2024届湖北省华中师范大学第一附属中学高三下学期5月适应性考试物理试题
1．（2024高三下·湖北模拟）J．J．汤姆孙在阴极射线中发现电子以后，又进一步在光电效应、热离子发射效应（金属在高温时发射粒子的现象）和射线等现象中都发现了电子。在上述现象中，电子来源于原子核内部的是（ ）
A．阴极射线 B．光电效应
C．热离子发射效应 D．射线
【答案】D
【知识点】原子的核式结构；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】 A.阴极射线是电子流，电子来自核外电子，故A错误；
B.光电效应是金属中的电子吸收能量后，飞出金属表面的现象；故B错误；
C.热离子发射效应是金属在高温时发射粒于的现象，电子来自核外电子，故C错误；
D.β射线实际上是原子核中的中子转变成质子，而放出电子，故D正确。
故答案为：D。
【分析】1897年约瑟夫·约翰·汤姆逊根据放电管中的阴极射线在电磁场和磁场作用下的轨迹确定阴极射线中的粒子带负电，并测出其荷质比，这在一定意义上是历史上第一次发现电子。
2．（2024高三下·湖北模拟）举重是一项技巧性很强的运动。抓举的过程如下图所示，首先运动员用双手迅速提起杠铃至胸前，然后迅速下蹲，“钻到”杠铃底下，两臂呈八字形托住杠铃，最后缓缓站立。关于举重的过程，下列说法正确的是（ ）
A．运动员将杠铃提至胸前的过程中，杠铃先超重后失重
B．运动员站起的过程中，地面对他做正功
C．整个过程中运动员两手对杠铃的力始终不小于杠铃的重力
D．运动员两臂呈八字形托住杠铃静止时，两臂夹角越大，每条手臂对杠铃的作用力越小
【答案】A
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；超重与失重；功的概念
【解析】【解答】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g。A．运动员将杠铃提至胸前的过程中，杠铃先加速上升后减速上升，先超重后失重。故A正确；
B．运动员站起的过程中，地面对他支持力作用点没有发生位移，故没有做功。故B错误；
C．由A选项分析可知，杠铃减速上升过程，加速度竖直向下，运动员两手对杠铃的力小于杠铃的重力。故C错误；
D．运动员两臂呈八字形托住杠铃静止时，受力分析如图
可得
解得
可知两臂夹角越大，每条手臂对杠铃的作用力越大。故D错误。
故选A。
【分析】加速度向上为超重状态，加速度向下为失重状态；地面对运动员的支持力没有位移，不做功；本题中杠铃受到三个力，重力和两个手臂对杠铃的作用力。将重力按照力的效果分解，运用“大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大”的结论，即可以判断。
3．（2024高三下·湖北模拟）2024年4月25日，神舟十八号载人飞船进入比空间站低的预定轨道，历经6.5小时调整姿态后成功与空间站对接，神舟十八号的变轨过程简化为如图所示，圆轨道Ⅰ、Ⅲ分别为预定轨道和空间站轨道，椭圆轨道Ⅱ分别与轨道Ⅰ、Ⅲ相切于P、Q两点，轨道Ⅲ离地面高度约为400km，地球未画出，则（ ）
A．神舟十八号在轨道Ⅰ上运行时的向心加速度大于其在地面上静止时的向心加速度
B．神舟十八号在轨道Ⅱ上经过P点时的向心加速度小于经过Q点时的向心加速度
C．神舟十八号在轨道Ⅱ上经过P点时的速度小于在轨道Ⅰ上经过P点时的速度
D．神舟十八号在轨道Ⅱ上的机械能大于在轨道Ⅲ上的机械能
【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】解题的关键是知道在椭圆轨道上卫星在近地点的速度大于远地点的速度，卫星点火加速进入高轨道，机械能增加，卫星减速进入低轨道，机械能减少。A．根据
可知神舟十八号在轨道Ⅰ上运行时的向心加速度大于同步卫星的向心加速度；而根据
可知，同步卫星的向心加速度大于地面上的物体的向心加速度，可知神舟十八号在轨道Ⅰ上运行时的向心加速度大于其在地面上静止时的向心加速度，选项A正确；
B．根据
可知，神舟十八号在轨道Ⅱ上经过P点时的向心加速度大于经过Q点时的向心加速度，选项B错误；
C．神舟十八号从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ要在P点加速，可知在轨道Ⅱ上经过P点时的速度大于在轨道Ⅰ上经过P点时的速度，选项C错误；
D．神舟十八号从轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ要在Q点加速，机械能增加，则在轨道Ⅱ上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能，选项D错误。
故选A。
【分析】比较神舟十八号卫星在轨道Ⅰ上运行时的向心加速度与地球同步卫星的向心加速度大小关系，利用a=rω2比较地球同步卫星与地面物体的向心加速度大小，则可得结论，根据轨道Ⅱ上P、Q两点的半径关系， 比较两点向心加速度大小关系；根据卫星减速进入低轨道分析；神舟十八号卫星在轨道Ⅱ上Q点点火加速进入轨道Ⅲ，根据功能关系分析卫星机械能的变化。
4．（2024高三下·湖北模拟）如图所示为甲、乙、丙、丁四个质点同时、同地由静止沿同一方向运动的图和图，由图可知（ ）
A．甲和丙都在做匀加速直线运动 B．2s末乙的速度大于丁的速度
C．5～7s甲、乙逐渐靠近 D．5～7s丙、丁逐渐靠近
【答案】C
【知识点】图象法；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】 要明确a-t图像的直接意义：代表了物体某一时刻对应的加速度，可以以此判断物体加速度的方向及大小。要明确a-t图像面积的物理意义：代表了物体速度的变化量。a-t图像求位移时，先将a-t图像转化成v-t图像，会使问题简化。A．由图可知甲做匀加速直线运动，丙做加速度增大的加速运动。故A错误；
B．由图可知2s末乙的速度为4m/s，根据
可知丁的速度在数值上等于a-t图像中图线与t轴所围面积，很明显大于4m/s。故B错误；
C．由图可知，5～7s甲的速度大于乙的速度，所以甲、乙逐渐靠近。故C正确；
D．由B选项分析可知0～7s丙的速度增加量小于丁的速度增加量，根据
可知丙、丁逐渐远离。故D错误。
故选C。
【分析】v-t图像中，图像与横坐标轴围成的面积为位移，a-t图像中，图像与横坐标围成的面积为速度。
5．（2024高三下·湖北模拟）如图所示，液面上浮有一厚度不计、半径为r的软木塞，在它的圆心处插着一枚大头针，调整大头针插入软木塞的深度，当液体中大头针露在活塞外面的长度为h时，从液面上各个方向向液体中看，恰好看不到大头针，则（ ）
A．液体的折射率为
B．液体的折射率为
C．若软木塞的厚度不能忽略，液体折射率的测量值比实际值略小
D．若软木塞浸入水中的深度不能忽略，液体折射率的测量值比实际值略小
【答案】B
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】 光的折射问题，解题的关键在于正确画出光路图、找出几何关系。（1）根据题意正确画出光路图；（2）根据几何知识正确找出角度关系；（3）依光的折射定律列式求解。
