湖北省襄阳市第五中学2024-2025学年高三入学考试物理试卷
1．（2024高三上·襄阳开学考）2023年山东省荣成市石岛湾高温气冷堆核电站正式投入商运，标志着我国第四代核电技术达到世界领先水平。电站以气体为冷却剂，由热中子引发链式反应，关于该电站的核反应下列说法正确的是（ ）
A．核反应方程为：
B．任意大小的铀块都可以发生链式反应
C．热中子的速度与热运动的速度相当时最适于引发核裂变
D．链式反应的速度由慢化剂的多少来控制
【答案】C
【知识点】核裂变；反应堆与核电站
【解析】【解答】A．核电站的核反应方程为：，A错误；
B．铀核裂变时，只有达到临界体积的铀块才能发生链式反应，B错误；
C．中子速度小，与铀核作用时间长，此时核反应的概率大，因此热中子的速度与热运动的速度相当时最适于引发核裂变，C正确；
D．链式反应的速度由控制棒插入深度的多少来控制，D错误。
故选C。
【分析】现有的核电站的核反应主要是在使用比较容易进行人工控制的重核裂变。
1.核反应中遵循两个守恒规律，即质量数守恒和电荷数守恒。
2.临界体积和临界质量：裂变物质能够发生链式反应的最小体积叫做它的临界体积，相应的质量叫做临界质量。
3.核电站通过在铀棒之间插进一些镉棒控制中子数目来控制核反应的速度，“慢化剂”作用是使中子减速，便于铀核“捉”住中子，从而发生核裂变。
2．（2024高三上·襄阳开学考）如图所示，某次足球比赛中，运动员用头将足球从离地面高度为2h处的O点斜向下顶出，足球从地面P点弹起后水平经过距离地面高度为2h的Q点。已知P点到O点和Q点的水平距离分别为s和2s，足球触地弹起前后水平速度不变。重力加速度为g，忽略空气阻力，则足球从O点顶出时的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】根据抛体运动规律可知，足球从P到Q所用时间为
由题意可知足球从O到P和从P到Q的水平速度相同，则足球从O到P所用时间为
设足球在O点顶出时的竖直分速度大小为vy，根据抛体运动规律有
解得
足球在O点顶出时的水平分速度大小为
根据速度的合成可得足球从O点顶出时的速度大小为
故选C。
【分析】
足球从P到Q可以看做从Q到P的逆过程，平抛运动，根据平抛运动规律求出P到Q所用时间，足球触地弹起前后水平速度不变 ，可知足球从O到P和从P到Q的水平速度相同，水平方向足球做匀速直线运动，可以求得足球从O到P所用时间。
足球在O点顶出时的速度竖直分速度大小为vy根据抛体运动规律（竖直方向初速度的匀加速直线运动）可求得，
足球在O点顶出后水平方向匀速直线运动，可求得水平分速度大小，根据速度的合成可得足球从O点顶出时的速度大小。
3．（2024高三上·襄阳开学考）研究光电效应规律的电路图如图甲所示，某同学分别用a、b、c三束单色光照射光电管得到的光电流I与光电管两端电压U的关系如图乙所示。已知a、c两条图线与横轴的交点重合。下列说法正确的是（ ）
A．用a光照射时，单位时间内逸出的光电子数最多
B．用a光照射时，逸出光电子的最大初动能最大
C．该光电管用a光、b光照射时截止频率不同
D．若b光照射某金属发生光电效应，则a光照射该金属也一定发生光电效应
【答案】A
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．由图乙可知，a光照射时对应的饱和电流最大，则用a光照射时，单位时间内逸出的光电子数最多，故A正确；
B．根据由图乙可知，b光照射时对应的遏止电压最大，所以用b光照射时，逸出光电子的最大初动能最大，故B错误；
C．截止频率只由光电管（金属）自身决定，与照射光的频率无关，所以该光电管用a光、b光照射时截止频率相同，故C错误；
D．根据由于b光照射时对应的遏止电压大于a光照射时对应的遏止电压，则b光的频率大于a光的频率，若b光照射某金属发生光电效应，则a光照射该金属不一定发生光电效应，故D错误。
故选A。
【分析】1.饱和光电流：光照条件不变，当正向电压增大时，光电流趋于一个饱和值，即一定的光照条件下单位时间发出的光电子数目是一定的。实验表明，光的频率一定时，入射光越强，饱和光电流越大，单位时间内发射的光电子数越多。
2.遏止电压：使光电流减小到0的反向电压Uc称为遏止电压。遏止电压的存在意味着光电子的初动能有最大值，，称为光电子的最大初动能。实验表明，遏止电压(或光电子的最大初动能)与入射光的强度无关，只随入射光频率的增大而增大。
3.截止频率：每种金属都有一个极限频率或截止频率νc，入射光的频率必须大于等于这个极限频率才能发生光电效应，低于这个频率时不发生光电效应。
4．（2024高三上·襄阳开学考）如图所示，理想变压器a、b两端接入一内阻不计的稳压电源，电阻，，电压表、电流表均为理想电表，原线圈匝数匝，副线圈匝数通过滑动触头P可调。当P向上滑动时，电压表示数变化量的绝对值为，电流表示数变化量的绝对值为，下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数减小
B．变大
C．电阻R上消耗的功率一定变大
D．当匝时，变压器的输出功率最大
【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．两端的输入电压为，设变压器原线圈两端的电压为，电流为，副线圈两端的电压为，电流为，则有
又根据电压关系：
可得：
根据电流关系：
根据欧姆定律：
联立得： ，
则当时，此时电流表示数最大，故P向上滑动时，副线圈匝数增加，电流表不一定变小，故A错误；
B．根据闭合电路欧姆定律
可得：
故B错误；
C．电阻R上消耗的功率为
同理，故P向上滑动时，副线圈匝数增加，P不一定变大，故C错误；
D．将变压器与负载等效为一个电阻，则等效电阻的阻值为
将电阻r与a、b两端电源等效为一个新的电源，r为等效电源的内阻，则变压器的输出功率为该等效电源的输出功率，则有
当时，功率最大，则
故D正确，
故选D。
【分析】1．变压器原线圈所在电路中含有负载问题的分析
(1)将原线圈看做用电器，在原线圈电路中可应用串并联电路规律、闭合电路欧姆定律等。
(2)要求解原线圈电路中负载的电流、电压和功率，一般需先求副线圈中的电流，然后根据理想变压器原副线圈的电流关系求得原线圈电路中的电流，进而求解通过负载的电流。
原、副线圈的电流关系往往是解决问题的突破口。
2.负载电阻不变的理想变压器动态分析
(1)U1不变，发生变化，U2变化。
(2)R不变，U2变化，I2发生变化。
(3)根据和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化。
3.原线圈含有用电器的动态分析技巧：将变压器与负载等效为一个电阻，将电阻r与a、b两端电源等效为一个新的电源，r为等效电源的内阻，则变压器的输出功率为该等效电源的输出功率。这种等效思想求解问题方便很多。
5．（2024高三上·襄阳开学考）同一“探测卫星”分别围绕某星球和地球多次做圆周运动。“探测卫星”在圆周运动中的周期二次方T2与轨道半径三次方r3的关系图像如图所示，其中P表示“探测卫星”绕该星球运动的关系图像，Q表示“探测卫星”绕地球运动的关系图像，“探测卫星”在该星球近表面和地球近表面运动时均满足T2=c，图中c、m、n已知，则（ ）
A．该星球和地球的密度之比为m：n
B．该星球和地球的密度之比为n：m
C．该星球和地球的第一宇宙速度之比为
D．该星球和地球的第一宇宙速度之比为
【答案】C
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】AB．由图像可得，P、Q两条直线的函数关系式分别为
当探测卫星在该星球近表面运动时，轨道半径为星球半径R1，此时
联立可得
当探测卫星在地球近表面运动时，轨道半径为地球半径R2，此时
联立可得
设“探测卫星”质量为m，星球质量为M1，地球质量为M2，当“探测卫星”在该星球近表面做圆周运动时，有
