湖南省高考预测卷（二）物理试题（解析版）

高中物理名校试卷PAGEPAGE12023届高三湖南高考物理预测卷（二）一、单选题1.关于原子和原子核，下列说法正确的是（）A.目前世界上的核动力航母利用的是轻核的聚变B.提高温度可以缩短放射性元素的半衰期C.卢瑟福发现质子的核反应方程是D.发生核反应时满足质量守恒和电荷数守恒〖答案〗C〖解析〗A．目前世界上的核动力航母利用的是重核的裂变，A错误；B．提高温度不可以改变放射性元素的半衰期，B错误；C．卢瑟福发现质子的核反应方程是C正确；D．发生核反应时满足质量数守恒和电荷数守恒，质量会有亏损，D错误。故选C。2.吊车是工程上常用的一种机械，如图所示为一吊车吊起一批木材，吊车大臂支架顶端固定一定滑轮，一根缆绳绕过定滑轮，一端固定于吊车车身的控制器上，另一端连接一吊钩，吊钩下挂着木材，保持缆绳的长度不变，控制吊车大臂支架绕固定轴转动使木材缓慢升高，在木材缓慢升高的过程中吊钩不会碰到定滑轮，木材也不会接触到大臂。为了研究问题的方便，不计缆绳和定滑轮的质量及一切摩擦力，则在此过程中下列说法正确的是（）A.缆绳上的弹力一直增大B.吊车大臂支架对定滑轮的弹力一直增大C.吊车大臂支架对定滑轮的弹力方向始终沿吊车大臂支架方向D.两缆绳对定滑轮的作用力与竖直方向的夹角不变〖答案〗B〖解析〗A．以木材和吊钩整体为研究对象，设木材和吊钩的总质量为m，根据平衡条件可得缆绳对木材和吊钩整体的弹力，在木材缓慢升高的过程中木材和吊钩整体处于平衡状态，则缆绳上的弹力大小不变，选项A错误；BC．以定滑轮为研究对象，设绕过定滑轮的缆绳的夹角为α，根据三力平衡条件可得，大臂支架对定滑轮的弹力方向在缆绳夹角α角平分线的反向延长线上，但不一定沿吊车大臂支架方向，大小为在木材缓慢升高的过程中，与吊钩连接的缆绳一直处于竖直方向，与控制器连接的缆绳与竖直方向的夹角逐渐减小，即缆绳的夹角α逐渐减小，则吊车大臂支架对定滑轮的弹力一直增大，选项B正确，选项C错误；D．缆绳对木材和吊钩整体的弹力，大小不变，两缆绳对定滑轮的作用力为两个弹力的合力，合力方向一定在两缆绳夹角α的角平分线方向上，挂木材的缆绳与竖直方向夹角不变，两缆绳夹角α减小，则两缆绳对定滑轮的作用力与竖直方向的夹角逐渐减小，选项D错误。故选B。3.如图所示，AB是斜坡，BC是水平面，从斜坡顶端A以不同初速度v向左水平抛出同一小球，当初速度为v0时，小球恰好落到坡底B。不计空气阻力，则下列图象能正确表示小球落地（不再弹起）前瞬间重力瞬时功率P随v变化关系的是A.B.C.D.〖答案〗C〖解析〗当平抛的初速度时，小球均落在斜面上，具有相同的位移偏向角均等于斜面倾角，可得：，可得平抛时间：则小球所受的重力的瞬时功率为：可知，关于v构成正比例函数关系；当平抛的初速度时，小球均落在水平面上，平抛的竖直高度相同为h，有：则平抛时间为：则小球所受的重力的瞬时功率为：可知功率P为恒定值；综合两种情况可得C项的图像争取，ABD项的图像错误；故选C4.如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为mA和mB的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，它们的质量之比mA:mB=2:1．当用水平力F作用于B上且两物块以相同的加速度向右加速运动时（如图甲所示），弹簧的伸长量xA；当用同样大小的力F竖直向上拉B且两物块以相同的加速度竖直向上运动时（如图乙所示），弹簧的伸长量为xB，则xA:xB等于（）A.1:1 B.1:2 C.2:1 D.3:2〖答案〗A〖解析〗设mA=2mB=2m，对甲图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度：对A物体有：F弹-μ∙2mg=2ma，得；对乙图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度：对A物体有：F弹′-2mg=2ma′，得

