。求（1）图（b）中吸盘内空气的压强p；（2）图（a）与图（b）中吸盘内空气的密度之比。15．如图所示，在矩形区域ABCD内有方向沿AB的匀强电场（未画出），，沿AB边建立y轴，AB边的中垂线建立x轴，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从O点以速率v射入矩形区域，速度方向与x轴的夹角为θ，且﹣90°＜θ＜90°。当v＝v0，θ＝0°时，粒子恰好从C点离开矩形区域。不考虑粒子的重力。（1）求A、C两点间的电势差UAC；（2）若v＝2v0，要使粒子从CD边射出矩形区域，求θ的范围。16．如图所示，足够长的固定斜面与水平面的夹角为θ，质量为m的小物块B恰好静止在斜面上，质量为3m底面光滑的小物块A自斜面上与B相距为L处静止释放，并沿斜面加速下滑，与B发生弹性正碰，且碰撞时间极短。重力加速度的大小为g。求（1）第1次碰撞后A、B的速度大小；（2）A、B第1次碰撞后到第2次碰撞前的时间；（3）A、B第n次碰撞后到第（n+1）次碰撞前B的位移。2023年湖北省部分学校高考物理模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题1．无接触自助安检即旅客进入安检区域后，进入人体安检设备，设备主动发射波长为毫米级的电磁波并对物品进行标识，如无危险可疑物品，设备不报警，旅客可快速通过。关于毫米波，下列说法正确的是（）A．毫米波的传播需要介质 B．毫米波的频率比紫外线的频率高 C．毫米波和超声波一样都是横波 D．毫米波比可见光更容易发生明显衍射【分析】毫米波可以在真空中传播；其波长比紫外线的波长长；毫米波是横波，超声波是纵波；比较毫米波与可见光的波长，再根据发生明显衍射现象的条件判断。【解答】解：A．毫米波是电磁波，可以在真空中传播，所以毫米波的传播不需要介质，故A错误；B．与紫外线相比，毫米波的波长较长，由c＝λf知毫米波的频率小，故B错误；C．电磁波是横波，所以毫米波是横波，而超声波是纵波，故C错误；D．波长越长，衍射现象越明显，毫米波比可见光波长更长，则更容易发生明显衍射，故D正确。故选：D。【点评】本题主要是考查毫米波的传播和衍射现象，知道毫米波属于概率波，其传播情况与光的传播情况基本上是相同的，具有波的一切特性。2．电影《流浪地球2》中太阳核心聚变加速，导致内核温度高达一亿度，足以点燃太阳，产生氮闪。如图所示，现实中太阳内层的氢发生聚变，每4个会聚变成1个，即质子一质子链反应。下列说法不正确的是（）A．两个合成的过程中产生一个正电子 B．比少一个中子 C．和聚合成，反应前后质量数守恒 D．的比结合能小于的比结合能【分析】根据核反应遵循的质量数和电荷数守恒分析，根据比结合能和节能的概念分析。【解答】解：A．两个合成的核反应方程式为：，产生一个正电子，故A正确；B．比少一个中子，故B正确；C．和聚合成，反应前后质量数和电荷数均守恒，故C正确；D．反应放出核能，最终的生成物更稳定，则的比结合能大于的比结合能，故D错误。本题选错误选项，故选：D。【点评】本题关键掌握核反应遵循的两条规律，掌握平均结合能和结合能的概念和区别。3．2022年10月9日，中国成功发射“夸父一号”先进天基太阳天文台卫星，卫星进入预定的太阳同步晨昏轨道，可全年不间断对日观测。已知卫星在距地面720km的近似圆形轨道上绕地运行，周期为99min。下列说法正确的是（）A．“夸父一号” B．“夸父一号” C．“夸父一号”的角速度大于地球自转的角速度 D．“夸父一号”受到的向心力大于地球同步卫星受到的向心力【分析】理解宇宙速度的概念，由此得出“夸父一号”的发射速度和运行速度的大小关系；根据“夸父一号”和地球的周期大小关系得出两者角速度的大小关系；根据万有引力定律可知“夸父一号”和地球同步卫星向心力的大小关系与质量有关，无法比较。【解答】解：A．第一宇宙速度7.9km/s是发射绕地卫星的最小速度，第二宇宙速度11.2km/s是卫星离开地球飞向太阳的最小发射速度，“夸父一号”的发射速度小于11.2km/s，故A错误；B．第一宇宙速度是绕地运行卫星的最大速度，“夸父一号”的运行速度小于7.9km/s，故B错误；C．“夸父一号”的周期小于地球自转周期，根据角速度和周期的关系式可知，“夸父一号”的角速度大于地球自转的角速度，故C正确；D．