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湖北省武昌区2022-2023学年高三上学期物理质量检测试卷
一、单选题
1．（2023高三上·武昌期末）如图所示，把一块锌板连接在验电器上，并使锌板带上负电，验电器指针会张开角度θ。接着，用高频短波紫外线灯（波长范围280nm~100nm）持续照射锌板，已知锌的极限频率为、真空中光速为，观察验电器指针的变化，则（　　）
A．验电器指针张开的角度θ会一直变大
B．验电器指针张开的角度θ先变大后变小
C．验电器指针张开的角度θ先变小后变大
D．验电器指针张开的角度θ不会发生变化
【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】锌的极限频率对应的光波的波长为 ，用高频短波紫外线灯（波长范围280nm~100nm）持续照射锌板，锌板会发生光电效应，逸出光电子，由于锌板原来带负电，可知验电器指针张开的角度θ逐渐变小，足够长时间后，锌板开始带正电且电荷量持续增加，故验电器指针张开的角度θ逐渐变大，即整个过程中验电器指针张开的角度θ先变小后变大。
故答案为：C。
【分析】根据光波的波长和光速的干系得出该光波 的波长，当入射光的频率大于金属的极限频率时发生光电效应。
2．（2023高三上·武昌期末）用两根细线AC和BD悬挂一薄板，静止时，两细线与竖直方向的夹角如图所示。下列说法正确的是（）
A．薄板的重心一定在AC和BD的延长线交点处
B．AC的拉力与BD的拉力之比
C．若保持AC不动，缓慢逆时针移动B端使BD至竖直，则AC的拉力先减小后增大
D．若剪断细线BD，则剪断瞬间，薄板的加速度大小小于g
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；力的合成；共点力的平衡
【解析】【解答】A．薄板受到重力、AC细线的拉力和BD细线的拉力三个力作用，三个力不平行，平衡时力所在的直线交于一点，所以薄板的重心一定在通过AC和BD延长线的交点的竖直线上，但不一定在AC和BD的延长线交点处，A不符合题意。
B．根据水平方向受力平衡可得TBDsin60° = TACcos45°，可得 ，B不符合题意；
C．若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向，作出三个不同位置板的受力合成图，如图
AC的拉力T和BD拉力F的合力与重力G总等大反向，由图知，T一直减小，C不符合题意；
D．若剪断细线BD，则剪断瞬间，物体的合力与BD拉力等大反向，而AC与BD的拉力合力为mg，根据合成可知，BD拉力小于重力，根据牛顿第二定律可知薄板的加速度大小小于g，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】对薄板进行受力分析，根据力的分解和共点力平衡得出细绳AC和BD的拉力之比，若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向时根据力的合成得出AC 拉力的变化情况。
3．（2023高三上·武昌期末）如图所示，是武昌洪山广场转盘T字路口，框中标识的这辆汽车正在沿水平弯道向左前方减速行驶，其运动可视作圆周运动，行驶过程中车辆未发生打滑。司机（坐在前排左边）和车上四名乘客始终与汽车保持相对静止。下列说法正确的是（　　）
A．司机和乘客们一定具有相同的线速度
B．副驾驶座上乘客的向心加速度大于司机的向心加速度
C．汽车所受的合力一定指向圆弧轨迹的圆心
D．汽车对乘客的作用力与汽车运动方向相反
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】AB．司机和乘客转动角速度相等，副驾驶座上乘客和司机离圆心的距离不相等，由 可知，线速度不相等，由 可知，副驾驶座上乘客的向心加速度大于司机的向心加速度，A不符合题意，B符合题意；
C．汽车做变速圆周运动，汽车所受的合力一定不指向圆弧轨迹的圆心，C不符合题意；
D．根据题意可知，在竖直方向上，乘客受汽车的支持力，由于乘客随汽车做减速圆周运动，则水平方向上，汽车对乘客的作用力可分解为一个指向圆心的分力提供向心力，一个与运动方向的分力使乘客做减速运动，则汽车对乘客的作用力不可能与汽车运动方向相反，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】司机和乘客角速度相等，结合线速度 和角速度的关系得出线速度的大小关系，结合向心加速度和角速度的关系得出乘客和司机的向心加速度的大小关系，圆周运动的物体合力不一定指向圆弧的估计。
4．（2023高三上·武昌期末）某高速公路上ETC专用通道是长为的直线通道，且通道前、后都是平直大道。安装有ETC的车辆通过ETC专用通道时，可以不停车而低速通过，限速为。如图所示是一辆小汽车减速到达通道口时立即做匀速运动，车尾一到通道末端立即加速前进的图像，则下列说法正确的是（　　）
A．由图像可知，小汽车的车身长度为
B．图像中小汽车减速过程的加速度大小为
C．图像中小汽车减速过程的位移大小为
D．图像中小汽车加速过程的加速度比减速过程的加速度大
【答案】A
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据题意，由图可知，汽车匀速运动的位移为 ，由于通道是长为 ，则小汽车的车身长度为 ，A符合题意；
BD．根据 图像中斜率表加速度，由图可知，小汽车减速过程的加速度大小为 ，小汽车加速过程的加速度大小为 ，可知，图像中小汽车加速过程的加速度比减速过程的加速度小，BD不符合题意；
C．根据 图像中面积表位移，由图可知，小汽车减速过程的位移大小为 ，C不符合题意。
故答案为：A。
【分析】v-t图像的斜率表示物体运动的加速度，与坐标轴围成图形的面积表示物体的位移，结合图像进行分析判断。
5．（2023高三上·武昌期末）2022年11月3日，长征五号B运载火箭将梦天实验舱送入预定轨道。之后，梦天实验舱成功与天和核心舱对接，标志着我国空间站“T”字基本构型在轨组装完成。天和核心舱绕地球稳定运行时距离地球表面约400km，已知地球半径约为6400km，且地球表面的重力加速度，由以上信息可知，下列说法不正确的是（　　）
A．长征系列火箭发射时，是靠喷出气流的反冲作用获得巨大速度，则同一火箭喷出相同质量气体时，喷出气流的速度越大，火箭获得的速度就越大
B．天和核心舱在轨稳定运行时，其速度可能等于11.2km/s
C．天和核心舱的轨道比地球同步卫星的轨道低
D．梦天实验舱要和在轨的天和核心舱对接，是将实验舱发射到较低的轨道上，然后使其加速实现与核心舱对接
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．设火箭喷出气体的质量为m，气流速度大小为v，火箭的总质量为M，火箭获得的速度为 ，取气流速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 ，解得 ，则同一火箭喷出相同质量气体时，气流的速度越大，火箭获得的速度就越大，A正确，不符合题意；
B． 是卫星最大的环绕速度，天和核心舱在轨稳定运行时，不可能等于11.2km/s，B错误，符合题意；
