2023年湖南省株洲市高考物理三模試卷一、選擇題：本題共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）在物理學規律的發現過程中許多科學家做出了重要的貢獻，下列說法中符合史實的是（）A．奧斯特在一次實驗中發現通電直導線能夠使小磁針發生偏轉，揭開了電磁關系的新篇章 B．科學家通過萬有引力定律計算預言了天王星的存在，后來被證實，因此天王星被稱為“筆尖下發現的行星” C．卡文迪什總結出萬有引力定律，并在實驗室中測出了萬有引力常量 D．安培首先測出了元電荷的數值2．（4分）人原地起跳方式是先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，重心上升后離地向上運動，如果人起跳過程中，重心上升至離地前，其加速度與重心上升高度關系如圖所示，那么人離地后重心上升的最大高度可達（g取10m/s2）（）3．（4分）如圖所示的電路中，恒流源能提供圖示方向、大小為I的恒定電流。質量為m的導體棒垂直放置在水平導軌MN、PQ上，兩導軌平行且相距為L，導體棒與水平導軌間的動摩擦因數為，導體右端均與兩個相同的豎直光滑半圓形軌道平滑連接與N、Q兩點，半圓形軌道半徑為R，導體棒初始位置與NQ相距為s，重力加速度為g，則下列說法中正確的是（）A．若在水平軌道間加水平向右的勻強磁場B，則導體棒初始開始運動時的加速度為 B．若要使導體棒在水平軌道上做勻速運動，則所加磁場B最小時的方向應為左上，與豎直方向夾角為30° C．若在水平軌道間加豎直向上的勻強磁場B，則導體棒剛進入圓弧軌道時對軌道的壓力大小為 D．若要使導體棒剛好到達圓弧軌道的最高點，則在水平軌道間所加豎直向上的磁場的最小值為4．（4分）如圖是碼頭利用可升降傳動裝置在水平地面由高處向下堆砌而成的沙堆，該公司為了得知沙堆的具體信息，測出沙堆的周長為s，查資料測得砂礫間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．地面對沙堆的摩擦力不為零 B．由已知條件可估算沙堆的高度 C．由已知條件可估算沙堆的質量 D．若相同質量的沙堆靠墻堆放，則占地面積會增大5．（4分）如圖所示，M、N為兩個固定在同一水平面上且電荷量相等的正點電荷，在MN連線中點O沿豎直方向固定一光滑絕緣細桿，在O點上方P處靜止釋放一套在細桿上的帶正電小球，運動一段時間后到達O點，不考慮空氣阻力的影響，則小球在這一運動過程中，下列情況不可能出現的是（）A．小球的加速度一直增大 B．小球的加速度先減小后增大 C．小球先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，再做加速度增大的加速運動 D．小球的電勢能一直增加6．（4分）一半圓形玻璃磚底面有一長為L＝1.2m的線光源AB，關于圓心O對稱，要求所有光均能從玻璃磚圓弧面射出，已知玻璃磚的折射率為n＝1.5，則玻璃磚半徑的最小值為（）A． B． D．1m7．（4分）如圖所示，M和N為電容器兩極板，一直保持與導線相連，M極板左端絕緣固定，N極板兩端用絕緣材料與兩輕彈簧連接，N極板只能沿圖中標識的上下方向運動，當N極板靜止時，兩極板間距為d，在外力驅動下，N極板做簡諧運動，向下運動至最低點時，兩極板間距1.5d，運動到最高點時兩極板相距0.5d，下列說法正確的是（）A．當N極板向上運動時，電流表電流方向從b→a B．N極板完成一個運動周期運動，回路電流方向改變1次 C．當N極板從最低點運動到最高點的過程中，極板電荷量減少 D．N極板在最低點和最高點時，電容器中場強之比為1：3二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．（多選）8．