2023年河北省高考物理模擬試卷（二）

2023年河北省高考物理模擬試卷（二）一、單項選擇題：共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（4分）2022年6月23日，遼寧紅沿河核電6號機組正式具備商業(yè)運行條件，標志著我國在運最大的核電站全面建成投產。核燃料可在核反應堆中，通過核裂變產生實用核能材料。已經大量建造的核反應堆使用的是裂變核燃料鈾（U）和钚（Pu）下列說法正確的是（）A．外界溫度越高，钚（Pu）衰變的速度越快 B．鈾（U）經過1次α衰變產生钚（Pu） C．U在中子轟擊下生成Sr和Xe的過程中，核子的比結合能增大 D．U在中子轟擊下生成Sr和Xe的過程中，沒有質量虧損2．（4分）如圖所示，在同一均勻介質中有振動周期相同的波源S1和S2，P是同一水平面內的一點，S1P＝30cm，S2P＝50cm，且S1P垂直于S1S2。S1A＝AO＝OB＝BS2，S1S2連線上只有1個振動減弱點O和2個振動加強點A、B。波源S1在t＝0時刻開始從平衡位置向上振動，經過4s波源S1產生的第一個波峰傳到P點，已知波源S1、S2均從t＝0時起振，下列說法正確的是（）A．波源S2在t＝0時刻向上運動 C．P點為振動的減弱點 D．波源S2產生的第一個波峰傳到P點需要的時間為8s3．（4分）如圖所示，豎直平面內有兩個固定的點電荷，電荷量均為+Q，與其連線中點O的距離均為h；質量為m帶電量為﹣q的試探電荷以O為圓心做勻速圓周運動，A、B為圓周上的兩點，兩點與正點電荷連線與AB連線的夾角均為θ＝30°，已知靜電力常量為k，重力忽略不計，則（）A．試探電荷做勻速圓周運動所需的向心力大小為 B．試探電荷做勻速圓周運動的角速度為 C．若θ增大，試探電荷仍能以O為圓心做勻速圓周運動，則試探電荷的向心力一定變小 D．若在A點由靜止釋放負點電荷，該電荷將在AB連線上做簡諧運動4．（4分）如圖所示，Ⅰ為北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)中的靜止軌道衛(wèi)星，其對地張角為2θ；Ⅱ為地球的近地衛(wèi)星。已知地球的自轉周期為T0，萬有引力常量為G，根據(jù)題中條件，可求出（）A．地球的平均密度為 B．衛(wèi)星Ⅰ和衛(wèi)星Ⅱ的加速度之比為sin22θ C．衛(wèi)星Ⅱ的周期為 D．衛(wèi)星Ⅱ運動的周期內無法直接接收到衛(wèi)星發(fā)出電磁波信號的時間為5．（4分）如圖所示，O為一玻璃球的球心，AB、CD為過球心截面內互相垂直的直徑。甲、乙兩束單色光，分別從M、N兩點沿平行AB方向射入玻璃球，M點到CD的距離等于球半徑的一半。經一次折射后，兩單色光均從B點射出，兩出射光線的夾角為134°。（sin74°＝0.96）下列說法正確的是（）A．玻璃球對單色光甲的折射率為 B．單色光乙由N點射入玻璃球時的入射角為75° C．單色光甲的頻率小于單色光乙的頻率 D．單色光甲從M點傳播到B點的時間大于單色光乙從N點傳播到B點的時間6．（4分）如圖所示為遠距離輸電的原理圖，發(fā)電機輸出電壓恒定，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，其中降壓變壓器的變壓比為n；圖中電表均為理想電表；兩變壓器間輸電線的總電阻為R。假如用戶設備發(fā)生變化，導致輸電線上的電壓增加了ΔU，下列說法正確的是（）A．電壓表示數(shù)增大 B．輸電線上消耗的電功率增加 C．用戶設備消耗的電功率減少 D．電流表示數(shù)增大了7．（4分）如圖所示，輕彈簧一端與質量為m的物塊A相連接，另一端與小立柱（質量忽略不計）栓接，第一次將A放在物塊B上，物塊B的上表面水平，小立柱固定在B上，物塊B放在固定斜面上，AB相對靜止的一起沿斜面下滑，第二次將A放在物塊C上，C的上表面與斜面平行，小立柱固定在C上，物塊C放在固定斜面上，AC相對靜止的一起沿斜面下滑，已知斜面傾角為β＝30°，B、C質量相等，與斜面的動摩擦因數(shù)均為，兩次輕彈簧均處于伸長狀態(tài)，彈力大小均為mg。已知重力加速度為g。則兩次下滑過程中A、B間的摩擦力與A、C間的摩擦力之比為（）A． B． C． D．二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求，全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。（多選）8．（6分）某同學用甲、乙兩個物塊來模擬研究汽車相遇規(guī)律問題，下圖是他根據(jù)運動規(guī)律繪制的甲、乙兩個物塊的運動位移時間圖線。已知甲物塊的運動圖線為一條頂點為（0，x0）的拋物線，乙的運動圖線為一過原點的直線。兩條圖線中其中一個交點坐標為（t1，x1）。則下列說法正確的是（）A．t1時刻甲物塊速度為 B．甲物塊在做勻加速直線運動的加速度為 C．圖中甲、乙兩個物塊再次相遇時刻為 D．如果兩個物塊只相遇一次，則必有x1＝2x0（多選）9．（6分）近年來我國大力發(fā)展自主品牌創(chuàng)新，其中“大疆”已經成為無人機領域的龍頭老大。如圖是一款“大疆”四旋翼無人機，能實現(xiàn)自主水平懸停、水平直線運動及垂升垂降。