2023年湖北省武漢一中高考物理三模試卷

2023年湖北省武漢一中高考物理三模試卷

一、選擇題：本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1

一7題只有一個選項符合題目要求，第8—11題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，

選對但不全的得2分，有選錯的得0分。

1.（4分）如圖所示為光電效應實驗中某金屬的遏止電壓Ue與入射光的頻率v的關(guān)系圖像。

已知元電荷e。根據(jù)該圖像不能得出的是（）

A.飽和光電流B.該金屬的逸出功

C.普朗克常量D.該金屬的截止頻率

2.（4分）甲、乙兩物體沿x軸正方向做直線運動，某一時刻兩物體以速度vo同時經(jīng)過O

點，之后它們運動的工-x圖像如圖所示，則甲、乙兩物體速度從vo增加到2Vo的過程,

V

下列說法中正確的是（）

A.速度均隨位移均勻變化B.速度均隨時間均勻變化

C.經(jīng)歷的時間之比為1：2D.經(jīng)歷的時間之比為2：1

3.（4分）質(zhì)量為m的導體棒與兩個半徑為R的光滑圓弧電極接觸良好，兩個電極相互平

行且都位于豎直平面內(nèi)，O為其中一個圓弧電極的圓心，截面如圖所示，導體棒中通有

如圖所示電流，導體棒在兩個電極間的長度為L,在兩電極間加一豎直方向的勻強磁場，

磁感應強度大小為Bo,導體棒恰好靜止在電極的圓弧面上?，F(xiàn)在通過增大電流的方式使

導體棒緩慢地從A點移動到B點，已知OA與水平方向的夾角為60°,OB與水平方向

的夾角為30°。已知重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

A.磁場方向豎直向上

B.當導體棒靜止在A點時，流過導體棒的電流大小為』一

2B0L

C.當導體棒靜止在B點時流過導體棒的電流大小為靜止在A點時的3倍

D.導體棒從A點移動到B點的過程中電極受到的壓力逐漸減小

4.（4分）如圖所示，光滑水平桌面上，一個小球以速度v向右做勻速運動，它們經(jīng)過靠近

桌邊的豎直木板ad邊之前時，木板開始做自由落體運動；若木板開始運動時，cd邊與桌

面相齊，則小球在木板上的投影軌跡是（）

5.（4分）“神十四”航天員進行約5.5小時的出艙活動并圓滿完成既定任務后，安全返回空

間站問天實驗艙如圖甲所示。已知地球半徑R=6400km,地球表面重力加速度go,在離

地面高度h-400km的軌道上，問天實驗艙繞地球做勻速圓周運動，所處的位置重力加

速度為g'。假設(shè)航天員在問天實驗艙的桌面上放置如圖乙中的實驗裝置，不可伸縮的輕

繩長為L,輕繩一端綁一個質(zhì)量為m的小球，另一端綁在支架。點，在離桌面最近的A

點位置給小球一個垂直于OA的初速度v,小球沿乙圖虛線軌跡做圓周運動，其中B為

最高點，下列說法正確的是（）

A.gz：go=289：256

2

B.小球經(jīng)過A點時，輕繩的張力大小為陰，/行

C.小球從A點圓周運動到B點過程中，克服重力做功為mg'L

D.小球運動過程中，輕繩的拉力提供小球做圓周運動的向心力

6.（4分）氣壓式升降椅通過氣缸上下運動來控制椅子升降，其簡易結(jié)構(gòu)如圖（a）所示，

圓往形氣缸與椅面固定連接，柱狀氣動桿與底座固定連接?？勺杂梢苿拥臍飧着c氣動桿

之間封閉一定質(zhì)量的氣體，氣缸氣密性、導熱性能良好，忽略摩擦力，氣體可視為理想

氣體。設(shè)氣體的初始狀態(tài)為A,接著某人虛坐在椅面上，開始時此人的腳在地上，后逐

漸減少對地面的壓力直至腳完全離開地面，此過程中（溫度不變）椅子緩慢下降一段距

離后，氣體達到穩(wěn)定狀態(tài)B。然后打開空調(diào)降低室溫，一段時間后，室內(nèi)溫度緩慢降低

到設(shè)定溫度，穩(wěn)定后氣體狀態(tài)為Co最后人將腳緩慢放在地面上并逐漸增大對地面的壓

力直至人離開椅面，氣體最終達到另一個穩(wěn)定狀態(tài)該過程中氣體的壓強和體積倒數(shù)的關(guān)

系如圖（b）所示，已知氣缸的橫截面積為S,重力加速度大小為g,外界大氣壓強不變,

貝I（）

A.由圖（b）數(shù)據(jù)可算得人的質(zhì)量為

g

B.與狀態(tài)B相比，氣體處于狀態(tài)C時單位時間內(nèi)碰撞單位面積容器壁的分子數(shù)較多

C.由圖（b）數(shù)據(jù)可算得從狀態(tài)C到狀態(tài)D氣體對外界做的功大小為工（pi+p2）（V3-

2

V4)

D.從狀態(tài)A到狀態(tài)D,氣體向外放出的熱量小于外界對氣體做的功

7.（4分）如圖所示，質(zhì)量分別為1kg和2kg的A、B兩個物體放在光滑水平面上，外力Fi、

F2同時作用在兩個物體上，其中Fi=10-t（表達式中各個物理量的單位均為國際單位）,

F2=ION?下列說法中正確的是（）

A.t=0時，物體A的加速度大小為lOm/s?