（5分）一質量為m、可視為質點的物塊B靜止于質量為M的木板C左端，木板靜止于光滑水平面上，將質量為m的小球A用長為L的細繩懸掛于O點，靜止時小球A與B等高且剛好接觸，現對小球A施加一外力，使細繩恰好水平，如圖所示，現將外力撤去，小球A與物塊B發生彈性碰撞，已知B、C間動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．小球A碰撞后做簡諧運動 B．碰撞后物塊B的速度為 C．若物塊B未滑離木板C，則物塊B與木板C之間的摩擦熱為 D．若物塊B會滑離木板C，則板長小于（多選）9．（5分）如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，間距為L的平行金屬導軌ab、cd水平放置，ac間連接一電阻R，質量為m、電阻為r、粗細均勻的金屬桿MN垂直于金屬導軌放置，現給MN一水平向右的初速度v0，滑行時間t后停下，已知金屬桿MN與平行金屬導軌的動摩擦因數為μ，MN長為2L，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．MN在平行金屬導軌上滑動距離為 B．MN速度為v1時，MN兩端的電勢差為UMN＝2BLv1 C．MN速度為v1時，MN的加速度大小為 D．MN速度為v1時，MN的加速度大小為（多選）10．（5分）北京時間2022年11月30日7時33分，神舟十五號3名航天員順利進入中國空間站，與神舟十四號航天員乘組勝利會師，圖為航天員“勝利會師”2，則下列說法正確的是（）B．航天員出艙后處于完全失重狀態 C．空間站的運行周期大于24小時 2（多選）11．（5分）在同種均勻介質中有兩波源S1和S2相距3m，頻率均為2Hz，以S1為原點建立如圖所示的坐標系，t1＝0時波源S1從平衡位置開始垂直紙面向上做簡諧運動，所激發的橫波向四周傳播，t22也開始垂直紙面向上做簡諧運動，在t3＝0.75s時兩列簡諧波的最遠波峰傳到了圖示中的兩個圓的位置，則下列說法中錯誤的是（）A．波的傳播速度為3m/s 1和S2連線上有3個振動減弱的位置三、非選擇題：本題共5小題，共52分．12．（6分）頻閃照相是研究運動的常用手段，頻閃儀每隔相等時間短暫閃光一次，照片上記錄了鋼球在各個時刻的位置。（1）某同學做該實驗時事先沒確定豎直方向，如圖甲所示，已知A、B、C為相鄰的三個拍照點，試幫助該同學確定豎直方向（y方向）：。（2）如圖乙是小球做平拋運動的頻閃照片，圖中小方格的邊長5cm，那么小球平拋的初速度大小v0＝m/s，經B點合速度大小vB＝（結果均保留兩位有效數字，g取10m/s2）。13．（10分）小明同學設計了一個測電梯加速度的裝置，具體原理圖如圖甲所示。實驗器材有：Ω）；理想電壓表V（量程為3.0V）；限流電阻R0Ω；Ω）；開關S以及導線若干；電阻可忽略不計的彈簧，下端固定于水平地面，上端固定秤盤且通過甲連桿與滑動變阻器R的滑片連接，滑片接觸良好且無摩擦（彈簧勁度系數k＝103N/m）；重力加速度g取10m/s2，不計其他阻力。（1）實驗步驟如下：①電梯靜止時，托盤中未放被測物前，滑片恰好置于變阻器R的最上端，電壓表的示數均為零。②電梯勻速上升時，在托盤中輕輕放入一個物塊，待托盤靜止平衡后，當滑動變阻器R的滑片恰好處于中間，則物塊的質量m＝。（2）電梯運行過程中，當電壓表示數為2.25V且保持穩定時，電梯的運動情況可能是。（填標號）A．電梯以5m/s2的加速度向上加速2的加速度向上加速2的加速度向下加速D．電梯以5m/s2的加速度向下減速（3）小王同學用小明的器材設計了另一種方案，方案電路如圖乙所示，在托盤中輕輕放入同一個物塊，當電梯勻速運動時，電壓表的示數為。（4）經分析小明的方案更為合理，原因是。14．（10分）一定質量的理想氣體，狀態從A→B→C→D→A的變化過程可用如圖所示的p﹣V圖線描述，其中D→A為等溫線，氣體在狀態A時溫度為TA＝360K，求：（1）氣體在狀態C時溫度TC；（2）若氣體在A→B過程中吸熱3000J，則在A→B過程中氣體內能如何變化？變化了多少？15．