2023年湖北省荊荊宜仙高考物理聯考試卷（2月份）

2023年湖北省荊荊宜仙高考物理聯考試卷（2月份）一、選擇題：（第1～7題只有一個選項符合題意，第8～11題有多個選項符合題意，全部選對得4分，選對但選不全得2分，有選錯的得0分）1．（4分）下列四幅圖涉及到不同的物理知識，其中說法正確的是（）A．圖甲：普朗克通過研究黑體輻射提出能量子的概念，成功解釋了光電效應 B．圖乙：玻爾理論指出氫原子能級是分立的，所以原子發(fā)射光子的頻率是不連續(xù)的 C．圖丙：盧瑟福通過分析α粒子散射實驗結果，發(fā)現了質子 D．圖?。焊鶕娮邮ㄟ^鋁箔后的衍射圖樣，可以說明電子具有粒子性2．（4分）如圖所示，若x軸和y軸分別表示時間t和速度v，AB是做直線運動物體的速度隨時間變化的圖線，梯形OABC的面積可以代表該物體在該段時間內的位移。對一輛沿平直公路行駛的汽車，下列結論中錯誤的是（）A．若x軸和y軸分別表示時間t和汽車的加速度a，AB是汽車的加速度隨時間變化的圖線，那么梯形OABC的面積可以代表汽車的速度變化量 B．若x軸和y軸分別表示汽車的速度v和汽車的牽引F，AB是汽車牽引力隨速度變化的圖線，那么梯形OABC的面積可以代表牽引力的功率 C．若x軸和y軸分別表示時間t和汽車的功率P，AB是汽車的功率隨時間變化的圖線，那么梯形OABC的面積可以代表汽車牽引力做的功 D．若x軸和y軸分別表示時間t和汽車所受的合外力F，AB是汽車所受合外力隨時間變化的圖線，那么梯形OABC的面積可以代表汽車的動量變化3．（4分）如圖所示，一根質量可以忽略不計的剛性輕桿，O端為固定轉軸，桿可在豎直平面內無摩擦地轉動，桿的中心點及另一端各固定一個小球A和B。已知兩球質量相同，現用外力使桿靜止在水平方向，然后撤去外力，桿將擺下，從開始運動到桿處于豎直方向的過程中正確的是（）A．B球下落過程中機械能守恒 B．桿的彈力對A球做正功，對B球做負功 C．桿的彈力對A球做負功，對B球做正功 D．桿的彈力對A球和B球做功之和不為零4．（4分）如圖，理想變壓器輸入端電壓隨時間變化為，在原線圈回路中串聯阻值為R的電阻，a、b、c為副線圈上的3個抽頭。若僅在抽頭a、b間接入阻值為R的電阻，原線圈回路中電阻R消耗的功率為P；若僅在抽頭b、c間接入阻值為4R的電阻，原線圈回路中電阻R消耗的功率也為P。已知原線圈匝數n1與a、b間線圈匝數n2之比為5：1，下列說法正確的是（）A．a、b間線圈匝數n2與b、c間線圈匝數n3之比為2：1 B．原線圈匝數n1與b、c間線圈匝數n3之比為5：2 C．僅在抽頭a、b間接入電阻R時，a、b兩端電壓為44V D．僅在抽頭b、c間接入電阻R時，b、c兩端電壓為88V（多選）5．（4分）如圖所示，光滑的半圓環(huán)沿豎直方向固定，M點為半圓環(huán)的最高點，N點為半圓環(huán)上與半圓環(huán)的圓心等高的點，直徑MH沿豎直方向，光滑的定滑輪固定在M處，另一小圓環(huán)穿過半圓環(huán)用質量不計的輕繩拴接并跨過定滑輪。開始小圓環(huán)處在半圓環(huán)的最低點H點，第一次拉小圓環(huán)使其緩慢地運動到N點，第二次以恒定的速率將小圓環(huán)拉到N點?；喆笮】梢院雎?，則下列說法正確的是（）A．第一次輕繩的拉力逐漸減小 B．第一次半圓環(huán)受到的壓力逐漸增大 C．小圓環(huán)第一次在N點與第二次在N點時，第二次輕繩的拉力大一些 D．小圓環(huán)第一次在N點與第二次在N點時，半圓環(huán)受到的壓力大小一定不同6．（4分）兩列簡諧橫波在同一介質中沿直線S1S2相向傳播。M點在S1S2之間，到S1的距離r1＝160cm，到S2的距離r2＝40cm，如圖甲所示。t＝0時刻，向右傳的波恰好傳到S1點。圖乙為此后兩列波分別在M點引起的振動圖像，其中實線為向右傳播的波經過M點時，M點的振動圖像，虛線為向左傳播的波經過M點時，M點的振動圖像，則下列正確的是（）A．t＝4.25s時，M點在平衡位置下方且向平衡位置運動 B．兩列波的波長均為2m C．在0～6s內M點的路程為16cm D．穩(wěn)定后S1點為振動加強點7．（4分）如圖所示，帶有滑輪K的物塊A的質量為M＝5kg，鎖定在光滑的水平桌面上。一輕繩繞過滑輪K，輕繩的水平段與豎直墻壁連接，豎直段下端懸掛質量為m＝2kg的物塊B，輕繩與滑輪之間的摩擦不計，物塊B與A之間的動摩擦因數為μ＝0.5。若解除對A的鎖定，則物塊A運動的加速度大小為（）A．1m/s2 B．2m/s2 C．3m/s2 D．4m/s2（多選）8．