B.t=10s后物體B的加速度最小

C.t=10s后兩個物體運動方向相反

D.若僅將A、B位置互換，t=0時物體A的加速度為8m/s2

（多選）8.（4分）某介質(zhì)中由一波源產(chǎn)生的一列橫波在t=0時刻的波形如圖所示，其中波

源位于坐標原點，t=0.3s時刻介質(zhì)中質(zhì)點Q才開始振動。則下列說法正確的是（）

B.t=0.3s時，質(zhì)點Q的速度沿x軸正方向，大小為lm/s

C.t=0.3s時，質(zhì)點P的速度與質(zhì)點Q的速度大小相同，方向相反

D.當質(zhì)點Q的運動路程達到9cm時，質(zhì)點P的運動路程達到25cm

（多選）9.（4分）如圖所示，平面直角坐標系xOy中，三個點電荷a、b、c分別固定于（0,

r）、（0,-r）、（0,0）處，a、b、c電荷量分別為+Q、+Q、-Q?，F(xiàn)有一電荷量為-q

的點電荷d,在+x軸上從靠近坐標原點處由靜止釋放，不考慮重力及電荷d對原電場的

影響，取無窮遠處電勢能為零，則在點電荷d的整個運動過程中，其瞬時速度v隨時間t、

電勢能EP隨位置x變化的關(guān)系圖像可能為（）

（多選）10.（4分）如圖甲所示，輕彈簧一端固定在豎直墻壁上，另一端與物塊P栓接。

現(xiàn)用外力將P緩慢壓至O點，此時彈簧的壓縮量為310,撤去外力后P向右運動；換用質(zhì)

量較小的物塊Q完成同樣的過程。在兩物塊第一次向右運動至最遠的過程中，它們的加

速度a與位移x的關(guān)系如圖乙所示。已知兩物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)相同。下列

說法正確的是（）

A.釋放瞬間Q的加速度是P的3倍

B.P的質(zhì)量是Q的2倍

C.P的最大動能是Q的4倍

D.Q向右運動的最大距離是P的2倍

。，ab邊長L=20cm,be邊長d=10cm,該減震器在光滑水平面上以初速度vo=5.Om/s向

右進入磁感應強度大小B=0.1T,方向豎直向下的勻強磁場中，磁場范圍是夠大，不考

慮線圈個數(shù)變化對減震器總質(zhì)量的影響。則（）

2

C.滑動桿上至少需安裝12個線圈才能使減震器完全停下來

D.第1個線圈和最后1個線圈產(chǎn)生的熱量比k=96

二、非選擇題

12.（6分）受天空課堂中王亞平測量聶海勝質(zhì)量實驗的啟發(fā)，某實驗小組設(shè)計類似測物體

質(zhì)量的實驗。安裝好如圖甲實驗裝置，調(diào)節(jié)氣墊導軌上的旋鈕P、Q使氣墊導軌水平，

滑塊在O點時彈簧處于原長。力傳感器能采集彈簧的彈力，固定在滑塊上的加速度傳感

器能采集滑塊的加速度。

（1）接通氣源后，將滑塊拉至A點（圖中未標出），OA距離為5cm,此時力傳感器的

示數(shù)為0.60N,則彈簧的勁度系數(shù)為N/m（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。

