新高考物理模擬題(二)

新高考物理模擬試題(二)(考試用時(shí)：90分鐘試卷滿(mǎn)分：100分)一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．α、β和γ射線(xiàn)穿透物質(zhì)的能力是不同的，為把輻射強(qiáng)度減到一半所需鋁板的厚度分別為0.0005cm、0.05cm和8cm.工業(yè)部門(mén)可以使用射線(xiàn)來(lái)測(cè)厚度．如圖所示，軋鋼廠的熱軋機(jī)上可以安裝射線(xiàn)測(cè)厚儀，儀器探測(cè)到的射線(xiàn)強(qiáng)度與鋼板的厚度有關(guān)，軋出的鋼板越厚，透過(guò)的射線(xiàn)越弱．因此，將射線(xiàn)測(cè)厚儀接收到的信號(hào)輸入計(jì)算機(jī)，就可以對(duì)鋼板的厚度進(jìn)行自動(dòng)控制A．α射線(xiàn) B．β射線(xiàn)C．γ射線(xiàn) D．可見(jiàn)光2．下列說(shuō)法正確的是()A．海市蜃樓是光發(fā)生干涉的結(jié)果B．照相機(jī)鏡頭的增透膜，應(yīng)用了光的衍射原理C．用雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置觀察白光的干涉現(xiàn)象，中央條紋是紅色的D．肥皂膜上看到的彩色條紋是膜的兩表面反射光干涉的結(jié)果3．如圖所示，水平直桿OP右端固定于豎直墻上的O點(diǎn)，長(zhǎng)為L(zhǎng)＝2m的輕繩一端固定于直桿P點(diǎn)，另一端固定于墻上O點(diǎn)正下方的Q點(diǎn)，OP長(zhǎng)為d＝1.2m，重為8N的鉤碼由光滑掛鉤掛在輕繩上處于靜止?fàn)顟B(tài)A．10N B．8NC．6N D．5N4．氫原子能級(jí)圖如圖所示，用大量處于n＝2能級(jí)的氫原子躍遷到基態(tài)時(shí)發(fā)射出的光照射光電管陰極K，測(cè)得光電管中的遏止電壓為7.6V，已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，元電荷e＝1.6×10－19C，下列判斷正確的是A．電子從陰極K表面逸出的最大初動(dòng)能為2.6eVB．陰極K材料的逸出功為7.6eVC．陰極K材料的極限頻率為6.27×1014HzD．氫原子從n＝4能級(jí)躍遷到n＝2能級(jí)，發(fā)射出的光照射該光電管陰極K時(shí)能發(fā)生光電效應(yīng)5．處于坐標(biāo)原點(diǎn)的波源產(chǎn)生一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波，波速v＝200m/s.已知t＝0時(shí)，波剛傳播到x＝40m處，波形如圖所示．在x＝400mA．波源開(kāi)始振動(dòng)時(shí)方向沿y軸正方向B．x＝10mC．若波源向x軸正方向勻速運(yùn)動(dòng)，接收器接收到波的頻率大于10HzD．當(dāng)t＝0.1s時(shí)，x＝406．如圖所示，單擺擺球的質(zhì)量為m，擺球從最大位移A處由靜止釋放，擺球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B時(shí)的速度大小為v，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力．則擺球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中()A．?dāng)[線(xiàn)拉力所做的功為eq\f(1,2)mv2B．重力的最大瞬時(shí)功率為mgvC．重力的沖量為0D．合力的沖量大小為mv7．假設(shè)地球是一半徑為R，質(zhì)量分布均勻的球體．已知質(zhì)量分布均勻的球殼對(duì)殼內(nèi)物體引力為零，地球表面處引力加速度為g.則關(guān)于地球引力加速度a隨地球球心到某點(diǎn)距離r的變化圖象正確的是()8．如圖甲所示，輕繩一端固定在O點(diǎn)，另一端固定一小球(可看成質(zhì)點(diǎn))，讓小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)．改變小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小v，測(cè)得相應(yīng)的輕繩彈力大小F，得到F-v2圖象如圖乙所示，已知圖線(xiàn)的延長(zhǎng)線(xiàn)與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)為(0，－b)，斜率為k.