还剩15页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2023年湖南省邵阳市高考物理第一次联考试卷（含答案解析）
展开
这是一份2023年湖南省邵阳市高考物理第一次联考试卷（含答案解析），共18页。
2023年湖南省邵阳市高考物理第一次联考试卷
1. 关于原子结构和微观粒子波粒二象性，下列说法正确的是( )
A. 普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一
B. 玻尔理论指出氢原子能级是分立的，并测出了氨原子光谱
C. 卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子
D. 根据电子束通过铝箔后的衍射图样，可以说明电子具有粒子性
2. 如图，O为抛物线OM的顶点，A、B为抛物线上两点，O点的切线水平。从A、B两点分别以初速度v1、v2水平抛出两小球，同时击中O点，不计空气阻力，则两球( )
A. 必须同时抛出
B. 初速度v1与v2相等
C. 击中O点时速度相同
D. 击中O点时重力的瞬时功率相等
3. 静电植绒技术，于3000多年前在中国首先起步。现代静电植绒于上世纪50、60年代在德国首先研制出并使用。如图为植绒流程示意图，将绒毛放在带负电荷的容器中，使绒毛带负电，容器与带电极板之间加恒定的电压，绒毛呈垂直状加速飞到需要植绒的物体表面上。不计重力和空气阻力，下列判断正确的是( )
A. 带电极板带负电
B. 绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，电势能不断增大
C. 若增大容器与带电极板之间的距离，绒毛到达需要植绒的物体表面时速率增大
D. 质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时速率越大
4. 利用智能手机的加速度传感器可测量手机自身的加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器后，手掌从静止开始上下运动。以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机( )
A. t1时刻速度最大
B. t2时刻开始减速上升，t1∼t3时间内所受的支持力逐渐减小
C. t1时刻开始减速上升，t1∼t3时间内所受的支持力先减小后增大
D. t1∼t3时间内，手机的运动方向一直不变，t2时刻速度为0
5. 特高压直流输电是国家重点工程。如图所示，高压输电线上使用“abcd正方形间隔棒”支撑导线L1、L2、L3、L4其目的是固定各导线间距，防止导线互相碰撞，图中导线L1、L2、L3、L4水平且恰好处在正四棱柱的四条棱上，abcd的几何中心为O点，O点到导线的距离远小于导线的长度，忽略地磁场，当四根长直导线通有等大、同向的电流时，则( )
A. O点的磁感应强度不为零
B. O点的磁感应强度沿bd连线方向
C. L1对L2的安培力比L1对L3的安培力小
D. L1所受安培力的方向为从L1指向L3
6. 如图所示，有一个长为12cm的线光源AB，其表面可以朝各个方向发光，现将AB封装在一个半球形透明介质的底部，AB中点与球心O重合。半球形介质的折射率为1.5，为使AB发出的所有光都能射出球面，不考虑二次反射，则球半径R至少为( )
A. 3 5cm B. 6 5cm C. 9cm D. 18cm
7. 两带电金属板竖直放置且两板始终与电源的正、负极相连，如图所示，在电场中的O点，用一根绝缘细线悬挂一带负电荷的小球，小球静止在细线与竖直方向夹角为θ的位置，现将两金属板绕各自的中心转轴旋转一定的角度，两转轴在同一水平线上且旋转过程中两金属板始终保持平行，如图中虚线所示，则( )
A. 两板间匀强电场的场强将变小 B. 细线对小球的拉力将变大
C. 小球静止时细线与竖直方向夹角θ将变小 D. 小球静止时细线与竖直方向夹角θ将变大
8. 建造一条能通向太空的电梯(如图甲所示)，是人们长期的梦想。材料的力学强度是材料众多性能中被人们极为看重的一种性能，目前已发现的高强度材料碳纳米管的抗拉强度是钢的100倍，密度是其16，这使得人们有望在赤道上建造垂直于水平面的“太空电梯”。当航天员乘坐“太空电梯”时，图乙中r为航天员到地心的距离，R为地球半径，a−r图像中的图线A表示地球引力对航天员产生的加速度大小与r的关系，图线B表示航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系，关于相对地面静止在不同高度的航天员，下列说法正确的是( )
A. 随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小
B. 航天员在r=R处的线速度等于第一宇宙速度
C. 图中r0为地球同步卫星的轨道半径
D. 电梯舱在r=r0处的站点时，航天员处于完全失重状态
9. 如图所示，水平面上O点的左侧光滑，右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块(可视为质点)，用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧滑块，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块过O点进入粗糙地带后到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列判断中正确的是( )
A. 滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等
B. 滑块3匀速运动的速度是 FL4m
C. 第4个小滑块完全进入粗糙地带到第5个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为F24m
D. 最终第7个滑块刚能到达O点而第8个滑块不可能到达O点
10. 图甲是磁悬浮实验车与轨道示意图，图乙是固定在车底部金属框abcd(车厢与金属框绝缘)与轨道上运动磁场的示意图。水平地面上有两根很长的平行直导轨PQ和MN，导轨间有竖直(垂直纸面)方向等间距的匀强磁场B1和B2，二者方向相反。车底部金属框的ad边宽度与磁场间隔相等，当匀强磁场B1和B2同时以恒定速度v0沿导轨方向向右运动时，金属框会受到磁场力，带动实验车沿导轨运动。设金属框垂直导轨ab的边长L=0.20m、总电阻R=1.6Ω，实验车与线框的总质量m=2.0kg，磁场B1=B2=1.0T，磁场运动速度v0=10m/s。已知悬浮状态下，实验车运动时受到恒定的阻力f=0.20N，则( )
A. 实验车的最大速率vm=2m/s
B. 实验车的最大速率vm=8m/s
C. 实验车以最大速度做匀速运动时，为维持实验车运动，外界在单位时间内需提供的总能量为2J
D. 当实验车速度为0时，金属框受到水平向右1N的磁场力
11. 某同学阅读教材中的“科学漫步”栏目，对“流体的阻力(f)跟物体相对于流体的速度(v)有关”这一说法产生了兴趣，通过查阅资料得知：对于球形物体，二者间存在定量关系f=kv，k为比例系数。该同学为探究这一关系利用如图(a)所示装置测量k。具体操作如下：在柱状玻璃容器中注入某透明液体，将小球在液面处由静止释放，当小球运动到0刻度线处开始计时，每下落10cm记录一次时间，得到多组下落高度h与时间t的数据，作出h−t图像如图(b)中实线所示。
(1)由h−t图像可知，从计时开始小球近似做______运动。
(2)已知液体密度ρ=8.0×102kg/m3，小球体积V=5.0×10−10m3、质量m=4.0×10−6kg，结合h−t图像可得k=______kg/s(浮力不能忽略，取重力加速度g=9.8m/s2)。
(3)若再用一个体积相同、密度较大的球，重复上述实验，所得h−t图像也是一条直线，则该直线可能是图(b)中的______虚线。
12. 某兴趣小组用金属铂电阻制作量程0∼500℃的电阻温度计。已知金属铂电阻Rt与温度t的关系是：Rt=R0(1+θt)，其中R0=40Ω，温度系数。
(1)设计电路：
该小组设计的电阻温度计测量电路如图所示，准备了如下实验器材：
干电池1节(E=1.5V,内阻r=1Ω)，毫安表(0∼30mA,Rg=1Ω)，滑动变阻器R1(0∼5Ω)，滑动变阻器R2(0∼50Ω)，开关S一只，导线若干。
滑动变阻器应选______ (选填“R1”或“R2”)。
(2)在毫安表刻度盘上标注温度刻度值
①温度调零(即确定0℃刻度)
