2023年秋高三上学期四川省成都市高考物理一诊试卷（附解析）

这是一份2023年秋高三上学期四川省成都市高考物理一诊试卷（附解析），共30页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．如图，新风系统除尘由机械除尘和静电除尘两部分构成，其中静电除尘是通过电离空气后使空气中的粉尘微粒带电，从而被电极吸附的空气净化技术。如图虚线为一带电粉尘（不计重力）在静电除尘管道内的运动轨迹，实线为电场线（未标方向），下列判定正确的是（ ）
A．带电粉尘带正电
B．带电粉尘在除尘管道内做匀变速曲线运动
C．带电粉尘在a点的加速度小于在b点的加速度
D．带电粉尘在a点的电势能大于在b点的电势能
2．北斗导航系统（BDS）是继GPS、GLONASS、GALILEO之后的第四个成熟的卫星导航系统，它由我国自主研制，具有抗遮挡能力强、服务精度高等特点。如图所示，北斗导航系统由三种轨道卫星组成：中圆轨道卫星的周期约为13h、轨道倾角55°；静止轨道卫星的周期为24h、轨道倾角0°；倾斜同步轨道卫星的周期为24h、轨道倾角55°，则（ ）
A．中圆轨道卫星的动能一定最大
B．静止轨道卫星的角速度大小为
C．倾斜同步轨道卫星相对于成都天府广场静止
D．中圆轨道卫星与静止轨道卫星的轨道半径之比约为169：576
3．如图，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器总电阻为R，所有电表均为理想表。闭合开关S后，当滑片P由a端向b端缓慢滑动的过程中（ ）
A．电流表A1的示数逐渐增大
B．电流表A2的示数先减小再增大
C．电容器C的电荷量保持不变
D．电压表V的示数逐渐增大
4．如图，abc是竖直面内的光滑绝缘固定轨道，ab水平，bc是与ab相切于b点且半径为R的圆弧，所在空间有方向平行于ab向右的匀强电场。在轨道上P点由静止释放一个质量为m、电荷量为q（q＞0）的小球，小球飞出轨道后达到的最高点为Q（图中未画出）。若小球可视为质点，重力加速度大小为g，电场的场强大小，Q与c点的高度差为，则可知（ ）
A．Q在c点的正上方
B．Pb＝R
C．从c到Q的过程中，小球的动能不变
D．从b到c的过程中，小球对轨道的最大压力为
5．无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，利用电磁感应实现无线充电技术。劣质的无线充电宝使用过程中可能因吸力不足发生切线滑落造成安全隐患。图（a）为科创小组某同学手握手机（手不接触充电宝），利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程（手机与充电宝始终相对静止），记录的加速度a随时间t变化的图像如图（b）所示（规定向上为正方向），且图像上下部分分别与时间轴围成的面积相等，已知无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间最大静摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，则在该过程中（ ）
A．手机与充电宝全程向下运动，最终处于静止状态
B．充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同
C．充电宝与手机之间的摩擦力最小值为2N
D．充电宝与手机之间的吸引力大小至少为12N
（多选）6．如图，倾角37°、质量5m的斜面体置于水平地面上，质量3m的物块放在斜面上，穿过光滑小环（O为接触点）的不可伸缩轻质细线一端连接物块，另一端系着质量m的小球，物块与小环间的细线与斜面平行，将小球从位置a由静止释放（此时Oa水平且细线刚好伸直），重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，则在小球从a摆到最低点b的过程中（物块和斜面体始终静止）（ ）
A．斜面对物块的摩擦力先减小后增大
B．斜面对物块的作用力保持不变
C．斜面对物块的摩擦力最大值为1.2mg
D．地面对斜面体的支持力最小值为6.2mg
（多选）7．我国成功研制出全球最大水平臂上回转自升塔式起重机，标志着我国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。如图（a）所示，该类型起重机用电机将货物沿竖直方向运送至高处，其提升货物的速度大小v随时间t变化的关系如图（b）所示，图线①、②分别描述两次不同的提升过程，若两次提升的高度相同，提升的货物质量相等，且变速阶段的加速度大小都相同，不计摩擦力和空气阻力，则第①次和第②次提升过程中（ ）
A．电机最大牵引力之比为F1：F2＝4：3
B．货物上升的时间之比为t1：t2＝24：25
C．电机输出的最大功率之比为P1：P2＝4：3
D．电机对货物所做的功之比为W1：W2＝3：2
（多选）8．如图（a）所示，一带正电的小物块从粗糙程度不清楚的绝缘斜面上O点由静止滑下，途经P、Q两点，所在空间有方向平行于斜面向上的匀强电场，以O点为原点，选斜面底端为重力势能零势能面，作出滑块从O至Q过程中的机械能E随位移x变化的关系如图（b）所示，其中O至P过程的图线为曲线，P至Q过程的图线为直线，运动中物块的电荷量不变，则（ ）
A．O至P过程中，物块做加速度减小的加速运动
B．P至Q过程中，物块做匀加速直线运动
C．P至Q过程中，摩擦力对物块做功的功率不变
D．O至Q过程中，物块的重力势能与电势能之和不断减小
二、解答题（共8小题，满分0分）
9．图（a）是某班同学探究质量一定时物体的加速度与合力的关系的实验装置。