C．根据万有引力提供向心力有 ，地球表面重力和万有引力近似相等 ，代入数据解得 ，可知天和核心舱的运行周期小于同步卫星的运行周期，根据开普勒第三定律 ，可知天和核心舱的运行轨道比地球同步卫星的轨道低，C正确，不符合题意；
D．梦天实验舱要和在轨的天和核心舱对接，是将实验舱发射到较低的轨道上，然后使其加速，做离心运动，实现与核心舱对接，D正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】火箭喷气的过程根据动量守恒定律得出喷完气体后火箭的速度，结合万有引力提供向心力以及在星体表面重力等于万有引力得出核心舱的周期和同步卫星周期的大小关系，通过开普勒三定律得出核心舱和同步卫星轨道的高低，当合力不足以提供向心力时做离心运动。
6．（2023高三上·武昌期末）远距离输电线路中，在保持输送电能总功率、输电距离不变的情况下，将输电电压U从原来的高压110kV升级为特高压1100kV，下列说法正确的是（　　）
A．若输电线不变，则输电线中的电流变为原来的10倍
B．若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原来的
C．若输电线不变，则输电线上损失的功率变为原来的
D．若输电线不变，用户端消耗的功率变为原来的10倍
【答案】C
【知识点】电功率和电功；变压器的应用
【解析】【解答】A．保持输送电能总功率，则电功率有 ，输电电压U从原来的高压110kV升级为特高压1100kV，则升压变压器的原线圈的电流 变为原来的 ，由变压器两端的电流关系 ，因匝数比不变，则输电线中的电流 变为原来的 ，A不符合题意；
B．若输电线不变，输电线上损失的电压为 ，输电线中的电流 变为原来的 ，则则输电线上损失的电压变为原来的 ，B不符合题意；
C．若输电线不变，输电线上损失的功率为 ，输电线中的电流 变为原来的 ，则输电线上损失的功率变为原来的 ，C符合题意；
D．用户端消耗的功率为 ，因保持输送电能总功率不变，输电线上损失的功率变为原来的 ，则用户端消耗的功率一定不是变为原来的10倍，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据电功率的表达式以及原副线圈的电流比和匝数比的关系得出输电线中的电流，利用热功率的表达式得出输电线上损失的功率。
7．（2023高三上·武昌期末）如图是某电磁弹射技术的简化模型的等效电路，直流电源电动势，超级电容器的电容。两根固定于同一水平面内的光滑平行金属导轨MN、PQ电阻不计，它们的间距。磁感应强度大小的匀强磁场垂直于导轨平面向上。质量、阻值的金属棒ab，垂直搁放在两导轨上处于静止状态，并与两导轨始终保持良好接触。开关S先接1，使电容器完全充电后再将S接至2，金属棒ab开始向右加速运动。当S金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势等于此时电容器两端电压时，金属棒ab达到最大速度，之后便离开导轨。下列说法正确的是（　　）
A．开关S先接1，使电容器完全充电后，其电荷量为
B．开关S接2后，金属棒ab加速运动过程中，加速度保持不变
C．金属棒ab的加速度最大值为14m/s2
D．金属棒ab的最大速度为14m/s
【答案】D
【知识点】动量定理；电容器及其应用；电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】A．开关S先接1，使电容器完全充电后，其电压等于电源电动势，其电荷量为 ，A不符合题意；
B．开关S接2后，金属棒ab加速运动过程中，电容器因放电其电压逐渐减小，金属棒的动生电动势逐渐增大，则两者的电压之差逐渐减小，则流过金属棒的电流逐渐减小，所受的安培力逐渐减小，由牛顿第二定律可知则加速度逐渐减小，B不符合题意；
C．当金属棒刚开始运动时，电容器与金属棒的电压之差最大，则电流最大，安培力最大，加速度最大为 ，C不符合题意；
D．金属棒ab达到最大速度时，加速度为零，有 ，对金属棒运动的全过程，由动量定理有 ，而电容器放电的电量为 ，联立解得 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】开关S先接1后，根据电容器的定义式得出电容器的电荷量，开关S接2后根据法拉第电磁感应定律以及欧姆定律得出金属棒中电流的变化情况，结合安培力的表达式以及牛顿第二定律的窗户加速度的变化情况以及加速度的最大值，金属棒ab达到最大速度时根据动量定理以及电流的定义式得出速度的最大值。
二、多选题
8．（2023高三上·武昌期末）如图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，质点P、Q的x轴坐标分别为，。图乙是质点P的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．质点的振动频率为，在时刻，质点的运动方向沿y轴负方向
B．时刻，质点的加速度大于质点的加速度
C．至，波沿x轴的正方向传播了
D．至，质点运动的路程为
【答案】C,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图乙可知，质点P的振动周期为 ，则振动频率为 ，在 时刻，质点P的运动方向沿y轴正方向，A不符合题意；
BC．由图乙可知， 时刻，质点P沿y轴负方向振动，结合图甲可知，该波沿x轴正方向传播， 时刻，质点 到波谷，质点 位移为正，正沿y轴正方向振动，则质点 的加速度小于质点 的加速度，由图甲可知，该波的波长为 ，由公式 可得，波速为 ，则 至 ，波沿x轴的正方向传播了 ，B不符合题意，C符合题意；
D． 至 ，质点 振动一个周期，运动路程为 ，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据质点的振动情况得出质点振动的周期，利用周期和频率的关系得出振动的频率，结合质点振动的方向和波传播方向之间的关系得出该波的传播方向，通过波传播的速度和波长的关系得出该波的波速，根据质点Q的振动情况得出运动的路程。
9．（2023高三上·武昌期末）有人设计了一种测温装置，其结构如图所示。玻璃泡A内封有一定质量的理想气体，与A连通的B管插在水银槽中。由管内水银面的 A高度x可知A内气体的温度（即环境温度），并可由B管上的刻度直接读出。在标准大气压下，当温度为27℃时， ，将此高度处标记为27℃的刻度线。该温度计在标准大气压下标记好温度后，将其带到海拔很高的高山上测量当地温度。设B管的体积与玻璃泡A的体积相比可忽略。下列说法正确的是（　　）
A．在标准大气压下，当温度为27℃时，玻璃泡A内气体的压强
B．在标准大气压下，为—3℃的刻度线标记在处
C．由于高山上的真实压强比标准大气压小，则温度的测量值比实际温度高
D．由于高山上的真实压强比标准大气压小，则温度的测量值比实际温度低
【答案】A,C
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A．温度 时，玻璃泡A内的气体压强 ，A符合题意；
B．由于B管的体积与A泡的体积相比可略去不计，因此可认为A泡内气体发生等容变化，由题可知 ， 为—3℃ 时 ，根据查理定律 ，得 ，气体末状态压强 ，解得 ，即水银面的高度为22cm。B不符合题意；
