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2021-2022学年湖南省长沙一中高三（下）月考物理试卷（九）
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这是一份2021-2022学年湖南省长沙一中高三（下）月考物理试卷（九），共19页。试卷主要包含了f2等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖南省长沙一中高三（下）月考物理试卷（九）
1. 下列关于物理学史的说法正确的是( )
A. 玻尔提出的原子理论解释了所有元素的原子具有不同特征谱线
B. 伽利略直接通过上百次自由落体运动的实验证实了自由落体运动是匀加速直线运动
C. 爱因斯坦以精湛的技术测量出光电效应中金属的遏止电压与入射光的频率，由此算出普朗克常量h，在误差允许的范围内与普朗克根据黑体辐射得出的h一致，证明了爱因斯坦光电效应方程的正确性
D. 著名的月地检验表明地面物体所受地球的引力与月球所受地球的引力遵从相同的规律
2. 小智同学发现了一张自己以前为研究机动车的运动情况绘制的xt2−1t图像(如图)，x为位移，t为运动时间，已知机动车的运动轨迹是直线，但是不知机动车是处于加速还是刹车状态，请你帮他判定以下合理的说法是( )
A. 机动车处于匀加速状态 B. 机动车的初速度v0=20m/s
C. 机动车的加速度为大小为4m/s2 D. 机动车在前3秒的位移是20m
3. 火星探测项目是我国继载人航天工程、嫦娥工程之后又一个重大空间探索项目，已知地球公转周期为T，到太阳的距离为R1，运行速率为v1，火星到太阳的距离为R2，运行速率为v2，太阳质量为M，引力常量为G。一个质量为m的探测器被发射到一围绕太阳的椭圆轨道上，以地球轨道上的A点为近日点，以火星轨道上的B点为远日点，如图所示，不计火星、地球对探测器的影响，则( )
A. 探测器在A点的加速度等于v12R1
B. 探测器在B点的速度大小为GMR2
C. 探测器沿椭圆轨道从A到B的飞行时间为(R1+R22R1)32T
D. 探测器在B点的动能为12mv22
4. 如图甲所示，倾角为α的斜面固定在水平地面上，斜面上一木块受到与斜面底边平行的力F的作用，当力F逐渐增大时，木块所受的摩擦力f和力F的大小关系如图乙所示。若木块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，图中f1、f2、F1均为已知量，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 木块的质量可表示为f1gcosα
B. 木块与斜面间的动摩擦因数可表示为f1f2tanα
C. F小于F1时木块所受的摩擦力与斜面底边垂直且沿斜面向上
D. F大于F1后木块做曲线运动
5. 如图甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射人木块。当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s(图乙)。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为( )
A. 1v0(s+L) B. 1v0(s+2L) C. 12v0(s+L) D. 1v0(L+2s)
6. 一定质量的实心光滑大球半径为R，放置在固定斜面上(斜面倾角为30∘)，被一竖直挡板挡住，挡板可绕P点在竖直平面内转动，将一半径为r、质量为m的光滑小球放置于大球与挡板之间，整体处于静止状态，如图所示，R=3r，现将竖直挡板顺时针缓慢放平(此过程中大球与挡板始终紧密接触)，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 当整体处于静止状态时小球受挡板的弹力大小为33mg
B. 挡板顺时针缓慢放平过程中大球对小球的弹力一直变大
C. 挡板顺时针缓慢放平过程中挡板对小球的弹力一直变小
D. 最终斜面体对大球的弹力为零
7. 如图所示，边长为L的正方形粗糙绝缘斜面ABCD的倾角为45∘.外干方向水平向左的匀强电场中，一质量为m、电荷量为+q的物体自B点由静止释放，恰好能沿斜面对角线BD做直线运动，到达D点时的速率为v。不计物体电荷量损失，已知重力加速度为g，则根据上述条件可知( )
A. 物体与斜面间的动摩擦因数为2−v22gL
B. 匀强电场的场强大小为2mg4q
C. 从B运动到D，物体的机械能不一定减少
D. 电场力做功和重力做功相等，且都大于14mv2
8. 用如图所示的装置研究光电效应现象，光电管阴极K与滑动变阻器的中心抽头c相连，光电管阳极与滑动变阻器的滑片P相连，初始时滑片P与抽头c正对，电压表的示数为0(电压表0刻线在表盘中央)。在移动滑片P的过程中，光电流I随电压表示数U变化的图像如图所示，已知入射光的光子能量为1.6eV。下列说法正确的是( )
A. 当滑片P与c正对时，电路中有光电流
B. 当U=−0.6V时，滑片P位于a、c之间
C. 阴极材料的逸出功为1.0eV
D. 当U=0.8V时，到达阳极的光电子的最大动能为2.4eV
9. 如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向内。有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α。不计粒子重力及粒子间相互作用，以下说法正确的是( )
A. 若r=2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为πm3qB
B. 若r=2R，粒子沿着与半径方向成45∘角斜向下射入磁场，则有关系式tanα2=22+17成立
C. 若r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为πm6qB
D. 若r=R，粒子沿着与半径方向成60∘角斜向下射入磁场，则圆心角α为120∘
10. 某同学用如图所示的实验装置测量滑块和木板之间的动摩擦因数，滑块上有一宽度为l的挡光片．
(1)他首先测量滑块的加速度．该同学设计的思路是将滑块从距离光电门不同位置处由静止释放，用毫米刻度尺测量出该距离x，用光电门测出对应挡光片的挡光时间t.测出多组x、t的数据．根据测量的数据，该同学在直角坐标系中作出1t2−x图象，如果作出的图象为直线，图线的斜率为k，则滑块运动的加速度大小a=______.
(2)实验中一共挂了三个钩码，如果每个钩码的质量为m，滑块的质量为5m，根据题中所给的数据可求出滑块与木板之间的动摩擦因数μ=______.(已知重力加速度为g)
11. 学校开放实验室，同学们为了描绘小灯泡L的伏安特性曲线，并想同时较准确地测量其在额定电流下的功率，可供选用的器材如下：
小灯泡L(规格“额定电流为1.0A，额定功率约为6.5W”)；
电流表A1(量程3A，内阻约为0.1Ω)；
电流表A2(量程0.5A，内阻r2=8Ω)；
电压表V(量程3V，内阻rv=2.0kΩ)；
标准电阻R1(阻值6.0kΩ)；
标准电阻R2(阻值8Ω)；
学生电源E(电动势约为10V，内阻不计)；
开关S及导线若干。
(1)实验时有两个滑动变阻器可供选择：
A.阻值0到10Ω，额定电流1.0A
B.阻值0到20Ω，额定电流2.0A
本实验应选的滑动变阻器是______(选填“A”或“B”)。
(2)老师要求要尽量准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，电压需从零开始调节，在安全前提下尽可能减小误差且调节方便，在虚线框内画出满足要求的实验电路图，并在图1上标明所选器材代号。
(3)某次实验时，若电流表满偏时，电压表的读数如图2所示，则电压表的读数为______，灯泡额定功率为______ W。(计算结果保留两位小数)
12. 如图所示，光滑水平地面的左侧静止放置一长木板AB，右侧固定一足够长光滑斜面CD.木板的上表面与斜面底端C处于同一水平面。木板质量M=2kg。板长为l=7m。一物块以速度v0=9m/s冲上木板的A端，木板向右运动，B端碰到C点时被粘连，且B、C之间平滑连接。物块质量为m=lkg.可视为质点，与木板间的动摩擦因数为μ=0.45.取g=10m/s2，求
(1)若初始时木板B端距C点的距离足够长，求物块第一次与木板相对静止时的速度和相对木板滑动的距离；
(2)设初始时木板B端距C点的距离为L，试讨论物块最终位置距C点的距离与L的关系，并求此最大距离。
