本試卷共15道題，滿(mǎn)分100分，考試用時(shí)75分鐘
注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的學(xué)校、班級(jí)、考號(hào)、姓名填寫(xiě)在答題卡上。
2．作答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆在答題卡上將對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑；如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案。答案不能答在試卷上。
3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫(xiě)在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上；如需改動(dòng)，先劃掉原來(lái)的答案，然后再寫(xiě)上新答案；不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無(wú)效。
4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，只交答題卡。
一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。
1. “打水漂”是一種常見(jiàn)的娛樂(lè)活動(dòng)，以一定的高度水平扔出的瓦片，會(huì)反復(fù)在水面上彈跳前進(jìn)，假設(shè)瓦片和水面相撞后，在水平和豎直方向速度大小均減小，以下四幅圖有可能是瓦片軌跡的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【詳解】瓦片和水面相撞后，在水平方向，速度大小減小，而在豎直方向，碰撞后并不能原速?gòu)椈兀亲冃?，可知豎直小球上升的高度逐漸減小，根據(jù)
可知瓦片在空中的時(shí)間逐漸減小，水平方向有
可知瓦片在空中通過(guò)水平位移逐漸減小，C正確。
故選C。
2. 華為Mate60Pr成為全球首款支持衛(wèi)星通話(huà)的大眾智能手機(jī)，該手機(jī)的衛(wèi)星通信功能可以通過(guò)“天通一號(hào)”系列衛(wèi)星，實(shí)現(xiàn)在無(wú)地面網(wǎng)絡(luò)覆蓋的地區(qū)進(jìn)行通信的功能?！疤焱ㄒ惶?hào)”系列衛(wèi)星均為靜止衛(wèi)星，目前我國(guó)已發(fā)射有“天通一號(hào)”01、02、03三顆衛(wèi)星，它們距地面的高度約為地球半徑的5.6倍，將衛(wèi)星繞地球的運(yùn)動(dòng)視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)。關(guān)于“天通一號(hào)”系列靜止衛(wèi)星下列說(shuō)法正確的是（ ）

A. 有可能經(jīng)過(guò)岳陽(yáng)市上空
B. 運(yùn)行速度都等于7.9km/s
C. 質(zhì)量不同的衛(wèi)星運(yùn)行周期不相等
D. 向心加速度均小于地球表面的重力加速度
【答案】D
【解析】
【詳解】A．“天通一號(hào)”系列靜止衛(wèi)星在地球靜止軌道上運(yùn)行，即赤道上空，不可能經(jīng)過(guò)岳陽(yáng)市上空，故A錯(cuò)誤；
B．第一宇宙速度7.9km/s是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，也是地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最大環(huán)繞速度，而天通一號(hào)衛(wèi)星的軌道半徑要大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，故天通一號(hào)衛(wèi)星運(yùn)行的線速度一定小于第一宇宙速度，故B錯(cuò)誤；
