2023年湖南省株洲市高考物理三模试卷

2023年湖南省株洲市高考物理三模试卷一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在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）在物理学规律的发现过程中许多科学家做出了重要的贡献，下列说法中符合史实的是（）A．奥斯特在一次实验中发现通电直导线能够使小磁针发生偏转，揭开了电磁关系的新篇章 B．科学家通过万有引力定律计算预言了天王星的存在，后来被证实，因此天王星被称为“笔尖下发现的行星” C．卡文迪什总结出万有引力定律，并在实验室中测出了万有引力常量 D．安培首先测出了元电荷的数值2．（4分）人原地起跳方式是先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，重心上升后离地向上运动，如果人起跳过程中，重心上升至离地前，其加速度与重心上升高度关系如图所示，那么人离地后重心上升的最大高度可达（g取10m/s2）（）3．（4分）如图所示的电路中，恒流源能提供图示方向、大小为I的恒定电流。质量为m的导体棒垂直放置在水平导轨MN、PQ上，两导轨平行且相距为L，导体棒与水平导轨间的动摩擦因数为，导体右端均与两个相同的竖直光滑半圆形轨道平滑连接与N、Q两点，半圆形轨道半径为R，导体棒初始位置与NQ相距为s，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（）A．若在水平轨道间加水平向右的匀强磁场B，则导体棒初始开始运动时的加速度为 B．若要使导体棒在水平轨道上做匀速运动，则所加磁场B最小时的方向应为左上，与竖直方向夹角为30° C．若在水平轨道间加竖直向上的匀强磁场B，则导体棒刚进入圆弧轨道时对轨道的压力大小为 D．若要使导体棒刚好到达圆弧轨道的最高点，则在水平轨道间所加竖直向上的磁场的最小值为4．（4分）如图是码头利用可升降传动装置在水平地面由高处向下堆砌而成的沙堆，该公司为了得知沙堆的具体信息，测出沙堆的周长为s，查资料测得砂砾间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．地面对沙堆的摩擦力不为零 B．由已知条件可估算沙堆的高度 C．由已知条件可估算沙堆的质量 D．若相同质量的沙堆靠墙堆放，则占地面积会增大5．（4分）如图所示，M、N为两个固定在同一水平面上且电荷量相等的正点电荷，在MN连线中点O沿竖直方向固定一光滑绝缘细杆，在O点上方P处静止释放一套在细杆上的带正电小球，运动一段时间后到达O点，不考虑空气阻力的影响，则小球在这一运动过程中，下列情况不可能出现的是（）A．小球的加速度一直增大 B．小球的加速度先减小后增大 C．小球先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做加速度增大的加速运动 D．小球的电势能一直增加6．（4分）一半圆形玻璃砖底面有一长为L＝1.2m的线光源AB，关于圆心O对称，要求所有光均能从玻璃砖圆弧面射出，已知玻璃砖的折射率为n＝1.5，则玻璃砖半径的最小值为（）A． B． D．1m7．（4分）如图所示，M和N为电容器两极板，一直保持与导线相连，M极板左端绝缘固定，N极板两端用绝缘材料与两轻弹簧连接，N极板只能沿图中标识的上下方向运动，当N极板静止时，两极板间距为d，在外力驱动下，N极板做简谐运动，向下运动至最低点时，两极板间距1.5d，运动到最高点时两极板相距0.5d，下列说法正确的是（）A．当N极板向上运动时，电流表电流方向从b→a B．N极板完成一个运动周期运动，回路电流方向改变1次 C．当N极板从最低点运动到最高点的过程中，极板电荷量减少 D．N极板在最低点和最高点时，电容器中场强之比为1：3二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．