（4分）在光學儀器中，“道威棱鏡”被廣泛用來進行圖形翻轉。如圖，ABCD是棱鏡的橫截面，截面是底角為45°的等腰梯形?，F有與底面BC平行且頻率相同的兩束單色光a、b射入AB面，經折射反射，使從CD面射出的光線發(fā)生了翻轉。已知棱鏡材料對該色光的折射率，下列說法正確的是（）A．兩束光中，有一束可能會從底面BC射出 B．a光能從底面BC射出，b光將從CD面平行于BC射出 C．若光a、b從CD面平行于BC射出，a光離底面BC更近 D．兩束光在棱鏡中的傳播時間相同（多選）9．（4分）近年科學研究發(fā)現，在宇宙中，三恒星系統約占所有恒星系統的十分之一，可見此系統是一個比較常見且穩(wěn)定的系統。在三恒星系統中存在這樣一種運動形式：忽略其他星體對它們的作用，三顆星體在相互之間的萬有引力作用下，分別位于等邊三角形的三個頂點上，繞某一共同的圓心O在三角形所在平面內以相同角速度做勻速圓周運動。如圖所示為A、B、C三顆星體質量mA、mB、mC大小不同時，星體運動軌跡的一般情況。設三顆星體在任意時刻受到的萬有引力的合力大小分別為F1、F2、F3，加速度大小分別為a1、a2、a3，星體軌跡半徑分別為RA、RB、RC，下列說法正確的是（）A．圖中星球B對A的萬有引力大于星球C對A的萬有引力 B．圖中三顆星體質量大小關系為mA＞mC＞mB C．F1、F2、F3的矢量和不一定為0，與星體質量有關 D．a1、a2、a3的矢量和不一定為0，與星體質量有關（多選）10．（4分）如圖所示，光滑的平行金屬導軌固定在絕緣的水平面上，導軌處在垂直向下的勻強磁場中，左側導軌間的距離為2L，右側導軌間的距離為L，導體棒a、b垂直放置于導軌之間，且與導軌接觸良好，導體棒a、b的電阻相等，ma＝4mb。第一次將導體棒b固定在右側導軌上，使導體棒a以初速度v0開始向右運動，直至回路中的感應電流變?yōu)?；第二次導體棒b未被固定且靜止在右側導軌上，使導體棒a仍以初速度v0開始向右運動，直至回路中的感應電流也變?yōu)?。已知前后兩次回路中的感應電流變?yōu)?時，導體棒a仍處在左側導軌上，不計導軌的電阻。下列說法中正確的是（）A．第二次導體棒a和導體棒b組成的系統動量守恒 B．第一次回路中產生的焦耳熱是第二次的2倍 C．第一次通過回路的電荷量是第二次的2倍 D．第一次導體棒a動量的變化量是第二次的5倍（多選）11．（4分）如圖所示，某次空中投彈的軍事演習中，戰(zhàn)斗機以恒定速度v0沿水平方向飛行，先后釋放A、B兩顆炸彈，分別擊中傾角為θ的山坡上的M點和N點，釋放A、B兩顆炸彈的時間間隔為Δt1，此過程中飛機飛行的距離為s1；擊中M、N的時間間隔為Δt2，M、N兩點間水平距離為S2，且A炸彈到達山坡的M點位移垂直斜面，B炸彈是垂直擊中山坡N點的。不計空氣阻力，下列正確的是（）A．A炸彈在空中飛行的時間為 B． C． D．二、實驗題12．小明同學用如圖甲所示裝置測量當地的重力加速度，光電門A、B與光電計時器相連。（1）用游標卡尺測小球的直徑，示數如圖丙所示，則小球的直徑d＝cm。（2）讓小球緊靠固定擋板，由靜止釋放，光電計時器記錄小球經過光電門A和光電門B所用的時間t1、t2，測出兩光電門間的高度差h，小球直徑為d，測得的重力加速度g＝（用測得的物理量的符號表示）。（3）將光電計時器記錄小球通過光電門的時間改為記錄小球從光電門A運動到光電門B所用的時間。保持光電門A的位置不變，多次改變光電門B的位置，每次均讓小球從緊靠固定擋板由靜止釋放，記錄每次兩光電門間的高度差h及小球從光電門A運動到光電門B所用的時間t，求出每次的，作出圖像如圖乙所示，若圖像斜率為a，縱坐標截距為b，則小球經過光電門A時的速度為，當地的重力加速度大小為。13．某同學只用以下給定儀器組裝如圖甲所示的簡易多用電表，儀器不得重復使用。A．電流表（0～200μA，200Ω）；B．電阻箱（0～9999Ω）；C．電阻箱（0～999Ω）；D．定值電阻R2（1kΩ）；E．變阻器（0～800Ω）；F．變阻器（0～300Ω）；G．干電池（9V，r＝0）；H．干電池（1.5V，r＝0）；I．導線若干。該多用電表需設置0、1為量程0～1mA的電流擋，0、3為量程0～3V的電壓擋，0、2為歐姆擋，定值電阻R2＝1kΩ。該同學通過計算并選擇器材（器材選擇只填器材前的字母）。（1）量程0～1mA的電流擋中電阻箱R1應該選擇，將其調節(jié)為Ω。（2）量程0～3V的電壓擋中電阻箱R4應該選擇，將其調節(jié)為Ω。（3）0、2的歐姆擋中變阻器R3應該選擇，電源應該選擇。