（2）靜止釋放滑塊后，根據(jù)傳感器采集的數(shù)據(jù)繪制的a-F圖像如圖乙所示，可知滑塊

與加速度傳感器的總質(zhì)量為kg（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）。

（3）測出兩調(diào)節(jié)旋鈕PQ之間距離為L,調(diào)節(jié)旋鈕Q,使之比旋鈕P高出h,重繪a-F

圖像，縱軸截距為b,由此可知當?shù)氐闹亓铀俣葹閛

13.（10分）現(xiàn)要組裝一個酒精測試儀，它利用的是一種二氧化錫半導體型酒精氣體傳感器。

此傳感器的電阻Rx隨酒精氣體濃度的變化而變化，規(guī)律如圖甲所示。酒精測試儀的調(diào)試

電路如圖乙所示。目前國際公認的酒駕標準是“W”，醉駕標準是“酒精氣體濃度》”提

供的器材有：

A.二氧化錫半導體型酒精傳感器Rx

B.直流電源（電動勢為4V,內(nèi)阻不計）

C.電壓表（量程為3V,內(nèi)阻非常大）

Q）

E.定值電阻Ri（阻值為50Q）

F.定值電阻R2（阻值為10（1）

G.單刀雙擲開關(guān)一個，導線若干

（1）為使電壓表改裝成酒精濃度測試表以判斷是否酒駕，R應選用定值電阻

（填R1或R2）；

（2）按照下列步驟調(diào)節(jié)此測試儀：

①。，然后開關(guān)向（填“a”或"b”）端閉合，將電壓表此時指針對應的刻度線

標記為mg/mL；（保留兩位有效數(shù)字）

②逐步減小電阻箱的阻值，電壓表的示數(shù)不斷（填“變大”或“變小”）。按

照甲圖數(shù)據(jù)將電壓表上“電壓”刻度線標為對應的“酒精濃度”；此濃度表刻度線上對應

的濃度值是（填“均勻”或“非均勻”）變化的；

③將開關(guān)向另一端閉合，測試儀即可正常使用。

（3）在電壓表刻度線上標注一段紅色的長度以提醒酒駕的讀數(shù)范圍，該長度與電壓表總

刻度線長度的比例為1：。（保留一位有效數(shù)字）

（4）使用一段時間后，由于電源的電動勢略微變小，內(nèi)阻變大，其測量結(jié)果（填

“偏大”“偏小”或“準確”）。

14.（10分）1965年香港中文大學校長高琨在一篇論文中提出以石英基玻璃纖維作長程信息

傳遞，引發(fā)了光導纖維的研發(fā)熱潮，1970年康寧公司最先發(fā)明并制造出世界第一根可用

于光通信的光纖，使光纖通信得以廣泛應用。被視為光纖通信的里程碑之一，高琨也因

此被國際公認為“光纖之父”。如圖為某種新型光導纖維材料的一小段，材料呈圓柱狀，

半徑為1,長度為3?1,將一束光從底部中心P點以入射角。射入，已知光在真空中的

速度為c。

（1）若已知這種材料的折射率為百，入射角0=60°,求光線穿過這段材料所需的時

間；

（2）這種材料的優(yōu)勢是無論入射角6為多少，材料側(cè)面始終不會有光線射出，求材料的

折

射率的最小值。

15.（14分）如圖所示，光滑水平地面上方CD處存在寬度d=4m、方向豎直向上、大小E

=1X105N/C的勻強電場區(qū)域。質(zhì)量mi=lkg、長為1=6m的水平絕緣長木板靜置于該

水平面，且長木板最右側(cè)與電場邊界D重合。某時刻質(zhì)量m2=0.5kg、帶電量q=+3X10

5C的可視為質(zhì)點的滑塊以初速度vo=6m/s從長木板左端水平滑上木板，一段時間后，

滑塊離開電場區(qū)域。已知長木板與滑塊的動摩擦因數(shù)n=0.5,重力加速度大小g=10m/s2,

滑塊帶電量始終保持不變。求：

（1）滑塊剛進電場時，長木板的速度大??；

（2）滑塊在電場中的運動時間及全過程的摩擦生熱；

（3）若電場等大反向，滑塊進入電場后在木板上的相對位移。

16.（16分）如圖所示，在y<0區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強電場（圖中未畫出），電場強

度大小為E,在y>0區(qū)域存在平行于y軸正方向的勻強磁場（圖中未畫出）和沿z軸正

方向的勻強電場（圖中未畫出），電場強度大小為2E。質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從

P（0,h）處由靜止釋放，小球從原點進入y>0區(qū)域，在y=L處有一垂直于y軸

的熒光屏（圖中未畫出），小球打在熒光屏上Q（0,L,0）點。已知重力加速度為g。

（1）求y<0區(qū)域勻強電場的電場強度E；

（2）求勻強磁場的磁感應強度B的大??；

（3）若磁感應強度取最小值，當小球離y軸最遠時，求小球到原點0的距離。

2023年湖北省武漢一中高考物理三模試卷

參考答案與試題解析

一、選擇題：本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1

一7題只有一個選項符合題目要求，第8—11題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，

選對但不全的得2分，有選錯的得（）分。

1.（4分）如圖所示為光電效應實驗中某金屬的遏止電壓Ue與入射光的頻率v的關(guān)系圖像。

已知元電荷e。根據(jù)該圖像不能得出的是（）

A.飽和光電流B.該金屬的逸出功

C.普朗克常量D.該金屬的截止頻率

【分析】根據(jù)光電效應方程得出遏止電壓與入射光頻率的關(guān)系，通過圖線的斜率求出普

朗克常量。遏止電壓為零時，入射光的頻率等于截止頻率。

【解答】解：A、由圖中信息無法計算飽和光電流，故A錯誤；

BC、設(shè)金屬的逸出功為Wo,截止頻率為Vc,則有：Wo=hvc

光電子的最大初動能Ekm與遏止電壓Uc的關(guān)系是：Ekm=eUc

光電效應方程為：Ekm=hv-Wo

聯(lián)立兩式可得：Uc-Av-_wL

ee

故Uc與v圖象的斜率為卜，從而解得普朗克常量與逸出功，故BC正確；

e

D、當Uc=O時、可解得：v=vc

此時讀圖可知：v??X10I4X10I4HZ,故D正確。

本題選擇錯誤選項；

故選：A。

【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應方程以及最大初動能與遏止電壓的關(guān)系，注意光