不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．該小球的質(zhì)量為bgB．小球運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為eq\f(b,kg)C．圖線(xiàn)與橫軸的交點(diǎn)表示小球所受的合外力為零D．當(dāng)v2＝a時(shí)，小球的向心加速度為g二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16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4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分．9．如圖所示，a、b兩點(diǎn)位于以負(fù)點(diǎn)電荷－Q(Q>0)為球心的球面上，c點(diǎn)在球面外，則()A．a(chǎn)點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小比b點(diǎn)大B．b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小比c點(diǎn)小C．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)與b點(diǎn)電勢(shì)相同D．b點(diǎn)電勢(shì)比c點(diǎn)低10．一定量理想氣體從狀態(tài)a開(kāi)始，經(jīng)歷三個(gè)過(guò)程ab、bc、ca回到原狀態(tài)，其p-T圖象如圖所示．下列判斷正確的是()A．過(guò)程ab中氣體一定吸熱B．過(guò)程bc中氣體既不吸熱也不放熱C．過(guò)程ca中外界對(duì)氣體所做的功等于氣體所放的熱D．a(chǎn)、b和c三個(gè)狀態(tài)中，狀態(tài)a分子的平均動(dòng)能最小11．如圖甲所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌左端連接一個(gè)平行板電容器C和一個(gè)定值電阻R，導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上且接觸良好．裝置放于垂直導(dǎo)軌平面的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化情況如圖乙所示(垂直紙面向上為正)，MN始終保持靜止．不計(jì)電容器充電時(shí)間，則在0～t2時(shí)間內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是()A．電阻R兩端的電壓大小始終不變B．電容C的a板先帶正電后帶負(fù)電C．MN棒所受安培力的大小始終不變D．MN棒所受安培力的方向先向右后向左12．如圖甲所示，甲、乙兩個(gè)小球可視為質(zhì)點(diǎn)，甲球沿傾角為30°的光滑足夠長(zhǎng)斜面由靜止開(kāi)始下滑，乙球做自由落體運(yùn)動(dòng)，甲、乙兩球的動(dòng)能與路程的關(guān)系圖象如圖乙所示．下列說(shuō)法正確的是()A．甲球機(jī)械能不守恒，乙球機(jī)械能守恒B．甲、乙兩球的質(zhì)量之比為m甲∶m乙＝4∶1C．甲、乙兩球的動(dòng)能均為Ek0時(shí)，兩球重力的瞬時(shí)功率之比為P甲∶P乙＝1∶1D．甲、乙兩球的動(dòng)能均為Ek0時(shí)，兩球下降高度之比h甲∶h乙＝1∶4選擇題答題欄題號(hào)123456789101112答案三、非選擇題：本題共6小題，共60分．13．(6分)如圖是“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)．小圓柱由一根不可伸長(zhǎng)的輕繩拴住，輕繩另一端固定．將輕繩拉直至水平后由靜止釋放．在最低點(diǎn)附近放置一組光電門(mén)，測(cè)出小圓柱運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的擋光時(shí)間Δt，再用游標(biāo)卡尺測(cè)出小圓柱的直徑d，重力加速度為g.