湖北省八校联考2025-2026学年高三上学期11月期中物理试题

湖北省2025—2026学年上学期八校期中联考 高三物理试题 本试卷共6页，全卷满分100分，考试用时75分钟。 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。 2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4、考试结束后，请将答题卡上交。 一、单项选择题：（本题共10小题，每小题4分，共40分,。在小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合要求，每小题全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选或者不选的得0分） 1.放射性同位素钍232经α、β衰变会生成氡，其衰变方程为Th→Rn＋Xα＋2β。则下列说法中正确的是(　　) A．衰变方程中X＝2 B．氡核的比结合能大于钍核的比结合能 C．钍核α衰变的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间 D．衰变后α粒子、β粒子与氡核的质量之和等于衰变前钍核的质量 2.密闭容器内封有一定质量的理想气体，V-T图像如图所示，从状态a开始变化，经历状态b、状态c，最后回到状态a完成循环。下列说法正确的是(　　) A．气体在由状态a变化到状态b的过程中放出热量 B．气体在由状态b变化到状态c的过程中，内能增加 C．气体从状态a完成循环回到状态a的过程中，向外界放出热量 D．气体从状态c变化到状态a的过程中，单位时间撞击单位面积容器壁的分子数增加 3.如图甲所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电荷量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由电场强度的叠加原理求出：E＝2πkσ(1－)，方向沿x轴。现考虑单位面积带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板后(如图乙所示)，在其轴线上任意一点Q(坐标为x)处放置一个点电荷q0，则q0所受电场力的大小为(　　) 甲　　　　　　　　　乙　　 A．2πkσ0q0　　　　　 B．2πkσ0q0 C．2πkσ0q0 D．2πkσ0q0 4.风力发电机的工作原理可以简化为如图所示的模型：风轮通过齿轮箱带动矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生交流电，并通过变压器和远距离输电线给灯泡L供电。两变压器均为理想变压器，当发电机线圈转速减小时，以下说法正确的是(　　) A．通过R的电流增加 B．降压变压器的输入电压U3减小 C．灯泡L消耗的功率增加 D．发电机的输出功率不变 5.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，电源的输出电压u＝30sin 100πt，定值电阻R1＝10 Ω，R3＝1 Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为4 Ω，a、b为滑动变阻器的两个端点，所有电表均为理想电表。现将滑动变阻器滑片P置于a端，则(　　) A．电流表示数为1.5 A B．电压表示数为15 V C．滑片P由a向b缓慢滑动，R1消耗的功率增大 D．滑片P由a向b缓慢滑动，变压器的输出功率减小 6.某学习小组设计了一种测温装置，用于测量教室内的气温(教室内的气压为一个标准大气压，相当于76 cmHg产生的压强)，结构如图所示，导热性能良好的大玻璃泡A内有一定量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，B管内水银面的高度x可反映所处环境的温度，据此在B管上标注出温度的刻度值。当教室内温度为7 ℃时，B管内水银面的高度为20 cm。B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，则以下说法正确的是(　　) A．B管上所刻的温度数值上高下低 B．B管内水银面的高度为16 cm时，教室内的温度为17 ℃ C．B管上所刻的温度数值间隔是不均匀的 D．若把这个已刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际温度偏高 7.如图，两端开口的圆筒与水平地面成一定角度倾斜放置。OO′是圆筒的中轴线，M、N是筒壁上的两个点，且MN∥OO′。一个可视为质点的小球自M点正上方足够高处自由释放，由M点无碰撞进入圆筒后一直沿筒壁运动，a、b、c是小球运动轨迹与MN的交点。