2023年湖北省荆荆宜仙高考物理联考试卷（2月份）

2023年湖北省荆荆宜仙高考物理联考试卷（2月份）一、选择题：（第1～7题只有一个选项符合题意，第8～11题有多个选项符合题意，全部选对得4分，选对但选不全得2分，有选错的得0分）1．（4分）下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（）A．图甲：普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成功解释了光电效应 B．图乙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率是不连续的 C．图丙：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子 D．图丁：根据电子束通过铝箔后的衍射图样，可以说明电子具有粒子性2．（4分）如图所示，若x轴和y轴分别表示时间t和速度v，AB是做直线运动物体的速度随时间变化的图线，梯形OABC的面积可以代表该物体在该段时间内的位移。对一辆沿平直公路行驶的汽车，下列结论中错误的是（）A．若x轴和y轴分别表示时间t和汽车的加速度a，AB是汽车的加速度随时间变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表汽车的速度变化量 B．若x轴和y轴分别表示汽车的速度v和汽车的牵引F，AB是汽车牵引力随速度变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表牵引力的功率 C．若x轴和y轴分别表示时间t和汽车的功率P，AB是汽车的功率随时间变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表汽车牵引力做的功 D．若x轴和y轴分别表示时间t和汽车所受的合外力F，AB是汽车所受合外力随时间变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表汽车的动量变化3．（4分）如图所示，一根质量可以忽略不计的刚性轻杆，O端为固定转轴，杆可在竖直平面内无摩擦地转动，杆的中心点及另一端各固定一个小球A和B。已知两球质量相同，现用外力使杆静止在水平方向，然后撤去外力，杆将摆下，从开始运动到杆处于竖直方向的过程中正确的是（）A．B球下落过程中机械能守恒 B．杆的弹力对A球做正功，对B球做负功 C．杆的弹力对A球做负功，对B球做正功 D．杆的弹力对A球和B球做功之和不为零4．（4分）如图，理想变压器输入端电压随时间变化为，在原线圈回路中串联阻值为R的电阻，a、b、c为副线圈上的3个抽头。若仅在抽头a、b间接入阻值为R的电阻，原线圈回路中电阻R消耗的功率为P；若仅在抽头b、c间接入阻值为4R的电阻，原线圈回路中电阻R消耗的功率也为P。已知原线圈匝数n1与a、b间线圈匝数n2之比为5：1，下列说法正确的是（）A．a、b间线圈匝数n2与b、c间线圈匝数n3之比为2：1 B．原线圈匝数n1与b、c间线圈匝数n3之比为5：2 C．仅在抽头a、b间接入电阻R时，a、b两端电压为44V D．仅在抽头b、c间接入电阻R时，b、c两端电压为88V（多选）5．（4分）如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮。开始小圆环处在半圆环的最低点H点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点。滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是（）A．第一次轻绳的拉力逐渐减小 B．第一次半圆环受到的压力逐渐增大 C．小圆环第一次在N点与第二次在N点时，第二次轻绳的拉力大一些 D．小圆环第一次在N点与第二次在N点时，半圆环受到的压力大小一定不同6．（4分）两列简谐横波在同一介质中沿直线S1S2相向传播。M点在S1S2之间，到S1的距离r1＝160cm，到S2的距离r2＝40cm，如图甲所示。t＝0时刻，向右传的波恰好传到S1点。图乙为此后两列波分别在M点引起的振动图像，其中实线为向右传播的波经过M点时，M点的振动图像，虚线为向左传播的波经过M点时，M点的振动图像，则下列正确的是（）A．t＝4.25s时，M点在平衡位置下方且向平衡位置运动 B．两列波的波长均为2m C．在0～6s内M点的路程为16cm D．稳定后S1点为振动加强点7．（4分）如图所示，带有滑轮K的物块A的质量为M＝5kg，锁定在光滑的水平桌面上。