根据电路图连接好实物，断开开关S，为保证电路安全应先将滑动变阻器的滑片拨至如图所示的b端。将金属铂电阻放入0℃冰水混合物中，闭合开关S，调节滑动变阻器阻值使毫安表满偏，则30mA刻度即对应0℃刻度，并保持滑动变阻器滑片位置不动。
②确定刻度
通过理论计算出每一电流刻度所对应的温度值，并标注在刻度盘上。毫安表半偏位置对应的温度是______ ℃。该温度计刻度线是______ 选填“均匀”或“不均匀”)的。
③实际检验
将金属铂电阻放入其它已知温度的物体中，待指针稳定后，检验指针所指温度与实际温度在误差允许范围内是否一致。
(3)实际测量
测量前完成(2)中①的温度调零操作，将金属铂电阻放入某未知温度的物体中，待指针稳定后读数，测出该物体的温度。
(4)误差分析
若干电池使用时间较长，其电动势会减小，内阻变大。用该温度计按照(3)中的测量方法进行测量(能够完成温度调零)，则测量结果______ (选填“偏大”“不变”或“偏小”)。
13. 2022年4月16日，神州十三号载人飞船返回舱着陆成功，三名航天员圆满完成了为期六个月的航天飞行任务，此次飞行任务中航天员翟志刚、王亚平先后从天和核心舱节点舱成功出舱执行任务，出舱时他们身着我国新一代“飞天”舱外航天服。舱外航天服是一套非常复杂的生命保障系统，简单的物理模型可以理解为：舱外航天服内密封了一定质量的理想气体，用来提供适合人体生存的气压。出舱前，航天员身着航天服，先从核心舱进入节点舱，此时航天服密闭气体的体积为V1=4L，压强为p1=1.0×105Pa，温度为t1=27℃；然后封闭所有内部舱门，对节点舱泄压，直到节点舱压强和外面压强相等时才能打开舱门。
(1)节点舱气压降低到能打开舱门时，密闭航天服内气体体积膨胀到V2=8L，假设温度不变，求此时航天服内气体压强P2；
(2)打开舱门后，航天员安全出舱，由于外界温度极低，航天服自动控制系统启动，系统能通过加热和充气或者放气等调节方式来保证密闭航天服内气体压强为p2，温度为t2=−3℃，体积为V1=4L，求调节后航天服内的气体质量与原有气体质量之比。
14. 如图所示，在A处有平行于y轴的虚线，虚线左侧所有空间分布着水平向左的匀强电场，在虚线右侧所有空间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，在O点处，某时刻有一带负电的粒子以初速度v0沿y轴正方向运动，粒子从A(L,2L)点进入磁场，在磁场中运动一段时间后恰好又回到O点，已知粒子的质量为m，电荷量大小为q，不计粒子重力，求：
(1)电场强度的大小和带电粒子运动到A点的速度；
(2)磁感应强度大小和带电粒子从开始运动到恰好回到O点的时间。
15. 小车C静止在光滑的水平面上，距离小车C的右侧s处有一固定光滑的斜面和光滑平台组成的装置，斜面底端与小车C等高，平台P点与斜面平滑连接，不影响滑块经过时运动的速率。平台上O点固定一竖直的弹性挡板，滑块B静止于Q点，PQ间距离为kL，OQ间距离为L。当滑块A以v0=8m/s的速度滑上小车，运动到小车C右端时恰好与之共速(小车未碰到平台)。当滑块A经斜面进入平台时，始终受到水平向右的恒力F=mg作用，当滑块B在该区域内向左运动时受到同样的恒力F作用，向右运动则合力为零。已知滑块A、B及小车C的质量相等，即mA=mB=mC，斜面高h=0.8m，A、C间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s2，滑块A、B均可看成质点，且A、B之间以及B与挡板之间的碰撞为弹性碰撞。
(1)为保证小车C与平台碰撞时A、C能共速，s至少多长；
(2)当滑块A经斜面进入平台PO后，若A不能在滑块B匀速运动过程中追上滑块B发生第二次碰撞，则k需要满足的条件；
(3)若满足(2)问的k值，求A、B从第一次碰撞开始到第二次碰撞经历的时间。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、为了解释黑体辐射的实验规律，普朗克提出了能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一，故A正确。
B、玻尔理论指出氢原子能级是分立的，但波尔并没有测出氨原子光谱，故B错误。
C、卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，并发现了质子，预言了中子的存在，中子最终由查德威克发现，故C错误。
D、根据电子束通过铝箔后的衍射图样，说明电子具有波动性，故D错误。
故选：A。
普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念；玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的；卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型；根据电子束通过铝箔后的衍射图样，说明电子具有波动性．
该题考查多个知识点的内容，熟练掌握物理规律的来龙去脉是掌握此类知识的前提．
2.【答案】B
【解析】解：A、两小球下落高度不同，根据h=12gt2，下落时间t= 2hg，A点的小球下落时间更长，要满足同时击中O点，A点小球应先抛出，故A错误；
B、以O点为坐标原点建立直角坐标系，如图所示：
O为抛物线OM的顶点，A、B为抛物线上两点，设抛物线方程为y=ax2
小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动x=v0t
竖直方向做自由落体运动，y=12gt2
整理得y=g2v02x2
即a=g2v02
a是常数，则v0为常数，A、B两点在同一抛物线上，则初速度v1与v2相等，故B正确；
C、两小球水平方向速度相同，竖直方向速度vy=gt不同，合速度不同，故C错误；
D、重力的瞬时功率为P=mgvy，两小球竖直分速度不同，重力的瞬时功率不同，故D错误；
故选：B。
根据h=12gt2，判断两小球下落时间；根据抛物线公式表示和平抛运动规律判断初速度的大小；根据平抛运动规律判断两小球水平方向的速度和竖直方向速度的关系即可；根据重力功率公式P=mgvy即可求解。
本题考查平抛运动，解题关键是掌握平抛运动的规律，能结合抛物线知识进行求解。
3.【答案】D
【解析】解：A、绒毛带负电加速度向下运动，所以电场力向下，电场强度向上，带电极板带正电，故A错误；
B、绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，电场力向下做正功，电势能不断减小，故B错误；
C、由动能定理可得：qU=12mv2，解得：v= 2qUm
若增大容器与带电极板之间的距离，而电极板之间的电压加恒定，绒毛到达需要植绒的物体表面时速率不变，故C错误；
D、由v= 2qUm，可知质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时速率越大，故D正确。
故选：D。
负电荷所受电场力与电场强度方向相反；电场力做正功，电势能减小；根据动能定理判断绒毛到达植绒的物体表面时速率与什么因素有关。
本题考查了带电体在的场中加速问题，根据根据动能定理，结合电场力做功特点解答。
4.【答案】B
【解析】解：A.t1时刻手机加速度最大，t1时刻之后，手机加速度依然是正值，手机还要继续加速上升，则t1时刻的速度不是最大，故A错误；
BC.因图像与时间轴围成的“面积”表示速度的变化量，可知t2时刻手机向上的速度最大，之后，手机的加速度反向，开始减速上升；
在t1∼t2时间内，手机向上的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律得FN−mg=ma1，故支持力逐渐减小；
在t2∼t3时间内，手机向下的加速度逐渐增大，由牛顿第二定律得mg−FN′=ma2，可知支持力继续减小。
故t1∼t3时间内，手机所受的支持力逐渐减小，故B正确；故C错误；
D.t1∼t3时间内，手机先向上加速、后向上减速，因图像与时间轴围成的“面积”表示速度的变化量，可知加速过程速度变化量(增加量)大于减速过程速度的变化量(减少量)，则手机的运动方向一直向上，不变，故D错误。
故选：B。
在a−t图像中，t轴上方加速度为正，表示物体在加速运动；t轴下方加速度为负，表示物体在减速运动。图像与时间轴围成的“面积”表示速度的变化量。加速度的方向代表了合力的方向，由牛顿第二定律可列方程判断支持力变化。
加速度是连接力学与运动学的桥梁。通过加速度变化情况，可判断速度变化情况，可判断物体所受合力变化情况。
5.【答案】D
【解析】解：AB.根据安培定则以及对称性，直导线L1和L3在O点处的磁感应强度为零，L2和L4在O点处的磁感应强度为零，所以O点处的磁感应强度为零，故AB错误；