則：(1)測(cè)出懸點(diǎn)到圓柱重心的距離l，若等式gl＝________成立，說(shuō)明小圓柱下擺過(guò)程機(jī)械能守恒；(2)若在懸點(diǎn)O安裝一個(gè)拉力傳感器，測(cè)出繩子上的拉力F，則驗(yàn)證小圓柱做圓周運(yùn)動(dòng)在最低點(diǎn)向心力的公式還需要測(cè)量的物理量是_________________(用文字和字母表示)，若等式F＝_____________成立，則可驗(yàn)證小圓柱做圓周運(yùn)動(dòng)在最低點(diǎn)向心力的公式．14．(8分)為測(cè)定電流表內(nèi)電阻Rg，實(shí)驗(yàn)中備用的器件有：A．電流表(量程0～100μA)B．標(biāo)準(zhǔn)伏特表(量程0～5V)C．電阻箱(阻值范圍0～999Ω)D．電阻箱(阻值范圍0～99999Ω)E．電源(電動(dòng)勢(shì)2V)F．電源(電動(dòng)勢(shì)6V)G．滑動(dòng)變阻器(阻值范圍0～50Ω，額定電流1.5A)，(1)如果采用如圖所示的電路測(cè)定電流表A的內(nèi)電阻并且想得到較高的精確度，那么從以上備用器件中，可變電阻R1應(yīng)選用________，可變電阻R2應(yīng)選用________，電源應(yīng)選用________(用字母代號(hào)填寫(xiě))．(2)如果實(shí)驗(yàn)時(shí)要進(jìn)行的步驟有：a．合上開(kāi)關(guān)K1；b．合上開(kāi)關(guān)K2；c．觀察R1的阻值是否最大，如果不是，將R1的阻值調(diào)到最大；d．調(diào)節(jié)R1的阻值，使電流表指針偏轉(zhuǎn)到滿(mǎn)刻度；e．調(diào)節(jié)R2的阻值，使電流表指針偏轉(zhuǎn)到滿(mǎn)刻度的一半；f．記下R2的阻值．把以上步驟的字母按實(shí)驗(yàn)的合理順序?yàn)開(kāi)____________________________________．(3)如果在步驟f中所得R2的阻值為600Ω，則圖中電流表的內(nèi)電阻Rg的測(cè)量值為_(kāi)_______Ω.(4)如果再給出：H.電源(電動(dòng)勢(shì)8V)；I.電源(電動(dòng)勢(shì)12V)，電源應(yīng)選擇________(選填選項(xiàng)前的字母)．(5)某同學(xué)認(rèn)為步驟e中不需要保證“電流表指針偏轉(zhuǎn)到滿(mǎn)刻度的一半”這一條件，也可測(cè)得電流表內(nèi)阻Rg，請(qǐng)你分析論證該同學(xué)的判斷是否可行．________15．(7分)華裔科學(xué)家丁肇中負(fù)責(zé)的AMS項(xiàng)目，是通過(guò)“太空粒子探測(cè)器”探測(cè)高能宇宙射線(xiàn)粒子，尋找反物質(zhì)．某學(xué)習(xí)小組設(shè)想了一個(gè)探測(cè)裝置，截面圖如圖所示．其中輻射狀加速電場(chǎng)的內(nèi)、外邊界為兩個(gè)同心圓，圓心為O，外圓電勢(shì)為零，內(nèi)圓電勢(shì)φ＝－45V，內(nèi)圓半徑R＝1.0m．在內(nèi)圓內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝9×10－5T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)內(nèi)有一圓形接收器，圓心也在O點(diǎn)．假設(shè)射線(xiàn)粒子中有正電子，先被吸附在外圓上(初速度為零)，經(jīng)電場(chǎng)加速后進(jìn)入磁場(chǎng)，并被接收器接收．已知正電子質(zhì)量m＝9×10－31kg，電荷量q＝1.6×10－(1)求正電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速率v和半徑r；(2)若正電子恰好能被接收器接收，求接收器的半徑R′.16．(9分)如圖，在長(zhǎng)方體玻璃磚內(nèi)部有一半球形氣泡，球心為O，半徑為R，其平面部分與玻璃磚表面平行，球面部分與玻璃磚相切于O′點(diǎn)．有－束單色光垂直玻璃磚下表面入射到氣泡上的A點(diǎn)，發(fā)現(xiàn)有一束光線(xiàn)垂直氣泡平面從C點(diǎn)射出，已知OA＝eq\f(\r(3),2)R，光線(xiàn)進(jìn)入氣泡后第一次反射和折射的光線(xiàn)相互垂直，氣泡內(nèi)近似為真空，真空中光速為c，求：(1)玻璃的折射率n；(2)光線(xiàn)從A在氣泡中多次反射到C的時(shí)間．