?2023年湖北省七市（州）高考物理一調(diào)試卷
1. 2022年10月19日，中國新一代“人造太陽”(HL?2M)科學(xué)研究取得突破性進(jìn)展，等離子體電流突破100萬安培，創(chuàng)造了我國可控核聚變裝置運(yùn)行新紀(jì)錄。已知該裝置內(nèi)部發(fā)生的核反應(yīng)方程為；?12H+13H→24He+X，已知?12H、?13H、?24He和X的質(zhì)量分別為2.0141u、3.0161u、4.0026u和1.0087u，1u相當(dāng)于931.5MeV，則下列說法中正確的是(????)

A. 一個(gè)X的質(zhì)量約等于一個(gè)電子的質(zhì)量
B. 該反應(yīng)吸收的能量約為17.6MeV
C. 該反應(yīng)生成物的結(jié)合能小于反應(yīng)物的結(jié)合能之和
D. 動(dòng)能相同的一個(gè)X和一個(gè)電子，電子的德布羅意波長比X的德布羅意波長長
2. 明朝的《天工開物》記載了我國古代勞動(dòng)人民的智慧。如圖所示，可轉(zhuǎn)動(dòng)的把手上a點(diǎn)到轉(zhuǎn)軸的距離為2R，轆轤邊緣b點(diǎn)到轉(zhuǎn)軸的距離為R。甲轉(zhuǎn)動(dòng)把手，把井底的乙加速拉起來，則此過程中(????)
A. 繩對(duì)乙的拉力大于乙對(duì)繩的拉力
B. 繩對(duì)乙的拉力做功大于乙克服重力做功
C. a點(diǎn)的角速度大于b點(diǎn)的角速度
D. a點(diǎn)的線速度小于b點(diǎn)的線速度


3. 2022年農(nóng)業(yè)農(nóng)村部公示的“中國美麗休閑鄉(xiāng)村”名單上，湖北10個(gè)村榜上有名。在鄉(xiāng)村振興的戰(zhàn)場(chǎng)上，湖北是積極的創(chuàng)新者和踐行者。如圖所示，某村在進(jìn)行基礎(chǔ)設(shè)施建設(shè)時(shí)修建了一個(gè)截面為等腰梯形的水池，水池深度為d，坡面的傾角為a，在注滿水的情況下，一束與水平面夾角為θ的平行單色黃光照射到水面，傾斜入射的平行光剛好能夠照亮整個(gè)水池底部(不考慮光的反射)。已知光在空氣中的傳播速度為c，下面說法正確的是(????)

A. 水對(duì)黃光的折射率為n=cosαcosθ
B. 根據(jù)已知條件無法求出水對(duì)黃光的折射率
C. 根據(jù)已知條件可以求出黃光從水面直接折射到水池底部所用的時(shí)間
D. 若僅將單色黃光改為單色紅光，也能照亮整個(gè)水池底部
4. 2022年2月27日11時(shí)06分，我國在文昌發(fā)射場(chǎng)使用長征八號(hào)運(yùn)載火箭，以“1箭22星”方式，成功地將22顆地球衛(wèi)星發(fā)射升空。22顆衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑的三次方r3與各自繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期的平方T2的關(guān)系如圖所示，圖中直線斜率為k。已知某一衛(wèi)星A做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T0，萬有引力常量為G，根據(jù)已知條件，無法求出的是(????)
A. 衛(wèi)星A做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑 B. 衛(wèi)星A做圓周運(yùn)動(dòng)線速度的大小
C. 地球的質(zhì)量 D. 地球的密度
5. 如圖甲所示，用一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)絕緣彈簧將邊長為d粗細(xì)均勻的勻質(zhì)正方形金屬線框豎直懸掛，靜止時(shí)彈簧的長度為L1。現(xiàn)將該金屬線框如圖乙所示接入電路，導(dǎo)線的左右接觸點(diǎn)分別為線框左右兩邊的中點(diǎn)，磁場(chǎng)方向垂直電面向外，大小為B，電源的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)電阻為r，線框每邊的電阻均為R，其余導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)，導(dǎo)線與線框之間作用力忽略不計(jì)，則閉合開關(guān)S穩(wěn)定后，彈簧的長度(????)
A. L1+BdEk(R+r) B. L1+BdE2k(R+r) C. L1?BdEk(R+r) D. L1?BdE2k(R+r)
6. 在光滑水平面上，一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為3m靜止的B球發(fā)生對(duì)心碰撞，碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反，則碰撞后B球的速度大小可能是(????)
A. 0.2v B. 0.3v C. 0.4v D. 0.6v
7. 如圖甲所示，絕緣光滑水平面上有A、B、O三點(diǎn)，以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，向右為正方向建立直線坐標(biāo)軸x軸，A點(diǎn)坐標(biāo)為?2m，B點(diǎn)坐標(biāo)為2m，空間中存在水平電場(chǎng)，圖乙、丙左側(cè)圖線為四分之一圓弧，右側(cè)圖線為一條傾斜線段?，F(xiàn)把一質(zhì)量為m、電荷量為q的負(fù)點(diǎn)電荷，以初速度v0由A點(diǎn)向右射出，若負(fù)點(diǎn)電荷可以沿直線到達(dá)B處，則下列說法正確的是(忽略負(fù)點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng))(????)