一轻绳绕过滑轮K，轻绳的水平段与竖直墙壁连接，竖直段下端悬挂质量为m＝2kg的物块B，轻绳与滑轮之间的摩擦不计，物块B与A之间的动摩擦因数为μ＝0.5。若解除对A的锁定，则物块A运动的加速度大小为（）A．1m/s2 B．2m/s2 C．3m/s2 D．4m/s2（多选）8．（4分）在光学仪器中，“道威棱镜”被广泛用来进行图形翻转。如图，ABCD是棱镜的横截面，截面是底角为45°的等腰梯形。现有与底面BC平行且频率相同的两束单色光a、b射入AB面，经折射反射，使从CD面射出的光线发生了翻转。已知棱镜材料对该色光的折射率，下列说法正确的是（）A．两束光中，有一束可能会从底面BC射出 B．a光能从底面BC射出，b光将从CD面平行于BC射出 C．若光a、b从CD面平行于BC射出，a光离底面BC更近 D．两束光在棱镜中的传播时间相同（多选）9．（4分）近年科学研究发现，在宇宙中，三恒星系统约占所有恒星系统的十分之一，可见此系统是一个比较常见且稳定的系统。在三恒星系统中存在这样一种运动形式：忽略其他星体对它们的作用，三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在平面内以相同角速度做匀速圆周运动。如图所示为A、B、C三颗星体质量mA、mB、mC大小不同时，星体运动轨迹的一般情况。设三颗星体在任意时刻受到的万有引力的合力大小分别为F1、F2、F3，加速度大小分别为a1、a2、a3，星体轨迹半径分别为RA、RB、RC，下列说法正确的是（）A．图中星球B对A的万有引力大于星球C对A的万有引力 B．图中三颗星体质量大小关系为mA＞mC＞mB C．F1、F2、F3的矢量和不一定为0，与星体质量有关 D．a1、a2、a3的矢量和不一定为0，与星体质量有关（多选）10．（4分）如图所示，光滑的平行金属导轨固定在绝缘的水平面上，导轨处在垂直向下的匀强磁场中，左侧导轨间的距离为2L，右侧导轨间的距离为L，导体棒a、b垂直放置于导轨之间，且与导轨接触良好，导体棒a、b的电阻相等，ma＝4mb。第一次将导体棒b固定在右侧导轨上，使导体棒a以初速度v0开始向右运动，直至回路中的感应电流变为0；第二次导体棒b未被固定且静止在右侧导轨上，使导体棒a仍以初速度v0开始向右运动，直至回路中的感应电流也变为0。已知前后两次回路中的感应电流变为0时，导体棒a仍处在左侧导轨上，不计导轨的电阻。下列说法中正确的是（）A．第二次导体棒a和导体棒b组成的系统动量守恒 B．第一次回路中产生的焦耳热是第二次的2倍 C．第一次通过回路的电荷量是第二次的2倍 D．第一次导体棒a动量的变化量是第二次的5倍（多选）11．（4分）如图所示，某次空中投弹的军事演习中，战斗机以恒定速度v0沿水平方向飞行，先后释放A、B两颗炸弹，分别击中倾角为θ的山坡上的M点和N点，释放A、B两颗炸弹的时间间隔为Δt1，此过程中飞机飞行的距离为s1；击中M、N的时间间隔为Δt2，M、N两点间水平距离为S2，且A炸弹到达山坡的M点位移垂直斜面，B炸弹是垂直击中山坡N点的。不计空气阻力，下列正确的是（）A．A炸弹在空中飞行的时间为 B． C． D．二、实验题12．小明同学用如图甲所示装置测量当地的重力加速度，光电门A、B与光电计时器相连。（1）用游标卡尺测小球的直径，示数如图丙所示，则小球的直径d＝cm。（2）让小球紧靠固定挡板，由静止释放，光电计时器记录小球经过光电门A和光电门B所用的时间t1、t2，测出两光电门间的高度差h，小球直径为d，测得的重力加速度g＝（用测得的物理量的符号表示）。（3）将光电计时器记录小球通过光电门的时间改为记录小球从光电门A运动到光电门B所用的时间。保持光电门A的位置不变，多次改变光电门B的位置，每次均让小球从紧靠固定挡板由静止释放，记录每次两光电门间的高度差h及小球从光电门A运动到光电门B所用的时间t，求出每次的，作出图像如图乙所示，若图像斜率为a，纵坐标截距为b，则小球经过光电门A时的速度为，当地的重力加速度大小为。13．某同学只用以下给定仪器组装如图甲所示的简易多用电表，仪器不得重复使用。A．电流表（0～200μA，200Ω）；B．电阻箱（0～9999Ω）；C．电阻箱（0～999Ω）；D．定值电阻R2（1kΩ）；E．变阻器（0～800Ω）；F．变阻器（0～300Ω）；G．干电池（9V，r＝0）；H．干电池（1.5V，r＝0）；I．导线若干。该多用电表需设置0、1为量程0～1mA的电流挡，0、3为量程0～3V的电压挡，0、2为欧姆挡，定值电阻R2＝1kΩ。该同学通过计算并选择器材（器材选择只填器材前的字母）。（1）量程0～1mA的电流挡中电阻箱R1应该选择，将其调节为Ω。