17．(14分)如圖所示，長(zhǎng)度為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線(xiàn)將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球懸掛于O點(diǎn)，整個(gè)空間存在水平向右、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(\r(3)mg,q)(其中g(shù)為重力加速度)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小球可視為質(zhì)點(diǎn)．(1)若將小球在A點(diǎn)由靜止釋放，求細(xì)線(xiàn)擺起的最大角度；(2)若小球在最低點(diǎn)A獲得一水平向右速度，為使小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中細(xì)線(xiàn)不松弛，求該速度大小應(yīng)滿(mǎn)足的條件．18．(16分)如圖所示，上表面光滑的水平平臺(tái)左端與豎直面內(nèi)半徑為R的光滑半圓軌道相切，整體固定在水平地面上．平臺(tái)上放置兩個(gè)滑塊A、B，其質(zhì)量mA＝m，mB＝2m，兩滑塊間夾有被壓縮的輕質(zhì)彈簧，彈簧與滑塊不拴接．平臺(tái)右側(cè)有一小車(chē)，靜止在光滑的水平地面上，小車(chē)質(zhì)量M＝3m，車(chē)長(zhǎng)L＝2R，小車(chē)的上表面與平臺(tái)的臺(tái)面等高，滑塊與小車(chē)上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2.解除彈簧約束，滑塊A、B在平臺(tái)上與彈簧分離，在同一水平直線(xiàn)上運(yùn)動(dòng)．滑塊A經(jīng)C點(diǎn)恰好能夠通過(guò)半圓軌道的最高點(diǎn)D，滑塊B沖上小車(chē)．兩個(gè)滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g(1)滑塊A在半圓軌道最低點(diǎn)C處時(shí)的速度大?。?2)滑塊B沖上小車(chē)后與小車(chē)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小車(chē)的位移大?。?3)若右側(cè)地面上有一高度略低于小車(chē)上表面的立樁(圖中未畫(huà)出)，立樁與小車(chē)右端的距離為x，當(dāng)小車(chē)右端運(yùn)動(dòng)到立樁處立即被牢固粘連．請(qǐng)討論滑塊B在小車(chē)上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，克服摩擦力做的功Wf與x的關(guān)系．答案及解析物理模擬試題(二)1．解析：C根據(jù)題目中所給射線(xiàn)的穿透能力比較，因鋼板的厚度需要控制為5cm，推測(cè)測(cè)厚儀使用的射線(xiàn)是γ射線(xiàn)．2．解析：D海市蜃樓是光發(fā)生折射的結(jié)果，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；照相機(jī)鏡頭的增透膜，應(yīng)用了光的干涉原理，不是衍射，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；用雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置觀察白光的干涉現(xiàn)象，中央條紋是白色的，最邊緣是紅色的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；肥皂膜上看到的彩色條紋是膜的兩表面反射光干涉的結(jié)果，選項(xiàng)D正確．3．解析：D設(shè)掛鉤所在處為N點(diǎn)，延長(zhǎng)PN交墻于M點(diǎn)，如圖所示．同一條繩子拉力相等，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知兩邊的繩子與豎直方向的夾角相等，設(shè)為α，則根據(jù)幾何關(guān)系可知NQ＝MN，即PM等于繩長(zhǎng)；根據(jù)幾何關(guān)系可得sinα＝eq\f(PO,PM)＝eq\f(1.2,2)＝0.6，則α＝37°，根據(jù)平衡條件可得2Tcosα＝mg，解得T＝5N，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．