A. 若A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)變化如圖乙，負(fù)點(diǎn)電荷到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度大于v0
B. 若A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)變化如圖乙，負(fù)點(diǎn)電荷到達(dá)坐標(biāo)為? 2m和 2m處時(shí)，電場(chǎng)力的功率不相等
C. 若A、B兩點(diǎn)間的電場(chǎng)強(qiáng)度變化如圖丙，負(fù)點(diǎn)電荷從A到B速度先增大再減小
D. 若A、B兩點(diǎn)間的電場(chǎng)強(qiáng)度變化如圖丙，負(fù)點(diǎn)電荷到達(dá)坐標(biāo)為? 2m和 2m處處時(shí)，電場(chǎng)力相同
8. 如圖所示，交流電源輸出電壓恒定，兩個(gè)變壓器為理想變壓器，各個(gè)燈泡規(guī)格相同，當(dāng)開關(guān)斷開時(shí)發(fā)現(xiàn)除L7外其他燈泡發(fā)光亮度相同，下列說法正確的是(????)

A. n1：n2=1：5 B. n3：n4=1：3
C. 開關(guān)閉合穩(wěn)定后，L3變亮，L4變暗 D. 開關(guān)閉合穩(wěn)定后，L1變暗，L2變亮
9. 如圖所示，M、N是水平面內(nèi)兩振動(dòng)情況完全相同的簡諧橫波波源，其振動(dòng)方向?yàn)樨Q直方向，P、Q、R分別位于M、N連線的中垂線上，且PQ=QR，某時(shí)刻P是兩列波的波谷相遇點(diǎn)，R是與P相鄰的波峰相遇點(diǎn)，下列說法正確的是(????)

A. Q處質(zhì)點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)
B. Q處質(zhì)點(diǎn)的振幅小于P、R處質(zhì)點(diǎn)的振幅
C. Q處質(zhì)點(diǎn)此時(shí)在平衡位置上方，正在向上運(yùn)動(dòng)
D. Q處質(zhì)點(diǎn)此時(shí)在平衡位置下方，正在向下運(yùn)動(dòng)
10. 如圖所示，光滑的金屬圓環(huán)型軌道MN、PQ豎直放置，兩環(huán)之間ABDC內(nèi)(含邊界)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，AB水平且與圓心等高，CD豎直且延長線過圓心。長為2l的輕質(zhì)金屬桿，有小孔的一端套在內(nèi)環(huán)MN上，另一端連接帶孔金屬球，球的質(zhì)量為m，球套在外環(huán)PQ上，且都與軌道接觸良好，內(nèi)圓半徑r1=l，外圓半徑r2=3l，PM和NQ間分別接有阻值為R1和R2的電阻，R1=R2=R0，讓金屬桿從AB處無初速釋放，金屬桿第一次即將離開磁場(chǎng)時(shí)，金屬球的速度為v，金屬桿、金屬球和圓環(huán)軌道電阻不計(jì)，忽略一切摩擦，重力加速度為g，則(????)

A. 金屬球向下運(yùn)動(dòng)過程中，Q處的電勢(shì)高于N處的電勢(shì)
B. 金屬桿第一次即將離開磁場(chǎng)時(shí)，R1兩端的電壓U=4B0lv3
C. 金屬桿從釋放到第一次離開磁場(chǎng)的過程中，通過R2的電荷量q=4πB0l2R0
D. 金屬桿從釋放到第一次離開磁場(chǎng)的過程中，R1上生成的焦耳熱Q=32mgl?14mv2
11. 某航空興趣小組自制一帶動(dòng)力飛行器，開始讓飛行器器懸停在空中，測(cè)得從此處豎直向上運(yùn)動(dòng)2h0范圍內(nèi)，飛行器的加速度a與上升的高度h的關(guān)系如圖所示。設(shè)飛行器總質(zhì)量為m且不變，取豎直向上為正方向，重力加速度為g，忽略空氣阻力。下列說法正確的是(????)
A. 飛行器上升12h0時(shí)，其發(fā)動(dòng)機(jī)提供動(dòng)力大小為3mg2
B. 飛行器上升h0時(shí)，其速度大小為 2gh0
C. 飛行器上升h0過程中，其機(jī)械能增加3mgh02
D. 飛行器上升2h0時(shí)，其發(fā)動(dòng)機(jī)功率為0
12. 2022年11月30日7時(shí)33分，翹盼已久的神舟十四號(hào)航天員乘組順利打開“家門”，熱情歡迎遠(yuǎn)道而來的神舟十五號(hào)乘組親人入駐“天宮”。勝利會(huì)師的兩個(gè)航天員乘組，一起在中國人自己的“太空家園”里留下了一張載入史冊(cè)的太空合影(圖甲)。假設(shè)劉洋想在太空用如圖乙所示的裝置驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒，粗糙導(dǎo)軌平放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上，A、B兩滑塊上裝有相同的擋光板但寬度未知，兩靜止滑塊A、B被壓縮的彈簧彈開后，左側(cè)A滑塊通過左側(cè)的光電計(jì)時(shí)器，記錄擋光時(shí)間為t1，右側(cè)B滑塊通過右側(cè)的光電計(jì)時(shí)器，記錄擋光時(shí)間為t2，A、B質(zhì)量未知。
(1)假如航天員在A、B兩滑塊中間夾了一個(gè)質(zhì)量不計(jì)的壓力傳感器，現(xiàn)給B滑塊一個(gè)恒力，如圖丙所示，此時(shí)壓力傳感器示數(shù)為N1，將A、B對(duì)換位置，給A施加相同的恒力，壓力傳感器示數(shù)為N2，據(jù)此可知A、B兩滑塊的質(zhì)量之比mA：mB=______ (用N1、N2表示)。