当“探测卫星”在地球近表面做圆周运动时，有
联立上面两式可得
所以星球密度为
地球密度为
所以
故AB错误；
CD．根据万有引力提供向心力有
可得
所以星球第一宇宙速度为
地球第一宇宙速度为
所以两速度之比为
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】1.天体环绕法：测出卫星绕天体做匀速圆周运动的半径r和周期T。
(1)由得天体的质量
(2)若已知天体的半径R，则天体的密度
2.对于在星球表面附近做匀速圆周运动的物体，所受万有引力提供向心力，则有，解得该星球的第一宇宙速度为。
6．（2024高三上·襄阳开学考）如图甲所示，质量的物块静置在粗糙的水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数。从时刻开始对物块施加一个与水平方向成角的拉力F，其变化情况如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，则物块在时的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】设当物块开始运动时，拉力大小为，有
解得
由图可知
可知时物块开始运动，内，根据动量定理可得
其中
物块受到的摩擦力为
可得
解得物块在时的速度大小为
故选D。
【分析】1.如果力随时间是均匀变化的，则平均力，该变力的冲量为
2.再根据动量定理I＝Δp求速度。
时刻，物体并没有运动，还要根据受力分析结合图像判断物块开始运动时的拉力大小和时刻，是正确解答的关键。
7．（2024高三上·襄阳开学考）如图所示，一倾角为45°的光滑斜面固定在水平地面上，底端固定一轻质弹簧。将质量为m的物块（可视为质点）从斜面上由静止释放，物块在A点与弹簧接触，在B点时速度最大，在C点时，弹簧被压缩至最短。已知，弹簧弹性势能为，其中x是弹簧形变量，k为弹簧劲度系数。则下列说法正确的是（ ）
A．物块在A点时的动能为
B．物块在A点时的动能为
C．物块从A点到B和从B到C所用时间之比为1∶2
D．物块从A点到B和从B到C所用时间之比为1∶4
【答案】B
【知识点】能量守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】AB．从A到C，根据能量守恒
解得块在A点时的动能
故A错误，B正确；
CD．物块在B点时速度最大，有
得
物块开始压缩弹簧后，到分离前做简谐振动，物块合力为0的位置（速度最大位置）为平衡位置，则物块做简谐运动的振幅为
从物块开始压缩弹簧（A点）到平衡位置（B点）所用时间为
从B到C所用时间为
则
故CD错误。
故选B。
【分析】1.应用能量守恒定律解题的思路
(1)选择适当的的运动过程，在这个过程中分清有多少形式的能(动能、势能、内能等)发生变化。
(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
(3)列出能量守恒关系式ΔE减＝ΔE增。
2.根据简谐运动的特征，可以判断物块开始压缩弹簧后，到分离前做简谐振动，物块合力为0的位置（速度最大位置）为平衡位置，再根据简谐运动的周期性和对称性特征，判断 物块从A点到B和从B到C所用时间 与周期的关系，即可求得比值关系。
8．（2024高三上·襄阳开学考）如图所示，图甲为一简谐横波在t=0.2s时的波形图，P是平衡位置在x=3m处的质点，Q是平衡位置在x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．这列波沿x轴负方向传播
B．当这列波遇到尺寸超过8m的障碍物时不能发生衍射现象
C．t=0.2s到t=0.3s，P点通过的路程为20cm
D．t=0.35s时，P点的加速度方向与y轴正方向相同
【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的衍射现象
【解析】【解答】A．由乙图可知，周期为0.4s，0.2s时，Q质点向下振动，根据同侧法可得，波向x轴负方向传播，故A正确；
B．由甲图可知这列波的波长为8m，所以，遇到尺寸超过8m的障碍物时能发生衍射现象，但不明显，故B错误；
C．在甲图中，由P质点的坐标，可知P质点偏离平衡位置个周期，0.3s时是在此图的基础上再振动周期，因为要跨越平衡位置，所以P质点通过的路程大于20cm，故C错误；
D．该波的波速为
从t=0.20s到t=0.35s，波传播的距离为
则根据波形平移法知，0.35s时P质点到达最低点，加速度方向与y轴正方向相同，故D正确。
故选AD。
【分析】1.求解波动图象与振动图象综合类问题可采用“一分、一看、二找”的方法：
2.波发生明显衍射的条件是：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或者比波长更小，由甲图读出这列波的波长，作比较即可判断。
3.机械波的图像(1)可直接读取振幅A、波长λ，以及该时刻各质点偏离各自平衡位置的位移。
(2)可确定该时刻各质点加速度的方向，并能比较该时刻不同质点速度或加速度的大小。
(3)可结合波的传播方向确定各质点的振动方向，或结合某个质点的振动方向确定波的传播方向。
9．（2024高三上·襄阳开学考）一束单色光从空气中与某种材料表面成45°角入射，每次反射的光能量为入射光能量的k倍（0A．该材料折射率为
B．该材料折射率为
C．光在该材料中的传播速度为
D．光从空气进入该材料，光的频率变小
【答案】B,C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】AB．这束光最终进入材料的能量为入射光能量的倍，说明经过两次反射进入材料后会发生全反射，光路图如图所示
设折射率为n，在B点的折射角为，则全反射角为，根据折射定律知
联立解得
故A错误，故B正确；
C．光在该材料中的传播速度为
故C正确；
D．光从空气进入该材料，光的频率不变，故D错误。
故选BC。
【分析】
1.光的折射问题的规范求解
(1)一般解题步骤
①根据题意作出光路图，注意准确作出法线。对于球形玻璃砖，法线是入射点与球心的连线。
②利用数学知识找到入射角和折射角。
③利用折射定律列方程。
(2)应注意的问题
①入射角、折射角是入射光线、折射光线与法线的夹角。
②应用公式时，要准确确定哪个角是θ1，哪个角是θ2。
③在折射现象中，光路是可逆的。
2.对折射率的理解：
(1)折射率大小不仅反映了介质对光的折射本领，也反映了光在介质中传播速度的大小，。
(2)折射率由介质本身的性质和入射光的频率共同决定，与入射角和折射角的大小无关。
(3)折射率与介质的密度没有关系，光密介质不是指密度大的介质。
(4)同一种介质中，频率越高的色光折射率越大，传播速度越小。
(5)同一种色光，在不同介质中虽然波速、波长可能不同，但频率相同。
10．（2024高三上·襄阳开学考）如图所示，间距为的两平行长直金属导轨水平放置，导轨所在空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长度均为的金属杆ab、cd垂直导轨放置，初始时两金属杆相距为，金属杆ab沿导轨向右运动的速度大小为，金属杆cd速度为零且受到平行导轨向右、大小为F的恒力作用。已知金属杆与导轨接触良好且整个过程中始终与导轨垂直，在金属杆ab、cd的整个运动过程中，两金属杆间的最小距离为，重力加速度大小为g，两金属杆的质量均为m，电阻均为R，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为，金属导轨电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．金属杆cd运动过程中的最大加速度为
B．从金属杆cd开始运动到两金属杆间距离最小的时间为
C．金属杆ab运动过程中的最小速度为
D．金属杆cd的最终速度为
