2024屆湖北省鄂東南省級示范聯(lián)盟學校高三下學期5月第一次聯(lián)考一模物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1高三物理試卷一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，第8~10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.離子煙霧報警器是一種常見且廣泛使用的火災報警設備。某離子煙霧報警器中裝有放射性元素镅241，其半衰期為432.2年，衰變方程為。下列說法正確的是（）A.夏天氣溫升高，镅241的衰變速度會變快B.X是α粒子，具有很強的電離本領C.鎵237的比結合能比镅241的比結合能小D.衰變前后核子總數(shù)不變，因此衰變前后總質量也不變〖答案〗B〖解析〗A．半衰期是由放射性元素本身決定的，與外界因素無關，故A錯誤；B．根據(jù)核電荷數(shù)和質量數(shù)守恒可知X是，即α粒子，具有很強的電離本領。故B正確；C．自發(fā)的衰變過程中釋放能量，原子核的比結合能增大，鎵237的比結合能比镅241的比結合能大。故C錯誤；D．核反應釋放能量，核反應質量虧損，因此反應前后總質量會減小。故D錯誤。故選B。2.智能手機里一般都裝有加速度傳感器。打開手機加速度傳感器軟件，手托著手機在豎直方向上運動，通過軟件得到加速度隨時間變化的圖像如圖所示，以豎直向上為正方向，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.t?時刻手機處于完全失重狀態(tài) B.t?時刻手機開始向上運動C.t?時刻手機達到最大速度 D.手機始終沒有脫離手掌〖答案〗A〖解析〗A．t?時刻手機加速度為，方向豎直向下，手機處于完全失重狀態(tài)故A正確；BC．由題可知整個過程為先托著手機向下做加速運動，向下做減速運動，圖像與坐標軸圍成面積為速度，t?時刻手機達加速度為正方向的最大值，故t?速度小于速度不是最大，故BC錯誤；D．手機加速度向上時受到手向上的支持力不會脫離手掌，手機加速度為的過程中處于完全失重狀態(tài)，可以說此過程手機和手脫離也可以說恰好沒有脫離手掌，故D錯誤。故選A。3.2023年10月26日10時34分，神舟十六號航天員乘組和神舟十七號航天員乘組在“天宮”空間站勝利會師。如圖所示，空間站和中軌道衛(wèi)星在同一軌道平面內分別在近地軌道和半徑為2R的中軌道上繞地球做勻速圓周運動，運行方向相同。地球半徑為R，自轉周期為T，表面重力加速度為g，忽略地球自轉。下列說法正確的是（）A.發(fā)射“天宮”空間站的最小速度為B.中軌道衛(wèi)星公轉周期為C.中軌道衛(wèi)星的機械能一定大于“天宮”空間站的機械能D.中軌道衛(wèi)星和“天宮”空間站相鄰兩次相距最近的時間間隔為〖答案〗D〖解析〗A．設空間站的軌道半徑為，則根據(jù)萬有引力提供向心力可知解得而是地球表面物體的線速度，把天宮空間站近似看成繞地球表面做圓周運動的近地衛(wèi)星，其周期應小于地球的自轉周期，A錯誤；B．對于中軌道衛(wèi)星，則有解得又因為由此可得B錯誤；C．二者的質量都是未知的，無法比較其機械能的大小，C錯誤；D．設兩次相距最近的時間間隔為，設天宮號空間站的角速度為，中軌道衛(wèi)星的角速度為，則有結合上述分析D正確。故選D?！尽狐c石成金』】，4.如圖所示，平靜的水面上漂浮一塊厚度不計的圓形木板。一條小魚以0.5m/s的水平速度勻速游過，其運動軌跡正好在木板直徑的正下方，離水面的高度h=0.4m。小魚從木板下方游過的過程中木板始終保持靜止，在水面上任意位置看不到小魚的時間為ls。已知水的折射率為則圓形木板的直徑約為（）A.0.91m B.1.41m C.1.91m D.2.41m〖答案〗B〖解析〗根據(jù)題意可知，當小魚反射的光在荷葉邊緣水面上發(fā)生全反射時，則在水面上看不到蝌蚪根據(jù)全反射的臨界角公式可得則在水面之上看不到時小魚運動的位移結合幾何關系可知解得故選B。5.如圖所示，發(fā)電機線圈所處的磁場可視為勻強磁場，從圖示位置開始繞軸OO'逆時針方向勻速轉動。線圈阻值為R，通過電刷與外電路連接，理想變壓器原線圈與副線圈匝數(shù)比為1：2，定值電阻滑動變阻器R?最大阻值為8R，開始滑片P位于最上端，忽略電流表及線路電阻，下列說法中正確的是（）A.線圈經(jīng)過圖示位置時，電流表的示數(shù)為零B.僅將滑片P向下滑動，電流表的示數(shù)將減小C.僅將滑片P向下滑動，發(fā)電機的輸出功率將減小D.僅將滑片P向下滑動，電阻消耗的功率將減小〖答案〗C〖解析〗A．