江西省红色十校2023-2024学年高三上学期9月联考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江西省红色十校2023-2024学年高三上学期9月联考物理试题一、选择题1.如图所示为一定质量的理想气体由a→b→c→a的状态变化的p－V图像，ab段与纵轴平行，bc段与横轴平行，气体在a、c状态时内能相等，则下列说法正确的是（）A.a→b过程，气体分子的平均动能不变B.b→c过程，气体吸收的热量小于对外做的功C.c→a过程，气体内能先增大后减小D.a→b→c→a过程，气体对外做的功大于外界对气体做的功〖答案〗C〖解析〗A．a→b过程为等容变化，根据压强减小，温度减小，气体分子的平均动能减小，故A错误；B．b→c过程为等压变化，根据体积变大，可得温度升高，内能增大，即根据结合体积变大，气体对外做功，即W<0可得气体吸收的热量大于对外做的功，故B错误；C．若c→a过程为双曲线，则p、V的乘积为定值，由图知，p、V的乘积先增大后减小，所以温度先升高后降低，气体内能先增大后减小，故C正确；D．p-V图像与V轴围成的面积代表功，可知a→b→c→a过程，气体对外做的功小于外界对气体做的功，故D错误。故选C。2.如图所示，从倾角为θ的斜面体底端正上方h高处水平抛出一个小球，小球落到斜面上时，小球的速度方向与水平方向的夹角也为θ，重力加速度为g，则小球从抛出到落到斜面上所用的时间为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗小球落到斜面上，如图设小球从抛出到落到斜面上所用的时间为t，则小球落到斜面上时竖直方向速度为小球的初速度为小球落到斜面上时小球下落的高度为小球落到斜面上时水平位移大小为则解得故选A。3.如图所示，坐标原点O左右两边的介质不同，P、Q为两列波的波源，两波源同时起振，某时刻，两列波分别沿x轴传播到点M（－9，0）、点N（3，0），则下列说法正确的是（）A.两列波的起振方向相反B.两列波波动频率相同C.两列波在x＝－3.5cm处相遇D.两列波在x轴负半轴叠加能形成稳定的干涉图样〖答案〗C〖解析〗A．由图可知，M点的起振方向为轴正方向，N点的起振方向也为轴正方向，而且MN点与波源的起振方向相同，故两列波的起振方向相同，故A错误；B．两列波在不同介质中波速不同，由图知两波的波长相等，根据两列波的波动频率不同，故B错误；C．在相同时间内，两波分别传播了一个波长和一个半波长，故在不同介质的波速之比为当Q波传到O点时，P波传到（－7，0），等Q波传播到x轴负半轴后速度与P波相同，则两波都再传播3.5cm，所以两列波在x＝－3.5cm处相遇，故C正确；D．因为两波的频率不同，故两列波在x轴负半轴叠加不能形成稳定的干涉图样，故D错误。故选C。4.氢原子的能级图如图所示，用动能均为12.3eV的电子束射向一群处于基态的氢原子，氢原子被电子碰撞后激发跃迁到较高能级，处于高能级的氢原子向低能级跃迁时辐射出几种不同频率的光，其中只有两种频率的光能使某金属发生光电效应，一种光恰好能使该金属发生光电效应，则另一种光使该金属发生光电效应时的光电子最大初动能为（）A.0.66eV B.1.89eV C.2.55eV D.2.86eV〖答案〗B〖解析〗只有两种频率的光能使某金属发生光电效应，光子的能量为一种光恰好能使该金属发生光电效应，有另一种光使该金属发生光电效应时的光电子最大初动能为故选B。5.如图所示，光滑挡板AB和CD在C点连接，AB板倾斜，CD板竖直，两板相对固定，小球静止于两极之间，现使整个装置绕A点在竖直面内沿顺时针方向缓慢转动到CD板水平，则在此过程中，下列说法正确的是（）A.