C D．当管内水银面的高度为x时，地面上标准大气压下温度为T，设高山上压强为 ，水银密度为 ，温度为 ，由查理定律得 ，高山上压强减小，故温度的测量值比实际温度高。C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】结合题意根据查理定律得出3℃ 时气体的压强，从而得出水银的高度，在高山上利用查理定律得出高山上压强的变化情况，并得出温度的测量值和实际温度的高低。
10．（2023高三上·武昌期末）如图甲所示，长为L的一端带挡板的长木板水平放置，其可绕右端垂直纸面的水平轴O在竖直面内转动。原长为的轻质弹簧的右端固定在挡板上。一质量为m、可视为质点的滑块静止放置在长木板上并与弹簧左端接触且不栓接。先固定住长木板，并向右缓慢推动滑块压缩弹簧至图甲中的A点，此时弹簧长度为，再将滑块由静止释放，滑块恰能滑动到长木板的左端。将长木板绕右端的水平轴O顺时针转动37°后再次固定如图乙所示，仍将滑块由A点无初速释放，滑块能运动到的最高点为B，且。取，，下列说法正确的是（　　）
A．滑块与木板间的动摩擦因数为
B．长木板按图甲水平放置时，滑块离开弹簧之前，速度就达到了最大值
C．长木板按图乙倾斜放置时，滑块离开弹簧之后的运动的加速度大小为
D．长木板按图乙倾斜放置时，滑块上滑过程中加速度先减小后不变
【答案】A,B
【知识点】受力分析的应用；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A．根据题意，设滑块静止时，弹簧的弹性势能为 ，由能量守恒定律，图甲中运动过程有 ，图乙中运动过程有 ，解得 ，A符合题意；
B．长木板按图甲水平放置时，开始时弹力大于滑动摩擦力，滑块的加速度方向向左，滑块做加速运动，弹簧弹力变小，滑块的加速度变小，当弹力与滑动摩擦力等大反向时，小滑块的加速度为零，速度最大，然后弹力小于滑动摩擦力，滑块做减速运动，则滑块离开弹簧之前，速度就达到了最大值，B符合题意；
C．长木板按图乙倾斜放置时，滑块离开弹簧之后，由牛顿第二定律有 ，解得 ，C不符合题意；
D．长木板按图乙倾斜放置，开始时弹力大于滑动摩擦力和重力沿木板分力的合力，物块的加速度方向沿斜面向上，滑块做加速运动，弹簧弹力变小，滑块的加速度变小；当弹力与滑动摩擦力和重力沿木板分力的合力等大反向时，小滑块的加速度为零；然后弹力小于滑动摩擦力和重力沿木板分力的合力，滑块做减速运动，加速度反向增加；当弹簧恢复原长时，物块脱离弹簧，以后加速度不变，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】在甲乙运动的过程根据能量守恒定律得出滑块与木板的动摩擦因数，长木板按图乙倾斜放置时根据牛顿第二定律得出加速度的大小，滑块运动的过程根据受力分析以及牛顿第二定律得出加速度的变化情况。
11．（2023高三上·武昌期末）如图所示，有三个点电荷QA、和QC分别位于等边△ABC的三个顶点上，、都是正电荷，所受、QC两个电荷的静电力的合力为FA，且与AC连线垂直。图中虚曲线是以点C为圆心、AC间距为半径的一段圆弧。若点电荷在外力作用下，从A点开始沿圆弧缓慢地运动到D点，则下列说法正确的是（　　）
A．C带负电，且
B．在点电荷和QC产生的电场中，A点的电势比D点的电势高
C．在点电荷和Qc产生的电场中，A点的场强比D点的场强小
D．在D点时，施加的外力大小为·FA
【答案】A,B,D
【知识点】库仑定律；电场强度的叠加
【解析】【解答】A． 所受 、QC两个电荷的静电力的合力为FA，且 与AC连线垂直，如图所示
则C 对A一定是吸引的库仑力，C带负电，设距离为 ，有 ，可得 ，A符合题意；
B．在正点电荷 和负电电荷QC产生的电场中，根据正电荷周围的电势高，负电荷周围的电势低，A点离正电荷更近，由电势的叠加原理可知A点的电势比D点的电势高，B符合题意；
C．A点的库仑力大小为 ，则A点的场强为 ，B处的正电荷在D点产生的库仑力为 ，两场源在D点产生的库仑力大小相等，夹角为135°，则D点的库仑力的合力为 ，即D点场强为 ，即A点的场强比D点的场强大，C不符合题意；
D．从A点开始沿圆弧缓慢地运动到D点，则D点受力平衡，有 ，D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】根据库仑定律以及共点力平衡得出BC点电荷的电荷量之比，结合点电荷周围电场强度的表达式以及电场强度的合成得出AD两点电场强度的表达式并判断大小。
三、实验题
12．（2023高三上·武昌期末）为了探究平抛运动规律，实验室用以下实验器材进行实验探究：二维运动传感器、平抛轨道、计算机、数据线、铁架台、重锤线。
如图甲所示，二维运动传感器是由小球A和接收器B组成。接收器B每隔0.02s采集一次小球A发射出的定位信号，并将数据发送给计算机进行处理。
首先，调节平抛轨道，使轨道末端　 　；
然后，将小球A从轨道的某高度处由静止释放。计算机接收到的数据如下表所示，并根据数据自动绘出了小球A运动的图甲点迹如图乙所示。
x（cm） 6.60 9.00 11.40 13.80 16.20 18.60 21.00
y（cm） 0.67 1.89 3.50 5.50 7.89 10.67 13.84
根据实验数据可知，小球A水平方向的分运动是　 　运动，且速度大小为　 　m/s；还可计算出小球A的加速度大小为a=　 　m/s2；
进一步分析可知，图乙中的坐标原点　 　（填“是”或“不是”）小球A做平抛运动的起始点。
【答案】水平；匀速直线；1.2；9.75；不是
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】首先，调节平抛轨道，使轨道末端水平，让小球飞出后能做平抛运动。根据实验数据可知，小球A在水平方向每经过相同时间，位移相同，故小球A在水平方向的分运动是匀速直线运动，且速度大小为 ，还可计算出小球A的加速度大小为 ，由水平方向的分运动可知，打下第2点时所用时间为 ，打下第2点时竖直方向的分速度大小为 ，可得 ，可知图乙中的坐标原点不是小球A做平抛运动的起始点。
【分析】调节平抛轨道，使轨道末端水平，小球做平抛运动，结合匀速直线运动的规律得出小球A的初速度，通过相同时间间隔内的位移差得出小球A的加速度，结合小球的运动判断小球的起始点。
13．（2023高三上·武昌期末）某实验小组要测定电池的电动势和内阻，实验器材有：一节待测电池、一个单刀双掷开关、一个定值电阻（已知阻值为）、一个电流表（已知内阻为）、一根均匀电阻丝（电阻丝总阻值大于，并配有可在电阻丝上移动的金属夹）、导线若干。
（1）由于缺少滑动变阻器，可将电阻丝充当滑动变阻器使用。将现有实验器材按如图甲所示的电路图连接。先将单刀双掷开关接a，电流表读数为；再将单刀双掷开关接b，调节电阻丝上的金属夹，使电流表读数仍然为断开开关后，用刻度尺量出此时接入电路的电阻丝长度占全长的。于是，用刻度尺将电阻丝八等分，并用数字标记等分点如图乙所示。则电阻丝每等份的阻值　 　。（用题目中所给物理量的符号表示）
（2）测出后，再用现有器材进行实验，测定电池的电动势和内阻。主要实验步骤如下；
a. 按如图乙所示将器材连接：
b. 闭合开关，改变金属夹的位置，记录每次接入电路的电阻丝对应的编号和电流表示数，得到多组数据；