【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的电路类问题；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】对金属杆ab、cd的运动过程分析如下：
①初始ab向右运动，cd速度为零，两者间距开始减小，回路中磁通量先开始减小，根据楞次定律可知回路中的感应电流方向先是顺时针的，ab受到的安培力与滑动摩擦力均先向左，ab先向右做减速运动，设其速度大小为v1。cd受到的安培力先向右，而滑动摩擦力向左，因动摩擦因数为
可知滑动摩擦力小于F，故cd先向右做加速运动，设其速度大小为v2。回路中的感应电动势为
E=BL0（v1-v2）
因（v1-v2）先减小，故感应电动势、感应电流、两金属杆所受安培力均减小。故ab先向右做加速度减小的减速运动，cd先向右做加速度减小的加速运动。
②当v1=v2时，感应电动势、安培力均为零，由于存在滑动摩擦力，ab继续减速，但cd继续加速（因F＞μmg），导致v2＞v1，两者间距开始增大，回路中磁通量先开始增大，根据楞次定律可知回路中的感应电流方向变为逆时针，ab受到的安培力反向，方向向右，与滑动摩擦力方向相反；cd受到的安培力也反向，方向向左，与滑动摩擦力同向。此后的回路中的感应电动势为
E=BL0（v2-v1）
因（v2-v1）增大，故感应电动势、感应电流、两金属杆所受安培力均由零逐渐增大，对ab有
μmg-BIL0=ma1
对cd有
F-μmg-BIL0=ma2
可见ab、cd的加速度均减小，故ab继续向右做加速度减小的减速运动，cd向右做加速度减小的加速运动。
③当安培力增加到等于滑动摩擦力，即：BIL0=μmg时，ab的加速度a1为零，此时对于cd有
F-μmg-BIL0=F-2μmg=0
（因），即：cd的加速度a2为零，可见两者加速度同时减小到零，此后v1、v2若保持不变，则（v2-v1）恒定，感应电动势、感应电流、两金属杆所受安培力均保持不变，两者加速度可保持为零，故两者终极状态为匀速直线运动。终极状态有
v2＞v1
BIL0=μmg
F=2μmg
A．由上述分析，可知金属杆cd运动过程中的加速度一直减小到零，则初始其加速度最大。
初始电动势为
E0=BL0v0
安培力为
根据牛顿第二定律得
ma0=F+F0-μmg
结合，解得
故A正确；
B．由上述①②的分析可知当v1=v2时两者的间距离最小，以水平向右为正方向，根据动量定理得：
对ab有
对cd有
……④
两式相加，再结合可得
v1=v2=v0
又有
可得
代入④式可得所求的时间为
故B错误；
C．由B选项可知v1=v2时，金属杆ab的速度v1=v0，而由②的分析可知此后ab继续做减速运动，故运动过程中金属杆ab的最小速度小于v0，故C错误；
D．设ab、cd的最终速度分别为va、vc，由③的分析有
F-μmg-BIL0=0
其中
解得
从两者速度v1=v2=v0时到终极状态的过程，以水平向右为正方向，根据动量定理得：
对ab有
对cd有
两式相加可得
va+vc=v0
联立解得
故D正确。
故选AD。
【分析】
1.力学对象和电学对象的相互关系
2.动态分析的基本思路
3.导体棒运动非匀变速运动时一般要用能量和动量知识求解，当安培力变化，且又涉及位移、速度、电荷量等问题时，用动量定理往往能巧妙解决。在电磁感应中用动量定理时，通常将下面两式结合应用：
BLI·Δt＝mΔv
11．（2024高三上·襄阳开学考）某中学实验小组为探究加速度与合力的关系，设计了如图甲所示的实验装置。主要实验步骤如下：
①按图甲安装实验器材：质量为m的重物用轻绳挂在定滑轮上，重物与纸带相连，动滑轮右侧的轻绳上端与固定于天花板的力传感器相连，可以测量绳上的拉力大小，钩码和动滑轮的总质量为M，图中各段轻绳互相平行且沿竖直方向；
②接通打点计时器的电源，释放钩码，带动重物上升，在纸带上打出一系列点，记录此时传感器的读数F；
③改变钩码的质量，多次重复实验步骤②，利用纸带计算重物的加速度a，得到多组a、F数据。
请回答以下问题：
（1）已知打点计时器的打点周期为0.02 s，某次实验所得纸带如图乙所示，A、B、C、D、E各点之间各有4个点未标出，则重物的加速度大小为 （结果保留三位有效数字）。
（2）实验得到重物的加速度大小a与力传感器示数F的关系如图丙所示，图像的斜率为k、纵截距为－b（b＞0），则重物质量m＝ ，当M＝3m时，重物的加速度大小为a＝ 。（本问结果均用k、b表示）
【答案】（1）1.72
（2）；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）相邻两点间的时间为
根据逐差公式
故答案为：1.72；
（2）
①对重物由牛顿第二定律得
解得
已知图像的斜率为k，得
解得
截距绝对值
故答案为：；
②由图可知，钩码的加速度为重物的2倍，则
对重物有
当M＝3m时，联立解得重物的加速度大小为
故答案为。
综上第一空答案为：第二空答案为：；
【分析】1.若利用纸带求物体的加速度，常常会用到逐差法，题目给的是偶数段数据，一般用“逐差法”求物体的加速度，即，，然后求平均值，即，这样所测数据全部得到利用，精确度较高。
2.利用图像处理数据是一种常用的方法，利用牛顿第二定律列方程，与图像相结合，明确斜率和截距的物理含义，即可求解。
（1）两点的时间为
根据逐差公式
故填1.72；
（2）[1]对重物由牛顿第二定律得
解得
已知图像的斜率为k，得
解得
截距绝对值
故填；
[2]由图可知，钩码的加速度为重物的2倍，则
对重物有
当M＝3m时，联立解得重物的加速度大小为
故填。
12．（2024高三上·襄阳开学考）某同学欲测量某电热丝的电阻率ρ。
（1）用多用电表粗测该电热丝Rx的电阻值：多用电表选择开关旋至“100”挡，并进行欧姆调零，将红、黑表笔连接到电热丝两端，多用电表指针位置如图（a）所示，此时读数为 Ω。
（2）用螺旋测微器测量电热丝不同位置的直径，某次测量的示数如图（b）所示，该读数为d= mm。多次测量后，得到直径的平均值恰好与d相等。
（3）为精确测量该电热丝的电阻Rx，设计了如图（c）所示的实验电路图。现有实验器材：
电池组E，电动势为15V，内阻忽略不计；
电压表V（量程为3V，内阻为RV=3kΩ）；
电流表A（量程为12mA，内阻比较小）；
定值电阻R0（阻值可选用3kΩ和9kΩ）；
滑动变阻器R，最大阻值为50Ω；
开关、导线若干。
①要求电热丝两端的电压可在0~12V的范围内连续可调，应选用阻值为 （填“3kΩ”或“9kΩ”）的定值电阻R0；
②闭合开关S，调节滑动变阻器R，使电压表V和电流表A的示数尽量大些，读出此时电压表V和电流表A的示数分别为U、I，则该电热丝电阻的表达式为Rx= （用U、I、R0、RV表示，不得直接用数值表示）：
③多次测量得到电热丝的电阻Rx的平均值，计算得出电热丝的电阻率。
【答案】（1）1500
（2）0.641
（3）9kΩ；
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）多用电表选择开关旋至“100”挡，指针指向15刻度，则读数为1500。故答案为1500Ω。
（2）螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为0.5mm+mm=0.641mm
故答案为0.641mm。
（3）①实验要求电热丝两端的电压可在0~12V的范围内连续可调，需要将电压表改装成量程至少为12V的电压表，电压表满偏时通过电压表的电流：，电压表V和定值电阻串联的等效总电阻，根据串联电阻的关系，则有：
即定值电阻选用。
故答案为9kΩ。
②根据欧姆定律有
解得
综上第一空答案为：，第二空答案为：；
【分析】
1.欧姆挡若用“×100”挡测电阻，指针读数为：15.0×100 Ω＝1500 Ω。
2.螺旋测微器读数：测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)。