AB．依题意，从液面上各个方向向液体中看，恰好看不到大头针，则恰好针底部射向软木塞下边沿的光线在水和空气的表面发生全反射。画出光路图如图。
由几何关系有
解得
故A错误；B正确；
CD．若软木塞的厚度不能忽略，做光路图如图
由几何关系可知三角形ABC和三角形OBD相似，临界角的计算值没有改变，液体折射率的测量值与实际值相同。同理，若软木塞浸入水中的深度不能忽略，液体折射率的测量值与实际值相同。故CD错误。
故选B。
【分析】从液面上各个方向向液体中看，恰好看不到大头针，说明光线从大头针底部射向软木塞下边沿的光线在水面恰好发生了全反射，入射角等于临界角C，光路图光路图，根据几何关系求出临界角C，结合临界角公式sinC=求解液体的折射率。
6．（2024高三下·湖北模拟）如图，图甲为时某横波的波形图像，图乙为该波传播方向上x=2.5m处质点的振动图像，距该质点1m处另一质点的振动图像可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】解决y-t图像和y-x图像综合问题，关键要明确两点：一是y-t图像描述的是哪个质点的振动；二是y-x图像是哪一时刻的图像，然后根据y-t图像确定这一时刻该点的位移和振动方向，最后根据y-x图像确定波的传播方向。从甲图可以得到波长为4m，乙图可以得到周期为4s，即波速为
由乙图的振动图像可以找到时，该质点位移为正，并且向上运动，再经过就到达波峰，所以可以判断波是向左传播，而距该质点处质点，就是相差或时间相差，但有两种可能是提前或延后。若是提前，则在时再返回到达乙图的振动图像时的位移，所以B正确，若是延后，则在时要向返回到达乙图的振动图像时的位移，该质点在时，该质点位移为负，并且向上运动，所以ACD都错误。
故B正确。
【分析】由图甲读出波长，由图乙读出t=2s时质点的位置和速度方向，根据距该质点1m处另一质点与图乙质点的距离与波长的关系判断。
7．（2024高三下·湖北模拟）图甲为平行放置的带等量异种电荷的绝缘环，一不计重力的带正电粒子以初速度从远离两环的地方（可看成无穷远）沿两环轴线飞向圆环，恰好可以穿越两环。已知两环轴线上的电势分布如图乙所示，若仅将带电粒子的初速度改为，其他条件不变，则带电粒子飞过两环过程中的最小速度与最大速度之比为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】设+Q和-Q圆环的圆心分别为O1和O2，根据图线的对称性，通过能量守恒定律求出最小速度和最大速度，再求最小速度与最大速度之比。带正电的粒子从右侧沿水平轴线飞来的过程中，在O1点的右侧受到的电场力的方向向右，电场力做负功，从O1点的左侧到O2点的右侧受到的电场力的方向向左，电场力做正功，在O2点左侧电场力做负功，则带电粒子在穿过两个圆环飞向另一侧的过程中，速度先减小，后增加，再减小，在O1点电势最高设为φm，在O2点电势最低设为-φm，由能量关系可知，在O1点处电势能最大，动能最小，在O2点电势能最小，动能最大，在无穷远处电势为零，根据题意由动能定理，电场力做功等于物体动能变化，得
当速度为2v0时，由动能定理列方程有
联立解得
，
则可得
故选D。
【分析】抓住图线的对称性，根据能量守恒定律分析速度最小和最大的位置，并列方程求出最小速度和最大速度。
8．（2024高三下·湖北模拟）如图，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图像如图线b所示。以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（ ）
A．交流电b在任意0.3s内通过线圈的电荷量都为0
B．线圈先后两次转速之比为3∶2
C．交流电b的电压最大值为5V
D．若不计线圈电阻，交流电a、b先后给相同的电阻R供电，在线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量之比为3∶2
【答案】B,D
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动的过程中，与轴平行的两条边（导线）切割磁感线，因而产生感应电动势，线圈上就有了电流．交流发电机的工作过程是将机械能转化为电能和回路中内能的过程，符合能量守恒定律。
A．根据
可知交流电b在0~0.3s时间内不为零，即通过线圈的电荷量不为0。故A错误；
B．由图可知
根据
可得
故B正确；
C．根据
又
联立，解得
由图可知
解得
故C错误；
D．若不计线圈电阻，交流电a、b先后给相同的电阻R供电，在线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为
，
可得
故D正确。
故选BD。
【分析】交流电b在任意0.3s内的平均电流不为零，电荷量也不为零；由周期关系求出转速关系；由图读出电压最大值Um，根据a、b之间的电压之比求出b的最大电压；根据焦耳热公式， 可求出给相同的电阻R供电，在线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量之比。
9．（2024高三下·湖北模拟）转盘游戏深受人们喜爱，现将其简化为如图所示模型。倾角为的圆盘绕垂直于盘面且过圆心的轴做匀速圆周运动，盘面上距离轴r处有一可视为质点的小物块与圆盘始终保持相对静止，物块与盘面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，圆盘的角速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．的最小值为
B．物块从最低点第一次转到最高点的过程中，转盘对物块的冲量大小为
C．物块运动到任意关于转轴对称的两点时受到的摩擦力的大小分别为、，一定有
D．增大，物块在最高点受到的摩擦力一定增大
【答案】A,C,D
【知识点】动量定理；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题主要是考查了圆周运动的向心力，解答本题要知道圆周运动向心力的来源、向心力的大小、方向、做圆周运动条件等细节知识。物块随圆盘一起做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律求出在最高点和最低点时摩擦力的大小，结合最大静摩擦力等于滑动摩擦力求出动摩擦因数的最小值。A．质点随圆盘在倾斜面上做匀速圆周运动，在垂直盘面方向上始终平衡，有
沿着盘面的方向，重力的分力为
匀速圆周运动需要的向心力为
根据径向合力提供向心力可知，最低点相对滑动的趋势最大，需要的摩擦力最大，此处有最小的动摩擦因数，可得
联立解得
故A正确；
B．物块从最低点第一次转到最高点的过程中，由动量定理可知
则合外力的冲量为，由转盘对物块的力和重力沿斜面的分力的合力构成，故转盘对物块的冲量大小不等于，故B错误；