13. 如图所示，左侧倾斜部分为光滑的相互平行放置的间距为L，电阻不计的金属导轨，水平部分为用绝缘材料做成的间距也为L的光滑轨道，两者之间平滑连接。倾斜导轨的倾角为θ，倾斜导轨上端接有一个单刀双掷开关S，接在1端的电源，电动势为E，内阻为r，其串联的定值电阻为R1，接在2端的电容器的电容为C(未充电)。在水平轨道正方形区域Ⅰ、Ⅱ分布有大小相等方向相反的匀强磁场(大小未知)，在倾斜导轨区域Ⅲ中存在方向竖直向上且大小与Ⅰ、Ⅱ区相同的匀强磁场，当先将开关S与1相连时，一质量为m电阻不计的金属导体棒ef恰好能静止在高为h的倾斜导轨上。然后再将开关S掷向2，此后导体棒ef将由静止开始下滑，并且无能量损失地进入水平轨道，之后与原来静止在水平轨道上的“U”型导线框abcd碰撞，并粘合为一个正方形线框，U型导线框三条边总质量为3m、总电阻为4R，当线框完全穿过Ⅰ区磁场后，恰好静止(线框四边与Ⅱ磁场边界线重合)。不计一切摩擦阻力，(本题中E、r、R1、C、R、L、h、θ、m及重力加速度g均为已知)，求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)将开关S掷向2后，ef棒滑到GH处的速度v；(本问中磁感应强度可用B表示)；
(3)线框穿越磁场边界线MN、PQ过程中产生的热量之比Q1：Q2。
14. 下列说法中正确的是( )
A. 一定质量的理想气体等温膨胀时，气体分子单位时间对汽缸壁单位面积碰撞的次数将变少
B. 温度一定时，当人们逐渐感到潮湿，则此时空气的绝对湿度不一定增大
C. 天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间有规则排列
D. 在“油膜法估测分子的大小”的实验中，用一滴油酸酒精溶液的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测油酸分子的直径
E. 生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成
15. 如图所示，柱形绝热汽缸固定在倾角为37∘的斜面上，汽缸深度为H=4cm，汽缸口有固定卡槽。汽缸内用质量为m=1kg、横截面积为S=0.5cm2的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，此时活塞距汽缸底部的距离为H2，汽缸内气体温度为T0。现通过汽缸底部的电热丝(体积可忽略)缓慢对气体加热，一直到气体温度升高到3T0。加热过程中通过电热丝的电流恒为I=0.2A，电热丝电阻为R=1Ω，加热时间为t=1min，若电热丝产生的热量全部被气体吸收。大气压强恒为p0=1.0×105Pa，不计活塞及固定卡槽的厚度，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气。已知sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，取g=10m/s2。求：
(i)气体温度升高到3T0时的压强。
(ii)气体温度从T0升高到3T0的过程中增加的内能。
16. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是波传播到x=5m的M点的波形图，图乙是质点N(x=3m)从此时刻开始计时的振动图象，Q是位于x=10m处的质点．下列说法正确的是( )
A. 这列波的波长是4 m
B. 这列波的传播速度是1.25m/s
C. M点以后的各质点开始振动时的方向都沿+y方向
D. 质点Q经过8 s时，第一次到达波峰
E. 在0∼16s内，质点Q经过的路程为1.1m
如图，足够宽的液槽中水的折射率n=233，M是可绕轴转动的平面镜，M与水平面的夹角为α.光线从液槽的侧壁水平射入水中。
(i)若α=30∘，求经平面镜反射后的光线从水面射出时折射角的正弦值；
(ii)若经平面镜反射后的光线能从水面射出，求α的取值范围。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、玻尔理论只能解释氢原子光谱，故A错误；
B、伽利略基于斜面理想实验的合理外推，得出了自由落体运动是匀加速直线运动，故B错误；
C、密立根通过测量出光电效应中金属的遏止电压与入射光的频率，由此算出普朗克常量h，故C错误；
D、牛顿著名的月地检验表明地面物体所受地球的引力与月球所受地球的引力遵从相同的规律，故D正确；
故选：D。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2.【答案】B
【解析】解：ABC、根据匀变速直线运动的位移-时间公式x=v0t+12at2，变形可得xt2−1t函数关系为：xt2=v01t+12a，由图像斜率的物理意义，可得机动车的初速度为：v0=40.2m/s=20m/s，纵轴截距−4m/s2=12a，可得a=−8m/s2，故机动车处于匀减速状态，加速度为大小为8m/s2，故AC错误，B正确；
D、根据速度-时间公式，可得机动车匀减速运动的总时间为t=0−v0a=0−20−8s=2.5s，则机动车在前3秒的位移等于机动车在前2.5秒的位移，由运动学公式，可得机动车在前3秒的位移为：x=v02t=202×2.5m=25m，故D错误。
故选：B。
将匀变速直线运动的位移-时间公式x=v0t+12at2变形，得到xt2−1t函数关系，再结合图像的信息，利用匀变速直线运动的运动学公式求解。
解答本题的关键要掌握匀变速直线运动的位移-时间公式x=v0t+12at2，通过变形得到xt2−1t函数关系，结合图像斜率和截距的物理意义分析。
3.【答案】A
【解析】解：A、不计火星、地球对探测器的影响，探测器在A点具有的加速度大小与地球具有的加速度大小相等，故加速度等于v12R1，故A正确；
B、对于火星，由万有引力提供向心力有：，解得：v2=GMR2，探测器在B点相对于火星绕太阳做向心运动，线速度小于火星的线速度v2，所以探测器在B点的速度大小小于GMR2，故B错误；
C、对于地球和探测器，根据开普勒第三定律，有：R13T2=(R1+R22)3T′2，解得：T′=(R1+R22R1)32T，
故探测器沿椭圆轨道从A到B的飞行时间为12×(R1+R22R1)32T，故C错误；
D、探测器在B点的速度小于v2，故动能小于12mv22，故D错误。
故选：A。
分析探测器线速度大小，根据向心加速度计算公式分析向心加速度大小；根据开普勒第三定律求解周期，由此得到运动时间；在B点要做近心运动，故速度小于火星的速度，根据动能的计算公式分析动能大小。
本题关键是明确加速度有合力和质量决定导致同一位置的卫星的加速度相同；然后结合开普勒第三定律和牛顿第二定律列式分析。
4.【答案】D
【解析】解：A、将木块所受重力分解为垂直于斜面方向和沿斜面方向的两个分力，木块在斜面平面内的受力有：沿斜面向下的下滑分力mgsinα、水平方向的力F和斜面给木块的静摩擦力，根据平衡条件得：f=F2+(mgsinα)2，当F=0时，由题图乙可知：f1=mgsinα，所以木块的质量：m=f1gsinα，故A错误；
B、当木块刚要运动时，静摩擦力达到最大静摩擦力，有：f2=μmgcosα，则：μ=f2mgcosα，又：m=f1gsinα，所以：μ=f2f1tanα，故B错误；
C、F小于F1时，摩擦力小于最大静摩擦力，则木块保持静止状态，静摩擦力方向与F和重力的下滑分力mgsinα的合力方向相反，不与斜面底边垂直，故C错误；
D、F大于F1后木块将运动，所受滑动摩擦力方向与木块运动方向相反，不会改变速度方向；重力下滑分力mgsinα大小不变，但力F一直增大，所以F与重力下滑分力mgsinα的合力方向不断变化，造成其方向与速度方向不在一条直线上，木块做曲线运动，故D正确。
故选：D。
F=0时，静摩擦力f1=mgsinα，F=F1时物体开始滑动，摩擦力为滑动摩擦力；将物体受力分解为沿斜面平面与垂直斜面的力，分别在斜面平面内和垂直斜面方向列平衡方程即可求解。
本题主要考查了共点力平衡条件的运用，题目的难点在于物体受力为空间力系，需要转换为一个平面内的受力来分析求解。
5.【答案】D
【解析】解：设子弹射穿木块后子弹的速度为v1，木块最终速度为v2，子弹和木块系统动量守恒，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：
mv0=mv1+mv2
设子弹对木块的作用力为f，则对木块有：fs=12mv22
对子弹有：−f(s+L)=12mv12−12mv02
对木块由动量定理有：ft=mv2
联立解得：t=L+2sv0，故ABC错误，D正确。
故选：D。
以子弹与木块组成的系统为研究对象，满足动量守恒定律，分别对子弹和木块列动能定理表达式，再对木块列动量定理表达式，联立可求解。
子弹穿过木块的过程，子弹与木块组成的相同动量守恒，由动量守恒定律与动量定理可以正确解题，解题时注意研究对象、研究过程的选择。
6.【答案】AD
【解析】解、：A、当开始系统处于静止状态时，对小球受力分析如图1所示，由几何关系知道θ=30∘，由平衡条件得到大球对小球的弹力为：
图1
FN2=mgtanθ=33mg，故A正确；
BC、竖直挡板转动过程中挡板对小球的弹力FN2(图中蓝色线)与大球对小球的弹力FN1(图中红色线)的夹角保持不变，小球所受三个力构成封闭的矢量三角形，动态矢量图如图2所示，FN2与FN1的交点在外接圆的圆周上顺时针移动，可知弹力FN1一直变小，FN2先变大再变小，故BC错误；
