湖南省2023年普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在本試卷和答題卡上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。1．(2023·湖南卷·1)2023年4月13日，中國(guó)“人造太陽”反應(yīng)堆中科院環(huán)流器裝置(EAST)創(chuàng)下新紀(jì)錄，實(shí)現(xiàn)403秒穩(wěn)態(tài)長(zhǎng)脈沖高約束模等離子體運(yùn)行，為可控核聚變的最終實(shí)現(xiàn)又向前邁出了重要的一步，下列關(guān)于核反應(yīng)的說法正確的是()A．相同質(zhì)量的核燃料，輕核聚變比重核裂變釋放的核能更多B．氘氚核聚變的核反應(yīng)方程為eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\ar(0,－1)eC．核聚變的核反應(yīng)燃料主要是鈾235D．核聚變反應(yīng)過程中沒有質(zhì)量虧損答案A解析相同質(zhì)量的核燃料，輕核聚變比重核裂變釋放的核能更多，A正確；根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，氘氚核聚變的核反應(yīng)方程為eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n，B錯(cuò)誤；核聚變的核反應(yīng)燃料主要是氘核和氚核，C錯(cuò)誤；核聚變反應(yīng)過程中放出大量能量，有質(zhì)量虧損，D錯(cuò)誤。2．(2023·湖南卷·2)如圖(a)，我國(guó)某些農(nóng)村地區(qū)人們用手拋撒谷粒進(jìn)行水稻播種。某次拋出的谷粒中有兩顆的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖(b)所示，其軌跡在同一豎直平面內(nèi)，拋出點(diǎn)均為O，且軌跡交于P點(diǎn)，拋出時(shí)谷粒1和谷粒2的初速度分別為v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空氣阻力，關(guān)于兩谷粒在空中的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度B．谷粒2在最高點(diǎn)的速度小于v1C．兩谷粒從O到P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等D．兩谷粒從O到P的平均速度相等答案B解析拋出的兩谷粒在空中均僅受重力作用，加速度均為重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A錯(cuò)誤；谷粒2做斜拋運(yùn)動(dòng)，谷粒1做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上谷粒2做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，谷粒1做自由落體運(yùn)動(dòng)，豎直方向上位移相同故谷粒2運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng)，C錯(cuò)誤；谷粒2做斜拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上為勻速直線運(yùn)動(dòng)，故運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的速度即為水平方向上的分速度。與谷粒1比較水平位移相同，但運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng)，故谷粒2水平方向上的速度較小即最高點(diǎn)的速度小于v1，B正確；兩谷粒從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的位移相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D錯(cuò)誤。3．(2023·湖南卷·3)如圖(a)，在均勻介質(zhì)中有A、B、C和D四點(diǎn)，其中A、B、C三點(diǎn)位于同一直線上，AC＝BC＝4m，DC＝3m，DC垂直AB。t＝0時(shí)，位于A、B、C處的三個(gè)完全相同的橫波波源同時(shí)開始振動(dòng)，振動(dòng)圖像均如圖(b)所示，振動(dòng)方向與平面ABD垂直，已知波長(zhǎng)為4m。下列說法正確的是()A．這三列波的波速均為2m/sB．t＝2s時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)開始振動(dòng)C．t＝4.5s時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)D．