（2）量程0～3V的电压挡中电阻箱R4应该选择，将其调节为Ω。（3）0、2的欧姆挡中变阻器R3应该选择，电源应该选择。（4）该同学用上述简易多用电表的欧姆挡测量某未知电阻，他首先进行了欧姆调零，然后将电阻接在0、2之间，发现电流表指针偏转如图乙所示，由此可求得未知电阻为Ω。三、计算题14．如图所示，某同学用打气筒给篮球打气。已知圆柱形打气筒内部空间的高度为H＝0.6m，内部横截面积为S＝2×10﹣3m2×10﹣3m2，每次打气前打气筒中气体的初始压强都为P0×105Pa，篮球内初始气体的压强为P1×105Pa，设打气过程中打气筒和球内的气体温度不变，忽略活塞与筒壁间的摩擦力，每次活塞均提到最高处，且每次将气筒中的气体全部打入篮球中，篮球打气过程体积不变，求：（1）第一次打气时活塞下移多大距离时，阀门K打开？（2）至少打几次可以使篮球内气体的压强增加到2p0？15．如图所示，在O﹣xyz坐标系中，yOz左、右侧空间分别有沿y轴正方向的匀强电场和沿x轴负方向磁感应强度为B的匀强磁场；足够大的平面MN与x轴垂直，距O点距离，现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从点沿x轴正方向以初速度v0射入匀强电场，恰好过O点并进入右侧空间，不计粒子的重力和边界效应，求：（1）匀强电场场强E的大小；（2）粒子进入磁场后在yOz平面内做圆周运动的半径；（3）粒子打到平面MN上的位置坐标。16．如图所示，“L”形木板C静置于足够大的光滑水平地面上，物块A静置在C上某处，底面光滑的物块B静置在A右侧到A的距离处，B与C右端的距离。现对A施加一大小F＝1.6N、方向水平向右的恒定推力，经过一段时间后撤去推力，此时A与B恰好发生弹性正碰，碰撞时间极短，再经过一段时间B与C右端碰撞并瞬间粘在一起。已知A、C的质量均为m＝0.2kg，B的质量为，A、C间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均视为质点，物块A始终未滑离木板C。求：（1）施加推力时C的加速度大小a；（2）A、B第一次碰撞后瞬间A的速度大小v1以及B的速度大小v2；（3）从撤去推力到B与C右端碰撞的时间t。2023年湖北省荆荆宜仙高考物理联考试卷（2月份）参考答案与试题解析一、选择题：（第1～7题只有一个选项符合题意，第8～11题有多个选项符合题意，全部选对得4分，选对但选不全得2分，有选错的得0分）1．（4分）下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（）A．图甲：普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成功解释了光电效应 B．图乙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率是不连续的 C．图丙：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子 D．图丁：根据电子束通过铝箔后的衍射图样，可以说明电子具有粒子性【分析】理解近代物理学史的发展进程，结合选项完成分析。【解答】解：A．普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，推导出普朗克公式，成功的解释了黑体辐射现象，故A错误；B．波尔提出自己的原子模型，他指出氢原子能级是分立的，解释了原子发射光子的频率是不连续的，故B正确；C．卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了原子核式结构模型；卢瑟福用α粒子轰击氮，发现质子，故C错误；D．衍射是波的特征，根据电子束通过铝箔后的衍射图样，说明电子具有波动性，故D错误。故选：B。【点评】本题主要考查了近代物理学史的发展，平时要多加强理解记忆；弄清楚每个图象的作用及代表的物理知识，熟练掌握物理规律的来龙去脉是掌握此类知识的前提。2．（4分）如图所示，若x轴和y轴分别表示时间t和速度v，AB是做直线运动物体的速度随时间变化的图线，梯形OABC的面积可以代表该物体在该段时间内的位移。对一辆沿平直公路行驶的汽车，下列结论中错误的是（）A．若x轴和y轴分别表示时间t和汽车的加速度a，AB是汽车的加速度随时间变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表汽车的速度变化量 B．若x轴和y轴分别表示汽车的速度v和汽车的牵引F，AB是汽车牵引力随速度变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表牵引力的功率 C．