電流表的示數(shù)為交流電的有效值，則線圈經(jīng)過圖示位置時，電流表的示數(shù)不為零，選項Ａ錯誤；B．變壓器等效電阻僅將滑片P向下滑動，則R2減小，則R等效減小，則R1和R等效并聯(lián)后的電阻減小，因線圈電動勢一定，則電流表的示數(shù)將變大，選項B錯誤；C．將線圈產(chǎn)生的電動勢為電源，其電阻R為電源內阻，將R1和R等效并聯(lián)看做是外電路，開始時R等效=2R，此時R1和R等效并聯(lián)電阻為R等于電源內阻R，則開始時發(fā)電機輸出功率最大，則僅將滑片P向下滑動，R等效減小，外電阻逐漸遠離電源內阻，可知發(fā)電機的輸出功率將變小，選項C正確；D．將R1和R并聯(lián)后的電阻（）等效為電源內阻，將R等效看做是外電路，僅將滑片P向下滑動，則外電阻從2R逐漸減小，則外電路消耗的功率先增加后減小，即電阻消耗的功率先增加后減小，選項D錯誤。故選C。6.如圖所示，三角形ACD區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，，，AO垂直于CD，OA長度為L。O點有一電子源，在ACD平面向磁場內各個方向均勻發(fā)射速率均為的電子，速度方向用與OC的夾角表示，電子質量為m，電量為，且滿足，下列說法正確的是（）A.從AC邊射出的電子占總電子數(shù)的六分之一B.從AD邊射出的電子占總電子數(shù)的二分之一C.從OD邊射出的電子占總電子數(shù)的三分之一D.所有從AC邊射出的電子中，當時，所用的時間最短〖答案〗B〖解析〗A．由于粒子源發(fā)生的電子速率相同，電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有解得即所有電子的半徑都相等，由左手定則可知，電子進入電場后順時針做圓周運動，所以其從AC邊射出的一個臨界位置為從A點射出，此時，如圖所示由題意及分析可知，當范圍內，電子從AC邊上射出，當電子從AC邊射出時，由幾何關系可知從邊射出的電子占總電子的，故A錯誤；B．由題意及分析可知，當粒子在范圍內，電子從AD邊射出，當電子從AD邊射出時，由幾何關系可知從邊射出的電子占總電子的，故B正確；C．由題意及分析可知，當粒子在范圍內，當電子從OD邊射出時，由幾何關系可知從邊射出的電子占總電子的，故C錯誤；D．電子在磁場中做勻速圓周運動，其周期為T，有在磁場中運動的時間為t，有整理有即電子運動的圓心角越小，其在磁場中運動的時間就越短，圓心角所對應的弦長越長，其圓心角越大，所以最短時間即為弦長的最小值，其從AC邊射出的一個臨界位置為從A點射出，此時，所以所有從AC邊射出的電子中，當時，所用的時間并不是最短的，故D錯誤。故選B。7.如圖所示，一頂角為120°的“∧”型光滑細桿豎直放置，頂角的角平分線豎直。質量均為m的兩金屬球套在細桿上，高度相同，中間用水平輕彈簧連接，彈簧處于原長狀態(tài)，勁度系數(shù)為k?，F(xiàn)將兩小球同時由靜止釋放，小球沿細桿下滑過程中，彈簧始終處于彈性限度內。已知彈簧形變量為x時，彈簧的彈性勢能重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.兩小球下滑過程中，兩小球的機械能守恒 B.彈簧的最大拉力為C.小球在最高點和最低點的加速度大小相等 D.小球的最大速度為〖答案〗C〖解析〗A．兩小球下滑過程中，除重力以外，彈簧的彈力對它做功，所以兩小球的機械能不守恒，故A錯誤；B．小球下降h達到最低時，速度減小為0，形變量最大為根據(jù)機械能守恒定律有解得彈簧的最大伸長量彈簧的最大拉力為故B錯誤；C．在最高點時小球只受重力和支持力作用，此時重力沿桿方向的分力提供加速度，有在最低點時根據(jù)牛頓第二定律可知解得小球在最高點與最低點加速度大小相等，故C正確；D．小球受到重力、桿的彈力N和彈簧的彈力F，沿桿方向加速度為0，即合力為0時小球的速度最大，此時又解得形變量兩個小球下降的高度為對系統(tǒng)只有重力，彈力做功，對兩個金屬環(huán)和彈簧根據(jù)機械能守恒，有解得故D錯誤。故選C。8.如圖所示為某水池的剖面圖，A、B兩區(qū)域的水深分別為hA、hB，其中，點O位于兩部分水面分界線上，M和N是A、B兩區(qū)域水面上的兩點，OM=4m，ON=7.5m。t=0時M點從平衡位置向下振動，N點從平衡位置向上振動，形成以M、N點為波源的水波（看做是簡諧橫波），兩波源的振動頻率均為1Hz，振幅均為5cm。當t=1s時，O點開始振動且振動方向向下。已知水波的波速跟水深的關系為式中h為水深，。下列說法正確的是（）A.