小球从M到a用时t1，从a到b用时t2，从b到c用时t3，小球经过a、b、c时对筒壁压力分别为Fa、Fb、Fc，lMa、lab、lbc表示M、a、b、c相邻两点间的距离，不计一切摩擦。下列说法正确的是(　　) A．Fa＝Fb＝Fc B．t1<t2<t3 C．Fa<Fb<Fc D．lMa∶lab∶lbc＝1∶3∶5 8.均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，t＝0时刻部分质点的状态如图甲所示，其中实线AE表示波峰，虚线FG表示相邻的波谷，A处质点的振动图像如图乙所示，z轴正方向竖直向上，下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　　乙 A．该波从A点传播到B点，所需时间为4 s B．t＝6 s时，B处质点位于波峰 C．t＝8 s时，C处质点振动速度方向竖直向上 D．t＝10 s时，D处质点所受回复力方向竖直向下 9.如图所示，在理想变压器原线圈回路中接阻值为100 Ω的电阻R1，副线圈回路中接阻值为7.5 Ω 的电阻R2，原线圈输入端与u＝220sin 100πt(V)的交流电源连接，电表均为理想电表，当开关S闭合时，电流表示数为1 A，下列说法正确的是(　　) A．电压表示数为30 V B．电阻R2的功率为240 W C．通过电阻R2的交流电频率为25 Hz D．若断开开关S，电压表示数为55 V 10.如图，水平面上有两条相距为L的足够长光滑平行金属导轨，在导轨上相隔某一距离垂直导轨静置长度均为L的金属棒a和b，垂直导轨的虚线MN右侧存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，匀强磁场磁感应强度为B，导轨左端接有电压传感器。现让金属棒a、b分别以速度v0、3v0向右运动，t＝0时刻金属棒b经过MN进入磁场区域，当金属棒a刚要进入磁场时，电压传感器的示数U＝。已知金属棒a、b材质相同，a、b棒的质量分别为2m、m，a棒电阻为R。导轨电阻不计，不考虑电压传感器对电路的影响，磁场区域足够大，下列说法正确的是(　　) A．从t＝0时刻开始，电压传感器的示数逐渐减小 B．改变a、b两棒间初始距离，不会改变两棒的最终速度 C．当金属棒a刚进入磁场时，a、b两棒间的距离为 D．整个过程中金属棒a上产生的焦耳热为mv 二、非选择题：（本大题共5小题，共60分） 11、(7分)某探究学习小组的同学用如图甲所示装置测量滑块和木板间的动摩擦因数。装置由弹簧测力计、两个光电门、滑块、长木板和砝码盘(含砝码)等组成。光电门可以测出滑块上的遮光条依次通过两个光电门的时间Δt1、Δt2，游标卡尺测出遮光条的宽度d，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离L，不计滑轮的质量和摩擦。 甲　　　　　　　　　　　　　　　　乙 (1)测量d时，游标卡尺(主尺的最小分度为1mm)的示数如图乙所示，则遮光条的宽度为________cm。(2分) (2)改变砝码盘中的砝码，记录弹簧测力计的示数F和用所测数据求出滑块对应的加速度a。以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a-F图像是一条直线，直线与横坐标的截距为b，直线的斜率为k，重力加速度为g。则滑块与木板间的动摩擦因数可表示为________(用b、k、g表示)。(3分) (3)如果换成表面更加粗糙的木板重新进行实验，则得到的a-F图像的斜率k将________(选填“变大”“变小”或“不变”)。(2分) 12.(10分) (1)某实验小组用图甲所示器材精确测量一粗细均匀的电阻丝的电阻，其中部分器材的参数如下： 电源：电动势为4 V； 待测电阻丝：阻值约为6 Ω； 电压表：量程3 V，内阻约为3 kΩ； 量程15 V，内阻约为15 kΩ； 电流表：量程0.6 A，内阻约为0.05 Ω； 量程3 A，内阻约为0.01 Ω。 ①图甲中电压表应选________的量程，电流表应选________的量程。(4分) ②要求电阻丝两端的电压调节范围尽量大，在图甲中将测量电阻丝电阻的电路补充完整。 (2分) 甲 (2)在(1)中测得电阻丝的电阻为6.0 Ω，再用刻度尺测量该电阻丝的长度为50.00 cm。该实验小组又利用该电阻丝进一步测量一节干电池的电动势和内阻，设计了如图乙所示的电路，其中的电池即为待测电池，定值电阻R0＝4 Ω。使金属滑片接触电阻丝的不同位置，分别记录电阻丝连入电路的有效长度x及对应的电压表示数U，作出-图像如图丙所示，电压表看作理想电压表，则该电池的电动势为________V，内阻为________Ω(结果均保留两位有效数字)。(4分) 乙　　　　　　　　　　　　　丙 13.(10分)舱外航天服有一定的伸缩性，能封闭一定的气体，提供人体生存的气压。