c. 整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图丙所示，图线斜率为k，与纵轴截距为d，该电池电动势和内阻可表示为　 　，　 　（用、、、表示）
【答案】（1）
（2）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据题意，设电阻丝的最大阻值为 ，则有 ，解得 ，用刻度尺将电阻丝八等分，则电阻丝每等份的阻值为
（2）根据题意，由闭合回路欧姆定律有 ，整理可得 ，结合图丙可得 ， ，解得 ，
【分析】（1）根据电阻丝的最大值以及电阻定律得出电阻丝每等 份的阻值；
（2）根据闭合电路欧姆定律得出1/I-n的表达式，结合图像得出电源的电动势和内阻。
四、解答题
14．（2023高三上·武昌期末）如图是截面为扇形的柱体玻璃砖，扇形截面的圆心角为60°，平面NOO'N'经过特殊处理，可以将射到它上面的光线全部吸收。与平面OMN平行的平行光线照射在整个MOO'M'平面上，入射角为，这些光线只有一部分能从弧面MNN'M'射出，已知玻璃对该光的折射率为。试求弧面MNN'M'上能射出光线的面积占它表面积的百分比。
【答案】解：根据题意，作光线在截面MON中的光路如图所示
设恰好在 发生全反射的临界光线在MO上的折射角为r，入射角为 ，由折射定律有 ，
设该光线在 上的入射点的法线OP与MO间的圆心角 ，由几何关系有
解得
故
即弧面MNN'M'上能射出光线的面积其表面积的75%。
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】根据光在界面上的光路图以及折射定律和几何关系得出 入射点的法线OP与MO间的圆心角，从而得出弧面MNN'M'上能射出光线的面积其表面积 。
15．（2023高三上·武昌期末）图甲为某加速装置搭配定位装置的示意图，加速装置部分由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列组成，其中心轴线在同一直线上。序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连。交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在时，偶数圆筒相对奇数圆筒的电势差为正值，此时序号为0的金属圆板的中央有一质子，在圆板和圆筒1之间的间隙的电场中由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒1，且此后，质子在所有相邻的两个圆筒之间的间隙中均被电场加速，在每个圆筒内均做匀速直线运动。经过几次加速后，质子进入序号为n的圆筒时速度为，此时断开序号大于n的圆筒与电源的连接。加速后的质子沿直径方向射入半径的半圆形有界匀强磁场中进行定位偏转，磁场方向垂直于纸面向里，磁场区域的直径边界在圆筒的中心轴延长线上。以磁场区域的圆心O为坐标原点，质子射出加速器的方向为x轴正方向，垂直x轴向上为y轴正方向，建立直角坐标系。通过改变磁感应强度B，可以将质子定位射到坐标系的第一象限某位置。已知质子的比荷为C/kg，图乙的电压、周期，不计质子通过圆筒间隙的时间和质子的重力，忽略相对论效应。求：
（1）圆筒序号n的值和该序号圆筒的长度各多大？
（2）若要质子能射入坐标系的第一象限，磁感应强度B的取值范围多大？
（3）若要将质子定位射到坐标为（0.3m，0.4m）的位置，磁感应强度B多大？（可能用到的数学公式：
【答案】（1）解：质子在电场中加速，由动能定理有
解得
质子在圆简中匀速直线运动的时间为 ，所以 圆筒的长
（2）解：设质子在磁场中的圆周运动的半径为R，其能够射入第一象限的条件是 ①
质子在磁场中运动是匀速圆周运动，其所受洛伦兹力提供向心力 ②
由①②有
（3）解：如图所示，质子在磁场中运动的轨迹圆心为 ，从C点离开磁场时速度方向的反向延长线过O点，设其速度偏转角为2θ，则 ③
在RT△OO'C中 ④
又 ⑤
联立②③④⑤解得
【知识点】动能；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）质子在加速电场中根据动能定理得出圆筒序号的值，结合匀速直线运动得出 圆筒的长 ；
（2）根据洛伦兹力提供向心力得出磁感应强度B的取值范围；
（3）根据粒子在磁场中的运动轨迹以及几何关系得出磁感应强度的大小。
16．（2023高三上·武昌期末）如图所示，质量的长木板放置在倾角的足够长斜面上。质量可视为质点的物块放置在木板的右端。在木板右侧的斜面上方固定着一个与斜面垂直的弹性挡板，木板恰好可以无擦碰地穿过挡板与斜面间的缝隙。现使木板和物块均以的速度一起从挡板上方某高度处沿斜面向下滑动。此后，物块与挡板发生的每次碰撞时间都极短且无机械能损失，整个过程中物块不会从木板上滑落。已知物块与木板间的动摩擦因数，木板与斜面间的动摩擦因数，重力加速度。问：
（1）物块与挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离多大？
（2）物块与挡板第二次碰撞前，速度多大？
（3）物块与挡板第一碰撞后瞬间至第二次碰撞前瞬间，木板滑行的距离及物块和木板间的相对位移各多大？
（4）若整个过程中物块不会从长木板上滑落，长木板的长度L至少多大？
【答案】（1）解：木板沿斜面向下滑动的过程中，以木板为研究对象，受力分析如图
则
又∵
计算可得
木板和物块构成的系统，沿斜面方向
所以，物块和木板一起匀速下滑，物块与挡板发生第一次弹性碰撞后的速度大小为仍为 。接下来，物块沿斜面向上匀减速到速度为零的过程中，其沿斜面向上的位移的大小即为离开挡板的最大距离 ，以物块为研究对象
①
②
联立①②解得
（2）解：物块与挡板第一次碰撞后至第二次碰撞前过程中，系统动量守恒，取沿斜面向下为正方向，则
可得
（3）解：物块与挡板第一次碰撞后瞬间至第二次碰撞前瞬间，物块匀变速运动的时间
这段时间，物块的对地位移
方向沿斜面向上；
木板的位移
方向沿斜面向下；
物块与木板间的相对位移
做出物块与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间的示意图如图
分析可知
（4）解：物块相对于长木板要么沿斜面向上运动、要么无相对运动，最终物块停止在挡板处。若物块恰未滑落，长木板左端也会停在挡板处。研究第一次碰前瞬间到最后系统停下的整个过程，物块与木板间的总相对位移△s与木板沿斜面下滑的距离s大小相等，即
由系统能量守恒
解得
即长木板的长度L至少为0.4m。
【知识点】动量守恒定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）以木板为研究对象进行受力分析，根据共点力平衡和滑动摩擦力的表达式得出摩擦力的大小，以物块为研究对象，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动的位移与速度的关系得出物块离开挡板的最大距离；
（2）物块与挡板第一次碰撞后至第二次碰撞前过程中 根据动量守恒定律得出物块与挡板第二次碰撞前的速度；
（3）结合匀变速直线运动的速度与时间的关系以及位移与时间的关系得出物块对地的位移以及木板的相对位移，从而得出物块和木板间的相对位移；
（4）物块运动的过程根据系统动量守恒定律得出长木板的长度。
1 / 1湖北省武昌区2022-2023学年高三上学期物理质量检测试卷
