高級中學名校試卷PAGEPAGE1江西省紅色十校2023-2024學年高三上學期9月聯考物理試題一、選擇題1.如圖所示為一定質量的理想氣體由a→b→c→a的狀態變化的p－V圖像，ab段與縱軸平行，bc段與橫軸平行，氣體在a、c狀態時內能相等，則下列說法正確的是（）A.a→b過程，氣體分子的平均動能不變B.b→c過程，氣體吸收的熱量小于對外做的功C.c→a過程，氣體內能先增大后減小D.a→b→c→a過程，氣體對外做的功大于外界對氣體做的功〖答案〗C〖解析〗A．a→b過程為等容變化，根據壓強減小，溫度減小，氣體分子的平均動能減小，故A錯誤；B．b→c過程為等壓變化，根據體積變大，可得溫度升高，內能增大，即根據結合體積變大，氣體對外做功，即W<0可得氣體吸收的熱量大于對外做的功，故B錯誤；C．若c→a過程為雙曲線，則p、V的乘積為定值，由圖知，p、V的乘積先增大后減小，所以溫度先升高后降低，氣體內能先增大后減小，故C正確；D．p-V圖像與V軸圍成的面積代表功，可知a→b→c→a過程，氣體對外做的功小于外界對氣體做的功，故D錯誤。故選C。2.如圖所示，從傾角為θ的斜面體底端正上方h高處水平拋出一個小球，小球落到斜面上時，小球的速度方向與水平方向的夾角也為θ，重力加速度為g，則小球從拋出到落到斜面上所用的時間為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗小球落到斜面上，如圖設小球從拋出到落到斜面上所用的時間為t，則小球落到斜面上時豎直方向速度為小球的初速度為小球落到斜面上時小球下落的高度為小球落到斜面上時水平位移大小為則解得故選A。3.如圖所示，坐標原點O左右兩邊的介質不同，P、Q為兩列波的波源，兩波源同時起振，某時刻，兩列波分別沿x軸傳播到點M（－9，0）、點N（3，0），則下列說法正確的是（）A.兩列波的起振方向相反B.兩列波波動頻率相同C.兩列波在x＝－3.5cm處相遇D.兩列波在x軸負半軸疊加能形成穩定的干涉圖樣〖答案〗C〖解析〗A．由圖可知，M點的起振方向為軸正方向，N點的起振方向也為軸正方向，而且MN點與波源的起振方向相同，故兩列波的起振方向相同，故A錯誤；B．兩列波在不同介質中波速不同，由圖知兩波的波長相等，根據兩列波的波動頻率不同，故B錯誤；C．在相同時間內，兩波分別傳播了一個波長和一個半波長，故在不同介質的波速之比為當Q波傳到O點時，P波傳到（－7，0），等Q波傳播到x軸負半軸后速度與P波相同，則兩波都再傳播3.5cm，所以兩列波在x＝－3.5cm處相遇，故C正確；D．因為兩波的頻率不同，故兩列波在x軸負半軸疊加不能形成穩定的干涉圖樣，故D錯誤。故選C。4.氫原子的能級圖如圖所示，用動能均為12.3eV的電子束射向一群處于基態的氫原子，氫原子被電子碰撞后激發躍遷到較高能級，處于高能級的氫原子向低能級躍遷時輻射出幾種不同頻率的光，其中只有兩種頻率的光能使某金屬發生光電效應，一種光恰好能使該金屬發生光電效應，則另一種光使該金屬發生光電效應時的光電子最大初動能為（）A.0.66eV B.1.89eV C.2.55eV D.2.86eV〖答案〗B〖解析〗只有兩種頻率的光能使某金屬發生光電效應，光子的能量為一種光恰好能使該金屬發生光電效應，有另一種光使該金屬發生光電效應時的光電子最大初動能為故選B。5.如圖所示，光滑擋板AB和CD在C點連接，AB板傾斜，CD板豎直，兩板相對固定，小球靜止于兩極之間，現使整個裝置繞A點在豎直面內沿順時針方向緩慢轉動到CD板水平，則在此過程中，下列說法正確的是（）A.球對AB板的作用力變小B.球對CD板的作用力變小C.球對AB板作用力變大D.