他们的设计思路是：①利用拉力传感器测细绳的拉力F并将其作为小车受到的合力；②利用穿过打点计时器且连在小车后端的纸带测小车的加速度a；③利用测得的数据作a﹣F图像并得出结论。
（1）该实验中，是否要求动滑轮、小桶和砂的总质量远远小于小车的质量 （填“是”或“否”）。
（2）图（b）是实验中挑选出的一条点迹清晰的纸带，图中相邻两个计数点之间还有4个点未画出，打点周期为0.02s，由该纸带可求得小车的加速度a＝ m/s2（结果取2位有效数字）。
（3）图（c）是三个小组分别做出的a﹣F图像，其中，平衡摩擦力时木板垫得过高得到的是图像 ；图像 对应的小车质量最小（均填序号字母）。
10．某兴趣小组要测量程为0～4mA电流计G1的内阻，步骤如下：
（1）小组同学先用多用电表的欧姆挡粗测该电流计G1的内阻。当选择开关拨至“×100”挡时发现指针偏转角度过大，他们应该换用 挡（填“×10”或“×1000”），换挡并进行正确操作后，指针静止时如右下图所示，则电流计G1的内阻Rg1约为 Ω。
（2）为了准确测量电流计G1的内阻，兴趣小组同学从实验室借来以下器材：
电流计G2（量程6mA，内阻Rg2约为100Ω）；
电压表V（量程6V，内阻RV约为6kΩ）；
电源E（电动势3V，内阻很小）；
定值电阻R1（阻值为15Ω）；
定值电阻R2（阻值为300Ω）；
滑动变阻器R3（0～10Ω）；
单刀单掷开关S一个，导线若干。
①若电表读数不能小于量程的，电表应选择 （填器材符号）；
②在确保实验器材安全的前提下，请根据所提供的实验器材在答题卡对应的虚线框内画出合理的实验电路，并在图上标注实验器材符号；
③若实验中电表的读数分别为Ig1、Ig2或U，则待测表头G1内阻的表达式Rg1＝ 。
11．如图，绝缘水平桌面上、电荷量为Q（Q＞0）的小球甲固定于A点，另一个电荷量为q的有孔小球乙套在固定的绝缘竖直细杆上，且恰能静止于B点，杆上O点与A等高，AO＝d，∠OAB＝α＝30°，静电力常量为k，重力加速度大小为g，不计摩擦力和空气阻力，小球视为质点且电荷量不变。
（1）指出小球乙带哪种电荷，求出小球乙的质量m；
（2）将小球乙向上拉到C点（∠OAC＝β＝60°），再由静止释放，求：
①乙球在C点释放后瞬间的加速度大小a；
②小球到达D点（C、D关于O点对称）时的动能Ek。
12．图为某个有奖挑战项目的示意图，挑战者压缩弹簧将质量m0＝0.3kg的弹丸从筒口A斜向上弹出后，弹丸水平击中平台边缘B处质量m1＝0.3kg的滑块或质量m2＝0.2kg的“L形”薄板，只要薄板能撞上P处的玩具小熊就算挑战成功。已知弹丸抛射角θ＝53°，B与A的高度差，B与P处的小熊相距s＝2.2m，薄板长度L＝0.9m，最初滑块在薄板的最左端；滑块与薄板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，薄板与平台间的动摩擦因数μ2＝0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；薄板厚度不计，弹丸和滑块都视为质点，所有碰撞过程的时间和外力影响均不计，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。
（1）求A、B间的水平距离x；
（2）若弹丸与薄板发生完全非弹性碰撞，试通过计算判定挑战会不会成功；
（3）若弹丸与滑块发生完全弹性碰撞，且之后可能的碰撞也为完全弹性碰撞，试通过计算判定挑战会不会成功。
（多选）13．下列说法正确的是 （ ）
A．花粉在液体中做布朗运动的剧烈程度只与花粉颗粒的大小有关
B．分子间的引力和斥力同时存在，且均随分子间距离的增大而减小
C．0℃的冰融化成0℃的水的过程中，水分子热运动的平均动能不变
D．一定质量的理想气体在等温压缩过程中，一定对外界放出了热量
E．冰箱能够将热量从低温物体传递到高温物体，所以它不遵循热力学第二定律
14．如图，一圆柱形气缸固定在水平地面上，用质量m＝1kg、横截面积S＝1000cm2的活塞密封着一定质量的理想气体，跨过光滑定滑轮的轻绳两端分别连接着活塞和一质量M＝12kg的重物，左、右侧的绳均竖直，活塞与气缸之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等且为10N，开始时缸内气体的温度为t＝27℃，压强为p＝0.9×105Pa，活塞与气缸底部的距离为H＝50cm，重物与水平地面的距离为h＝10cm，外界大气压为p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2，现对缸内气体缓慢加热，求：
（1）重物恰好开始下降时缸内气体的温度；
（2）重物刚与地面接触时缸内气体的温度。
15．如图，在某一均匀介质中，M、N是振动情况完全相同的两个波源，其简谐运动表达式均为x＝0.2sin10πt（m），介质中P点与M、N两个波源的距离分别为3m和5m，两波源形成的简谐波从t＝0时刻，同时分别沿MP、NP方向传播，波速都是10m/s，则简谐横波的波长为 m；P点的振动 （填“加强”或“减弱”）；0～1s内，P点通过的路程为 m。（数值结果均保留两位有效数字）
16．2022年10月31日，中国空间站梦天实验舱发射成功，梦天实验舱主要面向微重力进行科学研究。如图所示为某宇航员进行的水球光学实验，在水球中心注入空气，形成球形气泡，内外两球面球心均在O点，让一束单色光从外球面上的A点与AO连线成53°角射入球中，光束经折射后恰好与内球面B点相切。已知内球面与外球面半径之比为3：5，sin53°＝0.8，求：
（1）水的折射率；
