?2023年湖南省邵陽市高考物理第一次聯(lián)考試卷
1. 關(guān)于原子結(jié)構(gòu)和微觀粒子波粒二象性，下列說法正確的是(????)
A. 普朗克通過研究黑體輻射提出能量子的概念，成為量子力學(xué)的奠基人之一
B. 玻爾理論指出氫原子能級是分立的，并測出了氨原子光譜
C. 盧瑟福通過分析α粒子散射實驗結(jié)果，發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子和中子
D. 根據(jù)電子束通過鋁箔后的衍射圖樣，可以說明電子具有粒子性
2. 如圖，O為拋物線OM的頂點，A、B為拋物線上兩點，O點的切線水平。從A、B兩點分別以初速度v1、v2水平拋出兩小球，同時擊中O點，不計空氣阻力，則兩球(????)
A. 必須同時拋出
B. 初速度v1與v2相等
C. 擊中O點時速度相同
D. 擊中O點時重力的瞬時功率相等
3. 靜電植絨技術(shù)，于3000多年前在中國首先起步。現(xiàn)代靜電植絨于上世紀(jì)50、60年代在德國首先研制出并使用。如圖為植絨流程示意圖，將絨毛放在帶負(fù)電荷的容器中，使絨毛帶負(fù)電，容器與帶電極板之間加恒定的電壓，絨毛呈垂直狀加速飛到需要植絨的物體表面上。不計重力和空氣阻力，下列判斷正確的是(????)

A. 帶電極板帶負(fù)電
B. 絨毛在飛往需要植絨的物體的過程中，電勢能不斷增大
C. 若增大容器與帶電極板之間的距離，絨毛到達(dá)需要植絨的物體表面時速率增大
D. 質(zhì)量相同的絨毛，帶電荷量越多，到達(dá)需要植絨的物體表面時速率越大
4. 利用智能手機(jī)的加速度傳感器可測量手機(jī)自身的加速度情況。用手掌托著手機(jī)，打開加速度傳感器后，手掌從靜止開始上下運動。以豎直向上為正方向，測得手機(jī)在豎直方向的加速度隨時間變化的圖像如圖所示，則手機(jī)(????)
A. t1時刻速度最大
B. t2時刻開始減速上升，t1～t3時間內(nèi)所受的支持力逐漸減小
C. t1時刻開始減速上升，t1～t3時間內(nèi)所受的支持力先減小后增大
D. t1～t3時間內(nèi)，手機(jī)的運動方向一直不變，t2時刻速度為0

5. 特高壓直流輸電是國家重點工程。如圖所示，高壓輸電線上使用“abcd正方形間隔棒”支撐導(dǎo)線L1、L2、L3、L4其目的是固定各導(dǎo)線間距，防止導(dǎo)線互相碰撞，圖中導(dǎo)線L1、L2、L3、L4水平且恰好處在正四棱柱的四條棱上，abcd的幾何中心為O點，O點到導(dǎo)線的距離遠(yuǎn)小于導(dǎo)線的長度，忽略地磁場，當(dāng)四根長直導(dǎo)線通有等大、同向的電流時，則(????)

A. O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零
B. O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度沿bd連線方向
C. L1對L2的安培力比L1對L3的安培力小
D. L1所受安培力的方向為從L1指向L3
6. 如圖所示，有一個長為12cm的線光源AB，其表面可以朝各個方向發(fā)光，現(xiàn)將AB封裝在一個半球形透明介質(zhì)的底部，AB中點與球心O重合。半球形介質(zhì)的折射率為1.5，為使AB發(fā)出的所有光都能射出球面，不考慮二次反射，則球半徑R至少為(????)


A. 3 5cm B. 6 5cm C. 9cm D. 18cm
7. 兩帶電金屬板豎直放置且兩板始終與電源的正、負(fù)極相連，如圖所示，在電場中的O點，用一根絕緣細(xì)線懸掛一帶負(fù)電荷的小球，小球靜止在細(xì)線與豎直方向夾角為θ的位置，現(xiàn)將兩金屬板繞各自的中心轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一定的角度，兩轉(zhuǎn)軸在同一水平線上且旋轉(zhuǎn)過程中兩金屬板始終保持平行，如圖中虛線所示，則(????)
A. 兩板間勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)將變小 B. 細(xì)線對小球的拉力將變大
C. 小球靜止時細(xì)線與豎直方向夾角θ將變小 D. 小球靜止時細(xì)線與豎直方向夾角θ將變大
8. 建造一條能通向太空的電梯(如圖甲所示)，是人們長期的夢想。材料的力學(xué)強(qiáng)度是材料眾多性能中被人們極為看重的一種性能，目前已發(fā)現(xiàn)的高強(qiáng)度材料碳納米管的抗拉強(qiáng)度是鋼的100倍，密度是其16，這使得人們有望在赤道上建造垂直于水平面的“太空電梯”。當(dāng)航天員乘坐“太空電梯”時，圖乙中r為航天員到地心的距離，R為地球半徑，a?r圖像中的圖線A表示地球引力對航天員產(chǎn)生的加速度大小與r的關(guān)系，圖線B表示航天員由于地球自轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的向心加速度大小與r的關(guān)系，關(guān)于相對地面靜止在不同高度的航天員，下列說法正確的是(????)