C．“天通一號(hào)”系列靜止衛(wèi)星在地球靜止軌道上運(yùn)行，周期都等于地球自轉(zhuǎn)周期，與衛(wèi)星質(zhì)量無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)牛頓第二定律
可得
“天通一號(hào)”系列靜止衛(wèi)星的軌道半徑大于地球的半徑，所以“天通一號(hào)”系列靜止衛(wèi)星的向心加速度均小于地球表面的重力加速度，故D正確。
故選D。
3. 下列四幅圖分別對(duì)應(yīng)四種說(shuō)法，其中正確的是（ ）
A. 甲圖是水分子的分子勢(shì)能Ep隨分子間距離r的關(guān)系圖象，B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的位置水分子之間的相互作用總體上表現(xiàn)為引力
B. 乙圖在模擬氣體壓強(qiáng)產(chǎn)生機(jī)理的實(shí)驗(yàn)中要盡可能保證每顆玻璃球與電子秤碰撞時(shí)的速率相等
C. 顯微鏡下微粒運(yùn)動(dòng)的位置連線就是微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡
D. 丁圖描述了氧氣分子分別在0℃和100℃時(shí)的速率分布，實(shí)線對(duì)應(yīng)100℃時(shí)的速率分布
【答案】D
【解析】
【詳解】A．B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的位置水分子勢(shì)能最小，此時(shí)分子間的距離為平衡距離，分子引力與斥力大小相等，故A錯(cuò)誤；
B．圖中模擬氣體壓強(qiáng)的產(chǎn)生，分子的速度不是完全相等的，所以也不要求小球的速度一定相等，故B錯(cuò)誤；
C．圖中顯示的是布朗運(yùn)動(dòng)，是懸浮微粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，布朗運(yùn)動(dòng)圖像反映每隔一段時(shí)間固體微粒的位置，而不是運(yùn)動(dòng)軌跡，故C錯(cuò)誤；
D．100°C時(shí)分子平均速率比0°C時(shí)要大，實(shí)線對(duì)應(yīng)100℃時(shí)的速率分布，故D正確。
故選D。
4. 如圖甲所示，一物體從斜面底端沖上一足夠長(zhǎng)固定斜面，物體運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示，斜面傾角θ=37°（sin37°=0.6，cs37°=0.8），重力加速度g=10m/s2，則（ ）
A. 物塊下滑時(shí)的加速度大小為10m/s2
B. 物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6
C. 物塊回到斜面底端的時(shí)刻為s
D. 物塊回到斜面底端時(shí)速度大小為m/s
【答案】D
【解析】
【詳解】B．由乙圖可知，物塊上滑加速度大小為
物塊上滑過(guò)程，由牛頓第二定律，可得
解得
故B錯(cuò)誤；
A．物塊下滑過(guò)程，由牛頓第二定律，可得
解得
故A錯(cuò)誤；
CD．由乙圖可知，0~1s內(nèi)滑塊上滑的位移為
設(shè)滑塊下滑時(shí)間為t，則有
解得
物塊回到斜面底端的時(shí)刻為
物塊回到斜面底端時(shí)速度大小為
故C錯(cuò)誤，D正確。
故選D。
5. 甲圖是某燃?xì)庠铧c(diǎn)火裝置的原理圖。轉(zhuǎn)換器將直流電壓轉(zhuǎn)換為乙圖所示的正弦交流電壓，并加在一理想變壓器的原線圈上，變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，電壓表為理想交流電表。當(dāng)變壓器副線圈電壓的瞬時(shí)值大于5000V時(shí)，就會(huì)在鋼針和金屬板間引發(fā)電火花點(diǎn)燃?xì)怏w。開(kāi)關(guān)閉合后，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 原線圈中的電流方向每秒改變50次
