?2023年湖南省永州市高考物理二模試卷
1. 華能石島灣高溫氣冷堆核電站是我國自主研發(fā)的世界首座具有第四代核電特征的核電站。核反應(yīng)堆是核電站的心臟，它是通過可控鏈?zhǔn)胶肆炎兎磻?yīng)來實(shí)現(xiàn)核能利用的。一個(gè)?92235U原子核在中子的轟擊下發(fā)生裂變反應(yīng)，其裂變方程為?92235U+01n→xySr+54139Xe+301n，下列說法正確的是(????)
A. 核反應(yīng)方程中Sr的中子數(shù)為56
B. 核反應(yīng)方程中Sr的質(zhì)量數(shù)為92
C. 因?yàn)榱炎冡尫拍芰?，出現(xiàn)質(zhì)量虧損，所以裂變后的總質(zhì)量數(shù)減少
D. 因?yàn)榱炎冡尫拍芰浚琗e原子核的比結(jié)合能應(yīng)比U原子核的小
2. 電子顯微鏡是冷凍電鏡中的關(guān)鍵部分，在電子顯微鏡中電子槍發(fā)射電子束，通過電場構(gòu)成的電子透鏡使其會聚或發(fā)散。電子透鏡的電場分布如圖所示，虛線為等勢線。一電子僅在電場力作用下運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖實(shí)線所示，a、b、c、d是軌跡上的四個(gè)點(diǎn)，下列說法正確的是(????)

A. b處的電場強(qiáng)度與c處的電場強(qiáng)度相同
B. 電子從a到d運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度不斷增大
C. 電子在a處受到的電場力方向與a處虛線相切
D. 電子從a到b運(yùn)動(dòng)時(shí)，電勢能逐漸減小
3. 如圖a所示為馬拉松比賽中兩位選手參賽的某一情形，甲、乙兩人起跑時(shí)都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；達(dá)到某一速度后都各自做勻速直線運(yùn)動(dòng)直至終點(diǎn)，他們的速度一時(shí)間圖像如圖b所示，則下列說法中正確的是(????)

A. 乙選手起跑2s后剛好追上甲選手
B. 乙選手起跑時(shí)，甲選手正好跑了3m
C. 相遇前甲、乙兩選手之間的最大距離為4m
D. 乙選手超過甲選手后，兩選手可能再次相遇
4. 2022年11月30日，神舟十五號載人飛船與天和核心艙完成對接，三位中國航天員進(jìn)入空間站與神舟十四號航天員乘組首次在軌會師，對接過程的示意圖如圖所示。天和核心艙處于半徑為r3的圓軌道Ⅲ，神舟十五號飛船處于半徑為r1的圓軌道Ⅰ，運(yùn)行周期為T1，通過變軌操作后，沿橢圓軌道Ⅱ運(yùn)動(dòng)到B處與天和核心艙對接。已知萬有引力常量為G。則下列說法正確的是(????)

A. 地球的質(zhì)量為4π2r12GT12
B. 飛船沿軌道Ⅱ運(yùn)行的周期為T2=T1 (r1+r32r1)3
C. 飛船沿軌道Ⅱ從A運(yùn)動(dòng)到對接點(diǎn)B過程中，速度不斷增大
D. 飛船在軌道Ⅱ經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)受到地球的萬有引力大于在軌道Ⅲ經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)受到地球的萬有引力
5. 為慶祝黨的二十大的勝利召開，某景區(qū)掛出32個(gè)燈籠(相鄰兩個(gè)燈籠間由輕繩連接)，依次貼上“高舉中國特色社會主義旗幟，為全面建設(shè)社會主義現(xiàn)代化國家而團(tuán)結(jié)奮斗”，從高到低依次標(biāo)為1、2、3、…、32。在無風(fēng)狀態(tài)下，32個(gè)燈籠處于靜止?fàn)顟B(tài)，簡化圖如圖所示，與燈籠“斗”右側(cè)相連的輕繩處于水平狀態(tài)，已知每一個(gè)燈籠的質(zhì)量m=1kg，重力加速度g=10m/s2，懸掛燈籠的輕繩最大承受力Tm=320 2N，最左端懸掛的輕繩與豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是(????)

A. θ最大為60°
B. 當(dāng)θ最大時(shí)最右端輕繩的拉力為320 2N
C. 當(dāng)tanθ=12時(shí)第16個(gè)燈籠與第17個(gè)燈籠間輕繩與豎直方向的夾角為45°
D. 當(dāng)tanθ=34時(shí)第8個(gè)燈籠與第9個(gè)燈籠間輕繩與豎直方向的夾角為30°
6. 某實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行交變電流實(shí)驗(yàn)研究，交流發(fā)電機(jī)輸出的交變電壓如圖甲所示，將其接在如圖乙所示電路的a、b端，滑動(dòng)變阻器總電阻為2R，3只相同燈泡的電阻為R且電阻恒定不變。接通電源后調(diào)節(jié)滑片P處于正中央時(shí)，三只相同燈泡均正常發(fā)光。下列說法中正確的是(????)