假設該無人機質量為M，其螺旋槳把空氣以速度v向下推，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．水平懸停時，螺旋槳每秒鐘所推動的空氣質量為 B．水平懸停時，無人機的發(fā)動機輸出功率為 C．想要實現(xiàn)水平方向的勻速直線運動，無人機的機身平面必須與地面保持平行 D．假設無人機在離地面高為h的位置懸停時突然一質量為m的零部件掉落，則當其落到地面瞬間時無人機離地高度為（無人機升力不變）（多選）10．（6分）如圖所示，一根質量為m的金屬棒靜止放置在水平光滑且無限長的平行金屬導軌上。導軌間距為L，磁感應強度大小為B的勻強磁場垂直于導軌平面，導軌間可以通過單刀多擲開關S連接電容大小為C的電容器、阻值為R的定值電阻，金屬棒與導軌電阻均不計。以下說法正確的是（）A．將開關S擲向1，給金屬棒一向右的初速度v0，則從開始到金屬棒停止運動的過程中通過電阻R的電荷量為 B．將開關S擲向1，給金屬棒一向右的初速度v0并給金屬棒施加一向右的外力使其做加速度為a的勻減速直線運動，則從開始到金屬棒停止運動的過程中外力沖量為 C．將開關S擲向2，給金屬棒施加一水平向右恒力，則金屬棒做加速度逐漸減小的變加速直線運動 D．將開關S擲向2，電容器的上下極板分別帶有等量正、負電荷，電荷量為Q0，則金屬棒達到穩(wěn)定狀態(tài)后電容器上剩余的電荷量為三、實驗題：本題共2小題，11小題6分，12小題9分。11．（6分）阿特伍德機，是由英國牧師、數(shù)學家兼物理學家的喬治?阿特伍德在1784年發(fā)表的《關于物體的直線運動和轉動》一文中提出的一種著名力學實驗裝置，裝置如圖所示。阿特伍德機可以用來驗證系統(tǒng)的牛頓第二定律。（1）該同學用游標卡尺測量遮光片的寬度d，開始時將質量為m的A物體、和質量為M0的B物體用繩連接后，跨放在定滑輪兩側，滑輪質量和摩擦可忽略不計，A置于桌面上使其保持靜止狀態(tài)。測量出擋光片中心到光電門的豎直距離h，釋放物體A后，A向上運動，測出擋光片擋光的時間t，則左右兩側物體的加速度a的大小表達式為（用h、d、t表示）。（2）要驗證“受力不變時，加速度大小與質量成反比”實驗時，為改變系統(tǒng)總質量，可同時在左右兩側依次掛1個、2個、3個、4個質量均為m的鉤碼（有擋光片的物體放于最下方），重復（1）中的實驗過程，測出左右兩側物體總質量M及對應的加速度a，作出圖像，若圖像為，則可驗證。（3）驗證“質量不變時，加速度大小與力成正比”，先在右側掛5個質量為m的鉤碼，左側掛質量為M0的物體，為改變力的大小但保證系統(tǒng)總質量不變，應如何操作？。12．（9分）某實驗小組要準確測量一電池的電動勢和內阻，手邊有一個只有刻度但沒有刻度值的電流表、電池、電壓表、電阻箱、滑動變阻器、歐姆表、開關一個、導線若干，小組成員想先測量出電流表的內阻和量程，然后再用伏安法測電池的電動勢和內阻。（1）首先用歐姆表粗測電流表的內阻；用“×10”擋測量時指針指示如圖甲所示，則應該換擋再次測量；（2）小組成員又設計了更精確的測量方案，所用電路如圖乙所示。將開關S閉合，調節(jié)R1、R2使電流表、電壓表指針都在合適位置，然后在保持電壓不變的前提下，多次改變R1、R2，記錄R1和電流表偏轉的格數(shù)N，再根據(jù)記錄數(shù)據(jù)作出圖像，若作出的圖像如圖丙所示，縱截距為a，斜率為k，則電流表的內阻RA等于；（3）調節(jié)R1、R2使電流表滿偏，記錄電壓表示數(shù)U和電阻箱示數(shù)R1，則電流表量程為（用RA、U、R1表示）。（4）用所給器材，設計電路用伏安法測電源的電動勢和內阻，盡量減小系統(tǒng)誤差。四、計算題：本題共3小題，13小題10分、14小題13分、15小題16分?！?0﹣4m2×10﹣4m3。氣體初始時溫度為T＝300K，在距玻璃管下端h＝12cm處開有小孔（忽略孔的粗細），小孔通過一段軟管連接右側封閉有一段氣柱的玻璃管，右側玻璃管橫截面積和左側玻璃管橫截面積相等，氣柱長為L＝10cm，氣柱溫度保持不變。剛開始時，右側玻璃管封閉氣體的水銀面剛好與小孔位置相平。當球形容器中溫度上升后，球形容器中氣體使封裝水銀面升高至小孔處。已知大氣壓強為p0＝76cmHg。求此時右側玻璃管中水銀面上升的高度以及此時球形容器中氣體的溫度。14．（13分）如圖所示，木板C靜止在光滑的水平面上，距木板C的右側s遠處有一固定平臺，平臺由MN、NP、PQ三段組成，NP段光滑，其余兩段粗糙，MN長為L1＝1.6m，NP長為L2＝1.8m，PQ段足夠長?；瑝KB靜止于P點。已知A、B、C質量均為m＝1kg?；瑝KA以v0＝8m/s的速度從木板C的左端滑人，直到滑到C右端時恰好與C速度相同（木板C未碰到平臺MN）。當滑塊A經過平臺MN段后，受到水平向右的恒力F＝10N作用。已知滑塊A與木板C間、滑塊B與MN、PQ間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5。（重力加速度g＝10m/s2）（1）為保證木板C與平臺碰撞前A、C能達到速度相同，s至少多長。（2）求滑塊A從M運動到P點的時間。（3）滑塊A與滑塊B可發(fā)生多次碰撞，且每次碰撞均為彈性碰撞，求從滑塊A滑上木板C到第n次碰撞時的摩擦生熱。