C.离通电直导线越近，磁感应强度将越强，所以L1导线在L2处产生的磁感应强度大于在L3处的磁感应强度，所以L1对L2的安培力大于L1对L3的安培力，故C错误；
D.因“同向电流相互吸引”，则当四根长直导线通有等大、同向的电流时，则L1均受到L2、L3、L4的吸引力，且L2、L4对L1的吸引力的合力也从L1指向L3，则L1受到的安培力的方向从L1指向L3，故D正确。
故选：D。
根据右手定则结合对称性分析出O点的磁感应强度；
根据右手螺旋定则分析出穿过abcd的磁通量的大小情况；
根据安培力公式定性地分析出导线之间的安培力大小关系；
根据“同向电流吸引，反向电流排斥”的推论结合矢量合成的特点分析出导线所受安培力的方向。
本题主要考查了通电直导线间的相互作用力，熟悉右手定则和右手螺旋定则，根据对称性和安培力公式，掌握矢量合成的特点即可完成分析。
6.【答案】C
【解析】解：如图所示
在半球面上任选一点P，根据几何关系可知，若此时线状光源B点发出的光能够射出P点，则线状光源其他点发出的光也一定能够射出P点，所以只要B点发出的所有光线能够射出球面，则光源发出的所有光均能射出球面，在△OPB中，根据正弦定理有OBsinα=OPsinθ
解得sinα=6Rsinθ
当θ=90∘时，sinα有最大值sinα=6R
为使光线一定能从P点射出，根据全反射应有sinα≤1n=11.5
所以R≥9cm
故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据题意作图，只要B点发出的所有光线能够射出球面，则光源发出的所有光均能射出球面，结合折射定律与几何关系可解得。
本题考查光的折射定律，解题关键掌握正弦定理的应用，注意光的折射问题经常与几何问题相关。
7.【答案】BC
【解析】解：A、旋转后板间距离变小，两板间电势差不变，根据U=Ed知，电场强度变大，故A错误；
B、旋转过程，电场力大小变大，方向发生变化，且与重力夹角减小，则这两力合力增大，故绳拉力增大，故B正确；
CD、根据平行四边形定则知小球静止时细线与竖直方向夹角θ将变小，故C正确，D错误。
故选：BC。
两板间电势差不变，板间距离变小，根据U=Ed知，电场强度变大；旋转过程，电场力大小变大，方向发生变化，与重力夹角减小，根据平行四边形定则知绳拉力增大，小球静止时细线与竖直方向夹角θ将变小。
此题考查电场力中的动态平衡分析，注意电场力大小与方向均发生变化，根据平行四边形定则作图分析比较直观。
8.【答案】CD
【解析】解：A、若电梯舱对航天员的弹力表现为支持力时，由牛顿第二定律得GMmr2−FN=mω2r，解得：FN=GMmr2−mω2r
角速度不变，随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小；
若电梯舱对航天员的弹力表现为拉力时，由牛顿第二定律得：GMmr2+FN=mω2r，解得：FN=mω2r−GMmr2
角速度不变，随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力增大，故A错误；
B、地球同步卫星的线速度小于第一宇宙速度，所以航天员在r=R处的线速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C、图像中的图线A表示地球引力对航天员产生的加速度aA大小与r的关系，该加速度aA等于地球卫星做匀速圆周运动的加速度，图线B表示航天员由于地球自转而产生的向心加速度aB大小与r的关系，该加速度aB等于地球同步卫星的加速度，因为aA=aB，所以图中r0为地球同步卫星的轨道半径，故C正确；
D、电梯舱在r=r0处的站点时，航天员的加速度等于地球同步卫星的加速度，处于完全失重状态，电梯舱对航天员的弹力等于零，航天员只受到万有引力，因此航天员处于完全失重状态，故D正确。
故选：CD。
根据合力提供向心力，结合图像以及受力分析，判断航天员受到的弹力先减小后反向增大；根据图像可知，在r=r0位置时，万有引力完全提供向心力，可知与同步卫星运动情况相同，处于同一轨道；当航天员对水平地板的压力为零时，此时万有引力完全提供向心力，根据向心力方程可求出此时轨迹半径。
本题主要考查万有引力与重力、向心力之间的关系，需要结合图像分析三者关系。
9.【答案】BC
【解析】解：A、滑块匀速运动时，在O点左侧的滑块因为处于光滑地段，则杆上的弹力为零；在O点右侧的滑块处于粗糙的地段，则每个滑块受滑动摩擦力作用，由平衡条件知各段轻杆上的弹力大小不相等，故A错误；
B、设每个滑块进入粗糙区受的阻力为f，因为在第3个小滑块过O点进入粗糙地带后到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，则从第一个滑块从O点向右运动2L的过程中，由动能定理得：F×2L−f×2L−fL=12×8mv2。
匀速运动时，由平衡条件有：F=3f，联立解得：v= FL4m，故B正确；
C、第4个小滑块完全进入粗糙地带到第5个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，对8个滑块整体，根据牛顿第二定律有F−4f=8ma，解得：a=−F24m，故C正确；
D、当第7个滑块刚能到达O点而第8个滑块没能到达O点时，则由动能定理有：F×6L−(6+5+4+3+2+1)fL=12×8mv′2，可得−FL=12×8mv′2，表达式不成立，则第7个滑块不可能到达O点；事实上当第6个滑块刚能到达O点而第7个滑块没能到达O点时，则F×5L−(5+4+3+2+1)fL=12×8mv′′2，解得：v″=0，所以第6个滑块恰能到达O点而第7个滑块没能到达O点，故D错误。
故选：BC。
滑块匀速运动时，根据平衡条件分析各段轻杆上的弹力大小关系，利用动能定理计算滑块3匀速运动的速度。第4个小滑块完全进入粗糙地带到第5个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，对整体利用牛顿第二定律求加速度。利用动能定理列式分析最终第7个滑块能否到达O点。
本题考查牛顿第二定律、动能定理的综合运用，对于涉及位移的问题，优先考虑运用动能定理求解，以及掌握整体法和隔离法的灵活运用。
10.【答案】BCD
【解析】解：AB、设B1=B2=B，试验车达到最大速率时，安培力与阻力等大反向，试验车做匀速运动，此时线框中感应电动势为：E=2B(v0−vm)，感应电流为：I=ER，线框受到的安培力为：F=2BIL，由平衡条件得：F=f，联立解得：vm=8m/s，故A错误，B正确；
C、线框克服阻力的功率为：P1=fvm=0.2×8W=1.6W
当实验车以速度vm匀速运动时金属框中感应电流为：I=2BL(v0−vm)R，解得：I=0.5A
金属框中的热功率为：P2=I2R，解得：P2=0.4W
外界在单位时间内需提供的总能量为：E=P1+P2=1.6W+0.4W=2J，故C正确；
D、当实验车速度为0时，根据楞次定律推论“来拒去留”可知，金属框受到水平向右的磁场力，大小为：
F0=2BI0L=2B×2BLv0R×L=4×12×0.22×101.6N=1N，故D正确。
故选：BCD。
试验车达到最大速率时，安培力与阻力等大反向，试验车做匀速运动，根据磁场与线框的相对速度求得感应电动势，由闭合电路欧姆定律求得感应电流，由安培力计算公式F=BIL，计算安培力(注意左右两边均受到同向的安培力)，由平衡条件求解最大速度；外界提供的总能量等于摩擦生热与产生的焦耳之和。
本题是电磁驱动原理，安培力为动力。要注意线框左右两边均切割磁感线产生同向的感应电动势，总的电动势为左右两边的电动势之和。同样左右两边均受到同向的安培力。
11.【答案】(1)匀速直线 (2)5.3×10−4 (3)①
【解析】解：(1)h−t图像的斜率表示速度，由图(b)可知，h−t图像近似为倾斜的直线，故小球近似做匀速直线运动。
(2)h−t图像的斜率等于速度大小，则v=80×10−212m/s=115m/s
对小球，由平衡条件可得：mg=kv+ρgV排，其中V排=V
解得：k=mg−ρgVv=15×9.8×(4.0×10−6−8.0×102×5.0×10−10)kg/s≈5.3×10−4kg/s
(3)体积相同、密度较大的球，则球的质量m较大，由mg=kv+ρgV可知，球匀速运动的速度v较大，h−t图像的斜率较大，故该直线可能是图(b)中的①虚线。
故答案为：(1)匀速直线；(2)5.3×10−4；(3)①。
(1)h−t图像的斜率表示速度，斜率近似不变，小球近似做匀速直线运动；
(2)对小球受力分析，由平衡条件求解；
(3)由平衡条件，已知小球的质量变大，解得速度大小的变化，由h−t图像的斜率变化求解。