球對CD板的作用力變大〖答案〗D〖解析〗設AB板與CD板的夾角為，轉動的角度為，根據平衡條件豎直方向有水平方向有根據幾何關系可知、、三個力構成的三角形為圓的內接三角形，且在轉動過程中，與的夾角不變，畫出受力分析圖，可知球對CD板的作用力先增大后減小，球對AB板的作用力一直變小，故BCD錯誤，A正確。故選A。6.如圖所示，兩束頻率不同的單色光a、b平行斜射到足夠長的平行玻璃磚的上表面，兩入射點間的距離為L，兩光束在玻璃磚下表面的出射點間的距離也為L，不考慮光在玻璃磚下表面的反射，玻璃磚對兩種單色光的折射率均大于，則下列說法正確的是（）A.玻璃磚對兩種單色光折射率相同B.單色光b在玻璃磚中傳播速度大C.單色光b在玻璃磚中傳播時間長D.增大光在上表面的入射角，在下表面，單色光b會先發生全反射〖答案〗B〖解析〗AB．根據題意兩光束在玻璃磚下表面的出射點間的距離也為L，做出大致對應的光路圖如下根據光路圖可知，玻璃對a光的折射率較大；根據光速與折射率的關系可知光在介質中的速度為可知，單色光b在玻璃磚中傳播速度大，故A錯誤，B正確；C．設玻璃磚的厚度為d，單色光的入射角為i，折射角為α，根據幾何關系和光的折射定律有玻璃磚對兩種單色光的折射率均大于，所以兩種單色光的折射角均小于45°，兩種光的折射角的二倍均小于90°，又因為玻璃對a光的折射率較大，所以a光在玻璃磚中的折射角較小，所以所以a單色光在玻璃磚中運動的時間較長，故C錯誤；D．玻璃的上下兩個表面平行，光在下表面的入射角等于上表面的折射角，根據光路可逆性知，兩束光都不會在下表面發生全反射，故D錯誤。故選B。7.邊長為L的單匝正方形線框處在勻強磁場中，磁場方向與線框平面垂直，磁感應強度隨時間變化規律如圖所示（前半個周期為正弦波形的一半），線框的電阻為R，則線框中感應電流的功率為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗根據題意可知，前半個周期感應電動勢最大值為則前半個周期感應電動勢有效值為后半個周期感應電動勢大小恒定不變，則有線框一個周期內產生的焦耳熱為聯立可得線框中感應電流的功率為故選D。8.處理廢棄衛星的方法之一是將報廢的衛星推到更高的軌道——“墓地軌道”，這樣它就遠離正常衛星，繼續圍繞地球運行．我國實踐21號衛星（SJ－21）曾經將一顆失效的北斗導航衛星從擁擠的地球同步軌道上拖拽到了“墓地軌道”上．拖拽過程如圖所示，軌道1是同步軌道，軌道2是轉移軌道，軌道3是墓地軌道，則下列說法正確的是（）A.衛星在軌道2上的周期大于24小時B.衛星在軌道1上P點的速度小于在軌道2上P點的速度C.衛星在軌道2上Q點的加速度大于在軌道3上Q點的加速度D.衛星在軌道2上的機械能大于在軌道3上的機械能〖答案〗AB〖解析〗A．由于衛星在軌道2上的半長軸大于軌道1上的半徑，根據開普勒第三定律可知，衛星在軌道2上的周期大于在軌道1上的周期，則衛星在軌道2上的周期大于24小時，故A正確；B．衛星在軌道1變軌到軌道2需要在P點點火加速，則衛星在軌道1上P點的速度小于在軌道2上P點的速度，故B正確；C．根據牛頓第二定律有可得由于、都相同，可知衛星在軌道2上Q點的加速度等于在軌道3上Q點的加速度，故C錯誤；D．衛星在軌道2變軌到軌道3需要在Q點點火加速，則衛星在軌道2上的機械能小于在軌道3上的機械能，故D錯誤。故選AB。9.如圖所示，立方體ABCD－EFGH的兩個頂點A、F分別固定電荷量為q的點電荷，C、H兩個頂點分別固定電荷量為－q的點電荷，P是ABCD面的中點，Q是CDFG面的中點，則下列說法中正確的是（）A.P、Q兩點的電勢相等B.P、Q兩點的電場強度相同C.