15．（16分）宇宙射線為來自太陽系以外的高能量粒子，其中大約89%的成份是單純的質子。質子的電荷量為q，質量為m。攜帶粒子探測器的人造衛(wèi)星可以直接探測1014eV以下的宇宙射線，以避免大氣層吸收宇宙射線。1014eV以上的宇宙射線，必須使用地面上的多個帶電粒子探測器進行間接測量，分析原始宇宙射線與大氣的作用來反推原始宇宙射線的性質。如圖所示，有一束宇宙射線從距地面14R處S點射向赤道。假設在赤道上空的地磁場為勻強磁場，磁感應強度為B，方向與赤道平面垂直，地球磁層邊界距地面約為9R。已知地球半徑為R，不考慮相對論效應及地球公轉帶來的影響。（1）求質子的速度在什么范圍內地面探測器將接收不到質子？（2）若質子流的速度大小均為v2＝，這一速度的質子流從進入磁場到到達地面的最長時間為多少？（3）若速度為v3＝的質子，自A點進入地磁場時，恰好到達地面，已知SA＝5.5R，其中O為地心，則v≤的質子到達地球表面的弧長是多少？（可能用到的三角函數(shù)近似值sin20°＝0.34，sin34°＝0.56，sin39°＝0.63，sin42°＝0.67，sin70°＝0.94，cos11°＝0.98，cos20°＝0.94，cos48°＝0.67）2023年河北省高考物理模擬試卷（二）參考答案與試題解析一、單項選擇題：共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（4分）2022年6月23日，遼寧紅沿河核電6號機組正式具備商業(yè)運行條件，標志著我國在運最大的核電站全面建成投產。核燃料可在核反應堆中，通過核裂變產生實用核能材料。已經大量建造的核反應堆使用的是裂變核燃料鈾（U）和钚（Pu）下列說法正確的是（）A．外界溫度越高，钚（Pu）衰變的速度越快 B．鈾（U）經過1次α衰變產生钚（Pu） C．U在中子轟擊下生成Sr和Xe的過程中，核子的比結合能增大 D．U在中子轟擊下生成Sr和Xe的過程中，沒有質量虧損【分析】原子核的衰變速度只與元素本身性質有關，與外界溫度無關；理解衰變的分類，結合衰變前后的電荷數(shù)和質量數(shù)守恒得出衰變后的產物；理解比結合能的概念，結合質能方程完成分析?！窘獯稹拷猓篈、原子核的半衰期由核內部自身因素決定，與原子所處的物理、化學狀態(tài)和外部條件無關，故A錯誤；B、鈾（U）經過1次α衰變，電荷數(shù)少2，質量數(shù)少4，即電荷數(shù)變?yōu)?0，質量數(shù)變?yōu)?31，故B錯誤；C、U在中子轟擊下生成Sr和Xe的反應屬于重核裂變，重核分裂成中等大小的核，較穩(wěn)定，核子的比結合能增大，故C正確；D、此過程中釋放能量，由質能方程可知此過程中存在質量虧損，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題主要考查了原子核的衰變問題，理解衰變前后質量數(shù)和電荷數(shù)守恒的特點，結合半衰期的概念和影響因素即可完成分析。2．（4分）如圖所示，在同一均勻介質中有振動周期相同的波源S1和S2，P是同一水平面內的一點，S1P＝30cm，S2P＝50cm，且S1P垂直于S1S2。S1A＝AO＝OB＝BS2，S1S2連線上只有1個振動減弱點O和2個振動加強點A、B。波源S1在t＝0時刻開始從平衡位置向上振動，經過4s波源S1產生的第一個波峰傳到P點，已知波源S1、S2均從t＝0時起振，下列說法正確的是（）A．波源S2在t＝0時刻向上運動 C．P點為振動的減弱點 D．波源S2產生的第一個波峰傳到P點需要的時間為8s【分析】A、由O點是振動減弱點可知兩波源振動步調是否一致，則可知兩波源起振方向是否相同；B、求出兩波源之間的距離，根據(jù)AB兩點為減弱點可得波長，根據(jù)波在一個周期內傳播的距離為一個波長、S1P的距離、波源S1的起振方向，可知波源S1產生的第一個波峰傳到P點的時間與周期的關系，可得周期的大小，由可得波速的大?。籆、根據(jù)兩波源的振動步調，以及P點到兩波源的路程差可知P點振動是加強還是減弱；D、由S2P的距離可知波源S2產生的波傳到P的時間，再根據(jù)S2起振方向可知波源S2產生的第一個波峰傳到P點需要的時間。【解答】解：A、O點到波源S1、S2的距離相等，且是振動減弱點，可知兩波源的振動步調相反，波源S1在t＝0時刻開始向上振動，則波源S2在t＝0時刻向下運動，故A錯誤；B、S1P＝30cm，S2P＝50cm，由勾股定理可得：S1S2＝40cmAB兩點為振動減弱點，則有：，且S1A＝AO＝OB＝BS2代入數(shù)據(jù)解得：λ＝40cm可知：S1P＝30cm＝，所以波源S1產生的波傳到P點的時間為波源S1在t＝0時刻開始從平衡位置向上振動，可知波傳到P點后再經過，P點第一次到達波峰，即，可得T＝4s由可得波速v＝10cm/s，故B錯誤；C、兩波源的振動步調相反，由可知P點是振動加強點，故C錯誤；D、S2P＝50cm＝λ+，可知波源S2把波傳到P點需要的時間，波源S2在t＝0時刻向下運動，可知P點的起振方向向下，則需要，P點第一次到達波峰，可知波源S2產生的第一個波峰傳到P點需要的時間，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了波的疊加，波速與波長和周期的關系，解題的關鍵是要知道：若兩波源振動步調相反，某點到兩波源的路程差等于半個波長的整數(shù)倍，即：Δs＝nλ（n＝0，1，2...），則此點為振動減弱點，若兩波源振動步調相同，則此點為振動加強點。