则x1：x2=1：1．A．1:1，与结论相符，选项A正确；B．1:2，与结论不相符，选项B错误；C．2:1，与结论不相符，选项C错误；D．3:2，与结论不相符，选项D错误．5.如图，一椭圆的两焦点M、N处固定两个等量异种电荷、，O为椭圆中心，ab是椭圆短轴上的两个端点，c是OM上的一点，d是Oa上的一点，ef是椭圆上关于O点对称的两个点，取无穷远处电势势能为零，下列说法中正确的是（）A.a、b两点电势相等，但电场强度不同B.e、f两点电场强度相同，但电势不同C.一电子在c点受到的静电力大于在在d点受到的静电力，且在c点的电势能也大于在d点的电势能D.一质子从d点移到无穷远处，静电力做正功〖答案〗B〖解析〗AB．根据等量异种电荷电场线和等势面的分布规律可知a、b两点电场强度相同，电势均为零，即相等；e、f两点关于O点对称可知，电场强度相同，根据沿电场线方向电势降低，则e点的电势大于f点的电势，即电势不同，故A错误，B正确；C．根据等量异种电荷电场线疏密的分布规律可知c点电场强度大于O点的电场强度，O点的电场强度又大于d点的电场强度，则电子在c点受到的静电力大于在在d点受到的静电力，根据沿电场线方向电势降低，则c点的电势大于d点的电势，根据电势能，又因为电子带负电，则电子在电势较高处具有的电势能较小，所以在c点的电势能小于在d点的电势能，故C错误；D．如果无穷远处电势势能为零，则两电荷在d点产生的电势大小相等，符号相反，代数和为零，即d点电势为零，一质子在d点和无穷远处具有的电势能都为零，即电势能相等，所以从d点移到无穷远处，静电力做功为零，故D错误。故选B。6.对如图甲所示的理想变压器，原线圈回路中接有一阻值为的电阻，理想交流电压表与并联，副线圈回路中接有阻值为的电阻，现给变压器加上如图乙所示的正弦交流电，已知，开关S闭合后电压表的示数为，下列说法正确的是（）A.理想变压器原副线圈匝数之比为B.理想变压器副线圈的电压为C.理想变压器副线圈的电流为D.电阻的阻值为〖答案〗B〖解析〗AB．根据欧姆定律，原线圈的电流为副线圈电流为原线圈两端的电压为设理想变压器原、副线圈匝数之比为理想变压器有解得代入得理想变压器有解得即原、副线圈匝数之比为，则有解得故A错误，B正确；CD．根据题意可知，由于不能确定电阻的阻值，所以原副线圈电流都不能确定，故CD错误。故选B。二、多选题7.神舟十五号载人飞船与天和核心舱对接的示意图如图所示，圆形轨道Ⅰ为核心舱的运行轨道，椭圆轨道Ⅱ为载人飞船的运行轨道，两轨道相切于A点，载人飞船与核心舱在A点实现完美对接。设圆形轨道Ⅰ的半径为r，地球表面的重力加速度为g，地球的半径为R，忽略地球自转，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a。下列说法正确的是（）A.载人飞船在轨道Ⅱ上运行经过A点时的速度大于核心舱在轨道Ⅰ运行的速度B.核心舱在轨道Ⅰ上运行周期与载人飞船在轨道Ⅱ上运行的周期之比为C.核心舱绕地球运行的线速度为D.核心舱绕地球运行的角速度为〖答案〗BC〖解析〗A．天和核心舱在轨道Ⅰ运行做匀速圆周运动，神舟十五号载人飞船在轨道Ⅱ运行经过A点时做向心运动，所以神舟十五号载人飞船在轨道Ⅱ运行经过A点的速度小于天和核心舱在轨道Ⅰ运行的速度，故A错误；B．设载人飞船运动周期为，根据开普勒第三定律有则天和核心舱在轨道Ⅰ运动的周期与飞船在椭圆轨道Ⅱ上运动的周期之比为，故B正确：CD．天和核心舱做匀速度圆周运动，万有引力提供向心力有又因为地球表面上物体有两式联立解得天和核心舱运动的角速度线速度故D错误C正确。故选BC。8.如图所示，质量为M=2kg足够长的小车以v0=2.5m/s的速度沿光滑的水平面运动，在小车正上方h=1.25m处有一质量为m=0.5kg的可视为质点的物块静止释放，经过一段时间刚好落在小车上无反弹，作用时间很短，随后二者一起沿水平面向右运动。已知物块与小车上表面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g=10m/s2，忽略空气阻力。则下列说法正确的是（）A.物块落在小车的过程中，物块和小车的动量守恒B.物块落上小车后的最终速度大小为3m/sC.物块在小车的上表面滑动的距离为0.5mD.物块落在小车的整个过程中，系统损失的能量为7.5J〖答案〗CD〖解析〗A．物块落在小车的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒，故A错误；B．