卫星质量未知，所受向心力无法比较，故D错误。故选：C。【点评】本题主要考查了万有引力定律的相关应用，正确理解宇宙速度的概念，结合周期和角速度的关系即可完成分析。4．如图所示，一列简谐横波向右传播，a、b两质点的平衡位置相距为l，在某时刻a、b均振动到平衡位置，且a、b之间仅有一个波谷。这列波的波长不可能是（）A．2l B． C．l D．【分析】根据a、b之间仅有一个波谷画出图像，判断波长大小。【解答】解：因a、b之间仅有一个波谷，则该时刻的波形可能有以下四种情况故波长可能为：λ＝2l，λ＝l，，故ACD正确，B错误。本题选择错误的，故选：B。【点评】解决本题的关键要确定波长与a、b间距l的关系。5．如图所示，固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个质量为m的小圆环，小圆环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，当小圆环的向心加速度大小等于重力加速度g时，大圆环对小圆环的弹力大小为（）A．0 C．mg D．2mg【分析】首先根据题意作图，再根据受力分析结合牛顿第二定律以及机械能守恒定律列式求解。【解答】解：环的向心加速度为即若运动到与圆心等高处时，根据能量守恒有，mgR＝mv'2，解得v’＝说明时小环在大圆环的上部，设环与圆心的连线跟竖直方向的夹角为θ，如图所示由机械能守恒定律大圆环对小圆环的弹力大小满足F1+mgcosθ＝m整理解得θ＝60°F1＝mg故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】该题考查变速圆周运动中牛顿第二定律以及数学三角函数的应用，其中数学函数的分析为该题的难点。6．如图所示，△ABC是一直角三棱镜的横截面，∠C＝30°，∠A＝60°，为测定其折射率，某同学用激光笔发射一束激光垂直于AB边从其中点D入射，在AC边上恰好发生全反射。不考虑光在三棱镜中的多次反射，下列说法正确的是（）A．该三棱镜的折射率为 B．光在BC边上也发生全反射 C．减小入射光频率，光在AC边上仍能发生全反射 D．增大入射光频率，光在三棱镜中传播时间变短【分析】根据题意正确画出光路图，根据几何知识确定临界角C，再由sinC＝求出折射率。根据光线在BC边的入射角与临界角关系，判断光在BC边上能否发生全反射；减小入射光频率，折射率减小，根据sinC＝分析临界角的变化，再判断光在AC边上能否发生全反射；增大入射光频率，折射率增大，光在三棱镜中的传播速度减小，再判断汉在三棱镜中传播时间的变化。【解答】解：A、如图所示，光在AC边上恰好发生全反射，入射角等于临界角C由几何关系可知临界角C＝60°由sinC＝得：，故A正确；B、由图可知，光在BC边上的入射角等于30°，小于全反射的临界角C，不发生全反射，故B错误；C、光在AC边上恰好发生全反射，减小入射光频率后，则折射率减小，由sinC＝知临界角增大，则光在AC边上的入射角小于临界角，光在AC边上不会发生全反射，故C错误；D、增大入射光频率，折射率也增大，由v＝知光在三棱镜中的传播速度减小，光在三棱镜中传播路程不变，则光的传播时间变长，故D错误。故选：A。【点评】本题主要考查光的全反射知识，要掌握全反射条件和临界角公式，熟练运用几何知识帮助分析。7．如图所示，空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直纸面（xOy平面）向外，电场的方向沿y轴正方向。一质量为m、电荷量为q的带电粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动（其轨迹如图所示）。已知磁感应强度的大小为B，电场强度大小为E，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．粒子带负电 B．粒子运动轨迹是抛物线 C．粒子距离x轴的最大距离为 D．粒子运动过程中的最大速度为【分析】根据粒子静止时只受电场力向上运动及电场线的方向判定粒子的电性；粒子运动时受电场力和洛伦兹力作用，洛伦兹力是变力，则轨迹不是抛物线；把粒子的运动分解根据几何知识求解粒子距离x轴的最大距离；根据运动合成与分解求解粒子运动过程中的最大速度。