電效應方程的應用。

2.（4分）甲、乙兩物體沿x軸正方向做直線運動，某一時刻兩物體以速度vo同時經(jīng)過0

點，之后它們運動的1-x圖像如圖所示，則甲、乙兩物體速度從vo增加到2Vo的過程，

v

下列說法中正確的是（）

A.速度均隨位移均勻變化B.速度均隨時間均勻變化

C.經(jīng)歷的時間之比為1：2D.經(jīng)歷的時間之比為2：1

【分析】根據(jù)圖像的形狀直接判斷速度與位移的關(guān)系。2-x圖像與x軸圍成的面積表示

V

時間，由幾何知識求經(jīng)歷的時間之比。

【解答】解：A、由圖像的坐標軸的意義和傾斜直線可知，速度與位移成反比關(guān)系，速度

不隨位移均勻變化，故A錯誤；

B、1-x圖像與x軸圍成的面積表示時間，由圖像可知，速度不隨時間均勻變化，故B

V

錯誤；

CD、根據(jù)工-x圖像與x軸圍成的面積表示時間，則甲、乙兩物體速度從vo增加到2Vo

v

的過程，經(jīng)歷的時間之比為1：2,故C正確，D錯誤。

故選：Co

【點評】讀圖是高中物理強化的一大要點，一定要把握住六要素：軸、點、線、斜、截、

面六要素來分析圖像問題。

3.（4分）質(zhì)量為m的導體棒與兩個半徑為R的光滑圓弧電極接觸良好，兩個電極相互平

行且都位于豎直平面內(nèi)，O為其中一個圓弧電極的圓心，截面如圖所示，導體棒中通有

如圖所示電流，導體棒在兩個電極間的長度為L,在兩電極間加一豎直方向的勻強磁場，

磁感應強度大小為Bo,導體棒恰好靜止在電極的圓弧面上。現(xiàn)在通過增大電流的方式使

導體棒緩慢地從A點移動到B點，已知0A與水平方向的夾角為60°,OB與水平方向

的夾角為30°。已知重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

A.磁場方向豎直向上

B.當導體棒靜止在A點時，流過導體棒的電流大小為A-

2B0L

C.當導體棒靜止在B點時流過導體棒的電流大小為靜止在A點時的3倍

D.導體棒從A點移動到B點的過程中電極受到的壓力逐漸減小

【分析】由A到B的過程中，棒處于三力平衡狀態(tài)（二軌道對棒的支持力等效成一個支

持力），由三力平衡的矢量三角形，即可求得結(jié)果。

【解答】解：A、安培力應水平向右，用左手定則，磁場應豎直向下，故A錯誤；

B、根據(jù)三力平衡，重力與安培力的合力應與軌道對其的彈力等大共線反向，即有tan600

=整，可得1=涓瓦，故B錯誤；

C、在A處時有tan60°=三支，在B處有tan30°=—咚一，由二式相比，則可得到L

BILBL.

=31,故C正確；

D、根據(jù)三力平衡，則軌道對棒的彈力的合力F=T?—其中a由60°逐步減少到30°,

singa

故D錯誤。

故選：Co

【點評】應用三力平衡的矢量三角形法則，注意軌道對棒的彈力方向過軌道的圓心。

4.（4分）如圖所示，光滑水平桌面上，一個小球以速度v向右做勻速運動，它們經(jīng)過靠近

桌邊的豎直木板ad邊之前時，木板開始做自由落體運動；若木板開始運動時，cd邊與桌

面相齊，則小球在木板上的投影軌跡是（）

【分析】小球的投影的運動是由小球水平方向的位移與木板豎直方向上的位移的合位移,

則由運動的合成可知投影的軌跡。

【解答】解：投影在水平方向做勻速直線運動，豎直方向上相對于木板向上做加速運動,

故小球的合速度應偏向上方，同時加速度指向曲線的內(nèi)側(cè)，故軌跡應向上；故ABD錯誤,

C正確；

故選：Co

【點評】勻速直線運動和勻變速直線運動的合運動一定為曲線運動，并且運動方向向加

速度的方向靠近。

5.（4分）“神十四”航天員進行約5.5小時的出艙活動并圓滿完成既定任務后，安全返回空

間站問天實驗艙如圖甲所示。已知地球半徑R=6400km,地球表面重力加速度go,在離

地面高度h=400km的軌道上，問天實驗艙繞地球做勻速圓周運動，所處的位置重力加

速度為g'。假設(shè)航天員在問天實驗艙的桌面上放置如圖乙中的實驗裝置，不可伸縮的輕

繩長為L,輕繩一端綁一個質(zhì)量為m的小球，另一端綁在支架O點，在離桌面最近的A

點位置給小球一個垂直于OA的初速度v,小球沿乙圖虛線軌跡做圓周運動，其中B為

最高點，下列說法正確的是（）

A.g'：go=289：256

2

B.小球經(jīng)過A點時，輕繩的張力大小為1ng，

C.小球從A點圓周運動到B點過程中，克服重力做功為mg'L

D.小球運動過程中，輕繩的拉力提供小球做圓周運動的向心力

【分析】地球表面重力加速度為go,則地球表面物體所受萬有引力等于重力；問天實驗

艙由地球的萬有引力充當向心力，其向心加速度就等于所處的位置重力加速度，由牛頓

第二定律求解其向心加速度；由于問天實驗艙處于完全失重狀態(tài)，小球的運動不用考慮

重力，輕繩的拉力提供小球繞O點做圓周運動的向心力；由牛頓第二定律求解求輕繩的

張力；重力效果消失，將不再克服重力做功。

【解答】解：A、地球表面重力加速度為go,忽略地球的自轉(zhuǎn)，地球表面的物體（設(shè)其

質(zhì)量為mi）所受萬有引力等于重力，則有：

GM地叫

----3—=migo

R2

問天實驗艙（設(shè)其質(zhì)量為m'）做勻速圓周運動，由萬有引力充當向心力，其向心加速

度就等于所處的位置重力加速度g',則由牛頓第二定律得：

GM地d,

聯(lián)立解得：g'：go=256：289,故A錯誤;

BD、由于問天實驗艙中的物體處于完全失重狀態(tài)，重力效果消失，輕繩的拉力T提供小

2

球繞。點做圓周運動的向心力，小球經(jīng)過A點時，由牛頓第二定律可得：1=變乙，故

L

B錯誤，D正確；

D、由于小球處于完全失重狀態(tài)，小球從A點圓周運動到B點過程中克服重力做功為零,

故C錯誤。

故選：D。

【點評】本題考查萬有引力定律的應用。掌握忽略地球自轉(zhuǎn)時地球表面重力加速度為固

定值，此情況下地球表面物體所受萬有引力等于重力；要知道衛(wèi)星環(huán)繞中心天體做勻速

圓周運動時處于完全失重狀態(tài)，重力效果消失，與重力有關(guān)物理問題不需要考慮重力。

6.（4分）氣壓式升降椅通過氣缸上下運動來控制椅子升降，其簡易結(jié)構(gòu)如圖（a）所示，

圓往形氣缸與椅面固定連接，柱狀氣動桿與底座固定連接?？勺杂梢苿拥臍飧着c氣動桿

之間封閉一定質(zhì)量的氣體，氣缸氣密性、導熱性能良好，忽略摩擦力，氣體可視為理想

氣體。設(shè)氣體的初始狀態(tài)為A,接著某人虛坐在椅面上，開始時此人的腳在地上，后逐

漸減少對地面的壓力直至腳完全離開地面，此過程中（溫度不變）椅子緩慢下降一段距

離后，氣體達到穩(wěn)定狀態(tài)Bo然后打開空調(diào)降低室溫，一段時間后，室內(nèi)溫度緩慢降低

到設(shè)定溫度，穩(wěn)定后氣體狀態(tài)為C?最后人將腳緩慢放在地面上并逐漸增大對地面的壓

力直至人離開椅面，氣體最終達到另一個穩(wěn)定狀態(tài)該過程中氣體的壓強和體積倒數(shù)的關(guān)

