2022年湖南省长沙一中高考物理模拟试卷

这是一份2022年湖南省长沙一中高考物理模拟试卷，共33页。
A．产生14C的核反应方程为
B．14C和13C的原子物理、化学性质都不相同
C．若升高含14C物质的温度，则该物质中的14C原子核半衰期会增大
D．可以通过质谱仪区分13C和14C
2．（4分）小球甲、乙以v1、v2从斜面顶端抛出并落在斜面上，且竖直方向位移分别为h1、h2，另一小球丙相对斜面抛出，与小球甲落在斜面上同一位置，其竖直位移为h3，三小球质量都相同。下列说法正确的是（ ）
A．若h1＝h3，则甲、丙两小球落在斜面瞬间动量大小相同
B．若v1≠v2，则甲、乙小球末动量大小、方向都不相同
C．若h1＝h3，则甲、丙两小球落在斜面瞬间重力冲量相同
D．三小球不可能同时落在斜面上
3．（4分）2022年3月10日，“95号汽油跑步进入9元时代”冲上微博热搜，许多车主纷纷表示顶不住油价而迫切想买电动车代步。其中，某品牌纯电动车型部分参数：整备质量约1200kg，高性能版的驱动电机最大功率120kW，峰值扭矩为290N•m，驱动形式为前车驱动，NEDC综合续航里程430km。该电动汽车在公路上行驶受到阻力大小恒为4×103N，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车的最大速度为20m/s
B．汽车上坡时低速行驶，是为了使汽车获得较大的牵引力
C．汽车以2m/s2的加速度匀加速启动，启动后第2s末时发动机的实际功率是32kW
D．里程120～320m过程克服阻力所做的功约为8×104J
4．（4分）在水平面上固定了三个点电荷，分别放在等腰梯形的三个顶点上，AB＝AD＝DC＝BC＝L，电量关系及电性如图所示，静电力常数为k。E点的场强大小为（ ）
A．0B．C．D．
5．（4分）为改善电脑族“长期弯腰、颈椎酸痛”问题，根据人体工程学设计，可设计角度约70°可调笔记本支架如图4（a）。假设支架斜面和笔记本足够长，在支架顶端放置一台质量为M的笔记本，笔记本顶端放一部质量为m的手机，如图4（b）所示，笔记本与支架间的动摩擦因数为μ1，手机与笔记本间的动摩擦因数为μ2，支架由水平方向位置缓慢向上转动，支架与水平方向成α角度时，μ1＜tanα＜μ2；成β角时，μ1＜μ2＜tanβ；下列说法正确的是（ ）
A．支架与水平方向成α角时，手机相对笔记本滑动，笔记本相对支架未滑动
B．从支架开始转动到与水平方向成α角的过程中，手机所受摩擦力逐渐减小
C．从支架与水平方向成α角转动到与水平方向成β角的过程中，笔记本与支架间的摩擦力逐渐减小，手机与笔记本间的摩擦力逐渐增大
D．从支架开始转动到与水平方向成β角的过程中，笔记本对支架压力先增大后减小
6．（4分）在小明的家乡有一座某小型发电站，高压输电过程如图所示。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为20：1和1：20，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是（ ）
A．若电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则线路输送电功率为2200W
B．两互感器均起到降压作用
C．若保持发电机输出电压U1一定，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率减少
D．若保持发电机输出电压U1一定，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率增加
二．多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）7．（5分）2021年10月16日，“神舟十三号”载人飞船成功与“天和”核心舱对接，航天员首次在轨通过遥操作完成货运飞船与空间站对接，两者对接后所绕轨道视为圆轨道，绕行角速度为ω，距地高度为H，R为地球半径，万有引力常量为G。乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富成为入住中国空间站的第二批航天员，首次开启为期6个月的在轨驻留，完成了2次出舱活动、2次“天宫课堂”太空授课活动，于4月中旬返回地面。下列说法正确的是（ ）
A．神舟十三号的发射速度应大于地球的第二宇宙速度
B．神舟十三号在低轨只需沿径向加速可以直接与高轨的天和核心舱实现对接
C．在空间站舱内，王亚平想抛出“冰墩墩”摆件给叶光富，应该朝着叶光富的手心抛出
D．地球的密度为
（多选）8．（5分）间距为d的金属导轨竖直平行放置，空间有垂直于导轨所在平面向外、大小为B的匀强磁场。在导轨上端接一电容为C的电容器，一质量为M的金属棒与导轨始终保持良好接触，距地面高度为H由静止开始释放金属棒。（重力加速度为g，一切摩擦及电阻均不计）在金属棒下滑至地面的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒做变加速运动
B．金属棒做匀加速运动，加速度为
C．金属棒运动到地面的过程中，机械能守恒
D．金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能为
（多选）9．（5分）带电量为﹣Q的球P内含有一弹射装置，其质量为M含其内部弹射装置），一质量为m、不带电的物体C（可视为质点）置于球P内部的弹射装置中。整个装置处于真空中水平正对放置的平行金属板A、B之间，A、B间存在竖直方向的匀强电场，如图所示，开始时，球P和C恰好静止在距A板H的位置。某时刻，物体C相对于金属板以速度v水平弹出，球P和C同时到达金属板。若两球均可视为质点，球P运动过程中电荷量保持不变且不影响原电场分布，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．从小物体C弹出至到达金属板，球P的电势能增加
B．小物体C刚弹出瞬间，球P的速度为大小为
C．两金属板间的距离为
D．两金属板长度至少为
（多选）10．（5分）如图所示，正方形导线框ABCD、abcd的电阻均为R，边长均为L，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内。在两导线框之间有一宽度为2L、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。开始时导线框abcd的上边与匀强磁场的下边界重合，导线框ABCD的下边到匀强磁场的上边界的距离为L。现将系统由静止释放，当导线框abcd刚好全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，不计摩擦的空气阻力，则两线框从开始运动至等高的过程中（ ）