若x轴和y轴分别表示时间t和汽车的功率P，AB是汽车的功率随时间变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表汽车牵引力做的功 D．若x轴和y轴分别表示时间t和汽车所受的合外力F，AB是汽车所受合外力随时间变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表汽车的动量变化【分析】根据每个选项中的描述，由相应的物理知识表示出物理量之间的关系，再根据图象判断物理量之间的关系是否符合即可作出判断。【解答】解：A、根据Δv＝aΔt可知若x轴和y轴分别表示时间t和汽车的加速度a，AB是汽车的加速度随时间变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表汽车的速度变化量，故A正确B、由图可知若x轴和y轴分别表示汽车的速度v和汽车的牵引F，说明牵引力的瞬时功率不断增大，梯形OABC的面积没有物理意义，故B错误C.根据W＝pt可知若x轴和y轴分别表示时间t和汽车的功率P，AB是汽车的功率随时间变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表汽车牵引力做的功，故C正确D.根据I＝FΔt＝Δp可知若x轴和y轴分别表示时间t和汽车所受的合外力F，AB是汽车所受合外力随时间变化的图线，那么梯形OABC的面积可以代表汽车的动量变化，故D正确。因选错误的故选：B。【点评】本题考查了学生对图象的理解能力、分析综合能力，必须根据图像写出其表达式，此题对学生的要求较高。3．（4分）如图所示，一根质量可以忽略不计的刚性轻杆，O端为固定转轴，杆可在竖直平面内无摩擦地转动，杆的中心点及另一端各固定一个小球A和B。已知两球质量相同，现用外力使杆静止在水平方向，然后撤去外力，杆将摆下，从开始运动到杆处于竖直方向的过程中正确的是（）A．B球下落过程中机械能守恒 B．杆的弹力对A球做正功，对B球做负功 C．杆的弹力对A球做负功，对B球做正功 D．杆的弹力对A球和B球做功之和不为零【分析】两球同轴转动，根据传动模型得出小球的速度关系，结合机械能守恒定律得出小球的速度，结合重力势能和动能的关系分析出弹力对小球的做功类型；根据机械能守恒定律的条件分析出B球下落过程中是否机械能守恒。【解答】解：BCD．两球同轴转动，角速度相等，由线速度的计算公式v＝ωr知B球的速度总是等于A球速度的2倍，由于杆在转动过程中无摩擦，故系统机械能守恒，设杆长为2l，A球运动到竖直方向时的速度为v，则有mgl+mg×2l＝解得：A球获得的动能小于减少的重力势能mgl，其机械能减少，故杆对A球做负功，同理可分析出杆对B球做正功，且杆的弹力对A球和B球做功之和为零，故C正确，BD错误；A．B球下落过程中受杆的弹力和重力作用，根据机械能的定义可知，此过程中机械能不守恒，故A错误。故选：C。【点评】本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，理解机械能守恒定律的条件即可完成分析。4．（4分）如图，理想变压器输入端电压随时间变化为，在原线圈回路中串联阻值为R的电阻，a、b、c为副线圈上的3个抽头。若仅在抽头a、b间接入阻值为R的电阻，原线圈回路中电阻R消耗的功率为P；若仅在抽头b、c间接入阻值为4R的电阻，原线圈回路中电阻R消耗的功率也为P。已知原线圈匝数n1与a、b间线圈匝数n2之比为5：1，下列说法正确的是（）A．a、b间线圈匝数n2与b、c间线圈匝数n3之比为2：1 B．原线圈匝数n1与b、c间线圈匝数n3之比为5：2 C．仅在抽头a、b间接入电阻R时，a、b两端电压为44V D．仅在抽头b、c间接入电阻R时，b、c两端电压为88V【分析】AB、根据原线圈电阻R消耗的功率都为P，可知原线圈回路中电流I1不变，根据理想变压器输入功率和输出功率相等，可知副线圈不同抽头接电阻R时电流的大小关系，根据理想变压器原副线圈电流与匝数关系和已知匝数比值，可得各个线圈匝数之比；CD、在电源和电阻R、原线圈构成的回路中，可得电源电压与原线圈电压和电阻R的电压的关系，仅在抽头a、b间接入电阻R时，根据原线圈电压与副线圈电压关系可得原线圈中电压与电阻R的电压的大小关系，从而得到原线圈电压的大小和副线圈电压的大小，仅在抽头b、c间接入电阻R时，电压U1不变，根据原线圈电压与副线圈电压的关系可得副线圈电压的大小。