(2)關(guān)于在天宮二號(hào)中驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒的實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是______ ；
A.需要測(cè)出擋光板寬度d
B.可以用天平測(cè)出A、B物塊的質(zhì)量
C.驗(yàn)證動(dòng)量守恒，不需要先平衡摩擦力
D.通過題干條件和步驟(1)無法估算出彈簧的彈性勢(shì)能
(3)寫出驗(yàn)證滑塊A、B動(dòng)量守恒的表達(dá)式______ (用N1、N2、t1、t2表示)。
13. 如圖所示，已知表頭G的滿偏電流為1mA，表頭上標(biāo)記的內(nèi)阻值為400Ω，R1、R2和R3是定值電阻，其中R1=100Ω。某同學(xué)將其改裝為兩個(gè)量程的電壓表，圖中虛線框內(nèi)是電壓表的改裝電路。若使用a、b兩個(gè)接線柱電壓表的量程為10V，若使用a、c兩個(gè)接線柱，電壓表的量程為30V。
(1)根據(jù)上述所給條件，定值電阻的阻值為R2=______ Ω，R3=______ Ω；
(2)用量程為30V的標(biāo)準(zhǔn)電壓表V對(duì)改裝表30V擋的不同刻度進(jìn)行校準(zhǔn)。若由于表頭G上標(biāo)記的內(nèi)阻值偏小。造成每次校驗(yàn)時(shí)標(biāo)準(zhǔn)電壓表讀數(shù)______ (填“大于”或“小于”)改裝電壓表讀數(shù)。
(3)該同學(xué)計(jì)劃用歐姆表測(cè)出表頭G的內(nèi)阻。所用歐姆表內(nèi)部電源電動(dòng)勢(shì)為1.50V，表盤中間刻線示數(shù)為“15”，歐姆表選取“×100”擋位并進(jìn)行歐姆調(diào)零，然后將該歐姆表紅、黑表筆接在表頭G兩接線柱上，則紅表筆應(yīng)接在表頭G ______ (填“正”或“負(fù)”)接線柱。此時(shí)表頭G讀數(shù)為0.78mA，可知表頭G內(nèi)阻為______ Ω(保留三位有效數(shù)字)。

14. 戶外野營充氣床墊體積小，重量輕便于攜帶。受到廣大戶外旅游愛好者的歡迎，但這種充氣床墊的缺點(diǎn)是如果溫度變化太大，由于熱脹冷縮原理體積會(huì)減小。出現(xiàn)塌縮，影響睡眼效果。如圖所示為一正充氣床墊，充氣前里面有部分氣體，使用手動(dòng)充氣泵往里面打氣。充好氣后，關(guān)閉充氣閥門，床墊內(nèi)氣體體積為5V，壓強(qiáng)為3p0，此充氣過程中環(huán)境溫度為T0。(熱力學(xué)溫度)并保持不變，氣體可視為理想氣體。
(1)該床墊充氣前內(nèi)部氣體的壓強(qiáng)為大氣壓p0，體積為V，充氣泵每次打入壓強(qiáng)為p，體積為V20的氣體，要充好床墊，求充氣泵K需要打氣的次數(shù)？
(2)充好氣后若夜同環(huán)境溫度降為29T030。床墊內(nèi)氣體體積減小2%，求夜間床墊內(nèi)氣體壓強(qiáng)？

15. 如圖甲所示。一對(duì)平行金屬板M、N，兩板長為2L，兩板間距離為 3L，置于O1處的粒子發(fā)射源可沿兩板的中線O1O發(fā)射初速度為v0、電荷量為q，質(zhì)量為m的帶正電的粒子，M、N板間加變化規(guī)律如圖乙所示交變電壓UMN，金屬板的右邊界與y軸重合，板的中心線O1O與x軸重合，y軸右側(cè)存在垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。t=0時(shí)發(fā)射的粒子1恰好貼著N板右端垂直軸射出，Lv0時(shí)刻發(fā)射的粒子2與粒子1的運(yùn)動(dòng)軌跡交于磁場(chǎng)中的P點(diǎn)，已知P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為L2。不計(jì)粒子重力及相互間作用力，求：
(1)U0的大?。?br /> (2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B。

16. 某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的傳送裝置，長L=21m的傾斜傳送帶右端與豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道平滑對(duì)接于B點(diǎn)，平臺(tái)略低干圓弧形軌道的最高點(diǎn)P，O點(diǎn)為圓心，OC水平，圓弧半徑R=1823m，傳送帶傾角為θ=37°，傳送帶靜止時(shí)，該同學(xué)將質(zhì)量m=1kg的小工件從圓弧形軌道內(nèi)側(cè)的C點(diǎn)無初度釋放，工件最后停止在傳送帶上D點(diǎn)，測(cè)得D與B的距離為d=12023m，工件可視為質(zhì)點(diǎn)，傳送帶各處粗糙程度相同，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
(1)求工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(2)當(dāng)傳送帶以某恒定速度v0斜向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，能使由靜止放上傳送帶左端A的該工件到達(dá)B點(diǎn)后做圓周運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)P點(diǎn)，求傳送裝置因傳送工件而多消耗的能量E；
(3)在(2)的條件下，每隔時(shí)間T=1s，在A端由靜止放上個(gè)相同的工件，求第1個(gè)工件到達(dá)B點(diǎn)后的1s內(nèi)。傳送帶對(duì)所有工件的摩擦力的總沖量大小I。
答案和解析