2021年11月8日，王亚平身穿我国自主研发的舱外航天服“走出”太空舱，成为我国第一位在太空“漫步”的女性。王亚平先在节点舱(出舱前的气闸舱)穿上舱外航天服，若航天服内密闭气体的体积为V1＝2 L，压强p1＝5.0×104 Pa，温度t1＝27 ℃。然后把节点舱的气压不断降低，到能打开舱门时，航天服内气体体积膨胀到V2＝2.5 L，温度为t2＝－3 ℃，压强为p2(未知)。为便于舱外活动，航天员出舱前将一部分气体缓慢放出，使航天服内的气体体积仍变为V1，气压降到p3＝3.0×104 Pa，假设释放气体过程中温度不变。求： (1)压强p2；(5分) (2)航天服需要放出的气体与原来航天服内气体的质量之比。(5分) 14.(15分)如图所示，在长方体Ⅰ区域内，有垂直平面abb′a′的匀强电场，电场强度为E，已知bc长为L，bb′长为2L。Ⅱ区为电加速区，由间距为d的正中间有小孔S、O的两个正方形平行金属板M、N构成，金属板边长为l＝d，Ⅲ、Ⅳ区为长方体形状的磁偏转区，水平间距分别为d、4d，其竖直截面与金属板形状相同。Ⅳ区左右截面的中心分别为O1、O2，以O1为坐标原点，垂直长方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N间匀强电场大小为E，方向沿＋y方向；Ⅲ、Ⅳ区的匀强磁场大小相等、方向分别沿＋z、－z方向。现有一电荷量为＋q、质量为m的粒子以某一初速度从c点沿平面cbb′c′进入电场区域，经b′点垂直平面a′b′c′d′由小孔S沿＋y方向进入Ⅱ区，经过一段时间后恰好能返回到小孔S，不考虑粒子的重力。求： (1)粒子经过b′点的速度大小v0；(3分) (2)粒子经过小孔O时的速度大小v；(4分) (3)粒子在磁场中相邻两次经过小孔O时运动的时间及磁感应强度B的大小；(4分) (4)若在Ⅲ区中＋x方向增加一个附加匀强磁场，可使粒子经过小孔O后恰好不能进入到Ⅳ区，并直接从Ⅲ区前表面(＋x方向一侧)的P点飞出，求P点坐标。(4分) 15.(18分)如图所示，足够长的倾角为θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定有垂直于斜面的挡板P。质量为M＝1 kg 的“L”形木板A被锁定在斜面上，木板下端距挡板P的距离为x0＝40 cm。质量为m＝1 kg的小物块B(可视为质点)被锁定在木板上端，A与B间的动摩擦因数μ＝。某时刻同时解除A和B的锁定，经时间t＝0.6 s，A与B发生第一次碰撞，在A与P发生第二次碰撞后瞬间立即对B施加沿A向上的恒力F＝20 N。当B速度最小时再一次锁定A。已知A与P、A与B的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)A与P发生第一次碰撞前瞬间B的速度大小；(4分) (2)从开始运动到A与B发生第一次碰撞的时间内，系统损失的机械能；(4分) (3)A与P第二次碰撞时，B离挡板的距离；(5分) (4)B从开始运动到离开A所用的时间。(5分) 共6页 第1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北省2025—2026学年上学期八校期中联考 高三物理试题 本试卷共6页，全卷满分100分，考试用时75分钟。 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。 2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4、考试结束后，请将答题卡上交。 一、单项选择题：（本题共10小题，每小题4分，共40分,。在小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合要求，每小题全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选或者不选的得0分） 1.放射性同位素钍232经α、β衰变会生成氡，其衰变方程为Th→Rn＋Xα＋2β。则下列说法中正确的是(　　) A．衰变方程中X＝2 B．氡核的比结合能大于钍核的比结合能 C．钍核α衰变的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间 D．衰变后α粒子、β粒子与氡核的质量之和等于衰变前钍核的质量 答案解析：B　 α粒子为He、β粒子为e，根据质量数守恒有232＝220＋4X，解得X＝3，故A错误；衰变过程释放能量，生成的氡核更稳定，比结合能大于钍核的比结合能，故B正确；根据半衰期的定义，可知钍核的半衰期不等于其放出一个α粒子所经历的时间，故C错误；α衰变释放核能，有质量亏损，故D错误。故选B。 2.密闭容器内封有一定质量的理想气体，V-T图像如图所示，从状态a开始变化，经历状态b、状态c，最后回到状态a完成循环。下列说法正确的是(　　) A．