A. 隨著r增大，航天員受到電梯艙的彈力減小
B. 航天員在r=R處的線速度等于第一宇宙速度
C. 圖中r0為地球同步衛(wèi)星的軌道半徑
D. 電梯艙在r=r0處的站點時，航天員處于完全失重狀態(tài)
9. 如圖所示，水平面上O點的左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙。有8個質(zhì)量均為m的完全相同的小滑塊(可視為質(zhì)點)，用輕質(zhì)的細(xì)桿相連，相鄰小滑塊間的距離為L，滑塊1恰好位于O點左側(cè)滑塊，滑塊2、3……依次沿直線水平向左排開?，F(xiàn)將水平恒力F作用于滑塊1上，經(jīng)觀察發(fā)現(xiàn)，在第3個小滑塊過O點進(jìn)入粗糙地帶后到第4個小滑塊過O點進(jìn)入粗糙地帶前這一過程中，小滑塊做勻速直線運動，已知重力加速度為g，則下列判斷中正確的是(????)

A. 滑塊勻速運動時，各段輕桿上的彈力大小相等
B. 滑塊3勻速運動的速度是 FL4m
C. 第4個小滑塊完全進(jìn)入粗糙地帶到第5個小滑塊進(jìn)入粗糙地帶前這一過程中，8個小滑塊的加速度大小為F24m
D. 最終第7個滑塊剛能到達(dá)O點而第8個滑塊不可能到達(dá)O點
10. 圖甲是磁懸浮實驗車與軌道示意圖，圖乙是固定在車底部金屬框abcd(車廂與金屬框絕緣)與軌道上運動磁場的示意圖。水平地面上有兩根很長的平行直導(dǎo)軌PQ和MN，導(dǎo)軌間有豎直(垂直紙面)方向等間距的勻強(qiáng)磁場B1和B2，二者方向相反。車底部金屬框的ad邊寬度與磁場間隔相等，當(dāng)勻強(qiáng)磁場B1和B2同時以恒定速度v0沿導(dǎo)軌方向向右運動時，金屬框會受到磁場力，帶動實驗車沿導(dǎo)軌運動。設(shè)金屬框垂直導(dǎo)軌ab的邊長L=0.20m、總電阻R=1.6Ω，實驗車與線框的總質(zhì)量m=2.0kg，磁場B1=B2=1.0T，磁場運動速度v0=10m/s。已知懸浮狀態(tài)下，實驗車運動時受到恒定的阻力f=0.20N，則(????)

A. 實驗車的最大速率vm=2m/s
B. 實驗車的最大速率vm=8m/s
C. 實驗車以最大速度做勻速運動時，為維持實驗車運動，外界在單位時間內(nèi)需提供的總能量為2J
D. 當(dāng)實驗車速度為0時，金屬框受到水平向右1N的磁場力
11. 某同學(xué)閱讀教材中的“科學(xué)漫步”欄目，對“流體的阻力(f)跟物體相對于流體的速度(v)有關(guān)”這一說法產(chǎn)生了興趣，通過查閱資料得知：對于球形物體，二者間存在定量關(guān)系f=kv，k為比例系數(shù)。該同學(xué)為探究這一關(guān)系利用如圖(a)所示裝置測量k。具體操作如下：在柱狀玻璃容器中注入某透明液體，將小球在液面處由靜止釋放，當(dāng)小球運動到0刻度線處開始計時，每下落10cm記錄一次時間，得到多組下落高度h與時間t的數(shù)據(jù)，作出h?t圖像如圖(b)中實線所示。