一個負的點電荷在E點電勢能小于在B點電勢能D.G、P間的電勢差絕對值大于P、D間電勢差絕對值〖答案〗AC〖解析〗A．因AC兩處的正負電荷在P點的電勢為零，HF兩處的正負電荷在P點的電勢也為零，則P點的電勢為零；同理因FC兩處的正負電荷在Q點的電勢為零，HA兩處的正負電荷在Q點的電勢也為零，則Q點的電勢為零；即PQ兩點的電勢相等，選項A正確；B．由對稱性可知，P、Q兩點的電場強度大小相同，但是方向不同，選項B錯誤；C．因HF兩處的正負電荷在E點的電勢為零，AC兩處的正負電荷在E點的電勢為正值，可知E點電勢為正；AC兩處的正負電荷在B點的電勢為零，HF兩處的正負電荷在B點的電勢為負值，可知B點電勢為負；負電荷在低電勢點的電勢能較大，則一個負的點電荷在E點電勢能小于在B點電勢能，選項C正確；D．由A的分析可知，P點電勢為零；AC兩處的正負電荷在D點的電勢為零，HF兩處的正負電荷在D點的電勢為正值，則D點電勢為正；HF兩處的正負電荷在G點的電勢為零，AC兩處的正負電荷在G點的電勢為負值，則G點電勢為負；由對稱性可知G、P間的電勢差絕對值等于P、D間電勢差絕對值，選項D錯誤。故選AC。10.如圖所示，間距為L的足夠長光滑平行金屬導軌MN、PQ固定在絕緣水平面上，質量均為m的金屬棒ab、cd垂直放在導軌上，兩金屬棒接入電路的電阻均為R，垂直于導軌的虛線ef左側有垂直于導軌平面向上的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，虛線ef的右側沒有磁場，給金屬棒ab一個水平向右的初速度v0，已知cd棒到達ef前已勻速運動，ab、cd棒不會發生相碰，兩金屬棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，ab棒出磁場時速度剛好為零，則下列說法正確的是（）A.cd棒最終速度為零B.cd棒從靜止運動到ef過程中通過電荷量為C.整個過程，金屬棒ab中產生的焦耳熱為D.整個過程，金屬棒ab克服安培力做的功為〖答案〗BD〖解析〗A．cd棒到達ef前已勻速運動，出磁場后水平方向不受力，一直做勻速直線運動，故A錯誤；B．設cd棒勻速時的速度為，則根據動量守恒解得cd棒從靜止運動到ef過程中，根據動量定理可得又聯立解得故B正確；C．最終，ab棒出磁場時速度剛好為零，金屬棒cd將以的速度勻速運動，根據能量守恒可知，整個回路產生的焦耳熱為則整個過程，金屬棒ab中產生的焦耳熱為故C錯誤；D．最終，ab棒速度剛好為0，以ab棒為對象，根據動能定理可得可得整個過程，金屬棒ab克服安培力做的功為故D正確。故選BD。二、實驗題11.某同學用如圖甲所示的裝置測量滑塊與長木板之間的動摩擦因數，將長木板固定在水平桌面上，輕彈簧與木板左端固定擋板相連放在木板上，在長木板上安裝兩個光電門1和2，帶有遮光片的滑塊放在長木板上，已知當地的重力加速度為g。（1）先用游標卡尺測出遮光片寬度，示數如圖乙所示，則遮光片寬度d=______mm；（2）將滑塊向左壓縮彈簧至某個位置由靜止釋放，滑塊離開彈簧后，先后通過光電門1、2，與光電門相連的計時器分別記錄下滑塊上遮光片通過光電門1、2的時間t1和t2，改變彈簧的壓縮量多次實驗，測得多組t1和t2，以為縱軸、為橫軸，在坐標紙上作圖像，根據圖像得到______（選填“圖像斜率k”、“圖像與縱軸的截距b”或“圖像斜率k及圖像與縱軸的截距b”）才可以計算出動摩擦因數。實驗還需要測量的物理量為______（寫出物理量的名稱），若該物理量的符號用x表示，則可求得動摩擦因數μ=______。（用題中所給的物理量符號表示）。