區(qū)域A的水深 B.A、B兩區(qū)域水波的波長之比為5:4C.t=2s時，O點振動方向向下 D.兩波在相遇區(qū)域不能形成穩(wěn)定的干涉〖答案〗AC〖解析〗A．當t=1s時，O點開始振動且振動方向向下，可知是M點的波源形成的波傳到了O點，則區(qū)域A的波速根據(jù)可得故A正確；B．區(qū)域B的波速兩列波頻率都是1Hz，則周期都是1s，根據(jù)可得A、B兩區(qū)域水波的波長之比為故B錯誤；C．t=2s時，M波在O點完成了一次全振動，則該波在O點產(chǎn)生的波正在平衡位置向下振動，N波傳遞到O點需要t=2s時，N波在O點完成半個周期的振動，則該波在O點產(chǎn)生的波正在平衡位置向下振動，所以t=2s時，O點的振動方向向下，故C正確；D．根據(jù)題意結合C項的分析可知，在t=1.5s時，波源M在O點的振動方向向上，波源N在O點振動方向也向上，所以在A區(qū)域可以等效成波源M與波源O相遇，在B區(qū)域可以等效成波源O與波源N相遇，因為等效波源的頻率和初相位，所以在兩列波相遇的區(qū)域可以形成穩(wěn)定的干涉圖樣。故D錯誤。故選AC9.如圖所示，將磁流體發(fā)電機和電容器用導線連接。磁流體發(fā)電機板間有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，從磁場左側水平噴入大量速度為的等離子體。有一帶電粒子從電容器的中軸線上以速度射入電容器，恰好從下極板邊緣射出電容器，不計等離子體和帶電粒子的重力，下列說法正確的是（）A.該帶電粒子帶負電B.只減小帶電粒子的入射速度，帶電粒子將打在電容器的下極板上C.只增大等離子體的入射速度，帶電粒子將打在電容器的下極板上D.只改變單個等離子體的電量，帶電粒子不能從下極板邊緣射出〖答案〗BC〖解析〗A．對磁流體發(fā)電機分析，上極板帶正電，在電容器中形成向下的電場，對油滴受力分析可知，油滴受到向下的電場力，故該帶電粒子帶正電，故A錯誤；BCD．設等離子體帶電荷量為q1，磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為，由磁流體發(fā)電機可得兩板間的電勢差為設帶電粒子的電荷量為，電容器兩極板間的距離為，在電容器中對帶電粒子，根據(jù)牛頓第二定律帶電粒子在電容器中做類平拋運動，設電容器極板長為L，則運動時間為偏移量為以上各式聯(lián)立，解得所以，只減小帶電粒子的入射速度v2，則帶電粒子的偏移量變大，帶電粒子將打在電容器的下極板上；只增大等離子體的入射速度v1，則帶電粒子的偏移量變大，帶電粒子將打在電容器的下極板上；帶電粒子的偏移量與單個等離子體的電量無關，帶電粒子恰好從下極板邊緣射出電容器，故BC正確，D錯誤。故選BC。10.如圖所示，兩根電阻不計足夠長的光滑平行傾斜金屬導軌MN、PQ間距傾角金屬桿a、b垂直導軌放置，質量分別為電阻均為兩桿中間用細線連接，對b桿施加沿導軌向上的外力F，兩桿保持靜止。整個裝置處于磁感應強度方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中。某時刻燒斷細線，保持F不變，重力加速度下列說法中正確的是（）A.F的大小為3NB.燒斷細線后，a桿的最大速度為0.36m/sC.燒斷細線后，b桿的最大速度為0.18m/sD.燒斷細線后，b桿上滑1m過程中通過b桿電量為2.5C〖答案〗ABD〖解析〗A．細線燒斷前，由平衡條件可得代入數(shù)據(jù)解得故A正確；BC．細線燒斷后，兩桿切割磁感線產(chǎn)生感應電流，由于其B、I、L都相等，則兩桿所受安培力大小相等，方向相反，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，以a桿的速度方向為正方向，由動量守恒定律得兩桿同時達到最大速度，達到最大速度時兩桿都做勻速直線運動，對桿a，由平衡條件得感應電流為代入數(shù)據(jù)解得故B正確，C錯誤；D．通過桿的電荷量為兩桿組成的系統(tǒng)動量守恒，以桿a的速度方向為正方向，由動量守恒定律可得聯(lián)立解得故D正確。故選ABD。二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11.某同學利用圖1裝置測量輕彈簧的勁度系數(shù)。圖中光滑的細桿和游標卡尺主尺水平固定在鐵架臺上，一輕彈簧穿在細桿上，其左端固定，右端與細繩連接；細繩跨過光滑定滑輪，其下端可以懸掛砝碼（實驗中，每個砝碼的質量均為）彈簧右端連有一豎直指針，其位置可通過移動游標使其零刻度線對準指針讀出。實驗步驟如下：①在繩下端掛上一個砝碼，調整滑輪，使彈簧與滑輪間的細線水平且彈簧與細桿沒有接觸；②系統(tǒng)靜止后，記錄指針的位置l?