3．（4分）如圖所示，豎直平面內有兩個固定的點電荷，電荷量均為+Q，與其連線中點O的距離均為h；質量為m帶電量為﹣q的試探電荷以O為圓心做勻速圓周運動，A、B為圓周上的兩點，兩點與正點電荷連線與AB連線的夾角均為θ＝30°，已知靜電力常量為k，重力忽略不計，則（）A．試探電荷做勻速圓周運動所需的向心力大小為 B．試探電荷做勻速圓周運動的角速度為 C．若θ增大，試探電荷仍能以O為圓心做勻速圓周運動，則試探電荷的向心力一定變小 D．若在A點由靜止釋放負點電荷，該電荷將在AB連線上做簡諧運動【分析】試探電荷做勻速圓周運動所需的向心力是由兩個點電荷對其庫侖力的合力，根據(jù)庫侖定律進行解答；根據(jù)牛頓第二定律結合向心力的計算公式進行解答；根據(jù)等量同種正電荷中垂線的電場強度分布情況進行解答；根據(jù)簡諧運動的特點進行解答?！窘獯稹拷猓篈、試探電荷做勻速圓周運動所需的向心力是由兩個點電荷對其庫侖力的合力，即為：F向＝，解得：F向＝，故A錯誤；B、試探電荷做勻速圓周運動的軌跡半徑為：r＝＝＝h根據(jù)牛頓第二定律可得：F向＝mrω2解得試探電荷做勻速圓周運動的角速度為：ω＝，故B正確；C、等量同種正電荷周圍的電場線分布情況如圖所示：兩個點電荷中垂線的電場強度從O點向無限遠的變化情況是先增大后減小，由于不知道現(xiàn)在試探電荷所在位置處電場強度是不是最大，所以若θ增大，試探電荷仍能以O為圓心做勻速圓周運動，則試探電荷的向心力不一定變小，故C錯誤；D、兩個點電荷中垂線的電場強度從O點向無限遠的變化情況是先增大后減小，若在A點由靜止釋放負點電荷，該電荷將在AO之間受力可能是先增大后減小，受力情況不滿足F＝﹣kx，所以電荷將在AB連線上不可能做簡諧運動，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題主要是考查等量異種電荷周圍電場線的分布情況，關鍵是能夠根據(jù)試探電荷的運動情況分析受力情況，掌握簡諧運動的特點。4．（4分）如圖所示，Ⅰ為北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)中的靜止軌道衛(wèi)星，其對地張角為2θ；Ⅱ為地球的近地衛(wèi)星。已知地球的自轉周期為T0，萬有引力常量為G，根據(jù)題中條件，可求出（）A．地球的平均密度為 B．衛(wèi)星Ⅰ和衛(wèi)星Ⅱ的加速度之比為sin22θ C．衛(wèi)星Ⅱ的周期為 D．衛(wèi)星Ⅱ運動的周期內無法直接接收到衛(wèi)星發(fā)出電磁波信號的時間為【分析】先根據(jù)開普勒第三定律求衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的周期之比，進而求得衛(wèi)星Ⅱ的周期。對于衛(wèi)星Ⅱ，根據(jù)萬有引力提供向心力求地球的質量，再求地球的平均密度；根據(jù)牛頓第二定律求衛(wèi)星Ⅰ和衛(wèi)星Ⅱ的加速度之比；根據(jù)兩衛(wèi)星同向運行和相向運行，由幾何關系求衛(wèi)星Ⅱ運動的周期內無法直接接收到衛(wèi)星發(fā)出電磁波信號的時間。【解答】解：C、設地球質量為M，衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的軌道半徑分別為r和R，衛(wèi)星Ⅰ為地球同步衛(wèi)星，周期為T0。設近地衛(wèi)星Ⅱ的周期為T。根據(jù)開普勒第三定律由題圖得：可得衛(wèi)星Ⅱ的周期為，故C錯誤；A、對于衛(wèi)星Ⅱ，根據(jù)萬有引力提供向心力得：地球的平均密度為聯(lián)立以上各式，可得地球的平均密度為，故A正確；B、對于不同軌道衛(wèi)星，根據(jù)牛頓第二定律得：G＝ma，得所以衛(wèi)星Ⅰ和衛(wèi)星Ⅱ的加速度之比為＝＝sin2θ，故B錯誤；D、當衛(wèi)星Ⅱ運行到與衛(wèi)星Ⅰ的連線隔著地球的區(qū)域內，其對應圓心角為π+2θ時，衛(wèi)星Ⅱ無法直接接收到衛(wèi)星Ⅰ發(fā)出電磁波信號，設這段時間為t。若兩衛(wèi)星同向運行，則有（ωⅡ﹣ωⅠ）t＝π+2θ又ωⅡ＝＝，ωⅠ＝解得：若兩衛(wèi)星相向運行，則有（ωⅡ+ωⅠ）t＝π+2θ結合ωⅡ＝＝，ωⅠ＝解得：，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查人造衛(wèi)星問題，關鍵是知道衛(wèi)星的向心力來源，能夠根據(jù)牛頓第二定律列式分析，同時要結合幾何關系得到兩顆衛(wèi)星軌道半徑的關系。5．（4分）如圖所示，O為一玻璃球的球心，AB、CD為過球心截面內互相垂直的直徑。甲、乙兩束單色光，分別從M、N兩點沿平行AB方向射入玻璃球，M點到CD的距離等于球半徑的一半。經一次折射后，兩單色光均從B點射出，兩出射光線的夾角為134°。（sin74°＝0.96）下列說法正確的是（）A．玻璃球對單色光甲的折射率為 B．單色光乙由N點射入玻璃球時的入射角為75° C．