【解答】解：AB、无论副线圈接入电阻为R还是4R，原线圈回路中电阻R消耗的功率都为P，根据P＝I2R可知，原线圈回路中电流I1不变，根据理想变压器原副线圈功率相等，则有：代入数据可得：I2＝2I3根据理想变压器原副线圈电流与匝数关系有：，代入数据可得：已知代入数据可得：，故A错误，B正确；CD．在原线圈回路中，有U＝I1R+U1，其中U＝220V仅在抽头a、b间接入电阻R时，代入数据可得：U1≈211V则a、b两端电压仅在抽头b、c间接入电阻R时，原线圈回路中电流I1不变，所以电压U1不变，则有：，故CD错误；故选：B。【点评】本题考查了变压器的构造和原理，解题的关键是根据原线圈和副线圈的匝数关系，找出原线圈电压和原线圈中电阻R的电压关系。（多选）5．（4分）如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮。开始小圆环处在半圆环的最低点H点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点。滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是（）A．第一次轻绳的拉力逐渐减小 B．第一次半圆环受到的压力逐渐增大 C．小圆环第一次在N点与第二次在N点时，第二次轻绳的拉力大一些 D．小圆环第一次在N点与第二次在N点时，半圆环受到的压力大小一定不同【分析】对小圆环进行受力分析，根据共点力的平衡条件以及相似三角形法，再结合向心力公式分析各力的动态变化过程。【解答】解：AB．在小圆环缓慢向上移动的过程中，对其受力分析，如图所示：根据三个力所在的三角形与△OMP相似可得根据几何关系可知，MP在逐渐减小，由于半圆环的半径相等，即OM＝OP，且OM和OP是恒定不变的，又因为mg是恒定不变的，所以轻绳的拉力T在逐渐减小，但小球受到半圆环的支持力FN保持不变，根据牛顿第三定律可知半圆环受到的压力也保持不变，故A正确，B错误；C．小圆环第一次在N点时与第二次在N点时，轻绳的拉力T在竖直方向的分力均等于重力mg，故小圆环第一次在N点时轻绳的拉力等于第二次在N点时轻绳的拉力，故C错误；D．小圆环第一次在N点时处于平衡状态，半圆环的弹力FN等于轻绳在水平方向的分力，小圆环第二次在N点时加速度不为零，半圆环的弹力FN等于轻绳在水平方向的分力减去向心力，故两次半圆环受到的压力大小不相等，半圆环受到的压力也不相等，故D正确。故选：AD。【点评】本题主要是考查共点力的平衡，解答本题的关键是利用相似三角形法分析各力的动态变化过程，再结合向心力公式分析。6．（4分）两列简谐横波在同一介质中沿直线S1S2相向传播。M点在S1S2之间，到S1的距离r1＝160cm，到S2的距离r2＝40cm，如图甲所示。t＝0时刻，向右传的波恰好传到S1点。图乙为此后两列波分别在M点引起的振动图像，其中实线为向右传播的波经过M点时，M点的振动图像，虚线为向左传播的波经过M点时，M点的振动图像，则下列正确的是（）A．t＝4.25s时，M点在平衡位置下方且向平衡位置运动 B．两列波的波长均为2m C．在0～6s内M点的路程为16cm D．稳定后S1点为振动加强点【分析】根据图像的特点得出M点的位置和振动的方向；根据波速的计算公式得出波速的大小，结合波长的计算公式得出波长的大小；根据波的叠加原理，结合时间和周期的关系得出M点的路程；分析出S1点和M点的关系，由M点的特点分析出S1点的特点。【解答】解：A．t＝4.25s时，M参与两列波的振动叠加，其对应虚线的振幅大，叠加后位于平衡位置下方，且向远离平衡位置运动，故A错误；B．由图可知，两列波的周期都是2s，向右传的波速为则λ1＝v1×故B错误；C．在0～6s内做了两次全振动，0～2sM点没振动，2～4sM点振幅3cm，路程12cm，4～6sM点振幅为1cm，路程为4cm，故0～6s内M点的路程为16cm，故C正确；D．由题可知，S1到M之间的距离刚好两个波长，故稳定后S1和M两点的振动情况相同，稳定后M点为振动减弱点，那么稳定后S1点也是振动减弱点，故D错误。故选：C。【点评】本题主要考查了简谐横波的相关应用，解题的关键点是理解图像的物理意义，结合简谐横波的传播特点和波的叠加原理即可完成分析。7．（4分）如图所示，带有滑轮K的物块A的质量为M＝5kg，锁定在光滑的水平桌面上。一轻绳绕过滑轮K，轻绳的水平段与竖直墙壁连接，竖直段下端悬挂质量为m＝2kg的物块B，轻绳与滑轮之间的摩擦不计，物块B与A之间的动摩擦因数为μ＝0.5。若解除对A的锁定，则物块A运动的加速度大小为（）A．1m/s2 B．2m/s2 C．3m/s2 D．4m/s2【分析】根据整体与隔离法的应用，分别对A和B应用牛顿第二定律列式即可分析求解。