气体在由状态a变化到状态b的过程中放出热量 B．气体在由状态b变化到状态c的过程中，内能增加 C．气体从状态a完成循环回到状态a的过程中，向外界放出热量 D．气体从状态c变化到状态a的过程中，单位时间撞击单位面积容器壁的分子数增加 答案解析：C　 气体在由状态a变化到状态b的过程中压强不变，体积增大，气体对外做功，即W＜0，温度升高，气体内能增大，即ΔU＞0，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，可知Q＞0，气体吸收热量，故A错误；气体在由状态b变化到状态c的过程中，气体温度不变，气体内能不变，故B错误；气体从状态a完成循环回到状态a的过程中，气体温度不变，气体内能不变，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q＝0，从a到b为等压变化，气体体积变大，气体对外做功为W1＝pb(Vb－Va)，从b到c为等温变化，气体体积减小，外界对气体做功为W2＝(Vb－Va)，为从b到c的压强的平均值，据pbVb＝pcVc，可得pc＞pb，所以＞pb，数值上W2＞W1，而气体从c到a体积不变，气体不做功，故气体从状态a完成循环回到状态a的过程中，表现为外界对气体做功，总全程功为正值，根据热力学第一定律可知气体向外界放出热量，故C正确；气体从状态c变化到状态a的过程中，体积不变，分子数密度不变，而温度降低，分子的平均动能减小，气体的压强减小，所以单位时间撞击单位面积容器壁的分子数不会增加，故D错误。故选C。 3.如图甲所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电荷量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由电场强度的叠加原理求出：E＝2πkσ(1－)，方向沿x轴。现考虑单位面积带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板后(如图乙所示)，在其轴线上任意一点Q(坐标为x)处放置一个点电荷q0，则q0所受电场力的大小为(　　) 甲　　　　　　　　　乙　　 A．2πkσ0q0　　　　　 B．2πkσ0q0 C．2πkσ0q0 D．2πkσ0q0 答案解析：A　 无限大均匀带电平板R取无限大，在Q点产生的场强E1＝2πkσ0≈2πkσ0，半径为r的圆板在Q点产生的场强E2＝2πkσ0，无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板后的场强是两个场强的差，所以E＝E1－E2＝2πkσ0，则q0所受电场力的大小为F＝Eq0＝2πkσ0q0，故选A。 4.风力发电机的工作原理可以简化为如图所示的模型：风轮通过齿轮箱带动矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生交流电，并通过变压器和远距离输电线给灯泡L供电。两变压器均为理想变压器，当发电机线圈转速减小时，以下说法正确的是(　　) A．通过R的电流增加 B．降压变压器的输入电压U3减小 C．灯泡L消耗的功率增加 D．发电机的输出功率不变 答案解析：B　 当发电机线圈转速减小时，根据Em＝nBSω，可知升压变压器的输入电压U1减小，而负载不变，因此升压变压器的输入电流I1减小，故发电机的输出功率减小，故D错误；根据＝，可知I1减小时，I2也减小，即通过R的电流减小，故A错误；由于I2＝I3，因此I3减小，根据＝，可知I4减小，根据U4＝I4RL，P＝IRL，可知灯泡L消耗的功率减小，U4减小，根据＝，可知U3减小，故B正确，C错误。故选B。 5.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，电源的输出电压u＝30sin 100πt，定值电阻R1＝10 Ω，R3＝1 Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为4 Ω，a、b为滑动变阻器的两个端点，所有电表均为理想电表。现将滑动变阻器滑片P置于a端，则(　　) A．电流表示数为1.5 A B．电压表示数为15 V C．滑片P由a向b缓慢滑动，R1消耗的功率增大 D．滑片P由a向b缓慢滑动，变压器的输出功率减小 答案解析：C　 题图的等效电路图如图所示。