高中物理名校試卷PAGEPAGE12023年高考適應(yīng)性訓(xùn)練物理試題（一）1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號(hào)、座號(hào)填寫(xiě)在相應(yīng)位置，認(rèn)真核對(duì)條形碼上的姓名、考生號(hào)和座號(hào)，并將條形碼粘貼在指定位置上。2.選擇題〖答案〗必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題〖答案〗必須使用0.5毫米黑色簽字筆書(shū)寫(xiě)，字體工整、筆跡清楚。3.請(qǐng)按照題號(hào)在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的〖答案〗無(wú)效；在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.氫原子的能級(jí)圖如圖甲所示，一群處于第4能級(jí)的氫原子，向低能級(jí)躍遷過(guò)程中能發(fā)出幾種不同頻率的光，其中只有頻率為、兩種光可讓圖乙所示的光電管陰極發(fā)生光電效應(yīng)，先分別用頻率或的三個(gè)光源分別照射該光電管陰極，測(cè)得電流隨電壓變化的圖像如圖丙所示，下列說(shuō)法中正確的是（）A.處于第4能級(jí)的氫原子向下躍遷最多發(fā)出4種不同頻率的光子B.圖線對(duì)應(yīng)的光是氫原子由第3能級(jí)向第1能級(jí)躍遷發(fā)出的C.圖線對(duì)應(yīng)的光子頻率大于圖線對(duì)應(yīng)的光子頻率D.用圖線對(duì)應(yīng)的光照射光電管時(shí)，光電流會(huì)隨著正向電壓的增大而不斷增大〖答案〗B〖解析〗A．第4能級(jí)的氫原子，向低能級(jí)躍遷過(guò)程中，能發(fā)出種不同頻率的光，故A錯(cuò)誤；BC．由于只有頻率為、兩種光可讓圖乙所示的光電管陰極K發(fā)生光電效應(yīng)，躍遷時(shí)發(fā)出的兩種頻率最大的光為4→1、3→1，由圖乙可知，光的遏止電壓大，和光的遏止電壓小，根據(jù)光電效應(yīng)方程及知，對(duì)應(yīng)的光子頻率小于圖線對(duì)應(yīng)的光子頻率，故是3→1躍遷發(fā)出的，是4→1躍遷發(fā)出的，故C錯(cuò)誤，B正確；D．用圖線對(duì)應(yīng)的光照射光電管時(shí)，光電流達(dá)到飽和后不再增大，故D錯(cuò)誤。故選B。2.2022年12月18日卡塔爾世界杯決賽在億萬(wàn)球迷的歡呼聲中落下帷幕，最終經(jīng)過(guò)點(diǎn)球大戰(zhàn)，阿根廷隊(duì)以的成績(jī)擊敗法國(guó)隊(duì)奪得冠軍。關(guān)于足球的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A.在研究香蕉球和電梯球的形成原因時(shí)，足球都可以被看成質(zhì)點(diǎn)B.阻力作用下足球運(yùn)動(dòng)速度逐漸變小，說(shuō)明力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因C.守門(mén)員用雙手將足球以原速率撲出的過(guò)程，足球的動(dòng)量、動(dòng)能均保持不變D.運(yùn)動(dòng)員間互相傳球過(guò)程中，足球的動(dòng)量發(fā)生變化時(shí)動(dòng)能也一定發(fā)生變化〖答案〗B〖解析〗A．在研究香蕉球和電梯球的形成原因時(shí)，足球的旋轉(zhuǎn)和姿態(tài)占主要因素，因此不能把足球當(dāng)成質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．運(yùn)動(dòng)狀態(tài)包括物體運(yùn)動(dòng)速度的大小和速度的方向，任何一項(xiàng)發(fā)生改變都將表明物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生了改變，足球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中因受阻力速度變小，則可說(shuō)明力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，故B正確；CD．動(dòng)量是矢量，既有大小又有方向，當(dāng)守門(mén)員用雙手將足球以原速率撲出時(shí)，足球的速率不變，但是方向發(fā)生了改變，因此足球的動(dòng)量發(fā)生了改變；動(dòng)能是標(biāo)量，此時(shí)足球的動(dòng)能不變，可知足球的動(dòng)量發(fā)生變化時(shí)動(dòng)能不一定發(fā)生變化，故C、D錯(cuò)誤。故選B。3.李寧氣墊鞋是籃球愛(ài)好者們很喜歡的運(yùn)動(dòng)鞋。某款李寧氣墊鞋底部裝有一種由小分子鑄膜材料制作的氣墊，氣墊內(nèi)封閉著一定量的氣體。一同學(xué)穿著該款鞋子打籃球時(shí)，他跳躍起一定高度搶到籃板球后雙腳穩(wěn)穩(wěn)落地。研究他雙腳著地的短暫過(guò)程，不計(jì)氣墊內(nèi)氣體分子間的相互作用則（）A.氣墊內(nèi)的氣體對(duì)外做功，氣體密度減小B.外界對(duì)氣體做功等于氣體向外傳遞的熱量C.氣墊內(nèi)的氣體的溫度升高，氣墊內(nèi)所有氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的速率均增大D.外界對(duì)氣墊內(nèi)的氣體做功，氣體內(nèi)能增大〖答案〗D〖解析〗A．腳著地的短暫過(guò)程，外界對(duì)氣墊內(nèi)的氣體做功，氣體質(zhì)量不變，體積減小，所以氣體密度增大，故A錯(cuò)誤；BD．研究他雙腳著地的短暫過(guò)程，外界對(duì)氣體做功，氣體的溫度升高，所以氣體內(nèi)能增大，由熱力學(xué)第一定律可知，外界對(duì)氣體做功大于氣體向外傳遞的熱量，故D正確，B錯(cuò)誤；C．氣墊內(nèi)的氣體的溫度升高，氣墊內(nèi)氣體分子的平均動(dòng)能增大，但不是所有分子的動(dòng)能都增大，即不是所有分子的速率增大，故C錯(cuò)誤。故選D。4.如圖所示，實(shí)線代表兩條相同的帶等量均勻正電的半圓弧形絕緣體APB、CPD在中點(diǎn)P相交，虛線代表另兩條相同的帶等量均勻負(fù)電的半圓弧形絕緣體AQB、CQD在中點(diǎn)Q相交，四條半圓弧形絕緣體所帶的電荷量均相等。其中APBQ位于豎直平面內(nèi)，CPDQ位于水平面內(nèi)，O點(diǎn)是圓心，直徑PQ上有M、N兩點(diǎn)與O點(diǎn)距離相等。已知AP段圓弧上電荷的電場(chǎng)在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，O點(diǎn)處合場(chǎng)強(qiáng)大小為E0。下列說(shuō)法正確的是（）A.E=E0B.E=E0C.M、N兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不相等、電勢(shì)相等D.M、N兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相等、電勢(shì)不相等〖答案〗D〖解析〗AB．AP段圓弧上電荷的電場(chǎng)在O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向與OQ成45°角，由對(duì)稱性知，其他七段四分之一圓弧上電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)在O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)度大小也為E，方向與OQ均成45°角，根據(jù)電場(chǎng)的疊加，有8Ecos45°=E0，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；CD．設(shè)APB上正電荷的電場(chǎng)在M、N兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)分別為E1、E2，方向均向右；由對(duì)稱性知，AQB上負(fù)電荷的電場(chǎng)在M、N兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)分別為E2、E1，方向均向右；則EM=E1+E2=EN同理半圓弧CPD與CQD的電荷分別在M、N兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相等；但電勢(shì)疊加，選項(xiàng)C錯(cuò)誤D正確。故選D。5.在如圖所示電路中，正弦交流電源輸出的電壓有效值U恒定，定值電阻，變壓器為理想變壓器，導(dǎo)線電阻不計(jì)．當(dāng)滑動(dòng)變阻器的阻值調(diào)為時(shí)，定值電阻與滑動(dòng)變阻器消耗的功率之比為1：3；當(dāng)滑動(dòng)變阻器的阻值調(diào)為時(shí)，滑動(dòng)變阻器消耗的功率最大．