(1)由h?t圖像可知，從計時開始小球近似做______運動。
(2)已知液體密度ρ=8.0×102kg/m3，小球體積V=5.0×10?10m3、質(zhì)量m=4.0×10?6kg，結(jié)合h?t圖像可得k=______kg/s(浮力不能忽略，取重力加速度g=9.8m/s2)。
(3)若再用一個體積相同、密度較大的球，重復(fù)上述實驗，所得h?t圖像也是一條直線，則該直線可能是圖(b)中的______虛線。
12. 某興趣小組用金屬鉑電阻制作量程0～500℃的電阻溫度計。已知金屬鉑電阻Rt與溫度t的關(guān)系是：Rt=R0(1+θt)，其中R0=40Ω，溫度系數(shù)。
(1)設(shè)計電路：
該小組設(shè)計的電阻溫度計測量電路如圖所示，準(zhǔn)備了如下實驗器材：
干電池1節(jié)(E=1.5V,內(nèi)阻r=1Ω)，毫安表(0～30mA,Rg=1Ω)，滑動變阻器R1(0～5Ω)，滑動變阻器R2(0～50Ω)，開關(guān)S一只，導(dǎo)線若干。
滑動變阻器應(yīng)選______ (選填“R1”或“R2”)。
(2)在毫安表刻度盤上標(biāo)注溫度刻度值
①溫度調(diào)零(即確定0℃刻度)
根據(jù)電路圖連接好實物，斷開開關(guān)S，為保證電路安全應(yīng)先將滑動變阻器的滑片撥至如圖所示的b端。將金屬鉑電阻放入0℃冰水混合物中，閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動變阻器阻值使毫安表滿偏，則30mA刻度即對應(yīng)0℃刻度，并保持滑動變阻器滑片位置不動。
②確定刻度
通過理論計算出每一電流刻度所對應(yīng)的溫度值，并標(biāo)注在刻度盤上。毫安表半偏位置對應(yīng)的溫度是______ ℃。該溫度計刻度線是______ 選填“均勻”或“不均勻”)的。
③實際檢驗
將金屬鉑電阻放入其它已知溫度的物體中，待指針穩(wěn)定后，檢驗指針?biāo)笢囟扰c實際溫度在誤差允許范圍內(nèi)是否一致。
(3)實際測量
測量前完成(2)中①的溫度調(diào)零操作，將金屬鉑電阻放入某未知溫度的物體中，待指針穩(wěn)定后讀數(shù)，測出該物體的溫度。
(4)誤差分析
若干電池使用時間較長，其電動勢會減小，內(nèi)阻變大。用該溫度計按照(3)中的測量方法進(jìn)行測量(能夠完成溫度調(diào)零)，則測量結(jié)果______ (選填“偏大”“不變”或“偏小”)。
13. 2022年4月16日，神州十三號載人飛船返回艙著陸成功，三名航天員圓滿完成了為期六個月的航天飛行任務(wù)，此次飛行任務(wù)中航天員翟志剛、王亞平先后從天和核心艙節(jié)點艙成功出艙執(zhí)行任務(wù)，出艙時他們身著我國新一代“飛天”艙外航天服。艙外航天服是一套非常復(fù)雜的生命保障系統(tǒng)，簡單的物理模型可以理解為：艙外航天服內(nèi)密封了一定質(zhì)量的理想氣體，用來提供適合人體生存的氣壓。出艙前，航天員身著航天服，先從核心艙進(jìn)入節(jié)點艙，此時航天服密閉氣體的體積為V1=4L，壓強(qiáng)為p1=1.0×105Pa，溫度為t1=27℃；然后封閉所有內(nèi)部艙門，對節(jié)點艙泄壓，直到節(jié)點艙壓強(qiáng)和外面壓強(qiáng)相等時才能打開艙門。
(1)節(jié)點艙氣壓降低到能打開艙門時，密閉航天服內(nèi)氣體體積膨脹到V2=8L，假設(shè)溫度不變，求此時航天服內(nèi)氣體壓強(qiáng)P2；
(2)打開艙門后，航天員安全出艙，由于外界溫度極低，航天服自動控制系統(tǒng)啟動，系統(tǒng)能通過加熱和充氣或者放氣等調(diào)節(jié)方式來保證密閉航天服內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p2，溫度為t2=?3℃，體積為V1=4L，求調(diào)節(jié)后航天服內(nèi)的氣體質(zhì)量與原有氣體質(zhì)量之比。