（2）欲使该光束能射入内部气泡中，在A点入射角应该满足什么条件？（不考虑光在水中的二次反射）
2023年四川省成都市高考物理一诊试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
二．多选题（共4小题）
一、选择题
1．如图，新风系统除尘由机械除尘和静电除尘两部分构成，其中静电除尘是通过电离空气后使空气中的粉尘微粒带电，从而被电极吸附的空气净化技术。如图虚线为一带电粉尘（不计重力）在静电除尘管道内的运动轨迹，实线为电场线（未标方向），下列判定正确的是（ ）
A．带电粉尘带正电
B．带电粉尘在除尘管道内做匀变速曲线运动
C．带电粉尘在a点的加速度小于在b点的加速度
D．带电粉尘在a点的电势能大于在b点的电势能
【分析】根据物体做曲线运动的条件及带电粒子所受电场力与场强方向的关系作答；
电场线的疏密反映电场强度的大小，结合牛顿第二定律作答；
根据电场力做功与电势能变化的关系以及动能定理作答。
【解答】解：A、带电粉尘向正极板弯曲，说明带电粉尘受正极板的吸引力，所以粉尘带负电，故A错误；
B、管道内的电场不是匀强电场，带电粉尘在除尘管道内所受合为为变力作用，做变加速曲线运动，故B错误；
C、电场线的疏密表示场强强弱，由题图可知：Ea＜Eb，带电粉尘在a点所受电场力小于在b点所受电场力，所以电粉尘在a点的加速度小于在b点的加速度，故C正确；
D、带电粉尘由a到b所受电场力指向轨迹的凹侧，并沿着电场线的切线方向指向左下方，电场力的方向与由a到b的速度方向始终成钝角，所以带电粉尘从a点到b点电场力做负功，电势能增加，a点的电势能小于b点的电势能，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电场力做功与电势能变化、场强大小的判断以及粒子做曲线运动的条件，涉及的知识点较多，需要仔细分析。
2．北斗导航系统（BDS）是继GPS、GLONASS、GALILEO之后的第四个成熟的卫星导航系统，它由我国自主研制，具有抗遮挡能力强、服务精度高等特点。如图所示，北斗导航系统由三种轨道卫星组成：中圆轨道卫星的周期约为13h、轨道倾角55°；静止轨道卫星的周期为24h、轨道倾角0°；倾斜同步轨道卫星的周期为24h、轨道倾角55°，则（ ）
A．中圆轨道卫星的动能一定最大
B．静止轨道卫星的角速度大小为
C．倾斜同步轨道卫星相对于成都天府广场静止
D．中圆轨道卫星与静止轨道卫星的轨道半径之比约为169：576
【分析】A.卫星做圆周运动，万有引力定律提供向心力，根据牛顿第二定律求速度，根据动能的定义判断动能的大小；
B.根据角速度和周期的关系求解；
C.倾斜轨道卫星相对于地球是运动的；
D.根据开普勒第三定律求解。
【解答】解：A．万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，解得，可见中圆轨道卫星的周期最小，故半径最小，运行速度最大，但由于卫星的质量关系不知道，故无法确定动能大小关系，故A错误；
B．静止轨道卫星的周期为24h，则角速度大小为，故B正确；
C．倾斜同步轨道卫星相对于成都天府广场运动，故C错误；
D．由开普勒第三定律得中圆轨道卫星与静止轨道卫星的轨道半径之比，D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了万有引力定律、开普勒第三定律以及周期与角速度的关系，属于常规题型。
3．如图，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器总电阻为R，所有电表均为理想表。闭合开关S后，当滑片P由a端向b端缓慢滑动的过程中（ ）
A．电流表A1的示数逐渐增大
B．电流表A2的示数先减小再增大
C．电容器C的电荷量保持不变
D．电压表V的示数逐渐增大
【分析】由滑动变阻器滑片的移动时，分析外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，根据并联部分电压的变化，可知电容器电压的变化，从而分析电荷量变化。
【解答】解：B．令滑动变阻器滑片右侧电阻为Ra，滑动变阻器与R0，构成电路的总电阻
当滑片P由a端向b端缓慢滑动的过程中，Ra增大，则R总减小，则干路电流增大，电流表A2的示数增大，故B错误；
A．令滑动变阻器滑片右侧电阻Ra与R0并联总电阻为R并，则，Ra增大，则R并增大，干路电流增大，则并联部分电压U并增大，则电流表A1的示数逐渐增大，故A正确；
C．电容器C的电压U＝E﹣U并﹣Ir，根据上述可知U并增大，根据Q＝CU可知，可知电容器C的电荷量减小，故C错误；
D．电压表V的示数为UV＝E﹣Ir，根据上述，电压表V的示数逐渐减小，故D错误。
故选：A。
【点评】本题是电路的动态变化分析问题，按局部到整体，再到局部的顺序分析即可．
4．如图，abc是竖直面内的光滑绝缘固定轨道，ab水平，bc是与ab相切于b点且半径为R的圆弧，所在空间有方向平行于ab向右的匀强电场。在轨道上P点由静止释放一个质量为m、电荷量为q（q＞0）的小球，小球飞出轨道后达到的最高点为Q（图中未画出）。若小球可视为质点，重力加速度大小为g，电场的场强大小，Q与c点的高度差为，则可知（ ）
A．Q在c点的正上方
B．Pb＝R
C．从c到Q的过程中，小球的动能不变
D．从b到c的过程中，小球对轨道的最大压力为
【分析】小球飞出后受到水平向右的电场力与竖直向下的重力，则飞出后水平方向做匀加速直线运动，竖直方向上做双向的匀变速直线运动，可知Q在c点的右上方；从c到Q的过程中，作出小球的合力与运动轨迹图，根据图形可知，小球所受合力先做负功，后做正功，则小球的动能先减小后增大；根据题意可知重力与电场力大小相等，则轨道上等效物理最低点位于bc圆弧的中点，该点轨道所受压力最大。