單色光甲的頻率小于單色光乙的頻率 D．單色光甲從M點傳播到B點的時間大于單色光乙從N點傳播到B點的時間【分析】畫出光路圖，由幾何知識求出單色光甲在M點的入射角和折射角，再求單色光甲的折射率。根據(jù)幾何關系求解單色光乙由N點射入玻璃球時的入射角。根據(jù)折射定律比較玻璃球對單色光甲和乙的折射率大小，分析它們頻率的大小。由v＝分析兩光在玻璃球內傳播速度大小，再比較傳播時間關系?！窘獯稹拷猓篈、畫出光路圖如圖所示。由幾何關系有∠2＝30°，∠1＝∠2+∠3＝30°+30°＝60°由折射定律得玻璃球對甲光的折射率n1＝＝＝，故A錯誤；B、甲光在B折射時，有n1＝，∠3＝∠2＝30°可得∠4＝60°由幾何關系有∠8＝134°﹣∠4＝134°﹣60°＝74°結合光路可逆原理知∠5＝∠8＝74°，所以單色光乙由N點射入玻璃球時的入射角為∠5＝74°，故B錯誤；C、由折射定律得，玻璃球對乙光的折射率n2＝＝玻璃球對甲光的折射率大于玻璃球對乙光的折射率，所以單色光甲的頻率大于單色光乙的頻率，故C錯誤；D、甲光在玻璃球中的傳播速度由幾何關系有甲光在玻璃球中的傳播時間乙光在玻璃球中的傳播速度由幾何關系有乙光在玻璃球中的傳播時間解得：所以單色光甲從M點傳播到B點的時間大于單色光乙從N點傳播到B點的時間，故D正確。故選：D?！军c評】本題是幾何光學問題，關鍵是作出光路圖，運用幾何知識，結合折射定律進行求解。6．（4分）如圖所示為遠距離輸電的原理圖，發(fā)電機輸出電壓恒定，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，其中降壓變壓器的變壓比為n；圖中電表均為理想電表；兩變壓器間輸電線的總電阻為R。假如用戶設備發(fā)生變化，導致輸電線上的電壓增加了ΔU，下列說法正確的是（）A．電壓表示數(shù)增大 B．輸電線上消耗的電功率增加 C．用戶設備消耗的電功率減少 D．電流表示數(shù)增大了【分析】理想變壓器的輸入功率由輸出功率決定，輸出電壓有輸入電壓決定；明確遠距離輸電過程中的功率、電壓的損失與哪些因素有關，明確整個過程中的功率、電壓關系，理想變壓器電壓和匝數(shù)關系?！窘獯稹拷猓篈、正弦交流發(fā)電機輸出電壓保持不變，升壓變壓器的輸出電壓不變，輸電線上電壓增加ΔU，所以降壓變壓器的原線圈電壓減少ΔU，則降壓變壓器的副線圈電壓減少，故A錯誤；BC、輸電線電阻不變，電壓增加，說明輸電線上電流增加，而輸電線損耗功率增加，ΔU＝U2﹣U1，用戶設備消耗的電功率減少不是，故BC錯誤；D、若降壓變壓器原、副線圈電流分別為I1、I2，則nI1＝I2，變壓比n不變，所以nΔI1＝ΔI2，輸電線上電流增加，可知降壓變壓器輸出電流增加，故D正確。故選：D?！军c評】本題主要考查遠距離輸電問題。對于遠距離輸電問題，一定要明確整個過程中的功率、電壓關系，尤其注意導線上損失的電壓和功率與哪些因素有關。7．（4分）如圖所示，輕彈簧一端與質量為m的物塊A相連接，另一端與小立柱（質量忽略不計）栓接，第一次將A放在物塊B上，物塊B的上表面水平，小立柱固定在B上，物塊B放在固定斜面上，AB相對靜止的一起沿斜面下滑，第二次將A放在物塊C上，C的上表面與斜面平行，小立柱固定在C上，物塊C放在固定斜面上，AC相對靜止的一起沿斜面下滑，已知斜面傾角為β＝30°，B、C質量相等，與斜面的動摩擦因數(shù)均為，兩次輕彈簧均處于伸長狀態(tài)，彈力大小均為mg。已知重力加速度為g。則兩次下滑過程中A、B間的摩擦力與A、C間的摩擦力之比為（）A． B． C． D．【分析】第一次將A放在物塊B上時，AB相對靜止的一起沿斜面下滑，則以AB為整體，由牛頓第二定律可列出方程，可求出AB的加速度；第二次將A放在物塊C上，AC相對靜止的一起沿斜面下滑，則以AC為整體，由牛頓第二定律可列出方程，可求出AC的加速度；第一次以A為研究對象，對A受力分析，由A所受合力方向判斷A所受摩擦力方向，由力的合成與分解知識，可列出合力與水平合力的方程；第二次仍以A為研究對象，對A受力分析，判斷A所受摩擦力方向，由牛頓第二定律可列方程；聯(lián)立上述方程，結合已知條件，可求A、B間的摩擦力與A、C間的摩擦力之比?！窘獯稹拷猓何飰KB、C質量相等，設B、C質量均為M，A與B保持相對靜止，則二者向下的加速度是相等的，對A、B整體，由牛頓第二定律有（M+m）gsinβ﹣μ（M+m）gcosβ＝（M+m）a1解得：a1＝gsinβ﹣μgcosβ同理，A與C保持相對靜止，則二者向下的加速度也是相等的，對A、C整體，由牛頓第二定律有（M+m）gsinβ﹣μ（M+m）gcosβ＝（M+m）a2解得：a2＝gsinβ﹣μgcosβ＝a1第一次以A為研究對象，A受重力、物塊B豎直向上的支持力、彈簧水平向左的彈力，因為A所受合力沿斜面向下，由力的合成與分解知識可知，A在水平方向上所受合力一定向右，即A所受靜摩擦力水平向右，則有fAB﹣F彈＝ma1cosβ第二次仍以A為研究對象，A受重力、物塊C垂直斜面斜向上的支持力、彈簧沿斜面向上的彈力，物塊C對A沿斜面向上的靜摩擦力，由牛頓第二定律有mgsinβ﹣F彈﹣fAC＝ma2又：F彈＝聯(lián)立各式，解得：＝故ABD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】解答本題，關鍵要分析出第一次情況中、A所受摩擦力的方向，及A所受合力與水平方向合力的關系；要分析出第二次情況中，A所受摩擦力的方向。