【解答】解：A．粒子由静止开始运动，电场力方向竖直向上，故粒子带正电，故A错误；B．粒子运动时受电场力和洛伦兹力，因洛伦兹力是变力，则轨迹不是抛物线，故B错误；CD．为使粒子在磁场作用下做匀速圆周运动的分运动，则沿x轴正方向的分速度v在磁场作用下产生的洛伦兹力应与电场力平衡，qE＝qvB解得：将粒子的运动分解为速度的向右匀速直线运动和速度为v的沿顺时针方向的匀速圆周运动，则粒子距x轴的最大距离为：Y＝2R粒子一个分运动做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：联立解得：两分运动同向时速度最大，则最大速度为：，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题考查了带电粒子在磁场和电场中的运动，难点是如何把粒子的运动分解，难度较大。（多选）8．波浪滑翔器是一种新型海洋无人自主航行器，它包括水面船体和水下牵引机（由主框架和翼板组成），二者通过柔性吊缆连接（如示意图所示）。波浪滑翔器在海洋表面与起伏波浪相互作用而实现前向运动，整个过程中柔性吊缆时而张紧、时而松弛。关于波浪滑翔器的运动，下列说法正确的是（）A．如图（a）所示，水面船体随着波浪升高时，柔性吊缆松弛，海水对牵引机翼板上侧的压力推动其前进 B．如图（a）所示，水面船体随着波浪升高时，柔性吊缆张紧，海水对牵引机翼板上侧的压力推动其前进 C．如图（b）所示，水面船体随波浪下降时，柔性吊缆松弛，水下牵引机在自身重力作用下下潜，海水对牵引机翼板下侧的压力推动其前进 D．如图（b）所示，水面船体随波浪下降时，柔性吊缆张紧，水下牵引机在自身重力作用下下潜，海水对牵引机翼板下侧的压力推动其前进【分析】分别分析水面船体随着波浪升高或下降时水下牵引机受力情况，在分析柔性吊缆对船的力，从而得到答案。【解答】解：由图可知，当水面船体随着波浪升高时，柔性吊缆张紧，海水对牵引机翼板上侧的压力沿船前进方向有分力，可推动牵引机前进，吊缆对水面船体施加拉力，拉力沿前进方向分力是船前进；当水面船体随波浪下降时，柔性吊缆松弛，水下牵引机在重力作用下下潜，使得机翼板倾斜，于是海水对牵引机翼板下侧的压力，可推动牵引机前进，吊缆对水面船体施加拉力，拉力沿前进方向分力是船前进；故BC正确，AD错误。故选：BC。【点评】本题主要考查力的分解在自主航行器中的应用。（多选）9．如图所示，MN、PQ是放置于水平面内的平行光滑金属导轨，M、P间接有定值电阻R。垂直导轨平面分布着方向向下的匀强磁场，金属棒ab垂直导轨静止放置且始终与导轨接触良好。某时刻导体棒获得瞬时速度向右运动，直至静止。不计导轨电阻，则流过导体棒的电流I和导体棒所受安培力F安分别随时间t的变化图像、流过导体棒的电荷量q和感应电动势E分别随位移x变化图像正确的是（）A． B． C． D．【分析】根据切割电动势结合欧姆定律和导体棒运动情况，分析电流大小；根据安培力公式，分析安培力变化；根据电量定义式，结合法拉第电磁感应定律，分析电量；根据动量定理，结合感应电动势公式，分析感应电动势。【解答】解：A．导体棒向右做加速度逐渐减小的减速运动，根据切割电动势结合欧姆定律有故感应电流I随时间减小，且变化得越来越慢，故A正确；B．由F安＝BIL可知，F安随时间的变化应与I随时间的变化一致，故B错误；C．电荷量故C正确；D．根据动量定理，以v的方向为正方向，感应电动势E＝BLv解得故D正确。故选：ACD。【点评】本题考查学生对切割电动势、欧姆定律、安培力公式、法拉第电磁感应定律、动量定理等规律的掌握，其中在使用动量定理时要注意规定正方向。（多选）10．如图（a）所示，某同学用智能拍摄物块从台阶旁的斜坡上自由滑下的过程，物块运动过程中的五个位置A、B、C、D、E及对应的时刻如图（b）所示。已知斜坡是由长为d＝0.6m的地砖拼接而成，且A、C、E三个位置物块的下边缘刚好与砖缝平齐。下列说法正确的是（）2【分析】A、根据每个点对应的时刻，可知每相邻两个点间的时间间隔，则可得物块从A到E的运动时间；C、D点为C、E两点的中间时刻的位置，根据推论中间时刻等于该过程的平均速度可得D点的瞬时速度大小；D、根据推论Δx＝aT2可得物块运动的加速度大小；B、根据D点速度和加速度大小可得A点速度大小，由运动学公式可得A、D两点间的距离。