t＝6s時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)與平衡位置的距離是6cm答案C解析由圖(b)的振動(dòng)圖像可知，振動(dòng)的周期為4s，故三列波的波速為v＝eq\f(λ,T)＝1m/s，A錯(cuò)誤；由圖(a)可知，與D處距離最近的波源是波源C，距離為3m，故開始振動(dòng)后波源C處的橫波傳播到D處所需的時(shí)間為tC＝eq\f(DC,v)＝3s，故t＝2s時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)還未開始振動(dòng)，B錯(cuò)誤；由幾何關(guān)系可知AD＝BD＝5m，波源A、B產(chǎn)生的橫波傳播到D處所需的時(shí)間為tAB＝eq\f(AD,v)＝5s，故t＝4.5s時(shí)，僅波源C處的橫波傳播到D處，此時(shí)D處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)時(shí)間為t1＝t－tC＝1.5s，由振動(dòng)圖像可知此時(shí)D處的質(zhì)點(diǎn)向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，C正確；t＝6s時(shí)，波源C處的橫波傳播到D處后振動(dòng)時(shí)間為t2＝t－tC＝3s，由振動(dòng)圖像可知此時(shí)D處為波源C處傳播橫波的波谷；t＝6s時(shí)，波源A、B處的橫波傳播到D處后振動(dòng)時(shí)間為t3＝t－tAB＝1s，由振動(dòng)圖像可知此時(shí)D處為波源A、B處傳播橫波的波峰。根據(jù)波的疊加原理可知此時(shí)D處質(zhì)點(diǎn)的位移為y＝2A－A＝2cm，故t＝6s時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)與平衡位置的距離是2cm，D錯(cuò)誤。4．(2023·湖南卷·4)根據(jù)宇宙大爆炸理論，密度較大區(qū)域的物質(zhì)在萬有引力作用下，不斷聚集可能形成恒星。恒星最終的歸宿與其質(zhì)量有關(guān)，如果質(zhì)量為太陽質(zhì)量的1～8倍將坍縮成白矮星，質(zhì)量為太陽質(zhì)量的10～20倍將坍縮成中子星，質(zhì)量更大的恒星將坍縮成黑洞。設(shè)恒星坍縮前后可看成質(zhì)量均勻分布的球體，質(zhì)量不變，體積縮小，自轉(zhuǎn)變快。不考慮恒星與其他物體的相互作用。已知逃逸速度為第一宇宙速度的eq\r(2)倍，中子星密度大于白矮星。根據(jù)萬有引力理論，下列說法正確的是()A．同一恒星表面任意位置的重力加速度相同B．恒星坍縮后表面兩極處的重力加速度比坍縮前的大C．恒星坍縮前后的第一宇宙速度不變D．中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度答案B解析恒星可看成質(zhì)量均勻分布的球體，同一恒星表面任意位置物體受到的萬有引力提供重力加速度和繞恒星自轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)的向心加速度，不同位置向心加速度可能不同，故不同位置重力加速度的大小和方向可能不同，A錯(cuò)誤；恒星兩極處自轉(zhuǎn)的向心加速度為零，萬有引力全部提供重力加速度。恒星坍縮前后可看成質(zhì)量均勻分布的球體，質(zhì)量不變，體積縮小，由萬有引力表達(dá)式F萬＝eq\f(GMm,R2)可知，恒星表面物體受到的萬有引力變大，根據(jù)牛頓第二定律可知恒星坍縮后表面兩極處的重力加速度比坍縮前的大，B正確；由eq\f(GMm,R2)＝meq\f(v2,R)得v＝eq\r(\f(GM,R))，恒星坍縮前后質(zhì)量不變，體積縮小，故第一宇宙速度變大，C錯(cuò)誤；由質(zhì)量分布均勻球體的質(zhì)量表達(dá)式M＝eq\f(4π,3)R3ρ得，R＝eq\r(3,\f(3M,4πρ))，已知逃逸速度為第一宇宙速度的eq\r(2)倍，則v′＝eq\r(2)v＝eq\r(\f(2GM,R))，聯(lián)立整理得v′2＝2v2＝eq\f(2GM,R)＝4Geq\r(3,\f(πρM2,6))，由題意可知中子星的質(zhì)量和密度均大于白矮星，結(jié)合上式可知中子星的逃逸速度大于白矮星的逃逸速度，D錯(cuò)誤。5.(2023·湖南卷·5)如圖，真空中有三個(gè)點(diǎn)電荷固定在同一直線上，電荷量分別為Q1、Q2和Q3，P點(diǎn)和三個(gè)點(diǎn)電荷的連線與點(diǎn)電荷所在直線的夾角分別為90°、60°、和30°。若P點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，q>0，則三個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量可能為()A．Q1＝q，Q2＝eq\r(2)q，Q3＝qB．Q1＝－q，Q2＝－eq\f(4\r(3),3)q，Q3＝－4qC．Q1＝－q，Q2＝eq\r(2)q，Q3＝－qD．Q1＝q，Q2＝－eq\f(4\r(3),3)q，Q3＝4q答案D解析選項(xiàng)A、B的電荷分別均為正和均為負(fù)，則根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加原理可知，P點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)不可能為零，A、B錯(cuò)誤；設(shè)P、Q1間的距離為r，Q1、Q3在P點(diǎn)產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)大小為E，由余弦定理有cos120°＝eq\f(\f(kq,r2)2＋\f(kq,4r2)2－E2,2·\f(k2q2,4r4))，解得E＝eq\f(\r(21)kq,4r2)，而Q2產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝eq\f(3\r(2)kq,4r2)，則P點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)不可能為零，C錯(cuò)誤；設(shè)P、Q1間的距離為r，則Q1、Q3在P點(diǎn)產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)大小為E，由余弦定理有cos120°＝eq\f(\f(kq,r2)2＋\f(4kq,4r2)2－E2,2·\f(4k2q2,4r4))，解得E＝eq\f(\r(3)kq,r2)，而Q2產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝eq\f(\r(3)kq,r2)，則P點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為零，D正確。