3.（1）电压表的量程是3V，需要测量的电压是0-12V，需要串联一个定值电阻分压，利用串联电路的电阻关系，即可求解。
（2）电压表这一支路和待测电热丝并联，电流表在干路中，根据电流关系和各支路的欧姆定律列式，即可求解。
（1）多用电表选择开关旋至“100”挡，指针指向15刻度，则读数为1500。
（2）螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为0.5mm+mm=0.641mm
（3）[1]实验要求电热丝两端的电压可在0~12V的范围内连续可调，需要将电压表改装成量程至少为12V的电压表，则
即定值电阻选用。
[2] 根据欧姆定律有
解得
13．（2024高三上·襄阳开学考）一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17℃，密度为1.46kg/m3。
（1）升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时高压舱内气体的密度（保留三位有效数字）；
（2）保持第（1）问升温后的温度27℃不变，再向体积为高压舱体积的真空瓶中释放气体，要使舱内压强低于1.0个大气压，至少要几个瓶子？
【答案】（1）因为，体积相同，所以密度之比为质量之比，
由理想气体方程，即，其中n为封闭气体的物质的量，即理想气体正比于气体质量。因为压强、体积不变，所以质量之比为温度反比，即
代入数据解得
（2）向第一个瓶子释放气体时，有
解得
向第n个瓶子释放气体后，压强为
所以至少需要2个。
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】解决变质量问题的通用方法
分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解。
14．（2024高三上·襄阳开学考）如图所示，借助电动机和斜面将质量为20kg的货物用最短的时间从斜面底端拉到斜面顶端。货物依次经历匀加速、变加速、匀速、匀减速四个阶段，到达顶端时速度刚好为零。已知电动机的额定功率为1200W、绳子的最大拉力为300N，绳子与斜面平行，斜面长度为34.2m，倾角θ=30°，货物与斜面的摩擦因数为，减速阶段加速度大小不超过5m/s2，g取10m/s2。求：
（1）减速阶段电动机的牵引力T；
（2）货物运动总时间t。
【答案】（1）减速阶段，根据牛顿第二定律有
解得
（2）货物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得
解得
当功率达到额定功率时，设货物的速度为v1，则有
此过程所用时间和上滑的距离分别为
货物以最大速度匀速时，有
货物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上滑的距离分别为
因此，从电动机达到额定功率到货物即将减速，上滑的距离为
设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得
解得
所以总时间为
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用；机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】1.当物体的运动涉及多个不同过程的，可分段应用动力学规律和动能定理求解，当涉及变力问题时，优先考虑应用动能定理求解。
2.两种启动方式的比较
两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动
P t图和 v t图
OA段 过程 分析 v↑ F＝↓ a＝↓ a＝不变 F不变v↑ P＝Fv↑直到P额＝Fv1
运动 性质 加速度减小的加速直线运动 匀加速直线运动，维持时间t0＝
AB段 过程分析 F＝F阻 a＝0 vm＝ v↑ F＝↓ a＝↓
运动性质 以vm匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动
BC段 无 F＝F阻 a＝0 以 vm＝匀速直线运动
3.三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速直线运动时的速度，即(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻)。
(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即。
(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt，由动能定理：Pt－F阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。
15．（2024高三上·襄阳开学考）如图甲的空间直角坐标系Oxyz中，存在沿y轴正方向的匀强磁场，其内有一 边长为L的立方体区域。现有质量为 m、电荷量为 q的带正电粒子（不计重力），以初速度v0从a点沿x轴正方向进入立方体区域，恰好从 b点射出。
（1）求该匀强磁场的磁感应强度 B的大小；
（2）若在该区域加一个沿y轴负方向的匀强电场，让粒子仍从 a点以初速度v0沿 x轴正方向进入该区域，为使粒子从 b'点射出。求匀强电场的电场强度 E1的大小；
（3）若在该区域加上方向沿 x 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为 ，该粒子仍从 a 点沿 x 轴正方向以初速度v0射入立方体区域，求粒子射出立方体区域时与 a点的距离 s；
（4）若撤去原来的电场和磁场，在该区域加方向沿x轴负方向的磁场Bx和沿y轴正方向的磁场By，磁感应强度Bx、By的大小随时间t周期性变化的规律如图乙所示。t = 0时刻，粒子仍从a点以初速度v0沿x轴正方向进入该区域，要使粒子从平面离开此区域，且速度方向与z轴正方向的夹角为53°，sin 53°= 0.8，cos 53°= 0.6 ，求磁感应强度B0的可能取值。
【答案】（1）由几何关系得
由牛顿第二定律得：
解得
（2）y轴负方向
平行平面
联立得
（3）使用配速法：粒子在水平面内的运动俯视图如图所示
将初速度分解为沿轴负方向的
和与轴正方向夹角为的
粒子做沿负方向，速度大小为的匀速直线运动
粒子在平面内做匀速圆周运动
联立得
（4）粒子运动的俯视图如图所示
可知
【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.带电粒子在组合场中的运动
这类问题的特点是电场、磁场依次出现，包含空间上先后出现和时间上先后出现，常见的有磁场、电场与无场区交替出现相组合的场等。其运动形式包含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周运动等，涉及牛顿运动定律、功能关系等知识的应用。
2.解题思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选用不同的规律处理。
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
(4)选择合适的物理规律，列方程：对于类平抛运动，一般分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的匀加速直线运动；对粒子在磁场中做匀速圆周运动的情况，一般都是洛伦兹力提供向心力。
1 / 1湖北省襄阳市第五中学2024-2025学年高三入学考试物理试卷
1．（2024高三上·襄阳开学考）2023年山东省荣成市石岛湾高温气冷堆核电站正式投入商运，标志着我国第四代核电技术达到世界领先水平。电站以气体为冷却剂，由热中子引发链式反应，关于该电站的核反应下列说法正确的是（ ）