（4）該同學用上述簡易多用電表的歐姆擋測量某未知電阻，他首先進行了歐姆調零，然后將電阻接在0、2之間，發(fā)現電流表指針偏轉如圖乙所示，由此可求得未知電阻為Ω。三、計算題14．如圖所示，某同學用打氣筒給籃球打氣。已知圓柱形打氣筒內部空間的高度為H＝0.6m，內部橫截面積為S＝2×10﹣3m2×10﹣3m2，每次打氣前打氣筒中氣體的初始壓強都為P0×105Pa，籃球內初始氣體的壓強為P1×105Pa，設打氣過程中打氣筒和球內的氣體溫度不變，忽略活塞與筒壁間的摩擦力，每次活塞均提到最高處，且每次將氣筒中的氣體全部打入籃球中，籃球打氣過程體積不變，求：（1）第一次打氣時活塞下移多大距離時，閥門K打開？（2）至少打幾次可以使籃球內氣體的壓強增加到2p0？15．如圖所示，在O﹣xyz坐標系中，yOz左、右側空間分別有沿y軸正方向的勻強電場和沿x軸負方向磁感應強度為B的勻強磁場；足夠大的平面MN與x軸垂直，距O點距離，現有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從點沿x軸正方向以初速度v0射入勻強電場，恰好過O點并進入右側空間，不計粒子的重力和邊界效應，求：（1）勻強電場場強E的大小；（2）粒子進入磁場后在yOz平面內做圓周運動的半徑；（3）粒子打到平面MN上的位置坐標。16．如圖所示，“L”形木板C靜置于足夠大的光滑水平地面上，物塊A靜置在C上某處，底面光滑的物塊B靜置在A右側到A的距離處，B與C右端的距離?，F對A施加一大小F＝1.6N、方向水平向右的恒定推力，經過一段時間后撤去推力，此時A與B恰好發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短，再經過一段時間B與C右端碰撞并瞬間粘在一起。已知A、C的質量均為m＝0.2kg，B的質量為，A、C間的動摩擦因數μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A、B均視為質點，物塊A始終未滑離木板C。求：（1）施加推力時C的加速度大小a；（2）A、B第一次碰撞后瞬間A的速度大小v1以及B的速度大小v2；（3）從撤去推力到B與C右端碰撞的時間t。2023年湖北省荊荊宜仙高考物理聯考試卷（2月份）參考答案與試題解析一、選擇題：（第1～7題只有一個選項符合題意，第8～11題有多個選項符合題意，全部選對得4分，選對但選不全得2分，有選錯的得0分）1．（4分）下列四幅圖涉及到不同的物理知識，其中說法正確的是（）A．圖甲：普朗克通過研究黑體輻射提出能量子的概念，成功解釋了光電效應 B．圖乙：玻爾理論指出氫原子能級是分立的，所以原子發(fā)射光子的頻率是不連續(xù)的 C．圖丙：盧瑟福通過分析α粒子散射實驗結果，發(fā)現了質子 D．圖?。焊鶕娮邮ㄟ^鋁箔后的衍射圖樣，可以說明電子具有粒子性【分析】理解近代物理學史的發(fā)展進程，結合選項完成分析?！窘獯稹拷猓篈．普朗克通過研究黑體輻射提出能量子的概念，推導出普朗克公式，成功的解釋了黑體輻射現象，故A錯誤；B．波爾提出自己的原子模型，他指出氫原子能級是分立的，解釋了原子發(fā)射光子的頻率是不連續(xù)的，故B正確；C．盧瑟福通過分析α粒子散射實驗結果，提出了原子核式結構模型；盧瑟福用α粒子轟擊氮，發(fā)現質子，故C錯誤；D．衍射是波的特征，根據電子束通過鋁箔后的衍射圖樣，說明電子具有波動性，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題主要考查了近代物理學史的發(fā)展，平時要多加強理解記憶；弄清楚每個圖象的作用及代表的物理知識，熟練掌握物理規(guī)律的來龍去脈是掌握此類知識的前提。2．（4分）如圖所示，若x軸和y軸分別表示時間t和速度v，AB是做直線運動物體的速度隨時間變化的圖線，梯形OABC的面積可以代表該物體在該段時間內的位移。對一輛沿平直公路行駛的汽車，下列結論中錯誤的是（）A．若x軸和y軸分別表示時間t和汽車的加速度a，AB是汽車的加速度隨時間變化的圖線，那么梯形OABC的面積可以代表汽車的速度變化量 B．若x軸和y軸分別表示汽車的速度v和汽車的牽引F，AB是汽車牽引力隨速度變化的圖線，那么梯形OABC的面積可以代表牽引力的功率 C．若x軸和y軸分別表示時間t和汽車的功率P，AB是汽車的功率隨時間變化的圖線，那么梯形OABC的面積可以代表汽車牽引力做的功 D．若x軸和y軸分別表示時間t和汽車所受的合外力F，AB是汽車所受合外力隨時間變化的圖線，那么梯形OABC的面積可以代表汽車的動量變化【分析】根據每個選項中的描述，由相應的物理知識表示出物理量之間的關系，再根據圖象判斷物理量之間的關系是否符合即可作出判斷。