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假設小球與小物塊發(fā)生彈性碰撞，要想小物塊不滑出長木板，求長木板的最小長度。結果保留2位有效數(shù)字15. 如圖所示，在第一、四象限的和區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度大小可調(diào)、方向相反的勻強磁場；在第二、三象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場。帶電粒子以速度從點沿x軸正方向射出，恰好從O點離開電場。已知帶電粒子的質量為m、電荷量為，不計粒子的重力。
求勻強電場的電場強度大小E；
若磁感應強度大小均為時，粒子在磁場中的運動軌跡恰好與直線相切，且第一次離開第四象限時經(jīng)過x軸的S點圖中未畫出。求；
若磁感應強度大小均為時，粒子離開O點后，經(jīng)次磁偏轉仍過第問中的S點。求與的比值，并確定n的所有可能值。
答案和解析 1.【答案】A 【解析】解：要想使天舟五號在與空間站的同一軌道上對接，則需要使天舟五號加速，與此同時要想不脫離原軌道，根據(jù)
則必須要增加向心力，即噴氣時產(chǎn)生的推力一方向有沿軌道向前的分量，另一方面還要有指向地心的分量，而因噴氣產(chǎn)生的推力與噴氣方向相反，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
根據(jù)變軌原理結合向心力公式分析解答。
本題考查人造衛(wèi)星的接軌問題，解題關鍵掌握變軌問題，注意向心力公式的應用。
2.【答案】D 【解析】解：A、若無人機做勻加速直線運動，無人機在第1s內(nèi)的位移，圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，由圖像得，無人機運動的位移大于，故A錯誤；
B、圖像的斜率表示加速度，由圖示圖線可知，無人機在運動過程加速度逐漸減小，速度變化量，則無人機在第1s內(nèi)的速度變化量大于第2s內(nèi)的速度變化量，故B錯誤；
CD、無人機先做加速度減小的加速運動后做勻速直線運動，由牛頓第二定律可知，無人機所受合力逐漸減小，無人機受重力與空氣作用力為空氣對旋翼的升力和空氣的阻力的合力，重力不變，則空氣對無人機的作用力逐漸減小，故C錯誤，D正確。
故選：D。
圖像與坐標軸圍成的面積表示位移；圖像的斜率表示加速度，根據(jù)圖示圖線判斷無人機在第1s內(nèi)與第2s內(nèi)速度變化量的大小關系；無人機受到的空氣阻力與速率成正比，根據(jù)無人機速度的變化判斷空氣給無人機作用力如何變化。
知道圖線與坐標軸圍成圖形的面積表示位移、知道圖象的斜率表示的物理意義是解題的關鍵，分析清楚受力情況和運動情況即可解題。
3.【答案】D 【解析】解：波在一個周期內(nèi)傳播的距離為一個波長，從時刻到時刻繩上形成的波傳播了1個期的時間，形成一個波長的波形。由振動圖象可知時刻，A點起振方向向下，則介質中各個質點的起振方向都向下，結合波形平移法判斷可知，只有D圖符合題意，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
從時刻到時刻繩上形成的波傳播1個周期的時間，形成1個波長的波形。由振動圖象讀出A點起振方向，從而知道介質中各個質點的起振方向，再確定波形圖。
解決本題時，要抓住波的基本特點：介質中各個質點的起振方向與波源的起振方向相同。要知道波在一個周期內(nèi)傳播的距離為一個波長。
4.【答案】C 【解析】解：由圖可知質量為的p衰變的所用的時間，其中，，代入解得，故p的半衰期為，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
半衰期指的是放射性元素的原子核有半數(shù)發(fā)生衰變所需的時間，從圖像中可得出p從質量為的衰變到質量為的所用的時間，即為半衰期。
本題考查學生對原子核半衰期的認識以及結合圖像讀取信息的能力，難度不大。
5.【答案】A 【解析】解：兩個等量正負點電荷連線的中垂線為等勢線，各點的電勢相等，所以
左側為正電荷，所以
又由電勢能公式
又因為
所以
故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
根據(jù)等量異種點電荷電場的特點比較三個點電勢的高低，根據(jù)電勢能公式比較試探電荷在三個點的電勢能大小。
本題考查等量異種點電荷的電場和電勢能公式，解題關鍵是掌握等量異種點電荷電場的特點，結合電勢能公式求解比較即可。
6.【答案】B 【解析】解：AB、從C位置發(fā)射出一細單色光束能發(fā)生全發(fā)射，光路如圖所示：
由幾何關系可知，光沒有從“圓環(huán)”射出，則光在介質界面上發(fā)生全反射
則全反射的臨界角，又因為，所以，解得，折射率，故A錯誤，B正確；
CD、光束在介質中的傳播速度為，所以，故C、D錯誤。
故選：B。
根據(jù)題意作出光路圖，根據(jù)臨界角公式求出折射率的范圍；根據(jù)折射率與光速的關系求出光在介質中的傳播速度，然后分析答題。
本題考查了的光的折射與全反射問題，根據(jù)題意作出光路圖是解題的前提，應用臨界角公式、折射率與光速的關系即可解題。
7.【答案】D 【解析】解：對于衛(wèi)星，萬有引力提供向心力，設地球的質量為M，衛(wèi)星的質量為m，衛(wèi)星的周期為，根據(jù)萬有引力提供向心力有