【解答】解：A、由图（b）可知相邻两点间的时间间隔T＝0.4s，物块从A运动到E的时间间隔Δt＝4T＝1.6s，故A错误；C、物块从C到D的时间间隔与物块从D点到E点的时间间隔相等，所以物块在位置D时的速度为C到E中间时刻的速度，则有：，故C正确；xCE﹣xAC＝2d﹣d＝d由Δx＝at2可知：2，故D正确；B、由vD＝vA+a×3T代入数据解得：vA＝0则位置A、D间距离，故B错误。故选：CD。【点评】本题考查了匀变速直线运动的位移、瞬时速度的公式和推论，解题的关键是求出相邻两点间的时间间隔，利用Δx＝aT2求出物块的加速度。（多选）11．为全面推进乡村振兴，某地兴建的小型水电站如图所示。该水电站交流发电机的输出功率为P＝1000kW，发电机的输出电压U1＝250V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻为R线＝16Ω，在用户处的降压变压器输出电压U4＝220V。在输电过程中，要求输电线上损耗的功率为发电机输出功率的4%。假设升压变压器、降压变压器均为理想变压器，下列说法正确的是（）A．发电机输出的电流I1＝400A B．输电线上的电流I线＝250A C．降压变压器的匝数比n3：n4＝960：11 D．用户得到的电流I4＝4363A【分析】由功率公式求发电机输出电流；由电功率公式求输电线上的电流；由理想变压器的功率关系求升压变压器副线圈两端电压，用欧姆定律求损失电压，再由电压关系求降压变压器原线圈两端电压，进而求匝数比；根据功率关系求用户得到的功率，最后求用户端得到的电流。【解答】解：A、由电功率公式P＝UI可知，发电机输出电流I1＝A＝4000A，故A错误；B、输电线上损耗的功率为发电机输出功率的4%，由，代入数据解得：I线＝50A，故B错误；C、降压变压器原线圈得到的功率为P3＝96%P＝1000×96%kW＝960kW，降压变压器原线圈得到的电压根据理想变压器原副线圈的电压与线圈匝数成正比关系，降压变压器的匝数比n3：n4＝U3：U4＝19200：220＝960：11，故C正确；D、用户得到的电流，故D正确。故选：CD。【点评】解题时要抓住理想变压器的功率关系、电压和电流特点；由于输电线电阻的存在，输电线上有电压损失和功率损失。二、非选择题12．某实验小组利用图（a）所示装置探究弹簧的弹力与形变量的关系。实验中使用J2110螺旋弹簧，该弹簧在自然状态下有一定的收缩力。实验时把弹簧的上端固定在铁架台的横杆上，记录弹簧自然下垂时下端的示数（L）。在弹簧的下端悬挂不同质量（m）的钩码，记录弹簧在不同弹力下弹簧下端的示数并填入表格中，计算对应的弹簧伸长量x的值。m/g010203040506070L/cmx/cm0000m/g8090100110120130140150L/cmx/cm（1）图（b）是根据上表数据绘制的“m﹣x”图线，其中AB段为曲线、BC段为直线，则该弹簧在BC段满足胡克定律（选填“OA”“AB”或“BC”）；（2）由图（b）可得直线BC的函数表达式为（单位：g），弹簧的劲度系数k＝9.33N/m，弹簧在自然状态下的收缩力F0＝0.432，结果均保留2位小数）；（3）由于弹簧的质量不能忽略，它对弹簧劲度系数的测量没有（选填“有”或“没有”）影响。【分析】（1）根据胡克定律推导分析；（2）根据胡克定律推导函数图像在BC段的表达式结合图像计算，（3）根据根据胡克定律推导函数图像在BC段的表达式分析判断。【解答】解：（1）由胡克定律F＝kx有ΔF＝kΔx即Δmg＝kΔx故BC直线段满足胡克定律。（2）由Δmg＝kΔx有斜率故k≈9.33N/m。F0+kx＝mg所以F0（3）由（2）有弹簧的自身重力不影响图像斜率，从而不影响测量结果。故答案为：（1）BC；（2）9.33，0.43；（3）没有。【点评】本题关键是掌握胡克定律，结合题意推导函数图像表达式进行分析计算。Ω，定值电阻R0＝2Ω。实验操作步骤如下：①将电阻箱的阻值调到最大；②单刀双掷开关S与1接通，闭合开关S0，将电阻箱R的阻值调至R1Ω，电流表的示数为I1＝0.10A，电压表的示数为U1＝1.52V，断开开关S0；③单刀双掷开关S与2接通，闭合开关S0，将电阻箱R的阻值由R1Ω调至R2Ω，电流表的示数为I2＝0.20A，电压表的示数为U2＝1.14V，断开开关S0。