A．导线框abcd匀加速进入磁场
B．两线框做匀速运动的过程中轻绳上的张力FT＝mg
C．细线的拉力大小逐渐增大到2mg后保持不变
D．系统产生的总焦耳热Q＝2mgL﹣
三、非选择题：共56分。第11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。
11．（6分）某小组用如图所示的装置验证动量守恒的实验，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，弹簧压缩并锁定，在金属管两端各放置一个金属小球1和2（两球直径略小于管径且与弹簧不相连），现解除弹簧锁定，两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射。
（1）除了要验证动量守恒，还要求出弹簧解除锁定前的弹性势能，则实验过程中必要的操作是 ；
①用天平测出两球质量m1、m2
②用游标卡尺测出两个小球的直径d1、d2
③用刻度尺测出小球1、小球2的落点到管口的水平距离x1、x2
④用刻度尺测出两管口离地面的高度h
⑤解除弹簧锁定前弹簧的长度L
回答下列问题：
（2）利用上述测得的实验数据，验证动量守恒的表达式是 ；
（3）已知当地重力加速度为g，弹簧解除锁定前的弹性势能是多少 。
12．（8分）指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。
（1）如图甲所示为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表，下列说法中正确的是

；（选填选项前面的字母）
A．当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔
B．当S接触点2时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔
C．当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔
D．当S接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是红表笔
（2）用表盘为图乙所示的多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约2kΩ的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选择以下必需的步骤，并按操作顺序逐一写出步骤的序号：

；
A.将红表笔和黑表笔接触
B.把选择开关旋转到“×100”位置
C.把选择开关旋转到“×1k”位置
D.调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点
（3）某同学利用图甲中的器材设计了一只欧姆表，其电路如图乙所示。
①关于该欧姆表，下列说法正确的是

。
A.电阻刻度的零位在表盘的左端
B.表盘上的电阻刻度是均匀的
C.测量前，需要红、黑表笔短接调零
D.测量后，应将开关S断开
②某同学进行如下操作：当Rx未接入时，闭合开关S，将红、黑表笔分开时，调节可变电阻，使电流表满偏。当Rx接入A、B表笔之间时，若电流表的指针指在表盘的正中央，则待测电阻Rx的阻值为

（已知电流表的内阻为Rg，电池的内阻为r，可变电阻接入电路的阻值为R）。
13．（11分）半径为R＝40cm的匀强磁场区域边界跟y轴相切于坐标原点O，磁感应强度B＝0.33T，方向垂直纸面向里。在O处有一放射源S，可向纸面各个方向射出速度为v＝3.2×106m/s的α粒子。已知α粒子质量m＝6.6×10﹣27kg，电量q＝3.2×10﹣19C。（计算时，π＝3.14，＝1.73）
（1）α粒子在磁场空间做圆周运动的轨道半径大小r以及运动周期T；
（2）求有α粒子经过的磁场区域面积大小S；
14．（18分）如图所示，水平地面上固定了夹角分别是60°和30°的光滑斜面ABC与abc，hAB＝0.9m，hab＝0.45m，C与c之间的区域光滑，且LCc＝1m。两个质量都是1kg的小球1和小球2（可视为质点）分别从A点和a点由静止释放。若小球经过C处、c处时速度大小不变，两个小球的碰撞可视为弹性碰撞。重力加速度g＝10m/s2。则
（1）小球1第一次经过C时的速度大小以及小球2第一次经过c时的速度大小；
（2）两个小球发生碰撞的位置距离C点的距离L，碰后各自的速度分别是多少？
（3）小球2在运动过程中运动轨迹的最高点的高度h。
（二）选考题：共13分。请考生从两道中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。
（多选）15．（5分）下列说法正确的是 （ ）
A．扩散现象不是外界作用引起的，也不是化学反应的结果
B．分子动理论是在一定的实验基础上提出的
C．一定温度下的饱和汽压，随饱和汽的体积增大而减小
D．用手捏面包，面包体积会缩小，这是分子间有空隙的原因
E．当分子斥力与引力大小相等时，分子势能有极小值
16．（8分）现用一限压阀控制储气瓶内的压强，原定出厂的10L储气瓶中压强为8p0，现利用一400L、压强为4p0、储气质量为520kg的储气罐及灌气装置给储气瓶灌气。此时储气瓶内可看作真空，且当储气罐内气体压强低于0.5p0时，灌气装置无法进行工作。不考虑温度变化。
①最多可灌满几个储气瓶。
②某厂家在给储气瓶灌气时，为节省成本，将原定于8p0的储气瓶改为6p0，由此每个灌满的储气瓶少了多少kg的气体。
（多选）17．（5分）下列说法不正确的是（ ）
A．摄影师为更加清晰地拍摄玻璃橱窗里的陈列物，需在照相机镜头前装一特殊镜片，这是利用了光的偏振现象
B．表示危险的信号灯选用红灯的一个重要原因是红光更容易发生干涉
C．观看立体电影（3D电影）时，观众需戴上一副特殊的眼镜，这是利用了光的干涉现象
D．在太空空间站中用白光照射竖直水膜做光的干涉实验，能观察到彩色的干涉条纹
E．在双缝干涉实验中，屏上出现了明暗相间的条纹，遮住一条缝后屏上仍有明暗相间的条纹
18．（8分）轻弹簧上端固定，下端系一质量为m＝0.2kg的小球，小球静止时弹簧伸长量为8cm。现使小球在竖直方向上做简谐运动，从小球在最高点释放时开始计时，小球相对平衡位置的位移随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。