【解答】解：A、根據Δv＝aΔt可知若x軸和y軸分別表示時間t和汽車的加速度a，AB是汽車的加速度隨時間變化的圖線，那么梯形OABC的面積可以代表汽車的速度變化量，故A正確B、由圖可知若x軸和y軸分別表示汽車的速度v和汽車的牽引F，說明牽引力的瞬時功率不斷增大，梯形OABC的面積沒有物理意義，故B錯誤C.根據W＝pt可知若x軸和y軸分別表示時間t和汽車的功率P，AB是汽車的功率隨時間變化的圖線，那么梯形OABC的面積可以代表汽車牽引力做的功，故C正確D.根據I＝FΔt＝Δp可知若x軸和y軸分別表示時間t和汽車所受的合外力F，AB是汽車所受合外力隨時間變化的圖線，那么梯形OABC的面積可以代表汽車的動量變化，故D正確。因選錯誤的故選：B。【點評】本題考查了學生對圖象的理解能力、分析綜合能力，必須根據圖像寫出其表達式，此題對學生的要求較高。3．（4分）如圖所示，一根質量可以忽略不計的剛性輕桿，O端為固定轉軸，桿可在豎直平面內無摩擦地轉動，桿的中心點及另一端各固定一個小球A和B。已知兩球質量相同，現用外力使桿靜止在水平方向，然后撤去外力，桿將擺下，從開始運動到桿處于豎直方向的過程中正確的是（）A．B球下落過程中機械能守恒 B．桿的彈力對A球做正功，對B球做負功 C．桿的彈力對A球做負功，對B球做正功 D．桿的彈力對A球和B球做功之和不為零【分析】兩球同軸轉動，根據傳動模型得出小球的速度關系，結合機械能守恒定律得出小球的速度，結合重力勢能和動能的關系分析出彈力對小球的做功類型；根據機械能守恒定律的條件分析出B球下落過程中是否機械能守恒?！窘獯稹拷猓築CD．兩球同軸轉動，角速度相等，由線速度的計算公式v＝ωr知B球的速度總是等于A球速度的2倍，由于桿在轉動過程中無摩擦，故系統機械能守恒，設桿長為2l，A球運動到豎直方向時的速度為v，則有mgl+mg×2l＝解得：A球獲得的動能小于減少的重力勢能mgl，其機械能減少，故桿對A球做負功，同理可分析出桿對B球做正功，且桿的彈力對A球和B球做功之和為零，故C正確，BD錯誤；A．B球下落過程中受桿的彈力和重力作用，根據機械能的定義可知，此過程中機械能不守恒，故A錯誤。故選：C?！军c評】本題主要考查了機械能守恒定律的相關應用，理解機械能守恒定律的條件即可完成分析。4．（4分）如圖，理想變壓器輸入端電壓隨時間變化為，在原線圈回路中串聯阻值為R的電阻，a、b、c為副線圈上的3個抽頭。若僅在抽頭a、b間接入阻值為R的電阻，原線圈回路中電阻R消耗的功率為P；若僅在抽頭b、c間接入阻值為4R的電阻，原線圈回路中電阻R消耗的功率也為P。已知原線圈匝數n1與a、b間線圈匝數n2之比為5：1，下列說法正確的是（）A．a、b間線圈匝數n2與b、c間線圈匝數n3之比為2：1 B．原線圈匝數n1與b、c間線圈匝數n3之比為5：2 C．僅在抽頭a、b間接入電阻R時，a、b兩端電壓為44V D．僅在抽頭b、c間接入電阻R時，b、c兩端電壓為88V【分析】AB、根據原線圈電阻R消耗的功率都為P，可知原線圈回路中電流I1不變，根據理想變壓器輸入功率和輸出功率相等，可知副線圈不同抽頭接電阻R時電流的大小關系，根據理想變壓器原副線圈電流與匝數關系和已知匝數比值，可得各個線圈匝數之比；CD、在電源和電阻R、原線圈構成的回路中，可得電源電壓與原線圈電壓和電阻R的電壓的關系，僅在抽頭a、b間接入電阻R時，根據原線圈電壓與副線圈電壓關系可得原線圈中電壓與電阻R的電壓的大小關系，從而得到原線圈電壓的大小和副線圈電壓的大小，僅在抽頭b、c間接入電阻R時，電壓U1不變，根據原線圈電壓與副線圈電壓的關系可得副線圈電壓的大小。【解答】解：AB、無論副線圈接入電阻為R還是4R，原線圈回路中電阻R消耗的功率都為P，根據P＝I2R可知，原線圈回路中電流I1不變，根據理想變壓器原副線圈功率相等，則有：代入數據可得：I2＝2I3根據理想變壓器原副線圈電流與匝數關系有：，代入數據可得：已知代入數據可得：，故A錯誤，B正確；CD．在原線圈回路中，有U＝I1R+U1，其中U＝220V僅在抽頭a、b間接入電阻R時，代入數據可得：U1≈211V則a、b兩端電壓僅在抽頭b、c間接入電阻R時，原線圈回路中電流I1不變，所以電壓U1不變，則有：，故CD錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了變壓器的構造和原理，解題的關鍵是根據原線圈和副線圈的匝數關系，找出原線圈電壓和原線圈中電阻R的電壓關系。（多選）5．