〖答案〗（1）1.70（2）圖像與縱軸的截距b兩光電門之間的間距〖解析〗（1）[1]根據游標卡尺的讀數規律，該讀數為（2）[2]對滑塊進行分析有根據速度與位移的關系式有根據光電門測速原理有，解得可知，根據圖像得到圖像與縱軸的截距b才可以計算出動摩擦因數；[3]根據上述可知，實驗還需要測量的物理量為兩光電門之間的間距；[4]根據上述有解得12.為了測量某電阻絲的電阻率，某同學根據實驗提供的器材連接電路，電阻絲拉直后兩端固定在帶有刻度尺的絕緣底座兩端的接線柱a、b上，c為金屬夾，將電路連接完整后，調節金屬夾的位置，可以測出多組a、c間金屬絲的長度L及a、c間的電壓U。（1）請根據要求，用筆畫線代替導線，將圖甲實物圖電路連接完整______；

（2）閉合開關前，將滑動變阻器的滑片移到最______（填“左”或“右”）端，閉合開關后，滑動變阻器觸頭調至一合適位置后不動，多次改變金屬夾c的位置，得到幾組U、I、L的數據，作出圖像，如圖乙所示，圖乙中e、f已知，若金屬絲的直徑為d，則金屬絲的電阻率ρ=______；（3）由于______原因，使測得的電阻率比真實值______（填“大”或“小”）。〖答案〗（1）見〖解析〗（2）左（3）電壓表分流小〖解析〗（1）[1]金屬絲的電阻較小，遠遠小于電壓表的內阻，為了減小實驗誤差，測量電路采用電流表外接法，作出電路如圖所示（2）[2]為了確保安全，閉合開關之前，控制電路輸出電壓應為0，可知閉合開關前，將滑動變阻器的滑片移到最左端；[3]a、c間金屬絲的電阻為根據電阻的決定式有其中解得結合圖像有解得（3）[4][5]根據上述可知，測量電路采用電流表外接法，則實驗中的系統誤差是電壓表的分流由于電壓表的分流原因，導致所測電阻偏小，即測得的電阻率比真實值小。13.如圖甲所示，質量為1kg的物塊放在水平地面上，從t＝0時刻開始，物塊在水平拉力F作用下由靜止開始做直線運動，F隨時間變化的規律如圖乙所示，已知物塊在2~4s內位移是0~2s內運動的位移的2倍，重力加速度g取10m/s2。求：（1）物塊與地面間的動摩擦因數；（2）12s末物塊的速度大小；（3）0~12s內物塊克服摩擦力做的功。〖答案〗（1）0.4；（2）48m/s；（3）1344J〖解析〗（1）0~2s時間內有，根據動量定理得0~2s內平均速度為2~4s時間內有，根據動量定理得2~4s內平均速度為由于物塊在2~4s內位移是0~2s內運動的位移的2倍，則有聯立可得又可得物塊與地面間的動摩擦因數為（2）根據圖像可知12s內拉力的沖量為摩擦力的沖量為根據動量定理可得解得12s末物塊的速度大小為（3）0~2s內、4~6s內、8~10s內合力沖量相同，即速度變化量相同，2s時的速度為2~4s內、6~8s內、10~12s內合力均為零，速度不變。2~4s內速度為6s末速度為6~8s內速度為10s末速度為10~12s內速度為則12s內的總位移為物塊克服摩擦力做的功14.如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一、二象限內有垂直于坐標平面向外的勻強磁場，在第三、四象限內有平行于坐標平面斜向下的勻強電場，電場方向與x軸負方向的夾角為45°，從坐標原點O向第二象限內射出一個質量為m、電荷量為－q的帶電粒子，粒子射出的初速度大小為v0，方向與x軸負方向的夾角也為45°，此粒子從O點射出后第三次經過x軸的位置P點離O點的距離為d，粒子第二次在電場中運動后恰好從O點離開電場，不計粒子重力，求：（1）磁感應強度B的大小；（2）電場強度E的大小；（3）粒子從O點射出到第一次回到O點所經歷的時間。