A. 變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2：1 B. 小燈泡的額定電壓為6V
C. 滑片P向下移動(dòng)，L1變暗、L2變暗 D. 滑片P向上移動(dòng)，L1變暗、L2變亮
7. 如圖所示，在x軸上有一根材質(zhì)均勻的繩子，繩子的兩端點(diǎn)分別置于x=?6m和x=12m處，現(xiàn)使繩子兩端點(diǎn)分別上下做簡諧運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生兩列波甲和乙，分別沿x軸正方向和x軸負(fù)方向傳播。t=0時(shí)刻x=?2m和x=8m處的質(zhì)點(diǎn)剛好開始振動(dòng)，t=10s時(shí)兩列波恰好第一次相遇，則下列說法正確的是(????)

A. 兩波源開始振動(dòng)的方向相同
B. 兩列波能在繩子上形成穩(wěn)定的干涉圖樣
C. 兩列波的波速1m/s
D. t=14s時(shí)，x=2m處質(zhì)點(diǎn)的位移為?10cm
8. 水平地面上有一質(zhì)量為m1=3kg的長木板，木板的左端上有一質(zhì)量為m2=2kg的物塊，如圖(a)所示，用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(b)所示，其中F1、F2分別為t1、t2時(shí)刻F的大小。木板的加速度a1隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(c)所示。已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.2，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.8。假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大小取10m/s2。則下列說法正確的是(????)

A. F1=10N B. F2=25N
C. 木板加速度所能達(dá)到的最大值為2m/s2 D. 在t1～t2時(shí)間段物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
9. 如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA=4.0kg和mB=2.0kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸。另有一物塊C在t=0時(shí)刻以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，在t=4s時(shí)與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v?t圖像如圖乙所示，下列說法正確的是(????)

A. 物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為24J
B. 4s到12s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對物塊B的沖量大小為48N?s
C. 物塊B離開墻壁后，彈簧的最大彈性勢能為12J
D. 物塊B離開墻壁后，物塊B的最大速度大小為12m/s
10. 如圖所示，間距為L、足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌的傾角為θ=30°，底端接一阻值為R的電阻，質(zhì)量為m的金屬棒通過跨過輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線與質(zhì)量為4m的重物相連，滑輪左側(cè)細(xì)線與導(dǎo)軌平行，金屬棒的電阻為r=17R，長度為L，金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，現(xiàn)將重物由靜止釋放，重物下落高度h時(shí)達(dá)到最大速度，已知重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻均不計(jì)，則重物從釋放到達(dá)到最大速度的過程中，下列說法正確的是(????)

A. 通過電阻R的電量為7BLh8R
B. 金屬棒受到的安培力的沖量大小為7B2L2h48R
C. 金屬棒克服安培力做的功為12m(7gh?80m2g2R2B4L4)
D. 電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為12m(7gh8?10m2g2R2B4L4)
11. 某同學(xué)利用如圖1所示的裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①用游標(biāo)卡尺測量擋光片的寬度d，用量角器測出氣墊導(dǎo)軌的傾角θ；
②測量擋光片到光電門的距離s；
③由靜止釋放滑塊，記錄數(shù)字計(jì)時(shí)器顯示擋光片的擋光時(shí)間t；
④改變θ，測出不同θ所對應(yīng)的擋光時(shí)間t。
根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)步驟請回答：
(1)用游標(biāo)卡尺測量擋光片的寬度時(shí)的結(jié)果如圖2所示，則擋光片的寬度d=______ mm。
(2)滑塊通過光電門時(shí)速度的表達(dá)式v=______ (用實(shí)驗(yàn)中所測物理量符號表示)。
(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)測得的多組θ、t數(shù)據(jù)，可繪制sinθ?1t2圖像，圖像的縱坐標(biāo)為sinθ，橫坐標(biāo)為1t2，如果滑塊下滑過程符合機(jī)械能守恒定律，則圖像應(yīng)為過原點(diǎn)的一條傾斜直線，其斜率為______ (用d、s、g表示)。
12. 某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室發(fā)現(xiàn)一根粗細(xì)均勻、中空的圓柱形導(dǎo)電元件，其橫截面為同心圓環(huán)，如圖甲所示，該同學(xué)想知道中空部分的內(nèi)徑d，但該元件的內(nèi)徑太小，無法直接測量，他設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)進(jìn)行測量，已知該元件的長度L及電阻率ρ。

(1)用螺旋測微器測元件的外徑D。
(2)用多用電表測出其阻值，多用電表的“Ω”擋有“×1”、“×10”、“×100”和“×1k”四擋，選用“×100”擋測量時(shí)，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，換用相鄰的某倍率，重新調(diào)零后進(jìn)行測量，結(jié)果如圖乙所示，則該元件的電阻為______ Ω。
(3)為精確地測量該元件電阻，有下列器材可供選擇：
A.電流表A1(量程3A，內(nèi)阻r3約為0.1Ω)
B.電流表A2(量程150mA，內(nèi)阻r2約為20Ω)
C.電流表A3(量程30mA，內(nèi)阻r1=50Ω)
D.滑動(dòng)變阻器R(0～20Ω,額定電流2A)
E.直流電源E(12V,內(nèi)阻不計(jì))
F.導(dǎo)電元件Rx
G.定值電阻R1=10Ω，R2=350Ω
H.開關(guān)一只，導(dǎo)線若干
請選擇合適的儀器，將實(shí)驗(yàn)電路圖畫在虛線框內(nèi)，并標(biāo)明所選器材的代號。