C．设物块在某一位置的方向与斜面方向的夹角为，由余弦定理可知
由对称性可知
联立可得
故C正确；
D．因，则物块在最高点时满足
则随着的增大，物块在最高点受到的摩擦力一定增大，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据动量定理求出物块从最低点第一次转到最高点的过程中，转盘对物块的冲量大小；根据牛顿第二定律求出摩擦力与重力的关系，从而分析摩擦力的大小关系根据牛顿第二定律分析物块在最高点受到的摩擦力随角速度的变化情况。
10．（2024高三下·湖北模拟）如图所示，水平放置的粗糙金属导轨相距，导轨左端接有的电阻，空间存在斜向右上且与水平面的夹角为60°的匀强磁场，磁感应强度大小为。现有一根质量的导体棒，在平行导轨方向、大小为的恒力作用下以速度沿导轨匀速运动，某时刻撤去力F，导体棒继续运动距离s后停止。整个运动过程中导体棒始终和导轨垂直，导轨足够长，且导轨和导体棒的电阻均忽略不计，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒和导轨之间的动摩擦因数为
B．导体棒匀速运动阶段电阻R的发热功率为1W
C．若将电阻R减小，其他保持不变，则导体棒可能以某个更大的速度匀速运动
D．撤去力F以后，导体棒运动距离为时，其速度大于
【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题为电磁感应综合问题，对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、平衡条件、牛顿第二定律、动量定理列出方程；另一条是功与能的角度，根据动能定理、功能关系、能量守恒等列方程求解。如果涉及到电荷量、位移、时间问题时可根据动量定理，结合电荷量的推论公式进行解答。AB．导体棒受力如图所示
导体棒匀速运动时，回路的感应电流
则电阻R的发热功率
由平衡条件
解得
故A正确；B错误；
C．由
知，导体棒匀速运动时的电流恒为
由
知，将电阻R减小，导体棒匀速运动的速度减小。故C错误；
D．撤去力F以后，设导体棒运动距离为过程所用的时间为t，此过程回路的平均电流为，末速度为v，此过程安培力的冲量
摩擦力的冲量大小
由动量定理
可得
设导体棒运动距离s过程所用的时间为t1，此过程回路的平均电流为，
同理可得
其中
同理
联立，可得
可得
由于撤去F后导体棒一直做减速运动，则
即
可见
故D正确。
故选AD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、平衡条件求解导体棒和导轨之间的动摩擦因数；根据电功率计算公式求解导体棒匀速运动阶段电阻R的发热功率；根据平衡条件判断将电阻R减小后导体棒匀速运动的速度如何变化；根据动量定理解答。
11．（2024高三下·湖北模拟）某同学在学习了力的合成的知识之后，尝试利用居家物品验证力的平行四边形定则。他找到了一根橡皮筋，一块软木板，几盒规格相同的图钉，若干段轻绳，两个相同的轻质小塑料袋（重力可忽略）。
（1）该同学将软木板竖直放置，将一张白纸粘贴在软木板上，然后将橡皮筋上端用一枚图钉固定在软木板上的O点。如图所示，第一次将装有若干枚图钉的塑料袋用细线系在橡皮筋下端，稳定时，记录橡皮筋下端点的位置、袋内图钉数量。
（2）第二次，用两根细线系在橡皮筋的下端，并绕过两枚图钉A、B吊起两个装有若干枚图钉的塑料袋。调整袋内图钉数量和A、B位置，使橡皮筋下端 。
（3）关于这个实验下列说法正确的是
A．第二次实验时，只需要记录两个袋内图钉的数量
B．无需称出每个图钉质量，可以用袋内图钉数量代表细线拉力大小
C．此实验需要测出每次细线的拉力大小，所以应该称出每个图钉的质量
D．为了实验成功，第二次实验时应该使两个塑料袋内图钉数量相同
（4）某次实验时，橡皮筋的状态如图所示，那么下列调整可能正确的是
A．仅减少右侧袋内图钉数量
B．仅增加左侧袋内图钉数量
C．使A、B图钉各适当下移，并增加右侧袋内图钉数量
D．使A图钉上移，B图钉下移，并增加左侧袋内图钉数量
【答案】仍拉伸到；B；C
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】实验原理：一个力F'的作用效果和两个力F1、F2的作用效果都是让同一条一端固定的橡皮条伸长到同一点，所以一个力F'就是这两个力F1和F2的合力，作出力F'的图示， 根据平行四边形定则作出力F1和F2的合力F的图示，比较F和F'的大小和方向是否相同，若在误差允许的范围内相同，则验证了力的平行四边形定则。（2）为保证两次实验时橡皮筋的拉力保持不变，调整袋内图钉数量和A、B位置，使橡皮筋下端仍拉伸到。
（3）A．第二次实验时，需要确定细线的方向和大小。故A错误；
BC．无需称出每个图钉质量，可以用袋内图钉数量代表细线拉力大小。故B正确；C错误；
D．为了实验成功，第二次实验时两个塑料袋内图钉数量适量即可，没有必要相等。故D错误。
故选B。
（4）A．仅减少右侧袋内图钉数量，可以使橡皮筋与OO1重合，但橡皮筋的下端不会被拉到O1位置。故A错误；
B．仅增加左侧袋内图钉数，会使橡皮筋与OO1偏离的更多。故B错误；
C．使A、B图钉各适当下移，并增加右侧袋内图钉数量，可能使橡皮筋下端与O1重合，顺利完成实验。故C正确；
D．使A图钉上移，B图钉下移，并增加左侧袋内图钉数量，不会使橡皮筋下端与O1重合。故D错误。
故选C。
【分析】（2）根据等效替代原理分析；
（3）每个图钉质量相同，可用图钉数量代表细线拉力大小；
（4）左偏表示左边拉力偏大，可以减少左边袋子中钉子数量，或者增加右边钉子数量，根据实验的原理结合实验的步骤分析解答。
12．（2024高三下·湖北模拟）数字多用电表测量直观、快捷、准确，目前已在很多应用场合逐渐取代指针式多用电表。数字多用电表的核心部件是一块高精度的直流数字电压表表头，其内阻极大，测量误差很小。对数字表头进行适当改装，可以实现多量程数字电压表、数字电流表、数字欧姆表的功能。现有一块量程为200mV的直流数字电压表表头，内阻为10MΩ。
（1）用图甲所示的电路将其改装为量程为2V的数字电压表。若，则 kΩ（保留两位有效数字）。
（2）按照上述方法改装后，电压表的内阻明显变小了，会在测量时影响被测电路，从而带来误差。若要使改装后的电压表内阻仍为10MΩ，则 MΩ， MΩ（均保留两位有效数字）。
（3）图乙是将数字电压表表头改装为双量程数字电流表的电路。开关S接b触点时，对应的电流表量程为 A，电流表内阻为 Ω。
【答案】（1）1.0
（2）9.0；1.1
（3）2；0.1
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】实验原理： 一个电流表有两个重要参量，即Ig和Rg，其额定电压为Ug=IgRg，由于Ig很小（几百微安～几十毫安），Rg通常为几百欧姆，故Ug比较小．为测量较大的电压值，可在电流表上串联一个大阻值的电阻R，把R作为电流表内阻的一部分，这样的电流表就可分担较大的电压，改装后作为电压表使用 。