球对AB板的作用力变小B.球对CD板的作用力变小C.球对AB板作用力变大D.球对CD板的作用力变大〖答案〗D〖解析〗设AB板与CD板的夹角为，转动的角度为，根据平衡条件竖直方向有水平方向有根据几何关系可知、、三个力构成的三角形为圆的内接三角形，且在转动过程中，与的夹角不变，画出受力分析图，可知球对CD板的作用力先增大后减小，球对AB板的作用力一直变小，故BCD错误，A正确。故选A。6.如图所示，两束频率不同的单色光a、b平行斜射到足够长的平行玻璃砖的上表面，两入射点间的距离为L，两光束在玻璃砖下表面的出射点间的距离也为L，不考虑光在玻璃砖下表面的反射，玻璃砖对两种单色光的折射率均大于，则下列说法正确的是（）A.玻璃砖对两种单色光折射率相同B.单色光b在玻璃砖中传播速度大C.单色光b在玻璃砖中传播时间长D.增大光在上表面的入射角，在下表面，单色光b会先发生全反射〖答案〗B〖解析〗AB．根据题意两光束在玻璃砖下表面的出射点间的距离也为L，做出大致对应的光路图如下根据光路图可知，玻璃对a光的折射率较大；根据光速与折射率的关系可知光在介质中的速度为可知，单色光b在玻璃砖中传播速度大，故A错误，B正确；C．设玻璃砖的厚度为d，单色光的入射角为i，折射角为α，根据几何关系和光的折射定律有玻璃砖对两种单色光的折射率均大于，所以两种单色光的折射角均小于45°，两种光的折射角的二倍均小于90°，又因为玻璃对a光的折射率较大，所以a光在玻璃砖中的折射角较小，所以所以a单色光在玻璃砖中运动的时间较长，故C错误；D．玻璃的上下两个表面平行，光在下表面的入射角等于上表面的折射角，根据光路可逆性知，两束光都不会在下表面发生全反射，故D错误。故选B。7.边长为L的单匝正方形线框处在匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度随时间变化规律如图所示（前半个周期为正弦波形的一半），线框的电阻为R，则线框中感应电流的功率为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗根据题意可知，前半个周期感应电动势最大值为则前半个周期感应电动势有效值为后半个周期感应电动势大小恒定不变，则有线框一个周期内产生的焦耳热为联立可得线框中感应电流的功率为故选D。8.处理废弃卫星的方法之一是将报废的卫星推到更高的轨道——“墓地轨道”，这样它就远离正常卫星，继续围绕地球运行．我国实践21号卫星（SJ－21）曾经将一颗失效的北斗导航卫星从拥挤的地球同步轨道上拖拽到了“墓地轨道”上．拖拽过程如图所示，轨道1是同步轨道，轨道2是转移轨道，轨道3是墓地轨道，则下列说法正确的是（）A.卫星在轨道2上的周期大于24小时B.卫星在轨道1上P点的速度小于在轨道2上P点的速度C.卫星在轨道2上Q点的加速度大于在轨道3上Q点的加速度D.卫星在轨道2上的机械能大于在轨道3上的机械能〖答案〗AB〖解析〗A．由于卫星在轨道2上的半长轴大于轨道1上的半径，根据开普勒第三定律可知，卫星在轨道2上的周期大于在轨道1上的周期，则卫星在轨道2上的周期大于24小时，故A正确；B．卫星在轨道1变轨到轨道2需要在P点点火加速，则卫星在轨道1上P点的速度小于在轨道2上P点的速度，故B正确；C．根据牛顿第二定律有可得由于、都相同，可知卫星在轨道2上Q点的加速度等于在轨道3上Q点的加速度，故C错误；D．卫星在轨道2变轨到轨道3需要在Q点点火加速，则卫星在轨道2上的机械能小于在轨道3上的机械能，故D错误。故选AB。9.如图所示，立方体ABCD－EFGH的两个顶点A、F分别固定电荷量为q的点电荷，C、H两个顶点分别固定电荷量为－q的点电荷，P是ABCD面的中点，Q是CDFG面的中点，则下列说法中正确的是（）A.P、Q两点的电势相等B.P、Q两点的电场强度相同C.