本题考查探究“流体的阻力(f)跟物体相对于流体的速度(v)关系”的实验，较基础。涉及到图像识别，浮力的计算，共点力平衡问题。
12.【答案】R2 312.5不均匀 偏大
【解析】解：(1)为了保证毫安表的安全，根据闭合电路欧姆定律，电路的最小总电阻为R总=EIm=1.530×10−3Ω=50Ω
故滑动变阻器应选R2；
(2)②根据题意，电流表的示数为30mA刻度即对应0℃刻度，结合金属铂电阻Rt与温度t的关系可知，此时金属铂电阻的阻值为R0=40Ω，根据闭合电路欧姆定律可得E=Im(R0+r+Rg+R)
代入数据解得滑动变阻器接入电路的阻值为R=8Ω
设毫安表半偏位置对应的温度为t1，根据闭合电路欧姆定律可得E=12Im(Rt+r+Rg+R)
代入数据解得金属铂的电阻Rt=90Ω
结合金属铂电阻Rt与温度t的关系式Rt=R0(1+θt1)
代入数据联立解得t1=312.5℃
假设毫安表示数为I时，对应的温度为t，根据闭合电路欧姆定律可得E=I(Rt+r+Rg+R)
根据金属铂电阻Rt与温度t的关系Rt=R0(1+θt)
联立解得I=ERt+r+Rg+R=ER0(1+θt)+r+Rg+R
可知I与t非线性关系，故该温度计刻度线是不均匀的；
(4)若干电池使用时间较长，其电动势会减小，内阻变大，设电动势变为E′，内阻变为r′，能够完成温度调零时，根据闭合电路欧姆定律可得E′=Im(R0+r′+Rg+R′)
当进行测量时，假设毫安表电流为I2，此时对应温度刻度为t2，则测量值为t2，根据闭合电路欧姆定律可得I2=ER0(1+θt2)+r+Rg+R=1R0θt2E+R0+r+Rg+RE=1R0θt2E+1Im
假设实际温度为t′2，根据闭合电路欧姆定律可得I2=E′R0(1+θt′2)+r′+Rg+R′=1R0θt′2E′+R0+r+Rg+R′E′=1R0θt′2E′+1Im
联立可得R0θt2E=R0θt′2E′
由于E′
故答案为：(1)R2；(2)312.5；(3)不均匀；(4)偏大。
(1)根据闭合电路的欧姆定律求电路中的最小电阻，然后选择滑动变阻器；
(2)②根据闭合电路的欧姆定律求0℃时，滑动变阻器的接入电阻，再根据闭合电路的欧姆定律求解电流表半偏时金属铂的电阻，然后根据金属铂电阻Rt与温度t的关系求解此时对应的温度；根据闭合电路的欧姆定律结合Rt=R0(1+θt)求解I−t的函数关系后分析作答；
(4)根据闭合电路的欧姆定律和电阻Rt与温度t的关系式Rt=R0(1+θt)进行误差分析。
本题主要考查的是金属铂电阻温度计的制作及误差分析，涉及到的物理知识是闭合电路的欧姆定律，难点是误差分析。
13.【答案】解：(1)由于航天服内气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1V1=p2V2；
解得：p2=0.5×105Pa
(2)打开舱门后，以航天服内气体为研究对象，假设这部分气体发生等压变化，盖-吕萨克定律得V2T1=VT2；
解得 V=7.2L；
剩余气体在这个压强下体积为：V1=4L，
剩余气体与原气体之间，质量和体积成正比
m余m原=V1V，
所以m余m原=59；
答：(1)此时航天服内气体压强P2为0.5×105Pa；
(2)调节后航天服内的气体质量与原有气体质量之比为59。
【解析】(1)根据题意可分析航天服内气体发生等温变化，根据玻意耳定律列方程求解；
(2)打开舱门后，可将航天服内气体看成等圧变化，根据盖-吕萨克定律可求得气体体积，质量之比可根据体积之比求得。
该题考查一定质量的理想气体状态方程的应用，在跟分析此类题型过程时需要明确气体做的是何种变化再根据相应的方程列式求解。
14.【答案】解：(1)作出粒子运动根据，如图所示，
粒子在电场中做类平抛运动，由位移规律有：2L=v0t1，L=12at12
根据牛顿第二定律有：a=qEm
联立解得：E=mv022Lq
粒子在A点时，沿x轴正方向的速度vx=at1=v0
粒子在A点的速度vA= v02+v02= 2v0
方向沿x轴正方向向上成45∘角。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动则有：qvAB=mvA2r
变形解得：r= 2mv0qB
由几何关系可知：r=2 2L
联立解得：B=mv02qL
粒子做匀速圆周运动的时间t2，则有：T=2πmqB=4πLv0，
在磁场中的时间：t2=34T=3πLv0
粒子从开始运动到回到O点的时间：t=2t1+t2=22Lv0+3πLv0=(3π+4)Lv0。
答：(1)电场强度的大小为mv022Lq，电粒子运动到A点的速度大小为 2v0，方向沿x轴正方向向上成45∘角；
(2)磁感应强度大小为mv02qL，带电粒子从开始运动到恰好回到O点的时间为(3π+4)Lv0。
【解析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，由位移规律能求出电场强度的大小和离开电场时A的速度及方向；
(2)画出带电粒子从A点回到O点的轨迹图，由几何关系求出带电粒子的半径和偏转角，从而由于牛顿第二定律和运动学公式求出磁感应强度大小和总时间。
此题带电粒子粒子先在电场中做类平抛运动，后进入磁场做匀速圆周运动的特殊情况：一是在电场中的两个分位移是2倍关系，那么由速度方向与位移方向公式可知，速度方向偏转45∘。二是在磁场中偏转34×2π回到原点O，由几何关系很容易求出轨迹半径。
15.【答案】解：(1)设A、C获得共同速度为v1，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv0=(mA+mC)v1
代入数据解得：v1=4m/s
若A、C共速时C刚好运动到斜面底端，对C应用动能定理得：μmAgs=12mCv2−0
代入数据解得：s=1.6m
则保证C运动到斜面底端前A、C能够共速，s应满足的条件是：s≥1.6m
(2)滑块A冲上斜面，到斜面顶端时速度为v1′由动能定理−mAgh=12mAv1′2−12mAv12
解得：v1′=0
A上到高台后受到为F=mg，A开始做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律可知：F=mg=ma，解得a=g
设与B碰前A的速度为vA，由运动学公式：vA2=2gkL
A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知：mAvA=mAvA1+mBvB1
由机械能守恒定律可知：12mAvA2=12mAvA12+12mBvB12
联立解得vA1=0，vB1= 2gkL
A、B第一次碰后，B合力为零，沿斜面做匀速直线运动，B运动到O点所用时间为：t1=LvB1 = L2gk
碰后A的加速度不变，A运动到O点所用时间为t2= 2Lg
由题意得：t2>t1解得：k>14 A与B同向运动不能相撞，此时有k>14
(3)当k>14时，A与B反向相撞(即B先与挡板碰撞，然后与A发生第二次碰撞)根据题意，B与挡板碰后速率仍为：vB1= 2gkL 设B向左运动时加速度大小为a′，则F=ma′解得：a′=g
设B与挡板碰撞后向左运动到与A第二次碰撞的时间为t3，则L=12g(t1+t3)2+vB1t3−12gt32
解得t3=(4k−1)L 8kgl+4k 2kgl=4k−12k+1 L8kg
B反向减速至零的时间：t0=vB1 g= 2kLg
因为t3t0=4k−14k(2k+1)<1，故所求t3合理
所以：t=t1+t3= L2gk+4k−12k+1⋅ L8kg=8k+14k+2 L2kg
答：(1)为保证小车C与平台碰撞时A、C能共速，s至少1.6m；
(2)当滑块A经斜面进入平台PO后，若A不能在滑块B匀速运动过程中追上滑块B发生第二次碰撞，则k需要满足的条件是k>14；
(3)若满足(2)问的k值，则A、B从第一次碰撞开始到第二次碰撞经历的时间为8k+14k+2 L2kg。
【解析】(1)根据动量守恒求AC的共同速度，再由能量守恒定律求出小车至少的长度；
(2)根据动能定理可得A到达斜面顶端的速度，再由动力学规律求碰撞前的速度，再根据弹性碰撞的规律分别碰撞后的速度，由运动学规律和题设要求，得到k满足的条件；
(3)根据第(2)问的碰撞的速度，由运动学规律求出A追上B碰撞的时间，再结合实际进行检验。
本题主要考查了动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律，在板块模型和碰撞的应用，解题的关键点是找准物理过程，结合牛顿第二定律，运动学规律完成解答，难度较大。
2023年湖南省邵阳市高考物理第一次联考试卷
1. 关于原子结构和微观粒子波粒二象性，下列说法正确的是( )