A．核反应方程为：
B．任意大小的铀块都可以发生链式反应
C．热中子的速度与热运动的速度相当时最适于引发核裂变
D．链式反应的速度由慢化剂的多少来控制
2．（2024高三上·襄阳开学考）如图所示，某次足球比赛中，运动员用头将足球从离地面高度为2h处的O点斜向下顶出，足球从地面P点弹起后水平经过距离地面高度为2h的Q点。已知P点到O点和Q点的水平距离分别为s和2s，足球触地弹起前后水平速度不变。重力加速度为g，忽略空气阻力，则足球从O点顶出时的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·襄阳开学考）研究光电效应规律的电路图如图甲所示，某同学分别用a、b、c三束单色光照射光电管得到的光电流I与光电管两端电压U的关系如图乙所示。已知a、c两条图线与横轴的交点重合。下列说法正确的是（ ）
A．用a光照射时，单位时间内逸出的光电子数最多
B．用a光照射时，逸出光电子的最大初动能最大
C．该光电管用a光、b光照射时截止频率不同
D．若b光照射某金属发生光电效应，则a光照射该金属也一定发生光电效应
4．（2024高三上·襄阳开学考）如图所示，理想变压器a、b两端接入一内阻不计的稳压电源，电阻，，电压表、电流表均为理想电表，原线圈匝数匝，副线圈匝数通过滑动触头P可调。当P向上滑动时，电压表示数变化量的绝对值为，电流表示数变化量的绝对值为，下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数减小
B．变大
C．电阻R上消耗的功率一定变大
D．当匝时，变压器的输出功率最大
5．（2024高三上·襄阳开学考）同一“探测卫星”分别围绕某星球和地球多次做圆周运动。“探测卫星”在圆周运动中的周期二次方T2与轨道半径三次方r3的关系图像如图所示，其中P表示“探测卫星”绕该星球运动的关系图像，Q表示“探测卫星”绕地球运动的关系图像，“探测卫星”在该星球近表面和地球近表面运动时均满足T2=c，图中c、m、n已知，则（ ）
A．该星球和地球的密度之比为m：n
B．该星球和地球的密度之比为n：m
C．该星球和地球的第一宇宙速度之比为
D．该星球和地球的第一宇宙速度之比为
6．（2024高三上·襄阳开学考）如图甲所示，质量的物块静置在粗糙的水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数。从时刻开始对物块施加一个与水平方向成角的拉力F，其变化情况如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，则物块在时的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·襄阳开学考）如图所示，一倾角为45°的光滑斜面固定在水平地面上，底端固定一轻质弹簧。将质量为m的物块（可视为质点）从斜面上由静止释放，物块在A点与弹簧接触，在B点时速度最大，在C点时，弹簧被压缩至最短。已知，弹簧弹性势能为，其中x是弹簧形变量，k为弹簧劲度系数。则下列说法正确的是（ ）
A．物块在A点时的动能为
B．物块在A点时的动能为
C．物块从A点到B和从B到C所用时间之比为1∶2
D．物块从A点到B和从B到C所用时间之比为1∶4
8．（2024高三上·襄阳开学考）如图所示，图甲为一简谐横波在t=0.2s时的波形图，P是平衡位置在x=3m处的质点，Q是平衡位置在x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．这列波沿x轴负方向传播
B．当这列波遇到尺寸超过8m的障碍物时不能发生衍射现象
C．t=0.2s到t=0.3s，P点通过的路程为20cm
D．t=0.35s时，P点的加速度方向与y轴正方向相同
9．（2024高三上·襄阳开学考）一束单色光从空气中与某种材料表面成45°角入射，每次反射的光能量为入射光能量的k倍（0A．该材料折射率为
B．该材料折射率为
C．光在该材料中的传播速度为
D．光从空气进入该材料，光的频率变小
10．（2024高三上·襄阳开学考）如图所示，间距为的两平行长直金属导轨水平放置，导轨所在空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长度均为的金属杆ab、cd垂直导轨放置，初始时两金属杆相距为，金属杆ab沿导轨向右运动的速度大小为，金属杆cd速度为零且受到平行导轨向右、大小为F的恒力作用。已知金属杆与导轨接触良好且整个过程中始终与导轨垂直，在金属杆ab、cd的整个运动过程中，两金属杆间的最小距离为，重力加速度大小为g，两金属杆的质量均为m，电阻均为R，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为，金属导轨电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．金属杆cd运动过程中的最大加速度为
B．从金属杆cd开始运动到两金属杆间距离最小的时间为
C．金属杆ab运动过程中的最小速度为
D．金属杆cd的最终速度为
11．（2024高三上·襄阳开学考）某中学实验小组为探究加速度与合力的关系，设计了如图甲所示的实验装置。主要实验步骤如下：
①按图甲安装实验器材：质量为m的重物用轻绳挂在定滑轮上，重物与纸带相连，动滑轮右侧的轻绳上端与固定于天花板的力传感器相连，可以测量绳上的拉力大小，钩码和动滑轮的总质量为M，图中各段轻绳互相平行且沿竖直方向；
②接通打点计时器的电源，释放钩码，带动重物上升，在纸带上打出一系列点，记录此时传感器的读数F；
③改变钩码的质量，多次重复实验步骤②，利用纸带计算重物的加速度a，得到多组a、F数据。
请回答以下问题：
（1）已知打点计时器的打点周期为0.02 s，某次实验所得纸带如图乙所示，A、B、C、D、E各点之间各有4个点未标出，则重物的加速度大小为 （结果保留三位有效数字）。
（2）实验得到重物的加速度大小a与力传感器示数F的关系如图丙所示，图像的斜率为k、纵截距为－b（b＞0），则重物质量m＝ ，当M＝3m时，重物的加速度大小为a＝ 。（本问结果均用k、b表示）
12．（2024高三上·襄阳开学考）某同学欲测量某电热丝的电阻率ρ。
（1）用多用电表粗测该电热丝Rx的电阻值：多用电表选择开关旋至“100”挡，并进行欧姆调零，将红、黑表笔连接到电热丝两端，多用电表指针位置如图（a）所示，此时读数为 Ω。
（2）用螺旋测微器测量电热丝不同位置的直径，某次测量的示数如图（b）所示，该读数为d= mm。多次测量后，得到直径的平均值恰好与d相等。
（3）为精确测量该电热丝的电阻Rx，设计了如图（c）所示的实验电路图。现有实验器材：
电池组E，电动势为15V，内阻忽略不计；
电压表V（量程为3V，内阻为RV=3kΩ）；
电流表A（量程为12mA，内阻比较小）；
定值电阻R0（阻值可选用3kΩ和9kΩ）；
滑动变阻器R，最大阻值为50Ω；
开关、导线若干。
①要求电热丝两端的电压可在0~12V的范围内连续可调，应选用阻值为 （填“3kΩ”或“9kΩ”）的定值电阻R0；
②闭合开关S，调节滑动变阻器R，使电压表V和电流表A的示数尽量大些，读出此时电压表V和电流表A的示数分别为U、I，则该电热丝电阻的表达式为Rx= （用U、I、R0、RV表示，不得直接用数值表示）：
③多次测量得到电热丝的电阻Rx的平均值，计算得出电热丝的电阻率。
13．（2024高三上·襄阳开学考）一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17℃，密度为1.46kg/m3。
（1）升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时高压舱内气体的密度（保留三位有效数字）；