图2
D、最终挡板对大球的支持力等于重力，斜面对大球弹力为0，故D正确。
故选：AD。
此题涉及到两个平衡状态，由平衡条件求大球对小球的弹力，画出小球在竖直挡板转动过程中的动态矢量图，从该图就能确定各个力大小的变化。
此题的难点在于动态矢量的绘制，要根据题意，细心地画出动态变化平衡关系，从而确定各个力大小的变化。
7.【答案】ACD
【解析】解：对物体在垂直与ABCD面的方向受力分析如图1所示，在ABCD面内的受力分析图如图2所示。
对于图1，物体受到斜面的支持力FN=mgcos45∘=22mg，重力沿斜面向下的分力为mgsin45∘；
对于图2，物体沿BD直线运动，滑动摩擦力沿BD与运动方向相反，电场力与重力沿斜面向下的分力mgsin45∘的合力沿BD与运动方向相同，则有：Eq=mgsin45∘=22mg
滑动摩擦力f=μFN=μmgcos45∘=22μmg
A、对物体从B到D的过程，由动能定理得：
mgLsin45∘+qEL−f⋅Lsin45∘=12mv2
联立解得：μ=2−v22gL，故A正确；
B、由Eq=mgsin45∘=22mg，可得：E=2mg2q，故B错误；
C、此物体的机械能的变化量等于电场力和滑动摩擦力做功的和，则有：
ΔE=qEL−f⋅Lsin45∘=12mv2−mgLsin45∘
无法判断ΔE的正负，则机械能可能增加、减少或不变，故物体的机械能不一定减少，故C正确；
D、电场力做功：WE=EqL=22mgL，重力做功：WG=mgLsin45∘=22mgL
可见：WE=WG
但由于滑动摩擦力做负功，且三者做功之和等于12mv2，所以WE+WG>12mv2，故WE=WG>14mv2，故D正确；
故选：ACD。
通过受力分析，力与运动的关系，确定合力的方向，应用牛顿第二定律或者动能定理解答；对于一个物体除重力以外的力做功等于其机械能变化量；本题有电场力、重力、滑动摩擦力做功，合力做功等于动能的变化量。
本题考查受力分析、动能定理、功能关系，属于综合性题目，要注意立体的受力分析分成两个平面分析，要注意一个物体的机械能的变化与除重力以外的力做功有关。
8.【答案】AC
【解析】解：A、分析电路结构，当滑片P与c正对时，电压表的示数为0，表面光电管两端没有电压，但此时发生光电效应现象，电路中产生光电流，故A正确；
B、分析图2可知，当滑动头P从c移到b的过程中，光电管加的是反向电压，当光电流为零时，此时的反向电压为遏止电压，即U=−0.6V时，滑片P位于b、c之间，故B错误；
C、根据光电效应方程结合遏止电压关系可知，eUc=Ek=hν−W，其中hν=1.6eV，Uc=0.6V，解得阴极材料的逸出功：W=1.0eV，故C正确；
D、当光电管加正向电压时，电场力对光电子做正功，根据动能定理可知，eU=Ekm−Ek，解得到达阳极的光电子的最大动能：Ekm=1.4eV，故D错误。
故选：AC。
当滑动头P从a移到c的过程中，光电管加的是正向电压，当滑动头P从c移到b的过程中，光电管加的是反向电压。根据光电效应方程结合遏止电压关系分析阴极材料的逸出功。根据动能定理计算到达阳极的光电子的最大动能。
此题考查光电效应的规律，解题的关键是明确当滑片滑动的过程中，光电管两端加的是正向电压还是反向电压。
9.【答案】AB
【解析】解：A、若r=2R，粒子在磁场中时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图1所示：
因为r=2R，圆心角θ=60∘，粒子在磁场中运动的最长时间tmax=60∘360∘T=16×2πmqB=πm3qB，故A正确；
B、若r=2R，粒子沿着与半径方向成45∘角斜向下射入磁场，粒子运动轨迹如图2所示；根据几何关系，有：
tanα2=22Rr−22R=22R2R−22R=22+17，故B正确；
C、若r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图3所示，圆心角90∘，粒子在磁场中运动的时间t=90∘360∘T=14×2πmqB=πm2qB，故C错误；
D、若r=R，粒子沿着与半径方向成60∘角斜向下射入磁场，轨迹如图4所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角150∘，故D错误。
故选：AB。
若r=2R，粒子运动时间最长时，根据t=θ2πT可知，圆心角越大，时间越长，在圆形磁场中圆心角最大时，弦最大，因此圆形区域的直径是粒子轨迹的一条弦时，时间最长，做出轨迹图，求出时间；粒子沿着与半径成45∘斜向下射入磁场时，画出轨迹，运用几何关系求tanα2；若半径r=R时，粒子沿着半径射入，求出圆弧所对的圆心角，求出时间；粒子沿着与半径成60∘斜向下射入磁场，根据几何关系求圆心角。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
10.【答案】kl2235−4kl25g
【解析】解：(1)依据中时刻瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则有：v=lt；
再结合运动学公式a=v22x，则有：1t2=2al2x
结合以横坐标为x，纵坐标为1t2的图象，那么斜率k=2al2
因此小车的加速度大小为a=kl22；
(2)根据牛顿第二定律可知3mg−5μmg=8ma
解得μ=35−4kl25g
故答案为：(1)2al2；(2)35−4kl25g
(1)依据中时刻瞬时速度等于这段时间内的平均速度，再结合运动学公式即可求解加速度；根据运动学公式求出x与1t2的函数关系，再结合数学知识可知斜率k与加速度的关系．
(2)根据牛顿第二定律求得摩擦因数
本题主要考查了牛顿第二定律，处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项，难度不大．
11.【答案】B2.606.4
【解析】解：(1)描绘小灯泡L的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由于灯泡电流为1A，而滑动变阻器中电流一定大于灯泡中的电流，故A不能使用，故选B；
(2)由于要求电流由零开始调节，故应选择滑动变阻器分压式接法，由P=UI可知，灯泡的额定电压约为U=PI=6.51V=6V，而电压表量程只有3V，因此应串联定值电阻R1来增大量程；同时由于灯泡额定电流为1A，若选择3A量程则误差太大，故应采用已知内阻的电流表A2并联小阻值的定值电阻R2来增大量程；改装后，电压表量程为1A，如果采用电流表外接法，则可能超过电流表量程，故应采用电流表内接法；故原理图如图所示；
(3)电压表量程为3V，分度为0.1V，则读数为2.60V，电流表达满偏，故电流表示数为0.5A；
根据改装原理可知，灯泡中的电流I′=I+Ir2R2=0.5A+0.5×88A=1A；
灯泡两端的电压U′=URV(RV+R2)−Ir2=2.602.0×103×(2.0×103+6.0×103)V−0.5×8V=6.4V；
灯泡额定功率P=U′I′=6.4×1W=6.4W。
故答案为：(1)B；(2)电路图如上图所示；(3)2.60；6.4。
(1)根据实验原理明确应选择滑动变阻器为小阻值，两电阻均可以使用，所以应从其允许通过的电流进行分析，从而确定应选择哪一个滑动变阻器；
(2)根据实验原理以及给出的仪表进行分析，再根据电路的改装明确实验电路；
(3)根据电表的读数以及改装原理，利用串并联电路的规律分析灯泡中的电流和电压，再根据P=UI即可确定额定功率。
本题考查描绘灯泡伏安特性曲线的实验，要注意仪器选择、电路设计是电学实验经常考查的重点知识，然后根据电学基础知识进行求解，对于这部分知识主要在平时加强训练。
12.【答案】解：(1)若初始时木板B端距C点的距离足够长，则m与M达到共同速度。
取向右为正方向，由动量守恒定律得。
根据能量守恒定律得。
解得，△l=6m
即物块相对木板滑动的距离是6m。
(2)对木板，由动能定理得：
解得S=2m
若L≥2m，木板B端和C点相碰前，物块和木板已经达到共同速度，碰后物块以速度匀减速运动到C点，
由动能定理得
解得vC1=0，恰好停在C点，与L无关。
当L<2m时，木板B端和C点相碰前，物块与木板未达到共同速度，物块一直做匀减速运动
由动能定理得−μmg(l+L)=12mvC22−12mv02
解得vC2=32−L
物块从斜面返回木板后向左运动的最大距离为S=vC222am
am=μg
联立得S=2−L
当L=0m时，S有最大值Smax=2m
答：
(1)物块第一次与木板相对静止时的速度是3m/s，相对木板滑动的距离是6m；
(2)物块最终位置距C点的距离与L的关系为：若L≥2m，物块恰好停在C点，与L无关。若L≥2m，最终位置距C点的距离是S=2−L，最大距离为2m。