设原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，又因为理想变压器原、副线圈的功率相等，有＝，＝，整理有R3′＋R2′＝，电源的电压输出为u＝30sin 100πt(V)，因为电流表和电压表测量的为有效值，电源电压的有效值为30 V，电流表的示数为I＝＝1.0 A，原线圈两端电压的有效值为U1有＝u有－IR1，电压表测量的是副线圈两端的电压，即＝，整理有U2有＝10 V，故AB错误；当滑片P从a向b缓慢滑动过程中，其电阻的阻值减小，根据电流规律可知，其总电阻减小，结合之前的分析可知，其电流将增加，即流过电阻R1的电流变大，根据P＝I2R可知，电阻R1不变，电流变大，所以功率变大，故C项正确；由之前的分析，当滑片在a端时，其等效电阻为R3′＋R2′＝＝20 Ω，当滑片在b端时，其等效电阻为R3′＝R3＝4 Ω，可以将电阻R1与电源放在一起，等效成新电源，其副线圈输出功率变为新电源的输出功率，有电源的输出功率的规律可知，当等效电阻等于新电源的内阻时，即等效电阻为10 Ω时，其输出功率最大，所以在滑片从a向b缓慢滑的过程中，其副线圈的输出功率先增大，后减小，故D项错误。故选C。 6.某学习小组设计了一种测温装置，用于测量教室内的气温(教室内的气压为一个标准大气压，相当于76 cmHg产生的压强)，结构如图所示，导热性能良好的大玻璃泡A内有一定量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，B管内水银面的高度x可反映所处环境的温度，据此在B管上标注出温度的刻度值。当教室内温度为7 ℃时，B管内水银面的高度为20 cm。B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，则以下说法正确的是(　　) A．B管上所刻的温度数值上高下低 B．B管内水银面的高度为16 cm时，教室内的温度为17 ℃ C．B管上所刻的温度数值间隔是不均匀的 D．若把这个已刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际温度偏高 答案解析：D　 当温度升高时，管内气体体积变大，B管液面降低，则B管上所刻的温度数值上低下高，故A错误；B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，可认为气体做等容变化，则当温度为7 ℃时候，设温度为T1＝273 K＋7 K＝280 K，大玻璃泡A内气体压强为p1＝76 cmHg－20 cmHg＝56 cmHg，温度改变为T2时，气体压强为p2＝76 cmHg－16 cmHg＝60 cmHg，根据＝，可得T2＝300 K＝27 ℃，选项B错误；温度改变为T时，气体压强为p＝76－x，根据＝，可得T＝380－5x，则B管上所刻的温度数值间隔是均匀的，选项C错误；若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，大气压强比地面偏小，导致A内体积偏大，管内液面下降，则测出的温度比实际偏高，故D正确。故选D。 7.如图，两端开口的圆筒与水平地面成一定角度倾斜放置。OO′是圆筒的中轴线，M、N是筒壁上的两个点，且MN∥OO′。一个可视为质点的小球自M点正上方足够高处自由释放，由M点无碰撞进入圆筒后一直沿筒壁运动，a、b、c是小球运动轨迹与MN的交点。小球从M到a用时t1，从a到b用时t2，从b到c用时t3，小球经过a、b、c时对筒壁压力分别为Fa、Fb、Fc，lMa、lab、lbc表示M、a、b、c相邻两点间的距离，不计一切摩擦。下列说法正确的是(　　) A．Fa＝Fb＝Fc B．t1<t2<t3 C．Fa<Fb<Fc D．lMa∶lab∶lbc＝1∶3∶5 答案解析：A　 由题意可知，小球在圆筒中做匀速圆周转动，转动速度大小相等，转动半径相同，由向心力公式可知，筒壁对小球的弹力大小相等，由牛顿第三定律可知，小球对筒壁的压力大小相等，因此则有Fa＝Fb＝Fc，A正确；小球自M点正上方足够高处自由释放，由M点无碰撞进入圆筒后，其速度可分解为沿筒壁转动的速度和沿筒壁下滑的初速度，因圆筒倾斜放置，小球在圆筒中有沿筒壁向下的重力分力，因此小球在圆筒中做匀速圆周转动的同时又有沿筒壁向下做初速度不是零的匀加速直线运动，因转动周期相等，则有t1＝t2＝t3，B错误；C错误；因小球沿筒壁向下做初速度不是零的匀加速直线运动，由位移时间公式x＝v0t＋at2可知lMa∶lab∶lbc≠1∶3∶5，D错误。故选A。 8.均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，t＝0时刻部分质点的状态如图甲所示，其中实线AE表示波峰，虚线FG表示相邻的波谷，A处质点的振动图像如图乙所示，z轴正方向竖直向上，下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　　乙 A．该波从A点传播到B点，所需时间为4 s B．t＝6 s时，B处质点位于波峰 C．t＝8 s时，C处质点振动速度方向竖直向上 D．