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）一质量为m、可视为质点的物块B静止于质量为M的木板C左端，木板静止于光滑水平面上，将质量为m的小球A用长为L的细绳悬挂于O点，静止时小球A与B等高且刚好接触，现对小球A施加一外力，使细绳恰好水平，如图所示，现将外力撤去，小球A与物块B发生弹性碰撞，已知B、C间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．小球A碰撞后做简谐运动 B．碰撞后物块B的速度为 C．若物块B未滑离木板C，则物块B与木板C之间的摩擦热为 D．若物块B会滑离木板C，则板长小于（多选）9．（5分）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，间距为L的平行金属导轨ab、cd水平放置，ac间连接一电阻R，质量为m、电阻为r、粗细均匀的金属杆MN垂直于金属导轨放置，现给MN一水平向右的初速度v0，滑行时间t后停下，已知金属杆MN与平行金属导轨的动摩擦因数为μ，MN长为2L，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．MN在平行金属导轨上滑动距离为 B．MN速度为v1时，MN两端的电势差为UMN＝2BLv1 C．MN速度为v1时，MN的加速度大小为 D．MN速度为v1时，MN的加速度大小为（多选）10．（5分）北京时间2022年11月30日7时33分，神舟十五号3名航天员顺利进入中国空间站，与神舟十四号航天员乘组胜利会师，图为航天员“胜利会师”2，则下列说法正确的是（）B．航天员出舱后处于完全失重状态 C．空间站的运行周期大于24小时 2（多选）11．（5分）在同种均匀介质中有两波源S1和S2相距3m，频率均为2Hz，以S1为原点建立如图所示的坐标系，t1＝0时波源S1从平衡位置开始垂直纸面向上做简谐运动，所激发的横波向四周传播，t22也开始垂直纸面向上做简谐运动，在t3＝0.75s时两列简谐波的最远波峰传到了图示中的两个圆的位置，则下列说法中错误的是（）A．波的传播速度为3m/s 1和S2连线上有3个振动减弱的位置三、非选择题：本题共5小题，共52分．12．（6分）频闪照相是研究运动的常用手段，频闪仪每隔相等时间短暂闪光一次，照片上记录了钢球在各个时刻的位置。（1）某同学做该实验时事先没确定竖直方向，如图甲所示，已知A、B、C为相邻的三个拍照点，试帮助该同学确定竖直方向（y方向）：。（2）如图乙是小球做平抛运动的频闪照片，图中小方格的边长5cm，那么小球平抛的初速度大小v0＝m/s，经B点合速度大小vB＝（结果均保留两位有效数字，g取10m/s2）。13．（10分）小明同学设计了一个测电梯加速度的装置，具体原理图如图甲所示。实验器材有：Ω）；理想电压表V（量程为3.0V）；限流电阻R0Ω；Ω）；开关S以及导线若干；电阻可忽略不计的弹簧，下端固定于水平地面，上端固定秤盘且通过甲连杆与滑动变阻器R的滑片连接，滑片接触良好且无摩擦（弹簧劲度系数k＝103N/m）；重力加速度g取10m/s2，不计其他阻力。（1）实验步骤如下：①电梯静止时，托盘中未放被测物前，滑片恰好置于变阻器R的最上端，电压表的示数均为零。②电梯匀速上升时，在托盘中轻轻放入一个物块，待托盘静止平衡后，当滑动变阻器R的滑片恰好处于中间，则物块的质量m＝。（2）电梯运行过程中，当电压表示数为2.25V且保持稳定时，电梯的运动情况可能是。（填标号）A．电梯以5m/s2的加速度向上加速2的加速度向上加速2的加速度向下加速D．电梯以5m/s2的加速度向下减速（3）小王同学用小明的器材设计了另一种方案，方案电路如图乙所示，在托盘中轻轻放入同一个物块，当电梯匀速运动时，电压表的示数为。（4）经分析小明的方案更为合理，原因是。14．（10分）一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p﹣V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时温度为TA＝360K，求：（1）气体在状态C时温度TC；（2）若气体在A→B过程中吸热3000J，则在A→B过程中气体内能如何变化？