（4分）如圖所示，光滑的半圓環(huán)沿豎直方向固定，M點為半圓環(huán)的最高點，N點為半圓環(huán)上與半圓環(huán)的圓心等高的點，直徑MH沿豎直方向，光滑的定滑輪固定在M處，另一小圓環(huán)穿過半圓環(huán)用質量不計的輕繩拴接并跨過定滑輪。開始小圓環(huán)處在半圓環(huán)的最低點H點，第一次拉小圓環(huán)使其緩慢地運動到N點，第二次以恒定的速率將小圓環(huán)拉到N點?；喆笮】梢院雎?，則下列說法正確的是（）A．第一次輕繩的拉力逐漸減小 B．第一次半圓環(huán)受到的壓力逐漸增大 C．小圓環(huán)第一次在N點與第二次在N點時，第二次輕繩的拉力大一些 D．小圓環(huán)第一次在N點與第二次在N點時，半圓環(huán)受到的壓力大小一定不同【分析】對小圓環(huán)進行受力分析，根據共點力的平衡條件以及相似三角形法，再結合向心力公式分析各力的動態(tài)變化過程。【解答】解：AB．在小圓環(huán)緩慢向上移動的過程中，對其受力分析，如圖所示：根據三個力所在的三角形與△OMP相似可得根據幾何關系可知，MP在逐漸減小，由于半圓環(huán)的半徑相等，即OM＝OP，且OM和OP是恒定不變的，又因為mg是恒定不變的，所以輕繩的拉力T在逐漸減小，但小球受到半圓環(huán)的支持力FN保持不變，根據牛頓第三定律可知半圓環(huán)受到的壓力也保持不變，故A正確，B錯誤；C．小圓環(huán)第一次在N點時與第二次在N點時，輕繩的拉力T在豎直方向的分力均等于重力mg，故小圓環(huán)第一次在N點時輕繩的拉力等于第二次在N點時輕繩的拉力，故C錯誤；D．小圓環(huán)第一次在N點時處于平衡狀態(tài)，半圓環(huán)的彈力FN等于輕繩在水平方向的分力，小圓環(huán)第二次在N點時加速度不為零，半圓環(huán)的彈力FN等于輕繩在水平方向的分力減去向心力，故兩次半圓環(huán)受到的壓力大小不相等，半圓環(huán)受到的壓力也不相等，故D正確。故選：AD。【點評】本題主要是考查共點力的平衡，解答本題的關鍵是利用相似三角形法分析各力的動態(tài)變化過程，再結合向心力公式分析。6．（4分）兩列簡諧橫波在同一介質中沿直線S1S2相向傳播。M點在S1S2之間，到S1的距離r1＝160cm，到S2的距離r2＝40cm，如圖甲所示。t＝0時刻，向右傳的波恰好傳到S1點。圖乙為此后兩列波分別在M點引起的振動圖像，其中實線為向右傳播的波經過M點時，M點的振動圖像，虛線為向左傳播的波經過M點時，M點的振動圖像，則下列正確的是（）A．t＝4.25s時，M點在平衡位置下方且向平衡位置運動 B．兩列波的波長均為2m C．在0～6s內M點的路程為16cm D．穩(wěn)定后S1點為振動加強點【分析】根據圖像的特點得出M點的位置和振動的方向；根據波速的計算公式得出波速的大小，結合波長的計算公式得出波長的大??；根據波的疊加原理，結合時間和周期的關系得出M點的路程；分析出S1點和M點的關系，由M點的特點分析出S1點的特點?！窘獯稹拷猓篈．t＝4.25s時，M參與兩列波的振動疊加，其對應虛線的振幅大，疊加后位于平衡位置下方，且向遠離平衡位置運動，故A錯誤；B．由圖可知，兩列波的周期都是2s，向右傳的波速為則λ1＝v1×故B錯誤；C．在0～6s內做了兩次全振動，0～2sM點沒振動，2～4sM點振幅3cm，路程12cm，4～6sM點振幅為1cm，路程為4cm，故0～6s內M點的路程為16cm，故C正確；D．由題可知，S1到M之間的距離剛好兩個波長，故穩(wěn)定后S1和M兩點的振動情況相同，穩(wěn)定后M點為振動減弱點，那么穩(wěn)定后S1點也是振動減弱點，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題主要考查了簡諧橫波的相關應用，解題的關鍵點是理解圖像的物理意義，結合簡諧橫波的傳播特點和波的疊加原理即可完成分析。7．（4分）如圖所示，帶有滑輪K的物塊A的質量為M＝5kg，鎖定在光滑的水平桌面上。一輕繩繞過滑輪K，輕繩的水平段與豎直墻壁連接，豎直段下端懸掛質量為m＝2kg的物塊B，輕繩與滑輪之間的摩擦不計，物塊B與A之間的動摩擦因數為μ＝0.5。若解除對A的鎖定，則物塊A運動的加速度大小為（）A．1m/s2 B．2m/s2 C．3m/s2 D．4m/s2【分析】根據整體與隔離法的應用，分別對A和B應用牛頓第二定律列式即可分析求解?！