（2）保持第（1）问升温后的温度27℃不变，再向体积为高压舱体积的真空瓶中释放气体，要使舱内压强低于1.0个大气压，至少要几个瓶子？
14．（2024高三上·襄阳开学考）如图所示，借助电动机和斜面将质量为20kg的货物用最短的时间从斜面底端拉到斜面顶端。货物依次经历匀加速、变加速、匀速、匀减速四个阶段，到达顶端时速度刚好为零。已知电动机的额定功率为1200W、绳子的最大拉力为300N，绳子与斜面平行，斜面长度为34.2m，倾角θ=30°，货物与斜面的摩擦因数为，减速阶段加速度大小不超过5m/s2，g取10m/s2。求：
（1）减速阶段电动机的牵引力T；
（2）货物运动总时间t。
15．（2024高三上·襄阳开学考）如图甲的空间直角坐标系Oxyz中，存在沿y轴正方向的匀强磁场，其内有一 边长为L的立方体区域。现有质量为 m、电荷量为 q的带正电粒子（不计重力），以初速度v0从a点沿x轴正方向进入立方体区域，恰好从 b点射出。
（1）求该匀强磁场的磁感应强度 B的大小；
（2）若在该区域加一个沿y轴负方向的匀强电场，让粒子仍从 a点以初速度v0沿 x轴正方向进入该区域，为使粒子从 b'点射出。求匀强电场的电场强度 E1的大小；
（3）若在该区域加上方向沿 x 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为 ，该粒子仍从 a 点沿 x 轴正方向以初速度v0射入立方体区域，求粒子射出立方体区域时与 a点的距离 s；
（4）若撤去原来的电场和磁场，在该区域加方向沿x轴负方向的磁场Bx和沿y轴正方向的磁场By，磁感应强度Bx、By的大小随时间t周期性变化的规律如图乙所示。t = 0时刻，粒子仍从a点以初速度v0沿x轴正方向进入该区域，要使粒子从平面离开此区域，且速度方向与z轴正方向的夹角为53°，sin 53°= 0.8，cos 53°= 0.6 ，求磁感应强度B0的可能取值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】核裂变；反应堆与核电站
【解析】【解答】A．核电站的核反应方程为：，A错误；
B．铀核裂变时，只有达到临界体积的铀块才能发生链式反应，B错误；
C．中子速度小，与铀核作用时间长，此时核反应的概率大，因此热中子的速度与热运动的速度相当时最适于引发核裂变，C正确；
D．链式反应的速度由控制棒插入深度的多少来控制，D错误。
故选C。
【分析】现有的核电站的核反应主要是在使用比较容易进行人工控制的重核裂变。
1.核反应中遵循两个守恒规律，即质量数守恒和电荷数守恒。
2.临界体积和临界质量：裂变物质能够发生链式反应的最小体积叫做它的临界体积，相应的质量叫做临界质量。
3.核电站通过在铀棒之间插进一些镉棒控制中子数目来控制核反应的速度，“慢化剂”作用是使中子减速，便于铀核“捉”住中子，从而发生核裂变。
2．【答案】C
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】根据抛体运动规律可知，足球从P到Q所用时间为
由题意可知足球从O到P和从P到Q的水平速度相同，则足球从O到P所用时间为
设足球在O点顶出时的竖直分速度大小为vy，根据抛体运动规律有
解得
足球在O点顶出时的水平分速度大小为
根据速度的合成可得足球从O点顶出时的速度大小为
故选C。
【分析】
足球从P到Q可以看做从Q到P的逆过程，平抛运动，根据平抛运动规律求出P到Q所用时间，足球触地弹起前后水平速度不变 ，可知足球从O到P和从P到Q的水平速度相同，水平方向足球做匀速直线运动，可以求得足球从O到P所用时间。
足球在O点顶出时的速度竖直分速度大小为vy根据抛体运动规律（竖直方向初速度的匀加速直线运动）可求得，
足球在O点顶出后水平方向匀速直线运动，可求得水平分速度大小，根据速度的合成可得足球从O点顶出时的速度大小。
3．【答案】A
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．由图乙可知，a光照射时对应的饱和电流最大，则用a光照射时，单位时间内逸出的光电子数最多，故A正确；
B．根据由图乙可知，b光照射时对应的遏止电压最大，所以用b光照射时，逸出光电子的最大初动能最大，故B错误；
C．截止频率只由光电管（金属）自身决定，与照射光的频率无关，所以该光电管用a光、b光照射时截止频率相同，故C错误；
D．根据由于b光照射时对应的遏止电压大于a光照射时对应的遏止电压，则b光的频率大于a光的频率，若b光照射某金属发生光电效应，则a光照射该金属不一定发生光电效应，故D错误。
故选A。
【分析】1.饱和光电流：光照条件不变，当正向电压增大时，光电流趋于一个饱和值，即一定的光照条件下单位时间发出的光电子数目是一定的。实验表明，光的频率一定时，入射光越强，饱和光电流越大，单位时间内发射的光电子数越多。
2.遏止电压：使光电流减小到0的反向电压Uc称为遏止电压。遏止电压的存在意味着光电子的初动能有最大值，，称为光电子的最大初动能。实验表明，遏止电压(或光电子的最大初动能)与入射光的强度无关，只随入射光频率的增大而增大。
3.截止频率：每种金属都有一个极限频率或截止频率νc，入射光的频率必须大于等于这个极限频率才能发生光电效应，低于这个频率时不发生光电效应。
4．【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．两端的输入电压为，设变压器原线圈两端的电压为，电流为，副线圈两端的电压为，电流为，则有
又根据电压关系：
可得：
根据电流关系：
根据欧姆定律：
联立得： ，
则当时，此时电流表示数最大，故P向上滑动时，副线圈匝数增加，电流表不一定变小，故A错误；
B．根据闭合电路欧姆定律
可得：
故B错误；
C．电阻R上消耗的功率为
同理，故P向上滑动时，副线圈匝数增加，P不一定变大，故C错误；
D．将变压器与负载等效为一个电阻，则等效电阻的阻值为
将电阻r与a、b两端电源等效为一个新的电源，r为等效电源的内阻，则变压器的输出功率为该等效电源的输出功率，则有
当时，功率最大，则
故D正确，
故选D。
【分析】1．变压器原线圈所在电路中含有负载问题的分析
(1)将原线圈看做用电器，在原线圈电路中可应用串并联电路规律、闭合电路欧姆定律等。
(2)要求解原线圈电路中负载的电流、电压和功率，一般需先求副线圈中的电流，然后根据理想变压器原副线圈的电流关系求得原线圈电路中的电流，进而求解通过负载的电流。
原、副线圈的电流关系往往是解决问题的突破口。
2.负载电阻不变的理想变压器动态分析
(1)U1不变，发生变化，U2变化。
(2)R不变，U2变化，I2发生变化。
(3)根据和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化。
3.原线圈含有用电器的动态分析技巧：将变压器与负载等效为一个电阻，将电阻r与a、b两端电源等效为一个新的电源，r为等效电源的内阻，则变压器的输出功率为该等效电源的输出功率。这种等效思想求解问题方便很多。
5．【答案】C
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】AB．由图像可得，P、Q两条直线的函数关系式分别为
当探测卫星在该星球近表面运动时，轨道半径为星球半径R1，此时
联立可得
当探测卫星在地球近表面运动时，轨道半径为地球半径R2，此时
联立可得
设“探测卫星”质量为m，星球质量为M1，地球质量为M2，当“探测卫星”在该星球近表面做圆周运动时，有
当“探测卫星”在地球近表面做圆周运动时，有
联立上面两式可得
所以星球密度为
地球密度为
所以
故AB错误；
CD．根据万有引力提供向心力有
可得
所以星球第一宇宙速度为
地球第一宇宙速度为
所以两速度之比为
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】1.天体环绕法：测出卫星绕天体做匀速圆周运动的半径r和周期T。