14. 如圖所示，在A處有平行于y軸的虛線，虛線左側(cè)所有空間分布著水平向左的勻強(qiáng)電場，在虛線右側(cè)所有空間分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，在O點處，某時刻有一帶負(fù)電的粒子以初速度v0沿y軸正方向運動，粒子從A(L,2L)點進(jìn)入磁場，在磁場中運動一段時間后恰好又回到O點，已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量大小為q，不計粒子重力，求：
(1)電場強(qiáng)度的大小和帶電粒子運動到A點的速度；
(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和帶電粒子從開始運動到恰好回到O點的時間。

15. 小車C靜止在光滑的水平面上，距離小車C的右側(cè)s處有一固定光滑的斜面和光滑平臺組成的裝置，斜面底端與小車C等高，平臺P點與斜面平滑連接，不影響滑塊經(jīng)過時運動的速率。平臺上O點固定一豎直的彈性擋板，滑塊B靜止于Q點，PQ間距離為kL，OQ間距離為L。當(dāng)滑塊A以v0=8m/s的速度滑上小車，運動到小車C右端時恰好與之共速(小車未碰到平臺)。當(dāng)滑塊A經(jīng)斜面進(jìn)入平臺時，始終受到水平向右的恒力F=mg作用，當(dāng)滑塊B在該區(qū)域內(nèi)向左運動時受到同樣的恒力F作用，向右運動則合力為零。已知滑塊A、B及小車C的質(zhì)量相等，即mA=mB=mC，斜面高h(yuǎn)=0.8m，A、C間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，g=10m/s2，滑塊A、B均可看成質(zhì)點，且A、B之間以及B與擋板之間的碰撞為彈性碰撞。

(1)為保證小車C與平臺碰撞時A、C能共速，s至少多長；
(2)當(dāng)滑塊A經(jīng)斜面進(jìn)入平臺PO后，若A不能在滑塊B勻速運動過程中追上滑塊B發(fā)生第二次碰撞，則k需要滿足的條件；
(3)若滿足(2)問的k值，求A、B從第一次碰撞開始到第二次碰撞經(jīng)歷的時間。
答案和解析

1.【答案】A?
【解析】解：A、為了解釋黑體輻射的實驗規(guī)律，普朗克提出了能量子的概念，成為量子力學(xué)的奠基人之一，故A正確。
B、玻爾理論指出氫原子能級是分立的，但波爾并沒有測出氨原子光譜，故B錯誤。
C、盧瑟福通過分析α粒子散射實驗結(jié)果，提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，并發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子，預(yù)言了中子的存在，中子最終由查德威克發(fā)現(xiàn)，故C錯誤。
D、根據(jù)電子束通過鋁箔后的衍射圖樣，說明電子具有波動性，故D錯誤。
故選：A。
普朗克通過研究黑體輻射提出能量子的概念；玻爾理論指出氫原子能級是分立的，所以原子發(fā)射光子的頻率也是不連續(xù)的；盧瑟福通過分析α粒子散射實驗結(jié)果，提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型；根據(jù)電子束通過鋁箔后的衍射圖樣，說明電子具有波動性．
該題考查多個知識點的內(nèi)容，熟練掌握物理規(guī)律的來龍去脈是掌握此類知識的前提．

2.【答案】B?
【解析】解：A、兩小球下落高度不同，根據(jù)h=12gt2，下落時間t= 2hg，A點的小球下落時間更長，要滿足同時擊中O點，A點小球應(yīng)先拋出，故A錯誤；
B、以O(shè)點為坐標(biāo)原點建立直角坐標(biāo)系，如圖所示：

O為拋物線OM的頂點，A、B為拋物線上兩點，設(shè)拋物線方程為y=ax2
小球做平拋運動，水平方向做勻速直線運動x=v0t
豎直方向做自由落體運動，y=12gt2
整理得y=g2v02x2
即a=g2v02
a是常數(shù)，則v0為常數(shù)，A、B兩點在同一拋物線上，則初速度v1與v2相等，故B正確；
C、兩小球水平方向速度相同，豎直方向速度vy=gt不同，合速度不同，故C錯誤；
D、重力的瞬時功率為P=mgvy，兩小球豎直分速度不同，重力的瞬時功率不同，故D錯誤；
故選：B。
根據(jù)h=12gt2，判斷兩小球下落時間；根據(jù)拋物線公式表示和平拋運動規(guī)律判斷初速度的大??；根據(jù)平拋運動規(guī)律判斷兩小球水平方向的速度和豎直方向速度的關(guān)系即可；根據(jù)重力功率公式P=mgvy即可求解。
本題考查平拋運動，解題關(guān)鍵是掌握平拋運動的規(guī)律，能結(jié)合拋物線知識進(jìn)行求解。