一个负的点电荷在E点电势能小于在B点电势能D.G、P间的电势差绝对值大于P、D间电势差绝对值〖答案〗AC〖解析〗A．因AC两处的正负电荷在P点的电势为零，HF两处的正负电荷在P点的电势也为零，则P点的电势为零；同理因FC两处的正负电荷在Q点的电势为零，HA两处的正负电荷在Q点的电势也为零，则Q点的电势为零；即PQ两点的电势相等，选项A正确；B．由对称性可知，P、Q两点的电场强度大小相同，但是方向不同，选项B错误；C．因HF两处的正负电荷在E点的电势为零，AC两处的正负电荷在E点的电势为正值，可知E点电势为正；AC两处的正负电荷在B点的电势为零，HF两处的正负电荷在B点的电势为负值，可知B点电势为负；负电荷在低电势点的电势能较大，则一个负的点电荷在E点电势能小于在B点电势能，选项C正确；D．由A的分析可知，P点电势为零；AC两处的正负电荷在D点的电势为零，HF两处的正负电荷在D点的电势为正值，则D点电势为正；HF两处的正负电荷在G点的电势为零，AC两处的正负电荷在G点的电势为负值，则G点电势为负；由对称性可知G、P间的电势差绝对值等于P、D间电势差绝对值，选项D错误。故选AC。10.如图所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，质量均为m的金属棒ab、cd垂直放在导轨上，两金属棒接入电路的电阻均为R，垂直于导轨的虚线ef左侧有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，虚线ef的右侧没有磁场，给金属棒ab一个水平向右的初速度v0，已知cd棒到达ef前已匀速运动，ab、cd棒不会发生相碰，两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，ab棒出磁场时速度刚好为零，则下列说法正确的是（）A.cd棒最终速度为零B.cd棒从静止运动到ef过程中通过电荷量为C.整个过程，金属棒ab中产生的焦耳热为D.整个过程，金属棒ab克服安培力做的功为〖答案〗BD〖解析〗A．cd棒到达ef前已匀速运动，出磁场后水平方向不受力，一直做匀速直线运动，故A错误；B．设cd棒匀速时的速度为，则根据动量守恒解得cd棒从静止运动到ef过程中，根据动量定理可得又联立解得故B正确；C．最终，ab棒出磁场时速度刚好为零，金属棒cd将以的速度匀速运动，根据能量守恒可知，整个回路产生的焦耳热为则整个过程，金属棒ab中产生的焦耳热为故C错误；D．最终，ab棒速度刚好为0，以ab棒为对象，根据动能定理可得可得整个过程，金属棒ab克服安培力做的功为故D正确。故选BD。二、实验题11.某同学用如图甲所示的装置测量滑块与长木板之间的动摩擦因数，将长木板固定在水平桌面上，轻弹簧与木板左端固定挡板相连放在木板上，在长木板上安装两个光电门1和2，带有遮光片的滑块放在长木板上，已知当地的重力加速度为g。（1）先用游标卡尺测出遮光片宽度，示数如图乙所示，则遮光片宽度d=______mm；（2）将滑块向左压缩弹簧至某个位置由静止释放，滑块离开弹簧后，先后通过光电门1、2，与光电门相连的计时器分别记录下滑块上遮光片通过光电门1、2的时间t1和t2，改变弹簧的压缩量多次实验，测得多组t1和t2，以为纵轴、为横轴，在坐标纸上作图像，根据图像得到______（选填“图像斜率k”、“图像与纵轴的截距b”或“图像斜率k及图像与纵轴的截距b”）才可以计算出动摩擦因数。实验还需要测量的物理量为______（写出物理量的名称），若该物理量的符号用x表示，则可求得动摩擦因数μ=______。（用题中所给的物理量符号表示）。