（1）量程为200mV的直流数字电压表表头，内阻为，改装成2V的电压表，其内阻很大，与并联总内阻约为，则电路可看成与串联，有
解得
（2）若要使改装后的电压表内阻仍为10MΩ，电路为与并联的电压为200mV，再串联的总电压为2V，由串并联电路关系有
解得
与的并联应满足
解得
（3）开关S接b触点时，先串联的电阻，再并联的电阻，对应的电流表量程为
电流表的内阻为
【分析】（1）根据串联电路电压的分配与电阻的关系求解电阻R2的阻值；
（2）根据并联电路的特点求并联电阻和电阻R1两端电压；根据串联电路电压的分配与电阻的关系求解作答；
（3）根据并联电路的电流特点和欧姆定律求解作答。
（1）量程为200mV的直流数字电压表表头，内阻为，改装成2V的电压表，其内阻很大，与并联总内阻约为，则电路可看成与串联，有
解得
（2）[1]若要使改装后的电压表内阻仍为10MΩ，电路为与并联的电压为200mV，再串联的总电压为2V，由串并联电路关系有
解得
[2]与的并联应满足
解得
（3）[1]开关S接b触点时，先串联的电阻，再并联的电阻，对应的电流表量程为
[2]电流表的内阻为
13．（2024高三下·湖北模拟）在我国，地铁已经成为一种重要的城市交通工具。为了减轻振动，让乘客更加舒适，地铁车厢使用了空气弹簧作为支撑。空气弹簧可简化为一个充有气体的圆柱形密闭汽缸，活塞上固定有连杆，用于支撑车厢。当车厢有振动时，汽缸内的气体可以起到缓冲作用。下图是一节地铁车厢的简化示意图。该车厢质量为吨，一共用4个空气弹簧支撑，每个空气弹簧的活塞面积为。车厢空载时，活塞到汽缸底部距离为20cm。大气压强为，重力加速度g取。空气弹簧内的气体可以视为理想气体，且其温度始终不变。
（1）若该节车厢某次搭载60名乘客，每名乘客的平均质量按60kg估计，相比于空载，此次载客车厢下降的距离为多少？
（2）为了保障乘客上下车安全，车厢设备会按照载客量调整空气弹簧内的气体质量，以保证车厢高度不变。为此，此次载客应该充入空气弹簧内的气体质量与空载时空气弹簧内原有气体质量之比为多少？
【答案】解：（1）空载时对车厢与活塞整体受力分析有
满载时对车厢与活塞整体受力分析有
对气体根据玻意耳定律
得
则活塞下降的距离为
（2）设将充入的气体压缩到空载压强时，体积为，对气体根据玻意耳定律
故
则
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）对空载时和满载时，对车厢与活塞整体受力分析，结合玻意耳定律分析求解；
（2）对充入的气体压缩到空载压强为p1时，根据玻意耳定律分析求解。
14．（2024高三下·湖北模拟）如图甲所示，小球A以初速度竖直向上冲入半径为R的粗糙圆弧管道，然后从管道另一端沿水平方向以速度冲出，在光滑水平面上与左端连有轻质弹簧的静止小球B发生相互作用，距离B右侧s处有一个固定的弹性挡板，B与挡板的碰撞没有能量损失。已知A、B的质量分别为3m、2m，整个过程弹簧的弹力随时间变化的图像如图乙所示（从A球接触弹簧开始计时，t0已知）。弹簧的弹性势能为，x为形变量，重力加速度为g。求：
（1）小球在管道内运动的过程中阻力做的功；
（2）弹簧两次弹力最大值之比F2：F1；
（3）小球B的初始位置到挡板的距离s。
【答案】解：（1）设小球在管道内运动的过程阻力做功为Wf，根据动能定理可得
解得
（2）当A、B第一次共速时，弹簧压缩量最大，弹簧弹力最大，设压缩量为x1，A、B共同速度为v共1，从A刚接触弹簧到A、B共速，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
此时弹簧弹力为F1，有
由图乙可知，弹簧刚好恢复原长时，B与挡板相撞，设此时A、B速度分别为v1、v2，从A刚接触弹簧到弹簧恢复原长，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
解得
，
此时B原速率反弹，当A、B第二次共速时，弹簧压缩量再一次达到最大，设压缩量为x2，A、B共同速度为v共2，从B刚反弹到弹簧第二次压缩最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
此时弹簧弹力为F2，有
联立解得
（3）设A、B一起向右运动的过程中，任意时刻A、B速度分别为vA、vB，根据动量守恒可得
在任意一极短时间 t内，有
所以
等式两边求和得
由图乙可知，t0时B与挡板发生碰撞，此时弹簧恰好恢复原长，故从t=0到t=t0时，A、B位移相同，即
联立解得
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解；
（2）当A、B第一次共速时弹簧压缩量最大，弹簧弹力最大，此时弹簧弹力为F1。由F-t图像可知弹簧刚好恢复原长时B与挡板相撞，B与挡板碰撞原速率反弹后，当A、B第二次共速时弹簧压缩量再一次达到最大，此时弹簧弹力为F2。应用动量守恒定律、机械能守恒定律、胡克定律求解；
（3）对A、B一起向右运动的过程中，应用微元法，根据动量守恒定律，结合两者的位移关系求解。
15．（2024高三下·湖北模拟）如图所示，在xOy平面有一圆形有界匀强磁场，圆心坐标为，半径为R，磁场方向垂直于纸面向里。在第二象限从到的范围内存在沿x轴正向匀速运动的均匀带电粒子流。粒子速率为，质量为m，带电量为，所有粒子在磁场中偏转后都从O点射出，并立即进入第一象限内沿y轴负方向的匀强电场，经电场偏转后，最终均平行于x轴正向射出电场（沿y轴正向入射的粒子除外），已知电场强度为，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。
（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）电场外有一收集板PQ垂直于x轴放置，Q点在x轴上，PQ长度为R，不计PQ上收集电荷的影响，求PQ收集到的粒子数占总粒子数的比例；
（3）第一象限电场的边界方程。
【答案】解：（1）由于粒子在磁场中偏转后经过O点，故粒子在磁场中偏转半径为R，即
得
（2）设打在P点的粒子从磁场中射出方向与x轴正向夹角为，粒子在电场中运动加速度为a，有
y方向
得
则
由几何关系可知，从O点射出角度小于的粒子均可被PQ收集到，该粒子射入磁场时到x轴的距离为
因此在收集到的粒子数占总数比例为
代入数据可得
（3）设某粒子以与x轴夹角射入电场，然后平行于x轴正向从点射出电场，则飞行时间
y方向位移
x方向位移
整理得
，
则电场的边界方程为
，
为椭圆的一部分。
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由洛伦兹力提供向心力求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）由牛顿第二定律结合运动学公式、几何关系，求PQ收集到的粒子数占总粒子数的比例；
（3）由运动学公式求第一象限电场的边界方程。
2024届湖北省华中师范大学第一附属中学高三下学期5月适应性考试物理试题