物块与小车组成的系统水平方向不受外力，则系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有：Mv0=（M+m）v所以共同速度为：故B错误；C．物块落上小车到二者共速的过程中，因摩擦损失的机械能为：代入数据解得：ΔE1=1.25J由功能关系：ΔE1=μmg·Δx解得：Δx=0.5m故C正确；D．在整个的过程中，系统损失的机械能等于物块减少的重力势能与二者损失的动能之和，由能量守恒定律得：代入数据可得：ΔE=7.5J故D正确。故选CD。9.一列简谐横波沿x轴方向传播，时刻的波形图如图甲，质点P的振动图像如图乙。下列说法正确的是（）A.该波沿x轴正方向传播B.该波的波速为C.质点P起振后，9s内经过的路程可能为55cmD.时刻质点P的纵坐标为〖答案〗ABD〖解析〗A．从质点P的振动图像可知当时刻质点P沿y轴负方向运动，根据波形平移法可知波沿x轴正方向传播，故A正确；B．由图甲可知波长为，由图乙可知周期为，则波速为故B正确；C．由图乙可知周期为，由于则质点P起振后，9s内经过的路程为故C错误；D．从乙图可得质点P的振动方程为将代入可得故D正确。故选ABD。10.如图（甲）所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为1.0m，左端连接阻值R=4.0Ω的电阻，匀强磁场磁感应强度B=0.5T、方向垂直导轨所在平面向下。质量m=0.2kg、长度l=1.0m、电阻r=1.0Ω的金属杆置于导轨上，向右运动并与导轨始终保持垂直且接触良好，t=0时对杆施加一平行于导轨方向的外力F，杆运动的v－t图像如图（乙）所示，其余电阻不计、则（）A.t=0时刻，外力F水平向右，大小为0.7NB.3s内，流过R的电荷量为3.6CC.从t=0开始，金属杆运动距离为5m时电阻R两端的电压为1.6VD.在0~3.0s内，外力F大小随时间t变化的关系式是F=0.1+0.1t（N）〖答案〗CD〖解析〗A．根据v－t图象可以知道金属杆做匀减速直线运动，加速度为当t=0时刻，设向右为正方向，根据牛顿第二定律有根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有联立以上各式代入数据可得，负号表示方向水平向左，故A错误；B．根据联立可得又因为v－t图象与坐标轴围成的面积表示通过的位移，所以有故代入数据可解得q=0.9C故B错误；C．设杆运动了5m时速度为v1，则有此时金属杆产生的感应电动势回路中产生的电流电阻R两端的电压联立以上几式结合A选项分析可得，故C正确；D．由A选项分析可知t=0时刻外力F的方向与v0反向，由牛顿第二定律有设在t时刻金属杆的速度为v，杆的电动势为E，回路电流为I，则有联立以上几式可得N负号表示方向水平向左，即大小关系为N故D正确。故选CD。三、实验题11.某实验小组用如图所示的装置来验证机械能守恒定律，支架竖直固定，上端有一个电磁铁，通电时吸住小铁球，断电时小铁球从静止开始自由下落，小球的正下方固定有光电门。小球在自由下落的过程中可通过光电门，已知重力加速度大小为g。回答下列问题：（1）实验中必须要测量的物理量是______。（填序号）A.释放点小球的球心距地面的高度hB.释放点小球的球心与光电门之间的高度LC.小球的质量mD.小球的直径dE.小球通过光电门的时间t（2）小球通过光电门的速率______（用实验中测得物理量的符号表示）。（3）要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式______是否成立即可（用实验中测得物理量符号表示）。〖答案〗（1）BDE或BED或DEB或DBE或EDB或EBD（2）（3）〖解析〗（1）[1]ABC．本实验需要验证的表达式为所以需要测量小球释放点与光电门之间的高度L，由表达式可知由于等式两边均有小铁球的质量m，可以约去，所以小铁球的质量m可以不用测量。释放点小球的球心距地面的高度h不用测量。AC错误，B正确；DE．本实验中由于小铁球直径d较小，所以小铁球过光电门时的速度大小近似为所以还需要测量小铁球的直径d和小球通过光电门的时间t。DE正确。故选BDE。