〖答案〗（1）1.70（2）图像与纵轴的截距b两光电门之间的间距〖解析〗（1）[1]根据游标卡尺的读数规律，该读数为（2）[2]对滑块进行分析有根据速度与位移的关系式有根据光电门测速原理有，解得可知，根据图像得到图像与纵轴的截距b才可以计算出动摩擦因数；[3]根据上述可知，实验还需要测量的物理量为两光电门之间的间距；[4]根据上述有解得12.为了测量某电阻丝的电阻率，某同学根据实验提供的器材连接电路，电阻丝拉直后两端固定在带有刻度尺的绝缘底座两端的接线柱a、b上，c为金属夹，将电路连接完整后，调节金属夹的位置，可以测出多组a、c间金属丝的长度L及a、c间的电压U。（1）请根据要求，用笔画线代替导线，将图甲实物图电路连接完整______；

（2）闭合开关前，将滑动变阻器的滑片移到最______（填“左”或“右”）端，闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，多次改变金属夹c的位置，得到几组U、I、L的数据，作出图像，如图乙所示，图乙中e、f已知，若金属丝的直径为d，则金属丝的电阻率ρ=______；（3）由于______原因，使测得的电阻率比真实值______（填“大”或“小”）。〖答案〗（1）见〖解析〗（2）左（3）电压表分流小〖解析〗（1）[1]金属丝的电阻较小，远远小于电压表的内阻，为了减小实验误差，测量电路采用电流表外接法，作出电路如图所示（2）[2]为了确保安全，闭合开关之前，控制电路输出电压应为0，可知闭合开关前，将滑动变阻器的滑片移到最左端；[3]a、c间金属丝的电阻为根据电阻的决定式有其中解得结合图像有解得（3）[4][5]根据上述可知，测量电路采用电流表外接法，则实验中的系统误差是电压表的分流由于电压表的分流原因，导致所测电阻偏小，即测得的电阻率比真实值小。13.如图甲所示，质量为1kg的物块放在水平地面上，从t＝0时刻开始，物块在水平拉力F作用下由静止开始做直线运动，F随时间变化的规律如图乙所示，已知物块在2~4s内位移是0~2s内运动的位移的2倍，重力加速度g取10m/s2。求：（1）物块与地面间的动摩擦因数；（2）12s末物块的速度大小；（3）0~12s内物块克服摩擦力做的功。〖答案〗（1）0.4；（2）48m/s；（3）1344J〖解析〗（1）0~2s时间内有，根据动量定理得0~2s内平均速度为2~4s时间内有，根据动量定理得2~4s内平均速度为由于物块在2~4s内位移是0~2s内运动的位移的2倍，则有联立可得又可得物块与地面间的动摩擦因数为（2）根据图像可知12s内拉力的冲量为摩擦力的冲量为根据动量定理可得解得12s末物块的速度大小为（3）0~2s内、4~6s内、8~10s内合力冲量相同，即速度变化量相同，2s时的速度为2~4s内、6~8s内、10~12s内合力均为零，速度不变。2~4s内速度为6s末速度为6~8s内速度为10s末速度为10~12s内速度为则12s内的总位移为物块克服摩擦力做的功14.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，在第三、四象限内有平行于坐标平面斜向下的匀强电场，电场方向与x轴负方向的夹角为45°，从坐标原点O向第二象限内射出一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子，粒子射出的初速度大小为v0，方向与x轴负方向的夹角也为45°，此粒子从O点射出后第三次经过x轴的位置P点离O点的距离为d，粒子第二次在电场中运动后恰好从O点离开电场，不计粒子重力，求：（1）磁感应强度B的大小；（2）电场强度E的大小；（3）粒子从O点射出到第一次回到O点所经历的时间。