（1）小球运动到最高点时加速度的大小。
（2）写出小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式；
（3）求出小球在0～13s内运动的总路程和13s时刻的位置；
2022年湖南省长沙一中高考物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一．单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（4分）幽门螺杆菌可以引发多种胃病，由此衍生出检测幽门螺旋杆菌的14C、13C呼气实验。14C是碳元素的一种具放射性的同位素，它是宇宙射线中子撞击空气中的氮原子所产生，其半衰期约为5，730±40年，衰变方式为β衰变。下列说法正确的是（ ）
A．产生14C的核反应方程为
B．14C和13C的原子物理、化学性质都不相同
C．若升高含14C物质的温度，则该物质中的14C原子核半衰期会增大
D．可以通过质谱仪区分13C和14C
【分析】根据质量数守恒和电荷数守恒判断其核反应方程式；元素的化学性质是由其最外侧电子数决定的；半衰期不受外界条件影响；质谱仪是测定带电粒子比荷的装置。
【解答】解：A、根据质量数守恒和电荷数守恒可得产生14C的核反应方程为→+，故A错误；
B、同位素是同种元素中的原子，其质子数相同而中子数不同，所以同位素的最外电子数相等，所以化学性质是相同的，而物理性质不同，故B错误；
C、放射性元素衰变的快慢由原子核内部自身的因素决定，跟原子所处的化学状态和外部条件无关，故C错误；
D、质谱仪是测定带电粒子比荷的装置，通过质谱仪可以区分13C和14C，故D正确。
故选：D。
【点评】写核反应方程要注意质量数守恒和电荷数守恒，正确理解半衰期的概念。
2．（4分）小球甲、乙以v1、v2从斜面顶端抛出并落在斜面上，且竖直方向位移分别为h1、h2，另一小球丙相对斜面抛出，与小球甲落在斜面上同一位置，其竖直位移为h3，三小球质量都相同。下列说法正确的是（ ）
A．若h1＝h3，则甲、丙两小球落在斜面瞬间动量大小相同
B．若v1≠v2，则甲、乙小球末动量大小、方向都不相同
C．若h1＝h3，则甲、丙两小球落在斜面瞬间重力冲量相同
D．三小球不可能同时落在斜面上
【分析】根据平抛运动在不同方向上的运动特点，结合动量的表达式分析出动量的关系；
根据几何关系分析出速度偏转角正切值和位移偏转角正切值的关系，结合冲量的计算公式完成分析。
【解答】解：A、若h1＝h3，则甲、并小球落在斜面瞬间竖直方向速度相同，但初速度可能不同，所以甲、丙小球落在斜面瞬间动量可能不同，故A错误；
B、设斜面倾角为θ，则小球落在斜面上位移与水平方向夹角为θ
设小球在斜面上速度与水平方向夹角为α
则
此时，甲、乙末动量方向相同，故B错误；
C、若h1＝h3，则甲、丙两小球落在斜面瞬间，重力冲量为：
大小相同，方向也相同，故C正确；
D、不知道三个小球是否同时抛出，无法判断三小球是否同时落在斜面上，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动不同方向上的运动特点，结合几何关系以及动量、冲量的计算公式完成分析。
3．（4分）2022年3月10日，“95号汽油跑步进入9元时代”冲上微博热搜，许多车主纷纷表示顶不住油价而迫切想买电动车代步。其中，某品牌纯电动车型部分参数：整备质量约1200kg，高性能版的驱动电机最大功率120kW，峰值扭矩为290N•m，驱动形式为前车驱动，NEDC综合续航里程430km。该电动汽车在公路上行驶受到阻力大小恒为4×103N，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车的最大速度为20m/s
B．汽车上坡时低速行驶，是为了使汽车获得较大的牵引力
C．汽车以2m/s2的加速度匀加速启动，启动后第2s末时发动机的实际功率是32kW
D．里程120～320m过程克服阻力所做的功约为8×104J
【分析】当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则低速行驶时，根据P＝Fv判断出牵引力的变化，根据牛顿第二定律求得牵引力，由P＝Fv求得匀加速获得的速度和行驶时间，结合P＝Fv求得实际功率，根据W＝fx求得克服阻力做功。
【解答】解：A、当牵引力等于阻力时速度达到最大，根据P＝Fvm＝fvm，解得vm＝30m/s，故A错误；
B、根据P＝Fv可知，当低速行驶时，牵引力增大，故汽车上坡时低速行驶，是为了使汽车获得较大的牵引力，故B正确；
C、根据牛顿第二定律可得：F﹣f＝ma，解得F＝6400N，匀加速达到的最大速度为v，则P＝Fv，解得v＝18.75m/s，匀加速时间t＝，故2s末的速度v＝at′＝2×2m/s＝4m/s，发动机的实际功率P实＝Fv＝6400×4W＝25.6kW，故C错误；
D、里程120～320m过程克服阻力所做的功J，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查了电动汽车启动的两种方式，明确当牵引力等于阻力时，速度达到最大，结合运动学公式求得匀加速所需时间，判断出实际运动时的实际功率。
4．（4分）在水平面上固定了三个点电荷，分别放在等腰梯形的三个顶点上，AB＝AD＝DC＝BC＝L，电量关系及电性如图所示，静电力常数为k。E点的场强大小为（ ）
A．0B．C．D．
【分析】根据点电荷产生的电场计算公式解得各点在E的电场大小，根据矢量的运算合成即可。
【解答】解：连接AE，如下图所示
根据几何知识可知：AE＝L
则A点的点电荷在E点产生的场强大小为：EA＝k
则B点的点电荷在E点产生的场强为：EB＝k
则C点的点电荷在E点产生的场强为：EC＝2k
故B、C两处点电荷的电场强度之和为EBC＝k，方向水平向右
根据平行四边形定则，则有E点的场强大小为：E＝
故ABD错误，C正确
故选：C。
【点评】本题考查电场与电场力，解题关键掌握电场是矢量，符合平行四边形运算法则。
5．（4分）为改善电脑族“长期弯腰、颈椎酸痛”问题，根据人体工程学设计，可设计角度约70°可调笔记本支架如图4（a）。假设支架斜面和笔记本足够长，在支架顶端放置一台质量为M的笔记本，笔记本顶端放一部质量为m的手机，如图4（b）所示，笔记本与支架间的动摩擦因数为μ1，手机与笔记本间的动摩擦因数为μ2，支架由水平方向位置缓慢向上转动，支架与水平方向成α角度时，μ1＜tanα＜μ2；成β角时，μ1＜μ2＜tanβ；下列说法正确的是（ ）