1．（2024高三下·湖北模拟）J．J．汤姆孙在阴极射线中发现电子以后，又进一步在光电效应、热离子发射效应（金属在高温时发射粒子的现象）和射线等现象中都发现了电子。在上述现象中，电子来源于原子核内部的是（ ）
A．阴极射线 B．光电效应
C．热离子发射效应 D．射线
2．（2024高三下·湖北模拟）举重是一项技巧性很强的运动。抓举的过程如下图所示，首先运动员用双手迅速提起杠铃至胸前，然后迅速下蹲，“钻到”杠铃底下，两臂呈八字形托住杠铃，最后缓缓站立。关于举重的过程，下列说法正确的是（ ）
A．运动员将杠铃提至胸前的过程中，杠铃先超重后失重
B．运动员站起的过程中，地面对他做正功
C．整个过程中运动员两手对杠铃的力始终不小于杠铃的重力
D．运动员两臂呈八字形托住杠铃静止时，两臂夹角越大，每条手臂对杠铃的作用力越小
3．（2024高三下·湖北模拟）2024年4月25日，神舟十八号载人飞船进入比空间站低的预定轨道，历经6.5小时调整姿态后成功与空间站对接，神舟十八号的变轨过程简化为如图所示，圆轨道Ⅰ、Ⅲ分别为预定轨道和空间站轨道，椭圆轨道Ⅱ分别与轨道Ⅰ、Ⅲ相切于P、Q两点，轨道Ⅲ离地面高度约为400km，地球未画出，则（ ）
A．神舟十八号在轨道Ⅰ上运行时的向心加速度大于其在地面上静止时的向心加速度
B．神舟十八号在轨道Ⅱ上经过P点时的向心加速度小于经过Q点时的向心加速度
C．神舟十八号在轨道Ⅱ上经过P点时的速度小于在轨道Ⅰ上经过P点时的速度
D．神舟十八号在轨道Ⅱ上的机械能大于在轨道Ⅲ上的机械能
4．（2024高三下·湖北模拟）如图所示为甲、乙、丙、丁四个质点同时、同地由静止沿同一方向运动的图和图，由图可知（ ）
A．甲和丙都在做匀加速直线运动 B．2s末乙的速度大于丁的速度
C．5～7s甲、乙逐渐靠近 D．5～7s丙、丁逐渐靠近
5．（2024高三下·湖北模拟）如图所示，液面上浮有一厚度不计、半径为r的软木塞，在它的圆心处插着一枚大头针，调整大头针插入软木塞的深度，当液体中大头针露在活塞外面的长度为h时，从液面上各个方向向液体中看，恰好看不到大头针，则（ ）
A．液体的折射率为
B．液体的折射率为
C．若软木塞的厚度不能忽略，液体折射率的测量值比实际值略小
D．若软木塞浸入水中的深度不能忽略，液体折射率的测量值比实际值略小
6．（2024高三下·湖北模拟）如图，图甲为时某横波的波形图像，图乙为该波传播方向上x=2.5m处质点的振动图像，距该质点1m处另一质点的振动图像可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．（2024高三下·湖北模拟）图甲为平行放置的带等量异种电荷的绝缘环，一不计重力的带正电粒子以初速度从远离两环的地方（可看成无穷远）沿两环轴线飞向圆环，恰好可以穿越两环。已知两环轴线上的电势分布如图乙所示，若仅将带电粒子的初速度改为，其他条件不变，则带电粒子飞过两环过程中的最小速度与最大速度之比为（ ）
A． B． C．2 D．
8．（2024高三下·湖北模拟）如图，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图像如图线b所示。以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（ ）
A．交流电b在任意0.3s内通过线圈的电荷量都为0
B．线圈先后两次转速之比为3∶2
C．交流电b的电压最大值为5V
D．若不计线圈电阻，交流电a、b先后给相同的电阻R供电，在线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量之比为3∶2
9．（2024高三下·湖北模拟）转盘游戏深受人们喜爱，现将其简化为如图所示模型。倾角为的圆盘绕垂直于盘面且过圆心的轴做匀速圆周运动，盘面上距离轴r处有一可视为质点的小物块与圆盘始终保持相对静止，物块与盘面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，圆盘的角速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．的最小值为
B．物块从最低点第一次转到最高点的过程中，转盘对物块的冲量大小为
C．物块运动到任意关于转轴对称的两点时受到的摩擦力的大小分别为、，一定有
D．增大，物块在最高点受到的摩擦力一定增大
10．（2024高三下·湖北模拟）如图所示，水平放置的粗糙金属导轨相距，导轨左端接有的电阻，空间存在斜向右上且与水平面的夹角为60°的匀强磁场，磁感应强度大小为。现有一根质量的导体棒，在平行导轨方向、大小为的恒力作用下以速度沿导轨匀速运动，某时刻撤去力F，导体棒继续运动距离s后停止。整个运动过程中导体棒始终和导轨垂直，导轨足够长，且导轨和导体棒的电阻均忽略不计，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒和导轨之间的动摩擦因数为
B．导体棒匀速运动阶段电阻R的发热功率为1W
C．若将电阻R减小，其他保持不变，则导体棒可能以某个更大的速度匀速运动
D．撤去力F以后，导体棒运动距离为时，其速度大于
11．（2024高三下·湖北模拟）某同学在学习了力的合成的知识之后，尝试利用居家物品验证力的平行四边形定则。他找到了一根橡皮筋，一块软木板，几盒规格相同的图钉，若干段轻绳，两个相同的轻质小塑料袋（重力可忽略）。
（1）该同学将软木板竖直放置，将一张白纸粘贴在软木板上，然后将橡皮筋上端用一枚图钉固定在软木板上的O点。如图所示，第一次将装有若干枚图钉的塑料袋用细线系在橡皮筋下端，稳定时，记录橡皮筋下端点的位置、袋内图钉数量。
（2）第二次，用两根细线系在橡皮筋的下端，并绕过两枚图钉A、B吊起两个装有若干枚图钉的塑料袋。调整袋内图钉数量和A、B位置，使橡皮筋下端 。
（3）关于这个实验下列说法正确的是
A．第二次实验时，只需要记录两个袋内图钉的数量
B．无需称出每个图钉质量，可以用袋内图钉数量代表细线拉力大小
C．此实验需要测出每次细线的拉力大小，所以应该称出每个图钉的质量
D．为了实验成功，第二次实验时应该使两个塑料袋内图钉数量相同
（4）某次实验时，橡皮筋的状态如图所示，那么下列调整可能正确的是
A．仅减少右侧袋内图钉数量
B．仅增加左侧袋内图钉数量
C．使A、B图钉各适当下移，并增加右侧袋内图钉数量
D．使A图钉上移，B图钉下移，并增加左侧袋内图钉数量
12．（2024高三下·湖北模拟）数字多用电表测量直观、快捷、准确，目前已在很多应用场合逐渐取代指针式多用电表。数字多用电表的核心部件是一块高精度的直流数字电压表表头，其内阻极大，测量误差很小。对数字表头进行适当改装，可以实现多量程数字电压表、数字电流表、数字欧姆表的功能。现有一块量程为200mV的直流数字电压表表头，内阻为10MΩ。
（1）用图甲所示的电路将其改装为量程为2V的数字电压表。若，则 kΩ（保留两位有效数字）。
（2）按照上述方法改装后，电压表的内阻明显变小了，会在测量时影响被测电路，从而带来误差。若要使改装后的电压表内阻仍为10MΩ，则 MΩ， MΩ（均保留两位有效数字）。