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求，全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。（多選）8．（6分）某同學用甲、乙兩個物塊來模擬研究汽車相遇規(guī)律問題，下圖是他根據(jù)運動規(guī)律繪制的甲、乙兩個物塊的運動位移時間圖線。已知甲物塊的運動圖線為一條頂點為（0，x0）的拋物線，乙的運動圖線為一過原點的直線。兩條圖線中其中一個交點坐標為（t1，x1）。則下列說法正確的是（）A．t1時刻甲物塊速度為 B．甲物塊在做勻加速直線運動的加速度為 C．圖中甲、乙兩個物塊再次相遇時刻為 D．如果兩個物塊只相遇一次，則必有x1＝2x0【分析】由圖像可知，乙物塊為勻速直線運動，其速度v乙應為，第一次相遇時，為乙追上甲的情形，因此此時甲的速度應該小于乙速度；甲物塊做的是初速度為零的勻加速直線運動，其運動方程為x＝x0+；兩個物塊相遇條件為拋物線與直線相交，根據(jù)題意有x＝x0+＝v乙t；根據(jù)相遇條件可知，當方程x＝x0+＝v乙t有一個解時即為相遇一次?！窘獯稹拷猓篈、由圖像可知，乙物塊為勻速直線運動，其速度v乙應為，第一次相遇時，為乙追上甲的情形，因此此時甲的速度應該小于乙速度，故A錯誤；B、甲物塊做的是初速度為零的勻加速直線運動，其運動方程為x＝x0+，將點坐標（t1，x1）代入可求出a＝，故B錯誤；C、兩個物塊相遇條件為拋物線與直線相交，根據(jù)題意有x＝x0+＝v乙t，代入可知，故C正確；D、根據(jù)前面的相遇條件可知，如果兩個物塊只相遇一次，即方程x＝x0+＝v乙t，則Δ＝0時，即x1＝2x0，故D正確。故選：CD。【點評】本題考查勻變速直線運動位移與時間的關系，學生可根據(jù)圖像和題意進行分析，需明白兩個物塊相遇條件為拋物線與直線相交。（多選）9．（6分）近年來我國大力發(fā)展自主品牌創(chuàng)新，其中“大疆”已經成為無人機領域的龍頭老大。如圖是一款“大疆”四旋翼無人機，能實現(xiàn)自主水平懸停、水平直線運動及垂升垂降。假設該無人機質量為M，其螺旋槳把空氣以速度v向下推，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．水平懸停時，螺旋槳每秒鐘所推動的空氣質量為 B．水平懸停時，無人機的發(fā)動機輸出功率為 C．想要實現(xiàn)水平方向的勻速直線運動，無人機的機身平面必須與地面保持平行 D．假設無人機在離地面高為h的位置懸停時突然一質量為m的零部件掉落，則當其落到地面瞬間時無人機離地高度為（無人機升力不變）【分析】AB.根據(jù)平衡條件求解空氣對無人機的作用力，根據(jù)牛頓第三定律求解無人機對空氣的作用力；根據(jù)動量定理求解每秒推動空氣的質量；根據(jù)動能定理結合功率公式求解輸出功率；C.無人機所受升力與機身平面垂直，阻力方向與運動方向相反，無人機勻速運動所受合力為零；D.根據(jù)平均動量守恒求解無人機離地高度。【解答】解：AB．由于無人機靜止，根據(jù)平衡條件，空氣對無人機的作用力為F＝Mg根據(jù)牛頓第三定律，無人機對空氣作用力為F'＝F＝Mg設Δt時間內被推空氣的質量為Δm，對被推向下的空氣應用動量定理得F'Δt＝MgΔt＝Δmv每秒推動空氣的質量四臺發(fā)動機的總輸出功率為P，由動能定理有聯(lián)立方程得綜上分析，故AB正確；C．無人機所受升力與機身平面垂直，所以要實現(xiàn)水平方向的勻速直線運動需要將機身傾斜，受力分析如圖：故C錯誤；D．設零件落地時，無人機上升的高度為H，取豎直向上為正方向，根據(jù)關系式（M﹣m）H﹣mh＝0解得：則無人機離地總高度為：故D錯誤。故選：AB?！军c評】本題主要是考查動量定理、動能定理等，關鍵是能夠選取研究對象，對研究對象根據(jù)動量定理、動能定理以及功率的計算公式進行解答；注意：1.無人機所受升力與機身平面垂直，阻力方向與運動方向相反；2.掌握對流體運用動量定理進行分析的方法。（多選）10．（6分）如圖所示，一根質量為m的金屬棒靜止放置在水平光滑且無限長的平行金屬導軌上。導軌間距為L，磁感應強度大小為B的勻強磁場垂直于導軌平面，導軌間可以通過單刀多擲開關S連接電容大小為C的電容器、阻值為R的定值電阻，金屬棒與導軌電阻均不計。以下說法正確的是（）A．將開關S擲向1，給金屬棒一向右的初速度v0，則從開始到金屬棒停止運動的過程中通過電阻R的電荷量為 B．將開關S擲向1，給金屬棒一向右的初速度v0并給金屬棒施加一向右的外力使其做加速度為a的勻減速直線運動，則從開始到金屬棒停止運動的過程中外力沖量為 C．將開關S擲向2，給金屬棒施加一水平向右恒力，則金屬棒做加速度逐漸減小的變加速直線運動 D．