如圖2所示；③逐次增加砝碼個數(shù)，并重復步驟②（保持彈簧在彈性限度內），記錄砝碼的個數(shù)n及指針的位置l；④將獲得的數(shù)據(jù)作出圖像如圖3所示，圖線斜率用a表示?；卮鹣铝袉栴}：（1）圖2所示讀數(shù)________；（2）彈簧勁度系數(shù)表達式______（用砝碼質量m、重力加速度g和圖線的斜率a表示）。若g取則本實驗中________（結果保留2位有效數(shù)字）?！即鸢浮剑?）6.170（2）70〖解析〗【小問1詳析】圖2所示讀數(shù)【小問2詳析】[1]由胡克定律可得故解得[2]根據(jù)圖3可知斜率為聯(lián)立可得12.某同學用一節(jié)干電池，將微安表（量程為0~100μA）改裝成倍率分別為和的雙倍率歐姆表。（1）設計圖1所示電路測量微安表內阻。先斷開S2，閉合S1，調節(jié)R1的阻值，使表頭滿偏；再保持R1的阻值不變，閉合S2，調節(jié)R2，當R2的阻值為135Ω時微安表的示數(shù)為60μA。忽略S2閉合后電路中總電阻的變化，經(jīng)計算得_______；（2）設計雙倍率歐姆表電路如圖2所示，當開關S撥到__________（填“1”或“2”）時倍率為“”，當倍率為“”時將兩表筆短接，調節(jié)變阻器使表頭滿偏，此時通過變阻器的電流為10mA，則______；（3）用該歐姆表測電壓表內阻時，先將歐姆表調至“×100”倍率，歐姆調零后再將黑表筆接電壓表的__________（選填“+”或“-”）接線柱，紅表筆接另一接線柱測電壓表內阻；（4）用該歐姆表測量一個額定電壓220V、額定功率100W的白熾燈，測量值可能。A.遠小于484Ω B.約為484Ω C.遠大于484Ω〖答案〗（1）90（2）110（3）+（4）A〖解析〗【小問1詳析】根據(jù)并聯(lián)電路電阻與電流關系有解得【小問2詳析】[1]設歐姆表中值刻度為，則歐姆表為“×10”倍率時的歐姆內阻為歐姆表為“×100”倍率時的歐姆內阻為歐姆表進行歐姆調零時，有歐姆表倍率越小，歐姆表的內阻越小，可知電路的滿偏電流越大；由電路圖可知，當開關S合向1端，電路的滿偏電流較大，歐姆表的倍率是“×10”擋。[2]因此1檔位的干路最大電流是2檔位的干路最大電流的10倍，即2檔位的電流最大值為1mA，此時有mA得【小問3詳析】用多用電表的歐姆擋時內部電源被接通，且黑表筆接內部電源的正極，即電流從歐姆表的黑表筆流出，從電壓表的正極流入，則黑表筆接電壓表的+接線柱；【小問4詳析】根據(jù)功率公式，可得額定電壓220V、額定功率100W的白熾燈泡在正常工作時的電阻為白熾燈泡在正常工作時的溫度可達幾百攝氏度，而燈絲的電阻與溫度有關，而多用電表測量的是常溫下燈泡的電阻，所以測量值是遠小于。故選A。13.高壓鍋是生活中一種密閉的導熱容器，以其獨特的高溫高壓功能，使食物的制作時間大大縮短，為我們提供了很大的生活方便。如圖所示，某高壓鍋容積5L，鍋蓋中央有一橫截面積出氣口，孔上蓋有質量為m=80g的限壓閥，當鍋內氣壓達到限定值時，限壓閥被鍋內氣體頂起放出部分氣體，實現(xiàn)了對鍋內氣體壓強的控制。在大氣壓溫度27℃的干燥環(huán)境下向鍋體內放入3L的食物，蓋上鍋蓋加上限壓閥密封好后，開火加熱到鍋內溫度達117℃時，限壓閥頂起開始排氣，不計食物體積變化和各處摩擦，鍋內氣體視為理想氣體，g取求∶（1）使用這個高壓鍋時，鍋內氣體達到的最大壓強是多少；（2）從開始加熱到限壓閥剛被頂起時，鍋內食物蒸發(fā)出來的水蒸氣的分壓強。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）依題意，限壓閥剛被頂起時，鍋內氣體達到的最大壓強，有解得（2）由查理定律，可得又，解得鍋內食物蒸發(fā)出來的水蒸氣的分壓強為14.如圖甲所示，兩個半徑為R的豎直固定的絕緣光滑細圓管道與粗糙水平地面AB在B點平滑相切，過管道圓心的水平界面下方空間有水平向右的電場，記A點所在位置為坐標原點，沿AB方向建立坐標軸，電場強度大小隨位置變化如圖乙所示。質量為、帶電量為的小球P靜止在A點，與地面間動摩擦因數(shù)。另有一光滑絕緣不帶電小球Q，質量為，以速度向右運動，與小球P發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短，且P、Q間無電荷轉移，碰后P球可從B點無碰撞進入管道。已知A、B間距離為4R，重力加速度為，不計空氣阻力，小球P、Q均可視為質點。求：（1）碰后小球P的速度大??；（2）小球P從A點運動到管道最高點C點過程中電場力做的功；（3）小球P再次到達水平地面時與B點的距離?