6．(2023·湖南卷·6)如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向下(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域(區(qū)域Ⅱ)內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點(diǎn)在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向均垂直。A點(diǎn)處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運(yùn)動(dòng)的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，則粒子從CF的中點(diǎn)射出，它們?cè)趨^(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0。若改變電場(chǎng)或磁場(chǎng)強(qiáng)弱，能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，不計(jì)粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是()A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，則t>t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E，則t>t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)閑q\f(\r(3),4)B2，則t＝eq\f(t0,2)D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)閑q\f(\r(2),4)B2，則t＝eq\r(2)t0答案D解析由題知粒子沿AC做直線運(yùn)動(dòng)，則有qv0B1＝qE，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，粒子從CF的中點(diǎn)射出，則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為90°，根據(jù)T＝eq\f(2πm,qB2)，有t0＝eq\f(πm,2qB2)。又粒子比荷一定，所以粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間僅與粒子轉(zhuǎn)過的圓心角和磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)。若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，設(shè)粒子沿AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度為vA，有qvA·2B1＝qE，則vA＝eq\f(v0,2)，再根據(jù)qvB2＝meq\f(v2,r)，可知粒子軌道半徑減小，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t＝t0，A錯(cuò)誤；若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E，設(shè)粒子沿AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度為vB，有qvBB1＝q·2E，則vB＝2v0，再根據(jù)qvB2＝meq\f(v2,r)，可知粒子軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子從F點(diǎn)射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t＝t0，B錯(cuò)誤；若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)閑q\f(\r(3),4)B2，則粒子沿AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度仍為v0，再根據(jù)qvB2＝meq\f(v2,r)，可知粒子軌道半徑變?yōu)樵瓉淼膃q\f(4,\r(3))>2，則粒子從OF邊射出，根據(jù)幾何關(guān)系可知轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，根據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)，有t＝eq\f(4\r(3)πm,9qB2)，則t＝eq\f(8\r(3)t0,9)，C錯(cuò)誤；若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)閑q\f(\r(2),4)B2，則粒子沿AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度仍為v0，再根據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)，可知粒子軌道半徑變?yōu)樵瓉淼膃q\f(4,\r(2))>2，則粒子從OF邊射出，根據(jù)幾何關(guān)系可知轉(zhuǎn)過的圓心角為45°，根據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)，有t＝eq\f(\r(2)πm,2qB2)，則t＝eq\r(2)t0，D正確。