（12分）如圖所示，第一、二象限存在垂直于xOy平面向里的磁感應強度為B1（大小未知）的勻強磁場，第三象限存在沿y軸正方向的勻強電場E，x軸負方向與x軸重合存在一特殊的薄膜，帶電粒子每次穿過薄膜時電荷量不變，但速度減為原來的a（a＜1）倍。現有一質量為m、電量為q的帶正電粒子從y軸上A（0，L）處平行于x軸負方向以速度v0射入第二象限，粒子從x軸負半軸上的C點平行于y軸負方向射出，不計粒子重力，帶電粒子可視為點電荷。（1）求磁感應強度B1的大小；（2）x軸負方向C處左邊有一接收裝置D（未畫出），為了接收到該粒子，求D的橫坐標的可能值xD以及D離坐標原點O的最遠距離xDmax。16．（14分）如圖，一平板車靜止在光滑水平地面上，小物塊A和B分別從車的最左端和最右端同時開始相向運動，兩物塊在平板車上發生碰撞，最終都與平板車保持相對靜止。已知平板車的質量M＝1kg，長度L＝5m，A、B的質量均為m＝0.5kg，A的初速度大小為v1＝5m/s，與平板車之間的動摩擦因數μ1＝0.4；B的初速度大小為v2＝3m/s，與平板車之間的動摩擦因數μ2＝0.2，A、B均可視為質點，它們之間的碰撞為彈性碰撞，重力加速度g取10m/s2，求：（1）整個過程中，A、B以及平板車組成的系統損失的機械能；（2）A、B發生碰撞的位置與平板車最左端的距離；（3）A、B與車保持相對靜止時，A、B之間的距離。2023年湖南省株洲市高考物理三模試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共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）在物理學規律的發現過程中許多科學家做出了重要的貢獻，下列說法中符合史實的是（）A．奧斯特在一次實驗中發現通電直導線能夠使小磁針發生偏轉，揭開了電磁關系的新篇章 B．科學家通過萬有引力定律計算預言了天王星的存在，后來被證實，因此天王星被稱為“筆尖下發現的行星” C．卡文迪什總結出萬有引力定律，并在實驗室中測出了萬有引力常量 D．安培首先測出了元電荷的數值【分析】本題考查了物理學史，人類認識行星運動規律出現的幾位物理學家及其事跡。【解答】解：A、奧斯特發現通電直導線能夠使小磁針發生偏轉，揭開了電磁關系的新篇章，故A正確；B、科學家通過萬有引力定律計算預言了海王星的存在并在后來的觀測中被證實，因此海王星被稱為“筆尖下發現的行星”，故B錯誤；C、卡文迪什在實驗室中測出了萬有引力常量，牛頓總結出萬有引力定律，故C錯誤；D、密立根首先測出了元電荷的數值，故D錯誤。故選：A。【點評】本題考查人類研究天體運動中的發展歷程，了解部分物理學史，知道相關科學家的事跡，即可正確求解。2．（4分）人原地起跳方式是先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，重心上升后離地向上運動，如果人起跳過程中，重心上升至離地前，其加速度與重心上升高度關系如圖所示，那么人離地后重心上升的最大高度可達（g取10m/s2）（）【分析】根據公式v2＝2ax，結合圖像面積以及人離地后根據公式v2＝2gh，求h。【解答】解：根據題意，設人剛剛離地時速度為v，根據公式v2＝2ax，整理得則a﹣x圖形圍成的面積為，人離地后根據公式有v2＝2gh結合圖像，聯立解得h＝0.5m，故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點評】本題考查學生對公式v2＝2ax的掌握以及圖像與公式向結合的推理，是一道基礎題。3．（4分）如圖所示的電路中，恒流源能提供圖示方向、大小為I的恒定電流。質量為m的導體棒垂直放置在水平導軌MN、PQ上，兩導軌平行且相距為L，導體棒與水平導軌間的動摩擦因數為，導體右端均與兩個相同的豎直光滑半圓形軌道平滑連接與N、Q兩點，半圓形軌道半徑為R，導體棒初始位置與NQ相距為s，重力加速度為g，則下列說法中正確的是（）A．