系如圖（b）所示，已知氣缸的橫截面積為S,重力加速度大小為g,外界大氣壓強不變,

則（）

A.由圖（b）數(shù)據(jù)可算得人的質(zhì)量為*I+-2"

S

B.與狀態(tài)B相比，氣體處于狀態(tài)C時單位時間內(nèi)碰撞單位面積容器壁的分子數(shù)較多

C.由圖（b）數(shù)據(jù)可算得從狀態(tài)C到狀態(tài)D氣體對外界做的功大小為工（PI+P2）（V3-

2

V4）

D.從狀態(tài)A到狀態(tài)D,氣體向外放出的熱量小于外界對氣體做的功

【分析】對椅面和氣缸分析，初始時根據(jù)平衡條件列方程；人坐上椅面腳全部離開地面

時，根據(jù)平衡條件列方程解得人的質(zhì)量；根據(jù)壓強的微觀實質(zhì)確定單位時間內(nèi)碰撞單位

面積容器壁的分子數(shù)；C到D為等溫過程，由此分析做的功；根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體

狀態(tài)方程、熱力學第一定律進行分析。

【解答】解：A、設(shè)外界大氣壓強為po,對椅面和氣缸分析，初始時根據(jù)平衡條件可得:

pS=poS+mg,人坐上椅面腳全部離開地面時，根據(jù)平衡條件可得：p2S=poS+mg+Mg,

解得人的質(zhì)量為：M=（P2~P1S；,故A錯誤：

g

B、因PC=PB,而TC<TB,故單位時間內(nèi)碰撞單位面積容器壁的分子數(shù)增多，故B正確;

C、C到D為等溫過程，故該過程做功小于工（pi+p2）（V3-V4）,故C錯誤；

2

D、由包=C知，p=CT」，斜率越大，溫度越高，故TA>TD,所以氣體的內(nèi)能減少,

TV

而VD<VA,外界對氣體做功，由熱力學第一定律知，氣體向外放熱，且放出的熱量大

于外界對氣體做的功，故D錯誤。

故選：B。

【點評】本題主要是考查一定質(zhì)量理想氣體的狀態(tài)方程之圖象問題，關(guān)鍵是弄清楚圖象

表示的物理意義、知道圖象的斜率、圖象與坐標軸圍成的面積表示的物理意義，根據(jù)一

定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程結(jié)合熱力學第一定律進行分析。

7.（4分）如圖所示，質(zhì)量分別為1kg和2kg的A、B兩個物體放在光滑水平面上，外力F1、

F2同時作用在兩個物體上，其中Fi=10-t（表達式中各個物理量的單位均為國際單位）,

F2=10N。下列說法中正確的是（）

A.t=0時，物體A的加速度大小為lOm/s?