二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7.(多選)(2023·湖南卷·7)一位潛水愛好者在水下活動(dòng)時(shí)，利用激光器向岸上救援人員發(fā)射激光信號(hào)，設(shè)激光光束與水面的夾角為α，如圖所示。他發(fā)現(xiàn)只有當(dāng)α大于41°時(shí)，岸上救援人員才能收到他發(fā)出的激光光束，下列說法正確的是()A．水的折射率為eq\f(1,sin41°)B．水的折射率為eq\f(1,sin49°)C．當(dāng)他以α＝60°向水面發(fā)射激光時(shí)，岸上救援人員接收激光光束的方向與水面夾角小于60°D．當(dāng)他以α＝60°向水面發(fā)射激光時(shí)，岸上救援人員接收激光光束的方向與水面夾角大于60°答案BC解析他發(fā)現(xiàn)只有當(dāng)α大于41°時(shí)，岸上救援人員才能收到他發(fā)出的激光光束，則說明α＝41°時(shí)激光恰好發(fā)生全反射，則sin49°＝eq\f(1,n)，則n＝eq\f(1,sin49°)，A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)他以α＝60°向水面發(fā)射激光時(shí)，入射角i1＝30°，則根據(jù)折射定律有折射角i2大于30°，則岸上救援人員接收激光光束的方向與水面夾角小于60°，C正確，D錯(cuò)誤。8．(多選)(2023·湖南卷·8)如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點(diǎn)，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點(diǎn)為C、A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)C點(diǎn)，下列說法正確的是()A．小球從B到C的過程中，對(duì)軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道答案AD解析由題知，小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)C點(diǎn)，則小球在C點(diǎn)的速度為vC＝0，則小球從C到B的過程中，有mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2，F(xiàn)N＝mgcosα－meq\f(v2,R)，聯(lián)立有FN＝3mgcosα－2mg，則從C到B的過程中α由0增大到θ，則cosα逐漸減小，故FN逐漸減小，而小球從B到C的過程中，由牛頓第三定律知，對(duì)軌道的壓力逐漸增大，A正確；由于A到B的過程中小球的速度逐漸減小，則A到B的過程中重力的功率為P＝－mgvsinθ，則A到B的過程中小球重力的功率始終減小，則B錯(cuò)誤；從A到C的過程中有－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(4gR)，C錯(cuò)誤；小球在B點(diǎn)恰好脫離軌道有mgcosθ＝meq\f(vB2,R)，則vB＝eq\r(gRcosθ)，則若小球初速度v0增大，小球在B點(diǎn)的速度有可能為eq\r(gRcosθ)，故小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道，D正確。9.(多選)(2023·湖南卷·9)某同學(xué)自制了一個(gè)手搖交流發(fā)電機(jī)，如圖所示。大輪與小輪通過皮帶傳動(dòng)(皮帶不打滑)，半徑之比為4∶1，小輪與線圈固定在同一轉(zhuǎn)軸上。線圈是由漆包線繞制而成的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形，共n匝，總阻值為R。磁體間磁場(chǎng)可視為磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。大輪以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)小輪及線圈繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)軸與磁場(chǎng)方向垂直。線圈通過導(dǎo)線、滑環(huán)和電刷連接一個(gè)阻值恒為R的燈泡。假設(shè)發(fā)電時(shí)燈泡能發(fā)光且工作在額定電壓以內(nèi)，下列說法正確的是()A．線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為4ωB．燈泡兩端電壓有效值為3eq\r(2)nBL2ωC．若用總長(zhǎng)為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長(zhǎng)仍為L(zhǎng)的多匝正方形線圈，則燈泡兩端電壓有效值為eq\f(4\r(2)nBL2ω,3)D．