3.【答案】D?
【解析】解：A、絨毛帶負(fù)電加速度向下運動，所以電場力向下，電場強(qiáng)度向上，帶電極板帶正電，故A錯誤；
B、絨毛在飛往需要植絨的物體的過程中，電場力向下做正功，電勢能不斷減小，故B錯誤；
C、由動能定理可得：qU=12mv2，解得：v= 2qUm
若增大容器與帶電極板之間的距離，而電極板之間的電壓加恒定，絨毛到達(dá)需要植絨的物體表面時速率不變，故C錯誤；
D、由v= 2qUm，可知質(zhì)量相同的絨毛，帶電荷量越多，到達(dá)需要植絨的物體表面時速率越大，故D正確。
故選：D。
負(fù)電荷所受電場力與電場強(qiáng)度方向相反；電場力做正功，電勢能減?。桓鶕?jù)動能定理判斷絨毛到達(dá)植絨的物體表面時速率與什么因素有關(guān)。
本題考查了帶電體在的場中加速問題，根據(jù)根據(jù)動能定理，結(jié)合電場力做功特點解答。

4.【答案】B?
【解析】解：A.t1時刻手機(jī)加速度最大，t1時刻之后，手機(jī)加速度依然是正值，手機(jī)還要繼續(xù)加速上升，則t1時刻的速度不是最大，故A錯誤；
BC.因圖像與時間軸圍成的“面積”表示速度的變化量，可知t2時刻手機(jī)向上的速度最大，之后，手機(jī)的加速度反向，開始減速上升；
在t1～t2時間內(nèi)，手機(jī)向上的加速度逐漸減小，由牛頓第二定律得FN?mg=ma1，故支持力逐漸減??；
在t2～t3時間內(nèi)，手機(jī)向下的加速度逐漸增大，由牛頓第二定律得mg?FN′=ma2，可知支持力繼續(xù)減小。
故t1～t3時間內(nèi)，手機(jī)所受的支持力逐漸減小，故B正確；故C錯誤；
D.t1～t3時間內(nèi)，手機(jī)先向上加速、后向上減速，因圖像與時間軸圍成的“面積”表示速度的變化量，可知加速過程速度變化量(增加量)大于減速過程速度的變化量(減少量)，則手機(jī)的運動方向一直向上，不變，故D錯誤。
故選：B。
在a?t圖像中，t軸上方加速度為正，表示物體在加速運動；t軸下方加速度為負(fù)，表示物體在減速運動。圖像與時間軸圍成的“面積”表示速度的變化量。加速度的方向代表了合力的方向，由牛頓第二定律可列方程判斷支持力變化。
加速度是連接力學(xué)與運動學(xué)的橋梁。通過加速度變化情況，可判斷速度變化情況，可判斷物體所受合力變化情況。

5.【答案】D?
【解析】解：AB.根據(jù)安培定則以及對稱性，直導(dǎo)線L1和L3在O點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，L2和L4在O點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，所以O(shè)點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，故AB錯誤；
C.離通電直導(dǎo)線越近，磁感應(yīng)強(qiáng)度將越強(qiáng)，所以L1導(dǎo)線在L2處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于在L3處的磁感應(yīng)強(qiáng)度，所以L1對L2的安培力大于L1對L3的安培力，故C錯誤；
D.因“同向電流相互吸引”，則當(dāng)四根長直導(dǎo)線通有等大、同向的電流時，則L1均受到L2、L3、L4的吸引力，且L2、L4對L1的吸引力的合力也從L1指向L3，則L1受到的安培力的方向從L1指向L3，故D正確。
故選：D。
根據(jù)右手定則結(jié)合對稱性分析出O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度；
根據(jù)右手螺旋定則分析出穿過abcd的磁通量的大小情況；
根據(jù)安培力公式定性地分析出導(dǎo)線之間的安培力大小關(guān)系；
根據(jù)“同向電流吸引，反向電流排斥”的推論結(jié)合矢量合成的特點分析出導(dǎo)線所受安培力的方向。
本題主要考查了通電直導(dǎo)線間的相互作用力，熟悉右手定則和右手螺旋定則，根據(jù)對稱性和安培力公式，掌握矢量合成的特點即可完成分析。