（2）[2]小铁球经过光电门的挡光时间为t，由于小铁球的直径较小，所以其通过光电门的速度可近似为（3）[3]本实验要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式即12.测定一节干电池的电动势和内阻，除待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1）、必要的开关与导线外，另可供选择的实验器材如下A．电流表A1（量程为3mA，内阻为10）B．电流表A2（量程为0.6A，内阻未知）C．滑动变阻器R1（最大阻值为20，额定电流为3A）D．滑动变阻器R2（最大阻值为200，额定电流为1A）E．定值电阻R0（阻值为990）（1）请你设计一种测量方案，为操作方便且能准确测量，滑动变阻器应选________（填器材前的字母代号），并在下面虚线框中画出实验电路图_______；（2）如图为某同学根据测量数据绘出的I1-I2图线，则由图线可得被测电池的电动势E=________V（结果保留3位有效数字），内阻r=________（结果保留2位有效数字）。〖答案〗（1）C（2）1.48（1.46~1.50均可）0.85（0.82~0.88均可）〖解析〗（1）[1][2]测量电阻常用伏安法，但提供的实验器材缺少电压表，可用已知内阻的电流表A1与定值电阻器R0串联后改装而成，改装成的电压表内阻为1kΩ，量程为3V。由于电源内阻很小，测量时电流表A2应采用外接法;为操作方便并减小误差，滑动变阻器应使用限流式接法，选择20Ω的R1即可。电路图如图所示。（2）[3][4]根据闭合电路欧姆定律有即图线斜率为的系数，则有解得r=0.85Ω延长图线与纵轴相交，读出纵截距即得电源电动势或取图线中的特殊坐标值（0.15A，1.35×10-3A）代入第一式求得四、计算题13.如图，水平面上固定一劲度系数为的轻弹簧，弹簧上端有一个两端开口的绝热汽缸，汽缸内有一加热装置，图中未画出，两绝热活塞A和B封住一定质量的理想气体，活塞A的质量为，汽缸内部横截面的面积为，弹簧上端固定于活塞B上，平衡时，两活塞间的距离为。已知大气压强为，初始时气体的温度为，重力加速度大小为，两活塞A、B均可无摩擦地滑动但不会脱离汽缸，且不漏气，汽缸侧壁始终在竖直方向上，不计加热装置的体积，弹簧始终在弹性限度内且始终在竖直方向上。（1）启动加热装置，将气体的温度加热到，求此过程中活塞A对地移动的距离；（2）如果不启动加热装置，保持气体温度为不变，在活塞A施加一个竖直向上的拉力，活塞A缓慢地移动了一段距离后再次达到平衡状态，求此过程中活塞A对地移动的距离。〖答案〗（1）4cm；（2）14cm〖解析〗（1）将气体的温度缓慢加热到400K过程中活塞A的质量不变，大气压强气体的压强不变，所以气体的压强不变，为等压变化，设加热后气体的压强为，两活塞间的距离变为根据盖—吕萨克定律可得解得以两活塞和汽缸整体为研究对象，弹簧的弹力与整体重力相平衡，加热过程中始终平衡，则弹簧弹力不变，即活塞B的位置不变，则活塞A对地移动的距离（2）以活塞A为研究对象，设气体的压强为，根据平衡条件有代入数据解得活塞A施加一个竖直向上的拉力平衡后，设气体的压强为，以活塞A为研究对象，根据平衡条件有此过程中气体温度不变，根据玻意耳定律可得解得以两活塞和汽缸整体为研究对象，设两活塞和汽缸整体质量为M，设初始时弹簧的压缩量为x，根据平衡条件有施加拉力后弹簧的压缩量为，根据平衡条件有两式联立解得，即活塞B向上移动的距为10cm根据几何关系可得活塞A向上移动的距离为14.如图所示，直角坐标系内第一、二象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，其边界如图中虚线所示，弧bc为圆心在O点半径为r的半圆，ab间的距离也为r。第三、四象限有与y轴成30°角斜向左下的匀强电场E，一束质量为m、电荷量为q的带负电粒子在纸面内从a点垂直x轴以各种速率射入磁场，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：（1）不加电场时，粒子在磁场中运动的最长时间；（2）不加电场时，粒子在磁场中运动的最短时间；（3）加电场时，（2）中粒子第2次回到x轴的位置坐标。