則的值為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗當(dāng)滑動(dòng)變阻器的阻值調(diào)為時(shí)，定值電阻與滑動(dòng)變阻器消耗的功率之比為1：3；設(shè)此時(shí)原副線圈的電流分別為，，則有解得則當(dāng)滑動(dòng)變阻器的阻值調(diào)為時(shí)，滑動(dòng)變阻器消耗的功率最大，此時(shí)原副線圈中電流分別為，，由于由于所以可以得出對(duì)此公式化簡(jiǎn)可得最大功率為所以有根據(jù)數(shù)學(xué)方法可知當(dāng)時(shí)，功率取得最大值，解得故選A。6.一打氣機(jī)每打一次氣，可把壓強(qiáng)為（1個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓），溫度為，體積為的氣體壓入容器內(nèi)。設(shè)容器的容積為，容器內(nèi)原來(lái)氣體的壓強(qiáng)為，溫度為，為使容器內(nèi)的氣體溫度升為，壓強(qiáng)達(dá)到，需打氣的次數(shù)為（）A.200 B.269 C.300 D.356〖答案〗B〖解析〗容器中原有氣體的狀態(tài)參量為，，每次打入的氣體為，，容器中最后的氣體的狀態(tài)參量為，，設(shè)需要打m次才能達(dá)到要求，由道爾頓分壓定律知代入數(shù)據(jù)解得故選B。7.衛(wèi)星上裝有太陽(yáng)能帆板，其原理是利用硅和某些金屬的光電效應(yīng)，將光能轉(zhuǎn)化為電能儲(chǔ)存在蓄電池中，為衛(wèi)星提供電能．有一顆人造衛(wèi)星，其軌道位于赤道平面上，到地面的高度等于地球半徑，在春分時(shí)（太陽(yáng)光直射赤道）這顆衛(wèi)星繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)一周，太陽(yáng)能帆板工作的時(shí)間約為（設(shè)地球自轉(zhuǎn)周期為，地球半徑為R，地球同步衛(wèi)星軌道半徑為，）（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗對(duì)于同步衛(wèi)星，有對(duì)于人造衛(wèi)星，有解得如圖所示，人造衛(wèi)星在A到B（順時(shí)針）過(guò)程中太陽(yáng)能帆板無(wú)法工作由幾何關(guān)系知θ=60°則這顆衛(wèi)星繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)一周，太陽(yáng)能帆板工作的時(shí)間為故選C。8.無(wú)線充電寶可通過(guò)磁吸力吸附在手機(jī)背面，利用電磁感應(yīng)實(shí)現(xiàn)無(wú)線充電技術(shù)。劣質(zhì)的無(wú)線充電寶使用過(guò)程中可能因吸力不足發(fā)生切線滑落造成安全隱患。圖（a）為科創(chuàng)小組某同學(xué)手握手機(jī)（手不接觸充電寶），利用手機(jī)軟件記錄豎直放置的手機(jī)及吸附的充電寶從靜止開(kāi)始在豎直方向上的一次變速運(yùn)動(dòng)過(guò)程（手機(jī)與充電寶始終相對(duì)靜止），記錄的加速度a隨時(shí)間t變化的圖像如圖（b）所示（規(guī)定向上為正方向），且圖像上下部分分別與時(shí)間軸圍成的面積相等，已知無(wú)線充電寶質(zhì)量為0.2kg，手機(jī)與充電寶之間最大靜摩擦因數(shù)μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，則在該過(guò)程中（）A手機(jī)與充電寶全程向下運(yùn)動(dòng)，最終處于靜止?fàn)顟B(tài)B.充電寶在t2與t3時(shí)刻所受的摩擦力方向相同C.充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最小值為2ND.充電寶與手機(jī)之間的吸引力大小至少為12N〖答案〗D〖解析〗A．手機(jī)與充電寶從靜止開(kāi)始，向下先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，從t1時(shí)刻向下做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速度減小到零時(shí)，速度達(dá)到最大；再向下做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，t2時(shí)刻速度減小到零，此后做向上的加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速度減減小到零時(shí)向上運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到最大，此后先向上做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，從t3時(shí)刻再向上做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后速度為零，故A錯(cuò)誤；B．充電寶在t2時(shí)刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；充電寶在t3時(shí)刻加速度方向向下，由，可知加速度方向向下，故B錯(cuò)誤；C．在t1時(shí)刻充電寶向下的加速度為，充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最小，值為零，故C錯(cuò)誤；D．在t2時(shí)刻充電寶向上的加速度最大，充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最大，由牛頓第二定律可得又解得充電寶與手機(jī)之間的吸引力大小至少為故D正確。故選D。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9.如圖甲所示，在同一介質(zhì)中，波源為與頻率相同的兩列機(jī)械波在時(shí)刻同時(shí)起振，波源的振動(dòng)圖象如圖乙所示；波源為的機(jī)械波在時(shí)波的圖象如圖丙所示。P為介質(zhì)中的一點(diǎn)，P點(diǎn)距離波源與的距離分別是，，則（）A.質(zhì)點(diǎn)P的位移不可能為0 B.時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P處于波谷C.質(zhì)點(diǎn)P的起振方向沿y軸正方向 D.波源為的起振方向沿y軸負(fù)方向〖答案〗BC〖解析〗D．結(jié)合波源在時(shí)波的圖象丙圖可知，此時(shí)剛開(kāi)始振動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)的起振方向沿y軸正方向，質(zhì)點(diǎn)與波源的起振方向相同，因此波源為的起振方向沿y軸正方向，D錯(cuò)誤；C．根據(jù)波源的振動(dòng)圖象圖乙可知，波源的起振方向向上，又因?yàn)橛纱丝芍ㄔ床ㄔ吹钠鹫褡钕葌鞯近c(diǎn)，因此的起振方向與波源的起振方向相同，沿y軸正方向，C正確；A．在同一介質(zhì)中，頻率相同的兩列機(jī)械波，波速相同，波長(zhǎng)相等，由圖可知?jiǎng)t波速為點(diǎn)到兩波源的波程差為點(diǎn)到兩波源的波程差為波長(zhǎng)的整數(shù)倍，且兩波源的起振方向相同，因此，點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)P的位移可以為0，A錯(cuò)誤；B．和振動(dòng)傳到的時(shí)間分別為由此可知，在時(shí)，波源在時(shí)的振動(dòng)情況傳到點(diǎn)，此時(shí)波源位于波谷；波源在時(shí)的振動(dòng)情況傳到點(diǎn)，此時(shí)波源位于波谷，在時(shí)處為兩列波的波谷疊加，質(zhì)點(diǎn)P處于波谷，B正確。故選BC。10.光的干涉現(xiàn)象在技術(shù)中有重要應(yīng)用。一頂角極大的圓錐形玻璃體，倒立在表面平整的標(biāo)準(zhǔn)板上，其截面如圖甲。單色光從上方垂直玻璃的上表面射向玻璃體，沿光的入射方向看到明暗相間的干涉條紋。下列說(shuō)法正確的是（）A.條紋是以頂點(diǎn)為圓心的同心圓，且疏密均勻B.條紋是以頂點(diǎn)為圓心的同心圓，且中間疏，邊緣密C.產(chǎn)生干涉的兩束光是來(lái)自玻璃體上表面和側(cè)面的反射光D.若出現(xiàn)乙圖所示條紋，則說(shuō)明玻璃體側(cè)面上有凸起〖答案〗AD〖解析〗AB．空氣膜的上下兩個(gè)表面反射的兩列光波發(fā)生干涉，依據(jù)光程差是光的半個(gè)波長(zhǎng)的偶數(shù)倍即為明條紋，而其是光的半個(gè)波長(zhǎng)的奇數(shù)倍即為暗條紋，因圓錐形玻璃體壓在平面標(biāo)準(zhǔn)板上，以頂點(diǎn)為圓心的各點(diǎn)空氣薄膜間距相等且隨半徑的方向均勻變化，因此可以看到條紋是以頂點(diǎn)為圓心的同心圓，且疏密均勻，故A正確，B錯(cuò)誤；