1.【答案】D?
【解析】解：A.核反應(yīng)公式?12H+13H→24He+X，根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知X的質(zhì)量數(shù)是1，電荷數(shù)是0，所以X是中子，中子的質(zhì)量大于電子的質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；
B.根據(jù)質(zhì)能方程ΔE=Δmc2知ΔE=(2.0141u+3.0161u?4.0026u?1.0087u)×931.5MeV=17.6MeV，核反應(yīng)前的質(zhì)量大于核反應(yīng)后的質(zhì)量，所以此過程是一個(gè)放出能量的過程，故B錯(cuò)誤；
C.由于反應(yīng)放出能量，該反應(yīng)生成物的結(jié)合能大于反應(yīng)物的結(jié)合能之和，故C錯(cuò)誤；
D.X是中子，由于λ=hp=h 2mEK，知?jiǎng)幽芟嗤囊粋€(gè)中子和一個(gè)電子，由于中子的質(zhì)量大于電子的質(zhì)量，所以電子的德布羅意波長比X的德布羅意波長長，故D正確。
故選：D。
根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒判斷；核反應(yīng)有質(zhì)量虧損；根據(jù)質(zhì)能方程E=Δmc2，求核能；輕核聚變過程，生成物的結(jié)合能大于反應(yīng)物的結(jié)合能；根據(jù)德布羅意波長公式判斷。
本題考查學(xué)生對(duì)核聚變、質(zhì)量虧損、質(zhì)能方程的掌握，是一道基礎(chǔ)題。

2.【答案】B?
【解析】解：A、繩對(duì)乙的拉力與乙對(duì)繩的拉力是一對(duì)相互作用力，大小相等，方向相反，即繩對(duì)乙的拉力大小等于乙對(duì)繩的拉力，故A錯(cuò)誤；
B、由于乙被加速拉起，其加速度方向向上，即繩對(duì)乙的拉力大于重力，可知繩對(duì)乙的拉力做功大于乙克服重力做功，故B正確；
C、a、b兩點(diǎn)屬于同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相同，即a點(diǎn)的角速度等于b點(diǎn)的角速度，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)va=2ωR，vb=ωR可知，a點(diǎn)的線速度大于b點(diǎn)的線速度，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況分析繩子拉力大??；同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相同，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的角速度與線速度判定線速度大小；根據(jù)功的計(jì)算公式求解克服重力做的功。
本題關(guān)鍵明確同緣傳動(dòng)和同軸傳動(dòng)的特點(diǎn)，能夠根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行分析。

3.【答案】C?
【解析】解：AB、由題意可知，若剛好能夠照亮整個(gè)水池底部，則黃光的入射角為(π2?θ)，折射角為(π2?α)，根據(jù)折射定律，可得水對(duì)黃光的折射率為n=sin(π2?θ)sin(π2?α)=cosθcosα，故AB錯(cuò)誤；
C、由n=cv可知黃光在水中的傳播速度為v=cn，黃光從水面直接折射到水池底部經(jīng)過的路程為s=dsinα，故黃光從水面直接折射到水池底部所用的時(shí)間為t=sv，故C正確；
D、因?yàn)榧t光的折射率小于黃光，

所以僅將單色黃光改為單色紅光，不能照亮整個(gè)水池底部，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
根據(jù)題意傾斜入射的平行光剛好能夠照亮整個(gè)水池底部，找到黃光的入射角和折射角，求出折射率；由n=cv可知黃光在水中的傳播速度為v=cn，在求出黃光從水面直接折射到水池底部經(jīng)過的路程和時(shí)間；因?yàn)榧t光的折射率小于黃光，分析僅將單色黃光改為單色紅光，能不能照亮整個(gè)水池底部。
本題主要考查光的折射，熟練掌握根據(jù)折射定律求出光在水中的速度，根據(jù)幾何關(guān)系求出光在水中的路程即可求出時(shí)間。

4.【答案】D?
【解析】解：A、由圖可得：r3T2=k，已知衛(wèi)星A做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T0，可得衛(wèi)星A做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r0=3kT02，故A正確；
B、衛(wèi)星A的線速度v=2πr0T0，故B正確；
C、對(duì)衛(wèi)星A，根據(jù)萬有引力提供向心力，得GMmr02=m4π2T02r0，解得地球質(zhì)量M=4π2r03GT02，故C正確；
D、地球的密度ρ=MV=M43πR3，由于不知地球的半徑R，所以不能求出地球的密度，故D錯(cuò)誤。
本題選不可求的，
故選：D。
根據(jù)圖像寫出r3與T2的關(guān)系式，再結(jié)合衛(wèi)星A做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T0，求出衛(wèi)星A做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑。根據(jù)v=2πrT可求出衛(wèi)星A做圓周運(yùn)動(dòng)線速度的大小。根據(jù)萬有引力提供向心力列式，能求出地球的質(zhì)量。結(jié)合密度公式分析能否求出地球的密度。
解答本題時(shí)，要掌握衛(wèi)星問題的基本思路：萬有引力提供向心力，通過列式分析。