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）不加电场时，粒子在磁场中运动的时间最大为半个周期又因为可得（2）不加电场时，粒子在磁场中运动的时间最小如图实线所示，粒子的半径恰好为r时满足时间最短要求，设粒子从圆弧上的p点入射，依据几何关系可得，图中最短时间（3）粒子从图中的p点入射后，刚好从半圆的右边界c射入电场，由图可知，粒子的速度v恰又垂直于电场强度方向，则粒子在电场中作类平抛运动，设粒子到达x轴上的d点后离开电场，设，有以下关系式，由以上各式可得粒子出射点的坐标为15.如图所示，光滑水平面的左侧有一固定的竖直挡板，放在间的小滑块质量，水平面B端紧靠倾角的传送带，传送带与水平面通过B端小圆弧平滑连接，传送带逆时针转动，速率恒为。现给小滑块一个水平向右的瞬时速度，小滑块经过B处冲上传送带，恰好到达C端，然后返回到B端。已知B、C两端间的距离，滑块与传送带间的动摩擦因数，取，滑块通过B处时无机械能损失。求：（1）瞬时速度的大小；（2）滑块从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间t；（3）滑块第一次在传送带上运动时滑块与传送带因摩擦产生的热量。〖答案〗（1）8m/s；（2）2s；（3）9.6J〖解析〗（1）设滑块上滑过程中的加速度大小设为a1，根据牛顿第二定律有解得滑块在上滑过程中做匀减速运动直至速度减为零，则根据运动学公式有=2a1L解得（2）设滑块从B点运动到C点所用时间设为t1，则根据运动学公式有解得滑块下滑过程，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律解得设滑块从C点向下加速到与传送带速度相同时间t2，位移为x1，则由运动学公式，解得，由于滑块无法平衡，滑块继续向下加速，设加速度为a3，由牛顿第二定律解得之后运动到B点所用时间设为t3，由运动学公式解得则滑块从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间（3）滑块第一次在传送带上运动过程滑块与传送带间的相对运动路程为因摩擦产生的热量为代入数据可得2023届高三湖南高考物理预测卷（二）一、单选题1.关于原子和原子核，下列说法正确的是（）A.目前世界上的核动力航母利用的是轻核的聚变B.提高温度可以缩短放射性元素的半衰期C.卢瑟福发现质子的核反应方程是D.发生核反应时满足质量守恒和电荷数守恒〖答案〗C〖解析〗A．目前世界上的核动力航母利用的是重核的裂变，A错误；B．提高温度不可以改变放射性元素的半衰期，B错误；C．卢瑟福发现质子的核反应方程是C正确；D．发生核反应时满足质量数守恒和电荷数守恒，质量会有亏损，D错误。故选C。2.吊车是工程上常用的一种机械，如图所示为一吊车吊起一批木材，吊车大臂支架顶端固定一定滑轮，一根缆绳绕过定滑轮，一端固定于吊车车身的控制器上，另一端连接一吊钩，吊钩下挂着木材，保持缆绳的长度不变，控制吊车大臂支架绕固定轴转动使木材缓慢升高，在木材缓慢升高的过程中吊钩不会碰到定滑轮，木材也不会接触到大臂。为了研究问题的方便，不计缆绳和定滑轮的质量及一切摩擦力，则在此过程中下列说法正确的是（）A.缆绳上的弹力一直增大B.吊车大臂支架对定滑轮的弹力一直增大C.吊车大臂支架对定滑轮的弹力方向始终沿吊车大臂支架方向D.两缆绳对定滑轮的作用力与竖直方向的夹角不变〖答案〗B〖解析〗A．以木材和吊钩整体为研究对象，设木材和吊钩的总质量为m，根据平衡条件可得缆绳对木材和吊钩整体的弹力，在木材缓慢升高的过程中木材和吊钩整体处于平衡状态，则缆绳上的弹力大小不变，选项A错误；BC．以定滑轮为研究对象，设绕过定滑轮的缆绳的夹角为α，根据三力平衡条件可得，大臂支架对定滑轮的弹力方向在缆绳夹角α角平分线的反向延长线上，但不一定沿吊车大臂支架方向，大小为在木材缓慢升高的过程中，与吊钩连接的缆绳一直处于竖直方向，与控制器连接的缆绳与竖直方向的夹角逐渐减小，即缆绳的夹角α逐渐减小，则吊车大臂支架对定滑轮的弹力一直增大，选项B正确，选项C错误；D．缆绳对木材和吊钩整体的弹力，大小不变，两缆绳对定滑轮的作用力为两个弹力的合力，合力方向一定在两缆绳夹角α的角平分线方向上，挂木材的缆绳与竖直方向夹角不变，两缆绳夹角α减小，则两缆绳对定滑轮的作用力与竖直方向的夹角逐渐减小，选项D错误。故选B。3.