若在水平軌道間加水平向右的勻強磁場B，則導體棒初始開始運動時的加速度為 B．若要使導體棒在水平軌道上做勻速運動，則所加磁場B最小時的方向應為左上，與豎直方向夾角為30° C．若在水平軌道間加豎直向上的勻強磁場B，則導體棒剛進入圓弧軌道時對軌道的壓力大小為 D．若要使導體棒剛好到達圓弧軌道的最高點，則在水平軌道間所加豎直向上的磁場的最小值為【分析】對棒受力分析，由左手定則，分析加速度；受力分析，根據受力平衡條件和數學知識，求安培力最小時的磁場方向；由動能定理和牛頓第二定律聯立，求導體棒剛進入圓弧軌道時對軌道的壓力大小；最高點時，重力提供向心力，同時結合動能定理，求在水平軌道間所加豎直向上的磁場的最小值。【解答】解：A．若加上水平向右的勻強磁場B，對棒受力分析，由左手定則，安培力方向向下，棒不運動，加速度為0，故A錯誤；B．要使棒勻速運動，受力平衡，其合外力為零，設安培力方向為右上，與水平方向夾角為α，受力分析如圖由平衡條件：Fcosα＝μ（mg﹣Fsinα）解得由數學知識當α＝30°，安培力最小，由左手定則，所加磁場最小時B的方向應為左上，與豎直方向夾角為30°，故B正確；C．當加上豎直向上的勻強磁場B時，由左手定則，安培力水平向右．由動能定理有由牛頓第二定律聯立解得由牛頓第三定律，導體棒剛進入圓弧軌道時對軌道的壓力大小為，故C錯誤；D．要使棒剛好到達圓弧最高點，則在最高點時重力提供向心力：設所加豎直向上的磁場的最小值為B，由動能定理有，解得故D錯誤.故選：B。【點評】本題難度較高，解題關鍵是分析出當α＝30°，安培力最小，同時需要學生掌握牛頓第二定律、動能定理、受力平衡的掌握，綜合性較強。4．（4分）如圖是碼頭利用可升降傳動裝置在水平地面由高處向下堆砌而成的沙堆，該公司為了得知沙堆的具體信息，測出沙堆的周長為s，查資料測得砂礫間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．地面對沙堆的摩擦力不為零 B．由已知條件可估算沙堆的高度 C．由已知條件可估算沙堆的質量 D．若相同質量的沙堆靠墻堆放，則占地面積會增大【分析】分析沙堆時應對整體受力分析，在水平方向不受力；求沙堆高度時，利用題干已知信息μ，選擇隔離沙礫，相當于斜面模型，受力分析列方程求得μ＝tanθ，由三角函數可得高度【解答】解：A．分析沙堆時，選擇整體為研究對象，只在豎直方向受重力及支持力，不受摩擦力作用，故A錯誤；B．沙堆表面上的沙粒相當于斜面模型，受力分析如圖：沿斜面和垂直斜面方向正交分解，得mgsinθ＝μmgcosθ，整理得μ＝tanθ，由三角函數得高度h，故B正確；C．由m＝ρV可知，ρ未知，不能求m，故C錯誤；D．沙堆的高h與底面半徑r滿足：未靠墻放置時，設沙堆的底面積為S，則其體積V＝Sh＝Sμr＝μS?當沙堆靠墻時形成半個圓錐體，設沙堆的底面積為S′（底面為半圓形），則其體積V′＝S′h′＝S′μr′＝μS′?質量不變，則體積不變，則有：V＝V′，即：μS?＝μS′?，可得：S′＜S，即占地面積會變小，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查了斜面模型上，物體所受共點力的平衡問題，選定研究對象然后受力分析，列平衡方程求解。易錯點在于看不懂題干中位于沙堆表面的沙礫相當于斜面上的小物塊，考查分析理解能力。5．（4分）如圖所示，M、N為兩個固定在同一水平面上且電荷量相等的正點電荷，在MN連線中點O沿豎直方向固定一光滑絕緣細桿，在O點上方P處靜止釋放一套在細桿上的帶正電小球，運動一段時間后到達O點，不考慮空氣阻力的影響，則小球在這一運動過程中，下列情況不可能出現的是（）A．小球的加速度一直增大 B．小球的加速度先減小后增大 C．小球先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，再做加速度增大的加速運動 D．小球的電勢能一直增加【分析】ABC.