【解答】解：A、小球从c点飞出时速度方向竖直向上，离开c后在水平方向向右做初速度为零的匀加速运动，在竖直方向向上做竖直上抛运动，竖直方向速度减为零时到达最高点Q，Q点在c点的右上方，故A错误；
B、从c到Q的过程中，竖直方向上有：，从P到c的过程有，由动能定理得：﹣0，解得：，故B错误；
C、小球所受电场力F＝qE＝mg，小球所受合力方向与水平方向间的夹角为θ，tanθ＝＝1，则θ＝45°，小球从c到Q的过程中，小球在水平方向做匀加速直线运动，在竖直方向做匀减速直线运动，小球的合力与运动轨迹如图所示
根据图示可知，小球所受合力先做负功，后做正功，则小球的动能先减小后增大，故C错误；
D、小球在等效平衡位置d点速度最大，对轨道的压力最大，如图所示
从P到d点过程，由动能定理得：﹣0
在d点，对小球，由牛顿第二定律得：F﹣＝m
解得：F＝（3﹣1）mg，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小F'＝F＝（3﹣1）mg，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了带电小球在电场中的运动，根据题意分析清楚小球的受力情况与运动过程是解题的前提，应用动能定理、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
5．无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，利用电磁感应实现无线充电技术。劣质的无线充电宝使用过程中可能因吸力不足发生切线滑落造成安全隐患。图（a）为科创小组某同学手握手机（手不接触充电宝），利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程（手机与充电宝始终相对静止），记录的加速度a随时间t变化的图像如图（b）所示（规定向上为正方向），且图像上下部分分别与时间轴围成的面积相等，已知无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间最大静摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，则在该过程中（ ）
A．手机与充电宝全程向下运动，最终处于静止状态
B．充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同
C．充电宝与手机之间的摩擦力最小值为2N
D．充电宝与手机之间的吸引力大小至少为12N
【分析】根据a﹣t图像分析手机与充电宝的运动情况。充电宝在t2时刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上，根据牛顿第二定律确定t3时刻摩擦力方向。在t1时刻充电宝向下的加速度为10m/s2，充电宝与手机之间的摩擦力最小，由牛顿第二定律求摩擦力最小值。在t2时刻充电宝向上的加速度最大，充电宝与手机之间的摩擦力最大，由牛顿第二定律以及fmax＝μF求吸引力最小值。
【解答】解：A、手机与充电宝从静止开始，向下先做加速度增大的加速运动，从t1时刻向下做加速度减小的加速运动，加速度减小到零时，速度达到最大；再向下做加速度增大的减速运动，t2时刻速度减小到零，此后做向上的加速度减小的加速运动，加速度减减小到零时向上运动的速度达到最大，此后先向上做加速度增大的减速运动，从t3时刻再向上做加速度减小的减速运动，最后速度为零，故A错误；
B、充电宝在t2时刻加速度方向向上，合力向上，由牛顿第二定律可知充电宝所受的摩擦力方向向上；充电宝在t3时刻加速度方向向下，由mg+f＝ma3，由图知，可得f＞0，可知摩擦力方向向下，则充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相反，故B错误；
C、在t1时刻充电宝向下的加速度为10m/s2，由mg+f＝ma，解得f＝0，即充电宝与手机之间的摩擦力最小值为零，故C错误；
D、在t2时刻充电宝向上的加速度最大，充电宝与手机之间的摩擦力最大，由牛顿第二定律可得fmax﹣mg＝ma2
又fmax＝μF，解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为F＝12N，故D正确。
故选：D。
【点评】解答本题时，要根据加速度—时间图像判断手机的运动情况，运用牛顿第二定律求解摩擦力。
（多选）6．如图，倾角37°、质量5m的斜面体置于水平地面上，质量3m的物块放在斜面上，穿过光滑小环（O为接触点）的不可伸缩轻质细线一端连接物块，另一端系着质量m的小球，物块与小环间的细线与斜面平行，将小球从位置a由静止释放（此时Oa水平且细线刚好伸直），重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，则在小球从a摆到最低点b的过程中（物块和斜面体始终静止）（ ）
A．斜面对物块的摩擦力先减小后增大
B．斜面对物块的作用力保持不变
C．斜面对物块的摩擦力最大值为1.2mg
D．地面对斜面体的支持力最小值为6.2mg
【分析】分析小球的运动情况从而分析拉力大小变化，对物块受力分析可分析摩擦力大小变化，分别计算物块向上和向下的摩擦力，比较即可知摩擦力在最大值，对斜面和物块整体分析解得D项。
【解答】解：A．当Oa水平时，细线拉力为零，斜面对物块的摩擦力沿斜面向上，大小为f1＝3mgsin37°