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）设粒子在第一次在磁场中做圆周运动的半径为r，带负电粒子运动轨迹如图所示由几何关系即由牛顿第二定律可得可得（2）粒子第二次进入电场做类平抛运动，则qE=ma解得（3）粒子在磁场中运动的时间粒子第一次在电场中运动的时间其中则则粒子从O点射出到第一次回到O点所经历时间15.如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB固定在竖直面内，轨道最低点B与光滑水平面BC相切，C点处有一竖直固定挡板，质量为m的物块b放在水平面上的B点，质量为3m的物块a从圆弧轨道的A点由静止释放，a运动到B点与b发生弹性碰撞，经过t时间，两物块又发生第二次弹性碰撞，物块b与挡板碰撞后以原速率返回，碰撞时间忽略不计，不计物块大小，重力加速度为g，求：（1）a、b碰撞前瞬间，a对圆弧轨道的压力大小；（2）B、C之间的距离；（3）若物块a从A点滑到B点所用时间为t0，求a、b从第一次碰撞到第四次碰撞经过的时间。〖答案〗（1）9mg；（2）；（3）2（t+t0）〖解析〗（1）由动能定理可知解得a、b碰撞前瞬间，由牛顿第二定律可得则a对圆弧轨道的压力大小（2）a运动到B点与b发生弹性碰撞，设向右为正方向，有解得，经过t时间，两物块又发生第二次弹性碰撞，物块b与挡板碰撞后以原速率返回，碰撞时间忽略不计，B、C之间的距离（3）两物块发生第二次弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒，有解得，则第二次碰撞到第三次碰撞的时间也为t，第三次碰撞发生在B点，有解得，则第三次碰撞到第四次碰撞的时间为2t0，a、b从第一次碰撞到第四次碰撞经过的时间为2（t+t0）。江西省红色十校2023-2024学年高三上学期9月联考物理试题一、选择题1.如图所示为一定质量的理想气体由a→b→c→a的状态变化的p－V图像，ab段与纵轴平行，bc段与横轴平行，气体在a、c状态时内能相等，则下列说法正确的是（）A.a→b过程，气体分子的平均动能不变B.b→c过程，气体吸收的热量小于对外做的功C.c→a过程，气体内能先增大后减小D.a→b→c→a过程，气体对外做的功大于外界对气体做的功〖答案〗C〖解析〗A．a→b过程为等容变化，根据压强减小，温度减小，气体分子的平均动能减小，故A错误；B．b→c过程为等压变化，根据体积变大，可得温度升高，内能增大，即根据结合体积变大，气体对外做功，即W<0可得气体吸收的热量大于对外做的功，故B错误；C．若c→a过程为双曲线，则p、V的乘积为定值，由图知，p、V的乘积先增大后减小，所以温度先升高后降低，气体内能先增大后减小，故C正确；D．p-V图像与V轴围成的面积代表功，可知a→b→c→a过程，气体对外做的功小于外界对气体做的功，故D错误。故选C。2.如图所示，从倾角为θ的斜面体底端正上方h高处水平抛出一个小球，小球落到斜面上时，小球的速度方向与水平方向的夹角也为θ，重力加速度为g，则小球从抛出到落到斜面上所用的时间为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗小球落到斜面上，如图设小球从抛出到落到斜面上所用的时间为t，则小球落到斜面上时竖直方向速度为小球的初速度为小球落到斜面上时小球下落的高度为小球落到斜面上时水平位移大小为则解得故选A。3.如图所示，坐标原点O左右两边的介质不同，P、Q为两列波的波源，两波源同时起振，某时刻，两列波分别沿x轴传播到点M（－9，0）、点N（3，0），则下列说法正确的是（）A.两列波的起振方向相反B.