窘獯稹拷猓阂宰烂鏋閰⒄瘴铮瑒tA將向右加速運動，B將和A一起向右加速運動，同時沿A的右側面向下加速運動，由關聯關系可知A向右的加速度等于B向下的加速度；將A和K視為一個整體，水平方向受力有：繩的拉力T（向右）、B對它的壓力N（向左），由牛頓第二定律T﹣N＝MaA，物體B在水平方向上受力是A對它的壓力N，則有N＝maA，物體B在豎直方向上受力有：繩的拉力T（向上）、重力mg（向下）、A對B的摩擦力f（向上），B豎直方向上，由于繩不可拉長，則有mg﹣T﹣f＝maAf＝μN，聯立可得，故B正確，ACD錯誤；故選：B?！军c評】題考查了牛頓第二定律的綜合運用，關鍵在于合理地選擇研究對象，通過整體與隔離法的應用求解本題。（多選）8．（4分）在光學儀器中，“道威棱鏡”被廣泛用來進行圖形翻轉。如圖，ABCD是棱鏡的橫截面，截面是底角為45°的等腰梯形?，F有與底面BC平行且頻率相同的兩束單色光a、b射入AB面，經折射反射，使從CD面射出的光線發(fā)生了翻轉。已知棱鏡材料對該色光的折射率，下列說法正確的是（）A．兩束光中，有一束可能會從底面BC射出 B．a光能從底面BC射出，b光將從CD面平行于BC射出 C．若光a、b從CD面平行于BC射出，a光離底面BC更近 D．兩束光在棱鏡中的傳播時間相同【分析】根據折射定律分析光線1在AB面上的折射角；根據sinC＝求解全反射的臨界角，根據幾何知識分析光在BC面的入射角，以此判斷光線在BC面上是否發(fā)生全反射；作出光路圖，根據光路圖判斷出射光線與入射光線的特點，并判斷兩條光線的出射點到C點的距離的大小關系。【解答】解：ABC、光路圖如圖所示：根據折射定律有n＝，所以光在AB面的折射角為r＝30°，根據幾何知識可知，兩條光在BC面的入射角為α＝75°，因為sinC＝，所以全反射的臨界角為C＝45°，則光在BC面發(fā)生全反射，根據幾何知識可知，光在CD面的入射角為30°，根據光路可逆原理可知，光在CD面的出射光線和入射光線相互平行，但距離C點最近的為光線a，故AB錯誤，C正確；D、根據幾何關系及對稱性可知兩束光的光程相等，由于v＝，可知兩束光的速度相等，所以兩束光在棱鏡中的傳播時間相同，故D正確；故選：CD?！军c評】解決該題需要正確作出光路圖，能根據幾何知識求解相關的角度，熟記折射定律的表達式以及全反射的臨界角的表達式。（多選）9．（4分）近年科學研究發(fā)現，在宇宙中，三恒星系統約占所有恒星系統的十分之一，可見此系統是一個比較常見且穩(wěn)定的系統。在三恒星系統中存在這樣一種運動形式：忽略其他星體對它們的作用，三顆星體在相互之間的萬有引力作用下，分別位于等邊三角形的三個頂點上，繞某一共同的圓心O在三角形所在平面內以相同角速度做勻速圓周運動。如圖所示為A、B、C三顆星體質量mA、mB、mC大小不同時，星體運動軌跡的一般情況。設三顆星體在任意時刻受到的萬有引力的合力大小分別為F1、F2、F3，加速度大小分別為a1、a2、a3，星體軌跡半徑分別為RA、RB、RC，下列說法正確的是（）A．圖中星球B對A的萬有引力大于星球C對A的萬有引力 B．圖中三顆星體質量大小關系為mA＞mC＞mB C．F1、F2、F3的矢量和不一定為0，與星體質量有關 D．a1、a2、a3的矢量和不一定為0，與星體質量有關【分析】根據萬有引力定律和矢量合成，分析星球B對A的萬有引力與星球C對A的萬有引力大小，再分析三顆星體質量大小關系；根據矢量合成的特點和數學知識分析出力的矢量和以及加速度的矢量和與星體質量關系?！窘獯稹拷猓篈B、星球B對A的萬有引力大小為，星球C對A的萬有引力大小為，FBA與FCA的合力指向AO偏向C一側，可知FBA＜FCA則mC＞mB，同理mA＞mC，則mA＞mC＞mB，故A錯誤，B正確；CD、根據萬有引力定律可知F1＝FBA+FCA同理可得F2＝FAB+FCBF3＝FAC+FBC（此處的“+”號表示的是矢量的運算）則F1+F2+F3＝FBA+FCA+FAB+FCB+FAC+FBC＝0根據牛頓第二定律有，可知只有當三顆星體的質量相等時，加速度的矢量和才等于0，故C錯誤，D正確；故選：BD。【點評】本題主要考查了三星系統的相關應用，理解多星系統的角速度相等，結合萬有引力公式和數學的矢量計算完成分析。（多選）10．（4分）如圖所示，光滑的平行金屬導軌固定在絕緣的水平面上，導軌處在垂直向下的勻強磁場中，左側導軌間的距離為2L，右側導軌間的距離為L，導體棒a、b垂直放置于導軌之間，且與導軌接觸良好，導體棒a、b的電阻相等，ma＝4mb。第一次將導體棒b固定在右側導軌上，使導體棒a以初速度v0開始向右運動，直至回路中的感應電流變?yōu)?