小球从a摆到最低点b点，由动能定理
在b点有：
解得细线拉力F1＝3mg＞f1＝1.8mg
斜面对物块的摩擦力沿斜面向下，小球从a运动到b过程中细线的拉力逐渐最大，所以斜面对物块的摩擦力先减小后增大，故A正确；
B．斜面对物块的支持力不变，斜面对物块的摩擦力变化，所以斜面对物块的作用力变化，故B错误；
C．斜面对物块的沿斜面向上的摩擦力最大值为f1＝3mgsin37°＝3mg×0.6＝1.8mg
斜面对物块的沿斜面向下的摩擦力最大值为f2＝3mg﹣1.8mg＝1.2mg
所以斜面对物块的摩擦力最大值为1.8mg，故C错误；
D．对斜面和物块整体分析，当细线的拉力最大时，地面对斜面体的支持力最小，最小值为F支＝（5m+3m）g﹣F1sin37°＝8mg﹣1.8mg＝6.2mg
故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查圆周运动中牛顿第二定律的应用，解题关键掌握受力分析，注意摩擦力的方向。
（多选）7．我国成功研制出全球最大水平臂上回转自升塔式起重机，标志着我国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。如图（a）所示，该类型起重机用电机将货物沿竖直方向运送至高处，其提升货物的速度大小v随时间t变化的关系如图（b）所示，图线①、②分别描述两次不同的提升过程，若两次提升的高度相同，提升的货物质量相等，且变速阶段的加速度大小都相同，不计摩擦力和空气阻力，则第①次和第②次提升过程中（ ）
A．电机最大牵引力之比为F1：F2＝4：3
B．货物上升的时间之比为t1：t2＝24：25
C．电机输出的最大功率之比为P1：P2＝4：3
D．电机对货物所做的功之比为W1：W2＝3：2
【分析】两次提升的高度相同，根据v﹣t图像的面积表示位移列式，求解货物上升所用的时间之比。根据图像的斜率表示加速度，由牛顿第二定律分析电机的最大牵引力之比。由P＝Fv求电机输出的最大功率之比。由W＝Pt求电机所做的功之比。
【解答】解：A．当货物向上匀加速时，电机牵引力最大，根据Fmax﹣mg＝ma1，由于匀加速过程的加速度相等，则电机最大牵引力之比为F1：F2＝1：1，故A错误；
B．图线①中匀加速的末速度等于匀减速的初速度，根据对称性可知第一次运动的总时间t1＝24s，速度加速至3m/s的时间t＝，v﹣t图像中图线与时间轴所围面积表示位移，两次提示位移相等，令第二次比第一次提示时间多Δt，根据图像有，解得Δt＝1s，则图线②的总时间t2＝t1+Δt＝25s，货物上升的时间之比为：t1：t2＝24：25，故B正确；
C．两次提示的最大速度分别为4m/s，3m/s，根据P＝Fv，结合上述，电机输出的最大功率之比为P1：P2＝4：3，故C正确；
D．根据动能定理：W﹣mgh＝0，可知W1＝W2＝mgh，则有W1：W2＝1：1，故D错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键要理清货物的运动情况，知道v﹣t图像的面积表示位移，抓住两次总位移相等来求第2次运动时间。
（多选）8．如图（a）所示，一带正电的小物块从粗糙程度不清楚的绝缘斜面上O点由静止滑下，途经P、Q两点，所在空间有方向平行于斜面向上的匀强电场，以O点为原点，选斜面底端为重力势能零势能面，作出滑块从O至Q过程中的机械能E随位移x变化的关系如图（b）所示，其中O至P过程的图线为曲线，P至Q过程的图线为直线，运动中物块的电荷量不变，则（ ）
A．O至P过程中，物块做加速度减小的加速运动
B．P至Q过程中，物块做匀加速直线运动
C．P至Q过程中，摩擦力对物块做功的功率不变
D．O至Q过程中，物块的重力势能与电势能之和不断减小
【分析】物体的机械能的变化是通过除重力之外的力做功来量度的．由于除重力之外的其他力做功等于物体的机械能的增量，所以E﹣x图象的斜率的绝对值等于物体所受电场力和摩擦力合力的大小；从而分析物块的运动情况，根据功率的公式分析C项；根据能量守恒定律分析D项。
【解答】解：A．由于﹣（f+qE）x＝E﹣EO
解得E＝EO﹣（f+qE）x
可知，E﹣x图像斜率的绝对值表示摩擦力与电场力两个力的合力大小，根据图像可知，O至P过程中，图像斜率的绝对值逐渐减小，则摩擦力与电场力两个力的合力逐渐减小，由于物体静止向下滑动，根据牛顿第二定律有：
mgsinθ﹣（f+qE）＝ma1
可知加速度逐渐增大，即O至P过程中，物块做加速度增大的加速运动，故A错误；
B．P至Q过程中，E﹣x图像斜率一定，即摩擦力与电场力大小均一定，结合mgsinθ﹣（f+qE）＝ma1，可知P至Q过程中，物块做匀加速直线运动，故B正确；
C．P至Q过程中，物块做匀加速直线运动，物块速度增大，根据P＝fv
结合上述可知，P至Q过程中，摩擦力对物块做功的功率逐渐增大，故C错误；
D．O至Q过程中，根据能量守恒定律可知摩擦力做功逐渐增多，产生的热量逐渐增多，则物块的重力势能与电势能之和不断减小，故D正确。
故选：BD。
【点评】①除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少；②E﹣x图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小．以上两点是解决这类题目的突破口．
二、解答题（共8小题，满分0分）
9．图（a）是某班同学探究质量一定时物体的加速度与合力的关系的实验装置。
他们的设计思路是：①利用拉力传感器测细绳的拉力F并将其作为小车受到的合力；②利用穿过打点计时器且连在小车后端的纸带测小车的加速度a；③利用测得的数据作a﹣F图像并得出结论。