A．支架与水平方向成α角时，手机相对笔记本滑动，笔记本相对支架未滑动
B．从支架开始转动到与水平方向成α角的过程中，手机所受摩擦力逐渐减小
C．从支架与水平方向成α角转动到与水平方向成β角的过程中，笔记本与支架间的摩擦力逐渐减小，手机与笔记本间的摩擦力逐渐增大
D．从支架开始转动到与水平方向成β角的过程中，笔记本对支架压力先增大后减小
【分析】根据条件由整体法和隔离体法判断笔记本和支架之间的摩擦力，手机和笔记本之间的摩擦力的种类，从而知道其是否滑动；分别表达笔记本和支架之间的摩擦力，手机和笔记本之间的摩擦力，由数学知识判断其变化；由整体法表达笔记本对支架压力，由数学知识判断其变化。
【解答】解：A、支架与水平方向成α角时，因μ1＜tanα，对手机和笔记本整体，即μ1（M+m）gcsα＜（M+m）gsinα，所以笔记本相对支架滑动，又μ2＞tanα，对手机即μ2mgcsα＞mgsinα，所以手机相对笔记本未滑动，故A错误；
B、从支架开始转动到与水平方向成α角的过程中，手机相对笔记本未滑动，手机所受静摩擦力f＝mgsinθ（0≤θ≤α），逐渐增大，故B错误；
C、从支架与水平方向成α角转动到与水平方向成β角的过程中，由A分析可知笔记本相对支架滑动，笔记本与支架间的滑动摩擦力f′＝μ1（M+m）gcsθ（α≤θ≤β）逐渐减小，又因为μ1＜μ2＜tanβ，所以手机相对笔记本未滑动，手机与笔记本间的摩擦力f＝mgsinθ（α≤θ≤β）逐渐增大，故C正确；
D、从支架开始转动到与水平方向成β角的过程中，笔记本对支架压力N＝（M+m）gcsθ（0≤θ≤β）一直减小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查用整体法和隔离体法判断物体滑动问题，重点是处理摩擦力。
6．（4分）在小明的家乡有一座某小型发电站，高压输电过程如图所示。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为20：1和1：20，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是（ ）
A．若电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则线路输送电功率为2200W
B．两互感器均起到降压作用
C．若保持发电机输出电压U1一定，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率减少
D．若保持发电机输出电压U1一定，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率增加
【分析】由匝数比判断是否降压，由功率公式求解电功率，结合闭合电路欧姆定律求解输电线功率损耗，由动态分析判断划片移动方向。
【解答】解：A、设输电电流为I2，根据理想变压器变压和变流规律可得
解得
U2＝4400V
I2＝200A
所以线路输送的电功率为
P＝U2I2＝4400×200W＝880kW，故A正确；
B、根据两个互感器原、副线圈的匝数比可知电压互感器起到降压的作用，电流互感器起到降流（升压）的作用，故B错误；
CD、由理想变压器变压和变流规律可得
设输电线路总电阻为r，根据闭合电路欧姆定律有
U3＝U2﹣I2r
设用户端总电阻为R，根据欧姆定律有
I4＝
联立解得
I2＝
若保持发电机输出电压U1和用户数一定，仅将滑片Q下移，则U2增大，R不变，所以I2增大，而输电线损耗功率为ΔP＝，所以输电线损耗功率增大，故C错误，D正确；
故选：D。
【点评】本题考查变压器，学生需熟练掌握匝数比，功率公式，闭合电路欧姆定律等综合分析。
二．多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）7．（5分）2021年10月16日，“神舟十三号”载人飞船成功与“天和”核心舱对接，航天员首次在轨通过遥操作完成货运飞船与空间站对接，两者对接后所绕轨道视为圆轨道，绕行角速度为ω，距地高度为H，R为地球半径，万有引力常量为G。乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富成为入住中国空间站的第二批航天员，首次开启为期6个月的在轨驻留，完成了2次出舱活动、2次“天宫课堂”太空授课活动，于4月中旬返回地面。下列说法正确的是（ ）
A．神舟十三号的发射速度应大于地球的第二宇宙速度
B．神舟十三号在低轨只需沿径向加速可以直接与高轨的天和核心舱实现对接
C．在空间站舱内，王亚平想抛出“冰墩墩”摆件给叶光富，应该朝着叶光富的手心抛出
D．地球的密度为
【分析】第一宇宙速度为最小发射速度，“神舟十三号”在低轨需沿径向和切向加速才可以与高轨的“天和”核心舱实现对接；由万有引力提供向心力求解地球的质量，根据密度的计算公式求解地球的密度。
【解答】解：A、第一宇宙速度为最小发射速度，所以“神舟十三号”的发射速度应大于地球的第一宇宙速度，故A错误；
B、“神舟十三号”在低轨需沿径向和切向加速才可以与高轨的“天和”核心舱实现对接，故B错误；
C、由于惯性，所以在空间站舱内，王亚平想抛出“冰墩墩”摆件给叶光富，应该朝着叶光富的手心抛出，故C正确；
D、由万有引力提供向心力有：＝mrω2
地球的体积为：V＝
则地球的密度为：ρ＝，
联立解得：ρ＝，故D正确；
故选：CD。
【点评】解决天体（卫星）运动问题的基本思路：（1）在地面附近万有引力近似等于物体的重力，F引＝mg，整理得GM＝gR2；（2）天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即F引＝F向，根据相应的向心力表达式进行分析。
（多选）8．（5分）间距为d的金属导轨竖直平行放置，空间有垂直于导轨所在平面向外、大小为B的匀强磁场。在导轨上端接一电容为C的电容器，一质量为M的金属棒与导轨始终保持良好接触，距地面高度为H由静止开始释放金属棒。（重力加速度为g，一切摩擦及电阻均不计）在金属棒下滑至地面的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒做变加速运动
B．金属棒做匀加速运动，加速度为
C．金属棒运动到地面的过程中，机械能守恒
D．金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能为
【分析】由左手定则来确定安培力的方向，并求出安培力的大小，根据牛顿第二定律来求出加速度的表达式，分析金属棒的运动情况．金属棒的重力势能转化为金属棒的动能与电容器中的电势能