(4)實(shí)驗(yàn)測得的數(shù)據(jù)如表：
序號
1
2
3
4
5
I1/mA
5.5
9.0
15.3
20.0
24.9
I2/mA
27
48
78
100
127
I2?I1/mA
21.5
39.0
62.7
80.0
102.1
根據(jù)表格數(shù)據(jù)在上面坐標(biāo)系中做出I1?(I2?I1)的圖像______ ，可得該元件電阻的測量值為______ Ω(保留3位有效數(shù)字)。若測得該元件的電阻為Rx，則可得到該元件的內(nèi)徑d。
(5)若實(shí)驗(yàn)室提供的定值電阻的實(shí)際阻值比標(biāo)稱值略小，則由此測得的內(nèi)徑d與真實(shí)值相比______ (填“偏大”、“相等”或“偏小”)。
13. 為了監(jiān)控高溫鍋爐外壁的溫度變化，在鍋爐的外壁上鑲嵌一個(gè)導(dǎo)熱性能良好的汽缸，汽缸內(nèi)氣體溫度可視為與鍋爐外壁溫度相等。汽缸開口向上，用質(zhì)量為m=2kg的活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞橫截面積為S=20cm2。當(dāng)汽缸內(nèi)溫度為300K時(shí)，活塞與汽缸底間距為L，活塞上部距活塞L3處有一用輕質(zhì)繩懸掛的重物M。當(dāng)繩上拉力為30N時(shí)，警報(bào)器報(bào)警。已知室外空氣壓強(qiáng)p0=1.0×105Pa，活塞與器壁之間摩擦可忽略。重力加速度大小取10m/s2。求：
(1)當(dāng)活塞剛剛接觸到重物時(shí)，鍋爐外壁溫度為多少？
(2)若鍋爐外壁的最高安全溫度為1200K，那么重物的質(zhì)量至少應(yīng)為多少？
14. 如圖所示，光滑水平面AB的左側(cè)有一固定的豎直擋板，放在AB間的小滑塊質(zhì)量m=0.4kg，水平面B端緊靠傾角θ=37°的傳送帶，傳送帶與水平面通過B端小圓弧平滑連接，傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，速率恒為v=2m/s?，F(xiàn)給小滑塊一個(gè)水平向右的瞬時(shí)速度v0，小滑塊經(jīng)過B處沖上傳送帶，恰好到達(dá)C端，然后返回到B端。已知B、C兩端間的距離L=3.2m，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，取g=10m/s2，滑塊通過B處時(shí)無機(jī)械能損失。求：
(1)瞬時(shí)速度v0的大?。?br /> (2)滑塊從B端滑上傳送帶到第一次回到B端的時(shí)間t；
(3)滑塊第一次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)滑塊與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量。

15. 如圖甲所示，現(xiàn)有一機(jī)械裝置，裝置O右端固定有一水平光滑絕緣桿，裝置可以帶動(dòng)桿上下平行移動(dòng)，桿上套有兩個(gè)小球a、b，質(zhì)量ma=1kg，mb=3kg，a球帶電量q=+2C，b球不帶電。初始時(shí)a球在桿的最左端，且a、b球相距L0=0.08m?，F(xiàn)讓裝置O帶動(dòng)桿以v0=2m/s向下勻速運(yùn)動(dòng)，并且加上一垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的勻強(qiáng)磁場，已知小球和桿始終在磁場中，球發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，且碰撞過程中電荷量不發(fā)生轉(zhuǎn)移。(g取10m/s2)
(1)求小球a、b第一次發(fā)生碰撞后沿桿方向的速度分別是多少？
(2)若已知在桿的最右端恰好發(fā)生第9次碰撞，則桿的長度是多少？
(3)如圖乙所示，若將該裝置固定不動(dòng)，長方形ABCD內(nèi)有交變勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖丙規(guī)律變化，取垂直紙面向里為磁場的正方向，圖中AB= 3AD= 3L，L=2m，B0=1T，在長方形區(qū)域再加一豎直向上的勻強(qiáng)電場，E=30V/m，給a一個(gè)向右瞬時(shí)沖量I，a、b發(fā)生彈性碰撞且電荷量平分，b在t=0時(shí)從A點(diǎn)沿AB方向進(jìn)入磁場，最終到達(dá)C點(diǎn)，則沖量I多大？

答案和解析

1.【答案】A?
【解析】解：AB、根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒可得235+1=y+139+3，根據(jù)電荷數(shù)守恒可得92=x+54，解得：y=94，x=38，所以核反應(yīng)方程中Sr的中子數(shù)為n=y?x=94?38=56，故A正確、B錯(cuò)誤；
C、核裂變釋放能量，會出現(xiàn)質(zhì)量虧損，但是總質(zhì)量數(shù)不變，故C錯(cuò)誤；
D、比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，?92235U原子核裂變得到Xe原子核，說明Xe原子核比?92235U原子核穩(wěn)定，即Xe原子核的比結(jié)合能應(yīng)比U原子核的大，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒計(jì)算出Sr的質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)，根據(jù)比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定的特點(diǎn)分析出兩種原子核的比結(jié)合能關(guān)系；理解質(zhì)量虧損的定義并做出判斷。
本題主要考查了重核的裂變，根據(jù)核反應(yīng)的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒代入數(shù)據(jù)完成解答，同時(shí)要正確理解比結(jié)合能和質(zhì)量虧損的概念。