B. 電壓表的示數(shù)始終為
C. 穿過(guò)原、副線圈的磁通量之比為
D. 若，可以實(shí)現(xiàn)燃?xì)庠铧c(diǎn)火
【答案】B
【解析】
【詳解】A．由圖乙知正弦交變電流的周期為
s
一個(gè)周期交變電流的方向改變兩次，則1s內(nèi)交變電流方向改變100次，故A錯(cuò)誤；
B．電壓表顯示的示數(shù)是有效值即
故B正確；
C．理想變壓器在工作時(shí)，由于沒(méi)有磁通量損耗，所以穿過(guò)兩個(gè)線圈的磁通量相同，故穿過(guò)原、副線圈的磁通量之比為,與匝數(shù)無(wú)關(guān), 故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)變壓器原副線圈之間的電壓規(guī)律
整理可得
即
n1n2”、“=”或“＜”）120°。
（4）乙同學(xué)的測(cè)量結(jié)果是____________（用題中所給物理量的字母表示）；
【答案】（1）乙 （2）AC
（3）> （4）
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
甲同學(xué)的做法不能確定細(xì)線能夠承受的最大拉力，乙同學(xué)的做法能較準(zhǔn)確地測(cè)量細(xì)線能夠承受的最大拉力，故填乙。
【小問(wèn)2詳解】
該同學(xué)兩手捏著細(xì)線緩慢向兩邊移動(dòng)的過(guò)程中，鉤碼始終處于平衡狀態(tài)，鉤碼兩側(cè)細(xì)線的夾角增大，細(xì)線中拉力逐漸增大，但他們的合力始終等于鉤碼重力G，合力大小不變，故選AC。
【小問(wèn)3詳解】
當(dāng)鉤碼兩側(cè)細(xì)線的夾角增大為，根據(jù)幾何知識(shí)得拉力等于2個(gè)鉤碼重力
則當(dāng)細(xì)線剛斷時(shí)鉤碼兩側(cè)細(xì)線的夾角大于120°，故選>。
【小問(wèn)4詳解】
細(xì)線斷裂時(shí)，細(xì)線中拉力為最大值，設(shè)此時(shí)細(xì)繩與豎直方向夾角為，則
根據(jù)幾何關(guān)系可知
聯(lián)立解得
故填。
12. 為測(cè)量干電池的電動(dòng)勢(shì)E（約為1.5V）和內(nèi)阻r（約為1Ω），某同學(xué)將兩節(jié)相同的干電池串聯(lián)后設(shè)計(jì)了如圖甲、乙所示的實(shí)驗(yàn)電路圖。已知電流表的內(nèi)阻約為1Ω，電壓表的內(nèi)阻約為3kΩ，滑動(dòng)變阻器最大電阻為20Ω。
（1）按照?qǐng)D甲所示的電路圖，將圖丙中的實(shí)物連線補(bǔ)充完整_____________；
（2）閉合開(kāi)關(guān)S前，圖丙中的滑動(dòng)變阻器的滑片P應(yīng)移至最_____________（填“左”或“右”）端；
（3）閉合開(kāi)關(guān)S后，移動(dòng)滑片P改變滑動(dòng)變阻器接入的阻值，記錄下多組電壓表示數(shù)U和對(duì)應(yīng)的電流表示數(shù)I，將實(shí)驗(yàn)記錄的數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描點(diǎn)并作出U‐I圖像；
（4）改變圖丙中導(dǎo)線的接線位置，完成圖乙所示電路圖的實(shí)物連接，重復(fù)步驟（2）（3），將實(shí)驗(yàn)記錄的數(shù)據(jù)在同一坐標(biāo)系內(nèi)描點(diǎn)并作出對(duì)應(yīng)的U-I圖像，如圖丁所示，圖丁中U1、U2、I1、I2均已知；
（5）圖丁中的圖線①是根據(jù)電路圖____________（選填“甲”或“乙”）的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出的U‐I圖像；
（6）利用圖丁中提供的信息可知，每節(jié)干電池的內(nèi)阻r的準(zhǔn)確值為_(kāi)___________（用圖丁中的已知量表示）。
【答案】 ①. ②. 右 ③. 乙 ④.