一、单选题
1．（2023高三上·武昌期末）如图所示，把一块锌板连接在验电器上，并使锌板带上负电，验电器指针会张开角度θ。接着，用高频短波紫外线灯（波长范围280nm~100nm）持续照射锌板，已知锌的极限频率为、真空中光速为，观察验电器指针的变化，则（　　）
A．验电器指针张开的角度θ会一直变大
B．验电器指针张开的角度θ先变大后变小
C．验电器指针张开的角度θ先变小后变大
D．验电器指针张开的角度θ不会发生变化
2．（2023高三上·武昌期末）用两根细线AC和BD悬挂一薄板，静止时，两细线与竖直方向的夹角如图所示。下列说法正确的是（）
A．薄板的重心一定在AC和BD的延长线交点处
B．AC的拉力与BD的拉力之比
C．若保持AC不动，缓慢逆时针移动B端使BD至竖直，则AC的拉力先减小后增大
D．若剪断细线BD，则剪断瞬间，薄板的加速度大小小于g
3．（2023高三上·武昌期末）如图所示，是武昌洪山广场转盘T字路口，框中标识的这辆汽车正在沿水平弯道向左前方减速行驶，其运动可视作圆周运动，行驶过程中车辆未发生打滑。司机（坐在前排左边）和车上四名乘客始终与汽车保持相对静止。下列说法正确的是（　　）
A．司机和乘客们一定具有相同的线速度
B．副驾驶座上乘客的向心加速度大于司机的向心加速度
C．汽车所受的合力一定指向圆弧轨迹的圆心
D．汽车对乘客的作用力与汽车运动方向相反
4．（2023高三上·武昌期末）某高速公路上ETC专用通道是长为的直线通道，且通道前、后都是平直大道。安装有ETC的车辆通过ETC专用通道时，可以不停车而低速通过，限速为。如图所示是一辆小汽车减速到达通道口时立即做匀速运动，车尾一到通道末端立即加速前进的图像，则下列说法正确的是（　　）
A．由图像可知，小汽车的车身长度为
B．图像中小汽车减速过程的加速度大小为
C．图像中小汽车减速过程的位移大小为
D．图像中小汽车加速过程的加速度比减速过程的加速度大
5．（2023高三上·武昌期末）2022年11月3日，长征五号B运载火箭将梦天实验舱送入预定轨道。之后，梦天实验舱成功与天和核心舱对接，标志着我国空间站“T”字基本构型在轨组装完成。天和核心舱绕地球稳定运行时距离地球表面约400km，已知地球半径约为6400km，且地球表面的重力加速度，由以上信息可知，下列说法不正确的是（　　）
A．长征系列火箭发射时，是靠喷出气流的反冲作用获得巨大速度，则同一火箭喷出相同质量气体时，喷出气流的速度越大，火箭获得的速度就越大
B．天和核心舱在轨稳定运行时，其速度可能等于11.2km/s
C．天和核心舱的轨道比地球同步卫星的轨道低
D．梦天实验舱要和在轨的天和核心舱对接，是将实验舱发射到较低的轨道上，然后使其加速实现与核心舱对接
6．（2023高三上·武昌期末）远距离输电线路中，在保持输送电能总功率、输电距离不变的情况下，将输电电压U从原来的高压110kV升级为特高压1100kV，下列说法正确的是（　　）
A．若输电线不变，则输电线中的电流变为原来的10倍
B．若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原来的
C．若输电线不变，则输电线上损失的功率变为原来的
D．若输电线不变，用户端消耗的功率变为原来的10倍
7．（2023高三上·武昌期末）如图是某电磁弹射技术的简化模型的等效电路，直流电源电动势，超级电容器的电容。两根固定于同一水平面内的光滑平行金属导轨MN、PQ电阻不计，它们的间距。磁感应强度大小的匀强磁场垂直于导轨平面向上。质量、阻值的金属棒ab，垂直搁放在两导轨上处于静止状态，并与两导轨始终保持良好接触。开关S先接1，使电容器完全充电后再将S接至2，金属棒ab开始向右加速运动。当S金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势等于此时电容器两端电压时，金属棒ab达到最大速度，之后便离开导轨。下列说法正确的是（　　）
A．开关S先接1，使电容器完全充电后，其电荷量为
B．开关S接2后，金属棒ab加速运动过程中，加速度保持不变
C．金属棒ab的加速度最大值为14m/s2
D．金属棒ab的最大速度为14m/s
二、多选题
8．（2023高三上·武昌期末）如图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，质点P、Q的x轴坐标分别为，。图乙是质点P的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．质点的振动频率为，在时刻，质点的运动方向沿y轴负方向
B．时刻，质点的加速度大于质点的加速度
C．至，波沿x轴的正方向传播了
D．至，质点运动的路程为
9．（2023高三上·武昌期末）有人设计了一种测温装置，其结构如图所示。玻璃泡A内封有一定质量的理想气体，与A连通的B管插在水银槽中。由管内水银面的 A高度x可知A内气体的温度（即环境温度），并可由B管上的刻度直接读出。在标准大气压下，当温度为27℃时， ，将此高度处标记为27℃的刻度线。该温度计在标准大气压下标记好温度后，将其带到海拔很高的高山上测量当地温度。设B管的体积与玻璃泡A的体积相比可忽略。下列说法正确的是（　　）
A．在标准大气压下，当温度为27℃时，玻璃泡A内气体的压强
B．在标准大气压下，为—3℃的刻度线标记在处
C．由于高山上的真实压强比标准大气压小，则温度的测量值比实际温度高
D．由于高山上的真实压强比标准大气压小，则温度的测量值比实际温度低
10．（2023高三上·武昌期末）如图甲所示，长为L的一端带挡板的长木板水平放置，其可绕右端垂直纸面的水平轴O在竖直面内转动。原长为的轻质弹簧的右端固定在挡板上。一质量为m、可视为质点的滑块静止放置在长木板上并与弹簧左端接触且不栓接。先固定住长木板，并向右缓慢推动滑块压缩弹簧至图甲中的A点，此时弹簧长度为，再将滑块由静止释放，滑块恰能滑动到长木板的左端。将长木板绕右端的水平轴O顺时针转动37°后再次固定如图乙所示，仍将滑块由A点无初速释放，滑块能运动到的最高点为B，且。取，，下列说法正确的是（　　）
A．滑块与木板间的动摩擦因数为
B．长木板按图甲水平放置时，滑块离开弹簧之前，速度就达到了最大值
C．长木板按图乙倾斜放置时，滑块离开弹簧之后的运动的加速度大小为
D．长木板按图乙倾斜放置时，滑块上滑过程中加速度先减小后不变
11．（2023高三上·武昌期末）如图所示，有三个点电荷QA、和QC分别位于等边△ABC的三个顶点上，、都是正电荷，所受、QC两个电荷的静电力的合力为FA，且与AC连线垂直。图中虚曲线是以点C为圆心、AC间距为半径的一段圆弧。若点电荷在外力作用下，从A点开始沿圆弧缓慢地运动到D点，则下列说法正确的是（　　）
A．C带负电，且
B．在点电荷和QC产生的电场中，A点的电势比D点的电势高
C．在点电荷和Qc产生的电场中，A点的场强比D点的场强小
D．在D点时，施加的外力大小为·FA
三、实验题
12．（2023高三上·武昌期末）为了探究平抛运动规律，实验室用以下实验器材进行实验探究：二维运动传感器、平抛轨道、计算机、数据线、铁架台、重锤线。
如图甲所示，二维运动传感器是由小球A和接收器B组成。接收器B每隔0.02s采集一次小球A发射出的定位信号，并将数据发送给计算机进行处理。
首先，调节平抛轨道，使轨道末端　 　；