C．產(chǎn)生干涉的兩束光是來(lái)自玻璃體的下表面和平面標(biāo)準(zhǔn)板上表面的反射光，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．空氣薄層干涉是等厚干涉，即明條紋處空氣膜厚度相同，若出現(xiàn)乙圖所示條紋，說(shuō)明該處光的路程差與內(nèi)側(cè)的路程差相等，即該處出現(xiàn)凸起，選項(xiàng)D正確。故選AD。11.如圖所示，水平地面上固定著三個(gè)內(nèi)壁光滑的容器甲、乙、丙，它們的中心軸線均和水平地面垂直．其中甲的內(nèi)表面為圓錐面，乙的內(nèi)表面為半球面，丙的內(nèi)表面為旋轉(zhuǎn)拋物面（將拋物線繞其對(duì)稱軸旋轉(zhuǎn)一周所得到的曲面），三個(gè)容器中均有兩個(gè)小球貼著內(nèi)壁在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球可視為質(zhì)點(diǎn)．下列說(shuō)法正確的是（）A.甲容器中A球的線速度比B球大 B.乙容器中A球的角速度比B球大C.丙容器中兩球角速度大小相等 D.丙容器中A球的角速度比B球小〖答案〗ABC〖解析〗A．設(shè)容器對(duì)小球彈力方向與豎直方向夾角為θ，對(duì)甲容器，由牛頓第二定律可得由于θ為定值，而A球半徑更大，則A球線速度更大，A正確；B．對(duì)乙容器，有可得其中h為球心到圓周軌跡平面的距離，由于A球的圓周平面到球心更近，故A的角速度比B大，B正確；CD．對(duì)丙容器，由有幾何關(guān)系知，tanθ為拋物線上該點(diǎn)切線斜率，設(shè)拋物線方程為由平拋推論或數(shù)學(xué)求導(dǎo)均可得得可知，角速度與位置無(wú)關(guān)，即兩球角速度相等，C正確，D錯(cuò)誤。故選ABC。12.如圖所示，電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌與水平面成α角，導(dǎo)軌的寬度和AB桿的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌向下，質(zhì)量為m的AB桿的電阻為r，受一沖量作用后以v的速度沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)一段時(shí)間到達(dá)最高點(diǎn)，已知在此過(guò)程中測(cè)得通過(guò)定值電阻R的電荷量為q，桿始終與導(dǎo)軌垂直，重力加速度大小為g，則下列說(shuō)法正確的是（）A.AB桿向上運(yùn)動(dòng)時(shí)電流方向由b到aB.AB桿向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中R產(chǎn)生的熱量為QR＝[mv2﹣sinα]C.AB桿向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為D.AB桿向下運(yùn)動(dòng)的最大速度為〖答案〗BC〖解析〗A．由右手定則可知，AB桿向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程電流方向由a到b，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)AB桿向上運(yùn)動(dòng)的距離為s，AB桿向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均感應(yīng)電流通過(guò)定值電阻的電荷量解得s＝設(shè)AB桿向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程回路產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒定律得＝Q+mgs?sinαR上產(chǎn)生的熱量QR＝Q解得QR＝[mv2﹣sinα]故B正確；C．設(shè)AB桿向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由動(dòng)量定理得其中解得t=故C正確；D．AB桿向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，設(shè)AB桿向下運(yùn)動(dòng)的最大速度為vm，AB桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLvm感應(yīng)電流AB桿受到的安培力F=BIL=對(duì)AB桿，由平衡條件得mgsinα=解得vm=故D錯(cuò)誤。故選BC。三、非選擇題（本題共6小題，共60分）13.某實(shí)驗(yàn)小組為了測(cè)定小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，力傳感器可以測(cè)出輕繩的拉力大小，滑輪及輕繩質(zhì)量不計(jì)，重力加速度g已知。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①按圖甲所示裝置安裝實(shí)驗(yàn)器材，圖中長(zhǎng)木板保持水平；②在砂桶內(nèi)放入一定質(zhì)量的砂子，小物塊靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，釋放小物塊，打出一條紙帶，同時(shí)記錄力傳感器的讀數(shù)；③利用紙帶計(jì)算小物塊的加速度；④改變砂桶內(nèi)砂子的質(zhì)量，重復(fù)步驟②③；⑤以小物塊加速度a為縱坐標(biāo)，力傳感器讀數(shù)F為橫坐標(biāo)，作出圖像如圖乙所示。（1）測(cè)得圖乙中直線斜率為k，縱截距為，則長(zhǎng)木板動(dòng)摩擦因數(shù)為_(kāi)_______；小物塊質(zhì)量為_(kāi)_______（用k、b、g表示）；（2）先將長(zhǎng)木板傾斜一定角度以平衡摩擦力，然后多次改變砂桶內(nèi)砂子的質(zhì)量，作出小車(chē)加速度a與砂和砂桶總質(zhì)量m的圖線如圖丙所示，則圖中的值為_(kāi)_______。〖答案〗（1）（2）〖解析〗（1）[1][2]對(duì)車(chē)運(yùn)用牛頓第二定律有變形可得則有，解得，（2）[3]分別對(duì)砂桶和小車(chē)使用牛頓第二定律，可得聯(lián)立解得當(dāng)m遠(yuǎn)大于M時(shí)，則有14.某物理興趣小組設(shè)計(jì)了一個(gè)如圖所示的多用電表電路圖。如圖所示，已知表頭G的滿偏電流為Ig=30mA，內(nèi)阻Rg=90Ω。定值電阻R1=10Ω。電源電動(dòng)勢(shì)E=12V，內(nèi)阻r=2Ω，電阻箱R2和R3的調(diào)節(jié)范圍都是0~999.9Ω。（1）與多用電表B端相連的是___________（填“紅”或者“黑”）表筆。（2）選擇開(kāi)關(guān)置于1位置，閉合開(kāi)關(guān)S，電流表的量程為_(kāi)__________，保持S閉合，選擇開(kāi)關(guān)置于3位置，將其改裝為量程60V的電壓表，電阻箱R3應(yīng)調(diào)節(jié)為_(kāi)__________Ω。（3）選擇開(kāi)關(guān)置于2位置，通過(guò)開(kāi)關(guān)S的通斷可以實(shí)現(xiàn)歐姆表“×1”與“×10”兩種倍率，則___________（填“閉合”或者“斷開(kāi)”）開(kāi)關(guān)S，歐姆表為“×1”倍率。將歐姆表切換至“×10”倍率，紅、黑表筆短接進(jìn)行歐姆調(diào)零，將某一待測(cè)電阻接在紅黑表筆之間，當(dāng)表頭G的指針偏轉(zhuǎn)角度為滿量程的時(shí)，待測(cè)電阻為_(kāi)__________Ω。〖答案〗（1）黑（2）300191.0（3）閉合200〖解析〗（1）[1]根據(jù)多用電表“紅進(jìn)黑出”可知B相連的為黑表筆。（2）[2][3]選擇開(kāi)關(guān)置于1位置，閉合開(kāi)關(guān)S時(shí)R1與Rg并聯(lián)后總電阻為RA=9ΩS閉合，選擇開(kāi)關(guān)置于3時(shí)U=IA(RA+R3)解得R3=191.0Ω（3）[4][5]歐姆表中，正確調(diào)零后，待測(cè)電阻與電流的關(guān)系為閉合開(kāi)關(guān)S時(shí)，電流表量程為S斷開(kāi)時(shí)的10倍，故而所測(cè)電阻是開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)的，因此開(kāi)關(guān)S閉合為×1倍率，S斷開(kāi)為×10倍率，使用×10時(shí)，電流表量程為30mA，因此15.如圖所示，是半圓柱體透明型材的橫截面，圓心在O點(diǎn)，為直徑，半徑為R。一細(xì)束單色光從真空中面上無(wú)限接近A處斜射入該型材，入射角，在D點(diǎn)反射后反射光線與平行（反射光線圖中未畫(huà)出）。已知光在真空中的傳播速度為c，求：（1）該型材對(duì)該單色光的折射率n；（2）該單色光從射入型材到射出型材所用的時(shí)間t?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）該單色光在圓柱體中傳播的光路圖如圖所示折射角其中，得根據(jù)光的折射定律有（2）由幾何關(guān)系可知，該單色光恰好從AD面上無(wú)限靠近D處射出半圓柱，在半圓柱中傳播的路程設(shè)該單色光在半圓柱中的傳播速度大小為v，有，解得16.如圖甲所示，某同學(xué)利用樂(lè)高拼裝積木搭建一游戲軌道，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖乙所示。該軌道由固定的豎直軌道AB，半徑分別為、0.5r、1.5r的三個(gè)半圓軌道、、，半徑為r的四分之一圓弧軌道，長(zhǎng)度的水平軌道EF組成，軌道和軌道前后錯(cuò)開(kāi)，除水平軌道EF段外其他軌道均光滑，且各處平滑連接。可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放，恰好可以通過(guò)軌道的最高點(diǎn)D，不計(jì)空氣阻力。（1）求A、C兩點(diǎn)的高度差h；（2）要使物塊至少經(jīng)過(guò)F點(diǎn)一次，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終不脫離軌道，求滑塊與水平軌道EF間的動(dòng)摩擦因數(shù)的范圍；（3）若半圓軌道中缺一塊圓心角為的圓弧積木（I、J關(guān)于對(duì)稱），滑塊從I飛出后恰能無(wú)碰撞從J進(jìn)入軌道，求的值?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）滑塊恰好經(jīng)過(guò)，重力提供向心力滑塊從A到D，根據(jù)動(dòng)能定理聯(lián)立解得（2）若恰好滑到點(diǎn)停下，根據(jù)動(dòng)能定理解得當(dāng)?shù)近c(diǎn)速度為零，根據(jù)動(dòng)能定理解得當(dāng)返回時(shí)不超過(guò)點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理解得綜上可得滑塊與水平軌道EF間的動(dòng)摩擦因數(shù)的范圍（3）點(diǎn)到點(diǎn)過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理設(shè)點(diǎn)到最高點(diǎn)時(shí)間為，則有解得可得另一解舍去。17.如圖所示：正方形絕緣光滑水平臺(tái)面WXYZ邊長(zhǎng)=1.8m，距地面h=0.8m．平行板電容器的極板CD間距d=0.1m且垂直放置于臺(tái)面，C板位于邊界WX上，D板與邊界WZ相交處有一小孔．電容器外的臺(tái)面區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．電荷量q=5×10-13C的微粒靜止于W處，在CD間加上恒定電壓U=2.5V，板間微粒經(jīng)電場(chǎng)加速后由D板所開(kāi)小孔進(jìn)入磁場(chǎng)（微粒始終不與極板接觸），然后由XY邊界離開(kāi)臺(tái)面．在微粒離開(kāi)臺(tái)面瞬時(shí)，靜止于X正下方水平地面上A點(diǎn)的滑塊獲得一水平速度，在微粒落地時(shí)恰好與之相遇．假定微粒在真空中運(yùn)動(dòng)、極板間電場(chǎng)視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，滑塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2，取g=10m/s2（1）求微粒在極板間所受電場(chǎng)力的大小并說(shuō)明兩板地極性；（2）求由XY邊界離開(kāi)臺(tái)面的微粒的質(zhì)量范圍；（3）若微粒質(zhì)量mo=1×10-13kg，求滑塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)所獲得的速度．〖答案〗（1）1.25×10-11N，C板為正，D板為負(fù)．（2）8.1×10-14kg＜m≤2.89×10-13kg．（3）4.15m/s〖解析〗（1）微粒在極板間所受電場(chǎng)力大小為：F=…①