6.【答案】C?
【解析】解：如圖所示

在半球面上任選一點P，根據(jù)幾何關(guān)系可知，若此時線狀光源B點發(fā)出的光能夠射出P點，則線狀光源其他點發(fā)出的光也一定能夠射出P點，所以只要B點發(fā)出的所有光線能夠射出球面，則光源發(fā)出的所有光均能射出球面，在△OPB中，根據(jù)正弦定理有OBsinα=OPsinθ
解得sinα=6Rsinθ
當(dāng)θ=90°時，sinα有最大值sinα=6R
為使光線一定能從P點射出，根據(jù)全反射應(yīng)有sinα≤1n=11.5
所以R≥9cm
故ABD錯誤，C正確；
故選：C。
根據(jù)題意作圖，只要B點發(fā)出的所有光線能夠射出球面，則光源發(fā)出的所有光均能射出球面，結(jié)合折射定律與幾何關(guān)系可解得。
本題考查光的折射定律，解題關(guān)鍵掌握正弦定理的應(yīng)用，注意光的折射問題經(jīng)常與幾何問題相關(guān)。

7.【答案】BC?
【解析】解：A、旋轉(zhuǎn)后板間距離變小，兩板間電勢差不變，根據(jù)U=Ed知，電場強(qiáng)度變大，故A錯誤；
B、旋轉(zhuǎn)過程，電場力大小變大，方向發(fā)生變化，且與重力夾角減小，則這兩力合力增大，故繩拉力增大，故B正確；
CD、根據(jù)平行四邊形定則知小球靜止時細(xì)線與豎直方向夾角θ將變小，故C正確，D錯誤。
故選：BC。
兩板間電勢差不變，板間距離變小，根據(jù)U=Ed知，電場強(qiáng)度變大；旋轉(zhuǎn)過程，電場力大小變大，方向發(fā)生變化，與重力夾角減小，根據(jù)平行四邊形定則知繩拉力增大，小球靜止時細(xì)線與豎直方向夾角θ將變小。
此題考查電場力中的動態(tài)平衡分析，注意電場力大小與方向均發(fā)生變化，根據(jù)平行四邊形定則作圖分析比較直觀。

8.【答案】CD?
【解析】解：A、若電梯艙對航天員的彈力表現(xiàn)為支持力時，由牛頓第二定律得GMmr2?FN=mω2r，解得：FN=GMmr2?mω2r
角速度不變，隨著r增大，航天員受到電梯艙的彈力減??；
若電梯艙對航天員的彈力表現(xiàn)為拉力時，由牛頓第二定律得：GMmr2+FN=mω2r，解得：FN=mω2r?GMmr2
角速度不變，隨著r增大，航天員受到電梯艙的彈力增大，故A錯誤；
B、地球同步衛(wèi)星的線速度小于第一宇宙速度，所以航天員在r=R處的線速度小于第一宇宙速度，故B錯誤；
C、圖像中的圖線A表示地球引力對航天員產(chǎn)生的加速度aA大小與r的關(guān)系，該加速度aA等于地球衛(wèi)星做勻速圓周運動的加速度，圖線B表示航天員由于地球自轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的向心加速度aB大小與r的關(guān)系，該加速度aB等于地球同步衛(wèi)星的加速度，因為aA=aB，所以圖中r0為地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，故C正確；
D、電梯艙在r=r0處的站點時，航天員的加速度等于地球同步衛(wèi)星的加速度，處于完全失重狀態(tài)，電梯艙對航天員的彈力等于零，航天員只受到萬有引力，因此航天員處于完全失重狀態(tài)，故D正確。
故選：CD。
根據(jù)合力提供向心力，結(jié)合圖像以及受力分析，判斷航天員受到的彈力先減小后反向增大；根據(jù)圖像可知，在r=r0位置時，萬有引力完全提供向心力，可知與同步衛(wèi)星運動情況相同，處于同一軌道；當(dāng)航天員對水平地板的壓力為零時，此時萬有引力完全提供向心力，根據(jù)向心力方程可求出此時軌跡半徑。
本題主要考查萬有引力與重力、向心力之間的關(guān)系，需要結(jié)合圖像分析三者關(guān)系。