（3）图乙是将数字电压表表头改装为双量程数字电流表的电路。开关S接b触点时，对应的电流表量程为 A，电流表内阻为 Ω。
13．（2024高三下·湖北模拟）在我国，地铁已经成为一种重要的城市交通工具。为了减轻振动，让乘客更加舒适，地铁车厢使用了空气弹簧作为支撑。空气弹簧可简化为一个充有气体的圆柱形密闭汽缸，活塞上固定有连杆，用于支撑车厢。当车厢有振动时，汽缸内的气体可以起到缓冲作用。下图是一节地铁车厢的简化示意图。该车厢质量为吨，一共用4个空气弹簧支撑，每个空气弹簧的活塞面积为。车厢空载时，活塞到汽缸底部距离为20cm。大气压强为，重力加速度g取。空气弹簧内的气体可以视为理想气体，且其温度始终不变。
（1）若该节车厢某次搭载60名乘客，每名乘客的平均质量按60kg估计，相比于空载，此次载客车厢下降的距离为多少？
（2）为了保障乘客上下车安全，车厢设备会按照载客量调整空气弹簧内的气体质量，以保证车厢高度不变。为此，此次载客应该充入空气弹簧内的气体质量与空载时空气弹簧内原有气体质量之比为多少？
14．（2024高三下·湖北模拟）如图甲所示，小球A以初速度竖直向上冲入半径为R的粗糙圆弧管道，然后从管道另一端沿水平方向以速度冲出，在光滑水平面上与左端连有轻质弹簧的静止小球B发生相互作用，距离B右侧s处有一个固定的弹性挡板，B与挡板的碰撞没有能量损失。已知A、B的质量分别为3m、2m，整个过程弹簧的弹力随时间变化的图像如图乙所示（从A球接触弹簧开始计时，t0已知）。弹簧的弹性势能为，x为形变量，重力加速度为g。求：
（1）小球在管道内运动的过程中阻力做的功；
（2）弹簧两次弹力最大值之比F2：F1；
（3）小球B的初始位置到挡板的距离s。
15．（2024高三下·湖北模拟）如图所示，在xOy平面有一圆形有界匀强磁场，圆心坐标为，半径为R，磁场方向垂直于纸面向里。在第二象限从到的范围内存在沿x轴正向匀速运动的均匀带电粒子流。粒子速率为，质量为m，带电量为，所有粒子在磁场中偏转后都从O点射出，并立即进入第一象限内沿y轴负方向的匀强电场，经电场偏转后，最终均平行于x轴正向射出电场（沿y轴正向入射的粒子除外），已知电场强度为，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。
（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）电场外有一收集板PQ垂直于x轴放置，Q点在x轴上，PQ长度为R，不计PQ上收集电荷的影响，求PQ收集到的粒子数占总粒子数的比例；
（3）第一象限电场的边界方程。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子的核式结构；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】 A.阴极射线是电子流，电子来自核外电子，故A错误；
B.光电效应是金属中的电子吸收能量后，飞出金属表面的现象；故B错误；
C.热离子发射效应是金属在高温时发射粒于的现象，电子来自核外电子，故C错误；
D.β射线实际上是原子核中的中子转变成质子，而放出电子，故D正确。
故答案为：D。
【分析】1897年约瑟夫·约翰·汤姆逊根据放电管中的阴极射线在电磁场和磁场作用下的轨迹确定阴极射线中的粒子带负电，并测出其荷质比，这在一定意义上是历史上第一次发现电子。
2．【答案】A
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；超重与失重；功的概念
【解析】【解答】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g。A．运动员将杠铃提至胸前的过程中，杠铃先加速上升后减速上升，先超重后失重。故A正确；
B．运动员站起的过程中，地面对他支持力作用点没有发生位移，故没有做功。故B错误；
C．由A选项分析可知，杠铃减速上升过程，加速度竖直向下，运动员两手对杠铃的力小于杠铃的重力。故C错误；
D．运动员两臂呈八字形托住杠铃静止时，受力分析如图
可得
解得
可知两臂夹角越大，每条手臂对杠铃的作用力越大。故D错误。
故选A。
【分析】加速度向上为超重状态，加速度向下为失重状态；地面对运动员的支持力没有位移，不做功；本题中杠铃受到三个力，重力和两个手臂对杠铃的作用力。将重力按照力的效果分解，运用“大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大”的结论，即可以判断。
3．【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】解题的关键是知道在椭圆轨道上卫星在近地点的速度大于远地点的速度，卫星点火加速进入高轨道，机械能增加，卫星减速进入低轨道，机械能减少。A．根据
可知神舟十八号在轨道Ⅰ上运行时的向心加速度大于同步卫星的向心加速度；而根据
可知，同步卫星的向心加速度大于地面上的物体的向心加速度，可知神舟十八号在轨道Ⅰ上运行时的向心加速度大于其在地面上静止时的向心加速度，选项A正确；
B．根据
可知，神舟十八号在轨道Ⅱ上经过P点时的向心加速度大于经过Q点时的向心加速度，选项B错误；
C．神舟十八号从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ要在P点加速，可知在轨道Ⅱ上经过P点时的速度大于在轨道Ⅰ上经过P点时的速度，选项C错误；
D．神舟十八号从轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ要在Q点加速，机械能增加，则在轨道Ⅱ上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能，选项D错误。
故选A。
【分析】比较神舟十八号卫星在轨道Ⅰ上运行时的向心加速度与地球同步卫星的向心加速度大小关系，利用a=rω2比较地球同步卫星与地面物体的向心加速度大小，则可得结论，根据轨道Ⅱ上P、Q两点的半径关系， 比较两点向心加速度大小关系；根据卫星减速进入低轨道分析；神舟十八号卫星在轨道Ⅱ上Q点点火加速进入轨道Ⅲ，根据功能关系分析卫星机械能的变化。
4．【答案】C
【知识点】图象法；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】 要明确a-t图像的直接意义：代表了物体某一时刻对应的加速度，可以以此判断物体加速度的方向及大小。要明确a-t图像面积的物理意义：代表了物体速度的变化量。a-t图像求位移时，先将a-t图像转化成v-t图像，会使问题简化。A．由图可知甲做匀加速直线运动，丙做加速度增大的加速运动。故A错误；
B．由图可知2s末乙的速度为4m/s，根据
可知丁的速度在数值上等于a-t图像中图线与t轴所围面积，很明显大于4m/s。故B错误；
C．由图可知，5～7s甲的速度大于乙的速度，所以甲、乙逐渐靠近。故C正确；
D．由B选项分析可知0～7s丙的速度增加量小于丁的速度增加量，根据
可知丙、丁逐渐远离。故D错误。
故选C。