A. 普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一
B. 玻尔理论指出氢原子能级是分立的，并测出了氨原子光谱
C. 卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子
D. 根据电子束通过铝箔后的衍射图样，可以说明电子具有粒子性
2. 如图，O为抛物线OM的顶点，A、B为抛物线上两点，O点的切线水平。从A、B两点分别以初速度v1、v2水平抛出两小球，同时击中O点，不计空气阻力，则两球( )
A. 必须同时抛出
B. 初速度v1与v2相等
C. 击中O点时速度相同
D. 击中O点时重力的瞬时功率相等
3. 静电植绒技术，于3000多年前在中国首先起步。现代静电植绒于上世纪50、60年代在德国首先研制出并使用。如图为植绒流程示意图，将绒毛放在带负电荷的容器中，使绒毛带负电，容器与带电极板之间加恒定的电压，绒毛呈垂直状加速飞到需要植绒的物体表面上。不计重力和空气阻力，下列判断正确的是( )
A. 带电极板带负电
B. 绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，电势能不断增大
C. 若增大容器与带电极板之间的距离，绒毛到达需要植绒的物体表面时速率增大
D. 质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时速率越大
4. 利用智能手机的加速度传感器可测量手机自身的加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器后，手掌从静止开始上下运动。以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机( )
A. t1时刻速度最大
B. t2时刻开始减速上升，t1∼t3时间内所受的支持力逐渐减小
C. t1时刻开始减速上升，t1∼t3时间内所受的支持力先减小后增大
D. t1∼t3时间内，手机的运动方向一直不变，t2时刻速度为0
5. 特高压直流输电是国家重点工程。如图所示，高压输电线上使用“abcd正方形间隔棒”支撑导线L1、L2、L3、L4其目的是固定各导线间距，防止导线互相碰撞，图中导线L1、L2、L3、L4水平且恰好处在正四棱柱的四条棱上，abcd的几何中心为O点，O点到导线的距离远小于导线的长度，忽略地磁场，当四根长直导线通有等大、同向的电流时，则( )
A. O点的磁感应强度不为零
B. O点的磁感应强度沿bd连线方向
C. L1对L2的安培力比L1对L3的安培力小
D. L1所受安培力的方向为从L1指向L3
6. 如图所示，有一个长为12cm的线光源AB，其表面可以朝各个方向发光，现将AB封装在一个半球形透明介质的底部，AB中点与球心O重合。半球形介质的折射率为1.5，为使AB发出的所有光都能射出球面，不考虑二次反射，则球半径R至少为( )
A. 3 5cm B. 6 5cm C. 9cm D. 18cm
7. 两带电金属板竖直放置且两板始终与电源的正、负极相连，如图所示，在电场中的O点，用一根绝缘细线悬挂一带负电荷的小球，小球静止在细线与竖直方向夹角为θ的位置，现将两金属板绕各自的中心转轴旋转一定的角度，两转轴在同一水平线上且旋转过程中两金属板始终保持平行，如图中虚线所示，则( )
A. 两板间匀强电场的场强将变小 B. 细线对小球的拉力将变大
C. 小球静止时细线与竖直方向夹角θ将变小 D. 小球静止时细线与竖直方向夹角θ将变大
8. 建造一条能通向太空的电梯(如图甲所示)，是人们长期的梦想。材料的力学强度是材料众多性能中被人们极为看重的一种性能，目前已发现的高强度材料碳纳米管的抗拉强度是钢的100倍，密度是其16，这使得人们有望在赤道上建造垂直于水平面的“太空电梯”。当航天员乘坐“太空电梯”时，图乙中r为航天员到地心的距离，R为地球半径，a−r图像中的图线A表示地球引力对航天员产生的加速度大小与r的关系，图线B表示航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系，关于相对地面静止在不同高度的航天员，下列说法正确的是( )
A. 随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小
B. 航天员在r=R处的线速度等于第一宇宙速度
C. 图中r0为地球同步卫星的轨道半径
D. 电梯舱在r=r0处的站点时，航天员处于完全失重状态
9. 如图所示，水平面上O点的左侧光滑，右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块(可视为质点)，用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧滑块，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块过O点进入粗糙地带后到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列判断中正确的是( )
A. 滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等
B. 滑块3匀速运动的速度是 FL4m
C. 第4个小滑块完全进入粗糙地带到第5个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为F24m
D. 最终第7个滑块刚能到达O点而第8个滑块不可能到达O点
10. 图甲是磁悬浮实验车与轨道示意图，图乙是固定在车底部金属框abcd(车厢与金属框绝缘)与轨道上运动磁场的示意图。水平地面上有两根很长的平行直导轨PQ和MN，导轨间有竖直(垂直纸面)方向等间距的匀强磁场B1和B2，二者方向相反。车底部金属框的ad边宽度与磁场间隔相等，当匀强磁场B1和B2同时以恒定速度v0沿导轨方向向右运动时，金属框会受到磁场力，带动实验车沿导轨运动。设金属框垂直导轨ab的边长L=0.20m、总电阻R=1.6Ω，实验车与线框的总质量m=2.0kg，磁场B1=B2=1.0T，磁场运动速度v0=10m/s。已知悬浮状态下，实验车运动时受到恒定的阻力f=0.20N，则( )
A. 实验车的最大速率vm=2m/s
B. 实验车的最大速率vm=8m/s
C. 实验车以最大速度做匀速运动时，为维持实验车运动，外界在单位时间内需提供的总能量为2J
D. 当实验车速度为0时，金属框受到水平向右1N的磁场力
11. 某同学阅读教材中的“科学漫步”栏目，对“流体的阻力(f)跟物体相对于流体的速度(v)有关”这一说法产生了兴趣，通过查阅资料得知：对于球形物体，二者间存在定量关系f=kv，k为比例系数。该同学为探究这一关系利用如图(a)所示装置测量k。具体操作如下：在柱状玻璃容器中注入某透明液体，将小球在液面处由静止释放，当小球运动到0刻度线处开始计时，每下落10cm记录一次时间，得到多组下落高度h与时间t的数据，作出h−t图像如图(b)中实线所示。
(1)由h−t图像可知，从计时开始小球近似做______运动。
(2)已知液体密度ρ=8.0×102kg/m3，小球体积V=5.0×10−10m3、质量m=4.0×10−6kg，结合h−t图像可得k=______kg/s(浮力不能忽略，取重力加速度g=9.8m/s2)。
(3)若再用一个体积相同、密度较大的球，重复上述实验，所得h−t图像也是一条直线，则该直线可能是图(b)中的______虚线。
12. 某兴趣小组用金属铂电阻制作量程0∼500℃的电阻温度计。已知金属铂电阻Rt与温度t的关系是：Rt=R0(1+θt)，其中R0=40Ω，温度系数。
(1)设计电路：
该小组设计的电阻温度计测量电路如图所示，准备了如下实验器材：
干电池1节(E=1.5V,内阻r=1Ω)，毫安表(0∼30mA,Rg=1Ω)，滑动变阻器R1(0∼5Ω)，滑动变阻器R2(0∼50Ω)，开关S一只，导线若干。
滑动变阻器应选______ (选填“R1”或“R2”)。
(2)在毫安表刻度盘上标注温度刻度值
①温度调零(即确定0℃刻度)
根据电路图连接好实物，断开开关S，为保证电路安全应先将滑动变阻器的滑片拨至如图所示的b端。将金属铂电阻放入0℃冰水混合物中，闭合开关S，调节滑动变阻器阻值使毫安表满偏，则30mA刻度即对应0℃刻度，并保持滑动变阻器滑片位置不动。
②确定刻度
通过理论计算出每一电流刻度所对应的温度值，并标注在刻度盘上。毫安表半偏位置对应的温度是______ ℃。该温度计刻度线是______ 选填“均匀”或“不均匀”)的。
③实际检验
将金属铂电阻放入其它已知温度的物体中，待指针稳定后，检验指针所指温度与实际温度在误差允许范围内是否一致。