根據等量同種點電荷在其中垂線上的電場強度大小的分布情況判斷場強的大小，再根據牛頓第二定律判斷加速度的大小變化，根據合力與速度方向的關系判斷速度的變化；D.電場力一直做負功，據此判斷電勢能的變化。【解答】解：ABC．等量同種點電荷在連線中點O沿中垂線向外，場強先增大后減小；小球帶正電，小球所受的電場力豎直向上，根據牛頓第二定律mg﹣Eq＝ma；若P點位于中垂線上場強最大值的下方，當小球從P到O時，場強減小，加速度一直增大，小球做加速度增大的加速運動；若P點位于中垂線上場強最大值的上方，當小球從P到O時，場強先增大后減小，加速度先減小后增大，小球先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的加速運動；小球不會出現先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動的情形，故AB正確，C錯誤；D．小球向下運動的過程中電場力一直做負功，所以小球的電勢能一直增大，故D正確。本題選擇錯誤說法，故選：C。【點評】本題主要考查了等量同種電荷中垂線是場強的分布，在此基礎上根據牛頓第二定律判斷加速度的大小變化，根據電場力做功判斷電勢能的變化，因此掌握等量同種電荷中垂線是場強的分布情況是解題的關鍵。6．（4分）一半圓形玻璃磚底面有一長為L＝1.2m的線光源AB，關于圓心O對稱，要求所有光均能從玻璃磚圓弧面射出，已知玻璃磚的折射率為n＝1.5，則玻璃磚半徑的最小值為（）A． B． D．1m【分析】當光源從B點垂直AB射向圓弧時的入射角最大，若此處不發生全反射，則圓弧其他位置也不會發生全反射，結合臨界角公式求解。【解答】解：如圖所示，當光源從B點垂直AB射向圓弧時的入射角最大若此處不發生全反射，則圓弧其他位置也不會發生全反射，設臨界角為C，此時有sinC＝又sinC＝，解得R＝0.9m，所以玻璃磚半徑的最小值為0.9m，故ABD錯誤，C正確。故選：C。【點評】解答本題的關鍵要掌握全反射條件和臨界角公式，畫出臨界光路，結合幾何知識進行處理。7．（4分）如圖所示，M和N為電容器兩極板，一直保持與導線相連，M極板左端絕緣固定，N極板兩端用絕緣材料與兩輕彈簧連接，N極板只能沿圖中標識的上下方向運動，當N極板靜止時，兩極板間距為d，在外力驅動下，N極板做簡諧運動，向下運動至最低點時，兩極板間距1.5d，運動到最高點時兩極板相距0.5d，下列說法正確的是（）A．當N極板向上運動時，電流表電流方向從b→a B．N極板完成一個運動周期運動，回路電流方向改變1次 C．當N極板從最低點運動到最高點的過程中，極板電荷量減少 D．N極板在最低點和最高點時，電容器中場強之比為1：3【分析】當N極板向上運動時，根據電容的決定式分析電容的變化，由電容的定義式分析電容器所帶電荷量的變化，從而判斷電流表中電流方向；根據電容器充放電情況，分析一個周期內回路電流方向改變的次數；N極板在最低點和最高點時，根據E＝分析場強之比。【解答】解：AC、當N極板向上運動時，電容器板間距離d減小，根據電容的決定式可知，電容C增大，電容器板間電壓不變，由電容的定義式分析可知極板電荷量增加，電容器充電，電流表電流方向為a→b，故AC錯誤；B、N極板向上運動時，電容器充電。N極板向下運動時，電容器放電，所以N極板完成一個周期運動，回路電流方向改變2次，故B錯誤；D、根據題意，在N極板運動過程中，電容器兩極板間電壓不變，最低點與最高點板間距離之比為1.5d：0.5d＝3：1，故由E＝可知場強之比為1：3，故D正確。故選：D。【點評】解答本題時，要知道電容器與電源保持相連時，電容器兩極板間電壓U不變。能根據電容的決定式、電容的定義式和E＝相結合進行分析。二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．（多選）8．