代入數(shù)據(jù)得：F=1.25×10-11

N…②

由微粒在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)可判斷微粒帶正電荷，微粒由極板間電場(chǎng)加速，故C板為正極，D板為負(fù)極．

（2）若微粒的質(zhì)量為m，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，

由動(dòng)能定理Uq=mv2…③

微粒在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力充當(dāng)向心力，若圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R，

有qvB=m…④

微粒要從XY邊界離開(kāi)臺(tái)面，則圓周運(yùn)動(dòng)的邊緣軌跡如圖所示，半徑的極小值與極大值分別為

R1=…⑤

R2=l-d…⑥

聯(lián)立③～⑥，代入數(shù)據(jù)，有8.1×10-14

kg＜m≤2.89×10-13

kg…⑦

（3）如圖所示，微粒在臺(tái)面以速度v做以O(shè)點(diǎn)為圓心、R為半徑的圓周運(yùn)動(dòng)，從臺(tái)面邊緣P點(diǎn)沿與XY邊界成θ角飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，落地點(diǎn)為Q，水平位移為s，下落時(shí)間為t．設(shè)滑塊質(zhì)量為M，滑塊獲得速度v0后在t內(nèi)沿與平臺(tái)前側(cè)面成φ角方向，以加速度a做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到Q，經(jīng)過(guò)位移為k．由幾何關(guān)系，可是