若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則燈泡變得更亮答案AC解析大輪和小輪通過皮帶傳動(dòng)，線速度大小相等，小輪和線圈同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相等，根據(jù)v＝ωr，可知小輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為4ω，則線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為4ω，A正確；線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值Emax＝nBS·4ω，又S＝L2，可得Emax＝4nBL2ω，則線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值E＝eq\f(Emax,\r(2))＝2eq\r(2)nBL2ω，根據(jù)串聯(lián)電路分壓原理可知燈泡兩端電壓有效值為U＝eq\f(RE,R＋R)＝eq\r(2)nBL2ω，B錯(cuò)誤；若用總長(zhǎng)為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長(zhǎng)仍為L(zhǎng)的多匝正方形線圈，則線圈的匝數(shù)變?yōu)樵瓉淼?倍，線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值Emax′＝8nBL2ω，此時(shí)線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值E′＝eq\f(Emax′,\r(2))＝4eq\r(2)nBL2ω，根據(jù)電阻定律可知線圈電阻變?yōu)樵瓉淼?倍，即為2R，根據(jù)串聯(lián)電路分壓原理可得燈泡兩端電壓有效值U′＝eq\f(RE′,R＋2R)＝eq\f(4\r(2)nBL2ω,3)，C正確；若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀?，根?jù)v＝ωr可知小輪和線圈的角速度變小，根據(jù)E有效＝eq\f(nBSω,\r(2))，可知線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)有效值變小，則燈泡變暗，D錯(cuò)誤。10.(多選)(2023·湖南卷·10)如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為2m的小車在水平推力F的作用下加速運(yùn)動(dòng)。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，桿與車廂始終保持相對(duì)靜止，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說法正確的是()A．若B球受到的摩擦力為零，則F＝2mgtanθB．若推力F向左，且tanθ≤μ，則F的最大值為2mgtanθC．若推力F向左，且μ<tanθ≤2μ，則F的最大值為4mg(2μ－tanθ)D．若推力F向右，且tanθ>2μ，則F的范圍為4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)答案CD解析設(shè)桿所受的彈力為FN，對(duì)小球A：豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿足eq\f(FNx,FNy)＝tanθ，豎直方向FNy＝mg，則FNx＝mgtanθ，若B球受到的摩擦力為零，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律可得FNx＝ma，可得a＝gtanθ，對(duì)小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律F＝4ma＝4mgtanθ，A錯(cuò)誤；若推力F向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值為FNx＝mgtanθ，對(duì)小球B，由于tanθ≤μ，小球B受到向左的合力的最大值F′＝μ(FNy＋mg)－FNx≥mgtanθ，則對(duì)小球A，根據(jù)牛頓第二定律可得FNx＝mamax，對(duì)系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律F＝4mamax，解得F＝4mgtanθ，B錯(cuò)誤；若推力F向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值為FNx＝mgtanθ，小球B所受向左的合力的最大值Fmax＝(FNy＋mg)·μ－FNx＝2μmg－mgtanθ，由于μ<tanθ≤2μ可知，F(xiàn)max<mgtanθ，則對(duì)小球B，根據(jù)牛頓第二定律Fmax＝2μmg－mgtanθ＝mamax，對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律F＝4mamax，聯(lián)立可得F的最大值為F＝4mg(2μ－tanθ)，C正確；若推力F向右，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理論上向右的合力可以無限大，因此只需要討論小球B即可，當(dāng)小球B所受的摩擦力最大且向左時(shí)，小球B向右的合力最小，此時(shí)Fmin＝FNx－(FNy＋mg)μ＝mgtanθ－2μmg，當(dāng)小球B所受摩擦力最大且向右時(shí)，小球B向右的合力最大，此時(shí)Fmax＝FNx＋(FNy＋mg)μ＝mgtanθ＋2μmg，對(duì)小球B根據(jù)牛頓第二定律有Fmin＝mamin，F(xiàn)max＝mamax，對(duì)系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律F＝4ma，代入小球B所受合力范圍可得4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)，D正確。