(1)由得天体的质量
(2)若已知天体的半径R，则天体的密度
2.对于在星球表面附近做匀速圆周运动的物体，所受万有引力提供向心力，则有，解得该星球的第一宇宙速度为。
6．【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】设当物块开始运动时，拉力大小为，有
解得
由图可知
可知时物块开始运动，内，根据动量定理可得
其中
物块受到的摩擦力为
可得
解得物块在时的速度大小为
故选D。
【分析】1.如果力随时间是均匀变化的，则平均力，该变力的冲量为
2.再根据动量定理I＝Δp求速度。
时刻，物体并没有运动，还要根据受力分析结合图像判断物块开始运动时的拉力大小和时刻，是正确解答的关键。
7．【答案】B
【知识点】能量守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】AB．从A到C，根据能量守恒
解得块在A点时的动能
故A错误，B正确；
CD．物块在B点时速度最大，有
得
物块开始压缩弹簧后，到分离前做简谐振动，物块合力为0的位置（速度最大位置）为平衡位置，则物块做简谐运动的振幅为
从物块开始压缩弹簧（A点）到平衡位置（B点）所用时间为
从B到C所用时间为
则
故CD错误。
故选B。
【分析】1.应用能量守恒定律解题的思路
(1)选择适当的的运动过程，在这个过程中分清有多少形式的能(动能、势能、内能等)发生变化。
(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
(3)列出能量守恒关系式ΔE减＝ΔE增。
2.根据简谐运动的特征，可以判断物块开始压缩弹簧后，到分离前做简谐振动，物块合力为0的位置（速度最大位置）为平衡位置，再根据简谐运动的周期性和对称性特征，判断 物块从A点到B和从B到C所用时间 与周期的关系，即可求得比值关系。
8．【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的衍射现象
【解析】【解答】A．由乙图可知，周期为0.4s，0.2s时，Q质点向下振动，根据同侧法可得，波向x轴负方向传播，故A正确；
B．由甲图可知这列波的波长为8m，所以，遇到尺寸超过8m的障碍物时能发生衍射现象，但不明显，故B错误；
C．在甲图中，由P质点的坐标，可知P质点偏离平衡位置个周期，0.3s时是在此图的基础上再振动周期，因为要跨越平衡位置，所以P质点通过的路程大于20cm，故C错误；
D．该波的波速为
从t=0.20s到t=0.35s，波传播的距离为
则根据波形平移法知，0.35s时P质点到达最低点，加速度方向与y轴正方向相同，故D正确。
故选AD。
【分析】1.求解波动图象与振动图象综合类问题可采用“一分、一看、二找”的方法：
2.波发生明显衍射的条件是：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或者比波长更小，由甲图读出这列波的波长，作比较即可判断。
3.机械波的图像(1)可直接读取振幅A、波长λ，以及该时刻各质点偏离各自平衡位置的位移。
(2)可确定该时刻各质点加速度的方向，并能比较该时刻不同质点速度或加速度的大小。
(3)可结合波的传播方向确定各质点的振动方向，或结合某个质点的振动方向确定波的传播方向。
9．【答案】B,C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】AB．这束光最终进入材料的能量为入射光能量的倍，说明经过两次反射进入材料后会发生全反射，光路图如图所示
设折射率为n，在B点的折射角为，则全反射角为，根据折射定律知
联立解得
故A错误，故B正确；
C．光在该材料中的传播速度为
故C正确；
D．光从空气进入该材料，光的频率不变，故D错误。
故选BC。
【分析】
1.光的折射问题的规范求解
(1)一般解题步骤
①根据题意作出光路图，注意准确作出法线。对于球形玻璃砖，法线是入射点与球心的连线。
②利用数学知识找到入射角和折射角。
③利用折射定律列方程。
(2)应注意的问题
①入射角、折射角是入射光线、折射光线与法线的夹角。
②应用公式时，要准确确定哪个角是θ1，哪个角是θ2。
③在折射现象中，光路是可逆的。
2.对折射率的理解：
(1)折射率大小不仅反映了介质对光的折射本领，也反映了光在介质中传播速度的大小，。
(2)折射率由介质本身的性质和入射光的频率共同决定，与入射角和折射角的大小无关。
(3)折射率与介质的密度没有关系，光密介质不是指密度大的介质。
(4)同一种介质中，频率越高的色光折射率越大，传播速度越小。
(5)同一种色光，在不同介质中虽然波速、波长可能不同，但频率相同。
10．【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的电路类问题；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】对金属杆ab、cd的运动过程分析如下：
①初始ab向右运动，cd速度为零，两者间距开始减小，回路中磁通量先开始减小，根据楞次定律可知回路中的感应电流方向先是顺时针的，ab受到的安培力与滑动摩擦力均先向左，ab先向右做减速运动，设其速度大小为v1。cd受到的安培力先向右，而滑动摩擦力向左，因动摩擦因数为
可知滑动摩擦力小于F，故cd先向右做加速运动，设其速度大小为v2。回路中的感应电动势为
E=BL0（v1-v2）
因（v1-v2）先减小，故感应电动势、感应电流、两金属杆所受安培力均减小。故ab先向右做加速度减小的减速运动，cd先向右做加速度减小的加速运动。
②当v1=v2时，感应电动势、安培力均为零，由于存在滑动摩擦力，ab继续减速，但cd继续加速（因F＞μmg），导致v2＞v1，两者间距开始增大，回路中磁通量先开始增大，根据楞次定律可知回路中的感应电流方向变为逆时针，ab受到的安培力反向，方向向右，与滑动摩擦力方向相反；cd受到的安培力也反向，方向向左，与滑动摩擦力同向。此后的回路中的感应电动势为
E=BL0（v2-v1）
因（v2-v1）增大，故感应电动势、感应电流、两金属杆所受安培力均由零逐渐增大，对ab有
μmg-BIL0=ma1
对cd有
F-μmg-BIL0=ma2
可见ab、cd的加速度均减小，故ab继续向右做加速度减小的减速运动，cd向右做加速度减小的加速运动。
③当安培力增加到等于滑动摩擦力，即：BIL0=μmg时，ab的加速度a1为零，此时对于cd有
F-μmg-BIL0=F-2μmg=0
（因），即：cd的加速度a2为零，可见两者加速度同时减小到零，此后v1、v2若保持不变，则（v2-v1）恒定，感应电动势、感应电流、两金属杆所受安培力均保持不变，两者加速度可保持为零，故两者终极状态为匀速直线运动。终极状态有
v2＞v1
BIL0=μmg
F=2μmg
A．由上述分析，可知金属杆cd运动过程中的加速度一直减小到零，则初始其加速度最大。
初始电动势为
E0=BL0v0
安培力为
根据牛顿第二定律得
ma0=F+F0-μmg
结合，解得
故A正确；
B．由上述①②的分析可知当v1=v2时两者的间距离最小，以水平向右为正方向，根据动量定理得：
对ab有
对cd有
……④
两式相加，再结合可得
v1=v2=v0
又有
可得
代入④式可得所求的时间为
故B错误；
C．由B选项可知v1=v2时，金属杆ab的速度v1=v0，而由②的分析可知此后ab继续做减速运动，故运动过程中金属杆ab的最小速度小于v0，故C错误；
D．设ab、cd的最终速度分别为va、vc，由③的分析有
F-μmg-BIL0=0
其中
解得
从两者速度v1=v2=v0时到终极状态的过程，以水平向右为正方向，根据动量定理得：
对ab有
对cd有
两式相加可得
va+vc=v0
联立解得
故D正确。
故选AD。
【分析】
1.力学对象和电学对象的相互关系
2.动态分析的基本思路