2.【答案】D?
【解析】解：A、電場線與等勢線垂直，且電場線由高電勢指向低電勢，電場線的切線方向?yàn)樵擖c(diǎn)的場強(qiáng)方向，由圖可知b處電場線的切線方向斜向左上方，c處電場線的切線方向斜向左下方，所以b、c點(diǎn)的電場強(qiáng)度不相同，故A錯(cuò)誤；
B、等差等勢線的疏密程度表示電場強(qiáng)度的大小，由a到d等勢線先變疏后變密，所以電場強(qiáng)度先減小后增大，則電子的加速度先減小后增大，故B錯(cuò)誤；
C、a處電場線與虛線垂直，所以電子受到的電場力方向與虛線垂直，故C錯(cuò)誤；
D、電子從a到b運(yùn)動(dòng)時(shí)，電勢逐漸升高，根據(jù)Ep=qφ可知，電子的電勢能逐漸減小，故D正確。
故選：D。
負(fù)電荷在電勢高的地方電勢能小，根據(jù)電勢高低判斷電子的電勢能變化；等勢面的疏密程度表示場強(qiáng)的大??；等勢面與電場線垂直。
本題考查等勢面，解題關(guān)鍵是知道等差等勢面的密集程度表示場強(qiáng)的大小，等勢面與電場線垂直。

3.【答案】C?
【解析】解：A、由圖可知，乙選手起跑2s后，則到了t=4s時(shí)兩人的速度相等，同一起跑線開始則應(yīng)為相距最遠(yuǎn)時(shí)，不能追上，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)v?t圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，可知當(dāng)乙選手起跑時(shí)，甲選手的位移為x甲=2×22m=2m
，故B錯(cuò)誤；
C、由圖可知，t=4s時(shí)兩人的速度相等，相距最遠(yuǎn)，兩選手之間的最大距離等于0?4s內(nèi)二者之間的位移之差，即為Δx=x甲?x乙=(2+42×2?2×22)m=4m，故C正確；
D、乙選手超過甲選手后，其速度始終比甲選手的大，兩選手不可能再次相遇，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
根據(jù)v?t圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，來求乙選手起跑時(shí)甲選手的位移。相遇前甲、乙兩選手速度相等時(shí)間距最大，由“面積”法求相遇前甲、乙兩選手之間的最大距離。根據(jù)兩人的位移關(guān)系判斷是否相遇。
本題是速度-時(shí)間圖像的應(yīng)用，關(guān)鍵要明確v?t圖像的斜率表示加速度，圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示位移。

4.【答案】B?
【解析】解：A、當(dāng)神舟十五號飛船處于半徑為r1的圓軌道Ⅰ，根據(jù)萬有引力提供向心力得GMmr12=mr14π2T12
則地球的質(zhì)量為M=4π2r13GT12
故A錯(cuò)誤；
B、由圖可知，軌道Ⅱ的半長軸為a=r1+r32
由開普勒第三定律a3T2=k
可得a3T22=r13T12
解得T2=T1 (r1+r32r1)3
故B正確；
C、由開普勒第二定律可知，近地點(diǎn)的速率大于遠(yuǎn)地點(diǎn)的速率，所以飛船沿軌道Ⅱ從A運(yùn)動(dòng)到對接點(diǎn)B過程中，速度不斷減小，故C錯(cuò)誤；
D、因?yàn)轱w船在軌道Ⅱ和軌道Ⅲ的B點(diǎn)時(shí)，軌道半徑相同，根據(jù)萬有引力提供向心力F=GMmr2，可知飛船在軌道Ⅱ經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)受到地球的萬有引力等于在軌道Ⅲ經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)受到地球的萬有引力。故D錯(cuò)誤。
故選：B。
根據(jù)萬有引力提供向心力解得地球質(zhì)量；根據(jù)開普勒第三定律分析周期大小，根據(jù)開普勒第二定律分析C；根據(jù)萬有引力公式分析D。
本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進(jìn)行分析，掌握開普勒第三定律的應(yīng)用方法。

5.【答案】C?
【解析】解：AB、當(dāng)最左端連接的輕繩的拉力大小為Tm=320 2N時(shí)，θ最大，此時(shí)燈籠整體受力如圖所示

由平衡條件水平方向有：Tmsinθm=F2
豎直方向有：Tmcosθm=32mg
聯(lián)立解得θm=45°，F(xiàn)2=320N
故AB錯(cuò)誤；
C.當(dāng)tanθ=12時(shí)，燈籠整體受力分析如圖

由平衡條件知，最右端輕繩的拉力F21=32mgtanθ
對第17個(gè)燈籠至第32個(gè)燈籠整體，其受力情況跟燈籠整體的受力情況相同，由平衡條件tanα=F21(32?16)mg
則第16個(gè)燈籠與第17個(gè)燈籠間輕繩與豎直方向的夾角α=45°
故C正確；
D.當(dāng)tanθ=34時(shí)，此時(shí)燈籠整體受力如圖所示

由平衡條件知，最右端輕繩的拉力F22=32mgtanθ
對第9個(gè)燈籠至第32個(gè)燈籠整體，其受力情況跟燈籠整體的受力情況相同，由平衡條件tanβ=F22(32?8)mg
則第8個(gè)燈籠與第9個(gè)燈籠間輕繩與豎直方向的夾角β=45°
故D錯(cuò)誤。
故選：C。
將燈籠當(dāng)作一個(gè)整體，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件分析AB；根據(jù)整體和隔離的分析方法結(jié)合共點(diǎn)力平衡條件解得CD。
在利用共點(diǎn)力的平衡條件解決問題時(shí)，可以選取幾個(gè)物體為整體，也可以選取一個(gè)物體為研究對象。