【解答】解：AB、设金属棒的速度大小为v时，经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，产生的电动势为：e＝Bdv
金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为：F＝Bdi
设在时间间隔（t，t+Δt ）内流经金属棒的电荷量为ΔQ，则ΔQ＝CΔU＝C•Δe
按电流的定义有：i＝，ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔Δt内增加的电荷量，
在Δt内金属棒的速度变化量为Δv，由加速度的定义有：a＝
金属棒在时刻t的加速度方向向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有：mg﹣F＝ma
联立上此式可得：a＝
则知加速度a为定值，金属棒做匀加速运动，且加速度为，故A错误、B正确；
C、金属棒运动到地面的过程中，安培力做负功，机械能不守恒，故C错误；
D、金属棒运动到地面时，金属棒的动能：EK＝
金属棒的重力势能转化为金属棒的动能与电容器中的电势能，所以金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能：
EP＝mgh﹣EK＝，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题关键采用微元法分析金属棒的加速度，切入点是加速度的定义式，再应用牛顿第二定律、匀变速运动的速度公式、E＝Bdv即可正确解题．
（多选）9．（5分）带电量为﹣Q的球P内含有一弹射装置，其质量为M含其内部弹射装置），一质量为m、不带电的物体C（可视为质点）置于球P内部的弹射装置中。整个装置处于真空中水平正对放置的平行金属板A、B之间，A、B间存在竖直方向的匀强电场，如图所示，开始时，球P和C恰好静止在距A板H的位置。某时刻，物体C相对于金属板以速度v水平弹出，球P和C同时到达金属板。若两球均可视为质点，球P运动过程中电荷量保持不变且不影响原电场分布，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．从小物体C弹出至到达金属板，球P的电势能增加
B．小物体C刚弹出瞬间，球P的速度为大小为
C．两金属板间的距离为
D．两金属板长度至少为
【分析】电场力做正功，电势能减小，根据类平抛运动学公式求出物体C和球P自弹出到落板竖直方向位移和水平位移大小。
【解答】解：A.球P向上类平抛运动，电场力做正功，电势能减小，故A错误；
B.物体C弹出时，设P瞬间速率为v1，由动量守恒
mv＝Mv1
解得：v1＝，
故B正确；
C.原来球P静止时，有
QE＝（M+m） g
物体C弹出后，P受电场力大于其重力，合力向上，做类平抛运动到达上板，由牛顿第二定律
QE﹣Mg＝Ma
物体C弹出后，设经时间t，到达下板，设两板间距为d，对小球竖直方向，由运动学规律
d﹣H＝
同理，对球P竖直方向
H＝
联立解得：，t＝，
故C错误；
D.物体C和球P自弹出到落板，水平位移大小分别为
x0＝vt
x1＝v1t
则两金属板长度至少为
L＝x1+x0
联立解得：
故D正确。
故选：BD。
【点评】本题要理清两球的运动情况，知道平抛运动的研究方法：运动的分解法，掌握动量定理的应用。
（多选）10．（5分）如图所示，正方形导线框ABCD、abcd的电阻均为R，边长均为L，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内。在两导线框之间有一宽度为2L、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。开始时导线框abcd的上边与匀强磁场的下边界重合，导线框ABCD的下边到匀强磁场的上边界的距离为L。现将系统由静止释放，当导线框abcd刚好全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，不计摩擦的空气阻力，则两线框从开始运动至等高的过程中（ ）
A．导线框abcd匀加速进入磁场
B．两线框做匀速运动的过程中轻绳上的张力FT＝mg
C．细线的拉力大小逐渐增大到2mg后保持不变
D．系统产生的总焦耳热Q＝2mgL﹣
【分析】分析导线框abcd受到的安培力变化情况，判断其运动情况；两线框做匀速运动的过程中，以导线框abcd为研究对象，根据平衡条件求解轻绳上的张力；导线框abcd进入磁场的过程，以导线框ABCD为研究对象，利用牛顿第二定律分析细线拉力的变化；根据能量守恒定律求系统产生的总焦耳热。
【解答】解：A、导线框abcd进入磁场时做加速运动，随着速度增大，ab边产生的感应电动势增大，感应电流增大，ab边受到的安培力增大，则导线框abcd的合力减小，加速度减小，所以导线框abcd变加速进入磁场，故A错误；
B、两线框做匀速运动的过程中，以导线框abcd为研究对象，穿过导线框abcd的磁通量不变，没有感应电流，不受安培力，只受重力和细线的拉力，根据平衡条件得：FT＝mg，故B正确；
C、导线框abcd进入磁场的过程，导线框ABCD向下做加速度减小的变加速运动，由牛顿第二定律得：2mg﹣FT＝2ma，则FT＝2mg﹣2ma，随着a减小，FT增大，当导线框ABCD进入磁场后，受到向上的安培力，细线的拉力大小变为mg，所以细线的拉力大小逐渐增大到2mg，后突然减至mg再保持不变，故C错误；
D、两线框等高时，导线框ABCD下降2L，abcd上升2L，设等高时两线框的速度大小为v，以导线框abcd为研究对象，根据平衡条件：mg+＝2mg
两线框从开始运动至等高的过程，根据能量守恒得：2mg×2L﹣mg×2L＝（m+2m）v2+Q，解得：Q＝2mgL﹣，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题是电磁感应中的力学问题，安培力的计算和分析能量如何转化是解题关键，要加强训练，熟练掌握法拉第定律、欧姆定律、安培力等等基础知识，提高解题能力。
三、非选择题：共56分。第11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。
11．（6分）某小组用如图所示的装置验证动量守恒的实验，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，弹簧压缩并锁定，在金属管两端各放置一个金属小球1和2（两球直径略小于管径且与弹簧不相连），现解除弹簧锁定，两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射。