5.【答案】A?
【解析】解：根據(jù)題意可知，線框平均分成兩部分并聯(lián)接入電路中，線框的等效電阻為R1=2R?2R2R+2R=R
由歐姆定律可知，電流中的總電流為I=ER1+r=ER+r
方向從左向右通過線框，由并聯(lián)分流原理可知，通過線框上下部分的電流均為I1=E2(R+r)
由左手定則可知，線框上下部分均受向下的安培力，則線框受到的安培力為F=2BI1d=BEdR+r
由胡克定律可知，彈簧形變量的變化量為Δx=Fk=BEdk(R+r)
則此時(shí)的彈簧長度為L=L1+Δx=L1+BEdk(R+r)
故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
由歐姆定律求出感應(yīng)電流，應(yīng)用安培力公式與平衡條件求解彈簧形變量的變化量，進(jìn)而得到彈簧長度。
本題考查安培力、歐姆定律和胡克定律，解題關(guān)鍵是掌握安培力的公式，結(jié)合胡克定律和平衡條件列式求解即可。

6.【答案】C?
【解析】解：A、B兩球在水平方向上合外力為零，A球和B球碰撞過程中滿足動(dòng)量守恒定律，設(shè)A、B兩球碰撞后速度分別為v1、v2，選A球初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律：mv=?mv1+3mv2
假設(shè)碰后A球靜止，v1=0，解得v2=13v
因?yàn)锳球被反彈，所以B球速度v2>13v
A、B兩球碰撞過程中能量可能有損失，則12mv2≥12mv12+12×3mv22
解得v2≤v2
故v313v；第二個(gè)臨界狀態(tài)時(shí)能量恰好沒有損失時(shí)，有能量的關(guān)系求出速度的另一個(gè)范圍v2≤12v，所以解決一些物理問題時(shí)，尋找臨界狀態(tài)是解決問題的突破口．

7.【答案】B?
【解析】解：A、由圖乙可知，A與B兩點(diǎn)的電勢(shì)均為零，AB間的電勢(shì)差為零，負(fù)點(diǎn)從A點(diǎn)到B點(diǎn)電場(chǎng)力為零，由動(dòng)能定理可知負(fù)點(diǎn)電荷到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度等于v0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B、φ?x圖像斜率的絕對(duì)值表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，由圖乙可知，O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程是勻強(qiáng)電場(chǎng)，該電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與下圖中虛線表示的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，如圖：

由于左側(cè)圖線為四分之一圓弧，將虛線平移至與圓弧相切，切點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與右側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，根據(jù)幾何關(guān)系可知該切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為? 2m，即當(dāng)負(fù)點(diǎn)電荷分別處于? 2m和 2m時(shí)，電場(chǎng)力大小相等。
而負(fù)點(diǎn)電荷由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中，先做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，作出v?t圖如圖所示

根據(jù)A點(diǎn)到? 2m和 2m到B點(diǎn)的位移相等，結(jié)合圖像可知? 2m處的速度大于 2m處的速度，所以電場(chǎng)力的功率不相等，故B正確；
C、由圖丙可知從A到B電場(chǎng)方向向右不變，則負(fù)電荷一直受到向左的電場(chǎng)力，從A到B速度一直減小，故C錯(cuò)誤；
D、由圖丙可知負(fù)點(diǎn)電荷到達(dá)坐標(biāo)為? 2m和 2m處時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不同，電場(chǎng)力不同，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
若A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)變化如圖乙，AB間的電勢(shì)差為零，電場(chǎng)力做功為零，由動(dòng)能定理分析負(fù)點(diǎn)電荷到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度。φ?x圖線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，根據(jù)斜率判斷電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系。負(fù)點(diǎn)電荷由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中，先做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，作出v?t圖像，分析負(fù)點(diǎn)電荷到達(dá)坐標(biāo)為? 2m和 2m處時(shí)速度大小關(guān)系，再分析電場(chǎng)力的功率關(guān)系。若A、B兩點(diǎn)間的電場(chǎng)強(qiáng)度變化如圖丙，從A到B電場(chǎng)方向向右不變，則負(fù)電荷一直受到向左的電場(chǎng)力，速度一直減小。負(fù)點(diǎn)電荷到達(dá)坐標(biāo)為? 2m和 2m處時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度大小不等，電場(chǎng)力不等。
解決本題的關(guān)鍵是掌握電場(chǎng)線方向與電勢(shì)變化的關(guān)系、知道φ?x圖線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，能熟練運(yùn)用電勢(shì)能的表達(dá)式判斷電勢(shì)能的變化。