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）由動量守恒定律和能量守恒定律得將代入以上兩式得碰后小球P的速度大?。?）過程中，由圖乙可知電場力做功小球P從A點運動到管道最高點C點過程中電場力做的功（3）過程中摩擦力做功小球P從A點運動到管道最高點C點過程中由動能定理得解得最高點C點速度過C點后小球先在電場線上方做平拋運動，后在電場力和重力的共同作用下運動。小球做平拋運動的時間小球做平拋運動的水平位移小球進入電場中運動時，運動時間電場力方向加速度電場力方向位移綜上可解得綜合以上可得，小球P再次到達水平地面時與B點的距離15.皮帶式傳送帶是物料搬運系統(tǒng)機械化和自動化不可缺少的組成部分。為研究物塊在傳送帶上的運動，建立如圖所示的物理模型。豎直平面內有一傾斜的光滑直軌道AB，其下方右側放置一水平傳送帶，以恒定速度v?=4m/s逆時針轉動，轉輪半徑，轉輪最高點離地面的高度直軌道末端B與傳送帶左端平滑相切。現(xiàn)將一質量的小物塊放在距離傳送帶高h=3.2m處靜止釋放，小物塊從B端運動到傳送帶左端時，速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴遥Y果小物塊恰好從傳送帶右端最高點C點水平飛出，已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，g取（1）求傳送帶兩轉軸間距L；（2）若其他條件不變，傳送帶改為順時針轉動，小物塊從傳送帶右端C點飛出后受到的空氣阻力始終與速度成正比，比例系數(shù)。方向始終與運動方向相反，經(jīng)時間最終落到水平地面上的D點，測得C、D水平間距0.8m。求∶①小物塊從傳送帶C點飛出的速度大?。虎谛∥飰K落到水平地面上D點的速度大??；③小物塊飛出后克服空氣阻力做的功。〖答案〗（1）；（2）①；②；③〖解析〗（1）小物塊恰好C點飛出時滿足小物塊從A到B，有動能定理得從B到C，根據(jù)聯(lián)立得（2）①傳送帶改為順時針轉動，小物塊勻減速至時，有可得所以②小物塊從C到D過程中，由動量定理，水平方向豎直方向其中，所以③小物塊從C到D過程中，由動能定理有解得高三物理試卷一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，第8~10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.離子煙霧報警器是一種常見且廣泛使用的火災報警設備。某離子煙霧報警器中裝有放射性元素镅241，其半衰期為432.2年，衰變方程為。下列說法正確的是（）A.夏天氣溫升高，镅241的衰變速度會變快B.X是α粒子，具有很強的電離本領C.鎵237的比結合能比镅241的比結合能小D.衰變前后核子總數(shù)不變，因此衰變前后總質量也不變〖答案〗B〖解析〗A．半衰期是由放射性元素本身決定的，與外界因素無關，故A錯誤；B．根據(jù)核電荷數(shù)和質量數(shù)守恒可知X是，即α粒子，具有很強的電離本領。故B正確；C．自發(fā)的衰變過程中釋放能量，原子核的比結合能增大，鎵237的比結合能比镅241的比結合能大。故C錯誤；D．核反應釋放能量，核反應質量虧損，因此反應前后總質量會減小。故D錯誤。故選B。2.智能手機里一般都裝有加速度傳感器。打開手機加速度傳感器軟件，手托著手機在豎直方向上運動，通過軟件得到加速度隨時間變化的圖像如圖所示，以豎直向上為正方向，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.t?時刻手機處于完全失重狀態(tài) B.t?時刻手機開始向上運動C.t?時刻手機達到最大速度 D.手機始終沒有脫離手掌〖答案〗A〖解析〗A．t?時刻手機加速度為，方向豎直向下，手機處于完全失重狀態(tài)故A正確；BC．由題可知整個過程為先托著手機向下做加速運動，向下做減速運動，圖像與坐標軸圍成面積為速度，t?時刻手機達加速度為正方向的最大值，故t?速度小于速度不是最大，故BC錯誤；D．手機加速度向上時受到手向上的支持力不會脫離手掌，手機加速度為的過程中處于完全失重狀態(tài)，可以說此過程手機和手脫離也可以說恰好沒有脫離手掌，故D錯誤。故選A。3.2023年10月26日10時34分，神舟十六號航天員乘組和神舟十七號航天員乘組在“天宮”空間站勝利會師。如圖所示，空間站和中軌道衛(wèi)星在同一軌道平面內分別在近地軌道和半徑為2R的中軌道上繞地球做勻速圓周運動，運行方向相同。地球半徑為R，自轉周期為T，表面重力加速度為g，忽略地球自轉。下列說法正確的是（）A.