t＝10 s时，D处质点所受回复力方向竖直向下 答案解析：ACD　 由图甲、乙可看出，该波的波长、周期分别为λ＝10 m，T＝4 s，则根据波速公式v＝＝2.5 m/s，A、B间距为一个波长，则该波从A点传播到B点，所需时间为t＝＝ s＝4 s，故A正确；由选项A可知，则该波从A点传播到B点，所需时间为4 s，则在t＝6 s时，B点振动了2 s，即，则B处质点位于波谷，故B错误；波从AE波面传播到C的距离为x＝(10－10) m，则波从AE波面传播到C的时间为t＝≈4.9 s，则t＝8 s时，C处质点振动了3.1 s，则此时质点速度方向竖直向上，故C正确；波从AE波面传播到D的距离为x＝(10－10) m，则波从AE波面传播到D的时间为t＝≈1.7 s，则t＝10 s时，D处质点振动了8.3 s，则此时质点位于z轴上方，回复力方向竖直向下，故D正确。故选ACD。 9.如图所示，在理想变压器原线圈回路中接阻值为100 Ω的电阻R1，副线圈回路中接阻值为7.5 Ω 的电阻R2，原线圈输入端与u＝220sin 100πt(V)的交流电源连接，电表均为理想电表，当开关S闭合时，电流表示数为1 A，下列说法正确的是(　　) A．电压表示数为30 V B．电阻R2的功率为240 W C．通过电阻R2的交流电频率为25 Hz D．若断开开关S，电压表示数为55 V 答案解析：AD　 由电压表达式u＝220sin 100πt(V)，可知ω＝100π rad/s，交流电源的频率为f＝＝50 Hz，变压器不改变交变电流的频率，所以通过R2的交流电频率为50 Hz，故C错误；原线圈输入端电压有效值为U＝＝220 V，原线圈两端电压为U1＝U－IR1＝120 V，理想变压器原线圈输入功率为P1＝U1I＝120 W，理想变压器P1＝P2，则电阻R2的功率为120 W，故B错误；R2两端电压为U2＝＝30 V，故A正确；原副线圈匝数比为＝＝，若断开开关S，电路中电流为0，原线圈两端电压为U1′＝220 V，电压表示数为U2′＝U1′＝55 V，故D正确。故选AD。 10.如图，水平面上有两条相距为L的足够长光滑平行金属导轨，在导轨上相隔某一距离垂直导轨静置长度均为L的金属棒a和b，垂直导轨的虚线MN右侧存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，匀强磁场磁感应强度为B，导轨左端接有电压传感器。现让金属棒a、b分别以速度v0、3v0向右运动，t＝0时刻金属棒b经过MN进入磁场区域，当金属棒a刚要进入磁场时，电压传感器的示数U＝。已知金属棒a、b材质相同，a、b棒的质量分别为2m、m，a棒电阻为R。导轨电阻不计，不考虑电压传感器对电路的影响，磁场区域足够大，下列说法正确的是(　　) A．从t＝0时刻开始，电压传感器的示数逐渐减小 B．改变a、b两棒间初始距离，不会改变两棒的最终速度 C．当金属棒a刚进入磁场时，a、b两棒间的距离为 D．整个过程中金属棒a上产生的焦耳热为mv 答案解析：CD　 从t＝0时刻开始，在a棒进入磁场之前，b棒做减速运动，则电压传感器的示数逐渐减小；当a棒进入磁场之后，稳定时，电压传感器的示数不变，选项A错误；因b进入磁场后做减速运动，因a、b棒均进入磁场后动量守恒，根据动量守恒定律2mva＋mvb＝(2m＋m)v，a、b两棒间初始距离较大，则当a进入磁场时b减速时间较长，则速度vb较小，则两棒的最终速度较小，则改变a、b两棒间初始距离，会改变两棒的最终速度，选项B错误；a、b棒的质量分别为2m、m，根据m＝ρLS，可知横截面积之比为2∶1，根据R＝ρ，可知电阻之比为1∶2，可知b棒电阻为2R；当金属棒a刚进入磁场时，电压传感器的示数U＝，此时U＝·R，解得vb＝2v0，对b棒由动量定理－BLΔt＝m·2v0－m·3v0，其中q＝Δt＝＝，解得x＝，选项C正确；a棒进入磁场之前，在a棒中产生的焦耳热Q1＝·＝mv，a棒进入磁场之后，到最终达到共同速度时2mv0＋m·2v0＝(2m＋m)v，解得v＝v0，在a棒中产生的焦耳热Q2＝·[·2mv＋m(2v0)2－·3mv2]＝mv，整个过程中金属棒a上产生的焦耳热为Q＝Q1＋Q2＝mv，选项D正确。故选CD。 二、非选择题：（本大题共5小题，共60分） 11、(7分)某探究学习小组的同学用如图甲所示装置测量滑块和木板间的动摩擦因数。装置由弹簧测力计、两个光电门、滑块、长木板和砝码盘(含砝码)等组成。光电门可以测出滑块上的遮光条依次通过两个光电门的时间Δt1、Δt2，游标卡尺测出遮光条的宽度d，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离L，不计滑轮的质量和摩擦。 甲　　　　　　　　　　　　　　　　乙 (1)测量d时，游标卡尺(主尺的最小分度为1mm)的示数如图乙所示，则遮光条的宽度为________cm。(2分) (2)改变砝码盘中的砝码，记录弹簧测力计的示数F和用所测数据求出滑块对应的加速度a。