然后，将小球A从轨道的某高度处由静止释放。计算机接收到的数据如下表所示，并根据数据自动绘出了小球A运动的图甲点迹如图乙所示。
x（cm） 6.60 9.00 11.40 13.80 16.20 18.60 21.00
y（cm） 0.67 1.89 3.50 5.50 7.89 10.67 13.84
根据实验数据可知，小球A水平方向的分运动是　 　运动，且速度大小为　 　m/s；还可计算出小球A的加速度大小为a=　 　m/s2；
进一步分析可知，图乙中的坐标原点　 　（填“是”或“不是”）小球A做平抛运动的起始点。
13．（2023高三上·武昌期末）某实验小组要测定电池的电动势和内阻，实验器材有：一节待测电池、一个单刀双掷开关、一个定值电阻（已知阻值为）、一个电流表（已知内阻为）、一根均匀电阻丝（电阻丝总阻值大于，并配有可在电阻丝上移动的金属夹）、导线若干。
（1）由于缺少滑动变阻器，可将电阻丝充当滑动变阻器使用。将现有实验器材按如图甲所示的电路图连接。先将单刀双掷开关接a，电流表读数为；再将单刀双掷开关接b，调节电阻丝上的金属夹，使电流表读数仍然为断开开关后，用刻度尺量出此时接入电路的电阻丝长度占全长的。于是，用刻度尺将电阻丝八等分，并用数字标记等分点如图乙所示。则电阻丝每等份的阻值　 　。（用题目中所给物理量的符号表示）
（2）测出后，再用现有器材进行实验，测定电池的电动势和内阻。主要实验步骤如下；
a. 按如图乙所示将器材连接：
b. 闭合开关，改变金属夹的位置，记录每次接入电路的电阻丝对应的编号和电流表示数，得到多组数据；
c. 整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图丙所示，图线斜率为k，与纵轴截距为d，该电池电动势和内阻可表示为　 　，　 　（用、、、表示）
四、解答题
14．（2023高三上·武昌期末）如图是截面为扇形的柱体玻璃砖，扇形截面的圆心角为60°，平面NOO'N'经过特殊处理，可以将射到它上面的光线全部吸收。与平面OMN平行的平行光线照射在整个MOO'M'平面上，入射角为，这些光线只有一部分能从弧面MNN'M'射出，已知玻璃对该光的折射率为。试求弧面MNN'M'上能射出光线的面积占它表面积的百分比。
15．（2023高三上·武昌期末）图甲为某加速装置搭配定位装置的示意图，加速装置部分由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列组成，其中心轴线在同一直线上。序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连。交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在时，偶数圆筒相对奇数圆筒的电势差为正值，此时序号为0的金属圆板的中央有一质子，在圆板和圆筒1之间的间隙的电场中由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒1，且此后，质子在所有相邻的两个圆筒之间的间隙中均被电场加速，在每个圆筒内均做匀速直线运动。经过几次加速后，质子进入序号为n的圆筒时速度为，此时断开序号大于n的圆筒与电源的连接。加速后的质子沿直径方向射入半径的半圆形有界匀强磁场中进行定位偏转，磁场方向垂直于纸面向里，磁场区域的直径边界在圆筒的中心轴延长线上。以磁场区域的圆心O为坐标原点，质子射出加速器的方向为x轴正方向，垂直x轴向上为y轴正方向，建立直角坐标系。通过改变磁感应强度B，可以将质子定位射到坐标系的第一象限某位置。已知质子的比荷为C/kg，图乙的电压、周期，不计质子通过圆筒间隙的时间和质子的重力，忽略相对论效应。求：
（1）圆筒序号n的值和该序号圆筒的长度各多大？
（2）若要质子能射入坐标系的第一象限，磁感应强度B的取值范围多大？
（3）若要将质子定位射到坐标为（0.3m，0.4m）的位置，磁感应强度B多大？（可能用到的数学公式：
16．（2023高三上·武昌期末）如图所示，质量的长木板放置在倾角的足够长斜面上。质量可视为质点的物块放置在木板的右端。在木板右侧的斜面上方固定着一个与斜面垂直的弹性挡板，木板恰好可以无擦碰地穿过挡板与斜面间的缝隙。现使木板和物块均以的速度一起从挡板上方某高度处沿斜面向下滑动。此后，物块与挡板发生的每次碰撞时间都极短且无机械能损失，整个过程中物块不会从木板上滑落。已知物块与木板间的动摩擦因数，木板与斜面间的动摩擦因数，重力加速度。问：
（1）物块与挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离多大？
（2）物块与挡板第二次碰撞前，速度多大？
（3）物块与挡板第一碰撞后瞬间至第二次碰撞前瞬间，木板滑行的距离及物块和木板间的相对位移各多大？
（4）若整个过程中物块不会从长木板上滑落，长木板的长度L至少多大？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】锌的极限频率对应的光波的波长为 ，用高频短波紫外线灯（波长范围280nm~100nm）持续照射锌板，锌板会发生光电效应，逸出光电子，由于锌板原来带负电，可知验电器指针张开的角度θ逐渐变小，足够长时间后，锌板开始带正电且电荷量持续增加，故验电器指针张开的角度θ逐渐变大，即整个过程中验电器指针张开的角度θ先变小后变大。
故答案为：C。
【分析】根据光波的波长和光速的干系得出该光波 的波长，当入射光的频率大于金属的极限频率时发生光电效应。
2．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；力的合成；共点力的平衡
【解析】【解答】A．薄板受到重力、AC细线的拉力和BD细线的拉力三个力作用，三个力不平行，平衡时力所在的直线交于一点，所以薄板的重心一定在通过AC和BD延长线的交点的竖直线上，但不一定在AC和BD的延长线交点处，A不符合题意。
B．根据水平方向受力平衡可得TBDsin60° = TACcos45°，可得 ，B不符合题意；
C．若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向，作出三个不同位置板的受力合成图，如图
AC的拉力T和BD拉力F的合力与重力G总等大反向，由图知，T一直减小，C不符合题意；
D．若剪断细线BD，则剪断瞬间，物体的合力与BD拉力等大反向，而AC与BD的拉力合力为mg，根据合成可知，BD拉力小于重力，根据牛顿第二定律可知薄板的加速度大小小于g，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】对薄板进行受力分析，根据力的分解和共点力平衡得出细绳AC和BD的拉力之比，若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向时根据力的合成得出AC 拉力的变化情况。
3．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】AB．司机和乘客转动角速度相等，副驾驶座上乘客和司机离圆心的距离不相等，由 可知，线速度不相等，由 可知，副驾驶座上乘客的向心加速度大于司机的向心加速度，A不符合题意，B符合题意；
C．汽车做变速圆周运动，汽车所受的合力一定不指向圆弧轨迹的圆心，C不符合题意；