cosθ=…⑧

根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)，

t=…⑨

s=vt…⑩

對(duì)于滑塊，由牛頓定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)方程，有：

μMg=Ma…（11）

k=v0t-at2…（12）

再由余弦定理，k2=s2+（d+Rsinθ）2-2s（d+Rsinθ）cosθ…（13）

及正弦定理，…（14）

聯(lián)立③、④和⑧～（14），并代入數(shù)據(jù)解得：v0=4.15

m/s…（15）

此時(shí)φ=arcsin0.8（或φ=53°）…（16）18.如圖所示為某傳送裝置的示意圖，整個(gè)裝置由三部分組成，中間是水平傳送帶（傳送帶順時(shí)針勻速傳動(dòng)，其速度的大小可以由驅(qū)動(dòng)系統(tǒng)根據(jù)需要設(shè)定），其左側(cè)為傾斜直軌道，傾角，右側(cè)為放置在光滑水平面上質(zhì)量為M的滑板，傾斜直軌道末端及滑板上表面與傳送帶兩端等高并平滑對(duì)接。一質(zhì)量為m的物塊從傾斜直軌道的頂端由靜止釋放，物塊經(jīng)過(guò)傳送帶后滑上滑板，滑板運(yùn)動(dòng)到D時(shí)與固定擋板碰撞粘連，此后物塊滑離滑板。已知物塊的質(zhì)量，滑板的質(zhì)量，傾斜直軌道頂端距離傳送帶平面的高度，傳送帶兩軸心間距，滑板的長(zhǎng)度，滑板右端到固定擋板的左端的距離為，物塊與傾斜直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物塊與傳送帶和滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為、，重力加速度的大小。（1）若，求物塊剛滑上傳送帶時(shí)的速度大小及通過(guò)傳送帶所需的時(shí)間；（2）求物塊剛滑上右側(cè)滑板時(shí)所能達(dá)到的最大動(dòng)能和最小動(dòng)能；（3）若，討論物塊從滑上滑板到離開(kāi)滑板右端的過(guò)程中，克服摩擦力所做的功與的關(guān)系。〖答案〗（1），；（2），；（3）〖解析〗（1）對(duì)物塊，在A到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得解得若傳送帶速度，則代入數(shù)據(jù)解得在傳送帶上減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間隨后在傳送帶上勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間物塊通過(guò)傳送帶所需的時(shí)間（2）①當(dāng)傳送帶的速度較大時(shí)，物塊在傳送帶上一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，摩擦力對(duì)物塊所做的功最多，即物塊剛滑上滑板時(shí)的動(dòng)能最大，最大動(dòng)能設(shè)為，由動(dòng)能定理得解得②當(dāng)傳送帶靜止或速度較小時(shí)，物塊在傳送帶上一直做減速運(yùn)動(dòng)，物塊克服摩擦力所做的功最多，即物塊剛滑上滑板時(shí)的動(dòng)能最小，最小動(dòng)能設(shè)為，由動(dòng)能定理得解得（3）由（2）問(wèn)可知，當(dāng)時(shí)，物塊先勻加速再勻速，剛滑上滑板時(shí)的速度大小，設(shè)若滑板與擋板間距足夠長(zhǎng)，滑板碰擋板前物塊與滑板能達(dá)共速，由動(dòng)量守恒定律得解得對(duì)物塊，由動(dòng)能定理得對(duì)滑板，由動(dòng)能定理得解得，物塊相對(duì)滑板的位移故若，則木板與擋板碰撞前物塊與滑板已經(jīng)共速，共速后二者相對(duì)靜止，無(wú)摩擦力，故克服摩擦力做的功若，則當(dāng)滑板與擋板相碰時(shí)物塊尚未滑到滑板的右端，這種情況下物塊的對(duì)地位移為故克服摩擦力做的功綜上可得與的關(guān)系2023年高考適應(yīng)性訓(xùn)練物理試題（一）1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號(hào)、座號(hào)填寫(xiě)在相應(yīng)位置，認(rèn)真核對(duì)條形碼上的姓名、考生號(hào)和座號(hào)，并將條形碼粘貼在指定位置上。2.選擇題〖答案〗必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題〖答案〗必須使用0.5毫米黑色簽字筆書(shū)寫(xiě)，字體工整、筆跡清楚。3.請(qǐng)按照題號(hào)在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的〖答案〗無(wú)效；在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.氫原子的能級(jí)圖如圖甲所示，一群處于第4能級(jí)的氫原子，向低能級(jí)躍遷過(guò)程中能發(fā)出幾種不同頻率的光，其中只有頻率為、兩種光可讓圖乙所示的光電管陰極發(fā)生光電效應(yīng)，先分別用頻率或的三個(gè)光源分別照射該光電管陰極，測(cè)得電流隨電壓變化的圖像如圖丙所示，下列說(shuō)法中正確的是（）A.處于第4能級(jí)的氫原子向下躍遷最多發(fā)出4種不同頻率的光子B.圖線對(duì)應(yīng)的光是氫原子由第3能級(jí)向第1能級(jí)躍遷發(fā)出的C.圖線對(duì)應(yīng)的光子頻率大于圖線對(duì)應(yīng)的光子頻率D.用圖線對(duì)應(yīng)的光照射光電管時(shí)，光電流會(huì)隨著正向電壓的增大而不斷增大〖答案〗B〖解析〗A．第4能級(jí)的氫原子，向低能級(jí)躍遷過(guò)程中，能發(fā)出種不同頻率的光，故A錯(cuò)誤；BC．由于只有頻率為、兩種光可讓圖乙所示的光電管陰極K發(fā)生光電效應(yīng)，躍遷時(shí)發(fā)出的兩種頻率最大的光為4→1、3→1，由圖乙可知，光的遏止電壓大，和光的遏止電壓小，根據(jù)光電效應(yīng)方程及知，對(duì)應(yīng)的光子頻率小于圖線對(duì)應(yīng)的光子頻率，故是3→1躍遷發(fā)出的，是4→1躍遷發(fā)出的，故C錯(cuò)誤，B正確；D．用圖線對(duì)應(yīng)的光照射光電管時(shí)，光電流達(dá)到飽和后不再增大，故D錯(cuò)誤。故選B。2.2022年12月18日卡塔爾世界杯決賽在億萬(wàn)球迷的歡呼聲中落下帷幕，最終經(jīng)過(guò)點(diǎn)球大戰(zhàn)，阿根廷隊(duì)以的成績(jī)擊敗法國(guó)隊(duì)奪得冠軍。關(guān)于足球的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A.在研究香蕉球和電梯球的形成原因時(shí)，足球都可以被看成質(zhì)點(diǎn)B.阻力作用下足球運(yùn)動(dòng)速度逐漸變小，說(shuō)明力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因C.守門(mén)員用雙手將足球以原速率撲出的過(guò)程，足球的動(dòng)量、動(dòng)能均保持不變D.運(yùn)動(dòng)員間互相傳球過(guò)程中，足球的動(dòng)量發(fā)生變化時(shí)動(dòng)能也一定發(fā)生變化〖答案〗B〖解析〗A．