6.【答案】D?
【解析】解：A、設(shè)燈泡的額定電壓為UL，額定電流為I，原線圈的電流為I1，原線圈的電壓為U1，副線圈的總電流為I2，副線圈的電壓為U2，電源的總電壓為U，接通電源后調(diào)節(jié)滑片P處于正中央時(shí)，滑動(dòng)變阻器的電阻為R，三只相同燈泡均正常發(fā)光，通過三個(gè)燈泡的電流相同，則有
I1=I
I2=3I
U2=UL
U=UL+U1
原副線圈兩端電流比等于匝數(shù)的反比，有：n1n2=I2I1=3II=31
故A錯(cuò)誤；
B、原副線圈兩端電壓比等于匝數(shù)比，有：n1n2=U1U2=31=U1UL
解得：U1=3UL
根據(jù)歐姆定律得：U=UL+U1=4UL=18V
解得：UL=4.5V
故B錯(cuò)誤；
C、滑片P向下移動(dòng)，滑動(dòng)變阻器阻值變小，副線圈總電阻變小，則I2變大，I1變大，U不變，U1減小，U2減小，則L1變亮、L2變暗，故C錯(cuò)誤；
D、滑片P向上移動(dòng)，滑動(dòng)變阻器阻值變大，副線圈總電阻增大，則I2變小，I1變小，U不變，U1增大，U2增大，則L1變暗、L2變亮，故D正確。
故選：D。
根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律和變壓器的變壓關(guān)系求解原副線圈匝數(shù)比和小燈泡的額定電壓；滑片P滑動(dòng)，根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律判斷燈泡的亮暗程度。
本題考查變壓器，解題關(guān)鍵是掌握變壓器的變壓規(guī)律，結(jié)合串并聯(lián)規(guī)律求解即可。

7.【答案】BD?
【解析】解：B、兩波在同一根繩子上傳播，波長相同，所以甲、乙波的頻率相同，能形成穩(wěn)定的干涉圖樣，故B正確；
A、t=0時(shí)刻x=?2m和x=8m處的質(zhì)點(diǎn)剛好開始振動(dòng)，甲、乙波起振方向分別是y軸正方向和y軸負(fù)方向，故A錯(cuò)誤；
C、t=10s時(shí)兩列波恰好第一次相遇，有v=Δx2t=8+22×10m/s=0.5m/s，故C錯(cuò)誤；
D、波的周期為：T=λv=40.5m=8m，當(dāng)t=14s=T+34T，沿x正方向傳播的波在x=2m處引起的振動(dòng)位移為?4cm，沿x負(fù)方向傳播的波在x=2m處引起的振動(dòng)位移為?6cm，x=2m處質(zhì)點(diǎn)的位移為?10cm，故D正確。
故選：BD。
甲、乙波起振方向分別是正y軸方向和負(fù)y軸方向；
由圖讀出波長，結(jié)合波速關(guān)系找出周期關(guān)系，得出兩列波頻率相同，能形成穩(wěn)定的干涉圖樣；
由兩列波的振動(dòng)情況，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的位移。
本題綜合考查了波的知識，學(xué)生需掌握波長、波速、周期間的關(guān)系，能靈活運(yùn)用圖像所包含的信息。注意兩列頻率相同的波相遇時(shí)可形成穩(wěn)定的干涉。

8.【答案】AC?
【解析】解：A.木板與地面間的最大靜摩擦力f1=μ1(m1+m2)g=0.2×(3+2)×10N=10N
木板與物塊間的最大靜摩擦力f2=μ2m2g=0.8×2×10N=16N
當(dāng)拉力F逐漸增大到F1時(shí)，由圖像可知木板開始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)木板與地面間的靜摩擦力達(dá)到最大值，根據(jù)平衡條件可知此時(shí)拉力大小為F1=10N，故A正確；
BC.當(dāng)拉力達(dá)到F2時(shí)，木板相對物塊發(fā)生相對滑動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，對木板f2?f1=m1a
對物塊F2?f2=m2a
解得F2=20N，a=2m/s2
此時(shí)拉力大小為20N，木板加速度達(dá)到最大值為2m/s2，故B錯(cuò)誤，C正確；
D.在t1～t2時(shí)間段，物塊相對木板靜止，所受拉力逐漸增大，加速度變大，不做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
計(jì)算木板與地面間和木板與物塊間的最大靜摩擦力，根據(jù)拉力變化、整體法和隔離法及牛頓第二定律分析判斷。
本題考查板塊模型問題，要求掌握整體法和隔離法及牛頓第二定律。