8.【答案】AC?
【解析】解：AB.開關(guān)閉合后，設(shè)每個(gè)燈泡的電流為I，電阻為R，交流電源輸出為I0；
電源的輸入功率P入=6PL，即I0?IR=6I2R
解得I0=6I
根據(jù)并聯(lián)電路電流的分配關(guān)系I1=I0?I=6I?I=5I
左邊變壓器副線圈中的電流I2=I
根據(jù)理想變壓器電流與匝數(shù)比的關(guān)系n1n2=I2I1=I5I=1:5
對(duì)右邊變壓器I3=I，I4=3I
根據(jù)理想變壓器電流與匝數(shù)比的關(guān)系n3n4=I4I3=3II=3:1，故A正確，B錯(cuò)誤；
CD.開關(guān)閉合穩(wěn)定后，交流電源輸出電壓恒定，燈泡L1兩端電壓不變，亮度不變
左側(cè)變壓器副線圈兩端電壓U2=n2n1U1
由于線圈匝數(shù)比不變，電壓U1不變，因此U2不變
右側(cè)變壓器的副線圈的支路增多，負(fù)載電阻減小，電流I4增大
根據(jù)理想變壓器電流與匝數(shù)比的關(guān)系，右側(cè)變壓器原線圈中的電流I3增大
根據(jù)功率公式P=I2R可知，燈泡L2、L3變亮
由U3=U2?2I3R，可知U3減小
根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的關(guān)系U4=n3n4U3
可知燈泡L4、L5、L6兩端電壓變小
根據(jù)功率公式P=U42R可知，燈泡L4、L5、L6變暗，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：AC。
AB.開關(guān)閉合后，根據(jù)功率關(guān)系、電流關(guān)系以及理想變壓器電流與匝數(shù)比的關(guān)系線圈的匝數(shù)比；
CD.交流電源輸出電壓恒定，根據(jù)功率公式分析燈泡L1的亮度變化；開關(guān)閉合穩(wěn)定后，右側(cè)變壓器副線圈中的電流變大，原線圈中的電流變大，根據(jù)功率公式和理想變壓器電壓與匝數(shù)比的關(guān)系分析其余各燈泡的亮度變化。
本題考查了理想變壓器的功率關(guān)系、電壓與匝數(shù)比的關(guān)系、電流與匝數(shù)比的關(guān)系以及電功率公式的靈活運(yùn)用；開關(guān)閉合前，抓住“6個(gè)燈泡正常發(fā)光”是解題的關(guān)鍵。

9.【答案】AD?
【解析】解：AB.兩列波的波峰與波峰、波谷與波谷相遇是振動(dòng)的加強(qiáng)點(diǎn)，因此P和R均是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，所以兩點(diǎn)連線上的點(diǎn)也是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，即Q點(diǎn)也是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，P、Q、R三點(diǎn)均是兩列波的振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)其振幅為兩列波振幅的疊加，即Q處的振幅等于P、R處質(zhì)點(diǎn)的振幅，故A正確，B錯(cuò)誤；
CD.因?yàn)镻是兩列波的波谷相遇點(diǎn)，R是與P相鄰的波峰相遇點(diǎn)，所以P、R兩點(diǎn)相距半波長，又因?yàn)镻Q=QR，所以Q處質(zhì)點(diǎn)此時(shí)在平衡位置下方，且正在向下運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：AD。
AB.兩列波的波峰與波峰、波谷與波谷相遇是振動(dòng)的加強(qiáng)點(diǎn)，波峰與波谷相遇是振動(dòng)的減弱點(diǎn)；加強(qiáng)點(diǎn)與加強(qiáng)點(diǎn)之間的連線是振動(dòng)的加強(qiáng)點(diǎn)；
CD.由于P是兩列波的波谷相遇點(diǎn)，R是與P相鄰的波峰相遇點(diǎn)，因此P、R兩點(diǎn)相距半波長，據(jù)此分析作答。
本題考查了波的疊加和振動(dòng)加強(qiáng)與減弱的判斷；加強(qiáng)點(diǎn)與加強(qiáng)點(diǎn)之間的連線是振動(dòng)的加強(qiáng)點(diǎn)。

10.【答案】BD?
【解析】解：A、金屬球向下運(yùn)動(dòng)過程中，金屬桿切割磁感線，產(chǎn)生了感應(yīng)電流，AB桿相當(dāng)于電源，由右手定則可知AB桿中電流方向由B流向A，A端為正極，B端為負(fù)極，則Q處的電勢(shì)低于N處的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；
B、金屬桿第一次即將離開磁場(chǎng)時(shí)，金屬球的速度為v，根據(jù)線速度、角速度和半徑關(guān)系可知A端的速度為v3，金屬桿切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=B0×2l×v+v32=43B0lv
電阻R1和R2并聯(lián)，則R1兩端的電壓為：U=4B0lv3，故B正確；
C、設(shè)金屬桿從釋放到第一次離開磁場(chǎng)的時(shí)間為Δt，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E?=ΔΦΔt=B0×[12×π2×(3l)2?12×π2×l2]Δt=2πB0l2Δt
通過R2的電流為：I?=E?R0
通過R2的電荷量為：q=I??Δt=2πB0l2R0，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)題意，全過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：mg×3l?2Q=12mv2，則R1上生成的焦耳熱：Q=32mgl?14mv2，故D正確。
故選：BD。
根據(jù)題意應(yīng)用右手定則判斷出感應(yīng)電流方向，然后確定Q和N點(diǎn)電勢(shì)的高低。
由E=Blv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求出感應(yīng)電流，然后應(yīng)用歐姆定律求電阻R1上電壓；
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出該過程的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，結(jié)合歐姆定律、電流的定義式求出通過電阻R的電荷量；
根據(jù)能量守恒定律、焦耳定律求出電阻R上的熱量。
本題是電磁感應(yīng)與電路相結(jié)合的一道綜合題，分析清楚電路結(jié)構(gòu)、分析清楚金屬桿的運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、能量守恒定律與右手定則即可解題。