D．根据题意可知，在竖直方向上，乘客受汽车的支持力，由于乘客随汽车做减速圆周运动，则水平方向上，汽车对乘客的作用力可分解为一个指向圆心的分力提供向心力，一个与运动方向的分力使乘客做减速运动，则汽车对乘客的作用力不可能与汽车运动方向相反，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】司机和乘客角速度相等，结合线速度 和角速度的关系得出线速度的大小关系，结合向心加速度和角速度的关系得出乘客和司机的向心加速度的大小关系，圆周运动的物体合力不一定指向圆弧的估计。
4．【答案】A
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据题意，由图可知，汽车匀速运动的位移为 ，由于通道是长为 ，则小汽车的车身长度为 ，A符合题意；
BD．根据 图像中斜率表加速度，由图可知，小汽车减速过程的加速度大小为 ，小汽车加速过程的加速度大小为 ，可知，图像中小汽车加速过程的加速度比减速过程的加速度小，BD不符合题意；
C．根据 图像中面积表位移，由图可知，小汽车减速过程的位移大小为 ，C不符合题意。
故答案为：A。
【分析】v-t图像的斜率表示物体运动的加速度，与坐标轴围成图形的面积表示物体的位移，结合图像进行分析判断。
5．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．设火箭喷出气体的质量为m，气流速度大小为v，火箭的总质量为M，火箭获得的速度为 ，取气流速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 ，解得 ，则同一火箭喷出相同质量气体时，气流的速度越大，火箭获得的速度就越大，A正确，不符合题意；
B． 是卫星最大的环绕速度，天和核心舱在轨稳定运行时，不可能等于11.2km/s，B错误，符合题意；
C．根据万有引力提供向心力有 ，地球表面重力和万有引力近似相等 ，代入数据解得 ，可知天和核心舱的运行周期小于同步卫星的运行周期，根据开普勒第三定律 ，可知天和核心舱的运行轨道比地球同步卫星的轨道低，C正确，不符合题意；
D．梦天实验舱要和在轨的天和核心舱对接，是将实验舱发射到较低的轨道上，然后使其加速，做离心运动，实现与核心舱对接，D正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】火箭喷气的过程根据动量守恒定律得出喷完气体后火箭的速度，结合万有引力提供向心力以及在星体表面重力等于万有引力得出核心舱的周期和同步卫星周期的大小关系，通过开普勒三定律得出核心舱和同步卫星轨道的高低，当合力不足以提供向心力时做离心运动。
6．【答案】C
【知识点】电功率和电功；变压器的应用
【解析】【解答】A．保持输送电能总功率，则电功率有 ，输电电压U从原来的高压110kV升级为特高压1100kV，则升压变压器的原线圈的电流 变为原来的 ，由变压器两端的电流关系 ，因匝数比不变，则输电线中的电流 变为原来的 ，A不符合题意；
B．若输电线不变，输电线上损失的电压为 ，输电线中的电流 变为原来的 ，则则输电线上损失的电压变为原来的 ，B不符合题意；
C．若输电线不变，输电线上损失的功率为 ，输电线中的电流 变为原来的 ，则输电线上损失的功率变为原来的 ，C符合题意；
D．用户端消耗的功率为 ，因保持输送电能总功率不变，输电线上损失的功率变为原来的 ，则用户端消耗的功率一定不是变为原来的10倍，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据电功率的表达式以及原副线圈的电流比和匝数比的关系得出输电线中的电流，利用热功率的表达式得出输电线上损失的功率。
7．【答案】D
【知识点】动量定理；电容器及其应用；电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】A．开关S先接1，使电容器完全充电后，其电压等于电源电动势，其电荷量为 ，A不符合题意；
B．开关S接2后，金属棒ab加速运动过程中，电容器因放电其电压逐渐减小，金属棒的动生电动势逐渐增大，则两者的电压之差逐渐减小，则流过金属棒的电流逐渐减小，所受的安培力逐渐减小，由牛顿第二定律可知则加速度逐渐减小，B不符合题意；
C．当金属棒刚开始运动时，电容器与金属棒的电压之差最大，则电流最大，安培力最大，加速度最大为 ，C不符合题意；
D．金属棒ab达到最大速度时，加速度为零，有 ，对金属棒运动的全过程，由动量定理有 ，而电容器放电的电量为 ，联立解得 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】开关S先接1后，根据电容器的定义式得出电容器的电荷量，开关S接2后根据法拉第电磁感应定律以及欧姆定律得出金属棒中电流的变化情况，结合安培力的表达式以及牛顿第二定律的窗户加速度的变化情况以及加速度的最大值，金属棒ab达到最大速度时根据动量定理以及电流的定义式得出速度的最大值。
8．【答案】C,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图乙可知，质点P的振动周期为 ，则振动频率为 ，在 时刻，质点P的运动方向沿y轴正方向，A不符合题意；
BC．由图乙可知， 时刻，质点P沿y轴负方向振动，结合图甲可知，该波沿x轴正方向传播， 时刻，质点 到波谷，质点 位移为正，正沿y轴正方向振动，则质点 的加速度小于质点 的加速度，由图甲可知，该波的波长为 ，由公式 可得，波速为 ，则 至 ，波沿x轴的正方向传播了 ，B不符合题意，C符合题意；
D． 至 ，质点 振动一个周期，运动路程为 ，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据质点的振动情况得出质点振动的周期，利用周期和频率的关系得出振动的频率，结合质点振动的方向和波传播方向之间的关系得出该波的传播方向，通过波传播的速度和波长的关系得出该波的波速，根据质点Q的振动情况得出运动的路程。
9．【答案】A,C
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A．温度 时，玻璃泡A内的气体压强 ，A符合题意；
B．由于B管的体积与A泡的体积相比可略去不计，因此可认为A泡内气体发生等容变化，由题可知 ， 为—3℃ 时 ，根据查理定律 ，得 ，气体末状态压强 ，解得 ，即水银面的高度为22cm。B不符合题意；
C D．当管内水银面的高度为x时，地面上标准大气压下温度为T，设高山上压强为 ，水银密度为 ，温度为 ，由查理定律得 ，高山上压强减小，故温度的测量值比实际温度高。C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】结合题意根据查理定律得出3℃ 时气体的压强，从而得出水银的高度，在高山上利用查理定律得出高山上压强的变化情况，并得出温度的测量值和实际温度的高低。
10．【答案】A,B
【知识点】受力分析的应用；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A．根据题意，设滑块静止时，弹簧的弹性势能为 ，由能量守恒定律，图甲中运动过程有 ，图乙中运动过程有 ，解得 ，A符合题意；