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）設粒子在第一次在磁場中做圓周運動的半徑為r，帶負電粒子運動軌跡如圖所示由幾何關系即由牛頓第二定律可得可得（2）粒子第二次進入電場做類平拋運動，則qE=ma解得（3）粒子在磁場中運動的時間粒子第一次在電場中運動的時間其中則則粒子從O點射出到第一次回到O點所經歷時間15.如圖所示，半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道AB固定在豎直面內，軌道最低點B與光滑水平面BC相切，C點處有一豎直固定擋板，質量為m的物塊b放在水平面上的B點，質量為3m的物塊a從圓弧軌道的A點由靜止釋放，a運動到B點與b發生彈性碰撞，經過t時間，兩物塊又發生第二次彈性碰撞，物塊b與擋板碰撞后以原速率返回，碰撞時間忽略不計，不計物塊大小，重力加速度為g，求：（1）a、b碰撞前瞬間，a對圓弧軌道的壓力大小；（2）B、C之間的距離；（3）若物塊a從A點滑到B點所用時間為t0，求a、b從第一次碰撞到第四次碰撞經過的時間。〖答案〗（1）9mg；（2）；（3）2（t+t0）〖解析〗（1）由動能定理可知解得a、b碰撞前瞬間，由牛頓第二定律可得則a對圓弧軌道的壓力大小（2）a運動到B點與b發生彈性碰撞，設向右為正方向，有解得，經過t時間，兩物塊又發生第二次彈性碰撞，物塊b與擋板碰撞后以原速率返回，碰撞時間忽略不計，B、C之間的距離（3）兩物塊發生第二次彈性碰撞，由動量守恒和機械能守恒，有解得，則第二次碰撞到第三次碰撞的時間也為t，第三次碰撞發生在B點，有解得，則第三次碰撞到第四次碰撞的時間為2t0，a、b從第一次碰撞到第四次碰撞經過的時間為2（t+t0）。江西省紅色十校2023-2024學年高三上學期9月聯考物理試題一、選擇題1.如圖所示為一定質量的理想氣體由a→b→c→a的狀態變化的p－V圖像，ab段與縱軸平行，bc段與橫軸平行，氣體在a、c狀態時內能相等，則下列說法正確的是（）A.a→b過程，氣體分子的平均動能不變B.b→c過程，氣體吸收的熱量小于對外做的功C.c→a過程，氣體內能先增大后減小D.a→b→c→a過程，氣體對外做的功大于外界對氣體做的功〖答案〗C〖解析〗A．a→b過程為等容變化，根據壓強減小，溫度減小，氣體分子的平均動能減小，故A錯誤；B．b→c過程為等壓變化，根據體積變大，可得溫度升高，內能增大，即根據結合體積變大，氣體對外做功，即W<0可得氣體吸收的熱量大于對外做的功，故B錯誤；C．若c→a過程為雙曲線，則p、V的乘積為定值，由圖知，p、V的乘積先增大后減小，所以溫度先升高后降低，氣體內能先增大后減小，故C正確；D．p-V圖像與V軸圍成的面積代表功，可知a→b→c→a過程，氣體對外做的功小于外界對氣體做的功，故D錯誤。故選C。2.如圖所示，從傾角為θ的斜面體底端正上方h高處水平拋出一個小球，小球落到斜面上時，小球的速度方向與水平方向的夾角也為θ，重力加速度為g，則小球從拋出到落到斜面上所用的時間為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗小球落到斜面上，如圖設小球從拋出到落到斜面上所用的時間為t，則小球落到斜面上時豎直方向速度為小球的初速度為小球落到斜面上時小球下落的高度為小球落到斜面上時水平位移大小為則解得故選A。3.如圖所示，坐標原點O左右兩邊的介質不同，P、Q為兩列波的波源，兩波源同時起振，某時刻，兩列波分別沿x軸傳播到點M（－9，0）、點N（3，0），則下列說法正確的是（）A.兩列波的起振方向相反B.兩列波波動頻率相同C.