；第二次導體棒b未被固定且靜止在右側導軌上，使導體棒a仍以初速度v0開始向右運動，直至回路中的感應電流也變?yōu)?。已知前后兩次回路中的感應電流變?yōu)?時，導體棒a仍處在左側導軌上，不計導軌的電阻。下列說法中正確的是（）A．第二次導體棒a和導體棒b組成的系統動量守恒 B．第一次回路中產生的焦耳熱是第二次的2倍 C．第一次通過回路的電荷量是第二次的2倍 D．第一次導體棒a動量的變化量是第二次的5倍【分析】兩棒中的電流相等，兩棒的長度不相等，根據兩棒所受外力合力是否為零判斷系統是否守恒；由動量定理求解電流為零時的速度大小，由能量守恒定律求解回路中產生的焦耳熱；再根據電荷量的計算公式求解通過回路的電荷量；根據動量定理比較兩次棒的動量變化量?！窘獯稹拷猓篈．第二次對導體棒a有：Fa＝BI?2L，方向水平向左對導體棒b有：Fb＝BIL，水平向右則ab整體所受合外力不為0，動量不守恒，故A錯誤；B、第二次，a的加速度為：b的加速度為：結合題設條件解得：2a1＝a2當2va＝vb，時，電流為0，有2（v0﹣a1t）＝a2t解得：vb＝v0第一次產生的焦耳熱為：第二次產生的焦耳熱為：，故B正確；D、第一次導體棒a動量的變化量：Δpa＝|0﹣mav0|＝mav0第二次導體棒a動量的變化量：，故D錯誤；C、設向右為正，對a由動量定理可得第一次：﹣B×2L?Δt＝0﹣mav0則電荷量：第二次：﹣B×2L?Δt＝mava﹣mav0聯立得到：，故C正確。故選：BC?！军c評】本題主要是考查電磁感應現象中“雙導軌雙棒問題”，關鍵是判斷兩棒的系統動量不守恒，但兩棒的安培力有一定的關系，所以能夠根據動量定理求解電荷量，根據能量關系求解產生的熱。（多選）11．（4分）如圖所示，某次空中投彈的軍事演習中，戰(zhàn)斗機以恒定速度v0沿水平方向飛行，先后釋放A、B兩顆炸彈，分別擊中傾角為θ的山坡上的M點和N點，釋放A、B兩顆炸彈的時間間隔為Δt1，此過程中飛機飛行的距離為s1；擊中M、N的時間間隔為Δt2，M、N兩點間水平距離為S2，且A炸彈到達山坡的M點位移垂直斜面，B炸彈是垂直擊中山坡N點的。不計空氣阻力，下列正確的是（）A．A炸彈在空中飛行的時間為 B． C． D．【分析】A炸彈到達山坡的M點位移垂直斜面，將位移分解到水平和豎直方向，由幾何關系即可求解落到M點的時間，B炸彈垂直擊中山坡N點，將速度分解到水平和豎直方向，由幾何關系即可求解落到N點的時間；炸彈拋出后做平拋運動，水平方向的運動與飛機一致，為勻速直線運動，根據飛機的運動即可判斷；由時間關系可判斷Δt1和Δt2的關系?！窘獯稹拷猓篈、A炸彈到達山坡的M點位移垂直斜面，將位移分解到水平和豎直方向如圖所示：由幾何關系得：＝解得：t1＝故A正確；BD、釋放A、B兩顆炸彈的時間間隔為Δt1，此過程中飛機飛行的距離為s1，該過程飛機做勻速直線運動，即擊中M、N的時間間隔為Δt2，炸彈水平方向的運動與飛機運動相同，M、N兩點間水平距離為s2，即飛機飛行的距離為s2，則滿足所以故B錯誤，D正確；C、B炸彈垂直擊中山坡N點，將速度分解到水平和豎直方向如上圖由幾何關系得：tanθ＝＝解得：t1＝由時間關系得t1﹣Δt1＝t2﹣Δt2解得：Δt1＝Δt2+故C錯誤；故選：AD?！军c評】本題考查平拋運動與斜面有關的問題，解題關鍵是區(qū)分位移垂直于斜面和速度垂直于斜面，針對兩種不同的情況分解位移或速度，進而求解時間。二、實驗題12．小明同學用如圖甲所示裝置測量當地的重力加速度，光電門A、B與光電計時器相連。（1）用游標卡尺測小球的直徑，示數如圖丙所示，則小球的直徑d＝1.450cm。（2）讓小球緊靠固定擋板，由靜止釋放，光電計時器記錄小球經過光電門A和光電門B所用的時間t1、t2，測出兩光電門間的高度差h，小球直徑為d，測得的重力加速度g＝（用測得的物理量的符號表示）。（3）將光電計時器記錄小球通過光電門的時間改為記錄小球從光電門A運動到光電門B所用的時間。保持光電門A的位置不變，多次改變光電門B的位置，每次均讓小球從緊靠固定擋板由靜止釋放，記錄每次兩光電門間的高度差h及小球從光電門A運動到光電門B所用的時間t，求出每次的，作出圖像如圖乙所示，若圖像斜率為a，縱坐標截距為b，則小球經過光電門A時的速度為b，當地的重力加速度大小為2a。【分析】（1）先確定游標卡尺的最小分度值再讀數；（2）利用平均速度替代小球通過光電門的瞬時速度，再根據運動學公式計算重力加速度；（3）根據運動學公式推導圖像函數表達式結合圖像計算。【解答】×（2）根據運動學公式有解得（3）由于小球釋放的位置離光電門A的位置恒定，因此每次通過光電門A的速度一定，則有整理可得根據圖像可得，則小球經過光電門A時的速度為vA＝b當地的重力加速度大小為g＝2a故答案為：（1）1.450；（2）；（3）b；（4）2a。