【解析】(1)物块在木板上滑动的过程，两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出相对静止时的共同速度。再由能量守恒定律求物块和相对木板滑动的距离；
(2)物块在木板上滑动的过程，由动能定理求出木板滑动的距离。分情况讨论物块的运动情况，由运动学公式求最终位置距C点的距离与L的关系，并求此最大距离。
解决本题的关键是要分析清楚物块的运动情况，把握功与能的关系，挖掘隐含的临界状态：物块与木板速度相等。注意分情况讨论，不要漏解。
13.【答案】解：(1)导体棒ef恰好能静止倾斜导轨上，此时安培力水平向左，受力分析可知：mgtanθ=BIL
根据闭合电路欧姆定律可得：I=ER1+r
联立解得：B=mg(R1+r)tanθEL；
(2)将开关S掷向2后，设导体棒在很短时间t内速度为v，取沿导轨向下为正分向，根据动量定理可得：
mgtsinθ−BLI−tcosθ=mv−0
其中电容充电量与电流关系为：I−t=Q=CU=CBLvcosθ
代入整理得：v=mgsinθm+B2L2Ccos2θ⋅t
故导体棒做匀加速直线运动，加速度大小为：a=mgsinθm+B2L2Ccos2θ
ef棒滑到GH处的速度v=2a⋅hsinθ=2mghm+B2L2Ccos2θ；
(3)设与导线框abcd碰撞后，整体速度为v1，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv=4mv1
线框进入磁场后水平方向上只有安培力作用，取向右为正方向，根据动量定理可得：
−BLI′−Δt′=4m(v2−v1)，其中：I′−Δt′=q′=BL24R
解得：v1−v2=B2L316mR
线框中bc进入Ⅱ区磁场，bc、ef均切割磁感线，并且感应电动势同向叠加，则有：
−BLI″−Δt′′=4m(0−v2)，其中：I″−Δt′′=q′′=2q′=BL22R
解得：v2=B2L38mR
联立解得：v1=3B2L316mR=32v2
根据能量守恒定律可知，线框穿越磁场边界线MN过程中产生的热量：Q1=12×4m(v12−v22)
线框穿越磁场边界线PQ过程中产生的热量：Q2=12×4mv22
联立解得：Q1：Q2=5：4。
答：(1)磁感应强度B的大小为mg(R1+r)tanθEL；
(2)将开关S掷向2后，ef棒滑到GH处的速度为2mghm+B2L2Ccos2θ；
(3)线框穿越磁场边界线MN、PQ过程中产生的热量之比为5：4。
【解析】(1)导体棒ef恰好能静止倾斜导轨上，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；
(2)根据动量定理、电容充电量与电流关系得到速度随时间的变化关系，由此得到加速度大小，再根据速度-时间关系求解ef棒滑到GH处的速度；
(3)根据动量守恒定律求解碰撞后的速度大小；线框进入磁场后，根据动量定理列方程；线框中bc进入Ⅱ区磁场，再次根据动量定理列方程，再根据能量守恒定律求解线框穿越磁场边界线MN过程中产生的热量、以及线框穿越磁场边界线PQ过程中产生的热量，由此得到线框穿越磁场边界线MN、PQ过程中产生的热量之比。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解；如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
14.【答案】ACE
【解析】解：A、一定质量的理想气体等温膨胀时，分子的热运动的剧烈程度不变，体积增大，单位体积内的分子数变小，气体分子单位时间内对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少，故A正确；
B、温度一定时，当人们逐渐感到潮湿，则此时空气的相对湿度一定增大，根据相对湿度的定义可知，此时空气中的绝对湿度一定是增大的，故B错误；
C、晶体表现为各向异性，是因为晶体微粒在空间有规则排列，即天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间有规则排列，故C正确；
D、在“油膜法估测分子的大小”的实验中，用一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测油酸分子的直径，故D错误；
E、生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故E正确；
故选：ACE。
根据玻意耳定律可知，气体膨胀，压强减小，故单位时间内对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少；
温度一定时，水的饱和气压不变，故绝对湿度不变，当人们逐渐感到潮湿是相对湿度增大；
天然石英是单晶体表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间有规则排列；
用一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测油酸分子的直径；
生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成。
明确气体压强的微观意义，知道空气的绝对湿度的概念，知道晶体各向异性的原因，知道实验“油膜法估测分子的大小”，知道扩散现象的应用。
15.【答案】解：汽缸深度为H=4cm=0.04m，横截面积为S=0.5cm2=5×10−5m2。
(i)初始时，对活塞进行受力分析，由平衡条件得：p1S=p0S+mgsin37∘
假设气体温度为3T0时，理想气体体积变为SH，
活塞达到卡槽前压强恒为p1，由盖-吕萨克定律得：S⋅H2T0=SHT1
活塞达到卡槽后体积恒为SH，由查理定律得：p1T1=p23T0
解得：p2=32p0+9mg10S
因为p2>p1，所以假设成立，所以体温度升高到3T0时的压强为：
p2=32p0+9mg10S
代入数据解得：p2=5.3×105Pa；
(ii)根据焦耳定律，可得电热丝产生的热量为：Q=I2Rt
气体对外做功为：W=p1S⋅H2
根据热力学第一定律，可得气体增加内能为：ΔU=Q−W
联立解得气体温度从T0升高到3T0的过程中增加的内能为：
ΔU=I2Rt−p0SH2−3mgH10，其中t=1min=60s
代入数据解得：ΔU=2.18J。
答：(i)气体温度升高到3T0时的压强为5.3×105Pa；
(ii)气体温度从T0升高到3T0的过程中增加的内能为2.18J。
【解析】(i)对活塞进行受力分析，由平衡条件求解气缸内气体压强，再根据盖-吕萨克定律和查理定律求得气体温度升高到3T0时的压强；
(ii)根据焦耳定律和热力学第一定律求得气体温度从T0升高到3T0的过程中增加的内能。
本题考查了气体实验定律、理想气体状态方程、热力学第一定律、焦耳定律，综合性较强，解决此题的关键是正确选取状态，明确状态参量，尤其是正确求解被封闭气体的压强。
16.【答案】ADE
【解析】解：A、由甲图得到波长为λ=4m，故A正确；
B、由乙图得到周期为T=4s，故波速v=λT=1m/s；故B错误；
C、各个质点开始振动的方向均与波前的运动方向相同，简谐横波沿x轴正方向传播，波前向下运动，故M点以后的各质点开始振动时的方向都沿−y方向，故C错误；
D、x=2m处的波峰传到Q点时，质点Q第一次到达波峰，所用时间为t=xv=10−21s=8s；故D正确；
E、波速为1m/s，故在5s末，波前传到Q点；此后的时间：△t=11s=234，质点Q从平衡位置开始运动，故其运动的路程为：
S=11A=11×10cm=110cm=1.1m，故E正确；
故选：ADE
由甲图得到波长，由乙图得到周期，根据v=λT求解波速；各个质点开始振动的方向均与波前的运动方向相同．由时间和周期的倍数求质点Q通过的路程．
本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握．
17.【答案】解：(i)作出光线经平面镜反射后从水面射出的光路如图1所示，
在水面发生折射的入射角：β=90∘−2α①
由折射定律，有：sinγsinβ=n ②
代入数据，得：折射角γ的正弦值：sinγ=33
(ii)设光线在水中反生全反射的临界角为C，则：sinC=1n=323=32，也即：C=60∘
若光在右侧发生全反射时，作出光路如图2，则由几何关系可知：2α1+C=90∘③
若光在左侧发生全反射时，作出光路如图3，则由几何关系可知：2(90∘−α2)+C=90∘④
即：α1<α<α2
解得：15∘<α<75∘
答：
(i)若α=30∘，经平面镜反射后的光线从水面射出时折射角的正弦值是33；
(ii)若经平面镜反射后的光线能从水面射出，α的取值范围是15∘<α<75∘。
【解析】(i)作出光线经平面镜反射后从水面射出的光路，由几何关系和光的反射定律求得在水面发生折射的入射角，再由折射定律求出折射角正弦。
(ii)经平面镜反射后的光线能从水面射出，不能在水面发生全反射，根据sinC=1n求临界角C.分别作出光在右侧恰好发生全反射时的光路和光在左侧恰好发生全反射时的光路，结合几何关系求解α的取值范围。