將開關S擲向2，電容器的上下極板分別帶有等量正、負電荷，電荷量為Q0，則金屬棒達到穩(wěn)定狀態(tài)后電容器上剩余的電荷量為【分析】首先，將開關S擲向1后，分析從開始到金屬棒停止運動的過程，由動量定理求出通過電阻R的電荷量；其次，將開關S擲向1后，結合金屬棒以初速度v0的運動性質，取極短時間Δt內安培力沖量為結合運動學公式以及動量定理求出安培力的沖量；接著，將開關S擲向2后，分析金屬棒施加一水平向右恒力，根據(jù)電流的定義式以及電容器的定義、牛頓第二定律判斷金屬棒的運動性質；最后，將開關S擲向2后，根據(jù)電容器的上下極板所帶電荷量，分析金屬棒在安培力的驅動下達到的最大速度，對金屬棒應用動量定理求出金屬棒達到穩(wěn)定狀態(tài)后電容器上剩余的電荷量?！窘獯稹拷猓篈、將開關S擲向1時，金屬棒獲得向右的初速度v0，分析金屬棒從開始到停止運動的過程，由動量定理可得又聯(lián)立解得，故A正確；B、將開關S擲向1，金屬棒在外力作用下向右做勻減速直線運動，極短時間Δt內安培力沖量為根據(jù)微元法得聯(lián)立運動學公式可得規(guī)定向右為正方向，由動量定理得IF﹣IA＝0﹣mv0解得，故B錯誤；C、將開關S擲向2，給金屬棒施加一水平向右恒力，根據(jù)又因ΔQ＝CΔU電容器兩板間電壓為U＝BLv所以有根據(jù)牛頓第二定律可得F﹣BIL＝F﹣CB2L2a＝ma解得可知a為定值，金屬棒做勻加速直線運動，故C錯誤；D、將開關S擲向2，電容器的上下極板分別帶有等量正、負電荷，電荷量為Q0，金屬棒在安培力的驅動下開始向右加速運動，速度達到最大值vmax時，設金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢為E'，則有E'＝BLvmax依題意有規(guī)定向右為正方向，對金屬棒應用動量定理得BILΔt＝mΔv又有IΔt＝ΔQ對該過程求和得BL（Q0﹣Q）＝mvmax聯(lián)立以上各式解得，故D正確。故選：AD。【點評】本題考查了電磁感應的綜合問題，解決本題的關鍵是熟練掌握動量定理求解電荷量。三、實驗題：本題共2小題，11小題6分，12小題9分。11．（6分）阿特伍德機，是由英國牧師、數(shù)學家兼物理學家的喬治?阿特伍德在1784年發(fā)表的《關于物體的直線運動和轉動》一文中提出的一種著名力學實驗裝置，裝置如圖所示。阿特伍德機可以用來驗證系統(tǒng)的牛頓第二定律。（1）該同學用游標卡尺測量遮光片的寬度d，開始時將質量為m的A物體、和質量為M0的B物體用繩連接后，跨放在定滑輪兩側，滑輪質量和摩擦可忽略不計，A置于桌面上使其保持靜止狀態(tài)。測量出擋光片中心到光電門的豎直距離h，釋放物體A后，A向上運動，測出擋光片擋光的時間t，則左右兩側物體的加速度a的大小表達式為（用h、d、t表示）。（2）要驗證“受力不變時，加速度大小與質量成反比”實驗時，為改變系統(tǒng)總質量，可同時在左右兩側依次掛1個、2個、3個、4個質量均為m的鉤碼（有擋光片的物體放于最下方），重復（1）中的實驗過程，測出左右兩側物體總質量M及對應的加速度a，作出圖像，若圖像為過原點的直線，則可驗證。（3）驗證“質量不變時，加速度大小與力成正比”，先在右側掛5個質量為m的鉤碼，左側掛質量為M0的物體，為改變力的大小但保證系統(tǒng)總質量不變，應如何操作？把右側的鉤碼移到左側。【分析】（1）根據(jù)運動學公式推導加速度；（2）根據(jù)圖像能否直觀反映研究問題分析判斷；（3）根據(jù)實驗裝置分析判斷?！窘獯稹拷猓海?）釋放后A做勻加速運動，由運動學公式v2＝2ah其中用光電門測得聯(lián)立解得左右兩側物體的加速度（2）因為a﹣M圖像為曲線，無法直觀得出a與M的關系，而a與關系曲線為直線，所以畫圖線，如果是過原點的直線則說明a與M成反比。（3）要保證系統(tǒng)質量不變，而系統(tǒng)合力改變，可以把右側的鉤碼移到左側。故答案為：（1）；（2）過原點的直線；（3）把右側的鉤碼移到左側?！军c評】本題關鍵掌握利用光電門和根據(jù)運動學公式推導，掌握實驗中左右移動鉤碼系統(tǒng)總質量不變。12．（9分）某實驗小組要準確測量一電池的電動勢和內阻，手邊有一個只有刻度但沒有刻度值的電流表、電池、電壓表、電阻箱、滑動變阻器、歐姆表、開關一個、導線若干，小組成員想先測量出電流表的內阻和量程，然后再用伏安法測電池的電動勢和內阻。（1）首先用歐姆表粗測電流表的內阻；用“×10”擋測量時指針指示如圖甲所示，則應該換×1擋再次測量；（2）小組成員又設計了更精確的測量方案，所用電路如圖乙所示。將開關S閉合，調節(jié)R1、R2使電流表、電壓表指針都在合適位置，然后在保持電壓不變的前提下，多次改變R1、R2，記錄R1和電流表偏轉的格數(shù)N，再根據(jù)記錄數(shù)據(jù)作出圖像，若作出的圖像如圖丙所示，縱截距為a，斜率為k，則電流表的內阻RA等于；（3）調節(jié)R1、R2使電流表滿偏，記錄電壓表示數(shù)U和電阻箱示數(shù)R1，則電流表量程為（用RA、U、R1表示）。（4）用所給器材，設計電路用伏安法測電源的電動勢和內阻，盡量減小系統(tǒng)誤差?！痉治觥浚?）用“×10”擋測量時指針偏轉角過大，說明電阻較小，由此分析選擇的倍率；（2）根據(jù)歐姆定律推導的關系式，結合圖像進行分析；（3）電流表的量程為滿偏電流，根據(jù)歐姆定律進行分析；（4）電流表的內電阻已經測出，與電源直接連接可消除系統(tǒng)誤差，由此作圖?