9.【答案】BC?
【解析】解：A、滑塊勻速運動時，在O點左側(cè)的滑塊因為處于光滑地段，則桿上的彈力為零；在O點右側(cè)的滑塊處于粗糙的地段，則每個滑塊受滑動摩擦力作用，由平衡條件知各段輕桿上的彈力大小不相等，故A錯誤；
B、設(shè)每個滑塊進(jìn)入粗糙區(qū)受的阻力為f，因為在第3個小滑塊過O點進(jìn)入粗糙地帶后到第4個小滑塊過O點進(jìn)入粗糙地帶前這一過程中，小滑塊做勻速直線運動，則從第一個滑塊從O點向右運動2L的過程中，由動能定理得：F×2L?f×2L?fL=12×8mv2。
勻速運動時，由平衡條件有：F=3f，聯(lián)立解得：v= FL4m，故B正確；
C、第4個小滑塊完全進(jìn)入粗糙地帶到第5個小滑塊進(jìn)入粗糙地帶前這一過程中，對8個滑塊整體，根據(jù)牛頓第二定律有F?4f=8ma，解得：a=?F24m，故C正確；
D、當(dāng)?shù)?個滑塊剛能到達(dá)O點而第8個滑塊沒能到達(dá)O點時，則由動能定理有：F×6L?(6+5+4+3+2+1)fL=12×8mv′2，可得?FL=12×8mv′2，表達(dá)式不成立，則第7個滑塊不可能到達(dá)O點；事實上當(dāng)?shù)?個滑塊剛能到達(dá)O點而第7個滑塊沒能到達(dá)O點時，則F×5L?(5+4+3+2+1)fL=12×8mv′′2，解得：v″=0，所以第6個滑塊恰能到達(dá)O點而第7個滑塊沒能到達(dá)O點，故D錯誤。
故選：BC。
滑塊勻速運動時，根據(jù)平衡條件分析各段輕桿上的彈力大小關(guān)系，利用動能定理計算滑塊3勻速運動的速度。第4個小滑塊完全進(jìn)入粗糙地帶到第5個小滑塊進(jìn)入粗糙地帶前這一過程中，對整體利用牛頓第二定律求加速度。利用動能定理列式分析最終第7個滑塊能否到達(dá)O點。
本題考查牛頓第二定律、動能定理的綜合運用，對于涉及位移的問題，優(yōu)先考慮運用動能定理求解，以及掌握整體法和隔離法的靈活運用。

10.【答案】BCD?
【解析】解：AB、設(shè)B1=B2=B，試驗車達(dá)到最大速率時，安培力與阻力等大反向，試驗車做勻速運動，此時線框中感應(yīng)電動勢為：E=2B(v0?vm)，感應(yīng)電流為：I=ER，線框受到的安培力為：F=2BIL，由平衡條件得：F=f，聯(lián)立解得：vm=8m/s，故A錯誤，B正確；
C、線框克服阻力的功率為：P1=fvm=0.2×8W=1.6W
當(dāng)實驗車以速度vm勻速運動時金屬框中感應(yīng)電流為：I=2BL(v0?vm)R，解得：I=0.5A
金屬框中的熱功率為：P2=I2R，解得：P2=0.4W
外界在單位時間內(nèi)需提供的總能量為：E=P1+P2=1.6W+0.4W=2J，故C正確；
D、當(dāng)實驗車速度為0時，根據(jù)楞次定律推論“來拒去留”可知，金屬框受到水平向右的磁場力，大小為：
F0=2BI0L=2B×2BLv0R×L=4×12×0.22×101.6N=1N，故D正確。
故選：BCD。
試驗車達(dá)到最大速率時，安培力與阻力等大反向，試驗車做勻速運動，根據(jù)磁場與線框的相對速度求得感應(yīng)電動勢，由閉合電路歐姆定律求得感應(yīng)電流，由安培力計算公式F=BIL，計算安培力(注意左右兩邊均受到同向的安培力)，由平衡條件求解最大速度；外界提供的總能量等于摩擦生熱與產(chǎn)生的焦耳之和。
本題是電磁驅(qū)動原理，安培力為動力。要注意線框左右兩邊均切割磁感線產(chǎn)生同向的感應(yīng)電動勢，總的電動勢為左右兩邊的電動勢之和。同樣左右兩邊均受到同向的安培力。

11.【答案】(1)勻速直線? (2)5.3×10?4? (3)①?
【解析】解：(1)h?t圖像的斜率表示速度，由圖(b)可知，h?t圖像近似為傾斜的直線，故小球近似做勻速直線運動。
(2)h?t圖像的斜率等于速度大小，則v=80×10?212m/s=115m/s
對小球，由平衡條件可得：mg=kv+ρgV排，其中V排=V
解得：k=mg?ρgVv=15×9.8×(4.0×10?6?8.0×102×5.0×10?10)kg/s≈5.3×10?4kg/s
(3)體積相同、密度較大的球，則球的質(zhì)量m較大，由mg=kv+ρgV可知，球勻速運動的速度v較大，h?t圖像的斜率較大，故該直線可能是圖(b)中的①虛線。
故答案為：(1)勻速直線；(2)5.3×10?4；(3)①。
(1)h?t圖像的斜率表示速度，斜率近似不變，小球近似做勻速直線運動；
(2)對小球受力分析，由平衡條件求解；
(3)由平衡條件，已知小球的質(zhì)量變大，解得速度大小的變化，由h?t圖像的斜率變化求解。
本題考查探究“流體的阻力(f)跟物體相對于流體的速度(v)關(guān)系”的實驗，較基礎(chǔ)。涉及到圖像識別，浮力的計算，共點力平衡問題。