画出光路图是解决几何光学问题的基础，本题要充分运用平面镜的光学特征和几何知识研究出入射角和折射角，作出光线恰好发生全反射时的光路，就能轻松解答。
2021-2022学年湖南省长沙一中高三（下）月考物理试卷（九）
1. 下列关于物理学史的说法正确的是( )
A. 玻尔提出的原子理论解释了所有元素的原子具有不同特征谱线
B. 伽利略直接通过上百次自由落体运动的实验证实了自由落体运动是匀加速直线运动
C. 爱因斯坦以精湛的技术测量出光电效应中金属的遏止电压与入射光的频率，由此算出普朗克常量h，在误差允许的范围内与普朗克根据黑体辐射得出的h一致，证明了爱因斯坦光电效应方程的正确性
D. 著名的月地检验表明地面物体所受地球的引力与月球所受地球的引力遵从相同的规律
2. 小智同学发现了一张自己以前为研究机动车的运动情况绘制的xt2−1t图像(如图)，x为位移，t为运动时间，已知机动车的运动轨迹是直线，但是不知机动车是处于加速还是刹车状态，请你帮他判定以下合理的说法是( )
A. 机动车处于匀加速状态 B. 机动车的初速度v0=20m/s
C. 机动车的加速度为大小为4m/s2 D. 机动车在前3秒的位移是20m
3. 火星探测项目是我国继载人航天工程、嫦娥工程之后又一个重大空间探索项目，已知地球公转周期为T，到太阳的距离为R1，运行速率为v1，火星到太阳的距离为R2，运行速率为v2，太阳质量为M，引力常量为G。一个质量为m的探测器被发射到一围绕太阳的椭圆轨道上，以地球轨道上的A点为近日点，以火星轨道上的B点为远日点，如图所示，不计火星、地球对探测器的影响，则( )
A. 探测器在A点的加速度等于v12R1
B. 探测器在B点的速度大小为GMR2
C. 探测器沿椭圆轨道从A到B的飞行时间为(R1+R22R1)32T
D. 探测器在B点的动能为12mv22
4. 如图甲所示，倾角为α的斜面固定在水平地面上，斜面上一木块受到与斜面底边平行的力F的作用，当力F逐渐增大时，木块所受的摩擦力f和力F的大小关系如图乙所示。若木块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，图中f1、f2、F1均为已知量，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 木块的质量可表示为f1gcosα
B. 木块与斜面间的动摩擦因数可表示为f1f2tanα
C. F小于F1时木块所受的摩擦力与斜面底边垂直且沿斜面向上
D. F大于F1后木块做曲线运动
5. 如图甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射人木块。当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s(图乙)。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为( )
A. 1v0(s+L) B. 1v0(s+2L) C. 12v0(s+L) D. 1v0(L+2s)
6. 一定质量的实心光滑大球半径为R，放置在固定斜面上(斜面倾角为30∘)，被一竖直挡板挡住，挡板可绕P点在竖直平面内转动，将一半径为r、质量为m的光滑小球放置于大球与挡板之间，整体处于静止状态，如图所示，R=3r，现将竖直挡板顺时针缓慢放平(此过程中大球与挡板始终紧密接触)，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 当整体处于静止状态时小球受挡板的弹力大小为33mg
B. 挡板顺时针缓慢放平过程中大球对小球的弹力一直变大
C. 挡板顺时针缓慢放平过程中挡板对小球的弹力一直变小
D. 最终斜面体对大球的弹力为零
7. 如图所示，边长为L的正方形粗糙绝缘斜面ABCD的倾角为45∘.外干方向水平向左的匀强电场中，一质量为m、电荷量为+q的物体自B点由静止释放，恰好能沿斜面对角线BD做直线运动，到达D点时的速率为v。不计物体电荷量损失，已知重力加速度为g，则根据上述条件可知( )
A. 物体与斜面间的动摩擦因数为2−v22gL
B. 匀强电场的场强大小为2mg4q
C. 从B运动到D，物体的机械能不一定减少
D. 电场力做功和重力做功相等，且都大于14mv2
8. 用如图所示的装置研究光电效应现象，光电管阴极K与滑动变阻器的中心抽头c相连，光电管阳极与滑动变阻器的滑片P相连，初始时滑片P与抽头c正对，电压表的示数为0(电压表0刻线在表盘中央)。在移动滑片P的过程中，光电流I随电压表示数U变化的图像如图所示，已知入射光的光子能量为1.6eV。下列说法正确的是( )
A. 当滑片P与c正对时，电路中有光电流
B. 当U=−0.6V时，滑片P位于a、c之间
C. 阴极材料的逸出功为1.0eV
D. 当U=0.8V时，到达阳极的光电子的最大动能为2.4eV
9. 如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向内。有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α。不计粒子重力及粒子间相互作用，以下说法正确的是( )
A. 若r=2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为πm3qB
B. 若r=2R，粒子沿着与半径方向成45∘角斜向下射入磁场，则有关系式tanα2=22+17成立
C. 若r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为πm6qB
D. 若r=R，粒子沿着与半径方向成60∘角斜向下射入磁场，则圆心角α为120∘
10. 某同学用如图所示的实验装置测量滑块和木板之间的动摩擦因数，滑块上有一宽度为l的挡光片．
(1)他首先测量滑块的加速度．该同学设计的思路是将滑块从距离光电门不同位置处由静止释放，用毫米刻度尺测量出该距离x，用光电门测出对应挡光片的挡光时间t.测出多组x、t的数据．根据测量的数据，该同学在直角坐标系中作出1t2−x图象，如果作出的图象为直线，图线的斜率为k，则滑块运动的加速度大小a=______.
(2)实验中一共挂了三个钩码，如果每个钩码的质量为m，滑块的质量为5m，根据题中所给的数据可求出滑块与木板之间的动摩擦因数μ=______.(已知重力加速度为g)
11. 学校开放实验室，同学们为了描绘小灯泡L的伏安特性曲线，并想同时较准确地测量其在额定电流下的功率，可供选用的器材如下：
小灯泡L(规格“额定电流为1.0A，额定功率约为6.5W”)；
电流表A1(量程3A，内阻约为0.1Ω)；
电流表A2(量程0.5A，内阻r2=8Ω)；
电压表V(量程3V，内阻rv=2.0kΩ)；
标准电阻R1(阻值6.0kΩ)；
标准电阻R2(阻值8Ω)；
学生电源E(电动势约为10V，内阻不计)；
开关S及导线若干。
(1)实验时有两个滑动变阻器可供选择：
A.阻值0到10Ω，额定电流1.0A
B.阻值0到20Ω，额定电流2.0A
本实验应选的滑动变阻器是______(选填“A”或“B”)。
(2)老师要求要尽量准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，电压需从零开始调节，在安全前提下尽可能减小误差且调节方便，在虚线框内画出满足要求的实验电路图，并在图1上标明所选器材代号。
(3)某次实验时，若电流表满偏时，电压表的读数如图2所示，则电压表的读数为______，灯泡额定功率为______ W。(计算结果保留两位小数)
12. 如图所示，光滑水平地面的左侧静止放置一长木板AB，右侧固定一足够长光滑斜面CD.木板的上表面与斜面底端C处于同一水平面。木板质量M=2kg。板长为l=7m。一物块以速度v0=9m/s冲上木板的A端，木板向右运动，B端碰到C点时被粘连，且B、C之间平滑连接。物块质量为m=lkg.可视为质点，与木板间的动摩擦因数为μ=0.45.取g=10m/s2，求
(1)若初始时木板B端距C点的距离足够长，求物块第一次与木板相对静止时的速度和相对木板滑动的距离；
(2)设初始时木板B端距C点的距离为L，试讨论物块最终位置距C点的距离与L的关系，并求此最大距离。
13. 如图所示，左侧倾斜部分为光滑的相互平行放置的间距为L，电阻不计的金属导轨，水平部分为用绝缘材料做成的间距也为L的光滑轨道，两者之间平滑连接。倾斜导轨的倾角为θ，倾斜导轨上端接有一个单刀双掷开关S，接在1端的电源，电动势为E，内阻为r，其串联的定值电阻为R1，接在2端的电容器的电容为C(未充电)。在水平轨道正方形区域Ⅰ、Ⅱ分布有大小相等方向相反的匀强磁场(大小未知)，在倾斜导轨区域Ⅲ中存在方向竖直向上且大小与Ⅰ、Ⅱ区相同的匀强磁场，当先将开关S与1相连时，一质量为m电阻不计的金属导体棒ef恰好能静止在高为h的倾斜导轨上。然后再将开关S掷向2，此后导体棒ef将由静止开始下滑，并且无能量损失地进入水平轨道，之后与原来静止在水平轨道上的“U”型导线框abcd碰撞，并粘合为一个正方形线框，U型导线框三条边总质量为3m、总电阻为4R，当线框完全穿过Ⅰ区磁场后，恰好静止(线框四边与Ⅱ磁场边界线重合)。不计一切摩擦阻力，(本题中E、r、R1、C、R、L、h、θ、m及重力加速度g均为已知)，求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)将开关S掷向2后，ef棒滑到GH处的速度v；(本问中磁感应强度可用B表示)；