如图所示，AB是斜坡，BC是水平面，从斜坡顶端A以不同初速度v向左水平抛出同一小球，当初速度为v0时，小球恰好落到坡底B。不计空气阻力，则下列图象能正确表示小球落地（不再弹起）前瞬间重力瞬时功率P随v变化关系的是A.B.C.D.〖答案〗C〖解析〗当平抛的初速度时，小球均落在斜面上，具有相同的位移偏向角均等于斜面倾角，可得：，可得平抛时间：则小球所受的重力的瞬时功率为：可知，关于v构成正比例函数关系；当平抛的初速度时，小球均落在水平面上，平抛的竖直高度相同为h，有：则平抛时间为：则小球所受的重力的瞬时功率为：可知功率P为恒定值；综合两种情况可得C项的图像争取，ABD项的图像错误；故选C4.如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为mA和mB的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，它们的质量之比mA:mB=2:1．当用水平力F作用于B上且两物块以相同的加速度向右加速运动时（如图甲所示），弹簧的伸长量xA；当用同样大小的力F竖直向上拉B且两物块以相同的加速度竖直向上运动时（如图乙所示），弹簧的伸长量为xB，则xA:xB等于（）A.1:1 B.1:2 C.2:1 D.3:2〖答案〗A〖解析〗设mA=2mB=2m，对甲图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度：对A物体有：F弹-μ∙2mg=2ma，得；对乙图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度：对A物体有：F弹′-2mg=2ma′，得

则x1：x2=1：1．A．1:1，与结论相符，选项A正确；B．1:2，与结论不相符，选项B错误；C．2:1，与结论不相符，选项C错误；D．3:2，与结论不相符，选项D错误．5.如图，一椭圆的两焦点M、N处固定两个等量异种电荷、，O为椭圆中心，ab是椭圆短轴上的两个端点，c是OM上的一点，d是Oa上的一点，ef是椭圆上关于O点对称的两个点，取无穷远处电势势能为零，下列说法中正确的是（）A.a、b两点电势相等，但电场强度不同B.e、f两点电场强度相同，但电势不同C.一电子在c点受到的静电力大于在在d点受到的静电力，且在c点的电势能也大于在d点的电势能D.一质子从d点移到无穷远处，静电力做正功〖答案〗B〖解析〗AB．根据等量异种电荷电场线和等势面的分布规律可知a、b两点电场强度相同，电势均为零，即相等；e、f两点关于O点对称可知，电场强度相同，根据沿电场线方向电势降低，则e点的电势大于f点的电势，即电势不同，故A错误，B正确；C．根据等量异种电荷电场线疏密的分布规律可知c点电场强度大于O点的电场强度，O点的电场强度又大于d点的电场强度，则电子在c点受到的静电力大于在在d点受到的静电力，根据沿电场线方向电势降低，则c点的电势大于d点的电势，根据电势能，又因为电子带负电，则电子在电势较高处具有的电势能较小，所以在c点的电势能小于在d点的电势能，故C错误；D．如果无穷远处电势势能为零，则两电荷在d点产生的电势大小相等，符号相反，代数和为零，即d点电势为零，一质子在d点和无穷远处具有的电势能都为零，即电势能相等，所以从d点移到无穷远处，静电力做功为零，故D错误。故选B。6.对如图甲所示的理想变压器，原线圈回路中接有一阻值为的电阻，理想交流电压表与并联，副线圈回路中接有阻值为的电阻，现给变压器加上如图乙所示的正弦交流电，已知，开关S闭合后电压表的示数为，下列说法正确的是（）A.理想变压器原副线圈匝数之比为B.理想变压器副线圈的电压为C.理想变压器副线圈的电流为D.电阻的阻值为〖答案〗B〖解析〗AB．根据欧姆定律，原线圈的电流为副线圈电流为原线圈两端的电压为设理想变压器原、副线圈匝数之比为理想变压器有解得代入得理想变压器有解得即原、副线圈匝数之比为，则有解得故A错误，B正确；CD．根据题意可知，由于不能确定电阻的阻值，所以原副线圈电流都不能确定，故CD错误。故选B。二、多选题7.神舟十五号载人飞船与天和核心舱对接的示意图如图所示，圆形轨道Ⅰ为核心舱的运行轨道，椭圆轨道Ⅱ为载人飞船的运行轨道，两轨道相切于A点，载人飞船与核心舱在A点实现完美对接。