【解答】解：以桌面为参照物，则A将向右加速运动，B将和A一起向右加速运动，同时沿A的右侧面向下加速运动，由关联关系可知A向右的加速度等于B向下的加速度；将A和K视为一个整体，水平方向受力有：绳的拉力T（向右）、B对它的压力N（向左），由牛顿第二定律T﹣N＝MaA，物体B在水平方向上受力是A对它的压力N，则有N＝maA，物体B在竖直方向上受力有：绳的拉力T（向上）、重力mg（向下）、A对B的摩擦力f（向上），B竖直方向上，由于绳不可拉长，则有mg﹣T﹣f＝maAf＝μN，联立可得，故B正确，ACD错误；故选：B。【点评】题考查了牛顿第二定律的综合运用，关键在于合理地选择研究对象，通过整体与隔离法的应用求解本题。（多选）8．（4分）在光学仪器中，“道威棱镜”被广泛用来进行图形翻转。如图，ABCD是棱镜的横截面，截面是底角为45°的等腰梯形。现有与底面BC平行且频率相同的两束单色光a、b射入AB面，经折射反射，使从CD面射出的光线发生了翻转。已知棱镜材料对该色光的折射率，下列说法正确的是（）A．两束光中，有一束可能会从底面BC射出 B．a光能从底面BC射出，b光将从CD面平行于BC射出 C．若光a、b从CD面平行于BC射出，a光离底面BC更近 D．两束光在棱镜中的传播时间相同【分析】根据折射定律分析光线1在AB面上的折射角；根据sinC＝求解全反射的临界角，根据几何知识分析光在BC面的入射角，以此判断光线在BC面上是否发生全反射；作出光路图，根据光路图判断出射光线与入射光线的特点，并判断两条光线的出射点到C点的距离的大小关系。【解答】解：ABC、光路图如图所示：根据折射定律有n＝，所以光在AB面的折射角为r＝30°，根据几何知识可知，两条光在BC面的入射角为α＝75°，因为sinC＝，所以全反射的临界角为C＝45°，则光在BC面发生全反射，根据几何知识可知，光在CD面的入射角为30°，根据光路可逆原理可知，光在CD面的出射光线和入射光线相互平行，但距离C点最近的为光线a，故AB错误，C正确；D、根据几何关系及对称性可知两束光的光程相等，由于v＝，可知两束光的速度相等，所以两束光在棱镜中的传播时间相同，故D正确；故选：CD。【点评】解决该题需要正确作出光路图，能根据几何知识求解相关的角度，熟记折射定律的表达式以及全反射的临界角的表达式。（多选）9．（4分）近年科学研究发现，在宇宙中，三恒星系统约占所有恒星系统的十分之一，可见此系统是一个比较常见且稳定的系统。在三恒星系统中存在这样一种运动形式：忽略其他星体对它们的作用，三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在平面内以相同角速度做匀速圆周运动。如图所示为A、B、C三颗星体质量mA、mB、mC大小不同时，星体运动轨迹的一般情况。设三颗星体在任意时刻受到的万有引力的合力大小分别为F1、F2、F3，加速度大小分别为a1、a2、a3，星体轨迹半径分别为RA、RB、RC，下列说法正确的是（）A．图中星球B对A的万有引力大于星球C对A的万有引力 B．图中三颗星体质量大小关系为mA＞mC＞mB C．F1、F2、F3的矢量和不一定为0，与星体质量有关 D．a1、a2、a3的矢量和不一定为0，与星体质量有关【分析】根据万有引力定律和矢量合成，分析星球B对A的万有引力与星球C对A的万有引力大小，再分析三颗星体质量大小关系；根据矢量合成的特点和数学知识分析出力的矢量和以及加速度的矢量和与星体质量关系。【解答】解：AB、星球B对A的万有引力大小为，星球C对A的万有引力大小为，FBA与FCA的合力指向AO偏向C一侧，可知FBA＜FCA则mC＞mB，同理mA＞mC，则mA＞mC＞mB，故A错误，B正确；CD、根据万有引力定律可知F1＝FBA+FCA同理可得F2＝FAB+FCBF3＝FAC+FBC（此处的“+”号表示的是矢量的运算）则F1+F2+F3＝FBA+FCA+FAB+FCB+FAC+FBC＝0根据牛顿第二定律有，可知只有当三颗星体的质量相等时，加速度的矢量和才等于0，故C错误，D正确；故选：BD。【点评】本题主要考查了三星系统的相关应用，理解多星系统的角速度相等，结合万有引力公式和数学的矢量计算完成分析。（多选）10．（4分）如图所示，光滑的平行金属导轨固定在绝缘的水平面上，导轨处在垂直向下的匀强磁场中，左侧导轨间的距离为2L，右侧导轨间的距离为L，导体棒a、b垂直放置于导轨之间，且与导轨接触良好，导体棒a、b的电阻相等，ma＝4mb。第一次将导体棒b固定在右侧导轨上，使导体棒a以初速度v0开始向右运动，直至回路中的感应电流变为0；第二次导体棒b未被固定且静止在右侧导轨上，使导体棒a仍以初速度v0开始向右运动，直至回路中的感应电流也变为0。