变化了多少？15．（12分）如图所示，第一、二象限存在垂直于xOy平面向里的磁感应强度为B1（大小未知）的匀强磁场，第三象限存在沿y轴正方向的匀强电场E，x轴负方向与x轴重合存在一特殊的薄膜，带电粒子每次穿过薄膜时电荷量不变，但速度减为原来的a（a＜1）倍。现有一质量为m、电量为q的带正电粒子从y轴上A（0，L）处平行于x轴负方向以速度v0射入第二象限，粒子从x轴负半轴上的C点平行于y轴负方向射出，不计粒子重力，带电粒子可视为点电荷。（1）求磁感应强度B1的大小；（2）x轴负方向C处左边有一接收装置D（未画出），为了接收到该粒子，求D的横坐标的可能值xD以及D离坐标原点O的最远距离xDmax。16．（14分）如图，一平板车静止在光滑水平地面上，小物块A和B分别从车的最左端和最右端同时开始相向运动，两物块在平板车上发生碰撞，最终都与平板车保持相对静止。已知平板车的质量M＝1kg，长度L＝5m，A、B的质量均为m＝0.5kg，A的初速度大小为v1＝5m/s，与平板车之间的动摩擦因数μ1＝0.4；B的初速度大小为v2＝3m/s，与平板车之间的动摩擦因数μ2＝0.2，A、B均可视为质点，它们之间的碰撞为弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2，求：（1）整个过程中，A、B以及平板车组成的系统损失的机械能；（2）A、B发生碰撞的位置与平板车最左端的距离；（3）A、B与车保持相对静止时，A、B之间的距离。2023年湖南省株洲市高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在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）在物理学规律的发现过程中许多科学家做出了重要的贡献，下列说法中符合史实的是（）A．奥斯特在一次实验中发现通电直导线能够使小磁针发生偏转，揭开了电磁关系的新篇章 B．科学家通过万有引力定律计算预言了天王星的存在，后来被证实，因此天王星被称为“笔尖下发现的行星” C．卡文迪什总结出万有引力定律，并在实验室中测出了万有引力常量 D．安培首先测出了元电荷的数值【分析】本题考查了物理学史，人类认识行星运动规律出现的几位物理学家及其事迹。【解答】解：A、奥斯特发现通电直导线能够使小磁针发生偏转，揭开了电磁关系的新篇章，故A正确；B、科学家通过万有引力定律计算预言了海王星的存在并在后来的观测中被证实，因此海王星被称为“笔尖下发现的行星”，故B错误；C、卡文迪什在实验室中测出了万有引力常量，牛顿总结出万有引力定律，故C错误；D、密立根首先测出了元电荷的数值，故D错误。故选：A。【点评】本题考查人类研究天体运动中的发展历程，了解部分物理学史，知道相关科学家的事迹，即可正确求解。2．（4分）人原地起跳方式是先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，重心上升后离地向上运动，如果人起跳过程中，重心上升至离地前，其加速度与重心上升高度关系如图所示，那么人离地后重心上升的最大高度可达（g取10m/s2）（）【分析】根据公式v2＝2ax，结合图像面积以及人离地后根据公式v2＝2gh，求h。【解答】解：根据题意，设人刚刚离地时速度为v，根据公式v2＝2ax，整理得则a﹣x图形围成的面积为，人离地后根据公式有v2＝2gh结合图像，联立解得h＝0.5m，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题考查学生对公式v2＝2ax的掌握以及图像与公式向结合的推理，是一道基础题。3．（4分）如图所示的电路中，恒流源能提供图示方向、大小为I的恒定电流。质量为m的导体棒垂直放置在水平导轨MN、PQ上，两导轨平行且相距为L，导体棒与水平导轨间的动摩擦因数为，导体右端均与两个相同的竖直光滑半圆形轨道平滑连接与N、Q两点，半圆形轨道半径为R，导体棒初始位置与NQ相距为s，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（）A．