B．长木板按图甲水平放置时，开始时弹力大于滑动摩擦力，滑块的加速度方向向左，滑块做加速运动，弹簧弹力变小，滑块的加速度变小，当弹力与滑动摩擦力等大反向时，小滑块的加速度为零，速度最大，然后弹力小于滑动摩擦力，滑块做减速运动，则滑块离开弹簧之前，速度就达到了最大值，B符合题意；
C．长木板按图乙倾斜放置时，滑块离开弹簧之后，由牛顿第二定律有 ，解得 ，C不符合题意；
D．长木板按图乙倾斜放置，开始时弹力大于滑动摩擦力和重力沿木板分力的合力，物块的加速度方向沿斜面向上，滑块做加速运动，弹簧弹力变小，滑块的加速度变小；当弹力与滑动摩擦力和重力沿木板分力的合力等大反向时，小滑块的加速度为零；然后弹力小于滑动摩擦力和重力沿木板分力的合力，滑块做减速运动，加速度反向增加；当弹簧恢复原长时，物块脱离弹簧，以后加速度不变，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】在甲乙运动的过程根据能量守恒定律得出滑块与木板的动摩擦因数，长木板按图乙倾斜放置时根据牛顿第二定律得出加速度的大小，滑块运动的过程根据受力分析以及牛顿第二定律得出加速度的变化情况。
11．【答案】A,B,D
【知识点】库仑定律；电场强度的叠加
【解析】【解答】A． 所受 、QC两个电荷的静电力的合力为FA，且 与AC连线垂直，如图所示
则C 对A一定是吸引的库仑力，C带负电，设距离为 ，有 ，可得 ，A符合题意；
B．在正点电荷 和负电电荷QC产生的电场中，根据正电荷周围的电势高，负电荷周围的电势低，A点离正电荷更近，由电势的叠加原理可知A点的电势比D点的电势高，B符合题意；
C．A点的库仑力大小为 ，则A点的场强为 ，B处的正电荷在D点产生的库仑力为 ，两场源在D点产生的库仑力大小相等，夹角为135°，则D点的库仑力的合力为 ，即D点场强为 ，即A点的场强比D点的场强大，C不符合题意；
D．从A点开始沿圆弧缓慢地运动到D点，则D点受力平衡，有 ，D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】根据库仑定律以及共点力平衡得出BC点电荷的电荷量之比，结合点电荷周围电场强度的表达式以及电场强度的合成得出AD两点电场强度的表达式并判断大小。
12．【答案】水平；匀速直线；1.2；9.75；不是
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】首先，调节平抛轨道，使轨道末端水平，让小球飞出后能做平抛运动。根据实验数据可知，小球A在水平方向每经过相同时间，位移相同，故小球A在水平方向的分运动是匀速直线运动，且速度大小为 ，还可计算出小球A的加速度大小为 ，由水平方向的分运动可知，打下第2点时所用时间为 ，打下第2点时竖直方向的分速度大小为 ，可得 ，可知图乙中的坐标原点不是小球A做平抛运动的起始点。
【分析】调节平抛轨道，使轨道末端水平，小球做平抛运动，结合匀速直线运动的规律得出小球A的初速度，通过相同时间间隔内的位移差得出小球A的加速度，结合小球的运动判断小球的起始点。
13．【答案】（1）
（2）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据题意，设电阻丝的最大阻值为 ，则有 ，解得 ，用刻度尺将电阻丝八等分，则电阻丝每等份的阻值为
（2）根据题意，由闭合回路欧姆定律有 ，整理可得 ，结合图丙可得 ， ，解得 ，
【分析】（1）根据电阻丝的最大值以及电阻定律得出电阻丝每等 份的阻值；
（2）根据闭合电路欧姆定律得出1/I-n的表达式，结合图像得出电源的电动势和内阻。
14．【答案】解：根据题意，作光线在截面MON中的光路如图所示
设恰好在 发生全反射的临界光线在MO上的折射角为r，入射角为 ，由折射定律有 ，
设该光线在 上的入射点的法线OP与MO间的圆心角 ，由几何关系有
解得
故
即弧面MNN'M'上能射出光线的面积其表面积的75%。
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】根据光在界面上的光路图以及折射定律和几何关系得出 入射点的法线OP与MO间的圆心角，从而得出弧面MNN'M'上能射出光线的面积其表面积 。
15．【答案】（1）解：质子在电场中加速，由动能定理有
解得
质子在圆简中匀速直线运动的时间为 ，所以 圆筒的长
（2）解：设质子在磁场中的圆周运动的半径为R，其能够射入第一象限的条件是 ①
质子在磁场中运动是匀速圆周运动，其所受洛伦兹力提供向心力 ②
由①②有
（3）解：如图所示，质子在磁场中运动的轨迹圆心为 ，从C点离开磁场时速度方向的反向延长线过O点，设其速度偏转角为2θ，则 ③
在RT△OO'C中 ④
又 ⑤
联立②③④⑤解得
【知识点】动能；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）质子在加速电场中根据动能定理得出圆筒序号的值，结合匀速直线运动得出 圆筒的长 ；
（2）根据洛伦兹力提供向心力得出磁感应强度B的取值范围；
（3）根据粒子在磁场中的运动轨迹以及几何关系得出磁感应强度的大小。
16．【答案】（1）解：木板沿斜面向下滑动的过程中，以木板为研究对象，受力分析如图
则
又∵
计算可得
木板和物块构成的系统，沿斜面方向
所以，物块和木板一起匀速下滑，物块与挡板发生第一次弹性碰撞后的速度大小为仍为 。接下来，物块沿斜面向上匀减速到速度为零的过程中，其沿斜面向上的位移的大小即为离开挡板的最大距离 ，以物块为研究对象
①
②
联立①②解得
（2）解：物块与挡板第一次碰撞后至第二次碰撞前过程中，系统动量守恒，取沿斜面向下为正方向，则
可得
（3）解：物块与挡板第一次碰撞后瞬间至第二次碰撞前瞬间，物块匀变速运动的时间
这段时间，物块的对地位移
方向沿斜面向上；
木板的位移
方向沿斜面向下；
物块与木板间的相对位移
做出物块与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间的示意图如图
分析可知
（4）解：物块相对于长木板要么沿斜面向上运动、要么无相对运动，最终物块停止在挡板处。若物块恰未滑落，长木板左端也会停在挡板处。研究第一次碰前瞬间到最后系统停下的整个过程，物块与木板间的总相对位移△s与木板沿斜面下滑的距离s大小相等，即
由系统能量守恒
解得
即长木板的长度L至少为0.4m。
【知识点】动量守恒定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）以木板为研究对象进行受力分析，根据共点力平衡和滑动摩擦力的表达式得出摩擦力的大小，以物块为研究对象，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动的位移与速度的关系得出物块离开挡板的最大距离；
（2）物块与挡板第一次碰撞后至第二次碰撞前过程中 根据动量守恒定律得出物块与挡板第二次碰撞前的速度；
（3）结合匀变速直线运动的速度与时间的关系以及位移与时间的关系得出物块对地的位移以及木板的相对位移，从而得出物块和木板间的相对位移；
（4）物块运动的过程根据系统动量守恒定律得出长木板的长度。
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