(3)实际测量
测量前完成(2)中①的温度调零操作，将金属铂电阻放入某未知温度的物体中，待指针稳定后读数，测出该物体的温度。
(4)误差分析
若干电池使用时间较长，其电动势会减小，内阻变大。用该温度计按照(3)中的测量方法进行测量(能够完成温度调零)，则测量结果______ (选填“偏大”“不变”或“偏小”)。
13. 2022年4月16日，神州十三号载人飞船返回舱着陆成功，三名航天员圆满完成了为期六个月的航天飞行任务，此次飞行任务中航天员翟志刚、王亚平先后从天和核心舱节点舱成功出舱执行任务，出舱时他们身着我国新一代“飞天”舱外航天服。舱外航天服是一套非常复杂的生命保障系统，简单的物理模型可以理解为：舱外航天服内密封了一定质量的理想气体，用来提供适合人体生存的气压。出舱前，航天员身着航天服，先从核心舱进入节点舱，此时航天服密闭气体的体积为V1=4L，压强为p1=1.0×105Pa，温度为t1=27℃；然后封闭所有内部舱门，对节点舱泄压，直到节点舱压强和外面压强相等时才能打开舱门。
(1)节点舱气压降低到能打开舱门时，密闭航天服内气体体积膨胀到V2=8L，假设温度不变，求此时航天服内气体压强P2；
(2)打开舱门后，航天员安全出舱，由于外界温度极低，航天服自动控制系统启动，系统能通过加热和充气或者放气等调节方式来保证密闭航天服内气体压强为p2，温度为t2=−3℃，体积为V1=4L，求调节后航天服内的气体质量与原有气体质量之比。
14. 如图所示，在A处有平行于y轴的虚线，虚线左侧所有空间分布着水平向左的匀强电场，在虚线右侧所有空间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，在O点处，某时刻有一带负电的粒子以初速度v0沿y轴正方向运动，粒子从A(L,2L)点进入磁场，在磁场中运动一段时间后恰好又回到O点，已知粒子的质量为m，电荷量大小为q，不计粒子重力，求：
(1)电场强度的大小和带电粒子运动到A点的速度；
(2)磁感应强度大小和带电粒子从开始运动到恰好回到O点的时间。
15. 小车C静止在光滑的水平面上，距离小车C的右侧s处有一固定光滑的斜面和光滑平台组成的装置，斜面底端与小车C等高，平台P点与斜面平滑连接，不影响滑块经过时运动的速率。平台上O点固定一竖直的弹性挡板，滑块B静止于Q点，PQ间距离为kL，OQ间距离为L。当滑块A以v0=8m/s的速度滑上小车，运动到小车C右端时恰好与之共速(小车未碰到平台)。当滑块A经斜面进入平台时，始终受到水平向右的恒力F=mg作用，当滑块B在该区域内向左运动时受到同样的恒力F作用，向右运动则合力为零。已知滑块A、B及小车C的质量相等，即mA=mB=mC，斜面高h=0.8m，A、C间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s2，滑块A、B均可看成质点，且A、B之间以及B与挡板之间的碰撞为弹性碰撞。
(1)为保证小车C与平台碰撞时A、C能共速，s至少多长；
(2)当滑块A经斜面进入平台PO后，若A不能在滑块B匀速运动过程中追上滑块B发生第二次碰撞，则k需要满足的条件；
(3)若满足(2)问的k值，求A、B从第一次碰撞开始到第二次碰撞经历的时间。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、为了解释黑体辐射的实验规律，普朗克提出了能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一，故A正确。
B、玻尔理论指出氢原子能级是分立的，但波尔并没有测出氨原子光谱，故B错误。
C、卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，并发现了质子，预言了中子的存在，中子最终由查德威克发现，故C错误。
D、根据电子束通过铝箔后的衍射图样，说明电子具有波动性，故D错误。
故选：A。
普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念；玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的；卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型；根据电子束通过铝箔后的衍射图样，说明电子具有波动性．
该题考查多个知识点的内容，熟练掌握物理规律的来龙去脉是掌握此类知识的前提．
2.【答案】B
【解析】解：A、两小球下落高度不同，根据h=12gt2，下落时间t= 2hg，A点的小球下落时间更长，要满足同时击中O点，A点小球应先抛出，故A错误；
B、以O点为坐标原点建立直角坐标系，如图所示：
O为抛物线OM的顶点，A、B为抛物线上两点，设抛物线方程为y=ax2
小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动x=v0t
竖直方向做自由落体运动，y=12gt2
整理得y=g2v02x2
即a=g2v02
a是常数，则v0为常数，A、B两点在同一抛物线上，则初速度v1与v2相等，故B正确；
C、两小球水平方向速度相同，竖直方向速度vy=gt不同，合速度不同，故C错误；
D、重力的瞬时功率为P=mgvy，两小球竖直分速度不同，重力的瞬时功率不同，故D错误；
故选：B。
根据h=12gt2，判断两小球下落时间；根据抛物线公式表示和平抛运动规律判断初速度的大小；根据平抛运动规律判断两小球水平方向的速度和竖直方向速度的关系即可；根据重力功率公式P=mgvy即可求解。
本题考查平抛运动，解题关键是掌握平抛运动的规律，能结合抛物线知识进行求解。
3.【答案】D
【解析】解：A、绒毛带负电加速度向下运动，所以电场力向下，电场强度向上，带电极板带正电，故A错误；
B、绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，电场力向下做正功，电势能不断减小，故B错误；
C、由动能定理可得：qU=12mv2，解得：v= 2qUm
若增大容器与带电极板之间的距离，而电极板之间的电压加恒定，绒毛到达需要植绒的物体表面时速率不变，故C错误；
D、由v= 2qUm，可知质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时速率越大，故D正确。
故选：D。
负电荷所受电场力与电场强度方向相反；电场力做正功，电势能减小；根据动能定理判断绒毛到达植绒的物体表面时速率与什么因素有关。
本题考查了带电体在的场中加速问题，根据根据动能定理，结合电场力做功特点解答。
4.【答案】B
【解析】解：A.t1时刻手机加速度最大，t1时刻之后，手机加速度依然是正值，手机还要继续加速上升，则t1时刻的速度不是最大，故A错误；
BC.因图像与时间轴围成的“面积”表示速度的变化量，可知t2时刻手机向上的速度最大，之后，手机的加速度反向，开始减速上升；
在t1∼t2时间内，手机向上的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律得FN−mg=ma1，故支持力逐渐减小；
在t2∼t3时间内，手机向下的加速度逐渐增大，由牛顿第二定律得mg−FN′=ma2，可知支持力继续减小。
故t1∼t3时间内，手机所受的支持力逐渐减小，故B正确；故C错误；
D.t1∼t3时间内，手机先向上加速、后向上减速，因图像与时间轴围成的“面积”表示速度的变化量，可知加速过程速度变化量(增加量)大于减速过程速度的变化量(减少量)，则手机的运动方向一直向上，不变，故D错误。
故选：B。
在a−t图像中，t轴上方加速度为正，表示物体在加速运动；t轴下方加速度为负，表示物体在减速运动。图像与时间轴围成的“面积”表示速度的变化量。加速度的方向代表了合力的方向，由牛顿第二定律可列方程判断支持力变化。
加速度是连接力学与运动学的桥梁。通过加速度变化情况，可判断速度变化情况，可判断物体所受合力变化情况。
5.【答案】D
【解析】解：AB.根据安培定则以及对称性，直导线L1和L3在O点处的磁感应强度为零，L2和L4在O点处的磁感应强度为零，所以O点处的磁感应强度为零，故AB错误；
C.离通电直导线越近，磁感应强度将越强，所以L1导线在L2处产生的磁感应强度大于在L3处的磁感应强度，所以L1对L2的安培力大于L1对L3的安培力，故C错误；
D.因“同向电流相互吸引”，则当四根长直导线通有等大、同向的电流时，则L1均受到L2、L3、L4的吸引力，且L2、L4对L1的吸引力的合力也从L1指向L3，则L1受到的安培力的方向从L1指向L3，故D正确。
故选：D。
根据右手定则结合对称性分析出O点的磁感应强度；