（5分）一質量為m、可視為質點的物塊B靜止于質量為M的木板C左端，木板靜止于光滑水平面上，將質量為m的小球A用長為L的細繩懸掛于O點，靜止時小球A與B等高且剛好接觸，現對小球A施加一外力，使細繩恰好水平，如圖所示，現將外力撤去，小球A與物塊B發生彈性碰撞，已知B、C間動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．小球A碰撞后做簡諧運動 B．碰撞后物塊B的速度為 C．若物塊B未滑離木板C，則物塊B與木板C之間的摩擦熱為 D．若物塊B會滑離木板C，則板長小于【分析】首先，根據機械能守恒求出小球A與小球B碰撞前的速度，再根據彈性碰撞的規律求出兩個小球碰后的速度；其次，對B、C組成的系統分析，水平方向根據動量守恒和能量守恒求出此過程產生的熱量；最后，根據摩擦生熱的計算公式求出木板的長度。【解答】解：AB、小球A下落過程中機械能守恒，有解得小球A與物塊B發生彈性碰撞，A、B質量相等，碰撞后交換速度，小球A碰撞后靜止，小球B的速度變為為，故A錯誤，B正確；C、對B、C組成的系統分析可知，水平方向不受外力，則動量守恒，規定初速度方向為正方向，有mv0＝（M+m）v根據能量守恒可知，摩擦熱為故C正確；D、摩擦熱Q＝μmgl式中l為板長，若B恰好滑離C，則有解得因此可知，若物塊B會滑離木板C，則板長小于，故D正確。故選：BCD。【點評】本題考查了彈性碰撞和完全非彈性碰撞，解決本題的關鍵是理解動量守恒定律和能量守恒定律的規律。（多選）9．（5分）如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，間距為L的平行金屬導軌ab、cd水平放置，ac間連接一電阻R，質量為m、電阻為r、粗細均勻的金屬桿MN垂直于金屬導軌放置，現給MN一水平向右的初速度v0，滑行時間t后停下，已知金屬桿MN與平行金屬導軌的動摩擦因數為μ，MN長為2L，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．MN在平行金屬導軌上滑動距離為 B．MN速度為v1時，MN兩端的電勢差為UMN＝2BLv1 C．MN速度為v1時，MN的加速度大小為 D．MN速度為v1時，MN的加速度大小為【分析】MN在平行金屬導軌上滑動時，利用動量定理求滑行距離；MN速度為v1時，MN在導軌間的電壓為路端電壓，小于感應電動勢，從而確定MN兩端的電勢差與感應電動勢的關系；根據牛頓第二定律和安培力與速度的關系求加速度。【解答】解：A、MN在平行金屬導軌上滑動時，取向右為正方向，由動量定理有：﹣μmgt﹣ΣBIL?Δt＝0﹣mv0又有，聯立解得：，故A正確；B、MN速度為v1時，MN產生的感應電動勢E＝2BLv1，MN在導軌間的電壓為路端電壓，小于感應電動勢，因此MN兩端的電勢差應小于2BLv1，故B錯誤；CD、MN速度為v1時，水平方向受摩擦力、安培力，由牛頓第二定律有：，解得故C正確，D錯誤。故選：AC。【點評】本題中MN做變減速直線運動，不能根據運動學公式求MN滑行距離，可根據動量定理求解。（多選）10．（5分）北京時間2022年11月30日7時33分，神舟十五號3名航天員順利進入中國空間站，與神舟十四號航天員乘組勝利會師，圖為航天員“勝利會師”2，則下列說法正確的是（）B．航天員出艙后處于完全失重狀態 C．空間站的運行周期大于24小時 2【分析】根據宇宙速度的意義分析神舟十五號飛船在地球上的發射速度與宇宙速度的關系；航天員出艙后處于完全失重狀態；根據萬有引力提供向心力列式，分析空間站的運行周期與地球同步衛星周期的關系；根據萬有引力提供向心力求空間站在軌道處的向心加速度大小。【解答】解：A、神舟十五號沒有脫離地球的束縛，所以神舟十五號發射速度應大于7.9km/s，小于11.2km/s，故A錯誤；B、航天員出艙后，由萬有引力提供向心力，處于完全失重狀態，故B正確；C、根據G＝mr，得衛星的運行周期表達式為T＝2π，空間站軌道比地球同步衛星低，則空間站的運行周期小于地球同步衛星的運行周期24h，故C錯誤；D、空間站在軌道處，有；在地面上，有，聯立得a＝，解得a≈2，故D正確。