3.导体棒运动非匀变速运动时一般要用能量和动量知识求解，当安培力变化，且又涉及位移、速度、电荷量等问题时，用动量定理往往能巧妙解决。在电磁感应中用动量定理时，通常将下面两式结合应用：
BLI·Δt＝mΔv
11．【答案】（1）1.72
（2）；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）相邻两点间的时间为
根据逐差公式
故答案为：1.72；
（2）
①对重物由牛顿第二定律得
解得
已知图像的斜率为k，得
解得
截距绝对值
故答案为：；
②由图可知，钩码的加速度为重物的2倍，则
对重物有
当M＝3m时，联立解得重物的加速度大小为
故答案为。
综上第一空答案为：第二空答案为：；
【分析】1.若利用纸带求物体的加速度，常常会用到逐差法，题目给的是偶数段数据，一般用“逐差法”求物体的加速度，即，，然后求平均值，即，这样所测数据全部得到利用，精确度较高。
2.利用图像处理数据是一种常用的方法，利用牛顿第二定律列方程，与图像相结合，明确斜率和截距的物理含义，即可求解。
（1）两点的时间为
根据逐差公式
故填1.72；
（2）[1]对重物由牛顿第二定律得
解得
已知图像的斜率为k，得
解得
截距绝对值
故填；
[2]由图可知，钩码的加速度为重物的2倍，则
对重物有
当M＝3m时，联立解得重物的加速度大小为
故填。
12．【答案】（1）1500
（2）0.641
（3）9kΩ；
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）多用电表选择开关旋至“100”挡，指针指向15刻度，则读数为1500。故答案为1500Ω。
（2）螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为0.5mm+mm=0.641mm
故答案为0.641mm。
（3）①实验要求电热丝两端的电压可在0~12V的范围内连续可调，需要将电压表改装成量程至少为12V的电压表，电压表满偏时通过电压表的电流：，电压表V和定值电阻串联的等效总电阻，根据串联电阻的关系，则有：
即定值电阻选用。
故答案为9kΩ。
②根据欧姆定律有
解得
综上第一空答案为：，第二空答案为：；
【分析】
1.欧姆挡若用“×100”挡测电阻，指针读数为：15.0×100 Ω＝1500 Ω。
2.螺旋测微器读数：测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)。
3.（1）电压表的量程是3V，需要测量的电压是0-12V，需要串联一个定值电阻分压，利用串联电路的电阻关系，即可求解。
（2）电压表这一支路和待测电热丝并联，电流表在干路中，根据电流关系和各支路的欧姆定律列式，即可求解。
（1）多用电表选择开关旋至“100”挡，指针指向15刻度，则读数为1500。
（2）螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为0.5mm+mm=0.641mm
（3）[1]实验要求电热丝两端的电压可在0~12V的范围内连续可调，需要将电压表改装成量程至少为12V的电压表，则
即定值电阻选用。
[2] 根据欧姆定律有
解得
13．【答案】（1）因为，体积相同，所以密度之比为质量之比，
由理想气体方程，即，其中n为封闭气体的物质的量，即理想气体正比于气体质量。因为压强、体积不变，所以质量之比为温度反比，即
代入数据解得
（2）向第一个瓶子释放气体时，有
解得
向第n个瓶子释放气体后，压强为
所以至少需要2个。
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】解决变质量问题的通用方法
分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解。
14．【答案】（1）减速阶段，根据牛顿第二定律有
解得
（2）货物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得
解得
当功率达到额定功率时，设货物的速度为v1，则有
此过程所用时间和上滑的距离分别为
货物以最大速度匀速时，有
货物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上滑的距离分别为
因此，从电动机达到额定功率到货物即将减速，上滑的距离为
设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得
解得
所以总时间为
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用；机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】1.当物体的运动涉及多个不同过程的，可分段应用动力学规律和动能定理求解，当涉及变力问题时，优先考虑应用动能定理求解。
2.两种启动方式的比较
两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动
P t图和 v t图
OA段 过程 分析 v↑ F＝↓ a＝↓ a＝不变 F不变v↑ P＝Fv↑直到P额＝Fv1
运动 性质 加速度减小的加速直线运动 匀加速直线运动，维持时间t0＝
AB段 过程分析 F＝F阻 a＝0 vm＝ v↑ F＝↓ a＝↓
运动性质 以vm匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动
BC段 无 F＝F阻 a＝0 以 vm＝匀速直线运动
3.三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速直线运动时的速度，即(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻)。
(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即。
(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt，由动能定理：Pt－F阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。
15．【答案】（1）由几何关系得
由牛顿第二定律得：
解得
（2）y轴负方向
平行平面
联立得
（3）使用配速法：粒子在水平面内的运动俯视图如图所示
将初速度分解为沿轴负方向的
和与轴正方向夹角为的
粒子做沿负方向，速度大小为的匀速直线运动
粒子在平面内做匀速圆周运动
联立得
（4）粒子运动的俯视图如图所示
可知
【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.带电粒子在组合场中的运动
这类问题的特点是电场、磁场依次出现，包含空间上先后出现和时间上先后出现，常见的有磁场、电场与无场区交替出现相组合的场等。其运动形式包含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周运动等，涉及牛顿运动定律、功能关系等知识的应用。
2.解题思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选用不同的规律处理。
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
(4)选择合适的物理规律，列方程：对于类平抛运动，一般分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的匀加速直线运动；对粒子在磁场中做匀速圆周运动的情况，一般都是洛伦兹力提供向心力。
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