若在水平轨道间加水平向右的匀强磁场B，则导体棒初始开始运动时的加速度为 B．若要使导体棒在水平轨道上做匀速运动，则所加磁场B最小时的方向应为左上，与竖直方向夹角为30° C．若在水平轨道间加竖直向上的匀强磁场B，则导体棒刚进入圆弧轨道时对轨道的压力大小为 D．若要使导体棒刚好到达圆弧轨道的最高点，则在水平轨道间所加竖直向上的磁场的最小值为【分析】对棒受力分析，由左手定则，分析加速度；受力分析，根据受力平衡条件和数学知识，求安培力最小时的磁场方向；由动能定理和牛顿第二定律联立，求导体棒刚进入圆弧轨道时对轨道的压力大小；最高点时，重力提供向心力，同时结合动能定理，求在水平轨道间所加竖直向上的磁场的最小值。【解答】解：A．若加上水平向右的匀强磁场B，对棒受力分析，由左手定则，安培力方向向下，棒不运动，加速度为0，故A错误；B．要使棒匀速运动，受力平衡，其合外力为零，设安培力方向为右上，与水平方向夹角为α，受力分析如图由平衡条件：Fcosα＝μ（mg﹣Fsinα）解得由数学知识当α＝30°，安培力最小，由左手定则，所加磁场最小时B的方向应为左上，与竖直方向夹角为30°，故B正确；C．当加上竖直向上的匀强磁场B时，由左手定则，安培力水平向右．由动能定理有由牛顿第二定律联立解得由牛顿第三定律，导体棒刚进入圆弧轨道时对轨道的压力大小为，故C错误；D．要使棒刚好到达圆弧最高点，则在最高点时重力提供向心力：设所加竖直向上的磁场的最小值为B，由动能定理有，解得故D错误.故选：B。【点评】本题难度较高，解题关键是分析出当α＝30°，安培力最小，同时需要学生掌握牛顿第二定律、动能定理、受力平衡的掌握，综合性较强。4．（4分）如图是码头利用可升降传动装置在水平地面由高处向下堆砌而成的沙堆，该公司为了得知沙堆的具体信息，测出沙堆的周长为s，查资料测得砂砾间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．地面对沙堆的摩擦力不为零 B．由已知条件可估算沙堆的高度 C．由已知条件可估算沙堆的质量 D．若相同质量的沙堆靠墙堆放，则占地面积会增大【分析】分析沙堆时应对整体受力分析，在水平方向不受力；求沙堆高度时，利用题干已知信息μ，选择隔离沙砾，相当于斜面模型，受力分析列方程求得μ＝tanθ，由三角函数可得高度【解答】解：A．分析沙堆时，选择整体为研究对象，只在竖直方向受重力及支持力，不受摩擦力作用，故A错误；B．沙堆表面上的沙粒相当于斜面模型，受力分析如图：沿斜面和垂直斜面方向正交分解，得mgsinθ＝μmgcosθ，整理得μ＝tanθ，由三角函数得高度h，故B正确；C．由m＝ρV可知，ρ未知，不能求m，故C错误；D．沙堆的高h与底面半径r满足：未靠墙放置时，设沙堆的底面积为S，则其体积V＝Sh＝Sμr＝μS•当沙堆靠墙时形成半个圆锥体，设沙堆的底面积为S′（底面为半圆形），则其体积V′＝S′h′＝S′μr′＝μS′•质量不变，则体积不变，则有：V＝V′，即：μS•＝μS′•，可得：S′＜S，即占地面积会变小，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了斜面模型上，物体所受共点力的平衡问题，选定研究对象然后受力分析，列平衡方程求解。易错点在于看不懂题干中位于沙堆表面的沙砾相当于斜面上的小物块，考查分析理解能力。5．（4分）如图所示，M、N为两个固定在同一水平面上且电荷量相等的正点电荷，在MN连线中点O沿竖直方向固定一光滑绝缘细杆，在O点上方P处静止释放一套在细杆上的带正电小球，运动一段时间后到达O点，不考虑空气阻力的影响，则小球在这一运动过程中，下列情况不可能出现的是（）A．小球的加速度一直增大 B．小球的加速度先减小后增大 C．小球先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做加速度增大的加速运动 D．