（1）该实验中，是否要求动滑轮、小桶和砂的总质量远远小于小车的质量 否 （填“是”或“否”）。
（2）图（b）是实验中挑选出的一条点迹清晰的纸带，图中相邻两个计数点之间还有4个点未画出，打点周期为0.02s，由该纸带可求得小车的加速度a＝ 1.5 m/s2（结果取2位有效数字）。
（3）图（c）是三个小组分别做出的a﹣F图像，其中，平衡摩擦力时木板垫得过高得到的是图像 B ；图像 A 对应的小车质量最小（均填序号字母）。
【分析】（1）小车所受拉力可以由拉力传感器测出，根据题意分析答题。
（2）应用匀变速直线运动的推论求出小车的加速度大小。
（3）根据牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象分析答题。
【解答】解：（1）由于实验中利用拉力传感器直接测出了细绳的拉力，并没有用动滑轮、小桶和砂的总重力表示细绳的拉力，因此该实验中，不需要要求动滑轮、小桶和砂的总质量远远小于小车的质量
（2）由于相邻两个计数点之间还有4个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔t＝5T＝5×0.02s＝0.1s
由匀变速直线运动的推论Δx＝at2由逐差法可知，小车的加速度大小a＝＝＝1.5m/s2
（3）若平衡摩擦力时木板垫得过高，则在没有拉力作用时，小车已经开始运动，即有一定加速度，则a﹣F图象在纵轴上有截距，由图示图象可知，平衡摩擦力时木板垫得过高得到的是图像B
根据牛顿第二定律得：F＝Ma，解得：，可知，图像的斜率表示，根据图像可知，A图像的斜率大，则A图像对应的小车质量最小。
故答案为：（1）否；（2）1.5；（3）B；A。
【点评】理解实验原理是解题的前提，应用匀变速直线运动的推论与牛顿第二定律可以解题；计算时注意单位换算与有效数字的保留。
10．某兴趣小组要测量程为0～4mA电流计G1的内阻，步骤如下：
（1）小组同学先用多用电表的欧姆挡粗测该电流计G1的内阻。当选择开关拨至“×100”挡时发现指针偏转角度过大，他们应该换用 “×10” 挡（填“×10”或“×1000”），换挡并进行正确操作后，指针静止时如右下图所示，则电流计G1的内阻Rg1约为 150 Ω。
（2）为了准确测量电流计G1的内阻，兴趣小组同学从实验室借来以下器材：
电流计G2（量程6mA，内阻Rg2约为100Ω）；
电压表V（量程6V，内阻RV约为6kΩ）；
电源E（电动势3V，内阻很小）；
定值电阻R1（阻值为15Ω）；
定值电阻R2（阻值为300Ω）；
滑动变阻器R3（0～10Ω）；
单刀单掷开关S一个，导线若干。
①若电表读数不能小于量程的，电表应选择 G2 （填器材符号）；
②在确保实验器材安全的前提下，请根据所提供的实验器材在答题卡对应的虚线框内画出合理的实验电路，并在图上标注实验器材符号；
③若实验中电表的读数分别为Ig1、Ig2或U，则待测表头G1内阻的表达式Rg1＝ 。
【分析】（1）用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针读数与挡位的乘积是欧姆表读数。
（2）根据实验器材与实验要求选择电表；根据实验原理与实验器材作出实验电路图；根据图示电路图应用欧姆定律求出待测表头内阻。
【解答】解：（1）当选择开关拨至“×100”挡时指针偏转角度过大，表明待测电阻偏小，为了减小欧姆表读数的误差，应该使得指针指在中央刻线附近，则换用小倍率“×10”；由图示表盘可知，欧姆表读数是15×10Ω＝150Ω。
（2）①电源电动势是3V，电压表量程为6V，若电表读数不能小于量程的，则电压表量程的是2V，如果选择电压表，电压变化范围太小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，电表应选择G2
②电流表选择G2，可以把定值电阻与待测电流计并联，根据并联电路特点求出待测电流计两端电压，待测电流计内阻约为150Ω，定值电阻R1阻值太小，定值电阻应选择R2，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示
③由欧姆定律可知，待测表头G1内阻的表达式Rg1＝
故答案为：（1）“×10”；150；（2）①G2；见解析；③。
【点评】要掌握常用器材的使用方法与读数方法；要掌握实验器材的选择原则；根据图示电路图应用欧姆定律可以解题。
11．如图，绝缘水平桌面上、电荷量为Q（Q＞0）的小球甲固定于A点，另一个电荷量为q的有孔小球乙套在固定的绝缘竖直细杆上，且恰能静止于B点，杆上O点与A等高，AO＝d，∠OAB＝α＝30°，静电力常量为k，重力加速度大小为g，不计摩擦力和空气阻力，小球视为质点且电荷量不变。
（1）指出小球乙带哪种电荷，求出小球乙的质量m；
（2）将小球乙向上拉到C点（∠OAC＝β＝60°），再由静止释放，求：
①乙球在C点释放后瞬间的加速度大小a；
②小球到达D点（C、D关于O点对称）时的动能Ek。
【分析】（1）对小球受力分析可知电性，根据共点力平衡条件解得质量．
（2）根据牛顿第二定律可解得加速度；根据动能定理解答第二问。
【解答】解：（1）小球乙在B点受重力、弹力和电场力这三个力作用平衡，故甲、乙间的电场力为引力，所以乙球带负电；
由平衡条件得
解得
（2）①在C点，由牛顿第二定律有
解得
②C、D两点电势相等，从C到D，电场力做功为零，由动能定理有mg×2dtanβ＝Ek﹣0
解得Ek＝
答：（1）小球乙带负电，乙的质量为；
（2）①乙球在C点释放后瞬间的加速度大小为；
②小球到达D点（C、D关于O点对称）时的动能为。