故選：BD。【點評】解答本題的關鍵要抓住萬有引力提供向心力，以及萬有引力等于重力這兩條思路，通過列式進行分析。（多選）11．（5分）在同種均勻介質中有兩波源S1和S2相距3m，頻率均為2Hz，以S1為原點建立如圖所示的坐標系，t1＝0時波源S1從平衡位置開始垂直紙面向上做簡諧運動，所激發的橫波向四周傳播，t22也開始垂直紙面向上做簡諧運動，在t3＝0.75s時兩列簡諧波的最遠波峰傳到了圖示中的兩個圓的位置，則下列說法中錯誤的是（）A．波的傳播速度為3m/s 1和S2連線上有3個振動減弱的位置【分析】明確兩波的性質，根據兩波源起振的時間差和該時間內傳播的距離之差，來求解波速；根據波程差與波程的關系分析振動加強點和振動減弱點的個數。【解答】解：A、兩波源起振的時間差為Δt＝0.25s，該時間內傳播的距離之差為Δ﹣1.5m＝1m，則波的傳播速度v＝＝m/s＝4m/s，故A錯誤；B、由題意得T＝＝s＝0.5s，而t21正向下振動，與S2起振方向相反，所以兩波源在x＝1.5m處引起質點的振動步調相反，故虛線x＝1.5m為減弱區，故B錯誤；C、兩波波長λ＝＝m＝2m，從t3Δt＝0.25s后，S1、S2的最遠波峰再向前傳播1m，即S1的最遠波峰傳到了x＝3.5m處，而S2的波峰傳到了x＝0.5m處，此時S2波產生的波形中只有一個波谷，且到S2的距離為1.5m．如圖所示。可知波谷與波谷相遇點有2個，故C正確；D、S1和S2連線上滿足到兩波源的距離差為半波長的偶數倍時為振動減弱的位置，Δs＝kλ（k＝0，±1，±2），解得k＝0，±1，則共有3個，故D正確。本題選錯誤的，故選：AB。【點評】本題考查波的性質以及波的干涉，要注意明確干涉的條件，同時掌握波速公式的應用。三、非選擇題：本題共5小題，共52分．12．（6分）頻閃照相是研究運動的常用手段，頻閃儀每隔相等時間短暫閃光一次，照片上記錄了鋼球在各個時刻的位置。（1）某同學做該實驗時事先沒確定豎直方向，如圖甲所示，已知A、B、C為相鄰的三個拍照點，試幫助該同學確定豎直方向（y方向）：連接AC線段取其中點O，然后連接OB兩點，OB兩點所在直線即為豎直方向。（2）如圖乙是小球做平拋運動的頻閃照片，圖中小方格的邊長5cm，那么小球平拋的初速度大小v0＝2.5m/s，經B點合速度大小vB＝3.9（結果均保留兩位有效數字，g取10m/s2）。【分析】（1）根據實驗原理分析實驗操作，從而確定豎直方向；（2）根據豎直方向的運動特點計算出時間間隔，根據運動學公式分析出初速度，根據勻變速直線運動規律解得B點豎直方向的速度，從而計算合速度。【解答】解：（1）連接AC線段取其中點O，然后連接OB兩點，OB兩點所在直線即為豎直方向．（2）根據圖乙可知，相鄰點跡之間的水平距離相等，即相鄰點跡之間的時間間隔相等，根據Δy＝gT2解得小球平拋的初速度為v0＝＝小球經B點豎直分速度大小vBy＝＝經B點合速度大小解得：vB【點評】本題主要考查了平拋運動的相關應用，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，理解平拋運動在不同方向的運動特點結合運動學公式即可完成分析。13．（10分）小明同學設計了一個測電梯加速度的裝置，具體原理圖如圖甲所示。實驗器材有：Ω）；理想電壓表V（量程為3.0V）；限流電阻R0Ω；Ω）；開關S以及導線若干；電阻可忽略不計的彈簧，下端固定于水平地面，上端固定秤盤且通過甲連桿與滑動變阻器R的滑片連接，滑片接觸良好且無摩擦（彈簧勁度系數k＝103N/m）；重力加速度g取10m/s2，不計其他阻力。（1）實驗步驟如下：①電梯靜止時，托盤中未放被測物前，滑片恰好置于變阻器R的最上端，電壓表的示數均為零。②電梯勻速上升時，在托盤中輕輕放入一個物塊，待托盤靜止平衡后，當滑動變阻器R的滑片恰好處于中間，則物塊的質量m＝50kg。（2）電梯運行過程中，當電壓表示數為2.25V且保持穩定時，電梯的運動情況可能是AD。