（1）除了要验证动量守恒，还要求出弹簧解除锁定前的弹性势能，则实验过程中必要的操作是 ①③④ ；
①用天平测出两球质量m1、m2
②用游标卡尺测出两个小球的直径d1、d2
③用刻度尺测出小球1、小球2的落点到管口的水平距离x1、x2
④用刻度尺测出两管口离地面的高度h
⑤解除弹簧锁定前弹簧的长度L
回答下列问题：
（2）利用上述测得的实验数据，验证动量守恒的表达式是 m1x1＝m2x2 ；
（3）已知当地重力加速度为g，弹簧解除锁定前的弹性势能是多少 。
【分析】（1）本实验要验证动量守恒定律，就需要测出两小球的质量m1、m2，及两小球水平位移；
（2）弹射运动中系统动量守恒，要验证m1x1＝m2x2；
（3）弹簧的弹性势能转化为两小球的动能，求出两球的动能即可。
【解答】解：（1）本实验要验证动量守恒定律，就需要测出两小球的质量m1、m2，两管口离地面的高度h，球1落点P到管口M的水平距离x1，球2的落点Q到管口M的水平距离x2。
（2）两小球弹出后平抛运动，时间
两小球平抛运动的初速度为
若弹射运动中系统动量守恒，则有m1v1＝m2v2代入时间得
解得：m1x1＝m2x2
（3）弹射装置将两小球弹射出金属管运动中，弹簧的弹性势能转化为两小球的动能，则因此解除弹簧锁定前，弹簧的弹性势能是
故答案为：（1）①③④（2）m1x1＝m2x2（3）
【点评】本实验要验证动量守恒定律，解题的关键是需要测出两小球的质量m1、m2及两球水平位移，列出动量守恒的方程。弹簧的弹性势能转化为两小球的动能，求出两球的动能即可。
12．（8分）指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。
（1）如图甲所示为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表，下列说法中正确的是
AC
；（选填选项前面的字母）
A．当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔
B．当S接触点2时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔
C．当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔
D．当S接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是红表笔
（2）用表盘为图乙所示的多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约2kΩ的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选择以下必需的步骤，并按操作顺序逐一写出步骤的序号：
BAD
；
A.将红表笔和黑表笔接触
B.把选择开关旋转到“×100”位置
C.把选择开关旋转到“×1k”位置
D.调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点
（3）某同学利用图甲中的器材设计了一只欧姆表，其电路如图乙所示。
①关于该欧姆表，下列说法正确的是
AD
。
A.电阻刻度的零位在表盘的左端
B.表盘上的电阻刻度是均匀的
C.测量前，需要红、黑表笔短接调零
D.测量后，应将开关S断开
②某同学进行如下操作：当Rx未接入时，闭合开关S，将红、黑表笔分开时，调节可变电阻，使电流表满偏。当Rx接入A、B表笔之间时，若电流表的指针指在表盘的正中央，则待测电阻Rx的阻值为

（已知电流表的内阻为Rg，电池的内阻为r，可变电阻接入电路的阻值为R）。
【分析】（1）根据电表改装原理判断挡位，多用表红黑表笔的接法原则是电流红进黑出；
（2）多用表欧姆挡在每次使用前都需要进行一次欧姆调零；
（3）①根据欧姆表特点和正确操作判断；
②根据闭合电路的欧姆定律计算待测电阻阻值。
【解答】解：（1）A.当S接触点1时，电阻与表头并联，则多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故A正确；
BC.当S接触点2时，内部接电源，则多用电表处于测量电阻的挡位，因黑表笔内部接电源的正极，则其中接线柱B接的是黑表笔，故B错误，C正确；
D．当S接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故D错误；
故选：AC。
（2）用表盘为题图乙所示的多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约2 kΩ的电阻，则必须将选择开关旋转到“×100”位置，然后两表笔短接调零，再进行欧姆调零，因此正确步骤顺序是BAD。
（3）①由图丙可知，该欧姆表利用并联电路特点与闭合电路欧姆定律测电阻阻值，电阻刻度的零位置在表盘的左端，由闭合电路欧姆定律可知，表盘上的电阻刻度是不均匀的，测量前，不需要红、黑表笔短接调零，测量后，应将开关S断开，故BC错误，AD正确；
故选AD。
②当Rx未接入时，闭合开关S，将红、黑表笔分开，调节可变电阻使电流表满偏，由闭合电路欧姆定律得
，
当Rx接入A、B表笔之间时，若电流表的指针指在表盘的正中央，由闭合电路欧姆定律得
，
解得：。
故答案为：（1）AC （2）BAD（3）①AD ②
【点评】本题考查了多用电表结构、多用电表读数与欧姆表的使用方法，知道电流表、电压表与欧姆表的改装原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构、掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
13．（11分）半径为R＝40cm的匀强磁场区域边界跟y轴相切于坐标原点O，磁感应强度B＝0.33T，方向垂直纸面向里。在O处有一放射源S，可向纸面各个方向射出速度为v＝3.2×106m/s的α粒子。已知α粒子质量m＝6.6×10﹣27kg，电量q＝3.2×10﹣19C。（计算时，π＝3.14，＝1.73）
（1）α粒子在磁场空间做圆周运动的轨道半径大小r以及运动周期T；
（2）求有α粒子经过的磁场区域面积大小S；
【分析】（1）带电粒子在洛伦兹力作用下，在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由可得出半径公式，根据周期公式解得周期。
（2）作出粒子运动轨迹图，根据几何关系解得面积；