發(fā)射“天宮”空間站的最小速度為B.中軌道衛(wèi)星公轉周期為C.中軌道衛(wèi)星的機械能一定大于“天宮”空間站的機械能D.中軌道衛(wèi)星和“天宮”空間站相鄰兩次相距最近的時間間隔為〖答案〗D〖解析〗A．設空間站的軌道半徑為，則根據(jù)萬有引力提供向心力可知解得而是地球表面物體的線速度，把天宮空間站近似看成繞地球表面做圓周運動的近地衛(wèi)星，其周期應小于地球的自轉周期，A錯誤；B．對于中軌道衛(wèi)星，則有解得又因為由此可得B錯誤；C．二者的質量都是未知的，無法比較其機械能的大小，C錯誤；D．設兩次相距最近的時間間隔為，設天宮號空間站的角速度為，中軌道衛(wèi)星的角速度為，則有結合上述分析D正確。故選D。【『點石成金』】，4.如圖所示，平靜的水面上漂浮一塊厚度不計的圓形木板。一條小魚以0.5m/s的水平速度勻速游過，其運動軌跡正好在木板直徑的正下方，離水面的高度h=0.4m。小魚從木板下方游過的過程中木板始終保持靜止，在水面上任意位置看不到小魚的時間為ls。已知水的折射率為則圓形木板的直徑約為（）A.0.91m B.1.41m C.1.91m D.2.41m〖答案〗B〖解析〗根據(jù)題意可知，當小魚反射的光在荷葉邊緣水面上發(fā)生全反射時，則在水面上看不到蝌蚪根據(jù)全反射的臨界角公式可得則在水面之上看不到時小魚運動的位移結合幾何關系可知解得故選B。5.如圖所示，發(fā)電機線圈所處的磁場可視為勻強磁場，從圖示位置開始繞軸OO'逆時針方向勻速轉動。線圈阻值為R，通過電刷與外電路連接，理想變壓器原線圈與副線圈匝數(shù)比為1：2，定值電阻滑動變阻器R?最大阻值為8R，開始滑片P位于最上端，忽略電流表及線路電阻，下列說法中正確的是（）A.線圈經(jīng)過圖示位置時，電流表的示數(shù)為零B.僅將滑片P向下滑動，電流表的示數(shù)將減小C.僅將滑片P向下滑動，發(fā)電機的輸出功率將減小D.僅將滑片P向下滑動，電阻消耗的功率將減小〖答案〗C〖解析〗A．電流表的示數(shù)為交流電的有效值，則線圈經(jīng)過圖示位置時，電流表的示數(shù)不為零，選項Ａ錯誤；B．變壓器等效電阻僅將滑片P向下滑動，則R2減小，則R等效減小，則R1和R等效并聯(lián)后的電阻減小，因線圈電動勢一定，則電流表的示數(shù)將變大，選項B錯誤；C．將線圈產(chǎn)生的電動勢為電源，其電阻R為電源內阻，將R1和R等效并聯(lián)看做是外電路，開始時R等效=2R，此時R1和R等效并聯(lián)電阻為R等于電源內阻R，則開始時發(fā)電機輸出功率最大，則僅將滑片P向下滑動，R等效減小，外電阻逐漸遠離電源內阻，可知發(fā)電機的輸出功率將變小，選項C正確；D．將R1和R并聯(lián)后的電阻（）等效為電源內阻，將R等效看做是外電路，僅將滑片P向下滑動，則外電阻從2R逐漸減小，則外電路消耗的功率先增加后減小，即電阻消耗的功率先增加后減小，選項D錯誤。故選C。6.如圖所示，三角形ACD區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，，，AO垂直于CD，OA長度為L。O點有一電子源，在ACD平面向磁場內各個方向均勻發(fā)射速率均為的電子，速度方向用與OC的夾角表示，電子質量為m，電量為，且滿足，下列說法正確的是（）A.從AC邊射出的電子占總電子數(shù)的六分之一B.從AD邊射出的電子占總電子數(shù)的二分之一C.從OD邊射出的電子占總電子數(shù)的三分之一D.所有從AC邊射出的電子中，當時，所用的時間最短〖答案〗B〖解析〗A．由于粒子源發(fā)生的電子速率相同，電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有解得即所有電子的半徑都相等，由左手定則可知，電子進入電場后順時針做圓周運動，所以其從AC邊射出的一個臨界位置為從A點射出，此時，如圖所示由題意及分析可知，當范圍內，電子從AC邊上射出，當電子從AC邊射出時，由幾何關系可知從邊射出的電子占總電子的，故A錯誤；B．由題意及分析可知，當粒子在范圍內，電子從AD邊射出，當電子從AD邊射出時，由幾何關系可知從邊射出的電子占總電子的，故B正確；C．由題意及分析可知，當粒子在范圍內，當電子從OD邊射出時，由幾何關系可知從邊射出的電子占總電子的，故C錯誤；D．電子在磁場中做勻速圓周運動，其周期為T，有在磁場中運動的時間為t，有整理有即電子運動的圓心角越小，其在磁場中運動的時間就越短，圓心角所對應的弦長越長，其圓心角越大，所以最短時間即為弦長的最小值，其從AC邊射出的一個臨界位置為從A點射出，此時，所以所有從AC邊射出的電子中，當時，所用的時間并不是最短的，故D錯誤。