以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a-F图像是一条直线，直线与横坐标的截距为b，直线的斜率为k，重力加速度为g。则滑块与木板间的动摩擦因数可表示为________(用b、k、g表示)。(3分) (3)如果换成表面更加粗糙的木板重新进行实验，则得到的a-F图像的斜率k将________(选填“变大”“变小”或“不变”)。(2分) 解析：(1)遮光条的宽度为d＝11 mm＋8×0.05 mm＝11.40 mm＝1.140 cm。 (2)对滑块，由牛顿第二定律有2F－μMg＝Ma，解得a＝F－μg，可得k＝，0＝b－μg，解得μ＝。 (3)由(2)知斜率为k＝。由此可知如果换成表面更加粗糙的木板重新进行实验，则得到的a­F图像的斜率k将不变。 答案：(1)1.140　(2)　(3)不变 12.(10分) (1)某实验小组用图甲所示器材精确测量一粗细均匀的电阻丝的电阻，其中部分器材的参数如下： 电源：电动势为4 V； 待测电阻丝：阻值约为6 Ω； 电压表：量程3 V，内阻约为3 kΩ； 量程15 V，内阻约为15 kΩ； 电流表：量程0.6 A，内阻约为0.05 Ω； 量程3 A，内阻约为0.01 Ω。 ①图甲中电压表应选________的量程，电流表应选________的量程。(4分) ②要求电阻丝两端的电压调节范围尽量大，在图甲中将测量电阻丝电阻的电路补充完整。 (2分) 甲 (2)在(1)中测得电阻丝的电阻为6.0 Ω，再用刻度尺测量该电阻丝的长度为50.00 cm。该实验小组又利用该电阻丝进一步测量一节干电池的电动势和内阻，设计了如图乙所示的电路，其中的电池即为待测电池，定值电阻R0＝4 Ω。使金属滑片接触电阻丝的不同位置，分别记录电阻丝连入电路的有效长度x及对应的电压表示数U，作出-图像如图丙所示，电压表看作理想电压表，则该电池的电动势为________V，内阻为________Ω(结果均保留两位有效数字)。(4分) 乙　　　　　　　　　　　　　丙 解析：(1)①因为电源电动势为4 V，所以电压表选3 V的量程。由欧姆定律可得流过待测电阻的最大电流大约为I＝＝A＝0.5 A，故电流表应选0.6 A。 ②要求电阻丝两端的电压调节范围尽量大，则滑动变阻器应用分压式接入电路，同时待测电阻是小电阻，电流表应采取外接法，实物图连线如图所示。 (2)由闭合电路欧姆定律E＝U＋，由电阻定律可知＝，故Rx＝12x，联立可得＝＋·，结合图像可得＝0.7，＝，解得E≈1.4 V，r≈1.9 Ω。 答案：(1)①3 V　0.6 A　②图见解析 (2)1.4　1.9(或2.0) 13.(10分)舱外航天服有一定的伸缩性，能封闭一定的气体，提供人体生存的气压。2021年11月8日，王亚平身穿我国自主研发的舱外航天服“走出”太空舱，成为我国第一位在太空“漫步”的女性。王亚平先在节点舱(出舱前的气闸舱)穿上舱外航天服，若航天服内密闭气体的体积为V1＝2 L，压强p1＝5.0×104 Pa，温度t1＝27 ℃。然后把节点舱的气压不断降低，到能打开舱门时，航天服内气体体积膨胀到V2＝2.5 L，温度为t2＝－3 ℃，压强为p2(未知)。为便于舱外活动，航天员出舱前将一部分气体缓慢放出，使航天服内的气体体积仍变为V1，气压降到p3＝3.0×104 Pa，假设释放气体过程中温度不变。求： (1)压强p2；(5分) (2)航天服需要放出的气体与原来航天服内气体的质量之比。(5分) 解析：(1)由题意可知，密闭航天服内气体初、末状态温度分别为 T1＝273＋t1＝300 K，T2＝273＋t2＝270 K 根据理想气体状态方程有＝ 解得p2＝3.6×104 Pa。 (2)设航天服需要放出的气体在压强为p3状态下的体积为ΔV，根据玻意耳定律有 p2V2＝p3(V1＋ΔV) 解得ΔV＝1 L 则放出的气体与原来气体的质量之比为 ＝＝。 答案：(1)3.6×104Pa　(2) 14.(15分)如图所示，在长方体Ⅰ区域内，有垂直平面abb′a′的匀强电场，电场强度为E，已知bc长为L，bb′长为2L。Ⅱ区为电加速区，由间距为d的正中间有小孔S、O的两个正方形平行金属板M、N构成，金属板边长为l＝d，Ⅲ、Ⅳ区为长方体形状的磁偏转区，水平间距分别为d、4d，其竖直截面与金属板形状相同。Ⅳ区左右截面的中心分别为O1、O2，以O1为坐标原点，垂直长方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N间匀强电场大小为E，方向沿＋y方向；Ⅲ、Ⅳ区的匀强磁场大小相等、方向分别沿＋z、－z方向。现有一电荷量为＋q、质量为m的粒子以某一初速度从c点沿平面cbb′c′进入电场区域，经b′点垂直平面a′b′c′d′由小孔S沿＋y方向进入Ⅱ区，经过一段时间后恰好能返回到小孔S，不考虑粒子的重力。