回答下列问题：ΩΩ，下列调节方法可行的是ABA．先将×0.1挡调至9，再将×10挡调至0，最后将×1挡调至4B．先将×0.1挡调至9，再将×1挡调至4，最后将×10挡调至0C．先将×10调至0，再将×1挡调至4，最后将×（2）由实验所测数据求得电流表的内阻RA＝0.80Ω，电压表的内阻RV＝76Ω；电源的电动势E＝2.0V，电源的内阻r＝2.0Ω；（结果均保留2位有效数字）（3）若将开关S接2，闭合开关S0，当电阻箱R＝0Ω时，电源的输出功率最大。【分析】（1）从保护电路的角度分析电阻箱的调节方法；（2）根据欧姆定律和并联电路的电流特点求电压表内阻；开关S与2接通时，根据欧姆定律求电流表的内阻；开关S分别与1、2接通时，根据闭合电路的欧姆定律联立求解电动势和内阻。（3）电源的输出功率与外电阻的关系分析作答。【解答】解：（1）从保护电路的角度，调节电阻箱时，采用“先调小、后调大”ΩΩ。故选：AB。（2）开关S与1接通时，根据欧姆定律和并联电路的电流特点代入数据解得RV＝76Ω开关S与2接通时，根据欧姆定律U2＝I2（R2+RA）代入数据解得RAΩ开关S与1接通时，根据闭合电路欧姆定律E＝U1+I1（R0+RA+r）开关S与2接通时，根据闭合电路欧姆定律Ω（3）电源的输出功率与外电阻的关系如图所示：开关S接2时，外电阻R外＝R0+R+RA根据图像可知，当R外接近电源电动势r时，电源的输出功率最大即电阻箱阻值R＝0Ω时，电源的输出功率最大。故答案为：（1）AB；（2）0.80；76；2.0；2.0；（3）0。【点评】本题考查了电压表和电流表内阻的测量、电源电动势和内阻的测量以及电压的最大输出功率，理解实验原理是解题的关键；要求熟练掌握欧姆定律、闭合电路的欧姆定律和并联电路的电流特点、电源的输出功率与外电阻的关系。14．轻质“强力吸盘挂钩”可以安装在竖直墙面上。先按住锁扣把吸盘紧压在墙上，吸盘中的空气被挤出一部分，如图（a）所示；再把锁扣扳下，让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，使吸盘恢复到原来的形状，如图（b）所示。在拉起吸盘的同时，锁扣对盘盖施加压力，致使盘盖与吸盘粘连在一起，此时“强力吸盘挂钩”的最大承载量为m。已知大气压强为p0，盘盖的截面积为S1，吸盘中空气与墙面的接触面积为S2，吸盘与墙面的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。若上述过程没有漏气，且吸盘中的气体可视为理想气体，室内温度恒定不变。求（1）图（b）中吸盘内空气的压强p；（2）图（a）与图（b）中吸盘内空气的密度之比。【分析】（1）对吸盘进行受力分析，根据其不同方向上的受力特点得出压强的大小；（2）气体发生等温变化，根据玻意耳定律得出体积的关系，从而得出空气的密度之比。【解答】解：（1）设图（b）中墙面对吸盘的弹力为FN，分析吸盘受力，在水平方向上p0S1＝pS2+FN在竖直方向上μFN＝mg解得：（2）设吸盘内空气的质量为m0，图（a）中吸盘内空气的密度为ρ0，则空气的体积设图（b）中吸盘内空气的密度为ρ，则空气的体积由玻意耳定律p0V0＝pV解得：答：（1）图（b）中吸盘内空气的压强为；（2）图（a）与图（b）中吸盘内空气的密度之比为。【点评】本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程，熟悉物体的受力分析，结合玻意耳定律即可完成解答。15．如图所示，在矩形区域ABCD内有方向沿AB的匀强电场（未画出），，沿AB边建立y轴，AB边的中垂线建立x轴，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从O点以速率v射入矩形区域，速度方向与x轴的夹角为θ，且﹣90°＜θ＜90°。当v＝v0，θ＝0°时，粒子恰好从C点离开矩形区域。不考虑粒子的重力。（1）求A、C两点间的电势差UAC；（2）若v＝2v0，要使粒子从CD边射出矩形区域，求θ的范围。【分析】（1）带电粒子垂直进入电场，做类平抛运动，根据平抛运动规律求解AC两点的电势差；（2）速度加倍后，考虑两种临界情况，由类斜抛规律分别求出初速度与水平方向的夹角，从而得到θ的范围。