（3）在磁场中运动最短的轨迹与边界圆的公共弦长为轨迹圆的直径，根据几何关系结合周期公式解答。
【解答】解：（1）α粒子在磁场中做圆弧运动的半径为r，由公式洛伦兹力提供向心力，得：
由运动周期T＝
联立代入数据可得：r＝0.2m，T＝3.925×10﹣7s
（2）所有粒子在磁场中经过的区域如图所示，
根据几何关系可得，所有粒子经过的区域如图所示，其面积大小等于
S＝+
代入数据可得：S＝0.161m2
（3）在磁场中运动最短的轨迹与边界圆的公共弦长为轨迹圆的直径，根据几何关系，其圆心角为60°
所以，最短时间t＝T
代入数据得：t＝6.5×10﹣8s
答：（1）α粒子在磁场空间做圆周运动的轨道半径大小为0.2m，运动周期为3.925×10﹣7s；
（2）有α粒子经过的磁场区域面积大小为0.161m2。
【点评】该题考查到了带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径的推导，洛伦兹力提供向心力；带电粒子在圆形区域的匀强磁场中的偏转角，与在磁场中的弧长是成正比的，弧长越长，所对应的弦长也就越长，本题中要求学生能够分析粒子的运动过程和其规律，对能力要求较高．
14．（18分）如图所示，水平地面上固定了夹角分别是60°和30°的光滑斜面ABC与abc，hAB＝0.9m，hab＝0.45m，C与c之间的区域光滑，且LCc＝1m。两个质量都是1kg的小球1和小球2（可视为质点）分别从A点和a点由静止释放。若小球经过C处、c处时速度大小不变，两个小球的碰撞可视为弹性碰撞。重力加速度g＝10m/s2。则
（1）小球1第一次经过C时的速度大小以及小球2第一次经过c时的速度大小；
（2）两个小球发生碰撞的位置距离C点的距离L，碰后各自的速度分别是多少？
（3）小球2在运动过程中运动轨迹的最高点的高度h。
【分析】（1）由动能定理列方程求解；
（2）根据速度—时间关系列方程，再根据动量守恒定律、机械能守恒定律列方程联立求解；
（3）由能量守恒可以判定小球2与小球1碰后可再次到达a点，根据平抛运动规律求解小球2在运动过程中运动轨迹的最高点的高度。
【解答】解：（1）令小球1第一次经过C时的速度大小为vC，由动能定理有：ghAB
代入数据解得：vC＝6m/s；
令小球2第一次经过c时的速度大小为vc，由动能定理有：ghab
解得小球2第一次经过c时的速度大小：vc＝3m/s；
（2）由动力学规律可知小球1在AC上运动时间t1与小球2在ab上运动时间t2满足
vC＝gt1sin60°
vb＝gt2sin30°
令小球1到达C后还需t3的时间和小球2发生碰撞，则有：
vCt＝
L＝vCt3
解得：L＝m
小球1和小球2在Cc区域发生弹性碰撞，令碰后两个小球的速度分别是v1、v2，
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：m1vC+m2vb＝m1v1+m2v2
根据机械能守恒定律可得：+＝+
联立解得：v1＝3m/s，v2＝6m/s；
（3）由能量守恒可以判定小球2与小球1碰后可再次到达a点，令小球2再次到达a时的速度大小为va
则有：＝+m2ghab
令小球2从a位置经过t4的时间到达最高点，上升的最大高度为hm，则根据平抛运动规律可得：
（vasin30°）2＝2ghm
根据几何关系可得：h＝hab+hm
解得：h＝0.7875m。
答：（1）小球1第一次经过C时的速度大小为6m/s，小球2第一次经过c时的速度大小为3m/s；
（2）两个小球发生碰撞的位置距离C点的距离L，碰后各自的速度分别是3m/s、6m/s；
（3）小球2在运动过程中运动轨迹的最高点的高度为0.7875m。
【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
（二）选考题：共13分。请考生从两道中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。
（多选）15．（5分）下列说法正确的是 （ ）
A．扩散现象不是外界作用引起的，也不是化学反应的结果
B．分子动理论是在一定的实验基础上提出的
C．一定温度下的饱和汽压，随饱和汽的体积增大而减小
D．用手捏面包，面包体积会缩小，这是分子间有空隙的原因
E．当分子斥力与引力大小相等时，分子势能有极小值
【分析】扩散现象没有新物质生成，扩散是分子热运动形成的，是物理变化；分子动理论是在一定实验基础上提出的，实验基础包括扩散和布朗运动；一定温度下的饱和汽压与体积无关；面包的体积缩小了，是将面包里的部分空气挤压出来了，不是因为分子间有间隙；分子力为零时，分子势能最小。
【解答】解：A、扩散现象是分子做无规则运动产生的，不是外界作用引起的，也不是化学反应的结果，故A正确；
B、分子动理论的实验基础包括扩散现象和布朗运动，故B正确；
C、饱和气压只与温度和物质种类有关，故C错误；
D、用手捏面包，面包体积会缩小，这是物体间有空隙的原因，故D错误；
E、当分子斥力与引力大小相等时，分子力为零，分子势能有极小值，故E正确；
故选：ABE。
【点评】本题考查了分子间的相互作用力、分子势能、饱和汽、分子动理论等知识点。这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。
16．（8分）现用一限压阀控制储气瓶内的压强，原定出厂的10L储气瓶中压强为8p0，现利用一400L、压强为4p0、储气质量为520kg的储气罐及灌气装置给储气瓶灌气。此时储气瓶内可看作真空，且当储气罐内气体压强低于0.5p0时，灌气装置无法进行工作。不考虑温度变化。
①最多可灌满几个储气瓶。
②某厂家在给储气瓶灌气时，为节省成本，将原定于8p0的储气瓶改为6p0，由此每个灌满的储气瓶少了多少kg的气体。
【分析】①把分装后的气体和存留的气体作为整体，根据玻意耳定律即可求得；
②根据玻意耳定律求得储气罐内的气体在压强为8p0下的体积，即可求得每个储气瓶内的质量，把储气瓶内的气体根据博伊尔定律求得在压强为6p0下的体积，即可求得减少的质量。
【解答】解：根①据玻意耳定律可得：np1V1+p2V0＝p0V0，其中p1＝8p0，V1＝10L，p2＝0.5p0，V0＝400L，p0＝4p0
解得n＝17.5
故最多可灌装17个储气瓶
②根据玻意耳定律可得：p0V0＝p1V，解得V＝200L，每个储气瓶内气体的质量m＝
根据p1V1＝p′V′，解得
每个灌满的储气瓶少的气体质量为，解得Δm＝6.5kg
答：①最多可灌满17个储气瓶。
②某厂家在给储气瓶灌气时，为节省成本，将原定于8p0的储气瓶改为6p0，由此每个灌满的储气瓶少了6.5kg的气体.