兩列波在x＝－3.5cm處相遇D.兩列波在x軸負半軸疊加能形成穩定的干涉圖樣〖答案〗C〖解析〗A．由圖可知，M點的起振方向為軸正方向，N點的起振方向也為軸正方向，而且MN點與波源的起振方向相同，故兩列波的起振方向相同，故A錯誤；B．兩列波在不同介質中波速不同，由圖知兩波的波長相等，根據兩列波的波動頻率不同，故B錯誤；C．在相同時間內，兩波分別傳播了一個波長和一個半波長，故在不同介質的波速之比為當Q波傳到O點時，P波傳到（－7，0），等Q波傳播到x軸負半軸后速度與P波相同，則兩波都再傳播3.5cm，所以兩列波在x＝－3.5cm處相遇，故C正確；D．因為兩波的頻率不同，故兩列波在x軸負半軸疊加不能形成穩定的干涉圖樣，故D錯誤。故選C。4.氫原子的能級圖如圖所示，用動能均為12.3eV的電子束射向一群處于基態的氫原子，氫原子被電子碰撞后激發躍遷到較高能級，處于高能級的氫原子向低能級躍遷時輻射出幾種不同頻率的光，其中只有兩種頻率的光能使某金屬發生光電效應，一種光恰好能使該金屬發生光電效應，則另一種光使該金屬發生光電效應時的光電子最大初動能為（）A.0.66eV B.1.89eV C.2.55eV D.2.86eV〖答案〗B〖解析〗只有兩種頻率的光能使某金屬發生光電效應，光子的能量為一種光恰好能使該金屬發生光電效應，有另一種光使該金屬發生光電效應時的光電子最大初動能為故選B。5.如圖所示，光滑擋板AB和CD在C點連接，AB板傾斜，CD板豎直，兩板相對固定，小球靜止于兩極之間，現使整個裝置繞A點在豎直面內沿順時針方向緩慢轉動到CD板水平，則在此過程中，下列說法正確的是（）A.球對AB板的作用力變小B.球對CD板的作用力變小C.球對AB板作用力變大D.球對CD板的作用力變大〖答案〗D〖解析〗設AB板與CD板的夾角為，轉動的角度為，根據平衡條件豎直方向有水平方向有根據幾何關系可知、、三個力構成的三角形為圓的內接三角形，且在轉動過程中，與的夾角不變，畫出受力分析圖，可知球對CD板的作用力先增大后減小，球對AB板的作用力一直變小，故BCD錯誤，A正確。故選A。6.如圖所示，兩束頻率不同的單色光a、b平行斜射到足夠長的平行玻璃磚的上表面，兩入射點間的距離為L，兩光束在玻璃磚下表面的出射點間的距離也為L，不考慮光在玻璃磚下表面的反射，玻璃磚對兩種單色光的折射率均大于，則下列說法正確的是（）A.玻璃磚對兩種單色光折射率相同B.單色光b在玻璃磚中傳播速度大C.單色光b在玻璃磚中傳播時間長D.增大光在上表面的入射角，在下表面，單色光b會先發生全反射〖答案〗B〖解析〗AB．根據題意兩光束在玻璃磚下表面的出射點間的距離也為L，做出大致對應的光路圖如下根據光路圖可知，玻璃對a光的折射率較大；根據光速與折射率的關系可知光在介質中的速度為可知，單色光b在玻璃磚中傳播速度大，故A錯誤，B正確；C．設玻璃磚的厚度為d，單色光的入射角為i，折射角為α，根據幾何關系和光的折射定律有玻璃磚對兩種單色光的折射率均大于，所以兩種單色光的折射角均小于45°，兩種光的折射角的二倍均小于90°，又因為玻璃對a光的折射率較大，所以a光在玻璃磚中的折射角較小，所以所以a單色光在玻璃磚中運動的時間較長，故C錯誤；D．玻璃的上下兩個表面平行，光在下表面的入射角等于上表面的折射角，根據光路可逆性知，兩束光都不會在下表面發生全反射，故D錯誤。故選B。7.邊長為L的單匝正方形線框處在勻強磁場中，磁場方向與線框平面垂直，磁感應強度隨時間變化規律如圖所示（前半個周期為正弦波形的一半），線框的電阻為R，則線框中感應電流的功率為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗根據題意可知，前半個周期感應電動勢最大值為則前半個周期感應電動勢有效值為后半個周期感應電動勢大小恒定不變，則有線框一個周期內產生的焦耳熱為聯立可得線框中感應電流的功率為故選D。