(3)线框穿越磁场边界线MN、PQ过程中产生的热量之比Q1：Q2。
14. 下列说法中正确的是( )
A. 一定质量的理想气体等温膨胀时，气体分子单位时间对汽缸壁单位面积碰撞的次数将变少
B. 温度一定时，当人们逐渐感到潮湿，则此时空气的绝对湿度不一定增大
C. 天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间有规则排列
D. 在“油膜法估测分子的大小”的实验中，用一滴油酸酒精溶液的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测油酸分子的直径
E. 生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成
15. 如图所示，柱形绝热汽缸固定在倾角为37∘的斜面上，汽缸深度为H=4cm，汽缸口有固定卡槽。汽缸内用质量为m=1kg、横截面积为S=0.5cm2的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，此时活塞距汽缸底部的距离为H2，汽缸内气体温度为T0。现通过汽缸底部的电热丝(体积可忽略)缓慢对气体加热，一直到气体温度升高到3T0。加热过程中通过电热丝的电流恒为I=0.2A，电热丝电阻为R=1Ω，加热时间为t=1min，若电热丝产生的热量全部被气体吸收。大气压强恒为p0=1.0×105Pa，不计活塞及固定卡槽的厚度，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气。已知sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，取g=10m/s2。求：
(i)气体温度升高到3T0时的压强。
(ii)气体温度从T0升高到3T0的过程中增加的内能。
16. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是波传播到x=5m的M点的波形图，图乙是质点N(x=3m)从此时刻开始计时的振动图象，Q是位于x=10m处的质点．下列说法正确的是( )
A. 这列波的波长是4 m
B. 这列波的传播速度是1.25m/s
C. M点以后的各质点开始振动时的方向都沿+y方向
D. 质点Q经过8 s时，第一次到达波峰
E. 在0∼16s内，质点Q经过的路程为1.1m
如图，足够宽的液槽中水的折射率n=233，M是可绕轴转动的平面镜，M与水平面的夹角为α.光线从液槽的侧壁水平射入水中。
(i)若α=30∘，求经平面镜反射后的光线从水面射出时折射角的正弦值；
(ii)若经平面镜反射后的光线能从水面射出，求α的取值范围。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、玻尔理论只能解释氢原子光谱，故A错误；
B、伽利略基于斜面理想实验的合理外推，得出了自由落体运动是匀加速直线运动，故B错误；
C、密立根通过测量出光电效应中金属的遏止电压与入射光的频率，由此算出普朗克常量h，故C错误；
D、牛顿著名的月地检验表明地面物体所受地球的引力与月球所受地球的引力遵从相同的规律，故D正确；
故选：D。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2.【答案】B
【解析】解：ABC、根据匀变速直线运动的位移-时间公式x=v0t+12at2，变形可得xt2−1t函数关系为：xt2=v01t+12a，由图像斜率的物理意义，可得机动车的初速度为：v0=40.2m/s=20m/s，纵轴截距−4m/s2=12a，可得a=−8m/s2，故机动车处于匀减速状态，加速度为大小为8m/s2，故AC错误，B正确；
D、根据速度-时间公式，可得机动车匀减速运动的总时间为t=0−v0a=0−20−8s=2.5s，则机动车在前3秒的位移等于机动车在前2.5秒的位移，由运动学公式，可得机动车在前3秒的位移为：x=v02t=202×2.5m=25m，故D错误。
故选：B。
将匀变速直线运动的位移-时间公式x=v0t+12at2变形，得到xt2−1t函数关系，再结合图像的信息，利用匀变速直线运动的运动学公式求解。
解答本题的关键要掌握匀变速直线运动的位移-时间公式x=v0t+12at2，通过变形得到xt2−1t函数关系，结合图像斜率和截距的物理意义分析。
3.【答案】A
【解析】解：A、不计火星、地球对探测器的影响，探测器在A点具有的加速度大小与地球具有的加速度大小相等，故加速度等于v12R1，故A正确；
B、对于火星，由万有引力提供向心力有：，解得：v2=GMR2，探测器在B点相对于火星绕太阳做向心运动，线速度小于火星的线速度v2，所以探测器在B点的速度大小小于GMR2，故B错误；
C、对于地球和探测器，根据开普勒第三定律，有：R13T2=(R1+R22)3T′2，解得：T′=(R1+R22R1)32T，
故探测器沿椭圆轨道从A到B的飞行时间为12×(R1+R22R1)32T，故C错误；
D、探测器在B点的速度小于v2，故动能小于12mv22，故D错误。
故选：A。
分析探测器线速度大小，根据向心加速度计算公式分析向心加速度大小；根据开普勒第三定律求解周期，由此得到运动时间；在B点要做近心运动，故速度小于火星的速度，根据动能的计算公式分析动能大小。
本题关键是明确加速度有合力和质量决定导致同一位置的卫星的加速度相同；然后结合开普勒第三定律和牛顿第二定律列式分析。
4.【答案】D
【解析】解：A、将木块所受重力分解为垂直于斜面方向和沿斜面方向的两个分力，木块在斜面平面内的受力有：沿斜面向下的下滑分力mgsinα、水平方向的力F和斜面给木块的静摩擦力，根据平衡条件得：f=F2+(mgsinα)2，当F=0时，由题图乙可知：f1=mgsinα，所以木块的质量：m=f1gsinα，故A错误；
B、当木块刚要运动时，静摩擦力达到最大静摩擦力，有：f2=μmgcosα，则：μ=f2mgcosα，又：m=f1gsinα，所以：μ=f2f1tanα，故B错误；
C、F小于F1时，摩擦力小于最大静摩擦力，则木块保持静止状态，静摩擦力方向与F和重力的下滑分力mgsinα的合力方向相反，不与斜面底边垂直，故C错误；
D、F大于F1后木块将运动，所受滑动摩擦力方向与木块运动方向相反，不会改变速度方向；重力下滑分力mgsinα大小不变，但力F一直增大，所以F与重力下滑分力mgsinα的合力方向不断变化，造成其方向与速度方向不在一条直线上，木块做曲线运动，故D正确。
故选：D。
F=0时，静摩擦力f1=mgsinα，F=F1时物体开始滑动，摩擦力为滑动摩擦力；将物体受力分解为沿斜面平面与垂直斜面的力，分别在斜面平面内和垂直斜面方向列平衡方程即可求解。
本题主要考查了共点力平衡条件的运用，题目的难点在于物体受力为空间力系，需要转换为一个平面内的受力来分析求解。
5.【答案】D
【解析】解：设子弹射穿木块后子弹的速度为v1，木块最终速度为v2，子弹和木块系统动量守恒，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：
mv0=mv1+mv2
设子弹对木块的作用力为f，则对木块有：fs=12mv22
对子弹有：−f(s+L)=12mv12−12mv02
对木块由动量定理有：ft=mv2
联立解得：t=L+2sv0，故ABC错误，D正确。
故选：D。
以子弹与木块组成的系统为研究对象，满足动量守恒定律，分别对子弹和木块列动能定理表达式，再对木块列动量定理表达式，联立可求解。
子弹穿过木块的过程，子弹与木块组成的相同动量守恒，由动量守恒定律与动量定理可以正确解题，解题时注意研究对象、研究过程的选择。
6.【答案】AD
【解析】解、：A、当开始系统处于静止状态时，对小球受力分析如图1所示，由几何关系知道θ=30∘，由平衡条件得到大球对小球的弹力为：
图1
FN2=mgtanθ=33mg，故A正确；
BC、竖直挡板转动过程中挡板对小球的弹力FN2(图中蓝色线)与大球对小球的弹力FN1(图中红色线)的夹角保持不变，小球所受三个力构成封闭的矢量三角形，动态矢量图如图2所示，FN2与FN1的交点在外接圆的圆周上顺时针移动，可知弹力FN1一直变小，FN2先变大再变小，故BC错误；
图2
D、最终挡板对大球的支持力等于重力，斜面对大球弹力为0，故D正确。
故选：AD。
此题涉及到两个平衡状态，由平衡条件求大球对小球的弹力，画出小球在竖直挡板转动过程中的动态矢量图，从该图就能确定各个力大小的变化。