根据右手螺旋定则分析出穿过abcd的磁通量的大小情况；
根据安培力公式定性地分析出导线之间的安培力大小关系；
根据“同向电流吸引，反向电流排斥”的推论结合矢量合成的特点分析出导线所受安培力的方向。
本题主要考查了通电直导线间的相互作用力，熟悉右手定则和右手螺旋定则，根据对称性和安培力公式，掌握矢量合成的特点即可完成分析。
6.【答案】C
【解析】解：如图所示
在半球面上任选一点P，根据几何关系可知，若此时线状光源B点发出的光能够射出P点，则线状光源其他点发出的光也一定能够射出P点，所以只要B点发出的所有光线能够射出球面，则光源发出的所有光均能射出球面，在△OPB中，根据正弦定理有OBsinα=OPsinθ
解得sinα=6Rsinθ
当θ=90∘时，sinα有最大值sinα=6R
为使光线一定能从P点射出，根据全反射应有sinα≤1n=11.5
所以R≥9cm
故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据题意作图，只要B点发出的所有光线能够射出球面，则光源发出的所有光均能射出球面，结合折射定律与几何关系可解得。
本题考查光的折射定律，解题关键掌握正弦定理的应用，注意光的折射问题经常与几何问题相关。
7.【答案】BC
【解析】解：A、旋转后板间距离变小，两板间电势差不变，根据U=Ed知，电场强度变大，故A错误；
B、旋转过程，电场力大小变大，方向发生变化，且与重力夹角减小，则这两力合力增大，故绳拉力增大，故B正确；
CD、根据平行四边形定则知小球静止时细线与竖直方向夹角θ将变小，故C正确，D错误。
故选：BC。
两板间电势差不变，板间距离变小，根据U=Ed知，电场强度变大；旋转过程，电场力大小变大，方向发生变化，与重力夹角减小，根据平行四边形定则知绳拉力增大，小球静止时细线与竖直方向夹角θ将变小。
此题考查电场力中的动态平衡分析，注意电场力大小与方向均发生变化，根据平行四边形定则作图分析比较直观。
8.【答案】CD
【解析】解：A、若电梯舱对航天员的弹力表现为支持力时，由牛顿第二定律得GMmr2−FN=mω2r，解得：FN=GMmr2−mω2r
角速度不变，随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小；
若电梯舱对航天员的弹力表现为拉力时，由牛顿第二定律得：GMmr2+FN=mω2r，解得：FN=mω2r−GMmr2
角速度不变，随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力增大，故A错误；
B、地球同步卫星的线速度小于第一宇宙速度，所以航天员在r=R处的线速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C、图像中的图线A表示地球引力对航天员产生的加速度aA大小与r的关系，该加速度aA等于地球卫星做匀速圆周运动的加速度，图线B表示航天员由于地球自转而产生的向心加速度aB大小与r的关系，该加速度aB等于地球同步卫星的加速度，因为aA=aB，所以图中r0为地球同步卫星的轨道半径，故C正确；
D、电梯舱在r=r0处的站点时，航天员的加速度等于地球同步卫星的加速度，处于完全失重状态，电梯舱对航天员的弹力等于零，航天员只受到万有引力，因此航天员处于完全失重状态，故D正确。
故选：CD。
根据合力提供向心力，结合图像以及受力分析，判断航天员受到的弹力先减小后反向增大；根据图像可知，在r=r0位置时，万有引力完全提供向心力，可知与同步卫星运动情况相同，处于同一轨道；当航天员对水平地板的压力为零时，此时万有引力完全提供向心力，根据向心力方程可求出此时轨迹半径。
本题主要考查万有引力与重力、向心力之间的关系，需要结合图像分析三者关系。
9.【答案】BC
【解析】解：A、滑块匀速运动时，在O点左侧的滑块因为处于光滑地段，则杆上的弹力为零；在O点右侧的滑块处于粗糙的地段，则每个滑块受滑动摩擦力作用，由平衡条件知各段轻杆上的弹力大小不相等，故A错误；
B、设每个滑块进入粗糙区受的阻力为f，因为在第3个小滑块过O点进入粗糙地带后到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，则从第一个滑块从O点向右运动2L的过程中，由动能定理得：F×2L−f×2L−fL=12×8mv2。
匀速运动时，由平衡条件有：F=3f，联立解得：v= FL4m，故B正确；
C、第4个小滑块完全进入粗糙地带到第5个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，对8个滑块整体，根据牛顿第二定律有F−4f=8ma，解得：a=−F24m，故C正确；
D、当第7个滑块刚能到达O点而第8个滑块没能到达O点时，则由动能定理有：F×6L−(6+5+4+3+2+1)fL=12×8mv′2，可得−FL=12×8mv′2，表达式不成立，则第7个滑块不可能到达O点；事实上当第6个滑块刚能到达O点而第7个滑块没能到达O点时，则F×5L−(5+4+3+2+1)fL=12×8mv′′2，解得：v″=0，所以第6个滑块恰能到达O点而第7个滑块没能到达O点，故D错误。
故选：BC。
滑块匀速运动时，根据平衡条件分析各段轻杆上的弹力大小关系，利用动能定理计算滑块3匀速运动的速度。第4个小滑块完全进入粗糙地带到第5个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，对整体利用牛顿第二定律求加速度。利用动能定理列式分析最终第7个滑块能否到达O点。
本题考查牛顿第二定律、动能定理的综合运用，对于涉及位移的问题，优先考虑运用动能定理求解，以及掌握整体法和隔离法的灵活运用。
10.【答案】BCD
【解析】解：AB、设B1=B2=B，试验车达到最大速率时，安培力与阻力等大反向，试验车做匀速运动，此时线框中感应电动势为：E=2B(v0−vm)，感应电流为：I=ER，线框受到的安培力为：F=2BIL，由平衡条件得：F=f，联立解得：vm=8m/s，故A错误，B正确；
C、线框克服阻力的功率为：P1=fvm=0.2×8W=1.6W
当实验车以速度vm匀速运动时金属框中感应电流为：I=2BL(v0−vm)R，解得：I=0.5A
金属框中的热功率为：P2=I2R，解得：P2=0.4W
外界在单位时间内需提供的总能量为：E=P1+P2=1.6W+0.4W=2J，故C正确；
D、当实验车速度为0时，根据楞次定律推论“来拒去留”可知，金属框受到水平向右的磁场力，大小为：
F0=2BI0L=2B×2BLv0R×L=4×12×0.22×101.6N=1N，故D正确。
故选：BCD。
试验车达到最大速率时，安培力与阻力等大反向，试验车做匀速运动，根据磁场与线框的相对速度求得感应电动势，由闭合电路欧姆定律求得感应电流，由安培力计算公式F=BIL，计算安培力(注意左右两边均受到同向的安培力)，由平衡条件求解最大速度；外界提供的总能量等于摩擦生热与产生的焦耳之和。
本题是电磁驱动原理，安培力为动力。要注意线框左右两边均切割磁感线产生同向的感应电动势，总的电动势为左右两边的电动势之和。同样左右两边均受到同向的安培力。
11.【答案】(1)匀速直线 (2)5.3×10−4 (3)①
【解析】解：(1)h−t图像的斜率表示速度，由图(b)可知，h−t图像近似为倾斜的直线，故小球近似做匀速直线运动。
(2)h−t图像的斜率等于速度大小，则v=80×10−212m/s=115m/s
对小球，由平衡条件可得：mg=kv+ρgV排，其中V排=V
解得：k=mg−ρgVv=15×9.8×(4.0×10−6−8.0×102×5.0×10−10)kg/s≈5.3×10−4kg/s
(3)体积相同、密度较大的球，则球的质量m较大，由mg=kv+ρgV可知，球匀速运动的速度v较大，h−t图像的斜率较大，故该直线可能是图(b)中的①虚线。
故答案为：(1)匀速直线；(2)5.3×10−4；(3)①。
(1)h−t图像的斜率表示速度，斜率近似不变，小球近似做匀速直线运动；
(2)对小球受力分析，由平衡条件求解；
(3)由平衡条件，已知小球的质量变大，解得速度大小的变化，由h−t图像的斜率变化求解。
本题考查探究“流体的阻力(f)跟物体相对于流体的速度(v)关系”的实验，较基础。涉及到图像识别，浮力的计算，共点力平衡问题。
12.【答案】R2 312.5不均匀 偏大
【解析】解：(1)为了保证毫安表的安全，根据闭合电路欧姆定律，电路的最小总电阻为R总=EIm=1.530×10−3Ω=50Ω
故滑动变阻器应选R2；
(2)②根据题意，电流表的示数为30mA刻度即对应0℃刻度，结合金属铂电阻Rt与温度t的关系可知，此时金属铂电阻的阻值为R0=40Ω，根据闭合电路欧姆定律可得E=Im(R0+r+Rg+R)