两列波波动频率相同C.两列波在x＝－3.5cm处相遇D.两列波在x轴负半轴叠加能形成稳定的干涉图样〖答案〗C〖解析〗A．由图可知，M点的起振方向为轴正方向，N点的起振方向也为轴正方向，而且MN点与波源的起振方向相同，故两列波的起振方向相同，故A错误；B．两列波在不同介质中波速不同，由图知两波的波长相等，根据两列波的波动频率不同，故B错误；C．在相同时间内，两波分别传播了一个波长和一个半波长，故在不同介质的波速之比为当Q波传到O点时，P波传到（－7，0），等Q波传播到x轴负半轴后速度与P波相同，则两波都再传播3.5cm，所以两列波在x＝－3.5cm处相遇，故C正确；D．因为两波的频率不同，故两列波在x轴负半轴叠加不能形成稳定的干涉图样，故D错误。故选C。4.氢原子的能级图如图所示，用动能均为12.3eV的电子束射向一群处于基态的氢原子，氢原子被电子碰撞后激发跃迁到较高能级，处于高能级的氢原子向低能级跃迁时辐射出几种不同频率的光，其中只有两种频率的光能使某金属发生光电效应，一种光恰好能使该金属发生光电效应，则另一种光使该金属发生光电效应时的光电子最大初动能为（）A.0.66eV B.1.89eV C.2.55eV D.2.86eV〖答案〗B〖解析〗只有两种频率的光能使某金属发生光电效应，光子的能量为一种光恰好能使该金属发生光电效应，有另一种光使该金属发生光电效应时的光电子最大初动能为故选B。5.如图所示，光滑挡板AB和CD在C点连接，AB板倾斜，CD板竖直，两板相对固定，小球静止于两极之间，现使整个装置绕A点在竖直面内沿顺时针方向缓慢转动到CD板水平，则在此过程中，下列说法正确的是（）A.球对AB板的作用力变小B.球对CD板的作用力变小C.球对AB板作用力变大D.球对CD板的作用力变大〖答案〗D〖解析〗设AB板与CD板的夹角为，转动的角度为，根据平衡条件竖直方向有水平方向有根据几何关系可知、、三个力构成的三角形为圆的内接三角形，且在转动过程中，与的夹角不变，画出受力分析图，可知球对CD板的作用力先增大后减小，球对AB板的作用力一直变小，故BCD错误，A正确。故选A。6.如图所示，两束频率不同的单色光a、b平行斜射到足够长的平行玻璃砖的上表面，两入射点间的距离为L，两光束在玻璃砖下表面的出射点间的距离也为L，不考虑光在玻璃砖下表面的反射，玻璃砖对两种单色光的折射率均大于，则下列说法正确的是（）A.玻璃砖对两种单色光折射率相同B.单色光b在玻璃砖中传播速度大C.单色光b在玻璃砖中传播时间长D.增大光在上表面的入射角，在下表面，单色光b会先发生全反射〖答案〗B〖解析〗AB．根据题意两光束在玻璃砖下表面的出射点间的距离也为L，做出大致对应的光路图如下根据光路图可知，玻璃对a光的折射率较大；根据光速与折射率的关系可知光在介质中的速度为可知，单色光b在玻璃砖中传播速度大，故A错误，B正确；C．设玻璃砖的厚度为d，单色光的入射角为i，折射角为α，根据几何关系和光的折射定律有玻璃砖对两种单色光的折射率均大于，所以两种单色光的折射角均小于45°，两种光的折射角的二倍均小于90°，又因为玻璃对a光的折射率较大，所以a光在玻璃砖中的折射角较小，所以所以a单色光在玻璃砖中运动的时间较长，故C错误；D．玻璃的上下两个表面平行，光在下表面的入射角等于上表面的折射角，根据光路可逆性知，两束光都不会在下表面发生全反射，故D错误。故选B。7.边长为L的单匝正方形线框处在匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度随时间变化规律如图所示（前半个周期为正弦波形的一半），线框的电阻为R，则线框中感应电流的功率为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗根据题意可知，前半个周期感应电动势最大值为则前半个周期感应电动势有效值为后半个周期感应电动势大小恒定不变，则有线框一个周期内产生的焦耳热为联立可得线框中感应电流的功率为故选D。