已知前后两次回路中的感应电流变为0时，导体棒a仍处在左侧导轨上，不计导轨的电阻。下列说法中正确的是（）A．第二次导体棒a和导体棒b组成的系统动量守恒 B．第一次回路中产生的焦耳热是第二次的2倍 C．第一次通过回路的电荷量是第二次的2倍 D．第一次导体棒a动量的变化量是第二次的5倍【分析】两棒中的电流相等，两棒的长度不相等，根据两棒所受外力合力是否为零判断系统是否守恒；由动量定理求解电流为零时的速度大小，由能量守恒定律求解回路中产生的焦耳热；再根据电荷量的计算公式求解通过回路的电荷量；根据动量定理比较两次棒的动量变化量。【解答】解：A．第二次对导体棒a有：Fa＝BI•2L，方向水平向左对导体棒b有：Fb＝BIL，水平向右则ab整体所受合外力不为0，动量不守恒，故A错误；B、第二次，a的加速度为：b的加速度为：结合题设条件解得：2a1＝a2当2va＝vb，时，电流为0，有2（v0﹣a1t）＝a2t解得：vb＝v0第一次产生的焦耳热为：第二次产生的焦耳热为：，故B正确；D、第一次导体棒a动量的变化量：Δpa＝|0﹣mav0|＝mav0第二次导体棒a动量的变化量：，故D错误；C、设向右为正，对a由动量定理可得第一次：﹣B×2L•Δt＝0﹣mav0则电荷量：第二次：﹣B×2L•Δt＝mava﹣mav0联立得到：，故C正确。故选：BC。【点评】本题主要是考查电磁感应现象中“双导轨双棒问题”，关键是判断两棒的系统动量不守恒，但两棒的安培力有一定的关系，所以能够根据动量定理求解电荷量，根据能量关系求解产生的热。（多选）11．（4分）如图所示，某次空中投弹的军事演习中，战斗机以恒定速度v0沿水平方向飞行，先后释放A、B两颗炸弹，分别击中倾角为θ的山坡上的M点和N点，释放A、B两颗炸弹的时间间隔为Δt1，此过程中飞机飞行的距离为s1；击中M、N的时间间隔为Δt2，M、N两点间水平距离为S2，且A炸弹到达山坡的M点位移垂直斜面，B炸弹是垂直击中山坡N点的。不计空气阻力，下列正确的是（）A．A炸弹在空中飞行的时间为 B． C． D．【分析】A炸弹到达山坡的M点位移垂直斜面，将位移分解到水平和竖直方向，由几何关系即可求解落到M点的时间，B炸弹垂直击中山坡N点，将速度分解到水平和竖直方向，由几何关系即可求解落到N点的时间；炸弹抛出后做平抛运动，水平方向的运动与飞机一致，为匀速直线运动，根据飞机的运动即可判断；由时间关系可判断Δt1和Δt2的关系。【解答】解：A、A炸弹到达山坡的M点位移垂直斜面，将位移分解到水平和竖直方向如图所示：由几何关系得：＝解得：t1＝故A正确；BD、释放A、B两颗炸弹的时间间隔为Δt1，此过程中飞机飞行的距离为s1，该过程飞机做匀速直线运动，即击中M、N的时间间隔为Δt2，炸弹水平方向的运动与飞机运动相同，M、N两点间水平距离为s2，即飞机飞行的距离为s2，则满足所以故B错误，D正确；C、B炸弹垂直击中山坡N点，将速度分解到水平和竖直方向如上图由几何关系得：tanθ＝＝解得：t1＝由时间关系得t1﹣Δt1＝t2﹣Δt2解得：Δt1＝Δt2+故C错误；故选：AD。【点评】本题考查平抛运动与斜面有关的问题，解题关键是区分位移垂直于斜面和速度垂直于斜面，针对两种不同的情况分解位移或速度，进而求解时间。二、实验题12．小明同学用如图甲所示装置测量当地的重力加速度，光电门A、B与光电计时器相连。（1）用游标卡尺测小球的直径，示数如图丙所示，则小球的直径d＝1.450cm。（2）让小球紧靠固定挡板，由静止释放，光电计时器记录小球经过光电门A和光电门B所用的时间t1、t2，测出两光电门间的高度差h，小球直径为d，测得的重力加速度g＝（用测得的物理量的符号表示）。（3）将光电计时器记录小球通过光电门的时间改为记录小球从光电门A运动到光电门B所用的时间。保持光电门A的位置不变，多次改变光电门B的位置，每次均让小球从紧靠固定挡板由静止释放，记录每次两光电门间的高度差h及小球从光电门A运动到光电门B所用的时间t，求出每次的，作出图像如图乙所示，若图像斜率为a，纵坐标截距为b，则小球经过光电门A时的速度为b，当地的重力加速度大小为2a。【分析】（1）先确定游标卡尺的最小分度值再读数；（2）利用平均速度替代小球通过光电门的瞬时速度，再根据运动学公式计算重力加速度；（3）根据运动学公式推导图像函数表达式结合图像计算。【解答】×（2）根据运动学公式有解得（3）由于小球释放的位置离光电门A的位置恒定，因此每次通过光电门A的速度一定，则有整理可得根据图像可得，则小球经过光电门A时的速度为vA＝b当地的重力加速度大小为g＝2a故答案为：（1）1.450；（2）；（3）b；（4）2a。