設地面上有任一物體的質量為，則根據(jù)萬有引力等于重力可得
由題意可得
聯(lián)立可得
故ABC錯誤，D正確；
故選：D。
利用萬有引力提供衛(wèi)星做圓周運動的向心力，以及在地面上萬有引力等于重力列式，可求解高度。
本題考查萬有引力定律和圓周運動知識的綜合應用能力．要理解衛(wèi)星公轉周期的計算方法。
8.【答案】AC 【解析】解：由安培力公式結合牛頓第二定律公式，解得加速度為
A、將電磁鐵磁性增強，由可知加速度將增大，故A正確；
B、滑動變阻器滑片向右滑動，滑動變阻器電阻增大，電路中的電流減小，由可知加速度將減小，故B錯誤；
C、換一根材料、橫截面積均相同但較短點的導體棒，導體棒的質量將減小，由可知加速度將增大，故C正確；
D、換一根材料、長度均相同但橫截面積較大的導體棒，導體棒電阻為
電路中的電流為
導體棒的質量為
將以上各式代入
得
即橫截面積增大，加速度將減小，故D錯誤。
故選：AC。
根據(jù)牛頓第二定律結合導體棒在磁場中所受安培力的表達式分析。
本題考查學生對題意的分析能力，通過題意分析出安培力的變化，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度，難度較高。
9.【答案】BD 【解析】解：AB、金屬棒產(chǎn)生的電動勢為，金屬棒電阻不計，可知電壓表的示數(shù)為，故A錯誤，B正確；
CD、由，得副線圈兩端電壓為，電阻消耗的功率為，故C錯誤，D正確。
故選：BD。
根據(jù)求出金屬棒產(chǎn)生的電動勢，金屬棒電阻不計，則電壓表的示數(shù)等于金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢的有效值。由變壓器的規(guī)律求出電阻的電壓，再求電阻消耗的功率。
本題是電磁感應與變壓器的綜合，關鍵要掌握感應電動勢公式和變壓器的規(guī)律，要注意電壓表測量的是交流電壓的有效值。
10.【答案】BC 【解析】解：A、對小球B受力分析，小球B受到重力和繩子的拉力，由于繩子拉力不滿足胡克定律，可知小球B在豎直方向不是做簡諧運動，故A錯誤；
B、輕繩與輕桿夾角為時，如圖所示
設輕桿轉過的角度為，由圖中幾何關系可得
解得：
此時A球重力沿繩子方向的分力為
可知此時A球重力沿繩子方向的分力等于B球的重力，A、B組成的系統(tǒng)動能有極大值，小球A速度不為零，則小球做圓周運動，合力一定不為零，故B正確；
CD、輕繩與輕桿夾角為時，A球速度剛好沿繩子方向，此時兩球速度大小相等，有
A、B組成的系統(tǒng)滿足機械能守恒，由機械能守恒定律得：
聯(lián)立解得：
故C正確，D錯誤。
故選：BC。
繩子拉力不滿足胡克定律，小球B在豎直方向不是簡諧運動；A球重力沿繩子方向分力等于B球重力，A、B組成的系統(tǒng)動能有極大值；A、B系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律求解速度。
本題考查學生對簡諧運動回復力特征、機械能守恒定律，綜合性較強，有一定難度。
11.【答案】 【解析】解：根據(jù)題意分析可知，甲同學有，乙同學有，可知圖像中，甲繪制的圖像的斜率絕對值大于乙繪制的圖像的斜率絕對值，故甲同學繪制的是圖線是a；
圖像b對應的數(shù)學關系式為，結合圖像可知，；
故答案為：；，10。
根據(jù)閉合電路歐姆定律分析可知，甲同學繪制的圖像斜率表示的電源內(nèi)阻為電流表內(nèi)阻與電源內(nèi)阻真實值之和，因此家圖像的斜率較大；
根據(jù)乙同學繪制的圖像即可分析得出電源的電動勢以及內(nèi)阻。
該題考查測量電源電動勢以及內(nèi)阻的實驗的，實驗的關鍵是明確實驗原理，能夠根據(jù)圖像進行實驗數(shù)據(jù)分析。
12.【答案】 作圖誤差 【解析】解：傳感器可測出滑塊所受拉力，不需要測出重物和遮光條的總質量，不需要滿足重物及遮光條的總質量遠小于滑塊的質量，故AD錯誤；
B.實驗要測量板塊間動摩擦因數(shù)，不需要平衡摩擦力，故B錯誤；
C.應使拉力保持水平方向，則繩子應處于水平狀態(tài)，故C正確。
故選：C。
遮光條通過光電門的速度為
滑塊速度為
根據(jù)動能定理
得
則，
得，
可能存在的誤差是作圖誤差。
故答案為：；；，，作圖誤差
傳感器可測出滑塊所受拉力，不需要測出重物和遮光條的總質量，根據(jù)實驗原理分析判斷。
遮光條通過光電門的速度為。
由功與動能變化的關系式，確定圖線上斜率與截距的意義，結合摩擦力的公式即可求出動摩擦因數(shù)，并分析誤差。
解決本題的關鍵在于明確實驗原理，掌握極限思想在物理學中的運用，即極短時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度的大小。掌握圖象斜率與截距的物理意義。
13.【答案】解：活塞緩慢上升至剛接觸傳感器過程，等壓變化，根據(jù)蓋-呂薩克定律可得：
其中：，
代入數(shù)據(jù)解得：
活塞剛接觸傳感器到剛好觸發(fā)報警器過程，等容變化，根據(jù)查理定律可得：
活塞受力平衡，根據(jù)平衡條件可得：
聯(lián)立解得：
外界對氣體做功：，其中：，
由熱力學第一定律：
聯(lián)立解得：。
答：活塞剛接觸傳感器時氣體的溫度為400K，報警器剛好被觸發(fā)工作時氣體的壓強為；