【點評】本題關鍵是掌握游標卡尺的讀數方法，掌握用平均速度替代小球通過光電門的瞬時速度。13．某同學只用以下給定儀器組裝如圖甲所示的簡易多用電表，儀器不得重復使用。A．電流表（0～200μA，200Ω）；B．電阻箱（0～9999Ω）；C．電阻箱（0～999Ω）；D．定值電阻R2（1kΩ）；E．變阻器（0～800Ω）；F．變阻器（0～300Ω）；G．干電池（9V，r＝0）；H．干電池（1.5V，r＝0）；I．導線若干。該多用電表需設置0、1為量程0～1mA的電流擋，0、3為量程0～3V的電壓擋，0、2為歐姆擋，定值電阻R2＝1kΩ。該同學通過計算并選擇器材（器材選擇只填器材前的字母）。（1）量程0～1mA的電流擋中電阻箱R1應該選擇C，將其調節(jié)為50Ω。（2）量程0～3V的電壓擋中電阻箱R4應該選擇B，將其調節(jié)為2960Ω。（3）0、2的歐姆擋中變阻器R3應該選擇E，電源應該選擇H。（4）該同學用上述簡易多用電表的歐姆擋測量某未知電阻，他首先進行了歐姆調零，然后將電阻接在0、2之間，發(fā)現電流表指針偏轉如圖乙所示，由此可求得未知電阻為1000Ω?！痉治觥浚?）把小量程電流表改裝成大量程電流表需要并聯分流電阻，應用并聯電路特點與歐姆定律求出并聯電阻阻值，然后選擇電阻箱。（2）把小量程電流表改裝成電壓表需要串聯分壓電阻，應用串聯電路特點與歐姆定律可以求出串聯電阻阻值，然后選擇電阻箱。（3）歐姆表的工作原理是閉合電路的歐姆定律，應用閉合電路歐姆定律求出歐姆表內阻，然后選擇實驗器材。（4）根據電流表量程與圖示表盤確定其分度值，然后讀出其示數，應用閉合電路歐姆定律求出待測電阻阻值。【解答】解：（1）量程0～1mA的電流擋中電阻箱阻值為則R1應該選擇C，將其調節(jié)為50Ω。（2）量程0～3V的電壓擋中電阻箱阻值則R4應該選擇B，將其調節(jié)為2960Ω。（3）0、2的歐姆擋中電源應該選擇一節(jié)1.5V干電池，故選擇H；當歐姆擋短接時，根據閉合電路歐姆定律，有則R3＝460Ω，則變阻器R3應該選擇E。μA，此時電路中的電流為根據閉合電路歐姆定律有E＝I（Rx+R內）由此可求得未知電阻為故答案為：（1）C，50；（2）B，2960；（3）E，H；（4）1000?！军c評】本題考查了多用電表的結構、多用電表的改裝與電流表讀數，知道電流表、電壓表與歐姆表的改裝原理是解題的前提與關鍵，應用串并聯電路特點與歐姆定律即可解題；對電流表讀數時要先確定其所測量的量與量程，然后根據指針位置讀數，讀數時視線要與電表刻度線垂直。三、計算題14．如圖所示，某同學用打氣筒給籃球打氣。已知圓柱形打氣筒內部空間的高度為H＝0.6m，內部橫截面積為S＝2×10﹣3m2×10﹣3m2，每次打氣前打氣筒中氣體的初始壓強都為P0×105Pa，籃球內初始氣體的壓強為P1×105Pa，設打氣過程中打氣筒和球內的氣體溫度不變，忽略活塞與筒壁間的摩擦力，每次活塞均提到最高處，且每次將氣筒中的氣體全部打入籃球中，籃球打氣過程體積不變，求：（1）第一次打氣時活塞下移多大距離時，閥門K打開？（2）至少打幾次可以使籃球內氣體的壓強增加到2p0？【分析】（1）根據波意耳定律，對初末狀態(tài)列等溫變化的公式求解；（2）根據波意耳定律，以壓強為2p0作末狀態(tài)列式求解打氣次數；對活塞進行分析，根據平衡條件列式求解最大壓強。【解答】×105Pa時活塞下壓的距離為h，根據玻意耳定律得p00（H﹣h）S（2）根據題意，設至少打氣n次后輪胎內氣體的壓強為2p0，根據玻意耳定律得：np00V＝2p0V解得n＝3次答：（1）第一次打氣時活塞下移0.2m時，閥門K打開；（2）至少打3次可以使籃球內氣體的壓強增加到2p0。【點評】本題考查一定質量理想氣體狀態(tài)方程，要求學生結合題意找到氣體初末狀態(tài)，抓住不變量列式求解，難度適中。15．如圖所示，在O﹣xyz坐標系中，yOz左、右側空間分別有沿y軸正方向的勻強電場和沿x軸負方向磁感應強度為B的勻強磁場；足夠大的平面MN與x軸垂直，距O點距離，現有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從點沿x軸正方向以初速度v0射入勻強電場，恰好過O點并進入右側空間，不計粒子的重力和邊界效應，求：（1）勻強電場場強E的大小；（2）粒子進入磁場后在yOz平面內做圓周運動的半徑；（3）粒子打到平面MN上的位置坐標?！痉治觥浚?）根