三、非選擇題：本題共5小題，共56分。11．(2023·湖南卷·11)某同學(xué)探究彈簧振子振動(dòng)周期與質(zhì)量的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)裝置如圖(a)所示，輕質(zhì)彈簧上端懸掛在鐵架臺(tái)上，下端掛有鉤碼，鉤碼下表面吸附一個(gè)小磁鐵，其正下方放置智能手機(jī)，手機(jī)中的磁傳感器可以采集磁感應(yīng)強(qiáng)度實(shí)時(shí)變化的數(shù)據(jù)并輸出圖像，實(shí)驗(yàn)步驟如下：(1)測(cè)出鉤碼和小磁鐵的總質(zhì)量m；(2)在彈簧下端掛上該鉤碼和小磁鐵，使彈簧振子在豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，打開手機(jī)的磁傳感器軟件，此時(shí)磁傳感器記錄的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化周期等于彈簧振子振動(dòng)周期；(3)某次采集到的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)間t變化的圖像如圖(b)所示，從圖中可以算出彈簧振子振動(dòng)周期T＝________(用“t0”表示)；(4)改變鉤碼質(zhì)量，重復(fù)上述步驟；(5)實(shí)驗(yàn)測(cè)得數(shù)據(jù)如下表所示，分析數(shù)據(jù)可知，彈簧振子振動(dòng)周期的平方與質(zhì)量的關(guān)系是________(填“線性的”或“非線性的”)；m/kg10T/sT/sT2/s20.0152.430.2430.0590.0253.140.3140.0990.0353.720.3720.1380.0454.220.4220.1780.0554.660.4660.217(6)設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果并結(jié)合物理量的單位關(guān)系，彈簧振子振動(dòng)周期的表達(dá)式可能是________________(填正確答案標(biāo)號(hào))；A．2πeq\r(\f(m,k)) B．2πeq\r(\f(k,m))C．2πeq\r(mk) D．2πkeq\r(m)(7)除偶然誤差外，寫出一條本實(shí)驗(yàn)中可能產(chǎn)生誤差的原因：____________________。答案(3)eq\f(t0,10)(5)線性的(6)A(7)見解析解析(3)由題圖(b)可知彈簧振子振動(dòng)周期T＝eq\f(t0,10)；(5)分析數(shù)據(jù)可知，彈簧振子振動(dòng)周期的平方與質(zhì)量的比值接近常量3.94，則彈簧振子振動(dòng)周期的平方與質(zhì)量的關(guān)系是線性的；(6)因2πeq\r(\f(m,k))的單位為eq\r(\f(kg,N/m))＝eq\r(\f(kg·m,kg·m/s2))＝s因?yàn)閟(秒)為周期的單位，則其他各項(xiàng)單位都不是周期的單位，故選A；(7)除偶然誤差外，鉤碼振動(dòng)過程中受空氣阻力的影響可能會(huì)使本實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生誤差。12．(2023·湖南卷·12)某探究小組利用半導(dǎo)體薄膜壓力傳感器等元件設(shè)計(jì)了一個(gè)測(cè)量微小壓力的裝置，其電路如圖(a)所示，R1、R2、R3為電阻箱，RF為半導(dǎo)體薄膜壓力傳感器，C、D間連接電壓傳感器(內(nèi)阻無窮大)。(1)先用歐姆表“×100”擋粗測(cè)RF的阻值，示數(shù)如圖(b)所示，對(duì)應(yīng)的讀數(shù)是________Ω；(2)適當(dāng)調(diào)節(jié)R1、R2、R3，使電壓傳感器示數(shù)為0，此時(shí)，RF的阻值為________(用R1、R2、R3表示)；(3)依次將0.5g的標(biāo)準(zhǔn)砝碼加載到壓力傳感器上(壓力傳感器上所受壓力大小等于砝碼重力大小)，讀出電壓傳感器示數(shù)U，所測(cè)數(shù)據(jù)如下表所示：次數(shù)123456砝碼質(zhì)量m/g0.00.51.01.52.02.5電壓U/mV057115168220280根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖(c)上描點(diǎn)，繪制U－m關(guān)系圖線；(4)完成前面三步的實(shí)驗(yàn)工作后，該測(cè)量微小壓力的裝置即可投入使用。在半導(dǎo)體薄膜壓力傳感器上施加微小壓力F0，電壓傳感器示數(shù)為200mV，則F0大小是________N(重力加速度取9.8m/s2，保留2位有效數(shù)字)；(5)若在步驟(4)中換用非理想毫伏表測(cè)量C、D間電壓，在半導(dǎo)體薄膜壓力傳感器上施加微小壓力F1，此時(shí)非理想毫伏表讀數(shù)為200mV，則F1________F0(填“>”“＝”或“<”)。