【点评】本题关键要正确分析小球的受力情况，运用牛顿第二定律、动能定理处理力电综合问题，注意库仑定律的应用．
12．图为某个有奖挑战项目的示意图，挑战者压缩弹簧将质量m0＝0.3kg的弹丸从筒口A斜向上弹出后，弹丸水平击中平台边缘B处质量m1＝0.3kg的滑块或质量m2＝0.2kg的“L形”薄板，只要薄板能撞上P处的玩具小熊就算挑战成功。已知弹丸抛射角θ＝53°，B与A的高度差，B与P处的小熊相距s＝2.2m，薄板长度L＝0.9m，最初滑块在薄板的最左端；滑块与薄板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，薄板与平台间的动摩擦因数μ2＝0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；薄板厚度不计，弹丸和滑块都视为质点，所有碰撞过程的时间和外力影响均不计，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。
（1）求A、B间的水平距离x；
（2）若弹丸与薄板发生完全非弹性碰撞，试通过计算判定挑战会不会成功；
（3）若弹丸与滑块发生完全弹性碰撞，且之后可能的碰撞也为完全弹性碰撞，试通过计算判定挑战会不会成功。
【分析】（1）弹丸从A到B的运动过程，可视为从B到A的平抛运动的逆过程，由平抛运动规律求解；
（2）根据动量守恒定律求得弹丸与薄板碰后瞬间的共同速率，根据动能定理求得向右运动的最大位移，进而通过位置关系判定；
（3）根据弹性碰撞过程系统动量和机械能均守恒，求得碰撞后的速度，通过受力分析判断两者相对运动情况，通过位置关系判定；
【解答】解：（1）设弹丸在筒口A的速率为v0，弹丸从A到B的运动过程，可视为从B到A的平抛运动的逆过程，由平抛运动规律得：
x＝v0t
将代入解得：
，v0＝5m/s，；
（2）弹丸与薄板发生完全非弹性碰撞，设碰后瞬间的共同速率为v，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
m0v0＝（m0+m2）v
解得：v＝3m/s
碰撞结束时，滑块速度仍然为零，将在B处脱离薄板，弹丸与薄板整体向右做匀减速直线运动，设此过程发生的最大位移为xm。
由动能定理得：
解得：xm＝1.5m
因xm+L＝1.5m+0.9m＝2.4m＞s＝2.2m，所以薄板能撞上小熊，挑战会成功。
（3）弹丸与滑块发生弹性碰撞，设碰后两者速率分别为v0′、v1。以水平向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒得：
m0v0＝m0v0′+m1v1
m0＝m0v0′2+m1
解得：v1＝5m/s，v0′＝0（碰撞后弹丸掉落）
薄板所受滑块的滑动摩擦力为：f1＝μ1m1g，解得：f1＝1.5N
薄板所受平台的最大静摩擦力为：f2＝μ2（m1+m2）g，解得：f2＝1.5N
因f1＝f2，故薄板静止不动。
设滑块滑至薄板右侧与薄板右端相碰时，滑块速率为v2，由动能定理得：
解得：v2＝4m/s
滑块与薄板发生弹性碰撞，设碰后两者速度分别为v3、v4，以水平向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒得：
m1v2＝m1v3+m2v4
解得：v3＝0.8m/s，v4＝4.8m/s
此后，滑块向右做匀加速直线运动，薄板向右做匀减速直线运动，假设两者能够共速，速率为v5，以水平向右为正方向，对滑块和薄板，分别由动量定理得：
μ1m1gt1＝m1v5﹣m1v3
﹣μ1m1gt1﹣μ2（m1+m2）gt1＝m2v5﹣m2v4
解得：v5＝1.8m/s，t1＝0.2s
此过程中，设滑块与薄板发生的位移分别为x1和x2，由运动学公式得：
，解得：x1＝0.26m
，解得：x2＝0.66m
因：x2+L＝0.66m+0.9m＝1.56m＜s＝2.2m，故薄板没有撞上小熊。
滑块与薄板的相对位移为：Δx1＝x2﹣x1＝0.66m﹣0.26m＝0.4m＜L＝0.9m，故两者能共速的假设成立。
共速后，因μ1＞μ2，故两者相对静止做匀减速直线运动直至停止，设共速后的最大位移为x3，由动能定理得：
解得：x3＝0.54m
因x2+x3+L＝0.66m+0.54m+0.9m＝2.1m＜s＝2.2m，所以薄板不能撞上小熊，挑战失败。
答：（1）A、B间的水平距离x为；
（2）挑战会成功，计算判定过程见解析；
（3）挑战不会成功，计算判定过程见解析。
【点评】本题考查了碰撞模型与板块相对运动模型，属于多物体，多过程的复杂问题，难度较大。考查力与运动逻辑分析能力。板块的相对运动需要考虑是否可以共速，以及共速之后运动形式。要掌握碰撞模型的经验公式与特点，比如弹性碰撞时，质量相等，速度交换。
（多选）13．下列说法正确的是 （ ）
A．花粉在液体中做布朗运动的剧烈程度只与花粉颗粒的大小有关
B．分子间的引力和斥力同时存在，且均随分子间距离的增大而减小
C．0℃的冰融化成0℃的水的过程中，水分子热运动的平均动能不变
D．一定质量的理想气体在等温压缩过程中，一定对外界放出了热量
E．冰箱能够将热量从低温物体传递到高温物体，所以它不遵循热力学第二定律
【分析】液体温度越高、颗粒越小，布朗运动越激烈；根据分子动理论分析分子间作用力，根据温度是分子平均动能的标志判断；根据热力学定律分析DE项。
【解答】解；A．花粉在液体中做布朗运动的剧烈程度与花粉颗粒的大小和温度有关，故A错误；
B．根据分子动理论，分子间的引力和斥力同时存在，且均随分子间距离的增大而减小，故B正确；
C．分子的平均动能由温度决定，0℃的冰与0℃的水温度相等，水分子热运动的平均动能不变，故C正确；