小球的电势能一直增加【分析】ABC.根据等量同种点电荷在其中垂线上的电场强度大小的分布情况判断场强的大小，再根据牛顿第二定律判断加速度的大小变化，根据合力与速度方向的关系判断速度的变化；D.电场力一直做负功，据此判断电势能的变化。【解答】解：ABC．等量同种点电荷在连线中点O沿中垂线向外，场强先增大后减小；小球带正电，小球所受的电场力竖直向上，根据牛顿第二定律mg﹣Eq＝ma；若P点位于中垂线上场强最大值的下方，当小球从P到O时，场强减小，加速度一直增大，小球做加速度增大的加速运动；若P点位于中垂线上场强最大值的上方，当小球从P到O时，场强先增大后减小，加速度先减小后增大，小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的加速运动；小球不会出现先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动的情形，故AB正确，C错误；D．小球向下运动的过程中电场力一直做负功，所以小球的电势能一直增大，故D正确。本题选择错误说法，故选：C。【点评】本题主要考查了等量同种电荷中垂线是场强的分布，在此基础上根据牛顿第二定律判断加速度的大小变化，根据电场力做功判断电势能的变化，因此掌握等量同种电荷中垂线是场强的分布情况是解题的关键。6．（4分）一半圆形玻璃砖底面有一长为L＝1.2m的线光源AB，关于圆心O对称，要求所有光均能从玻璃砖圆弧面射出，已知玻璃砖的折射率为n＝1.5，则玻璃砖半径的最小值为（）A． B． D．1m【分析】当光源从B点垂直AB射向圆弧时的入射角最大，若此处不发生全反射，则圆弧其他位置也不会发生全反射，结合临界角公式求解。【解答】解：如图所示，当光源从B点垂直AB射向圆弧时的入射角最大若此处不发生全反射，则圆弧其他位置也不会发生全反射，设临界角为C，此时有sinC＝又sinC＝，解得R＝0.9m，所以玻璃砖半径的最小值为0.9m，故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】解答本题的关键要掌握全反射条件和临界角公式，画出临界光路，结合几何知识进行处理。7．（4分）如图所示，M和N为电容器两极板，一直保持与导线相连，M极板左端绝缘固定，N极板两端用绝缘材料与两轻弹簧连接，N极板只能沿图中标识的上下方向运动，当N极板静止时，两极板间距为d，在外力驱动下，N极板做简谐运动，向下运动至最低点时，两极板间距1.5d，运动到最高点时两极板相距0.5d，下列说法正确的是（）A．当N极板向上运动时，电流表电流方向从b→a B．N极板完成一个运动周期运动，回路电流方向改变1次 C．当N极板从最低点运动到最高点的过程中，极板电荷量减少 D．N极板在最低点和最高点时，电容器中场强之比为1：3【分析】当N极板向上运动时，根据电容的决定式分析电容的变化，由电容的定义式分析电容器所带电荷量的变化，从而判断电流表中电流方向；根据电容器充放电情况，分析一个周期内回路电流方向改变的次数；N极板在最低点和最高点时，根据E＝分析场强之比。【解答】解：AC、当N极板向上运动时，电容器板间距离d减小，根据电容的决定式可知，电容C增大，电容器板间电压不变，由电容的定义式分析可知极板电荷量增加，电容器充电，电流表电流方向为a→b，故AC错误；B、N极板向上运动时，电容器充电。N极板向下运动时，电容器放电，所以N极板完成一个周期运动，回路电流方向改变2次，故B错误；D、根据题意，在N极板运动过程中，电容器两极板间电压不变，最低点与最高点板间距离之比为1.5d：0.5d＝3：1，故由E＝可知场强之比为1：3，故D正确。故选：D。【点评】解答本题时，要知道电容器与电源保持相连时，电容器两极板间电压U不变。能根据电容的决定式、电容的定义式和E＝相结合进行分析。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．