8.處理廢棄衛星的方法之一是將報廢的衛星推到更高的軌道——“墓地軌道”，這樣它就遠離正常衛星，繼續圍繞地球運行．我國實踐21號衛星（SJ－21）曾經將一顆失效的北斗導航衛星從擁擠的地球同步軌道上拖拽到了“墓地軌道”上．拖拽過程如圖所示，軌道1是同步軌道，軌道2是轉移軌道，軌道3是墓地軌道，則下列說法正確的是（）A.衛星在軌道2上的周期大于24小時B.衛星在軌道1上P點的速度小于在軌道2上P點的速度C.衛星在軌道2上Q點的加速度大于在軌道3上Q點的加速度D.衛星在軌道2上的機械能大于在軌道3上的機械能〖答案〗AB〖解析〗A．由于衛星在軌道2上的半長軸大于軌道1上的半徑，根據開普勒第三定律可知，衛星在軌道2上的周期大于在軌道1上的周期，則衛星在軌道2上的周期大于24小時，故A正確；B．衛星在軌道1變軌到軌道2需要在P點點火加速，則衛星在軌道1上P點的速度小于在軌道2上P點的速度，故B正確；C．根據牛頓第二定律有可得由于、都相同，可知衛星在軌道2上Q點的加速度等于在軌道3上Q點的加速度，故C錯誤；D．衛星在軌道2變軌到軌道3需要在Q點點火加速，則衛星在軌道2上的機械能小于在軌道3上的機械能，故D錯誤。故選AB。9.如圖所示，立方體ABCD－EFGH的兩個頂點A、F分別固定電荷量為q的點電荷，C、H兩個頂點分別固定電荷量為－q的點電荷，P是ABCD面的中點，Q是CDFG面的中點，則下列說法中正確的是（）A.P、Q兩點的電勢相等B.P、Q兩點的電場強度相同C.一個負的點電荷在E點電勢能小于在B點電勢能D.G、P間的電勢差絕對值大于P、D間電勢差絕對值〖答案〗AC〖解析〗A．因AC兩處的正負電荷在P點的電勢為零，HF兩處的正負電荷在P點的電勢也為零，則P點的電勢為零；同理因FC兩處的正負電荷在Q點的電勢為零，HA兩處的正負電荷在Q點的電勢也為零，則Q點的電勢為零；即PQ兩點的電勢相等，選項A正確；B．由對稱性可知，P、Q兩點的電場強度大小相同，但是方向不同，選項B錯誤；C．因HF兩處的正負電荷在E點的電勢為零，AC兩處的正負電荷在E點的電勢為正值，可知E點電勢為正；AC兩處的正負電荷在B點的電勢為零，HF兩處的正負電荷在B點的電勢為負值，可知B點電勢為負；負電荷在低電勢點的電勢能較大，則一個負的點電荷在E點電勢能小于在B點電勢能，選項C正確；D．由A的分析可知，P點電勢為零；AC兩處的正負電荷在D點的電勢為零，HF兩處的正負電荷在D點的電勢為正值，則D點電勢為正；HF兩處的正負電荷在G點的電勢為零，AC兩處的正負電荷在G點的電勢為負值，則G點電勢為負；由對稱性可知G、P間的電勢差絕對值等于P、D間電勢差絕對值，選項D錯誤。故選AC。10.如圖所示，間距為L的足夠長光滑平行金屬導軌MN、PQ固定在絕緣水平面上，質量均為m的金屬棒ab、cd垂直放在導軌上，兩金屬棒接入電路的電阻均為R，垂直于導軌的虛線ef左側有垂直于導軌平面向上的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，虛線ef的右側沒有磁場，給金屬棒ab一個水平向右的初速度v0，已知cd棒到達ef前已勻速運動，ab、cd棒不會發生相碰，兩金屬棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，ab棒出磁場時速度剛好為零，則下列說法正確的是（）A.cd棒最終速度為零B.cd棒從靜止運動到ef過程中通過電荷量為C.