【分析】v-t图像中，图像与横坐标轴围成的面积为位移，a-t图像中，图像与横坐标围成的面积为速度。
5．【答案】B
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】 光的折射问题，解题的关键在于正确画出光路图、找出几何关系。（1）根据题意正确画出光路图；（2）根据几何知识正确找出角度关系；（3）依光的折射定律列式求解。
AB．依题意，从液面上各个方向向液体中看，恰好看不到大头针，则恰好针底部射向软木塞下边沿的光线在水和空气的表面发生全反射。画出光路图如图。
由几何关系有
解得
故A错误；B正确；
CD．若软木塞的厚度不能忽略，做光路图如图
由几何关系可知三角形ABC和三角形OBD相似，临界角的计算值没有改变，液体折射率的测量值与实际值相同。同理，若软木塞浸入水中的深度不能忽略，液体折射率的测量值与实际值相同。故CD错误。
故选B。
【分析】从液面上各个方向向液体中看，恰好看不到大头针，说明光线从大头针底部射向软木塞下边沿的光线在水面恰好发生了全反射，入射角等于临界角C，光路图光路图，根据几何关系求出临界角C，结合临界角公式sinC=求解液体的折射率。
6．【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】解决y-t图像和y-x图像综合问题，关键要明确两点：一是y-t图像描述的是哪个质点的振动；二是y-x图像是哪一时刻的图像，然后根据y-t图像确定这一时刻该点的位移和振动方向，最后根据y-x图像确定波的传播方向。从甲图可以得到波长为4m，乙图可以得到周期为4s，即波速为
由乙图的振动图像可以找到时，该质点位移为正，并且向上运动，再经过就到达波峰，所以可以判断波是向左传播，而距该质点处质点，就是相差或时间相差，但有两种可能是提前或延后。若是提前，则在时再返回到达乙图的振动图像时的位移，所以B正确，若是延后，则在时要向返回到达乙图的振动图像时的位移，该质点在时，该质点位移为负，并且向上运动，所以ACD都错误。
故B正确。
【分析】由图甲读出波长，由图乙读出t=2s时质点的位置和速度方向，根据距该质点1m处另一质点与图乙质点的距离与波长的关系判断。
7．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】设+Q和-Q圆环的圆心分别为O1和O2，根据图线的对称性，通过能量守恒定律求出最小速度和最大速度，再求最小速度与最大速度之比。带正电的粒子从右侧沿水平轴线飞来的过程中，在O1点的右侧受到的电场力的方向向右，电场力做负功，从O1点的左侧到O2点的右侧受到的电场力的方向向左，电场力做正功，在O2点左侧电场力做负功，则带电粒子在穿过两个圆环飞向另一侧的过程中，速度先减小，后增加，再减小，在O1点电势最高设为φm，在O2点电势最低设为-φm，由能量关系可知，在O1点处电势能最大，动能最小，在O2点电势能最小，动能最大，在无穷远处电势为零，根据题意由动能定理，电场力做功等于物体动能变化，得
当速度为2v0时，由动能定理列方程有
联立解得
，
则可得
故选D。
【分析】抓住图线的对称性，根据能量守恒定律分析速度最小和最大的位置，并列方程求出最小速度和最大速度。
8．【答案】B,D
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动的过程中，与轴平行的两条边（导线）切割磁感线，因而产生感应电动势，线圈上就有了电流．交流发电机的工作过程是将机械能转化为电能和回路中内能的过程，符合能量守恒定律。
A．根据
可知交流电b在0~0.3s时间内不为零，即通过线圈的电荷量不为0。故A错误；
B．由图可知
根据
可得
故B正确；
C．根据
又
联立，解得
由图可知
解得
故C错误；
D．若不计线圈电阻，交流电a、b先后给相同的电阻R供电，在线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为
，
可得
故D正确。
故选BD。
【分析】交流电b在任意0.3s内的平均电流不为零，电荷量也不为零；由周期关系求出转速关系；由图读出电压最大值Um，根据a、b之间的电压之比求出b的最大电压；根据焦耳热公式， 可求出给相同的电阻R供电，在线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量之比。
9．【答案】A,C,D
【知识点】动量定理；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题主要是考查了圆周运动的向心力，解答本题要知道圆周运动向心力的来源、向心力的大小、方向、做圆周运动条件等细节知识。物块随圆盘一起做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律求出在最高点和最低点时摩擦力的大小，结合最大静摩擦力等于滑动摩擦力求出动摩擦因数的最小值。A．质点随圆盘在倾斜面上做匀速圆周运动，在垂直盘面方向上始终平衡，有
沿着盘面的方向，重力的分力为
匀速圆周运动需要的向心力为
根据径向合力提供向心力可知，最低点相对滑动的趋势最大，需要的摩擦力最大，此处有最小的动摩擦因数，可得
联立解得
故A正确；
B．物块从最低点第一次转到最高点的过程中，由动量定理可知
则合外力的冲量为，由转盘对物块的力和重力沿斜面的分力的合力构成，故转盘对物块的冲量大小不等于，故B错误；
C．设物块在某一位置的方向与斜面方向的夹角为，由余弦定理可知
由对称性可知
联立可得
故C正确；
D．因，则物块在最高点时满足
则随着的增大，物块在最高点受到的摩擦力一定增大，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据动量定理求出物块从最低点第一次转到最高点的过程中，转盘对物块的冲量大小；根据牛顿第二定律求出摩擦力与重力的关系，从而分析摩擦力的大小关系根据牛顿第二定律分析物块在最高点受到的摩擦力随角速度的变化情况。
10．【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题为电磁感应综合问题，对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、平衡条件、牛顿第二定律、动量定理列出方程；另一条是功与能的角度，根据动能定理、功能关系、能量守恒等列方程求解。如果涉及到电荷量、位移、时间问题时可根据动量定理，结合电荷量的推论公式进行解答。AB．导体棒受力如图所示
导体棒匀速运动时，回路的感应电流
则电阻R的发热功率
由平衡条件
解得
故A正确；B错误；
C．由
知，导体棒匀速运动时的电流恒为
由
知，将电阻R减小，导体棒匀速运动的速度减小。故C错误；
D．撤去力F以后，设导体棒运动距离为过程所用的时间为t，此过程回路的平均电流为，末速度为v，此过程安培力的冲量
摩擦力的冲量大小
由动量定理
可得
设导体棒运动距离s过程所用的时间为t1，此过程回路的平均电流为，
同理可得
其中
同理
联立，可得
可得
由于撤去F后导体棒一直做减速运动，则