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）一质量为m、可视为质点的物块B静止于质量为M的木板C左端，木板静止于光滑水平面上，将质量为m的小球A用长为L的细绳悬挂于O点，静止时小球A与B等高且刚好接触，现对小球A施加一外力，使细绳恰好水平，如图所示，现将外力撤去，小球A与物块B发生弹性碰撞，已知B、C间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．小球A碰撞后做简谐运动 B．碰撞后物块B的速度为 C．若物块B未滑离木板C，则物块B与木板C之间的摩擦热为 D．若物块B会滑离木板C，则板长小于【分析】首先，根据机械能守恒求出小球A与小球B碰撞前的速度，再根据弹性碰撞的规律求出两个小球碰后的速度；其次，对B、C组成的系统分析，水平方向根据动量守恒和能量守恒求出此过程产生的热量；最后，根据摩擦生热的计算公式求出木板的长度。【解答】解：AB、小球A下落过程中机械能守恒，有解得小球A与物块B发生弹性碰撞，A、B质量相等，碰撞后交换速度，小球A碰撞后静止，小球B的速度变为为，故A错误，B正确；C、对B、C组成的系统分析可知，水平方向不受外力，则动量守恒，规定初速度方向为正方向，有mv0＝（M+m）v根据能量守恒可知，摩擦热为故C正确；D、摩擦热Q＝μmgl式中l为板长，若B恰好滑离C，则有解得因此可知，若物块B会滑离木板C，则板长小于，故D正确。故选：BCD。【点评】本题考查了弹性碰撞和完全非弹性碰撞，解决本题的关键是理解动量守恒定律和能量守恒定律的规律。（多选）9．（5分）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，间距为L的平行金属导轨ab、cd水平放置，ac间连接一电阻R，质量为m、电阻为r、粗细均匀的金属杆MN垂直于金属导轨放置，现给MN一水平向右的初速度v0，滑行时间t后停下，已知金属杆MN与平行金属导轨的动摩擦因数为μ，MN长为2L，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．MN在平行金属导轨上滑动距离为 B．MN速度为v1时，MN两端的电势差为UMN＝2BLv1 C．MN速度为v1时，MN的加速度大小为 D．MN速度为v1时，MN的加速度大小为【分析】MN在平行金属导轨上滑动时，利用动量定理求滑行距离；MN速度为v1时，MN在导轨间的电压为路端电压，小于感应电动势，从而确定MN两端的电势差与感应电动势的关系；根据牛顿第二定律和安培力与速度的关系求加速度。【解答】解：A、MN在平行金属导轨上滑动时，取向右为正方向，由动量定理有：﹣μmgt﹣ΣBIL•Δt＝0﹣mv0又有，联立解得：，故A正确；B、MN速度为v1时，MN产生的感应电动势E＝2BLv1，MN在导轨间的电压为路端电压，小于感应电动势，因此MN两端的电势差应小于2BLv1，故B错误；CD、MN速度为v1时，水平方向受摩擦力、安培力，由牛顿第二定律有：，解得故C正确，D错误。故选：AC。【点评】本题中MN做变减速直线运动，不能根据运动学公式求MN滑行距离，可根据动量定理求解。（多选）10．（5分）北京时间2022年11月30日7时33分，神舟十五号3名航天员顺利进入中国空间站，与神舟十四号航天员乘组胜利会师，图为航天员“胜利会师”2，则下列说法正确的是（）B．航天员出舱后处于完全失重状态 C．空间站的运行周期大于24小时 2【分析】根据宇宙速度的意义分析神舟十五号飞船在地球上的发射速度与宇宙速度的关系；航天员出舱后处于完全失重状态；根据万有引力提供向心力列式，分析空间站的运行周期与地球同步卫星周期的关系；根据万有引力提供向心力求空间站在轨道处的向心加速度大小。【解答】解：A、神舟十五号没有脱离地球的束缚，所以神舟十五号发射速度应大于7.9km/s，小于11.2km/s，故A错误；B、航天员出舱后，由万有引力提供向心力，处于完全失重状态，故B正确；C、根据G＝mr，得卫星的运行周期表达式为T＝2π，空间站轨道比地球同步卫星低，则空间站的运行周期小于地球同步卫星的运行周期24h，故C错误；D、空间站在轨道处，有；在地面上，有，联立得a＝，解得a≈2，故D正确。