8.处理废弃卫星的方法之一是将报废的卫星推到更高的轨道——“墓地轨道”，这样它就远离正常卫星，继续围绕地球运行．我国实践21号卫星（SJ－21）曾经将一颗失效的北斗导航卫星从拥挤的地球同步轨道上拖拽到了“墓地轨道”上．拖拽过程如图所示，轨道1是同步轨道，轨道2是转移轨道，轨道3是墓地轨道，则下列说法正确的是（）A.卫星在轨道2上的周期大于24小时B.卫星在轨道1上P点的速度小于在轨道2上P点的速度C.卫星在轨道2上Q点的加速度大于在轨道3上Q点的加速度D.卫星在轨道2上的机械能大于在轨道3上的机械能〖答案〗AB〖解析〗A．由于卫星在轨道2上的半长轴大于轨道1上的半径，根据开普勒第三定律可知，卫星在轨道2上的周期大于在轨道1上的周期，则卫星在轨道2上的周期大于24小时，故A正确；B．卫星在轨道1变轨到轨道2需要在P点点火加速，则卫星在轨道1上P点的速度小于在轨道2上P点的速度，故B正确；C．根据牛顿第二定律有可得由于、都相同，可知卫星在轨道2上Q点的加速度等于在轨道3上Q点的加速度，故C错误；D．卫星在轨道2变轨到轨道3需要在Q点点火加速，则卫星在轨道2上的机械能小于在轨道3上的机械能，故D错误。故选AB。9.如图所示，立方体ABCD－EFGH的两个顶点A、F分别固定电荷量为q的点电荷，C、H两个顶点分别固定电荷量为－q的点电荷，P是ABCD面的中点，Q是CDFG面的中点，则下列说法中正确的是（）A.P、Q两点的电势相等B.P、Q两点的电场强度相同C.一个负的点电荷在E点电势能小于在B点电势能D.G、P间的电势差绝对值大于P、D间电势差绝对值〖答案〗AC〖解析〗A．因AC两处的正负电荷在P点的电势为零，HF两处的正负电荷在P点的电势也为零，则P点的电势为零；同理因FC两处的正负电荷在Q点的电势为零，HA两处的正负电荷在Q点的电势也为零，则Q点的电势为零；即PQ两点的电势相等，选项A正确；B．由对称性可知，P、Q两点的电场强度大小相同，但是方向不同，选项B错误；C．因HF两处的正负电荷在E点的电势为零，AC两处的正负电荷在E点的电势为正值，可知E点电势为正；AC两处的正负电荷在B点的电势为零，HF两处的正负电荷在B点的电势为负值，可知B点电势为负；负电荷在低电势点的电势能较大，则一个负的点电荷在E点电势能小于在B点电势能，选项C正确；D．由A的分析可知，P点电势为零；AC两处的正负电荷在D点的电势为零，HF两处的正负电荷在D点的电势为正值，则D点电势为正；HF两处的正负电荷在G点的电势为零，AC两处的正负电荷在G点的电势为负值，则G点电势为负；由对称性可知G、P间的电势差绝对值等于P、D间电势差绝对值，选项D错误。故选AC。10.如图所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，质量均为m的金属棒ab、cd垂直放在导轨上，两金属棒接入电路的电阻均为R，垂直于导轨的虚线ef左侧有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，虚线ef的右侧没有磁场，给金属棒ab一个水平向右的初速度v0，已知cd棒到达ef前已匀速运动，ab、cd棒不会发生相碰，两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，ab棒出磁场时速度刚好为零，则下列说法正确的是（）A.cd棒最终速度为零B.cd棒从静止运动到ef过程中通过电荷量为C.