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)圖甲可知，用“×10”擋測量時指針偏轉角過大，說明電阻較小，為了準確測量電阻的大小，應選用“×1”擋再次測量；（2）在保證電壓表示數(shù)不變的情況下，根據(jù)歐姆定律可得：U＝I（R1+RA）設電流表每格電流為I0，則有U＝NI0（R1+RA）整理可得：＝?R1+?RA根據(jù)圖像可得：k＝，a＝?RA解得：RA＝；（3）電流表的量程為滿偏電流，即為：Ig＝；（4）根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：E＝U+I（RA+r），電流表的內電阻已經測出，與電源直接連接可消除系統(tǒng)誤差，電路連接如圖所示：故答案為：（1）×1；（2）；（3）；（4）電路連接見解析?！军c評】本題主要是考查用伏安法測電池的電動勢和內阻實驗，關鍵是要弄清楚實驗目的、實驗原理以及數(shù)據(jù)處理、誤差分析等問題，一般的實驗設計、實驗方法都是根據(jù)教材上給出的實驗方法進行拓展，延伸，所以一定要熟練掌握教材中的重要實驗。四、計算題：本題共3小題，13小題10分、14小題13分、15小題16分?！?0﹣4m2×10﹣4m3。氣體初始時溫度為T＝300K，在距玻璃管下端h＝12cm處開有小孔（忽略孔的粗細），小孔通過一段軟管連接右側封閉有一段氣柱的玻璃管，右側玻璃管橫截面積和左側玻璃管橫截面積相等，氣柱長為L＝10cm，氣柱溫度保持不變。剛開始時，右側玻璃管封閉氣體的水銀面剛好與小孔位置相平。當球形容器中溫度上升后，球形容器中氣體使封裝水銀面升高至小孔處。已知大氣壓強為p0＝76cmHg。求此時右側玻璃管中水銀面上升的高度以及此時球形容器中氣體的溫度?！痉治觥扛鶕?jù)平衡條件分別求解球形容器中溫度變化前后氣體的壓強、右邊封閉氣體的壓強；根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程和玻意耳定律聯(lián)立求解即可?！窘獯稹拷猓簩η蛐稳萜鞯姆忾]氣體，溫度升高前，氣體壓強p1＝p0+H（cmHg）＝76cmHg+26cmHg＝102cmHg溫度升高前，右邊封閉氣體的壓強p3＝p0+（H﹣h）cmHg＝76cmHg+（26﹣12）cmHg＝90cmHg球形容器中氣體溫度升高后，水銀柱的變化如圖所示：設右邊封閉氣體上升的高度為h0，則左邊水銀柱的長度H0＝H﹣h0對球形容器中封閉氣體，根據(jù)平衡條件p2＝p0+（H﹣h0）cmHg對右邊封閉氣體，根據(jù)平衡條件p4＝p0+（H﹣2h0）cmHg溫度升高前后，對球形容器中封閉氣體，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程對右邊封閉氣體，根據(jù)玻意耳定律p3SL＝p4S（L﹣h0）代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得h0＝1cm，T′＝404K答：右側玻璃管中水銀面上升的高度為1cm，球形容器中氣體的溫度為404K。【點評】本題主要考查了理想氣體的狀態(tài)方程，玻意耳定律和平衡條件；根據(jù)平衡條件求解球形容器中溫度變化前后氣體的壓強，右邊封閉氣體的壓強是解題的關鍵。14．（13分）如圖所示，木板C靜止在光滑的水平面上，距木板C的右側s遠處有一固定平臺，平臺由MN、NP、PQ三段組成，NP段光滑，其余兩段粗糙，MN長為L1＝1.6m，NP長為L2＝1.8m，PQ段足夠長?；瑝KB靜止于P點。已知A、B、C質量均為m＝1kg?；瑝KA以v0＝8m/s的速度從木板C的左端滑人，直到滑到C右端時恰好與C速度相同（木板C未碰到平臺MN）。當滑塊A經過平臺MN段后，受到水平向右的恒力F＝10N作用。已知滑塊A與木板C間、滑塊B與MN、PQ間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5。（重力加速度g＝10m/s2）（1）為保證木板C與平臺碰撞前A、C能達到速度相同，s至少多長。（2）求滑塊A從M運動到P點的時間。（3）滑塊A與滑塊B可發(fā)生多次碰撞，且每次碰撞均為彈性碰撞，求從滑塊A滑上木板C到第n次碰撞時的摩擦生熱。【分析】（1）根據(jù)動量守恒求AC的共同速度，再由結合牛頓第二定律，運動學規(guī)律求出小車至少的長度；（2）根據(jù)牛頓第二定律，由運動學規(guī)律和題設要求，得到滑塊A從M運動到P點的時間；（3）根據(jù)第一次碰撞和第二次碰撞的具體情況，以此類推，求第n次碰撞產生熱量?！窘獯稹拷猓海?）由題意，S至少為A、C速度相同時，C的位移，由動量守恒，mv0＝2mvc，代入數(shù)據(jù)解得Vc＝4m/s根據(jù)公式，mac＝μmg，代入數(shù)據(jù)解得，xc＝1.6m，故s至少為1.6m；（2）MN段：A只受摩擦力，做勻減速運動vn＝vm﹣aAtMNmaA＝μmgaA＝L1代入數(shù)據(jù)解得，vN＝0m/s，tMN＝0.8s；NP段：A只受力F＝10N，a＝＝10m/s2根據(jù)公式vP＝vM﹣atNp＝L2代入數(shù)據(jù)解得，vP＝6m/s，tNP故t總＝tMN+tNP＝1.4s；（3