9.【答案】BC?
【解析】解：A、由圖可知，C與A碰前速度為v1=12m/s，碰后速度為v2=4m/s，C與A碰撞過程動(dòng)量守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mCv1=(mA+mC)v2，解得mC=2kg。當(dāng)C與A速度減為0時(shí)，彈簧的彈性勢能最大，且為Epm=12(mA+mC)v22，解得Epm=18J，故A錯(cuò)誤；
B、12s末A和C的速度為v3=?4m/s，4s到12s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對物體B的沖量大小等于彈簧對物體B的沖量大小，也等于彈簧對A和C整體的沖量大小，則墻對B的沖量為I=(mA+mC)v3?(mA+mC)v2，解得I=?48N?s，方向向左，故B正確；
C、物塊B剛離時(shí)，A、C向左運(yùn)動(dòng)的速度大小為4m/s，物塊B離開始墻壁后，A、B、C三者共速時(shí)彈性勢能最大，取向左為正方向，則由動(dòng)量守恒定律有(mA+mC)|v3|=(mA+mC+mB)v4，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有：EP=12(mA+mC)v32?12(mA+mC+mB)v42，聯(lián)立解得彈簧的最大彈性勢能：EP=12J，故C正確；
D、物塊B剛離時(shí)，由機(jī)械能守恒定律可得，AC向左運(yùn)動(dòng)的速度大小為4m/s，物塊B離開墻壁后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時(shí)，物體B的速度最大，則有(mA+mC)v3=(mA+mC)v5+mBv612(mA+mC)v32=12(mA+mC)v52+12mBv62，代入數(shù)據(jù)解得：v6=6m/s，即物塊B的最大速度為6m/s，故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出A與C碰撞后的共同速度，彈簧的最大彈性勢能等于碰撞后A、C的總動(dòng)能。根據(jù)動(dòng)量定理，可以求解彈簧對A和C整體的沖量大小，從而得到墻壁對物塊B的沖量大小。物塊B離開墻壁后，當(dāng)A、B、C三者共速時(shí)彈性勢能最大，根據(jù)A、B、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，可以求解彈簧最大彈性勢能和物塊B的最大速度。
本題的解題關(guān)鍵是會看圖像，能從圖像上讀取有用信息，搞清物體的運(yùn)動(dòng)情況，然后根據(jù)動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律，即可進(jìn)行求解。

10.【答案】AC?
【解析】解：A、通過電阻R的電量為q=I??Δt=ΔΦΔtR+r?Δt=ΔΦR+r=BLhR+r=7BLh8R，故A正確；
B、安培力的沖量大小為：I安=BI?Lt=BLq=7B2L2h8R，故B錯(cuò)誤；
CD、金屬棒在磁場中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，使金屬棒受到斜向下的安培力，金屬棒的速度越大，阻礙它運(yùn)動(dòng)的安培力也越大，故金屬棒在磁場中做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)受力平衡時(shí)，其速度達(dá)到最大值vm，此時(shí)由感應(yīng)電動(dòng)勢E=BLv，感應(yīng)電流：I=ER總，可得：mgsinθ+B2L2vmR+r=4mg，解得vm=4mgRB2L2
由能量守恒定律得：4mgh=mghsin?θ+12(4m+m)vm2+Q總
聯(lián)立解得：Q總=12m(7gh?80m2g2R2B4L4)
則電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=RR+rQ總=12m(498gh?70m2g2R2B4L4)
根據(jù)功能關(guān)系可知金屬棒克服安培力做的功為：W=Q總=12m(7gh?80m2g2R2B4L4)，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：AC。
根據(jù)電流的平均值與時(shí)間的乘積求通過電阻R的電量；
根據(jù)安培力平均值與時(shí)間的乘積求安培力的沖量大小；
根據(jù)功能關(guān)系求金屬棒克服安培力做的功；由能量守恒定律求出電路中產(chǎn)生的總熱量，從而求得電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。
解決本題時(shí)，要能熟練推導(dǎo)出電量與磁通量變化量的關(guān)系，知道安培力是變力，要根據(jù)安培力平均值來求安培力的沖量。

11.【答案】2.8dt?d22gs?
【解析】解：(1)游標(biāo)卡尺主尺的最小分度值為1mm，讀數(shù)為2mm；游標(biāo)的最小分度值為0.1mm，讀數(shù)為0.1×8mm=0.8mm；所以擋光片的寬度為d=2mm+0.8mm=2.8mm
(2)由于擋光片通過光電門的時(shí)間極短，可以用平均速度替代瞬時(shí)速度，所以滑塊通過光電門時(shí)速度為：v=dt
(3)如果滑塊下滑過程符合機(jī)械能守恒定律，則應(yīng)有
mgssinθ=12m(dt)2
整理得：sinθ=d22gs?1t2
由此可知，sinθ?1t2圖像應(yīng)為過原點(diǎn)的一條傾斜直線，其斜率為k=d22gs
故答案為：(1)2.8；(2)dt；(3)d22gs。
(1)確定游標(biāo)卡尺的主尺和游標(biāo)尺的最小分度值，讀出讀數(shù)相加即為游標(biāo)卡尺讀數(shù)；
(2)根據(jù)時(shí)間極短，可以用平均速度替代瞬時(shí)速度求解；
(3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律推導(dǎo)函數(shù)關(guān)系式確定斜率。
本題考查驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)，要求掌握利用光電門確定速度、利用圖像處理數(shù)據(jù)和會游標(biāo)卡尺讀數(shù)。

12.【答案】100 見解析? 100 偏大?
【解析】解：(2)當(dāng)選用“×100”擋測量時(shí)，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，說明流過電表的電流較大，則待測電阻阻值較小，故需改用“×10”擋進(jìn)行測量，由圖可知，該元件的電阻為10×10Ω=100Ω；
(3)由于實(shí)驗(yàn)器材中沒有電壓表但電流表A3內(nèi)阻已知，且電流表A3能測最大電壓為：Umax=IARA=30×10?3×50V=1.5V
Umax比電源電動(dòng)勢小很多，故需選擇一個(gè)定值電阻與其串聯(lián)，根據(jù)歐姆定律有：R=E?UmaxIA=12?1.50.03Ω=350Ω
所以選擇R2與A3串聯(lián)改裝成電壓表；又由于滑動(dòng)變阻器的總阻值比待測電阻小，為了多測量數(shù)據(jù)而減小誤差，則滑動(dòng)變阻器應(yīng)用分壓式；由于電源電動(dòng)勢只有12V，待測電阻阻值約為100Ω，電流為：I=ERx=12100A=0.12A=120mA，故A1電流表量程過大，選A2做電流表比較合適；由于電流表A2的內(nèi)阻未知，故采用外接法，電路圖如圖