答案(1)1000(2)eq\f(R1R3,R2)(3)見解析圖(4)1.7×10－2(5)>解析(1)歐姆表讀數(shù)為10×100Ω＝1000Ω(2)當(dāng)電壓傳感器讀數(shù)為零時(shí)，C、D兩點(diǎn)電勢(shì)相等，則eq\f(R1,RF)＝eq\f(R2,R3)解得RF＝eq\f(R1R3,R2)(3)繪出U－m圖像如圖(4)由圖像可知，當(dāng)電壓傳感器的讀數(shù)為200mV時(shí)，所放物體質(zhì)量為1.75g，則F0＝mg＝1.75×10－3×9.8N≈1.7×10－2N(5)可將C、D以外的電路等效為新的電源，C、D兩點(diǎn)電壓看做路端電壓，C、D接非理想電則此時(shí)壓力傳感器的讀數(shù)F1>F0。13．(2023·湖南卷·13)汽車剎車助力裝置能有效為駕駛員踩剎車省力。如圖，剎車助力裝置可簡(jiǎn)化為助力氣室和抽氣氣室等部分構(gòu)成，連桿AB與助力活塞固定為一體，駕駛員踩剎車時(shí)，在連桿AB上施加水平力推動(dòng)液壓泵實(shí)現(xiàn)剎車。助力氣室與抽氣氣室用細(xì)管連接，通過抽氣降低助力氣室壓強(qiáng)，利用大氣壓與助力氣室的壓強(qiáng)差實(shí)現(xiàn)剎車助力。每次抽氣時(shí)，K1打開，K2閉合，抽氣活塞在外力作用下從抽氣氣室最下端向上運(yùn)動(dòng)，助力氣室中的氣體充滿抽氣氣室，達(dá)到兩氣室壓強(qiáng)相等；然后，K1閉合，K2打開，抽氣活塞向下運(yùn)動(dòng)，抽氣氣室中的全部氣體從K2排出，完成一次抽氣過程。已知助力氣室容積為V0，初始?jí)簭?qiáng)等于外部大氣壓強(qiáng)p0，助力活塞橫截面積為S，抽氣氣室的容積為V1。假設(shè)抽氣過程中，助力活塞保持不動(dòng)，氣體可視為理想氣體，溫度保持不變。(1)求第1次抽氣之后助力氣室內(nèi)的壓強(qiáng)p1；(2)第n次抽氣后，求該剎車助力裝置為駕駛員省力的大小ΔF。答案(1)eq\f(p0V0,V0＋V1)(2)[1－(eq\f(V0,V0＋V1))n]p0S解析(1)以助力氣室內(nèi)的氣體為研究對(duì)象，則初態(tài)壓強(qiáng)p0、體積V0，第一次抽氣后，壓強(qiáng)p1、氣體體積V＝V0＋V1根據(jù)玻意耳定律p0V0＝p1V解得p1＝eq\f(p0V0,V0＋V1)(2)同理第二次抽氣p1V0＝p2V解得p2＝eq\f(p1V0,V0＋V1)＝(eq\f(V0,V0＋V1))2p0以此類推……則當(dāng)n次抽氣后助力氣室內(nèi)的氣體壓強(qiáng)pn＝(eq\f(V0,V0＋V1))np0則剎車助力系統(tǒng)為駕駛員省力大小為ΔF＝(p0－pn)S＝[1－(eq\f(V0,V0＋V1))n]p0S。14.(2023·湖南卷·14)如圖，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角，整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為R。運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，重力加速度為g。(1)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v0；(2)在(1)問中，當(dāng)棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；(3)在(2)問中，從棒b釋放瞬間開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過時(shí)間t0，兩棒恰好達(dá)到相同的速度v，求速度v的大小，以及時(shí)間t0內(nèi)棒a相對(duì)于棒b運(yùn)動(dòng)的距離Δx。答案(1)eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)2gsinθ(3)gsinθ·t0＋eq\f(mgRsinθ,B2L2)eq\f(2m2R2gsinθ,B4L4)解析(1)棒a在運(yùn)動(dòng)過程中重力沿導(dǎo)軌平面向下的分力和棒a所受安培力相等時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝BLv0由閉合電路歐姆定律及安培力公式可得I＝eq\f(E,2R)，F(xiàn)＝BIL棒a受力平衡可得mgsinθ＝BIL聯(lián)立解得v0＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)由左手定則可以判斷棒b所受安培力沿導(dǎo)軌平面向下，釋放棒b瞬間電路中電流不變，則對(duì)棒b由牛頓第二定律可得mgsinθ＋BIL＝ma0解得a0＝2gsinθ(3)棒a受到沿導(dǎo)軌平面向上的安培力，釋放棒b后，在到達(dá)共速時(shí)對(duì)棒a由動(dòng)量定理有mgsinθt0－Beq\x\to(I)Lt0＝mv－mv0棒b受沿導(dǎo)軌平面向下的安培力，對(duì)b棒由動(dòng)量定理有mgsinθt0＋Beq\x\to(I)Lt0＝mv聯(lián)立解得v＝gsinθ·t0＋eq\f(v0,2)＝gsinθ·t0＋eq\f(mgRsinθ,B2L2)，eq\x\to(I)＝eq\f(mv0,2BLt0)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)＝eq\f(BLΔx,2Rt0