B.t=10s后物體B的加速度最小

C.t=10s后兩個物體運動方向相反

D.若僅將A、B位置互換，t=0時物體A的加速度為8m/s2

【分析】假設(shè)A、B間無彈力，分別計算A、B的加速度。若A的加速度大于B的加速

度，則A會推動B一起加速，再以A、B為整體，由牛頓第二定律列方程求共同的加速

度；

若A的加速度等于B的加速度，則A、B一起加速，但兩者間沒有力的作用；

若A的加速度小于B的加速度，則A、B分離。

【解答】解：A.F2在水平方向上的分力為

F21=F2cos37°=10X0.8N=8N

假設(shè)A、B間無彈力，貝ij

aB=——m/s2=4m/s2

mB2

t=0時，有Fi=10N

假設(shè)A、B間無彈力，則

aA==—m/s2=1Om/s2>aB

mA1

因此t=O時，A會推動B一起運動，對AB整體，由牛頓第二定律有

FI+F21=（mA+niB）a

代入數(shù)據(jù)解得

a=6m/s2

故A錯誤；

B.物體B的加速度最小時，A、B間沒有力的作用，且aA=aB

as=—―=—m/s2=4m/s2

mB2

解得t=6s

故B錯誤；

C.t=10s前，A、B均沿Fi方向加速運動；t=10s后，F(xiàn)i方向反向，A做減速運動，但

兩物體運動方向仍然相同，故C錯誤；

D.若僅將A、B位置互換，t=O時，假設(shè)A、B間無彈力，則

aAim/s2：=8m/s2

mA1

F]1n9）

aBi——-=^-<m/s—5m/s<aAi

mB2

表明A、B會分離運動，故假設(shè)正確，則t=O時物體A的加速度為8m/s2,故D正確。

故選：D。

【點評】本題主要考查連接體問題，要靈活運用整體法、隔離法來分析判斷物體的運動,

關(guān)鍵是要把握兩者分離的臨界條件，即兩者加速度相等，且兩者間沒有力的作用。

（多選）8.（4分）某介質(zhì)中由一波源產(chǎn)生的一列橫波在t=O時刻的波形如圖所示，其中波

源位于坐標原點，t=0.3s時刻介質(zhì)中質(zhì)點Q才開始振動。則下列說法正確的是（）

B.t=0.3s時，質(zhì)點Q的速度沿x軸正方向，大小為lm/s

C.t=0.3s時，質(zhì)點P的速度與質(zhì)點Q的速度大小相同，方向相反

D.當質(zhì)點Q的運動路程達到9cm時，質(zhì)點P的運動路程達到25cm

【分析】根據(jù)波從x=0.2m處傳到Q點傳播的距離和時間，求出波速，讀出波長，再求

周期。根據(jù)“同側(cè)法”判斷t=0時刻x=0.2m處質(zhì)點的振動方向，即可知道t=0.3s時，

質(zhì)點Q的速度方向，質(zhì)點Q的速度與波速是兩回事；根據(jù)P、Q間的距離與波長的關(guān)系,

分析它們速度關(guān)系；根據(jù)質(zhì)點Q的運動路程確定所用時間，再求質(zhì)點P的運動路程。

【解答】△-0.2m=0.3m,用時At=0.3s,則波的傳播速度為丫盤申*|Q/s=lin/s

由圖像可知波長為入=0.2m,則波的周期為丁上工25=02s，故A正確；

v1,

B、根據(jù)“同側(cè)法”可知t=0時刻x=0.2m處的質(zhì)點振動方向向下，質(zhì)點Q的起振方向

與x=02n處質(zhì)點的起振方向相同，則t=0.3s時，質(zhì)點Q的速度沿y軸負方向，速度大

小未知，故B錯誤：

C、質(zhì)點P、Q間的距離是兩個波長，所以t=0.3s時，質(zhì)點P的速度與質(zhì)點Q的速度大

小相同，方向相同，故C錯誤；

Ax，4

D、波從P位置傳播到Q位置的時間為==°-S=Q4s

V1

此段時間P經(jīng)過的路程為S［今2乂4A=y1x4X2cm=16cir

此后質(zhì)點Q的運動路程達到9cm時，質(zhì)點P的運動路程也達到9cm,則質(zhì)點P的總運動

路程為s.o.=si+9cm=16cm+9cm=25cm>故D正確。

故選：AD,

【點評】解答本題時要知道介質(zhì)中各個質(zhì)點的起振方向都相同，往往根據(jù)“同側(cè)法”或

波形平移法判斷質(zhì)點的振動方向。

（多選）9.（4分）如圖所示，平面直角坐標系xOy中，三個點電荷a、b、c分別固定于（0,

r）、（0,-r）、（0,0）處，a、b,c電荷量分別為+Q、+Q、-Q?現(xiàn)有一電荷量為-q

的點電荷d,在+x軸上從靠近坐標原點處由靜止釋放，不考慮重力及電荷d對原電場的

影響，取無窮遠處電勢能為零，則在點電荷d的整個運動過程中，其瞬時速度v隨時間t、

電勢能EP隨位置x變化的關(guān)系圖像可能為（）

A.。二IB.

JJ

【分析】根據(jù)庫侖定律得出電荷受到的靜電力的變化趨勢，結(jié)合牛頓第二定律得出其加

速度的變化趨勢，結(jié)合題目選項完成分析；

根據(jù)靜電力對電荷的做功情況，結(jié)合功能關(guān)系分析出能量的變化趨勢。

【解答】解：AB.點電荷d的受力分析如圖：

由庫侖定律

由牛頓第二定律

Fc-2Facos0=ma

整理可得

由此可知當電荷d向右移動，。減小，此過程中cosO逐漸增大，所以電荷d做加速度減

小的加速運動，當c0s8=鳴時,電荷的速度達到最大值，接著電荷d做減速運動直至

無窮遠處，其速度為一定值，故A錯誤，B正確；

CD.對電荷d受力分析可知，電荷d受到引力和斥力的作用，當xVxi時，合力方向向

右，故當電荷d從靠近原點處向右移動時，電場力做正功，根據(jù)功能關(guān)系可知電荷的電

勢能減?。寒攛=xi時，合力為零，此時d的動能最大，則電勢能最??；當x>xi時，合

力方向向左，故當電荷d繼續(xù)向右移動時，電場力做負功，根據(jù)功能關(guān)系可知電荷的電

勢能增加直至無窮遠處電勢能為0,故C錯誤，D正確。

故選：BDo

【點評】本題主要考查了庫侖定律的相關(guān)應用，熟悉場強疊加的特點，結(jié)合圖像的物理

意義和功能關(guān)系即可完成分析。

（多選）10.（4分）如圖甲所示，輕彈簧一端固定在豎直墻壁上，另一端與物塊P栓接。

現(xiàn)用外力將P緩慢壓至。點，此時彈簧的壓縮量為310,撤去外力后P向右運動：換用質(zhì)

量較小的物塊Q完成同樣的過程。在兩物塊第一次向右運動至最遠的過程中，它們的加

速度a與位移x的關(guān)系如圖乙所示。已知兩物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)相同。下列

說法正確的是（）

A.釋放瞬間Q的加速度是P的3倍

B.P的質(zhì)量是Q的2倍

C.P的最大動能是Q的4倍

D.Q向右運動的最大距離是P的2倍

【分析】根據(jù)平衡條件求解兩物塊的質(zhì)量關(guān)系；根據(jù)牛頓第二定律求解釋放瞬間加速度

大小；根據(jù)動能定理分析最大速度；根據(jù)功能關(guān)系分析最大位移。

【解答】解：B、設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k,物塊與地面的動摩擦因數(shù)為“，當速度達到最