整个过程，金属棒ab中产生的焦耳热为D.整个过程，金属棒ab克服安培力做的功为〖答案〗BD〖解析〗A．cd棒到达ef前已匀速运动，出磁场后水平方向不受力，一直做匀速直线运动，故A错误；B．设cd棒匀速时的速度为，则根据动量守恒解得cd棒从静止运动到ef过程中，根据动量定理可得又联立解得故B正确；C．最终，ab棒出磁场时速度刚好为零，金属棒cd将以的速度匀速运动，根据能量守恒可知，整个回路产生的焦耳热为则整个过程，金属棒ab中产生的焦耳热为故C错误；D．最终，ab棒速度刚好为0，以ab棒为对象，根据动能定理可得可得整个过程，金属棒ab克服安培力做的功为故D正确。故选BD。二、实验题11.某同学用如图甲所示的装置测量滑块与长木板之间的动摩擦因数，将长木板固定在水平桌面上，轻弹簧与木板左端固定挡板相连放在木板上，在长木板上安装两个光电门1和2，带有遮光片的滑块放在长木板上，已知当地的重力加速度为g。（1）先用游标卡尺测出遮光片宽度，示数如图乙所示，则遮光片宽度d=______mm；（2）将滑块向左压缩弹簧至某个位置由静止释放，滑块离开弹簧后，先后通过光电门1、2，与光电门相连的计时器分别记录下滑块上遮光片通过光电门1、2的时间t1和t2，改变弹簧的压缩量多次实验，测得多组t1和t2，以为纵轴、为横轴，在坐标纸上作图像，根据图像得到______（选填“图像斜率k”、“图像与纵轴的截距b”或“图像斜率k及图像与纵轴的截距b”）才可以计算出动摩擦因数。实验还需要测量的物理量为______（写出物理量的名称），若该物理量的符号用x表示，则可求得动摩擦因数μ=______。（用题中所给的物理量符号表示）。〖答案〗（1）1.70（2）图像与纵轴的截距b两光电门之间的间距〖解析〗（1）[1]根据游标卡尺的读数规律，该读数为（2）[2]对滑块进行分析有根据速度与位移的关系式有根据光电门测速原理有，解得可知，根据图像得到图像与纵轴的截距b才可以计算出动摩擦因数；[3]根据上述可知，实验还需要测量的物理量为两光电门之间的间距；[4]根据上述有解得12.为了测量某电阻丝的电阻率，某同学根据实验提供的器材连接电路，电阻丝拉直后两端固定在带有刻度尺的绝缘底座两端的接线柱a、b上，c为金属夹，将电路连接完整后，调节金属夹的位置，可以测出多组a、c间金属丝的长度L及a、c间的电压U。（1）请根据要求，用笔画线代替导线，将图甲实物图电路连接完整______；

（2）闭合开关前，将滑动变阻器的滑片移到最______（填“左”或“右”）端，闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，多次改变金属夹c的位置，得到几组U、I、L的数据，作出图像，如图乙所示，图乙中e、f已知，若金属丝的直径为d，则金属丝的电阻率ρ=______；（3）由于______原因，使测得的电阻率比真实值______（填“大”或“小”）。〖答案〗（1）见〖解析〗（2）左（3）电压表分流小〖解析〗（1）[1]金属丝的电阻较小，远远小于电压表的内阻，为了减小实验误差，测量电路采用电流表外接法，作出电路如图所示（2）[2]为了确保安全，闭合开关之前，控制电路输出电压应为0，可知闭合开关前，将滑动变阻器的滑片移到最左端；[3]a、c间金属丝的电阻为根据电阻的决定式有其中解得结合图像有解得（3）[4][5]根据上述可知，测量电路采用电流表外接法，则实验中的系统误差是电压表的分流由于电压表的分流原因，导致所测电阻偏小，即测得的电阻率比真实值小。13.如图甲所示，质量为1kg的物块放在水平地面上，从t＝0时刻开始，物块在水平拉力F作用下由静止开始做直线运动，F随时间变化的规律如图乙所示，