(4)將數(shù)據(jù)表中I1和I2?I1的數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系中描點(diǎn)，并連成一條直線，讓盡可能多的點(diǎn)在直線上，其余點(diǎn)分布直線兩側(cè)，可得到一條過原點(diǎn)的斜線，如圖

由歐姆定律Rx=I1(RA3+R2)I2?I1=400I1I2?I1
由圖像求得圖像斜率為k=20?080?0=0.25
所以該元件電阻的測量值為Rx=400×0.25Ω=100Ω
(5)由電阻定律有Rx=ρLS=ρLπ(D2)2?π(d2)2
解得d= D2?4ρLπRx
若R2電阻的實(shí)際阻值比標(biāo)稱值略小，由Rx=I1(RA3+R2)I2?I1=(RA3+R2)k
可知測出的Rx阻值也偏大，所以測出的內(nèi)徑d偏大。
故答案為：(2)100；(3)見解析；(4)見解析，100；(5)偏大。
(2)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，說明流過電表的電流較大，待測電阻阻值較小，換用較小的擋位測量，電阻阻值為讀出指針示數(shù)乘以倍率；
(3)沒有電壓表，對內(nèi)阻已知的電流表進(jìn)行改裝，根據(jù)減小誤差確定滑動(dòng)變阻器的連接方式，根據(jù)估算電流選擇電流表及電流表的連接方式；
(4)根據(jù)圖像和函數(shù)關(guān)系式計(jì)算待測電阻；
(5)根據(jù)電阻定律推導(dǎo)待測電阻表達(dá)式分析誤差。
本題考查測電阻實(shí)驗(yàn)，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理，實(shí)驗(yàn)器材和電路的選擇、根據(jù)圖像計(jì)算電阻及實(shí)驗(yàn)誤差分析。

13.【答案】解：(1)氣體開始時(shí)的體積V1=LS；后來的體積V2=(L+L3)S
活塞上升過程為等壓變化，根據(jù)蓋呂薩克定律V1T1=V2T2
得T2=400K
(2)活塞碰到重物后到繩的拉力為30N是等容過程，設(shè)重物質(zhì)量為M，則p2S=p0S+mg；p3S=p0S+(m+M)g?T
根據(jù)查理定律p2T2=p3T3
解得M=47kg
答：(1)當(dāng)活塞剛剛接觸到重物時(shí)，鍋爐外壁溫度為400K；
(2)若鍋爐外壁的最高安全溫度為1200K，那么重物的質(zhì)量至少應(yīng)為47kg。?
【解析】(1)活塞上升過程為等壓變化，根據(jù)蓋-呂薩克定律分析當(dāng)活塞剛剛碰到重物時(shí)鍋爐外壁溫度；
(2)活塞碰到重物后到繩的拉力為零是等容過程，由力平衡求出初末狀態(tài)時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)，再由查理定律求解。
本題考查氣體定律的綜合運(yùn)用，解題關(guān)鍵是要分析好壓強(qiáng)P、體積V、溫度T三個(gè)參量的變化情況，明確變化過程，選擇合適的規(guī)律解決。

14.【答案】解：(1)設(shè)滑塊上滑過程中的加速度大小為a1，根據(jù)牛頓第二定律有
??mgsinθ+μmgcosθ=ma1
解得：a1=10m/s2
滑塊在上滑過程中做勻減速運(yùn)動(dòng)直至速度減為零，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v02=2a1L
解得：v0=8m/s
(2)設(shè)滑塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所用時(shí)間為t1，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v0=a1t1
解得：t1=0.8s
滑塊下滑過程，設(shè)加速度大小為a2，由牛頓第二定律有
?mgsinθ+μmgcosθ=ma2
解得：a2=10m/s2
設(shè)滑塊從C點(diǎn)向下加速到與傳送帶速度相同時(shí)間為t2，位移為x1，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v=a2t2，x1=12vt2
解得t2=0.2s，x1=0.2m
由于mgsinθ>μmgcosθ，滑塊無法平衡，滑塊繼續(xù)向下加速，設(shè)加速度為a3，由牛頓第二定律有
?mgsinθ?μmgcosθ=ma3
解得a3=2m/s2
之后運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用時(shí)間設(shè)為t3，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有L?x1=vt3+12a3t32
解得：t3=1s
則滑塊從B端滑上傳送帶到第一次回到B端的時(shí)間t=t1+t2+t3=0.8s+0.2s+1s=2s
(3)滑塊第一次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過程滑塊與傳送帶間的相對運(yùn)動(dòng)路程為
?s=(vt1+L)+vt2?x1+(L?x1)?vt3
解得：s=6m
因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=μmgcosθ?s
代入數(shù)據(jù)可得：Q=9.6J
答：(1)瞬時(shí)速度v0的大小為8m/s；
(2)滑塊從B端滑上傳送帶到第一次回到B端的時(shí)間t為2s；
(3)滑塊第一次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)滑塊與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為9.6J。?
【解析】(1)滑塊上滑過程，根據(jù)牛頓第二定律和速度-位移公式相結(jié)合求解滑塊的初速度大小。
(2)由速度-時(shí)間公式求出滑塊上滑的時(shí)間。對于下滑過程，由牛頓第二定律和位移-時(shí)間公式相結(jié)合求運(yùn)動(dòng)時(shí)間，從而得到滑塊從B端滑上傳送帶到第一次回到B端的時(shí)間t；
(3)滑塊第一次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求出滑塊與傳送帶間的相對路程，即可求出因摩擦產(chǎn)生的熱量。
解答本題的關(guān)鍵要理清滑塊的運(yùn)動(dòng)情況，特別是下滑過程中，要分析滑塊能否與傳送帶共速，并判斷共速后的運(yùn)動(dòng)情況。