【点评】本题关键是掌握游标卡尺的读数方法，掌握用平均速度替代小球通过光电门的瞬时速度。13．某同学只用以下给定仪器组装如图甲所示的简易多用电表，仪器不得重复使用。A．电流表（0～200μA，200Ω）；B．电阻箱（0～9999Ω）；C．电阻箱（0～999Ω）；D．定值电阻R2（1kΩ）；E．变阻器（0～800Ω）；F．变阻器（0～300Ω）；G．干电池（9V，r＝0）；H．干电池（1.5V，r＝0）；I．导线若干。该多用电表需设置0、1为量程0～1mA的电流挡，0、3为量程0～3V的电压挡，0、2为欧姆挡，定值电阻R2＝1kΩ。该同学通过计算并选择器材（器材选择只填器材前的字母）。（1）量程0～1mA的电流挡中电阻箱R1应该选择C，将其调节为50Ω。（2）量程0～3V的电压挡中电阻箱R4应该选择B，将其调节为2960Ω。（3）0、2的欧姆挡中变阻器R3应该选择E，电源应该选择H。（4）该同学用上述简易多用电表的欧姆挡测量某未知电阻，他首先进行了欧姆调零，然后将电阻接在0、2之间，发现电流表指针偏转如图乙所示，由此可求得未知电阻为1000Ω。【分析】（1）把小量程电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值，然后选择电阻箱。（2）把小量程电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值，然后选择电阻箱。（3）欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，应用闭合电路欧姆定律求出欧姆表内阻，然后选择实验器材。（4）根据电流表量程与图示表盘确定其分度值，然后读出其示数，应用闭合电路欧姆定律求出待测电阻阻值。【解答】解：（1）量程0～1mA的电流挡中电阻箱阻值为则R1应该选择C，将其调节为50Ω。（2）量程0～3V的电压挡中电阻箱阻值则R4应该选择B，将其调节为2960Ω。（3）0、2的欧姆挡中电源应该选择一节1.5V干电池，故选择H；当欧姆挡短接时，根据闭合电路欧姆定律，有则R3＝460Ω，则变阻器R3应该选择E。μA，此时电路中的电流为根据闭合电路欧姆定律有E＝I（Rx+R内）由此可求得未知电阻为故答案为：（1）C，50；（2）B，2960；（3）E，H；（4）1000。【点评】本题考查了多用电表的结构、多用电表的改装与电流表读数，知道电流表、电压表与欧姆表的改装原理是解题的前提与关键，应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题；对电流表读数时要先确定其所测量的量与量程，然后根据指针位置读数，读数时视线要与电表刻度线垂直。三、计算题14．如图所示，某同学用打气筒给篮球打气。已知圆柱形打气筒内部空间的高度为H＝0.6m，内部横截面积为S＝2×10﹣3m2×10﹣3m2，每次打气前打气筒中气体的初始压强都为P0×105Pa，篮球内初始气体的压强为P1×105Pa，设打气过程中打气筒和球内的气体温度不变，忽略活塞与筒壁间的摩擦力，每次活塞均提到最高处，且每次将气筒中的气体全部打入篮球中，篮球打气过程体积不变，求：（1）第一次打气时活塞下移多大距离时，阀门K打开？（2）至少打几次可以使篮球内气体的压强增加到2p0？【分析】（1）根据波意耳定律，对初末状态列等温变化的公式求解；（2）根据波意耳定律，以压强为2p0作末状态列式求解打气次数；对活塞进行分析，根据平衡条件列式求解最大压强。【解答】×105Pa时活塞下压的距离为h，根据玻意耳定律得p00（H﹣h）S（2）根据题意，设至少打气n次后轮胎内气体的压强为2p0，根据玻意耳定律得：np00V＝2p0V解得n＝3次答：（1）第一次打气时活塞下移0.2m时，阀门K打开；（2）至少打3次可以使篮球内气体的压强增加到2p0。【点评】本题考查一定质量理想气体状态方程，要求学生结合题意找到气体初末状态，抓住不变量列式求解，难度适中。15．如图所示，在O﹣xyz坐标系中，yOz左、右侧空间分别有沿y轴正方向的匀强电场和沿x轴负方向磁感应强度为B的匀强磁场；足够大的平面MN与x轴垂直，距O点距离，现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从点沿x轴正方向以初速度v0射入匀强电场，恰好过O点并进入右侧空间，不计粒子的重力和边界效应，求：（1）匀强电场场强E的大小；（2）粒子进入磁场后在yOz平面内做圆周运动的半径；（3）粒子打到平面MN上的位置坐标。【分析】（1）根