此题的难点在于动态矢量的绘制，要根据题意，细心地画出动态变化平衡关系，从而确定各个力大小的变化。
7.【答案】ACD
【解析】解：对物体在垂直与ABCD面的方向受力分析如图1所示，在ABCD面内的受力分析图如图2所示。
对于图1，物体受到斜面的支持力FN=mgcos45∘=22mg，重力沿斜面向下的分力为mgsin45∘；
对于图2，物体沿BD直线运动，滑动摩擦力沿BD与运动方向相反，电场力与重力沿斜面向下的分力mgsin45∘的合力沿BD与运动方向相同，则有：Eq=mgsin45∘=22mg
滑动摩擦力f=μFN=μmgcos45∘=22μmg
A、对物体从B到D的过程，由动能定理得：
mgLsin45∘+qEL−f⋅Lsin45∘=12mv2
联立解得：μ=2−v22gL，故A正确；
B、由Eq=mgsin45∘=22mg，可得：E=2mg2q，故B错误；
C、此物体的机械能的变化量等于电场力和滑动摩擦力做功的和，则有：
ΔE=qEL−f⋅Lsin45∘=12mv2−mgLsin45∘
无法判断ΔE的正负，则机械能可能增加、减少或不变，故物体的机械能不一定减少，故C正确；
D、电场力做功：WE=EqL=22mgL，重力做功：WG=mgLsin45∘=22mgL
可见：WE=WG
但由于滑动摩擦力做负功，且三者做功之和等于12mv2，所以WE+WG>12mv2，故WE=WG>14mv2，故D正确；
故选：ACD。
通过受力分析，力与运动的关系，确定合力的方向，应用牛顿第二定律或者动能定理解答；对于一个物体除重力以外的力做功等于其机械能变化量；本题有电场力、重力、滑动摩擦力做功，合力做功等于动能的变化量。
本题考查受力分析、动能定理、功能关系，属于综合性题目，要注意立体的受力分析分成两个平面分析，要注意一个物体的机械能的变化与除重力以外的力做功有关。
8.【答案】AC
【解析】解：A、分析电路结构，当滑片P与c正对时，电压表的示数为0，表面光电管两端没有电压，但此时发生光电效应现象，电路中产生光电流，故A正确；
B、分析图2可知，当滑动头P从c移到b的过程中，光电管加的是反向电压，当光电流为零时，此时的反向电压为遏止电压，即U=−0.6V时，滑片P位于b、c之间，故B错误；
C、根据光电效应方程结合遏止电压关系可知，eUc=Ek=hν−W，其中hν=1.6eV，Uc=0.6V，解得阴极材料的逸出功：W=1.0eV，故C正确；
D、当光电管加正向电压时，电场力对光电子做正功，根据动能定理可知，eU=Ekm−Ek，解得到达阳极的光电子的最大动能：Ekm=1.4eV，故D错误。
故选：AC。
当滑动头P从a移到c的过程中，光电管加的是正向电压，当滑动头P从c移到b的过程中，光电管加的是反向电压。根据光电效应方程结合遏止电压关系分析阴极材料的逸出功。根据动能定理计算到达阳极的光电子的最大动能。
此题考查光电效应的规律，解题的关键是明确当滑片滑动的过程中，光电管两端加的是正向电压还是反向电压。
9.【答案】AB
【解析】解：A、若r=2R，粒子在磁场中时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图1所示：
因为r=2R，圆心角θ=60∘，粒子在磁场中运动的最长时间tmax=60∘360∘T=16×2πmqB=πm3qB，故A正确；
B、若r=2R，粒子沿着与半径方向成45∘角斜向下射入磁场，粒子运动轨迹如图2所示；根据几何关系，有：
tanα2=22Rr−22R=22R2R−22R=22+17，故B正确；
C、若r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图3所示，圆心角90∘，粒子在磁场中运动的时间t=90∘360∘T=14×2πmqB=πm2qB，故C错误；
D、若r=R，粒子沿着与半径方向成60∘角斜向下射入磁场，轨迹如图4所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角150∘，故D错误。
故选：AB。
若r=2R，粒子运动时间最长时，根据t=θ2πT可知，圆心角越大，时间越长，在圆形磁场中圆心角最大时，弦最大，因此圆形区域的直径是粒子轨迹的一条弦时，时间最长，做出轨迹图，求出时间；粒子沿着与半径成45∘斜向下射入磁场时，画出轨迹，运用几何关系求tanα2；若半径r=R时，粒子沿着半径射入，求出圆弧所对的圆心角，求出时间；粒子沿着与半径成60∘斜向下射入磁场，根据几何关系求圆心角。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
10.【答案】kl2235−4kl25g
【解析】解：(1)依据中时刻瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则有：v=lt；
再结合运动学公式a=v22x，则有：1t2=2al2x
结合以横坐标为x，纵坐标为1t2的图象，那么斜率k=2al2
因此小车的加速度大小为a=kl22；
(2)根据牛顿第二定律可知3mg−5μmg=8ma
解得μ=35−4kl25g
故答案为：(1)2al2；(2)35−4kl25g
(1)依据中时刻瞬时速度等于这段时间内的平均速度，再结合运动学公式即可求解加速度；根据运动学公式求出x与1t2的函数关系，再结合数学知识可知斜率k与加速度的关系．
(2)根据牛顿第二定律求得摩擦因数
本题主要考查了牛顿第二定律，处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项，难度不大．
11.【答案】B2.606.4
【解析】解：(1)描绘小灯泡L的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由于灯泡电流为1A，而滑动变阻器中电流一定大于灯泡中的电流，故A不能使用，故选B；
(2)由于要求电流由零开始调节，故应选择滑动变阻器分压式接法，由P=UI可知，灯泡的额定电压约为U=PI=6.51V=6V，而电压表量程只有3V，因此应串联定值电阻R1来增大量程；同时由于灯泡额定电流为1A，若选择3A量程则误差太大，故应采用已知内阻的电流表A2并联小阻值的定值电阻R2来增大量程；改装后，电压表量程为1A，如果采用电流表外接法，则可能超过电流表量程，故应采用电流表内接法；故原理图如图所示；
(3)电压表量程为3V，分度为0.1V，则读数为2.60V，电流表达满偏，故电流表示数为0.5A；
根据改装原理可知，灯泡中的电流I′=I+Ir2R2=0.5A+0.5×88A=1A；
灯泡两端的电压U′=URV(RV+R2)−Ir2=2.602.0×103×(2.0×103+6.0×103)V−0.5×8V=6.4V；
灯泡额定功率P=U′I′=6.4×1W=6.4W。
故答案为：(1)B；(2)电路图如上图所示；(3)2.60；6.4。
(1)根据实验原理明确应选择滑动变阻器为小阻值，两电阻均可以使用，所以应从其允许通过的电流进行分析，从而确定应选择哪一个滑动变阻器；
(2)根据实验原理以及给出的仪表进行分析，再根据电路的改装明确实验电路；
(3)根据电表的读数以及改装原理，利用串并联电路的规律分析灯泡中的电流和电压，再根据P=UI即可确定额定功率。
本题考查描绘灯泡伏安特性曲线的实验，要注意仪器选择、电路设计是电学实验经常考查的重点知识，然后根据电学基础知识进行求解，对于这部分知识主要在平时加强训练。
12.【答案】解：(1)若初始时木板B端距C点的距离足够长，则m与M达到共同速度。
取向右为正方向，由动量守恒定律得。
根据能量守恒定律得。
解得，△l=6m
即物块相对木板滑动的距离是6m。
(2)对木板，由动能定理得：
解得S=2m
若L≥2m，木板B端和C点相碰前，物块和木板已经达到共同速度，碰后物块以速度匀减速运动到C点，
由动能定理得
解得vC1=0，恰好停在C点，与L无关。
当L<2m时，木板B端和C点相碰前，物块与木板未达到共同速度，物块一直做匀减速运动
由动能定理得−μmg(l+L)=12mvC22−12mv02
解得vC2=32−L
物块从斜面返回木板后向左运动的最大距离为S=vC222am
am=μg
联立得S=2−L
当L=0m时，S有最大值Smax=2m
答：
(1)物块第一次与木板相对静止时的速度是3m/s，相对木板滑动的距离是6m；
(2)物块最终位置距C点的距离与L的关系为：若L≥2m，物块恰好停在C点，与L无关。若L≥2m，最终位置距C点的距离是S=2−L，最大距离为2m。
【解析】(1)物块在木板上滑动的过程，两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出相对静止时的共同速度。再由能量守恒定律求物块和相对木板滑动的距离；
(2)物块在木板上滑动的过程，由动能定理求出木板滑动的距离。分情况讨论物块的运动情况，由运动学公式求最终位置距C点的距离与L的关系，并求此最大距离。