整個過程，金屬棒ab中產生的焦耳熱為D.整個過程，金屬棒ab克服安培力做的功為〖答案〗BD〖解析〗A．cd棒到達ef前已勻速運動，出磁場后水平方向不受力，一直做勻速直線運動，故A錯誤；B．設cd棒勻速時的速度為，則根據動量守恒解得cd棒從靜止運動到ef過程中，根據動量定理可得又聯立解得故B正確；C．最終，ab棒出磁場時速度剛好為零，金屬棒cd將以的速度勻速運動，根據能量守恒可知，整個回路產生的焦耳熱為則整個過程，金屬棒ab中產生的焦耳熱為故C錯誤；D．最終，ab棒速度剛好為0，以ab棒為對象，根據動能定理可得可得整個過程，金屬棒ab克服安培力做的功為故D正確。故選BD。二、實驗題11.某同學用如圖甲所示的裝置測量滑塊與長木板之間的動摩擦因數，將長木板固定在水平桌面上，輕彈簧與木板左端固定擋板相連放在木板上，在長木板上安裝兩個光電門1和2，帶有遮光片的滑塊放在長木板上，已知當地的重力加速度為g。（1）先用游標卡尺測出遮光片寬度，示數如圖乙所示，則遮光片寬度d=______mm；（2）將滑塊向左壓縮彈簧至某個位置由靜止釋放，滑塊離開彈簧后，先后通過光電門1、2，與光電門相連的計時器分別記錄下滑塊上遮光片通過光電門1、2的時間t1和t2，改變彈簧的壓縮量多次實驗，測得多組t1和t2，以為縱軸、為橫軸，在坐標紙上作圖像，根據圖像得到______（選填“圖像斜率k”、“圖像與縱軸的截距b”或“圖像斜率k及圖像與縱軸的截距b”）才可以計算出動摩擦因數。實驗還需要測量的物理量為______（寫出物理量的名稱），若該物理量的符號用x表示，則可求得動摩擦因數μ=______。（用題中所給的物理量符號表示）。〖答案〗（1）1.70（2）圖像與縱軸的截距b兩光電門之間的間距〖解析〗（1）[1]根據游標卡尺的讀數規律，該讀數為（2）[2]對滑塊進行分析有根據速度與位移的關系式有根據光電門測速原理有，解得可知，根據圖像得到圖像與縱軸的截距b才可以計算出動摩擦因數；[3]根據上述可知，實驗還需要測量的物理量為兩光電門之間的間距；[4]根據上述有解得12.為了測量某電阻絲的電阻率，某同學根據實驗提供的器材連接電路，電阻絲拉直后兩端固定在帶有刻度尺的絕緣底座兩端的接線柱a、b上，c為金屬夾，將電路連接完整后，調節金屬夾的位置，可以測出多組a、c間金屬絲的長度L及a、c間的電壓U。（1）請根據要求，用筆畫線代替導線，將圖甲實物圖電路連接完整______；

（2）閉合開關前，將滑動變阻器的滑片移到最______（填“左”或“右”）端，閉合開關后，滑動變阻器觸頭調至一合適位置后不動，多次改變金屬夾c的位置，得到幾組U、I、L的數據，作出圖像，如圖乙所示，圖乙中e、f已知，若金屬絲的直徑為d，則金屬絲的電阻率ρ=______；（3）由于______原因，使測得的電阻率比真實值______（填“大”或“小”）。〖答案〗（1）見〖解析〗（2）左（3）電壓表分流小〖解析〗（1）[1]金屬絲的電阻較小，遠遠小于電壓表的內阻，為了減小實驗誤差，測量電路采用電流表外接法，作出電路如圖所示（2）[2]為了確保安全，閉合開關之前，控制電路輸出電壓應為0，可知閉合開關前，將滑動變阻器的滑片移到最左端；[3]a、c間金屬絲的電阻為根據電阻的決定式有其中解得結合圖像有解得（3）[4][5]根據上述可知，測量電路采用電流表外接法，則實驗中的系統誤差是電壓表的分流由于電壓表的分流原因，導致所測電阻偏小，即測得的電阻率比真實值小。13.如圖甲所示，質量為1kg的物塊放在水平地面上，從t＝0時刻開始，物塊在水平拉力F作用下由靜止開始做直線運動，F隨時間變化的規律如圖乙所示，