11.【答案】AC?
【解析】解：A、由圖示圖象可知，飛行器上升12h0時(shí)的加速度a=12g，對(duì)飛行器，由牛頓第二定律得：F?mg=ma，解得發(fā)動(dòng)機(jī)提供的動(dòng)力大小F=3mg2，故A正確；
B、對(duì)飛行器，由牛頓第二定律得F合=ma，合力對(duì)飛行器做的功W=F合h=mha?，由圖示圖象可知，飛行器上升h0時(shí)，合力對(duì)飛行器做的功W=mh0×0+g2=12mgh0，飛行器上升h0過程中，由動(dòng)能定理得：W=12mv2?0，解得飛行器上升h0時(shí)的速度大小v= gh0，故B錯(cuò)誤；
C、設(shè)飛行器上升h0過程發(fā)動(dòng)機(jī)做功為W，對(duì)飛行器，由動(dòng)能定理的：W?mgh0=12mv2?0，解得：W=32mgh0，重力做功不改變機(jī)械能，機(jī)械能的增加量等于發(fā)動(dòng)機(jī)做的功，由功能關(guān)系可知，飛行器機(jī)械能的增加量ΔE=W=32mgh0，故C正確；
D、由圖示圖象可知，飛行器上升2h0時(shí)，加速度a=0，由牛頓第二定律得：F?mg=ma，此時(shí)飛行器的作用力F=mg，飛行器先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，飛行器上升2h0時(shí)的速度v′≠0，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P=Fv′=mgv′≠0，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
根據(jù)圖示圖線求出飛行器上升12h0時(shí)的加速度，應(yīng)用牛頓第二定律求出發(fā)動(dòng)機(jī)提供的動(dòng)力大小；根據(jù)圖示圖象求出合力做的功，應(yīng)用動(dòng)能定理求出飛行器的速度；根據(jù)功能關(guān)系求出機(jī)械能的增加量；根據(jù)功率公式求出發(fā)動(dòng)機(jī)的功率。
根據(jù)圖示圖象分析清楚飛行器的運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提，應(yīng)用牛頓第二定律、動(dòng)能定理與功率公式可以解題。

12.【答案】N1：N2? CDN1t1=N2t2?
【解析】解：(1)以A、B和壓力傳感器作為整體，設(shè)加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律F=(mA+mB)a
對(duì)滑塊A，根據(jù)牛頓第二定律N1=mAa
對(duì)滑塊B，根據(jù)牛頓第二定律N2=mBa
聯(lián)立可得A、B兩滑塊的質(zhì)量之比mA：mB=N1：N2
(2)A.滑塊A通過光電門1的速度大小v1=dt1
滑塊B通過光電門2的速度大小v2=dt2
取滑塊A運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，如果?dòng)量守恒，則有mAvA?mBvB=0
即mAdt1?mBdt2=0
可得mAt1=mBt2
因此不需要測(cè)出擋光板寬度d，故A錯(cuò)誤；
B.“天宮”中物體處于完全失重狀態(tài)，不能可以用天平測(cè)出A、B物塊的質(zhì)量，故B錯(cuò)誤；
C.物體處于完全失重狀態(tài)，與導(dǎo)軌間無彈力，不受摩擦力，不需要平衡摩擦力，故C正確；
D.根據(jù)能量守恒，彈性勢(shì)能為Ep=12mAvA2+12mBvB2
可知，因?yàn)槲矬w質(zhì)量和擋光板寬度未知，故無法估算出彈簧的彈性勢(shì)能，故D正確。
故選：CD。
(3)結(jié)合(1)、(2)的分析可知驗(yàn)證滑塊A、B動(dòng)量守恒的表達(dá)式為mAt1=mBt2
即N1t1=N2t2
故答案為：(1)N1：N2；(2)CD；(3)N1t1=N2t2。
(1)以A、B和壓力傳感器作為整體，設(shè)加速度為a，根據(jù)整體法和隔離法求質(zhì)量之比；
(2)根據(jù)光電門求瞬時(shí)速度，根據(jù)動(dòng)量守恒判斷是否需要測(cè)擋光板寬度；天平是根據(jù)杠桿平衡條件測(cè)質(zhì)量，“天宮”中物體處于完全失重狀態(tài)；處于完全失重的滑塊對(duì)軌道無壓力，無需平衡摩擦力；根據(jù)能量守恒得到彈性勢(shì)能與滑塊動(dòng)能的關(guān)系，由于滑塊質(zhì)量未知，再分析是否能夠求解彈性勢(shì)能；
(3)根據(jù)(1)、(2)分析得出結(jié)論。
本題以“太空授課”為背景，考查了在“天宮”中做驗(yàn)證動(dòng)量守恒的實(shí)驗(yàn)，聚知識(shí)性、趣味性一體，體現(xiàn)了物理知識(shí)的實(shí)際運(yùn)用。