（填標號）A．電梯以5m/s2的加速度向上加速2的加速度向上加速2的加速度向下加速D．電梯以5m/s2的加速度向下減速（3）小王同學用小明的器材設計了另一種方案，方案電路如圖乙所示，在托盤中輕輕放入同一個物塊，當電梯勻速運動時，電壓表的示數為2.25V。（4）經分析小明的方案更為合理，原因是加速度與電壓表示數成線性關系。【分析】（1）對物塊分析，根據平衡條件和胡克定律相結合求解物塊的質量m。（2）當電壓表示數為2.25V且保持穩定時，求出與電壓表并聯部分電阻阻值，確定彈簧壓縮量，再根據牛頓第二定律和胡克定律相結合求解電梯的加速度，從而分析電梯的運動情況。（3）小王方案中，確定電梯勻速運動時彈簧壓縮量，再求電壓表的示數。（4）根據加速度與電壓表示數關系分析。【解答】解：（1）對物塊分析，由平衡條件得mg＝kΔx其中Δx＝＝cm＝5.0cm＝0.05m，代入上式解得：m＝50kg（2）當電壓表的示數為U＝2.25V時，設與電壓表并聯部分電阻阻值為R′，則U＝E解得：R′＝15Ω彈簧壓縮量為Δx′＝l＝×對物塊分析，由牛頓第二定律得kΔx'﹣mg＝ma解得a＝5m/s2，方向豎直向上，故AD正確，BC錯誤。故選：AD。（3）小王方案中，電梯勻速運動時彈簧壓縮量為5cm，接入電路阻值為R″＝10Ω，故電壓表示數為U′＝R″＝×（4）小明方案中，根據U＝E，Δx′＝l得電壓表示數為U＝E對物塊分析，根據牛頓第二定律得kΔx﹣mg＝ma聯立分析可知，加速度與電壓表示數成線性關系。故答案為：（1）50kg；（2）AD；（3）2.25V；（4）加速度與電壓表示數成線性關系。【點評】本題是力電綜合題，關鍵要理解實驗原理，搞清電路的結構，運用歐姆定律和力學規律相結合進行解答。14．（10分）一定質量的理想氣體，狀態從A→B→C→D→A的變化過程可用如圖所示的p﹣V圖線描述，其中D→A為等溫線，氣體在狀態A時溫度為TA＝360K，求：（1）氣體在狀態C時溫度TC；（2）若氣體在A→B過程中吸熱3000J，則在A→B過程中氣體內能如何變化？變化了多少？【分析】（1）D→A為等溫線，可知氣體在狀態D時的溫度。C→D過程氣體發生等壓變化，由蓋—呂薩克定律求氣體在狀態C時的溫度TC；（2）A→B過程壓強不變，由W＝pΔV求氣體對外界做功，再根據熱力學第一定律求內能的變化量。【解答】解：（1）D→A為等溫線，則TA＝TD＝360KC到D過程氣體發生等壓變化，由蓋—呂薩克定律得解得：TC＝540K（2）A→B過程壓強不變，體積增大，則氣體對外界做功W＝pΔV＝4×105×4×10﹣3J＝1600J由熱力學第一定律得ΔU＝Q﹣W＝3000J﹣1600J＝1400J則氣體內能增加，增加了1400J。答：（1）氣體在狀態C時溫度TC為540K；（2）在A→B過程中氣體內能增加，增加了1400J。【點評】本題的關鍵要明確氣體的狀態作何種變化，從而選擇相應的實驗定律。在應用熱力學第一定律時，要注意做功和熱量的正負。15．（12分）如圖所示，第一、二象限存在垂直于xOy平面向里的磁感應強度為B1（大小未知）的勻強磁場，第三象限存在沿y軸正方向的勻強電場E，x軸負方向與x軸重合存在一特殊的薄膜，帶電粒子每次穿過薄膜時電荷量不變，但速度減為原來的a（a＜1）倍。現有一質量為m、電量為q的帶正電粒子從y軸上A（0，L）處平行于x軸負方向以速度v0射入第二象限，粒子從x軸負半軸上的C點平行于y軸負方向射出，不計粒子重力，帶電粒子可視為點電荷。（1）求磁感應強度B1的大小；（2）x軸負方向C處左邊有一接收裝置D（未畫出），為了接收到該粒子，求D的橫坐標的可能值xD以及D離坐標原點O的最遠距離xDmax。【分析】（1）根據幾何關系得出粒子的半徑，結合牛頓第二定律得出磁感應強度的大小；（2）根據幾何關系得出D的橫坐標的可能值以及對應的最遠距離。【解答】解：（1）根據題意，由牛頓第二定律得：由幾何關系得：R＝L解得：（2）粒子從C處向下穿過薄膜，進入