在研究香蕉球和電梯球的形成原因時(shí)，足球的旋轉(zhuǎn)和姿態(tài)占主要因素，因此不能把足球當(dāng)成質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．運(yùn)動(dòng)狀態(tài)包括物體運(yùn)動(dòng)速度的大小和速度的方向，任何一項(xiàng)發(fā)生改變都將表明物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生了改變，足球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中因受阻力速度變小，則可說(shuō)明力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，故B正確；CD．動(dòng)量是矢量，既有大小又有方向，當(dāng)守門(mén)員用雙手將足球以原速率撲出時(shí)，足球的速率不變，但是方向發(fā)生了改變，因此足球的動(dòng)量發(fā)生了改變；動(dòng)能是標(biāo)量，此時(shí)足球的動(dòng)能不變，可知足球的動(dòng)量發(fā)生變化時(shí)動(dòng)能不一定發(fā)生變化，故C、D錯(cuò)誤。故選B。3.李寧氣墊鞋是籃球愛(ài)好者們很喜歡的運(yùn)動(dòng)鞋。某款李寧氣墊鞋底部裝有一種由小分子鑄膜材料制作的氣墊，氣墊內(nèi)封閉著一定量的氣體。一同學(xué)穿著該款鞋子打籃球時(shí)，他跳躍起一定高度搶到籃板球后雙腳穩(wěn)穩(wěn)落地。研究他雙腳著地的短暫過(guò)程，不計(jì)氣墊內(nèi)氣體分子間的相互作用則（）A.氣墊內(nèi)的氣體對(duì)外做功，氣體密度減小B.外界對(duì)氣體做功等于氣體向外傳遞的熱量C.氣墊內(nèi)的氣體的溫度升高，氣墊內(nèi)所有氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的速率均增大D.外界對(duì)氣墊內(nèi)的氣體做功，氣體內(nèi)能增大〖答案〗D〖解析〗A．腳著地的短暫過(guò)程，外界對(duì)氣墊內(nèi)的氣體做功，氣體質(zhì)量不變，體積減小，所以氣體密度增大，故A錯(cuò)誤；BD．研究他雙腳著地的短暫過(guò)程，外界對(duì)氣體做功，氣體的溫度升高，所以氣體內(nèi)能增大，由熱力學(xué)第一定律可知，外界對(duì)氣體做功大于氣體向外傳遞的熱量，故D正確，B錯(cuò)誤；C．氣墊內(nèi)的氣體的溫度升高，氣墊內(nèi)氣體分子的平均動(dòng)能增大，但不是所有分子的動(dòng)能都增大，即不是所有分子的速率增大，故C錯(cuò)誤。故選D。4.如圖所示，實(shí)線代表兩條相同的帶等量均勻正電的半圓弧形絕緣體APB、CPD在中點(diǎn)P相交，虛線代表另兩條相同的帶等量均勻負(fù)電的半圓弧形絕緣體AQB、CQD在中點(diǎn)Q相交，四條半圓弧形絕緣體所帶的電荷量均相等。其中APBQ位于豎直平面內(nèi)，CPDQ位于水平面內(nèi)，O點(diǎn)是圓心，直徑PQ上有M、N兩點(diǎn)與O點(diǎn)距離相等。已知AP段圓弧上電荷的電場(chǎng)在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，O點(diǎn)處合場(chǎng)強(qiáng)大小為E0。下列說(shuō)法正確的是（）A.E=E0B.E=E0C.M、N兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不相等、電勢(shì)相等D.M、N兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相等、電勢(shì)不相等〖答案〗D〖解析〗AB．AP段圓弧上電荷的電場(chǎng)在O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向與OQ成45°角，由對(duì)稱性知，其他七段四分之一圓弧上電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)在O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)度大小也為E，方向與OQ均成45°角，根據(jù)電場(chǎng)的疊加，有8Ecos45°=E0，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；CD．設(shè)APB上正電荷的電場(chǎng)在M、N兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)分別為E1、E2，方向均向右；由對(duì)稱性知，AQB上負(fù)電荷的電場(chǎng)在M、N兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)分別為E2、E1，方向均向右；則EM=E1+E2=EN同理半圓弧CPD與CQD的電荷分別在M、N兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相等；但電勢(shì)疊加，選項(xiàng)C錯(cuò)誤D正確。故選D。5.在如圖所示電路中，正弦交流電源輸出的電壓有效值U恒定，定值電阻，變壓器為理想變壓器，導(dǎo)線電阻不計(jì)．當(dāng)滑動(dòng)變阻器的阻值調(diào)為時(shí)，定值電阻與滑動(dòng)變阻器消耗的功率之比為1：3；當(dāng)滑動(dòng)變阻器的阻值調(diào)為時(shí)，滑動(dòng)變阻器消耗的功率最大．則的值為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗當(dāng)滑動(dòng)變阻器的阻值調(diào)為時(shí)，定值電阻與滑動(dòng)變阻器消耗的功率之比為1：3；設(shè)此時(shí)原副線圈的電流分別為，，則有解得則當(dāng)滑動(dòng)變阻器的阻值調(diào)為時(shí)，滑動(dòng)變阻器消耗的功率最大，此時(shí)原副線圈中電流分別為，，由于由于所以可以得出對(duì)此公式化簡(jiǎn)可得最大功率為所以有根據(jù)數(shù)學(xué)方法可知當(dāng)時(shí)，功率取得最大值，解得故選A。6.一打氣機(jī)每打一次氣，可把壓強(qiáng)為（1個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓），溫度為，體積為的氣體壓入容器內(nèi)。設(shè)容器的容積為，容器內(nèi)原來(lái)氣體的壓強(qiáng)為，溫度為，為使容器內(nèi)的氣體溫度升為，壓強(qiáng)達(dá)到，需打氣的次數(shù)為（）A.200 B.269 C.300 D.356〖答案〗B〖解析〗容器中原有氣體的狀態(tài)參量為，，每次打入的氣體為，，容器中最后的氣體的狀態(tài)參量為，，設(shè)需要打m次才能達(dá)到要求，由道爾頓分壓定律知代入數(shù)據(jù)解得故選B。7.衛(wèi)星上裝有太陽(yáng)能帆板，其原理是利用硅和某些金屬的光電效應(yīng)，將光能轉(zhuǎn)化為電能儲(chǔ)存在蓄電池中，為衛(wèi)星提供電能．