故选：BD。【点评】解答本题的关键要抓住万有引力提供向心力，以及万有引力等于重力这两条思路，通过列式进行分析。（多选）11．（5分）在同种均匀介质中有两波源S1和S2相距3m，频率均为2Hz，以S1为原点建立如图所示的坐标系，t1＝0时波源S1从平衡位置开始垂直纸面向上做简谐运动，所激发的横波向四周传播，t22也开始垂直纸面向上做简谐运动，在t3＝0.75s时两列简谐波的最远波峰传到了图示中的两个圆的位置，则下列说法中错误的是（）A．波的传播速度为3m/s 1和S2连线上有3个振动减弱的位置【分析】明确两波的性质，根据两波源起振的时间差和该时间内传播的距离之差，来求解波速；根据波程差与波程的关系分析振动加强点和振动减弱点的个数。【解答】解：A、两波源起振的时间差为Δt＝0.25s，该时间内传播的距离之差为Δ﹣1.5m＝1m，则波的传播速度v＝＝m/s＝4m/s，故A错误；B、由题意得T＝＝s＝0.5s，而t21正向下振动，与S2起振方向相反，所以两波源在x＝1.5m处引起质点的振动步调相反，故虚线x＝1.5m为减弱区，故B错误；C、两波波长λ＝＝m＝2m，从t3Δt＝0.25s后，S1、S2的最远波峰再向前传播1m，即S1的最远波峰传到了x＝3.5m处，而S2的波峰传到了x＝0.5m处，此时S2波产生的波形中只有一个波谷，且到S2的距离为1.5m．如图所示。可知波谷与波谷相遇点有2个，故C正确；D、S1和S2连线上满足到两波源的距离差为半波长的偶数倍时为振动减弱的位置，Δs＝kλ（k＝0，±1，±2），解得k＝0，±1，则共有3个，故D正确。本题选错误的，故选：AB。【点评】本题考查波的性质以及波的干涉，要注意明确干涉的条件，同时掌握波速公式的应用。三、非选择题：本题共5小题，共52分．12．（6分）频闪照相是研究运动的常用手段，频闪仪每隔相等时间短暂闪光一次，照片上记录了钢球在各个时刻的位置。（1）某同学做该实验时事先没确定竖直方向，如图甲所示，已知A、B、C为相邻的三个拍照点，试帮助该同学确定竖直方向（y方向）：连接AC线段取其中点O，然后连接OB两点，OB两点所在直线即为竖直方向。（2）如图乙是小球做平抛运动的频闪照片，图中小方格的边长5cm，那么小球平抛的初速度大小v0＝2.5m/s，经B点合速度大小vB＝3.9（结果均保留两位有效数字，g取10m/s2）。【分析】（1）根据实验原理分析实验操作，从而确定竖直方向；（2）根据竖直方向的运动特点计算出时间间隔，根据运动学公式分析出初速度，根据匀变速直线运动规律解得B点竖直方向的速度，从而计算合速度。【解答】解：（1）连接AC线段取其中点O，然后连接OB两点，OB两点所在直线即为竖直方向．（2）根据图乙可知，相邻点迹之间的水平距离相等，即相邻点迹之间的时间间隔相等，根据Δy＝gT2解得小球平抛的初速度为v0＝＝小球经B点竖直分速度大小vBy＝＝经B点合速度大小解得：vB【点评】本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解平抛运动在不同方向的运动特点结合运动学公式即可完成分析。13．（10分）小明同学设计了一个测电梯加速度的装置，具体原理图如图甲所示。实验器材有：Ω）；理想电压表V（量程为3.0V）；限流电阻R0Ω；Ω）；开关S以及导线若干；电阻可忽略不计的弹簧，下端固定于水平地面，上端固定秤盘且通过甲连杆与滑动变阻器R的滑片连接，滑片接触良好且无摩擦（弹簧劲度系数k＝103N/m）；重力加速度g取10m/s2，不计其他阻力。（1）实验步骤如下：①电梯静止时，托盘中未放被测物前，滑片恰好置于变阻器R的最上端，电压表的示数均为零。②电梯匀速上升时，在托盘中轻轻放入一个物块，待托盘静止平衡后，当滑动变阻器R的滑片恰好处于中间，则物块的质量m＝50kg。（2）电梯运行过程中，当电压表示数为2.25V且保持稳定时，电梯的运动情况可能是AD。（填标号）A．电梯以5m/s2的加速度向上加速2的加速度向上加速2的加速度向下加速D．