即
可见
故D正确。
故选AD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、平衡条件求解导体棒和导轨之间的动摩擦因数；根据电功率计算公式求解导体棒匀速运动阶段电阻R的发热功率；根据平衡条件判断将电阻R减小后导体棒匀速运动的速度如何变化；根据动量定理解答。
11．【答案】仍拉伸到；B；C
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】实验原理：一个力F'的作用效果和两个力F1、F2的作用效果都是让同一条一端固定的橡皮条伸长到同一点，所以一个力F'就是这两个力F1和F2的合力，作出力F'的图示， 根据平行四边形定则作出力F1和F2的合力F的图示，比较F和F'的大小和方向是否相同，若在误差允许的范围内相同，则验证了力的平行四边形定则。（2）为保证两次实验时橡皮筋的拉力保持不变，调整袋内图钉数量和A、B位置，使橡皮筋下端仍拉伸到。
（3）A．第二次实验时，需要确定细线的方向和大小。故A错误；
BC．无需称出每个图钉质量，可以用袋内图钉数量代表细线拉力大小。故B正确；C错误；
D．为了实验成功，第二次实验时两个塑料袋内图钉数量适量即可，没有必要相等。故D错误。
故选B。
（4）A．仅减少右侧袋内图钉数量，可以使橡皮筋与OO1重合，但橡皮筋的下端不会被拉到O1位置。故A错误；
B．仅增加左侧袋内图钉数，会使橡皮筋与OO1偏离的更多。故B错误；
C．使A、B图钉各适当下移，并增加右侧袋内图钉数量，可能使橡皮筋下端与O1重合，顺利完成实验。故C正确；
D．使A图钉上移，B图钉下移，并增加左侧袋内图钉数量，不会使橡皮筋下端与O1重合。故D错误。
故选C。
【分析】（2）根据等效替代原理分析；
（3）每个图钉质量相同，可用图钉数量代表细线拉力大小；
（4）左偏表示左边拉力偏大，可以减少左边袋子中钉子数量，或者增加右边钉子数量，根据实验的原理结合实验的步骤分析解答。
12．【答案】（1）1.0
（2）9.0；1.1
（3）2；0.1
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】实验原理： 一个电流表有两个重要参量，即Ig和Rg，其额定电压为Ug=IgRg，由于Ig很小（几百微安～几十毫安），Rg通常为几百欧姆，故Ug比较小．为测量较大的电压值，可在电流表上串联一个大阻值的电阻R，把R作为电流表内阻的一部分，这样的电流表就可分担较大的电压，改装后作为电压表使用 。
（1）量程为200mV的直流数字电压表表头，内阻为，改装成2V的电压表，其内阻很大，与并联总内阻约为，则电路可看成与串联，有
解得
（2）若要使改装后的电压表内阻仍为10MΩ，电路为与并联的电压为200mV，再串联的总电压为2V，由串并联电路关系有
解得
与的并联应满足
解得
（3）开关S接b触点时，先串联的电阻，再并联的电阻，对应的电流表量程为
电流表的内阻为
【分析】（1）根据串联电路电压的分配与电阻的关系求解电阻R2的阻值；
（2）根据并联电路的特点求并联电阻和电阻R1两端电压；根据串联电路电压的分配与电阻的关系求解作答；
（3）根据并联电路的电流特点和欧姆定律求解作答。
（1）量程为200mV的直流数字电压表表头，内阻为，改装成2V的电压表，其内阻很大，与并联总内阻约为，则电路可看成与串联，有
解得
（2）[1]若要使改装后的电压表内阻仍为10MΩ，电路为与并联的电压为200mV，再串联的总电压为2V，由串并联电路关系有
解得
[2]与的并联应满足
解得
（3）[1]开关S接b触点时，先串联的电阻，再并联的电阻，对应的电流表量程为
[2]电流表的内阻为
13．【答案】解：（1）空载时对车厢与活塞整体受力分析有
满载时对车厢与活塞整体受力分析有
对气体根据玻意耳定律
得
则活塞下降的距离为
（2）设将充入的气体压缩到空载压强时，体积为，对气体根据玻意耳定律
故
则
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）对空载时和满载时，对车厢与活塞整体受力分析，结合玻意耳定律分析求解；
（2）对充入的气体压缩到空载压强为p1时，根据玻意耳定律分析求解。
14．【答案】解：（1）设小球在管道内运动的过程阻力做功为Wf，根据动能定理可得
解得
（2）当A、B第一次共速时，弹簧压缩量最大，弹簧弹力最大，设压缩量为x1，A、B共同速度为v共1，从A刚接触弹簧到A、B共速，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
此时弹簧弹力为F1，有
由图乙可知，弹簧刚好恢复原长时，B与挡板相撞，设此时A、B速度分别为v1、v2，从A刚接触弹簧到弹簧恢复原长，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
解得
，
此时B原速率反弹，当A、B第二次共速时，弹簧压缩量再一次达到最大，设压缩量为x2，A、B共同速度为v共2，从B刚反弹到弹簧第二次压缩最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
此时弹簧弹力为F2，有
联立解得
（3）设A、B一起向右运动的过程中，任意时刻A、B速度分别为vA、vB，根据动量守恒可得
在任意一极短时间 t内，有
所以
等式两边求和得
由图乙可知，t0时B与挡板发生碰撞，此时弹簧恰好恢复原长，故从t=0到t=t0时，A、B位移相同，即
联立解得
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解；
（2）当A、B第一次共速时弹簧压缩量最大，弹簧弹力最大，此时弹簧弹力为F1。由F-t图像可知弹簧刚好恢复原长时B与挡板相撞，B与挡板碰撞原速率反弹后，当A、B第二次共速时弹簧压缩量再一次达到最大，此时弹簧弹力为F2。应用动量守恒定律、机械能守恒定律、胡克定律求解；
（3）对A、B一起向右运动的过程中，应用微元法，根据动量守恒定律，结合两者的位移关系求解。
15．【答案】解：（1）由于粒子在磁场中偏转后经过O点，故粒子在磁场中偏转半径为R，即
得
（2）设打在P点的粒子从磁场中射出方向与x轴正向夹角为，粒子在电场中运动加速度为a，有
y方向
得
则
由几何关系可知，从O点射出角度小于的粒子均可被PQ收集到，该粒子射入磁场时到x轴的距离为
因此在收集到的粒子数占总数比例为
代入数据可得
（3）设某粒子以与x轴夹角射入电场，然后平行于x轴正向从点射出电场，则飞行时间
y方向位移
x方向位移
整理得
，
则电场的边界方程为
，
为椭圆的一部分。
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由洛伦兹力提供向心力求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）由牛顿第二定律结合运动学公式、几何关系，求PQ收集到的粒子数占总粒子数的比例；
（3）由运动学公式求第一象限电场的边界方程。