有一顆人造衛(wèi)星，其軌道位于赤道平面上，到地面的高度等于地球半徑，在春分時(shí)（太陽(yáng)光直射赤道）這顆衛(wèi)星繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)一周，太陽(yáng)能帆板工作的時(shí)間約為（設(shè)地球自轉(zhuǎn)周期為，地球半徑為R，地球同步衛(wèi)星軌道半徑為，）（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗對(duì)于同步衛(wèi)星，有對(duì)于人造衛(wèi)星，有解得如圖所示，人造衛(wèi)星在A到B（順時(shí)針）過(guò)程中太陽(yáng)能帆板無(wú)法工作由幾何關(guān)系知θ=60°則這顆衛(wèi)星繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)一周，太陽(yáng)能帆板工作的時(shí)間為故選C。8.無(wú)線充電寶可通過(guò)磁吸力吸附在手機(jī)背面，利用電磁感應(yīng)實(shí)現(xiàn)無(wú)線充電技術(shù)。劣質(zhì)的無(wú)線充電寶使用過(guò)程中可能因吸力不足發(fā)生切線滑落造成安全隱患。圖（a）為科創(chuàng)小組某同學(xué)手握手機(jī)（手不接觸充電寶），利用手機(jī)軟件記錄豎直放置的手機(jī)及吸附的充電寶從靜止開(kāi)始在豎直方向上的一次變速運(yùn)動(dòng)過(guò)程（手機(jī)與充電寶始終相對(duì)靜止），記錄的加速度a隨時(shí)間t變化的圖像如圖（b）所示（規(guī)定向上為正方向），且圖像上下部分分別與時(shí)間軸圍成的面積相等，已知無(wú)線充電寶質(zhì)量為0.2kg，手機(jī)與充電寶之間最大靜摩擦因數(shù)μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，則在該過(guò)程中（）A手機(jī)與充電寶全程向下運(yùn)動(dòng)，最終處于靜止?fàn)顟B(tài)B.充電寶在t2與t3時(shí)刻所受的摩擦力方向相同C.充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最小值為2ND.充電寶與手機(jī)之間的吸引力大小至少為12N〖答案〗D〖解析〗A．手機(jī)與充電寶從靜止開(kāi)始，向下先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，從t1時(shí)刻向下做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速度減小到零時(shí)，速度達(dá)到最大；再向下做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，t2時(shí)刻速度減小到零，此后做向上的加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速度減減小到零時(shí)向上運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到最大，此后先向上做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，從t3時(shí)刻再向上做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后速度為零，故A錯(cuò)誤；B．充電寶在t2時(shí)刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；充電寶在t3時(shí)刻加速度方向向下，由，可知加速度方向向下，故B錯(cuò)誤；C．在t1時(shí)刻充電寶向下的加速度為，充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最小，值為零，故C錯(cuò)誤；D．在t2時(shí)刻充電寶向上的加速度最大，充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最大，由牛頓第二定律可得又解得充電寶與手機(jī)之間的吸引力大小至少為故D正確。故選D。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9.如圖甲所示，在同一介質(zhì)中，波源為與頻率相同的兩列機(jī)械波在時(shí)刻同時(shí)起振，波源的振動(dòng)圖象如圖乙所示；波源為的機(jī)械波在時(shí)波的圖象如圖丙所示。P為介質(zhì)中的一點(diǎn)，P點(diǎn)距離波源與的距離分別是，，則（）A.質(zhì)點(diǎn)P的位移不可能為0 B.時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P處于波谷C.質(zhì)點(diǎn)P的起振方向沿y軸正方向 D.波源為的起振方向沿y軸負(fù)方向〖答案〗BC〖解析〗D．結(jié)合波源在時(shí)波的圖象丙圖可知，此時(shí)剛開(kāi)始振動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)的起振方向沿y軸正方向，質(zhì)點(diǎn)與波源的起振方向相同，因此波源為的起振方向沿y軸正方向，D錯(cuò)誤；C．根據(jù)波源的振動(dòng)圖象圖乙可知，波源的起振方向向上，又因?yàn)橛纱丝芍ㄔ床ㄔ吹钠鹫褡钕葌鞯近c(diǎn)，因此的起振方向與波源的起振方向相同，沿y軸正方向，C正確；A．在同一介質(zhì)中，頻率相同的兩列機(jī)械波，波速相同，波長(zhǎng)相等，由圖可知?jiǎng)t波速為點(diǎn)到兩波源的波程差為點(diǎn)到兩波源的波程差為波長(zhǎng)的整數(shù)倍，且兩波源的起振方向相同，因此，點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)P的位移可以為0，A錯(cuò)誤；B．和振動(dòng)傳到的時(shí)間分別為由此可知，在時(shí)，波源在時(shí)的振動(dòng)情況傳到點(diǎn)，此時(shí)波源位于波谷；波源在時(shí)的振動(dòng)情況傳到點(diǎn)，此時(shí)波源位于波谷，在時(shí)處為兩列波的波谷疊加，質(zhì)點(diǎn)P處于波谷，B正確。故選BC。10.光的干涉現(xiàn)象在技術(shù)中有重要應(yīng)用。一頂角極大的圓錐形玻璃體，倒立在表面平整的標(biāo)準(zhǔn)板上，其截面如圖甲。單色光從上方垂直玻璃的上表面射向玻璃體，沿光的入射方向看到明暗相間的干涉條紋。下列說(shuō)法正確的是（）A.條紋是以頂點(diǎn)為圓心的同心圓，且疏密均勻B.條紋是以頂點(diǎn)為圓心的同心圓，且中間疏，邊緣密C.產(chǎn)生干涉的兩束光是來(lái)自玻璃體上表面和側(cè)面的反射光D.若出現(xiàn)乙圖所示條紋，則說(shuō)明玻璃體側(cè)面上有凸起〖答案〗AD〖解析〗AB．空氣膜的上下兩個(gè)表面反射的兩列光波發(fā)生干涉，依據(jù)光程差是光的半個(gè)波長(zhǎng)的偶數(shù)倍即為明條紋，而其是光的半個(gè)波長(zhǎng)的奇數(shù)倍即為暗條紋，因圓錐形玻璃體壓在平面標(biāo)準(zhǔn)板上，以頂點(diǎn)為圓心的各點(diǎn)空氣薄膜間距相等且隨半徑的方向均勻變化，因此可以看到條紋是以頂點(diǎn)為圓心的同心圓，且疏密均勻，故A正確，B錯(cuò)誤；