【解析】
【詳解】（1）[1]按照?qǐng)D甲所示的電路圖，連接實(shí)物圖為
（2）[2]閉合開(kāi)關(guān)S前，滑動(dòng)變阻器的的阻值應(yīng)最大，即滑片P應(yīng)移至最右端；
（5）[3]對(duì)于圖甲電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有
整理可得
當(dāng)時(shí)，有
對(duì)于圖乙，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有
整理可得
當(dāng)時(shí)，有
所以
即圖丁中的圖線①是根據(jù)電路圖乙；
（6）[4]由以上分析可知
所以電動(dòng)勢(shì)的真實(shí)值為
當(dāng)圖甲短路時(shí)有
可得內(nèi)阻的真實(shí)值為
13. 如圖所示，在注滿(mǎn)水的游泳池的池底有一點(diǎn)光源A，水深，水的折射率為。
（1）一救生員坐在離池邊不遠(yuǎn)處的高凳上，他的眼睛所接收的光線OB與豎直方向的夾角恰好為45°，求此接收光線的入射光線AO的入射角的正弦值；
（2）從點(diǎn)光源A射向池邊C點(diǎn)的光線AC與豎直方向的夾角恰好等于全反射的臨界角，求光源到池邊C點(diǎn)的水平距離l。

【答案】（1）；（2）
【解析】
【詳解】（1）此時(shí)救生員的視線與豎直方向的夾角，由折射定律有
式中i'是光線在水面的入射角，解得
（2）設(shè)到達(dá)池邊C點(diǎn)的光線的入射角為i，由折射定律有
由幾何關(guān)系有
解得光源到池邊C點(diǎn)水平距離
14. 如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第三、四象限內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。從y軸上坐標(biāo)為（0，L）的P點(diǎn)沿x軸正方向，以初速度v0射出一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從坐標(biāo)為（2L，0）的Q點(diǎn)第一次經(jīng)過(guò)x軸進(jìn)入磁場(chǎng)，粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后剛好能到P點(diǎn)，不計(jì)粒子的重力。
（1）求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；
（2）求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；
（3）現(xiàn)僅改變粒子在P點(diǎn)沿x軸正方向射出的速度大小，若粒子經(jīng)一次電場(chǎng)和磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，剛好經(jīng)過(guò)O點(diǎn)出磁場(chǎng)（粒子第二次經(jīng)過(guò)x軸），求粒子第九次經(jīng)過(guò)x軸的位置離O點(diǎn)的距離。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則有
，
根據(jù)牛頓第二定律有
解得
E=mv022qL
（2）設(shè)粒子進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
設(shè)粒子進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)速度與x軸正方向的夾角為，則有
解得
粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
粒子出磁場(chǎng)時(shí)速度與x軸正方向的夾角也為45°，由于粒子會(huì)再次回到P點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知，粒子出磁場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)為，則粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑
根據(jù)牛頓第二定律有
解得
（3）改變粒子進(jìn)電場(chǎng)時(shí)的初速度后，設(shè)粒子進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)速度為v1，速度與x軸正方向的夾角為，則有
粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1根據(jù)牛頓第二定律有
解得
設(shè)粒子第一次和第二次經(jīng)過(guò)x軸的點(diǎn)間的距離為s，則有
根據(jù)對(duì)稱(chēng)性和周期性可知，粒子第九次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的位置離O點(diǎn)的距離
15. 如圖，光滑水平地面上有一固定墻壁，緊靠墻面左側(cè)停放一長(zhǎng)為L(zhǎng)=3.5m，質(zhì)量為M=0.1kg的長(zhǎng)木板，在距長(zhǎng)木板左端為kL（）處放置著A、B兩小木塊，A、B質(zhì)量均為m=0.1kg。某時(shí)刻，A、B在強(qiáng)大內(nèi)力作用下突然分開(kāi)，分開(kāi)瞬間A的速度為vA=4m/s，方向水平向左。B與墻壁碰撞瞬間不損失機(jī)械能，A、B與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μA=0.2和μB=0.4。
（1）求A、B兩小木塊分離瞬間，B的速度v1；
（2）若k=0.5，求A離開(kāi)木板時(shí)，B的速度大小v2；
（3）若μA=0，試討論摩擦力對(duì)B所做的功。
【答案】（1）；（2）；（3）若，；若，
【解析】
【詳解】（1）在A、B分離瞬間，A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有
解得
（2）對(duì)A，從與B分離到離開(kāi)木板過(guò)程中，有
解得
，
假設(shè)此時(shí)B還沒(méi)有撞到墻，對(duì)B有
解得
末速度為
位移為
假設(shè)成立，即此時(shí)B速度為
（3）若B恰好不撞墻壁，則有
解得
若，則B未以墻壁就減速為0，則摩擦力對(duì)B所做的功為
若，則B與墻碰撞后反彈，再與板共速，設(shè)碰前速度為v3，共速速度為v4，則B向右減速過(guò)程，有
B反彈后，至B與板共速，有
摩擦力對(duì)B所做功為

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