大時，加速度為零。

對P物塊由平衡條件得：nmpg=kX21o

對Q物塊由平衡條件得：|imQg=klo

聯(lián)立可得mp=2mQ,故B正確；

A、釋放物塊瞬間，對P物塊根據(jù)牛頓第二定律得：k?31o-umpg=mpap,

對Q物塊根據(jù)牛頓第二定律得：klo-RmQg=mQaQ,

聯(lián)立解得：ap=±",aQ=W2,可得：即釋放瞬間Q的加速度是P的4

IRpIUQ3p1

倍，故A錯誤；

C、從釋放到最大動能處由動能定理得：

對P：EkP=>⑶0)'道k(21。-Hmpg?lo=寸時-2叱=弓

對Q：EkQ=gk(31Q)2"yklg-NmQg，21o=4kk)2-2klo2=2klo2

所以，EkP=2EkQ,故C錯誤；

4

D、根據(jù)圖乙，由對稱性可知，兩滑塊加速度為零后，減速到零的過程與之間的位移相等，

則滑塊P向右運動的最大距離為210,滑塊Q向右運動的最大距離為410,Q向右運動的

最大距離是P的2倍，故D正確。

故選：BD。

【點評】本題主要是考查功能關(guān)系與圖像的結(jié)合，關(guān)鍵是弄清楚兩物塊的受力情況和運

動情況，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系結(jié)合牛頓第二定律進行分析。

C,ab邊長L=20cm,be邊長d=10cm,該減震器在光滑水平面上以初速度vo=5.Om/s向

右進入磁感應強度大小B=0.1T、方向豎直向下的勻強磁場中，磁場范圍是夠大，不考

慮線圈個數(shù)變化對減震器總質(zhì)量的影響。則（）

2

C.滑動桿上至少需安裝12個線圈才能使減震器完全停下來

D.第1個線圈和最后1個線圈產(chǎn)生的熱量比k=96

【分析】根據(jù)法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、安培力計算公式求得安培力，

由牛頓第二定律求解加速度；根據(jù)動量定理求解末速度；分析可知每一個線圈進入磁場

的過程，減震器的速度減小量均相等；根據(jù)能量守恒求解線圈上產(chǎn)生的熱量。

【解答】解：A、線圈在磁場中受到安培力的作用而做減速運動。

由安培力公式可得：F4-nBIL

其中式=nBLv

RR

聯(lián)立可得：尸安=血?啥=嗯6

線圈剛進入磁場時速度v=vo,L=20cm=0.2m,代入數(shù)據(jù)可解得：F安=20N

根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小為：aJi=2p_in/s2=20iri/s2

m1

故A錯誤；

B、設(shè)向右為正方向，對減震器進行分析，當?shù)诙€線圈恰好完全進入磁場時設(shè)所用時間

為t,此時減震器的速度大小為V2,則由動量定理可得：

-nBLIt=mv2-mvo

其中：7(d=10cm=0.1m)

1RRp'Q

代入數(shù)據(jù)可得：V2

故B正確；

C、由以上分析可知，每一個線圈進入磁場的過程，安培力的沖量大小均相等，且為：

匚BL由動量定理可知每一個線圈進入磁場的過程，減震器的速度減小量均相等。

R

由B選項的結(jié)果可知，進入兩個線圈后，減震器的速度減小量為5m/s-

可得每一個線圈進入磁場后，減震器的速度減小量均為△丫=竽/5

則要減震器的速度減為零需要的線圈個數(shù)為：N=^I=12.5

可知需要13個線圈，故C錯誤；

D、只有進入磁場的線圈產(chǎn)生熱量，根據(jù)能量守恒可知，線圈上產(chǎn)生的熱量在數(shù)值上等于

減震器動能動能的減少量。

第一個線圈恰好完全進入磁場時的速度為：vi=vo-Av=5m/s-

最后一個線圈剛進入磁場時速度為：vi3=vo-12△v=5m/s-12X

1212

則有：k-^-：--——，解得：k=96

12

7mv13

故D正確。

故選：BD?

【點評】本題考查了電磁感應現(xiàn)象中的力與運動、功與能問題，屬于常規(guī)題型。要掌握

求解安培力的沖量的經(jīng)驗公式，掌握應用動量定理求解時間、位移、速度的方法。

二、非選擇題

12.（6分）受天空課堂中王亞平測量聶海勝質(zhì)量實驗的啟發(fā)，某實驗小組設(shè)計類似測物體

質(zhì)量的實驗。安裝好如圖甲實驗裝置，調(diào)節(jié)氣墊導軌上的旋鈕P、Q使氣墊導軌水平，

滑塊在O點時彈簧處于原長。力傳感器能采集彈簧的彈力，固定在滑塊上的加速度傳感

器能采集滑塊的加速度。

（1）接通氣源后，將滑塊拉至A點（圖中未標出），OA距離為5cm,此時力傳感器的

示數(shù)為0.60N,則彈簧的勁度系數(shù)為12N/m（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。

（2）靜止釋放滑塊后，根據(jù)傳感器采集的數(shù)據(jù)繪制的a-F圖像如圖乙所示，可知滑塊

與加速度傳感器的總質(zhì)量為0.2kg（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）。

（3）測出兩調(diào)節(jié)旋鈕PQ之間距離為L,調(diào)節(jié)旋鈕Q,使之比旋鈕P高出h,重繪a-F

圖像，縱軸截距為b,由此可知當?shù)氐闹亓铀俣葹橐坏繽。

-h-

【分析】（1）根據(jù)胡克定律列式即可求解：

（2）根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合圖像即可求解；

（3）根據(jù)幾何關(guān)系以及牛頓第二定律列式，整理表達式即可求解當?shù)氐闹亓铀俣取?/p>

【解答】解：（1）根據(jù)胡克定律F=kx,代入數(shù)據(jù)解得k=12N/m；

（2）根據(jù)牛頓第二定律可得F=Ma

整理得M=￡=2二2kg=0.2kg,即滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量為為0.2kg；

a3.0

（3）測出兩調(diào)節(jié)旋鈕PQ之間距離為L,調(diào)節(jié)旋鈕Q,使之比旋鈕P高出，則有sinO=￡

根據(jù)牛頓第二定律可得F+Mgsin6=Ma

整理得a=』F+gsin?