C．產(chǎn)生干涉的兩束光是來(lái)自玻璃體的下表面和平面標(biāo)準(zhǔn)板上表面的反射光，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．空氣薄層干涉是等厚干涉，即明條紋處空氣膜厚度相同，若出現(xiàn)乙圖所示條紋，說(shuō)明該處光的路程差與內(nèi)側(cè)的路程差相等，即該處出現(xiàn)凸起，選項(xiàng)D正確。故選AD。11.如圖所示，水平地面上固定著三個(gè)內(nèi)壁光滑的容器甲、乙、丙，它們的中心軸線均和水平地面垂直．其中甲的內(nèi)表面為圓錐面，乙的內(nèi)表面為半球面，丙的內(nèi)表面為旋轉(zhuǎn)拋物面（將拋物線繞其對(duì)稱軸旋轉(zhuǎn)一周所得到的曲面），三個(gè)容器中均有兩個(gè)小球貼著內(nèi)壁在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球可視為質(zhì)點(diǎn)．下列說(shuō)法正確的是（）A.甲容器中A球的線速度比B球大 B.乙容器中A球的角速度比B球大C.丙容器中兩球角速度大小相等 D.丙容器中A球的角速度比B球小〖答案〗ABC〖解析〗A．設(shè)容器對(duì)小球彈力方向與豎直方向夾角為θ，對(duì)甲容器，由牛頓第二定律可得由于θ為定值，而A球半徑更大，則A球線速度更大，A正確；B．對(duì)乙容器，有可得其中h為球心到圓周軌跡平面的距離，由于A球的圓周平面到球心更近，故A的角速度比B大，B正確；CD．對(duì)丙容器，由有幾何關(guān)系知，tanθ為拋物線上該點(diǎn)切線斜率，設(shè)拋物線方程為由平拋推論或數(shù)學(xué)求導(dǎo)均可得得可知，角速度與位置無(wú)關(guān)，即兩球角速度相等，C正確，D錯(cuò)誤。故選ABC。12.如圖所示，電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌與水平面成α角，導(dǎo)軌的寬度和AB桿的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌向下，質(zhì)量為m的AB桿的電阻為r，受一沖量作用后以v的速度沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)一段時(shí)間到達(dá)最高點(diǎn)，已知在此過(guò)程中測(cè)得通過(guò)定值電阻R的電荷量為q，桿始終與導(dǎo)軌垂直，重力加速度大小為g，則下列說(shuō)法正確的是（）A.AB桿向上運(yùn)動(dòng)時(shí)電流方向由b到aB.AB桿向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中R產(chǎn)生的熱量為QR＝[mv2﹣sinα]C.AB桿向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為D.AB桿向下運(yùn)動(dòng)的最大速度為〖答案〗BC〖解析〗A．由右手定則可知，AB桿向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程電流方向由a到b，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)AB桿向上運(yùn)動(dòng)的距離為s，AB桿向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均感應(yīng)電流通過(guò)定值電阻的電荷量解得s＝設(shè)AB桿向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程回路產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒定律得＝Q+mgs?sinαR上產(chǎn)生的熱量QR＝Q解得QR＝[mv2﹣sinα]故B正確；C．設(shè)AB桿向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由動(dòng)量定理得其中解得t=故C正確；D．AB桿向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，設(shè)AB桿向下運(yùn)動(dòng)的最大速度為vm，AB桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLvm感應(yīng)電流AB桿受到的安培力F=BIL=對(duì)AB桿，由平衡條件得mgsinα=解得vm=故D錯(cuò)誤。故選BC。三、非選擇題（本題共6小題，共60分）13.某實(shí)驗(yàn)小組為了測(cè)定小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，力傳感器可以測(cè)出輕繩的拉力大小，滑輪及輕繩質(zhì)量不計(jì)，重力加速度g已知。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①按圖甲所示裝置安裝實(shí)驗(yàn)器材，圖中長(zhǎng)木板保持水平；②在砂桶內(nèi)放入一定質(zhì)量的砂子，小物塊靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，釋放小物塊，打出一條紙帶，同時(shí)記錄力傳感器的讀數(shù)；③利用紙帶計(jì)算小物塊的加速度；④改變砂桶內(nèi)砂子的質(zhì)量，重復(fù)步驟②③；⑤以小物塊加速度a為縱坐標(biāo)，力傳感器讀數(shù)F為橫坐標(biāo)，作出圖像如圖乙所示。（1）測(cè)得圖乙中直線斜率為k，縱截距為，則長(zhǎng)木板動(dòng)摩擦因數(shù)為_(kāi)_______；小物塊質(zhì)量為_(kāi)_______（用k、b、g表示）；（2）先將長(zhǎng)木板傾斜一定角度以平衡摩擦力，然后多次改變砂桶內(nèi)砂子的質(zhì)量，作出小車(chē)加速度a與砂和砂桶總質(zhì)量m的圖線如圖丙所示，則圖中的值為_(kāi)_______?！即鸢浮剑?）（2）〖解析〗（1）[1][2]對(duì)車(chē)運(yùn)用牛頓第二定律有變形可得則有，解得，（2）[3]分別對(duì)砂桶和小車(chē)使用牛頓第二定律，可得聯(lián)立解得當(dāng)m遠(yuǎn)大于M時(shí)，則有14.某物理興趣小組設(shè)計(jì)了一個(gè)如圖所示的多用電表電路圖。如圖所示，已知表頭G的滿偏電流為Ig=30mA，內(nèi)阻Rg=90Ω。定值電阻R1=10Ω。電源電動(dòng)勢(shì)E=12V，內(nèi)阻r=2Ω，電阻箱R2和R3的調(diào)節(jié)范圍都是0~999.9Ω。（1）與多用電表B端相連的是___________（填“紅”或者“黑”）表筆。（2）選擇開(kāi)關(guān)置于1位置，閉合開(kāi)關(guān)S，電流表的量程為_(kāi)__________，保持S閉合，選擇開(kāi)關(guān)置于3位置，將其改裝為量程60V的電壓表，電阻箱R3應(yīng)調(diào)節(jié)為_(kāi)__________Ω。（3）選擇開(kāi)關(guān)置于2位置，通過(guò)開(kāi)關(guān)S的通斷可以實(shí)現(xiàn)歐姆表“×1”與“×10”兩種倍率，則___________（填“閉合”或者“斷開(kāi)”）開(kāi)關(guān)S，歐姆表為“×1”倍率。將歐姆表切換至“×10”倍率，紅、黑表筆短接進(jìn)行歐姆調(diào)零，將某一待測(cè)電阻接在紅黑表筆之間，當(dāng)表頭G的指針偏轉(zhuǎn)角度為滿量程的時(shí)，待測(cè)電阻為_(kāi)__________Ω?！即鸢浮剑?）黑（2）300191.0（3）閉合200〖解析〗（1）[1]根據(jù)多用電表“紅進(jìn)黑出”可知B相連的為黑表筆。（2）[2][3]選擇開(kāi)關(guān)置于1位置，閉合開(kāi)關(guān)S時(shí)R1與Rg并聯(lián)后總電阻為RA=9ΩS閉合，選擇開(kāi)關(guān)置于3時(shí)U=IA(RA+R3)解得R3=191.0Ω（3）[4][5]歐姆表中，正確調(diào)零后，待測(cè)電阻與電流的關(guān)系為閉合開(kāi)關(guān)S時(shí)，電流表量程為S斷開(kāi)時(shí)的10倍，故而所測(cè)電阻是開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)的，因此開(kāi)關(guān)S閉合為×1倍率，S斷開(kāi)為×10倍率，使用×10時(shí)，電流表量程為30mA，因此15.如圖所示，是半圓柱體透明型材的橫截面，圓心在O點(diǎn)，為直徑，半徑為R。一細(xì)束單色光從真空中面上無(wú)限接近A處斜射入該型材，入射角，在D點(diǎn)反射后反射光線與平行（反射光線圖中未畫(huà)出）。已知光在真空中的傳播速度為c，求：（1）該型材對(duì)該單色光的折射率n；（2）該單色光從射入型材到射出型材所用的時(shí)間t。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）該單色光在圓柱體中傳播的光路圖如圖所示折射角其中，得根據(jù)光的折射定律有（2）由幾何關(guān)系可知，該單色光恰好從AD面上無(wú)限靠近D處射出半圓柱，在半圓柱中傳播的路程設(shè)該單色光在半圓柱中的傳播速度大小為v，有，解得16.如圖甲所示，某同學(xué)利用樂(lè)高拼裝積木搭建一游戲軌道，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖乙所示。該軌道由固定的豎直軌道AB，半徑分別為、0.5r、1.5r的三個(gè)半圓軌道、、，半徑為r的四分之一圓弧軌道，長(zhǎng)度的水平軌道EF組成，軌道和軌道前后錯(cuò)開(kāi)，除水平軌道EF段外其他軌道均光滑，且各處平滑連接?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放，恰好可以通過(guò)軌道的最高點(diǎn)D，不計(jì)空氣阻力。（1）求A、C兩點(diǎn)的高度差h；（2）要使物塊至少經(jīng)過(guò)F點(diǎn)一次，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終不脫離軌道，求滑塊與水平軌道EF間的動(dòng)摩擦因數(shù)的范圍；（3）若半圓軌道中缺一塊圓心角為的圓弧積木（I、J關(guān)于對(duì)稱），滑塊從I飛出后恰能無(wú)碰撞從J進(jìn)入軌道，求的值?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）滑塊恰好經(jīng)過(guò)，重力提供向心力滑塊從A到D，根據(jù)動(dòng)能定理聯(lián)立解得（2）若恰好滑到點(diǎn)停下，根據(jù)動(dòng)能定理解得當(dāng)?shù)近c(diǎn)速度為零，根據(jù)動(dòng)能定理解得當(dāng)返回時(shí)不超過(guò)點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理解得綜上可得滑塊與水平軌道EF間的動(dòng)摩擦因數(shù)的范圍（3）點(diǎn)到點(diǎn)過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理設(shè)點(diǎn)到最高點(diǎn)時(shí)間為，則有解得可得另一解舍去。17.如圖所示：正方形絕緣光滑水平臺(tái)面WXYZ邊長(zhǎng)=1.8m，距地