13.【答案】1920 4000 大于? 負(fù)? 423?
【解析】解：(1)根據(jù)題意，R1與表頭G構(gòu)成量程為I的電流表，則IgRg=(I?Ig)R1
代入數(shù)據(jù)得I=5mA
組裝后的電流表的內(nèi)阻RA=100×400100+400Ω=80Ω
若使用a、b兩個(gè)接線柱，電壓表的量程為10 V，則Uab=I(RA+R2)
代入數(shù)據(jù)解得R2=1920Ω
若使用a、c兩個(gè)接線柱，電壓表的量程為30V，則Uac=I(RA+R2+R3)
代入數(shù)據(jù)解得R3=4000Ω
(2)由于表頭G上標(biāo)記的內(nèi)阻值偏小，改裝后的電流表量程偏小，改裝表30V擋刻度標(biāo)記值小于實(shí)際值，造成每次校驗(yàn)時(shí)標(biāo)準(zhǔn)電壓表讀數(shù)大于改裝電壓表讀數(shù)。
(3)由于紅表筆接歐姆表內(nèi)部電源的負(fù)極，紅表筆應(yīng)接在表頭G負(fù)極。
歐姆表“×100”擋的內(nèi)阻等于中值電阻R內(nèi)=R中=15×100Ω=1500Ω
由閉合電路歐姆定律I1=ER內(nèi)+Rg
代入數(shù)據(jù)得0.78×10?3A=1.501500+RgA
解得Rg=423Ω
故答案為：(1)1920，4000；(2)大于；(3)負(fù)，423Ω。
(1)根據(jù)歐姆定律計(jì)算；
(2)根據(jù)內(nèi)阻偏小分析電流和電壓的變化判斷；
(3)根據(jù)歐姆表的原理分析判斷。
本題考查電表的改裝，要求掌握電表的改裝原理和誤差分析。

14.【答案】解：(1)白天充好氣的床墊內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p1=3p0，溫度為T1=T0，體積為V1=5V。
設(shè)床墊充好氣，充氣泵需要打氣的次數(shù)為n，對(duì)充好氣后床墊內(nèi)所有氣體分析可得：
p0V+np0×V20=p1V1
解得：n=280次
(2)夜間床墊氣體壓強(qiáng)、溫度、體積分別為p2、V2和T2，其中：V2=5V?5V×2%=49V10
對(duì)床墊內(nèi)的氣體分析，根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程可得：p1V1T1=p2V2T2
解得：p2=145p049
答：(1)充氣泵需要打氣的次數(shù)為280次；
(2)夜間床墊內(nèi)氣體壓強(qiáng)為145p049。?
【解析】(1)對(duì)充好氣后床墊內(nèi)所有氣體分析，根據(jù)“分態(tài)式”列方程進(jìn)行解答；
(2)對(duì)床墊內(nèi)的氣體分析，根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程列方程進(jìn)行解答。
本題主要是考查了一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程；解答此類問題的方法是：找出不同狀態(tài)下的三個(gè)狀態(tài)參量，分析理想氣體發(fā)生的是何種變化，利用一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程列方程求解。

15.【答案】解：(1)根據(jù)題意可知，t=0時(shí)刻入射的粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

水平方向上，勻速直線運(yùn)動(dòng)有：2L=v0t
豎直方向上，勻加速直線運(yùn)動(dòng)有： 32L=12a(t02)2×2
由牛頓第二定律有：U0 3Lq=ma
聯(lián)立解得：U0=3mv022q
(2)由(1)同理可知Lv0時(shí)刻，入射的粒子恰好貼著M板右側(cè)垂直y軸射入磁場(chǎng)，2粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的y方向的速度大小v=v0，兩個(gè)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示

由幾何關(guān)系可得兩圓弧對(duì)應(yīng)的圓心間的距離為：d= 3L
且：2 r2?(L2)2=d
解得：r=L
帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律，得：qv0B=mv02r
解得：B=mv0qL
答：(1)U0的大小為3mv022q；
(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B為mv0qL。?
【解析】(1)t=0時(shí)刻入射的粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子1恰好貼著N板右側(cè)垂直y軸射出，離開電場(chǎng)時(shí)豎直分位移大小為L，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出電壓U0的大小。
(2)由(1)同理可知t=Lv0時(shí)刻入射的粒子恰好貼著M板右側(cè)垂直y軸射入磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，求出粒子的軌跡半徑，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。
本題考查帶電粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程、作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的前提，應(yīng)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律相結(jié)合進(jìn)行解題。

16.【答案】解：(1)從C點(diǎn)到D點(diǎn)由動(dòng)能定理：mg(Rcosθ+dsinθ)?μmgcosθ?d=0
解得μ=0.9
(2)工件恰能做圓周運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)P
在最高點(diǎn)，重力提供向心力mg=mvp2R
工件從B到D由機(jī)械能守恒有?mg(R+Rcosθ)=12mvP2?12mvB2
解得vB=6m/s
設(shè)工件到達(dá)B前經(jīng)時(shí)間t1，發(fā)生位移x1，速度達(dá)到vB。則由題意在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)的過程中由動(dòng)能定理有μmgcosθ?x1?mgsinθ?x1=12mvB2
由動(dòng)量定理有μmgcosθ?t1?mgsinθ?t1=mvB?0
代入數(shù)據(jù)得t1=5s，x1=15m
因x1

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