M

可知a-F圖像的縱軸截距為b=gsin6

解得當?shù)氐闹亓铀俣葹間=/^=@L；

sin8h

故答案為:（1）12；（2）0.2：（3）也L

h

【點評】本題考查牛頓第二定律，解題關(guān)鍵掌握實驗原理與實驗操作，注意圖像斜率的

含義。

13.（10分）現(xiàn)要組裝一個酒精測試儀，它利用的是一種二氧化錫半導體型酒精氣體傳感器。

此傳感器的電阻Rx隨酒精氣體濃度的變化而變化，規(guī)律如圖甲所示。酒精測試儀的調(diào)試

電路如圖乙所示。目前國際公認的酒駕標準是“W”，醉駕標準是“酒精氣體濃度》”提

供的器材有：

A.二氧化錫半導體型酒精傳感器Rx

B.直流電源（電動勢為4V,內(nèi)阻不計）

C.電壓表（量程為3V,內(nèi)阻非常大）

Q）

E.定值電阻R1（阻值為50。）

F.定值電阻R2（阻值為10。）

G.單刀雙擲開關(guān)一個，導線若干

（1）為使電壓表改裝成酒精濃度測試表以判斷是否酒駕，R應選用定值電阻R2（填

Ri或R2）；

（2）按照下列步驟調(diào)節(jié)此測試儀：

①C,然后開關(guān)向b（填“a”或"b”）端閉合，將電壓表此時指針對應的刻度線標

記為0.20mg/mL：（保留兩位有效數(shù)字）

②逐步減小電阻箱的阻值，電壓表的示數(shù)不斷變大（填“變大”或“變小”）。按照

甲圖數(shù)據(jù)將電壓表上“電壓”刻度線標為對應的“酒精濃度”；此濃度表刻度線上對應的

濃度值是非均勻（填“均勻”或“非均勻”）變化的；

③將開關(guān)向另一端閉合，測試儀即可正常使用。

（3）在電壓表刻度線上標注一段紅色的長度以提醒酒駕的讀數(shù)范圍，該長度與電壓表總

刻度線長度的比例為1：3O（保留一位有效數(shù)字）

（4）使用一段時間后，由于電源的電動勢略微變小，內(nèi)阻變大，其測量結(jié)果偏?。ㄌ?/p>

“偏大”“偏小”或“準確”）。

【分析】（1）根據(jù)串聯(lián)電路分壓特點計算結(jié)合圖像分析判斷;

（2）根據(jù)圖像確定電阻變化和電壓表變化的關(guān)系；

（3）根據(jù)電路分壓原理結(jié)合圖像數(shù)據(jù)計算；

（4）考慮電源內(nèi)阻，根據(jù)電路分壓原理分析判斷。

【解答】解：（1）由于電壓表量程為3V,本實驗電壓表并聯(lián)在定值電阻兩端，由歐姆定

律可得，定值電阻兩端的電壓UR底噴

由圖甲可知10QWRxW70Q,電動勢為4V,電壓表量程為3V,得小陽一技專

則RW30Q,故選：R2;

（2）本實驗采用替代法，用電阻箱的阻值替代傳感器的電阻RxQ,結(jié)合電路，開關(guān)應向

b端閉合，由圖甲可知Rx=30。時，酒精氣體濃度為0.20mg/mL,逐步減小電阻箱的阻

值，定值電阻上的分壓變大，電壓表的示數(shù)不斷變大；圖甲中的電阻阻值非均勻變化，

則濃度表刻度線上對應的濃度值是非均勻變化。

（3）根據(jù)電路分壓原理UR甘果可知

酒精濃度0.20mg/mL時，傳感器電阻Rxi=30。，電壓表為UR廣百飛一噴拚

E

酒精濃度0.80mg/mL時，傳感器電阻Rx2=10C,UR2=r^-=V=2V

因此，電壓表示數(shù)為1?2V為酒駕范圍，占總量程3V的2。

3

ER

（4）考慮電源內(nèi)阻，根據(jù)電路分壓原理有：Up=

RRx+R+r

當電源的電動勢略微變小，內(nèi)阻變大，對應酒精濃度減小，故測量值偏小。

故答案為：（1）R2;（2）①b；0.20；②變大,非均勻；（3）3；（4）偏小。

【點評】本題考查組裝酒精測試儀實驗，要求掌握實驗原理、刻線方法和誤差分析。

14.（10分）1965年香港中文大學校長高琨在一篇論文中提出以石英基玻璃纖維作長程信息

傳遞，引發(fā)了光導纖維的研發(fā)熱潮，1970年康寧公司最先發(fā)明并制造出世界第一根可用

于光通信的光纖，使光纖通信得以廣泛應用。被視為光纖通信的里程碑之一，高琨也因

此被國際公認為“光纖之父”。如圖為某種新型光導纖維材料的一小段，材料呈圓柱狀，

半徑為1,長度為3d§1,將一束光從底部中心P點以入射角。射入，已知光在真空中的

速度為c。

（1）若已知這種材料的折射率為遙，入射角0=60°,求光線穿過這段材料所需的時

間；

（2）這種材料的優(yōu)勢是無論入射角。為多少，材料側(cè)面始終不會有光線射出，求材料的

折

射率的最小值。

【分析】（1）作出光路圖，根據(jù)折射定律結(jié)合n