设圆形轨道Ⅰ的半径为r，地球表面的重力加速度为g，地球的半径为R，忽略地球自转，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a。下列说法正确的是（）A.载人飞船在轨道Ⅱ上运行经过A点时的速度大于核心舱在轨道Ⅰ运行的速度B.核心舱在轨道Ⅰ上运行周期与载人飞船在轨道Ⅱ上运行的周期之比为C.核心舱绕地球运行的线速度为D.核心舱绕地球运行的角速度为〖答案〗BC〖解析〗A．天和核心舱在轨道Ⅰ运行做匀速圆周运动，神舟十五号载人飞船在轨道Ⅱ运行经过A点时做向心运动，所以神舟十五号载人飞船在轨道Ⅱ运行经过A点的速度小于天和核心舱在轨道Ⅰ运行的速度，故A错误；B．设载人飞船运动周期为，根据开普勒第三定律有则天和核心舱在轨道Ⅰ运动的周期与飞船在椭圆轨道Ⅱ上运动的周期之比为，故B正确：CD．天和核心舱做匀速度圆周运动，万有引力提供向心力有又因为地球表面上物体有两式联立解得天和核心舱运动的角速度线速度故D错误C正确。故选BC。8.如图所示，质量为M=2kg足够长的小车以v0=2.5m/s的速度沿光滑的水平面运动，在小车正上方h=1.25m处有一质量为m=0.5kg的可视为质点的物块静止释放，经过一段时间刚好落在小车上无反弹，作用时间很短，随后二者一起沿水平面向右运动。已知物块与小车上表面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g=10m/s2，忽略空气阻力。则下列说法正确的是（）A.物块落在小车的过程中，物块和小车的动量守恒B.物块落上小车后的最终速度大小为3m/sC.物块在小车的上表面滑动的距离为0.5mD.物块落在小车的整个过程中，系统损失的能量为7.5J〖答案〗CD〖解析〗A．物块落在小车的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒，故A错误；B．物块与小车组成的系统水平方向不受外力，则系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有：Mv0=（M+m）v所以共同速度为：故B错误；C．物块落上小车到二者共速的过程中，因摩擦损失的机械能为：代入数据解得：ΔE1=1.25J由功能关系：ΔE1=μmg·Δx解得：Δx=0.5m故C正确；D．在整个的过程中，系统损失的机械能等于物块减少的重力势能与二者损失的动能之和，由能量守恒定律得：代入数据可得：ΔE=7.5J故D正确。故选CD。9.一列简谐横波沿x轴方向传播，时刻的波形图如图甲，质点P的振动图像如图乙。下列说法正确的是（）A.该波沿x轴正方向传播B.该波的波速为C.质点P起振后，9s内经过的路程可能为55cmD.时刻质点P的纵坐标为〖答案〗ABD〖解析〗A．从质点P的振动图像可知当时刻质点P沿y轴负方向运动，根据波形平移法可知波沿x轴正方向传播，故A正确；B．由图甲可知波长为，由图乙可知周期为，则波速为故B正确；C．由图乙可知周期为，由于则质点P起振后，9s内经过的路程为故C错误；D．从乙图可得质点P的振动方程为将代入可得故D正确。故选ABD。10.如图（甲）所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为1.0m，左端连接阻值R=4.0Ω的电阻，匀强磁场磁感应强度B=0.5T、方向垂直导轨所在平面向下。质量m=0.2kg、长度l=1.0m、电阻r=1.0Ω的金属杆置于导轨上，向右运动并与导轨始终保持垂直且接触良好，t=0时对杆施加一平行于导轨方向的外力F，杆运动的v－t图像如图（乙）所示，其余电阻不计、则（）A.t=0时刻，外力F水平向右，大小为0.7NB.3s内，流过R的电荷量为3.6CC.从t=0开始，金属杆运动距离为5m时电阻R两端的电压为1.6VD.在0~3.0s内，外力F大小随时间t变化的关系式是F=0.1+0.1t（N）〖答案〗CD〖解析〗A．根据v－t图象可以知道金属杆做匀减速直线运动，加速度为当t=0时刻，设向右为正方向，根据牛顿第二定律有根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有联立以上各式代入数据可得，负号表示方向水平向左，故A错误；B．