求： (1)粒子经过b′点的速度大小v0；(3分) (2)粒子经过小孔O时的速度大小v；(4分) (3)粒子在磁场中相邻两次经过小孔O时运动的时间及磁感应强度B的大小；(4分) (4)若在Ⅲ区中＋x方向增加一个附加匀强磁场，可使粒子经过小孔O后恰好不能进入到Ⅳ区，并直接从Ⅲ区前表面(＋x方向一侧)的P点飞出，求P点坐标。(4分) 解析：(1)沿垂直电场方向有2L＝v0t 沿电场力方向有L＝at2 又a＝ 解得v0＝ 。 (2)粒子由S到O过程，由动能定理得 Eqd＝mv2－mv 解得v＝ ＝ 。 (3)粒子在磁场中运动轨迹(俯视图)如图甲所示。 甲 由几何关系得r＝d 根据牛顿第二定律得qvB＝ 解得B＝ 即B＝ 粒子在磁场中的周期为T＝＝ 由几何关系得粒子在磁场中运动的时间t＝T 联立方程，解得t＝ 。 (4)如图乙所示。粒子恰好与Ⅲ、Ⅳ区边界相切且从P点飞出，对应半径r1＝d 乙 即r1＝，B2＝ 解得cos α＝，α＝30° 由几何关系得r1＝ 解得cos θ＝，θ＝60° 则有xP＝＝d，yP＝r1sin θ－d＝d－d， zP＝－tan α＝－d 即P点坐标为。 答案：(1) 　 (2) (3) 　 (4) 15.(18分)如图所示，足够长的倾角为θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定有垂直于斜面的挡板P。质量为M＝1 kg 的“L”形木板A被锁定在斜面上，木板下端距挡板P的距离为x0＝40 cm。质量为m＝1 kg的小物块B(可视为质点)被锁定在木板上端，A与B间的动摩擦因数μ＝。某时刻同时解除A和B的锁定，经时间t＝0.6 s，A与B发生第一次碰撞，在A与P发生第二次碰撞后瞬间立即对B施加沿A向上的恒力F＝20 N。当B速度最小时再一次锁定A。已知A与P、A与B的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)A与P发生第一次碰撞前瞬间B的速度大小；(4分) (2)从开始运动到A与B发生第一次碰撞的时间内，系统损失的机械能；(4分) (3)A与P第二次碰撞时，B离挡板的距离；(5分) (4)B从开始运动到离开A所用的时间。(5分) 解析：(1)刚解锁时AB相对静止，对AB整体根据牛顿第二定律，有 (M＋m)gsin θ＝(M＋m)a 根据匀加速直线运动公式v2＝2ax0 解得v＝2 m/s。 (2)从解除A和B的锁定到A与P第一次相撞所用的时间t1＝ 解得t1＝0.4 s 从A与P第一次相撞到A和B碰撞的时间 t2＝t－t1 可得t2＝0.2 s 木板与挡板第一次碰撞后，对A，由牛顿第二定律得 Mgsin θ＋μmgcos θ＝Ma1 解得a1＝10 m/s2 对B，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得a2＝0 木板与挡板第一次碰撞后到A和B碰撞，A运动的位移 x1＝vt2－a1t＝0.2 m B运动的位移x2＝vt2＝0.4 m 木板的长度d＝x1＋x2＝0.6 m 根据摩擦生热Q热＝μmgcos θd＝3 J。 (3)A、B碰前的速度vA＝v－a1t2＝0，vB＝v A、B第二次碰撞时，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv＝mv2＋Mv1，mv2＝mv＋Mv 解得v1＝2 m/s，v2＝0 AB碰撞后，对A，由牛顿第二定律得 Mgsin θ－μmgcos θ＝Ma3 对B，由牛顿第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma4 解得a3＝0，a4＝10 m/s2 根据x1＝v1t3 解得t3＝0.1 s 这段时间B运动的位移x3＝a4t＝0.05 m 故B离挡板的距离L＝x1－x3＝0.15 m。 (4)木板与挡板第二次碰撞时物块B的速度 v3＝a4t3＝1 m/s 对A，由牛顿第二定律得 Mgsin θ＋μmgcos θ＝Ma5 解得a5＝10 m/s2 对B，由牛顿第二定律得 F－mgsin θ＋μmgcos θ＝ma6 解得a6＝20 m/s2 B减速到零所用时间为t4，则v3－a6t4＝0 解得t4＝0.05 s A经过这段时间后的速度v4＝v1－a5t4＝1.5 m/s 这段时间A、B的位移分别为 x4＝t4＝0.0875 m x5＝t4＝0.025 m 此时，A、B间距离x6＝L－x4－x5＝0.0375 m B离木板右端的距离x7＝d－x6＝0.5625 m 木板锁定后，对B，由牛顿第二定律得 F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma7 解得a7＝10 m/s2 其中x7＝a7t 解得t5＝ s B从开始运动到离开A所用的时间 t总＝t＋t3＋t4＋t5 t总＝ s。 答案：(1)2 m/s　(2)3 J　(3)0.15 m　 (4) s 学科网（北京）股份有限公司 $