若封閉氣體從溫度至過程中氣體從外界吸收熱量，則氣體內(nèi)能增加了200J。 【解析】活塞緩慢上升至剛接觸傳感器過程，根據(jù)蓋-呂薩克定律求解溫度；活塞剛接觸傳感器到剛好觸發(fā)報警器過程，根據(jù)查理定律求解壓強；
求出外界對氣體做的功，由熱力學第一定律求解氣體內(nèi)能的增加。
本題主要是考查了一定質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)下的三個狀態(tài)參量，分析一定質量的理想氣體發(fā)生的是何種變化，選擇合適的氣體實驗定律解決問題。
14.【答案】解：小球下擺至碰撞前過程機械能守恒，設碰撞前小球速度為，則：
解得：
小球與物塊發(fā)生彈性碰撞，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：
根據(jù)機械能守恒定律可得：
解得碰后小球速度和小滑塊的速度為：，
物塊在長木板上滑動，物塊開始做勻減速直線運動，長木板做勻加速直線運動，因為物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)大于長木板與地面之間的動摩擦因數(shù)，故當二者速度相等后一起勻減速運動。設物塊經(jīng)過時間二者速度相等時速度為，經(jīng)過時間二者靜止。
取向右為正方向，對物塊由動量定理可得：
對木板由動量定理可得：
聯(lián)立解得：，
此過程中物塊的對地位移為：
木板的對地位移為：
若物塊不滑出長木板應滿足
聯(lián)立解得長木板的最小長度為：
答：小球與小物塊碰撞前瞬間小球的速度大小為；
假設小球與小物塊發(fā)生彈性碰撞，要想小物塊不滑出長木板，則長木板的最小長度為。 【解析】根據(jù)機械能守恒定律求解小球與小物塊碰撞前瞬間小球的速度大?。?/span>
小球與物塊發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律、機械能守恒定律求解碰撞后二者的速度大小，再根據(jù)動量定理、運動學公式求解長木板的最小長度。
本題主要是考查了動量守恒定律的綜合應用，對于動量守恒定律，解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程，再根據(jù)能量關系列方程求解。
15.【答案】解：粒子在電場中做類平拋運動，設運動時間為t，設電場強度大小為E，
水平方向：
豎直方向：
解得：
設粒子進入磁場時豎直分速度為，粒子在電場中做類平拋運動，
水平方向：
豎直方向：
解得：，
粒子粒子電場時速度方向與水平方向夾角為，
則，解得：
粒子從O點射出電場時的速度，
粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示：
設粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為R，由幾何知識得：，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
解得：
設粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為，粒子在磁場中偏轉，經(jīng)次磁偏轉仍過S點，
由幾何知識得：
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
解得：
則：
為零粒子能進行多次偏轉，則，解得：取正整數(shù)
答：勻強電場的電場強度大小E是；
是；
與的比值是，其中取正整數(shù)。 【解析】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律求出電場強度大小。
粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)題意作出粒子運動軌跡，求出粒子軌道半徑，應用牛頓第二定律求出磁感應強度。
粒子離開O點后，經(jīng)次磁偏轉仍過第問中的S點，根據(jù)幾何知識求出粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑，應用牛頓第二定律求出磁感應強度，然后求出磁感應強度之比。
粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)題意分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提，應用幾何知識求出粒子做圓周運動的軌道半徑，應用牛頓第二定律即可解題。
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2023屆遼寧省葫蘆島市普通高中高三下學期一模試題 物理（PDF版）：
這是一份2023屆遼寧省葫蘆島市普通高中高三下學期一模試題 物理（PDF版），共11頁。
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這是一份2023年遼寧省協(xié)作校高考物理一模試卷（含答案解析），共16頁。試卷主要包含了6m處的質點位移不可能為零等內(nèi)容，歡迎下載使用。
2023年遼寧省名校聯(lián)盟高考物理一模試卷（含答案解析）：
這是一份2023年遼寧省名校聯(lián)盟高考物理一模試卷（含答案解析），共19頁。
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