根据联立可得又因为v－t图象与坐标轴围成的面积表示通过的位移，所以有故代入数据可解得q=0.9C故B错误；C．设杆运动了5m时速度为v1，则有此时金属杆产生的感应电动势回路中产生的电流电阻R两端的电压联立以上几式结合A选项分析可得，故C正确；D．由A选项分析可知t=0时刻外力F的方向与v0反向，由牛顿第二定律有设在t时刻金属杆的速度为v，杆的电动势为E，回路电流为I，则有联立以上几式可得N负号表示方向水平向左，即大小关系为N故D正确。故选CD。三、实验题11.某实验小组用如图所示的装置来验证机械能守恒定律，支架竖直固定，上端有一个电磁铁，通电时吸住小铁球，断电时小铁球从静止开始自由下落，小球的正下方固定有光电门。小球在自由下落的过程中可通过光电门，已知重力加速度大小为g。回答下列问题：（1）实验中必须要测量的物理量是______。（填序号）A.释放点小球的球心距地面的高度hB.释放点小球的球心与光电门之间的高度LC.小球的质量mD.小球的直径dE.小球通过光电门的时间t（2）小球通过光电门的速率______（用实验中测得物理量的符号表示）。（3）要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式______是否成立即可（用实验中测得物理量符号表示）。〖答案〗（1）BDE或BED或DEB或DBE或EDB或EBD（2）（3）〖解析〗（1）[1]ABC．本实验需要验证的表达式为所以需要测量小球释放点与光电门之间的高度L，由表达式可知由于等式两边均有小铁球的质量m，可以约去，所以小铁球的质量m可以不用测量。释放点小球的球心距地面的高度h不用测量。AC错误，B正确；DE．本实验中由于小铁球直径d较小，所以小铁球过光电门时的速度大小近似为所以还需要测量小铁球的直径d和小球通过光电门的时间t。DE正确。故选BDE。（2）[2]小铁球经过光电门的挡光时间为t，由于小铁球的直径较小，所以其通过光电门的速度可近似为（3）[3]本实验要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式即12.测定一节干电池的电动势和内阻，除待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1）、必要的开关与导线外，另可供选择的实验器材如下A．电流表A1（量程为3mA，内阻为10）B．电流表A2（量程为0.6A，内阻未知）C．滑动变阻器R1（最大阻值为20，额定电流为3A）D．滑动变阻器R2（最大阻值为200，额定电流为1A）E．定值电阻R0（阻值为990）（1）请你设计一种测量方案，为操作方便且能准确测量，滑动变阻器应选________（填器材前的字母代号），并在下面虚线框中画出实验电路图_______；（2）如图为某同学根据测量数据绘出的I1-I2图线，则由图线可得被测电池的电动势E=________V（结果保留3位有效数字），内阻r=________（结果保留2位有效数字）。〖答案〗（1）C（2）1.48（1.46~1.50均可）0.85（0.82~0.88均可）〖解析〗（1）[1][2]测量电阻常用伏安法，但提供的实验器材缺少电压表，可用已知内阻的电流表A1与定值电阻器R0串联后改装而成，改装成的电压表内阻为1kΩ，量程为3V。由于电源内阻很小，测量时电流表A2应采用外接法;为操作方便并减小误差，滑动变阻器应使用限流式接法，选择20Ω的R1即可。电路图如图所示。（2）[3][4]根据闭合电路欧姆定律有即图线斜率为的系数，则有解得r=0.85Ω延长图线与纵轴相交，读出纵截距即得电源电动势或取图线中的特殊坐标值（0.15A，1.35×10-3A）代入第一式求得四、计算题13.如图，水平面上固定一劲度系数为的轻弹簧，弹簧上端有一个两端开口的绝热汽缸，汽缸内有一加热装置，图中未画出，两绝热活塞A和B封住一定质量的理想气体，活塞A的质量为，汽缸内部横截面的面积为，弹簧上端固定于活塞B上，平衡时，两活塞间的距离为。已知大气压强为，初始时气体的温度为，重力加速度大小为，两活塞A、B均可无摩擦地滑动但不会脱离汽缸，且不漏气，汽缸侧壁始终在竖直方向上，不计加热装置的体积，弹簧始终在弹性限度内且始终在竖直方向上。（1）启动加热装置，将气体的温度加