电梯以5m/s2的加速度向下减速（3）小王同学用小明的器材设计了另一种方案，方案电路如图乙所示，在托盘中轻轻放入同一个物块，当电梯匀速运动时，电压表的示数为2.25V。（4）经分析小明的方案更为合理，原因是加速度与电压表示数成线性关系。【分析】（1）对物块分析，根据平衡条件和胡克定律相结合求解物块的质量m。（2）当电压表示数为2.25V且保持稳定时，求出与电压表并联部分电阻阻值，确定弹簧压缩量，再根据牛顿第二定律和胡克定律相结合求解电梯的加速度，从而分析电梯的运动情况。（3）小王方案中，确定电梯匀速运动时弹簧压缩量，再求电压表的示数。（4）根据加速度与电压表示数关系分析。【解答】解：（1）对物块分析，由平衡条件得mg＝kΔx其中Δx＝＝cm＝5.0cm＝0.05m，代入上式解得：m＝50kg（2）当电压表的示数为U＝2.25V时，设与电压表并联部分电阻阻值为R′，则U＝E解得：R′＝15Ω弹簧压缩量为Δx′＝l＝×对物块分析，由牛顿第二定律得kΔx'﹣mg＝ma解得a＝5m/s2，方向竖直向上，故AD正确，BC错误。故选：AD。（3）小王方案中，电梯匀速运动时弹簧压缩量为5cm，接入电路阻值为R″＝10Ω，故电压表示数为U′＝R″＝×（4）小明方案中，根据U＝E，Δx′＝l得电压表示数为U＝E对物块分析，根据牛顿第二定律得kΔx﹣mg＝ma联立分析可知，加速度与电压表示数成线性关系。故答案为：（1）50kg；（2）AD；（3）2.25V；（4）加速度与电压表示数成线性关系。【点评】本题是力电综合题，关键要理解实验原理，搞清电路的结构，运用欧姆定律和力学规律相结合进行解答。14．（10分）一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p﹣V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时温度为TA＝360K，求：（1）气体在状态C时温度TC；（2）若气体在A→B过程中吸热3000J，则在A→B过程中气体内能如何变化？变化了多少？【分析】（1）D→A为等温线，可知气体在状态D时的温度。C→D过程气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律求气体在状态C时的温度TC；（2）A→B过程压强不变，由W＝pΔV求气体对外界做功，再根据热力学第一定律求内能的变化量。【解答】解：（1）D→A为等温线，则TA＝TD＝360KC到D过程气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律得解得：TC＝540K（2）A→B过程压强不变，体积增大，则气体对外界做功W＝pΔV＝4×105×4×10﹣3J＝1600J由热力学第一定律得ΔU＝Q﹣W＝3000J﹣1600J＝1400J则气体内能增加，增加了1400J。答：（1）气体在状态C时温度TC为540K；（2）在A→B过程中气体内能增加，增加了1400J。【点评】本题的关键要明确气体的状态作何种变化，从而选择相应的实验定律。在应用热力学第一定律时，要注意做功和热量的正负。15．（12分）如图所示，第一、二象限存在垂直于xOy平面向里的磁感应强度为B1（大小未知）的匀强磁场，第三象限存在沿y轴正方向的匀强电场E，x轴负方向与x轴重合存在一特殊的薄膜，带电粒子每次穿过薄膜时电荷量不变，但速度减为原来的a（a＜1）倍。现有一质量为m、电量为q的带正电粒子从y轴上A（0，L）处平行于x轴负方向以速度v0射入第二象限，粒子从x轴负半轴上的C点平行于y轴负方向射出，不计粒子重力，带电粒子可视为点电荷。（1）求磁感应强度B1的大小；（2）x轴负方向C处左边有一接收装置D（未画出），为了接收到该粒子，求D的横坐标的可能值xD以及D离坐标原点O的最远距离xDmax。【分析】（1）根据几何关系得出粒子的半径，结合牛顿第二定律得出磁感应强度的大小；（2）根据几何关系得出D的横坐标的可能值以及对应的最远距离。【解答】解：（1）根据题意，由牛顿第二定律得：由几何关系得：R＝L解得：（2）粒子从C处向下穿过薄膜，进入