代入数据解得滑动变阻器接入电路的阻值为R=8Ω
设毫安表半偏位置对应的温度为t1，根据闭合电路欧姆定律可得E=12Im(Rt+r+Rg+R)
代入数据解得金属铂的电阻Rt=90Ω
结合金属铂电阻Rt与温度t的关系式Rt=R0(1+θt1)
代入数据联立解得t1=312.5℃
假设毫安表示数为I时，对应的温度为t，根据闭合电路欧姆定律可得E=I(Rt+r+Rg+R)
根据金属铂电阻Rt与温度t的关系Rt=R0(1+θt)
联立解得I=ERt+r+Rg+R=ER0(1+θt)+r+Rg+R
可知I与t非线性关系，故该温度计刻度线是不均匀的；
(4)若干电池使用时间较长，其电动势会减小，内阻变大，设电动势变为E′，内阻变为r′，能够完成温度调零时，根据闭合电路欧姆定律可得E′=Im(R0+r′+Rg+R′)
当进行测量时，假设毫安表电流为I2，此时对应温度刻度为t2，则测量值为t2，根据闭合电路欧姆定律可得I2=ER0(1+θt2)+r+Rg+R=1R0θt2E+R0+r+Rg+RE=1R0θt2E+1Im
假设实际温度为t′2，根据闭合电路欧姆定律可得I2=E′R0(1+θt′2)+r′+Rg+R′=1R0θt′2E′+R0+r+Rg+R′E′=1R0θt′2E′+1Im
联立可得R0θt2E=R0θt′2E′
由于E′
故答案为：(1)R2；(2)312.5；(3)不均匀；(4)偏大。
(1)根据闭合电路的欧姆定律求电路中的最小电阻，然后选择滑动变阻器；
(2)②根据闭合电路的欧姆定律求0℃时，滑动变阻器的接入电阻，再根据闭合电路的欧姆定律求解电流表半偏时金属铂的电阻，然后根据金属铂电阻Rt与温度t的关系求解此时对应的温度；根据闭合电路的欧姆定律结合Rt=R0(1+θt)求解I−t的函数关系后分析作答；
(4)根据闭合电路的欧姆定律和电阻Rt与温度t的关系式Rt=R0(1+θt)进行误差分析。
本题主要考查的是金属铂电阻温度计的制作及误差分析，涉及到的物理知识是闭合电路的欧姆定律，难点是误差分析。
13.【答案】解：(1)由于航天服内气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1V1=p2V2；
解得：p2=0.5×105Pa
(2)打开舱门后，以航天服内气体为研究对象，假设这部分气体发生等压变化，盖-吕萨克定律得V2T1=VT2；
解得 V=7.2L；
剩余气体在这个压强下体积为：V1=4L，
剩余气体与原气体之间，质量和体积成正比
m余m原=V1V，
所以m余m原=59；
答：(1)此时航天服内气体压强P2为0.5×105Pa；
(2)调节后航天服内的气体质量与原有气体质量之比为59。
【解析】(1)根据题意可分析航天服内气体发生等温变化，根据玻意耳定律列方程求解；
(2)打开舱门后，可将航天服内气体看成等圧变化，根据盖-吕萨克定律可求得气体体积，质量之比可根据体积之比求得。
该题考查一定质量的理想气体状态方程的应用，在跟分析此类题型过程时需要明确气体做的是何种变化再根据相应的方程列式求解。
14.【答案】解：(1)作出粒子运动根据，如图所示，
粒子在电场中做类平抛运动，由位移规律有：2L=v0t1，L=12at12
根据牛顿第二定律有：a=qEm
联立解得：E=mv022Lq
粒子在A点时，沿x轴正方向的速度vx=at1=v0
粒子在A点的速度vA= v02+v02= 2v0
方向沿x轴正方向向上成45∘角。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动则有：qvAB=mvA2r
变形解得：r= 2mv0qB
由几何关系可知：r=2 2L
联立解得：B=mv02qL
粒子做匀速圆周运动的时间t2，则有：T=2πmqB=4πLv0，
在磁场中的时间：t2=34T=3πLv0
粒子从开始运动到回到O点的时间：t=2t1+t2=22Lv0+3πLv0=(3π+4)Lv0。
答：(1)电场强度的大小为mv022Lq，电粒子运动到A点的速度大小为 2v0，方向沿x轴正方向向上成45∘角；
(2)磁感应强度大小为mv02qL，带电粒子从开始运动到恰好回到O点的时间为(3π+4)Lv0。
【解析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，由位移规律能求出电场强度的大小和离开电场时A的速度及方向；
(2)画出带电粒子从A点回到O点的轨迹图，由几何关系求出带电粒子的半径和偏转角，从而由于牛顿第二定律和运动学公式求出磁感应强度大小和总时间。
此题带电粒子粒子先在电场中做类平抛运动，后进入磁场做匀速圆周运动的特殊情况：一是在电场中的两个分位移是2倍关系，那么由速度方向与位移方向公式可知，速度方向偏转45∘。二是在磁场中偏转34×2π回到原点O，由几何关系很容易求出轨迹半径。
15.【答案】解：(1)设A、C获得共同速度为v1，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv0=(mA+mC)v1
代入数据解得：v1=4m/s
若A、C共速时C刚好运动到斜面底端，对C应用动能定理得：μmAgs=12mCv2−0
代入数据解得：s=1.6m
则保证C运动到斜面底端前A、C能够共速，s应满足的条件是：s≥1.6m
(2)滑块A冲上斜面，到斜面顶端时速度为v1′由动能定理−mAgh=12mAv1′2−12mAv12
解得：v1′=0
A上到高台后受到为F=mg，A开始做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律可知：F=mg=ma，解得a=g
设与B碰前A的速度为vA，由运动学公式：vA2=2gkL
A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知：mAvA=mAvA1+mBvB1
由机械能守恒定律可知：12mAvA2=12mAvA12+12mBvB12
联立解得vA1=0，vB1= 2gkL
A、B第一次碰后，B合力为零，沿斜面做匀速直线运动，B运动到O点所用时间为：t1=LvB1 = L2gk
碰后A的加速度不变，A运动到O点所用时间为t2= 2Lg
由题意得：t2>t1解得：k>14 A与B同向运动不能相撞，此时有k>14
(3)当k>14时，A与B反向相撞(即B先与挡板碰撞，然后与A发生第二次碰撞)根据题意，B与挡板碰后速率仍为：vB1= 2gkL 设B向左运动时加速度大小为a′，则F=ma′解得：a′=g
设B与挡板碰撞后向左运动到与A第二次碰撞的时间为t3，则L=12g(t1+t3)2+vB1t3−12gt32
解得t3=(4k−1)L 8kgl+4k 2kgl=4k−12k+1 L8kg
B反向减速至零的时间：t0=vB1 g= 2kLg
因为t3t0=4k−14k(2k+1)<1，故所求t3合理
所以：t=t1+t3= L2gk+4k−12k+1⋅ L8kg=8k+14k+2 L2kg
答：(1)为保证小车C与平台碰撞时A、C能共速，s至少1.6m；
(2)当滑块A经斜面进入平台PO后，若A不能在滑块B匀速运动过程中追上滑块B发生第二次碰撞，则k需要满足的条件是k>14；
(3)若满足(2)问的k值，则A、B从第一次碰撞开始到第二次碰撞经历的时间为8k+14k+2 L2kg。
【解析】(1)根据动量守恒求AC的共同速度，再由能量守恒定律求出小车至少的长度；
(2)根据动能定理可得A到达斜面顶端的速度，再由动力学规律求碰撞前的速度，再根据弹性碰撞的规律分别碰撞后的速度，由运动学规律和题设要求，得到k满足的条件；
(3)根据第(2)问的碰撞的速度，由运动学规律求出A追上B碰撞的时间，再结合实际进行检验。
本题主要考查了动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律，在板块模型和碰撞的应用，解题的关键点是找准物理过程，结合牛顿第二定律，运动学规律完成解答，难度较大。
相关试卷
2023年湖南省邵阳市高三第一次联考物理试题卷（含答案）： 这是一份2023年湖南省邵阳市高三第一次联考物理试题卷（含答案），共9页。
2023年湖南省邵阳市高考物理二模试卷（含答案解析）： 这是一份2023年湖南省邵阳市高考物理二模试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了 下列说法正确的是，9km/s与11，8s等内容，欢迎下载使用。
2023届湖南省邵阳市高三上学期第一次联考物理试题（解析版）： 这是一份2023届湖南省邵阳市高三上学期第一次联考物理试题（解析版）