故選B。7.如圖所示，一頂角為120°的“∧”型光滑細桿豎直放置，頂角的角平分線豎直。質量均為m的兩金屬球套在細桿上，高度相同，中間用水平輕彈簧連接，彈簧處于原長狀態(tài)，勁度系數(shù)為k?，F(xiàn)將兩小球同時由靜止釋放，小球沿細桿下滑過程中，彈簧始終處于彈性限度內。已知彈簧形變量為x時，彈簧的彈性勢能重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.兩小球下滑過程中，兩小球的機械能守恒 B.彈簧的最大拉力為C.小球在最高點和最低點的加速度大小相等 D.小球的最大速度為〖答案〗C〖解析〗A．兩小球下滑過程中，除重力以外，彈簧的彈力對它做功，所以兩小球的機械能不守恒，故A錯誤；B．小球下降h達到最低時，速度減小為0，形變量最大為根據(jù)機械能守恒定律有解得彈簧的最大伸長量彈簧的最大拉力為故B錯誤；C．在最高點時小球只受重力和支持力作用，此時重力沿桿方向的分力提供加速度，有在最低點時根據(jù)牛頓第二定律可知解得小球在最高點與最低點加速度大小相等，故C正確；D．小球受到重力、桿的彈力N和彈簧的彈力F，沿桿方向加速度為0，即合力為0時小球的速度最大，此時又解得形變量兩個小球下降的高度為對系統(tǒng)只有重力，彈力做功，對兩個金屬環(huán)和彈簧根據(jù)機械能守恒，有解得故D錯誤。故選C。8.如圖所示為某水池的剖面圖，A、B兩區(qū)域的水深分別為hA、hB，其中，點O位于兩部分水面分界線上，M和N是A、B兩區(qū)域水面上的兩點，OM=4m，ON=7.5m。t=0時M點從平衡位置向下振動，N點從平衡位置向上振動，形成以M、N點為波源的水波（看做是簡諧橫波），兩波源的振動頻率均為1Hz，振幅均為5cm。當t=1s時，O點開始振動且振動方向向下。已知水波的波速跟水深的關系為式中h為水深，。下列說法正確的是（）A.區(qū)域A的水深 B.A、B兩區(qū)域水波的波長之比為5:4C.t=2s時，O點振動方向向下 D.兩波在相遇區(qū)域不能形成穩(wěn)定的干涉〖答案〗AC〖解析〗A．當t=1s時，O點開始振動且振動方向向下，可知是M點的波源形成的波傳到了O點，則區(qū)域A的波速根據(jù)可得故A正確；B．區(qū)域B的波速兩列波頻率都是1Hz，則周期都是1s，根據(jù)可得A、B兩區(qū)域水波的波長之比為故B錯誤；C．t=2s時，M波在O點完成了一次全振動，則該波在O點產(chǎn)生的波正在平衡位置向下振動，N波傳遞到O點需要t=2s時，N波在O點完成半個周期的振動，則該波在O點產(chǎn)生的波正在平衡位置向下振動，所以t=2s時，O點的振動方向向下，故C正確；D．根據(jù)題意結合C項的分析可知，在t=1.5s時，波源M在O點的振動方向向上，波源N在O點振動方向也向上，所以在A區(qū)域可以等效成波源M與波源O相遇，在B區(qū)域可以等效成波源O與波源N相遇，因為等效波源的頻率和初相位，所以在兩列波相遇的區(qū)域可以形成穩(wěn)定的干涉圖樣。故D錯誤。故選AC9.如圖所示，將磁流體發(fā)電機和電容器用導線連接。磁流體發(fā)電機板間有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，從磁場左側水平噴入大量速度為的等離子體。有一帶電粒子從電容器的中軸線上以速度射入電容器，恰好從下極板邊緣射出電容器，不計等離子體和帶電粒子的重力，下列說法正確的是（）A.該帶電粒子帶負電B.只減小帶電粒子的入射速度，帶電粒子將打在電容器的下極板上C.只增大等離子體的入射速度，帶電粒子將打在電容器的下極板上D.只改變單個等離子體的電量，帶電粒子不能從下極板邊緣射出〖答案〗BC〖解析〗A．對磁流體發(fā)電機分析，上極板帶正電，在電容器中形成向下的電場，對油滴受力分析可知，油滴受到向下的電場力，故該帶電粒子帶正電，故A錯誤；BCD．設等離子體帶電荷量為q1，磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為，由磁流體發(fā)電機可得兩板間的電勢差為設帶電粒子的電荷量為，電容器兩極板間的距離為，在電容器中對帶電粒子，根據(jù)牛頓第二定律帶電粒子在電容器中做類平拋運動，設電容器極板長為L，則運動時間為偏移量為以上各式聯(lián)立，解得所以，只減小帶電粒子的入射速度v2，則帶電粒子的偏移量變大，帶電粒子將打在電容器的下極板上；只增大等離子體的入射速度v1，則帶電粒子的偏移量變大，帶電粒子將打在電容器的下極板上；帶電粒子的偏移量與單個等離子體的電量無關，帶電粒子恰好從下極板邊緣射出電容器，故BC正確，D錯誤。