12.【答案】R2? 312.5不均勻? 偏大?
【解析】解：(1)為了保證毫安表的安全，根據(jù)閉合電路歐姆定律，電路的最小總電阻為R總=EIm=1.530×10?3Ω=50Ω
故滑動變阻器應(yīng)選R2；
(2)②根據(jù)題意，電流表的示數(shù)為30mA刻度即對應(yīng)0℃刻度，結(jié)合金屬鉑電阻Rt與溫度t的關(guān)系可知，此時金屬鉑電阻的阻值為R0=40Ω，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E=Im(R0+r+Rg+R)
代入數(shù)據(jù)解得滑動變阻器接入電路的阻值為R=8Ω
設(shè)毫安表半偏位置對應(yīng)的溫度為t1，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E=12Im(Rt+r+Rg+R)
代入數(shù)據(jù)解得金屬鉑的電阻Rt=90Ω
結(jié)合金屬鉑電阻Rt與溫度t的關(guān)系式Rt=R0(1+θt1)
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得t1=312.5℃
假設(shè)毫安表示數(shù)為I時，對應(yīng)的溫度為t，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E=I(Rt+r+Rg+R)
根據(jù)金屬鉑電阻Rt與溫度t的關(guān)系Rt=R0(1+θt)
聯(lián)立解得I=ERt+r+Rg+R=ER0(1+θt)+r+Rg+R
可知I與t非線性關(guān)系，故該溫度計刻度線是不均勻的；
(4)若干電池使用時間較長，其電動勢會減小，內(nèi)阻變大，設(shè)電動勢變?yōu)镋′，內(nèi)阻變?yōu)閞′，能夠完成溫度調(diào)零時，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E′=Im(R0+r′+Rg+R′)
當(dāng)進(jìn)行測量時，假設(shè)毫安表電流為I2，此時對應(yīng)溫度刻度為t2，則測量值為t2，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I2=ER0(1+θt2)+r+Rg+R=1R0θt2E+R0+r+Rg+RE=1R0θt2E+1Im
假設(shè)實際溫度為t′2，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I2=E′R0(1+θt′2)+r′+Rg+R′=1R0θt′2E′+R0+r+Rg+R′E′=1R0θt′2E′+1Im
聯(lián)立可得R0θt2E=R0θt′2E′
由于E′14???A與B同向運動不能相撞，此時有k>14
(3)當(dāng)k>14時，A與B反向相撞(即B先與擋板碰撞，然后與A發(fā)生第二次碰撞)根據(jù)題意，B與擋板碰后速率仍為：vB1= 2gkL?設(shè)B向左運動時加速度大小為a′，則F=ma′解得：a′=g
設(shè)B與擋板碰撞后向左運動到與A第二次碰撞的時間為t3，則L=12g(t1+t3)2+vB1t3?12gt32
解得t3=(4k?1)L 8kgl+4k 2kgl=4k?12k+1 L8kg
B反向減速至零的時間：t0=vB1 g= 2kLg
因為t3t0=4k?14k(2k+1)14；
(3)若滿足(2)問的k值，則A、B從第一次碰撞開始到第二次碰撞經(jīng)歷的時間為8k+14k+2 L2kg。?
【解析】(1)根據(jù)動量守恒求AC的共同速度，再由能量守恒定律求出小車至少的長度；
(2)根據(jù)動能定理可得A到達(dá)斜面頂端的速度，再由動力學(xué)規(guī)律求碰撞前的速度，再根據(jù)彈性碰撞的規(guī)律分別碰撞后的速度，由運動學(xué)規(guī)律和題設(shè)要求，得到k滿足的條件；
(3)根據(jù)第(2)問的碰撞的速度，由運動學(xué)規(guī)律求出A追上B碰撞的時間，再結(jié)合實際進(jìn)行檢驗。
本題主要考查了動量守恒定律、動能定理、牛頓第二定律，在板塊模型和碰撞的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵點是找準(zhǔn)物理過程，結(jié)合牛頓第二定律，運動學(xué)規(guī)律完成解答，難度較大。

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