D．一定质量的理想气体在等温压缩过程中，温度不变，则ΔU＝0
体积减小，外界对气体做功，则W＞0，根据ΔU＝W+Q，解得Q＜0
由此可知，一定质量的理想气体在等温压缩过程中，一定对外界放出了热量，故D正确；
E．冰箱能够将热量从低温物体传递到高温物体，消耗了电能，因此冰箱仍然遵循热力学第二定律，故E错误。
故选：BCD。
【点评】本题考查了分子势能、布朗运动、热力学定律分布等热学知识，要求学生对这部分知识要重视课本，强化记忆。
14．如图，一圆柱形气缸固定在水平地面上，用质量m＝1kg、横截面积S＝1000cm2的活塞密封着一定质量的理想气体，跨过光滑定滑轮的轻绳两端分别连接着活塞和一质量M＝12kg的重物，左、右侧的绳均竖直，活塞与气缸之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等且为10N，开始时缸内气体的温度为t＝27℃，压强为p＝0.9×105Pa，活塞与气缸底部的距离为H＝50cm，重物与水平地面的距离为h＝10cm，外界大气压为p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2，现对缸内气体缓慢加热，求：
（1）重物恰好开始下降时缸内气体的温度；
（2）重物刚与地面接触时缸内气体的温度。
【分析】（1）将活塞作为研究对象，受力分析，找到重物恰好开始下降时气体的压强，再根据查理定律列等式，求出对应的温度。
（2）活塞开始运动到重物刚与地面接触时，认为活塞是缓慢运动的，那么活塞受到的气体压力将不变，该过程是等压变化，再根据盖﹣吕沙克定律求其对应的温度。
【解答】解：（1）以气缸中的气体为研究对象，初态：温度T＝t+273K＝300K，压强p＝0.9×105Pa；
末态（重物恰好开始下降时）：温度T1，设气缸中气体压强为p1；活塞处于平衡状态，由力的平衡条件有p1S+Mg＝p0S+mg+f
解得
气缸中的气体做等容变化，由查理定律有
代入数据解得：T1＝330K
（2）活塞从开始运动至重物刚好与地面接触过程中，设末态温度为T2，气体做等压变化，初末状态的体积为V1＝HS，V2＝（H+h）S
由盖—吕萨克定律有
代入数据解得：T2＝396K
答：（1）重物恰好开始下降时缸内气体的温度是330K；
（2）重物刚与地面接触时缸内气体的温度是396K。
【点评】本题考查的是理想气体方程，能否准确地找到研究对象，是学生愿意出现问题的地方，还有能否找到气体的初末状态也是学生愿意出现问题的地方。
15．如图，在某一均匀介质中，M、N是振动情况完全相同的两个波源，其简谐运动表达式均为x＝0.2sin10πt（m），介质中P点与M、N两个波源的距离分别为3m和5m，两波源形成的简谐波从t＝0时刻，同时分别沿MP、NP方向传播，波速都是10m/s，则简谐横波的波长为 2.0 m；P点的振动 加强 （填“加强”或“减弱”）；0～1s内，P点通过的路程为 4.8 m。（数值结果均保留两位有效数字）
【分析】由简谐运动表达式为x＝0.2sin（10πt）m，读出ω，由T＝求得波的周期T，由v＝求解波长；根据P点与A、B两波源的路程差与波长的关系，分析P点的振动情况，若路程差是波长的整数倍，则振动加强；若路程差是半个波长的奇数倍，则振动减弱，根据时间与周期的关系解得路程。
【解答】解：由简谐运动表达式为x＝0.2sin（10πt）m知，角频率ω＝10πrad/s，则周期为T＝＝s＝0.2s
由v＝
解得波长λ＝vT＝10×0.2m＝2.0m；
据题：P点到A、B两个波源的路程差Δs＝5m﹣3m＝2m＝λ，故P点的振动加强；
P点加强时的振幅为A'＝2A＝0.2×2m＝0.4m
M点振动传到P点用时t＝＝s＝0.3s，N点振动传到P点用时t'＝＝s＝0.5s
可知0～1s内，P点通过的路程为s＝4×0.2m+2×4×0.4m+2×0.4m＝4.8m
故答案为：2.0；加强；4.8
【点评】本题要掌握简谐运动的表达式x＝Asinωt，即可读出ω，求出周期和波长．根据路程与波长的关系，确定质点的振动强弱是常用的方法．
16．2022年10月31日，中国空间站梦天实验舱发射成功，梦天实验舱主要面向微重力进行科学研究。如图所示为某宇航员进行的水球光学实验，在水球中心注入空气，形成球形气泡，内外两球面球心均在O点，让一束单色光从外球面上的A点与AO连线成53°角射入球中，光束经折射后恰好与内球面B点相切。已知内球面与外球面半径之比为3：5，sin53°＝0.8，求：
（1）水的折射率；
（2）欲使该光束能射入内部气泡中，在A点入射角应该满足什么条件？（不考虑光在水中的二次反射）
【分析】（1）根据已知条件找到入射角折射角，然后利用结合关系求出折射率；
（2）作出光路图，根据几何关系求解折射角和入射角，再根据正弦定理及全反射规律进行解答。
【解答】解：（1）设内球面半径为3R，则外球面半径为5R，光在A发生折射，由折射定律有，如图所示
根据几何关系可知
代入数据联立解得；
（2）光在内球表面上刚好发生全反射的光路如答图示
设光在A点的入射角和折射角分别为i'和r'，在内球面D点发生全反射，由折射定律有
且
对三角形ADO，由正弦定理有
由三角函数关系有
解得，
所以，入射角应该满足什么条件为i＜37°；
答：（1）水的折射率为；
（2）欲使该光束能射入内部气泡中，在A点入射角应该满足条件为i＜37°。
【点评】本题主要是考查光的折射，解答此类问题的关键是画出光路图，根据折射定律和几何关系列方程联立求解。题号
1
2
3
4
5
答案
C
B
A
D
D
题号
6
7
8
13
答案
AD
BC
BD
BCD