解决本题的关键是要分析清楚物块的运动情况，把握功与能的关系，挖掘隐含的临界状态：物块与木板速度相等。注意分情况讨论，不要漏解。
13.【答案】解：(1)导体棒ef恰好能静止倾斜导轨上，此时安培力水平向左，受力分析可知：mgtanθ=BIL
根据闭合电路欧姆定律可得：I=ER1+r
联立解得：B=mg(R1+r)tanθEL；
(2)将开关S掷向2后，设导体棒在很短时间t内速度为v，取沿导轨向下为正分向，根据动量定理可得：
mgtsinθ−BLI−tcosθ=mv−0
其中电容充电量与电流关系为：I−t=Q=CU=CBLvcosθ
代入整理得：v=mgsinθm+B2L2Ccos2θ⋅t
故导体棒做匀加速直线运动，加速度大小为：a=mgsinθm+B2L2Ccos2θ
ef棒滑到GH处的速度v=2a⋅hsinθ=2mghm+B2L2Ccos2θ；
(3)设与导线框abcd碰撞后，整体速度为v1，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv=4mv1
线框进入磁场后水平方向上只有安培力作用，取向右为正方向，根据动量定理可得：
−BLI′−Δt′=4m(v2−v1)，其中：I′−Δt′=q′=BL24R
解得：v1−v2=B2L316mR
线框中bc进入Ⅱ区磁场，bc、ef均切割磁感线，并且感应电动势同向叠加，则有：
−BLI″−Δt′′=4m(0−v2)，其中：I″−Δt′′=q′′=2q′=BL22R
解得：v2=B2L38mR
联立解得：v1=3B2L316mR=32v2
根据能量守恒定律可知，线框穿越磁场边界线MN过程中产生的热量：Q1=12×4m(v12−v22)
线框穿越磁场边界线PQ过程中产生的热量：Q2=12×4mv22
联立解得：Q1：Q2=5：4。
答：(1)磁感应强度B的大小为mg(R1+r)tanθEL；
(2)将开关S掷向2后，ef棒滑到GH处的速度为2mghm+B2L2Ccos2θ；
(3)线框穿越磁场边界线MN、PQ过程中产生的热量之比为5：4。
【解析】(1)导体棒ef恰好能静止倾斜导轨上，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；
(2)根据动量定理、电容充电量与电流关系得到速度随时间的变化关系，由此得到加速度大小，再根据速度-时间关系求解ef棒滑到GH处的速度；
(3)根据动量守恒定律求解碰撞后的速度大小；线框进入磁场后，根据动量定理列方程；线框中bc进入Ⅱ区磁场，再次根据动量定理列方程，再根据能量守恒定律求解线框穿越磁场边界线MN过程中产生的热量、以及线框穿越磁场边界线PQ过程中产生的热量，由此得到线框穿越磁场边界线MN、PQ过程中产生的热量之比。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解；如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
14.【答案】ACE
【解析】解：A、一定质量的理想气体等温膨胀时，分子的热运动的剧烈程度不变，体积增大，单位体积内的分子数变小，气体分子单位时间内对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少，故A正确；
B、温度一定时，当人们逐渐感到潮湿，则此时空气的相对湿度一定增大，根据相对湿度的定义可知，此时空气中的绝对湿度一定是增大的，故B错误；
C、晶体表现为各向异性，是因为晶体微粒在空间有规则排列，即天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间有规则排列，故C正确；
D、在“油膜法估测分子的大小”的实验中，用一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测油酸分子的直径，故D错误；
E、生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故E正确；
故选：ACE。
根据玻意耳定律可知，气体膨胀，压强减小，故单位时间内对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少；
温度一定时，水的饱和气压不变，故绝对湿度不变，当人们逐渐感到潮湿是相对湿度增大；
天然石英是单晶体表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间有规则排列；
用一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测油酸分子的直径；
生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成。
明确气体压强的微观意义，知道空气的绝对湿度的概念，知道晶体各向异性的原因，知道实验“油膜法估测分子的大小”，知道扩散现象的应用。
15.【答案】解：汽缸深度为H=4cm=0.04m，横截面积为S=0.5cm2=5×10−5m2。
(i)初始时，对活塞进行受力分析，由平衡条件得：p1S=p0S+mgsin37∘
假设气体温度为3T0时，理想气体体积变为SH，
活塞达到卡槽前压强恒为p1，由盖-吕萨克定律得：S⋅H2T0=SHT1
活塞达到卡槽后体积恒为SH，由查理定律得：p1T1=p23T0
解得：p2=32p0+9mg10S
因为p2>p1，所以假设成立，所以体温度升高到3T0时的压强为：
p2=32p0+9mg10S
代入数据解得：p2=5.3×105Pa；
(ii)根据焦耳定律，可得电热丝产生的热量为：Q=I2Rt
气体对外做功为：W=p1S⋅H2
根据热力学第一定律，可得气体增加内能为：ΔU=Q−W
联立解得气体温度从T0升高到3T0的过程中增加的内能为：
ΔU=I2Rt−p0SH2−3mgH10，其中t=1min=60s
代入数据解得：ΔU=2.18J。
答：(i)气体温度升高到3T0时的压强为5.3×105Pa；
(ii)气体温度从T0升高到3T0的过程中增加的内能为2.18J。
【解析】(i)对活塞进行受力分析，由平衡条件求解气缸内气体压强，再根据盖-吕萨克定律和查理定律求得气体温度升高到3T0时的压强；
(ii)根据焦耳定律和热力学第一定律求得气体温度从T0升高到3T0的过程中增加的内能。
本题考查了气体实验定律、理想气体状态方程、热力学第一定律、焦耳定律，综合性较强，解决此题的关键是正确选取状态，明确状态参量，尤其是正确求解被封闭气体的压强。
16.【答案】ADE
【解析】解：A、由甲图得到波长为λ=4m，故A正确；
B、由乙图得到周期为T=4s，故波速v=λT=1m/s；故B错误；
C、各个质点开始振动的方向均与波前的运动方向相同，简谐横波沿x轴正方向传播，波前向下运动，故M点以后的各质点开始振动时的方向都沿−y方向，故C错误；
D、x=2m处的波峰传到Q点时，质点Q第一次到达波峰，所用时间为t=xv=10−21s=8s；故D正确；
E、波速为1m/s，故在5s末，波前传到Q点；此后的时间：△t=11s=234，质点Q从平衡位置开始运动，故其运动的路程为：
S=11A=11×10cm=110cm=1.1m，故E正确；
故选：ADE
由甲图得到波长，由乙图得到周期，根据v=λT求解波速；各个质点开始振动的方向均与波前的运动方向相同．由时间和周期的倍数求质点Q通过的路程．
本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握．
17.【答案】解：(i)作出光线经平面镜反射后从水面射出的光路如图1所示，
在水面发生折射的入射角：β=90∘−2α①
由折射定律，有：sinγsinβ=n ②
代入数据，得：折射角γ的正弦值：sinγ=33
(ii)设光线在水中反生全反射的临界角为C，则：sinC=1n=323=32，也即：C=60∘
若光在右侧发生全反射时，作出光路如图2，则由几何关系可知：2α1+C=90∘③
若光在左侧发生全反射时，作出光路如图3，则由几何关系可知：2(90∘−α2)+C=90∘④
即：α1<α<α2
解得：15∘<α<75∘
答：
(i)若α=30∘，经平面镜反射后的光线从水面射出时折射角的正弦值是33；
(ii)若经平面镜反射后的光线能从水面射出，α的取值范围是15∘<α<75∘。
【解析】(i)作出光线经平面镜反射后从水面射出的光路，由几何关系和光的反射定律求得在水面发生折射的入射角，再由折射定律求出折射角正弦。
(ii)经平面镜反射后的光线能从水面射出，不能在水面发生全反射，根据sinC=1n求临界角C.分别作出光在右侧恰好发生全反射时的光路和光在左侧恰好发生全反射时的光路，结合几何关系求解α的取值范围。
画出光路图是解决几何光学问题的基础，本题要充分运用平面镜的光学特征和几何知识研究出入射角和折射角，作出光线恰好发生全反射时的光路，就能轻松解答。
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