15.【答案】解：(1)a球做加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a，則：Bqv0=maa
設(shè)第一次碰前速度為va0，則：va02=2aL
設(shè)a和b碰撞后速度為va1、vb1，以向右的方向?yàn)檎较颍?br /> 根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mava0=mava1+mbvb1
由機(jī)械能守恒定律可得：12mava02=12mava12+12mbvb12
解得：va1=?0.4m/s，vb1=0.4m/s
(2)設(shè)物塊a、b第一次碰后再經(jīng)過時(shí)間t1發(fā)生第二次碰撞：va1t1+12at12=vb1t1
解得：t1=0.4s
第二次碰撞前a的速度：v′a1=va1+at1
代入數(shù)據(jù)可得：va1′=1.2m/s
第二次碰撞前b的速度：v′b1=vb1=0.4m/s
碰撞過程中，以向右方向?yàn)檎较颍?br /> 根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得mav′a1+mbv′b1=mava2+mbvb2
12mav′a12+12mbv′b12=12mava22+12mbvb22
解得：va2=0，vb2=0.8m/s
第二次和第三次碰撞的時(shí)間間隔為t2，則：xa2=xb2
即：va2t2+12at22=vb2t2
解得：t2=0.4s
第三次碰撞前a的速度：v′a2=va2+at2
代入得：va2′=1.6m/s
第三次碰撞前b的速度：v′b2=vb2=0.8m/s
碰撞過程中，以向右方向?yàn)檎较颍?br /> 根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得：mav′a2+mbv′b2=mava3+mbvb3
12mav′a22+12mbv′b22=12mava32+12mbvb32
解得：va3=0.4m/s，vb3=1.2m/s
即每一次碰撞b球的速度增加0.4m/s，相鄰兩次碰撞的時(shí)間間隔為0.4s，
則b球從第一次到第九次碰撞前的瞬間位移分別為：xb1=vb1?t=0.4×0.4m=0.16m
xb2=vb2?t=0.4×2×0.4m=0.32m，xb3=vb3?t=0.4×3×0.4m=0.48m
……………
則桿的長度是：x=L0+xb1+xb2+xb3+???+xb8
代入計(jì)算結(jié)果得：x=5.84m
(3)若給a球一個(gè)沖量I，則I=mav0
以向右方向?yàn)檎较颍琣球和b球碰撞，動(dòng)量守恒：mav0=mava+mbvb
機(jī)械能守恒：12mav02=12mava2+12mbvb2
解得：vb=I2
b球在長方形區(qū)域時(shí)：mbg=Eqb
則b球在長方形區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)：qbvbB0=mbvb2r
而由幾何關(guān)系得：nr=2L(n=1,2,3?)
聯(lián)立解得：I=83nN?s(n=1,2,3?)
答：(1)球a、b第一次發(fā)生碰撞后沿桿方向的速度分別是?0.4m/s、vb1=0.4m/s；
(2)若已知在桿的最右端恰好發(fā)生第9次碰撞，則桿的長度是5.84m；
(3)給a一個(gè)向右瞬時(shí)沖量I，a、b發(fā)生彈性碰撞且電荷量平分，b在t=0時(shí)從A點(diǎn)沿AB方向進(jìn)入磁場，最終到達(dá)C點(diǎn)，則沖量I為83nN?s?(n=1,2,3?)。?
【解析】(1)由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求出a球向右加速L后的速度，再根據(jù)彈性碰撞的兩個(gè)規(guī)律求出兩球碰撞后的速度；
(2)在第一問的基礎(chǔ)上同樣求出第二次碰撞后的速度及時(shí)間間隔，從兩次碰撞的計(jì)算結(jié)果找到下一次碰撞的時(shí)間間隔和b球向右的位移，找到相關(guān)規(guī)律后，從而計(jì)算出第三、四到第九次碰撞時(shí)b球向右移動(dòng)的總位移，從而求出桿長；
(3)給a球一個(gè)沖量后，根據(jù)彈性碰撞的規(guī)律求出碰撞后兩球的速度。b球進(jìn)入矩形區(qū)域后由于電場力與力平穩(wěn)，合為為洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系找到半徑與長的關(guān)系，從而求出對小球a的沖量。
本題要理清兩球的運(yùn)動(dòng)情況，知道平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法：運(yùn)動(dòng)的分解法，掌握碰撞的基本規(guī)律：動(dòng)量守恒定律。涉及力在空間效果求速度時(shí)往往運(yùn)用動(dòng)能定理，涉及在時(shí)間效果求速度時(shí)往往應(yīng)用動(dòng)量定理。

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