故選BC。10.如圖所示，兩根電阻不計足夠長的光滑平行傾斜金屬導軌MN、PQ間距傾角金屬桿a、b垂直導軌放置，質量分別為電阻均為兩桿中間用細線連接，對b桿施加沿導軌向上的外力F，兩桿保持靜止。整個裝置處于磁感應強度方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中。某時刻燒斷細線，保持F不變，重力加速度下列說法中正確的是（）A.F的大小為3NB.燒斷細線后，a桿的最大速度為0.36m/sC.燒斷細線后，b桿的最大速度為0.18m/sD.燒斷細線后，b桿上滑1m過程中通過b桿電量為2.5C〖答案〗ABD〖解析〗A．細線燒斷前，由平衡條件可得代入數(shù)據(jù)解得故A正確；BC．細線燒斷后，兩桿切割磁感線產(chǎn)生感應電流，由于其B、I、L都相等，則兩桿所受安培力大小相等，方向相反，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，以a桿的速度方向為正方向，由動量守恒定律得兩桿同時達到最大速度，達到最大速度時兩桿都做勻速直線運動，對桿a，由平衡條件得感應電流為代入數(shù)據(jù)解得故B正確，C錯誤；D．通過桿的電荷量為兩桿組成的系統(tǒng)動量守恒，以桿a的速度方向為正方向，由動量守恒定律可得聯(lián)立解得故D正確。故選ABD。二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11.某同學利用圖1裝置測量輕彈簧的勁度系數(shù)。圖中光滑的細桿和游標卡尺主尺水平固定在鐵架臺上，一輕彈簧穿在細桿上，其左端固定，右端與細繩連接；細繩跨過光滑定滑輪，其下端可以懸掛砝碼（實驗中，每個砝碼的質量均為）彈簧右端連有一豎直指針，其位置可通過移動游標使其零刻度線對準指針讀出。實驗步驟如下：①在繩下端掛上一個砝碼，調整滑輪，使彈簧與滑輪間的細線水平且彈簧與細桿沒有接觸；②系統(tǒng)靜止后，記錄指針的位置l?如圖2所示；③逐次增加砝碼個數(shù)，并重復步驟②（保持彈簧在彈性限度內），記錄砝碼的個數(shù)n及指針的位置l；④將獲得的數(shù)據(jù)作出圖像如圖3所示，圖線斜率用a表示?；卮鹣铝袉栴}：（1）圖2所示讀數(shù)________；（2）彈簧勁度系數(shù)表達式______（用砝碼質量m、重力加速度g和圖線的斜率a表示）。若g取則本實驗中________（結果保留2位有效數(shù)字）?！即鸢浮剑?）6.170（2）70〖解析〗【小問1詳析】圖2所示讀數(shù)【小問2詳析】[1]由胡克定律可得故解得[2]根據(jù)圖3可知斜率為聯(lián)立可得12.某同學用一節(jié)干電池，將微安表（量程為0~100μA）改裝成倍率分別為和的雙倍率歐姆表。（1）設計圖1所示電路測量微安表內阻。先斷開S2，閉合S1，調節(jié)R1的阻值，使表頭滿偏；再保持R1的阻值不變，閉合S2，調節(jié)R2，當R2的阻值為135Ω時微安表的示數(shù)為60μA。忽略S2閉合后電路中總電阻的變化，經(jīng)計算得_______；（2）設計雙倍率歐姆表電路如圖2所示，當開關S撥到__________（填“1”或“2”）時倍率為“”，當倍率為“”時將兩表筆短接，調節(jié)變阻器使表頭滿偏，此時通過變阻器的電流為10mA，則______；（3）用該歐姆表測電壓表內阻時，先將歐姆表調至“×100”倍率，歐姆調零后再將黑表筆接電壓表的__________（選填“+”或“-”）接線柱，紅表筆接另一接線柱測電壓表內阻；（4）用該歐姆表測量一個額定電壓220V、額定功率100W的白熾燈，測量值可能。A.遠小于484Ω B.約為484Ω C.遠大于484Ω〖答案〗（1）90（2）110（3）+（4）A〖解析〗【小問1詳析】根據(jù)并聯(lián)電路電阻與電流關系有解得【小問2詳析】[1]設歐姆表中值刻度為，則歐姆表為“×10”倍率時的歐姆內阻為歐姆表為“×100”倍率時的歐姆內阻為歐姆表進行歐姆調零時，有歐姆表倍率越小，歐姆表的內阻越小，可知電路的滿偏電流越大；由電路圖可知，當開關S合向1端，電路的滿偏電流較大，歐姆表的倍率是“×10”擋。[2]因此1檔位的干路最大電流是2檔位的干路最大電流的10倍，即2檔位的電流最大值為1mA，此時有mA得【小問3詳析】用多用電表的歐姆擋時內部電源被接通，且黑表筆接內部電源的正極，即電流從歐姆表的黑表筆流出，從電壓表的正極流入，則黑表筆接電壓表的+接線柱；【小問4詳析】根據(jù)功率公式，可得額定電壓220V、額定功率100W的白熾燈泡在正常工作時的