【点评】本题主要考查了玻意耳定律，关键是把变质量问题转化为恒质量问题，明确在压强相同的条件小，质量之比与体积成正比。
（多选）17．（5分）下列说法不正确的是（ ）
A．摄影师为更加清晰地拍摄玻璃橱窗里的陈列物，需在照相机镜头前装一特殊镜片，这是利用了光的偏振现象
B．表示危险的信号灯选用红灯的一个重要原因是红光更容易发生干涉
C．观看立体电影（3D电影）时，观众需戴上一副特殊的眼镜，这是利用了光的干涉现象
D．在太空空间站中用白光照射竖直水膜做光的干涉实验，能观察到彩色的干涉条纹
E．在双缝干涉实验中，屏上出现了明暗相间的条纹，遮住一条缝后屏上仍有明暗相间的条纹
【分析】反射光是偏振光；红光的波长较大，所以更容易发生衍射；观看立体电影（3D电影）时，利用了光的偏振现象；在太空空间站中，竖直水膜处于完全失重状态，单缝可产生明暗相间的衍射条纹。
【解答】解：A、反射光是偏振光，摄影师为更加清晰地拍摄玻璃橱窗里的陈列物，需在照相机镜头前装一特殊镜片，这是利用了光的偏振现象，故A正确；
B、红光的波长较大，所以表示危险的信号灯选用红灯的一个重要原因是红光更容易发生衍射，故B错误；
C、观看立体电影（3D电影）时，观众需戴上一副特殊的眼镜，这是利用了光的偏振现象，故C错误；
D、在太空空间站中，竖直水膜处于完全失重状态，不能观察到彩色的干涉条纹，故D错误；
E、若遮住一个缝，则会发生单缝衍射现象，所以仍能出现明暗相间的条纹，故E正确；
本题选择不正确的，
故选：BCD。
【点评】本题考查物理光学的知识，要掌握光的偏振、干涉、衍射等知识，注重对基础知识的积累，加强对基本概念的深入理解，是学习物理的关键。要注意双缝干涉条纹与单缝衍射条纹的区别。
18．（8分）轻弹簧上端固定，下端系一质量为m＝0.2kg的小球，小球静止时弹簧伸长量为8cm。现使小球在竖直方向上做简谐运动，从小球在最高点释放时开始计时，小球相对平衡位置的位移随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。
（1）小球运动到最高点时加速度的大小。
（2）写出小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式；
（3）求出小球在0～13s内运动的总路程和13s时刻的位置；
【分析】（1）对小球在平衡位置处受力分析求出弹簧的劲度系数k，小球运动到最高点时，分析其受力情况，根据胡克定律和牛顿第二定律求加速度。
（2）由振动图象读出周期T和振幅A，由ω＝求出角频率ω，根据y＝Acsωt写出小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式。
（3）根据时间与周期的关系求出小球运动的路程，并确定13s时刻的位置。
【解答】解：（1）小球在平衡位置时弹簧的伸长量为Δx＝8cm＝0.08m，则
k＝N/m＝25N/m
小球在最高点时，弹簧的伸长量为Δx'＝Δx﹣A＝8cm﹣5cm＝3cm＝0.03m，则
mg﹣kΔx'＝ma
解得：a＝6.25m/s2；
（2）由振动图象可知振子的振幅A＝5cm，周期T＝1.2s，则
ω＝rad/s＝ rad/s
小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式为
y＝Acsωt＝5cs t（cm）；
（3）由小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系知t＝13s＝10T时刻小球的位置坐标
y＝5cs×13cm＝2.5cm，
小球在0～13s内运动的总路程为
s＝10×4A+2.5cm＝10×4×5cm+2.5cm＝217.5cm。
答：（1）小球运动到最高点时加速度的大小为6.25m/s2。
（2）小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式为y＝Acsωt＝5cs t（cm）；
（3）小球在0～13s内运动的总路程为217.5cm，13s时刻的位置在y＝2.5cm处。
【点评】本题是振动图象问题，考查基本的读图能力。根据振动图象，分析小球的振动情况，确定其受力情况，运用动力学方法求加速度，这是学习简谐运动的基本功，要熟练掌握。
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