4．解析：C因遏止電壓為U0＝7.6V，根據(jù)動(dòng)能定理可知，光電子的最大初動(dòng)能Ekm＝eU0，光電子的最大初動(dòng)能為7.6eV，故A錯(cuò)誤；根據(jù)光電效應(yīng)方程，可知，W0＝hν－Ekm，而hν＝E2－E1；因此W0＝13.6－3.4－7.6eV＝2.6eV，故B錯(cuò)誤；因逸出功W0等于hν1，則材料的極限頻率ν1＝eq\f(W0,h)＝eq\f(2.6×1.6×10－19,6.63×10－34)Hz＝6.27×1014Hz，故C正確．從n＝4躍遷到n＝2能級(jí)，釋放能量為ΔE＝3.4－0.85eV＝2.55eV＜2.6eV，因此發(fā)射出的光照射該光電管陰極K時(shí)，不能發(fā)生光電效應(yīng)，故D錯(cuò)誤．5．解析：C因?yàn)閠＝0時(shí)，波剛傳播到x＝40m處，說(shuō)明此時(shí)40m處的質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向就是波源的振動(dòng)方向，而波向右傳播，再根據(jù)“同側(cè)法”可判斷出“40m”處的質(zhì)點(diǎn)向下振動(dòng)，故波源的起振方向是沿y軸負(fù)方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；該波是橫波，質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與其傳播的方向是垂直的，質(zhì)點(diǎn)不會(huì)隨波遷移，只會(huì)在自己的平衡位置附近上下振動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由圖乙可知，波長(zhǎng)為20m，而波速又是200m/s，故波的頻率為f＝10Hz，接收器在右側(cè)，當(dāng)波源向x軸正方向移動(dòng)時(shí)，波源與接收器間的距離在減小，由多普勒效應(yīng)可知，接收器接收到波的頻率大于10Hz，選項(xiàng)C正確；由于周期是0.16．解析：D由于小球運(yùn)動(dòng)的速度一直與擺線(xiàn)的拉力方向垂直，故擺線(xiàn)的拉力不做功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)時(shí)，小球的速度雖然是v，但是該速度是沿水平方向的，與重力的方向垂直，故重力的瞬時(shí)功率為0，而小球的重力最大瞬時(shí)功率顯然在A到B之間，而A到B的過(guò)程中，小球的速度會(huì)小于v，它沿豎直方向的分速度更小于v，所以最大的重力瞬時(shí)功率一定小于mgv，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在A到B的過(guò)程中，重力的沖量I＝Gt，而重力G與時(shí)間t都不為零，故沖量也不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理可得，在A到B的過(guò)程中，合外力的沖量等于動(dòng)量的變化量，即合力沖量的大小為mv，選項(xiàng)D正確．7．解析：A當(dāng)r＝R時(shí)，由mg0＝eq\f(GMm,R2)知g0＝eq\f(GM,R2)＝eq\f(4πGρR,3).當(dāng)r＜R時(shí)，質(zhì)量分布均勻的球殼對(duì)殼內(nèi)物體的引力為零，故在深度為(R－r)的井底，受到地球的萬(wàn)有引力是半徑等于r的球體在其表面產(chǎn)生的萬(wàn)有引力，g＝eq\f(GM1,r2)＝eq\f(4πGρr,3)，此過(guò)程g與r成正比．當(dāng)r＞R后，g＝eq\f(GM,r2)＝eq\f(4πGρR3,3r2)，此過(guò)程g與r平方成反比．8．解析：B小球在最高點(diǎn)時(shí)受到拉力為F，根據(jù)牛頓第二定律可知F＋mg＝meq\f(v2,l)，解得：F＝meq\f(v2,l)－mg，結(jié)合圖象可知：mg＝b，即m＝eq\f(b,g)，斜率eq\f(m,l)＝k解得：l＝eq\f(m,k)＝eq\f(b,kg)，故A錯(cuò)，B對(duì)；圖線(xiàn)與橫軸的交點(diǎn)表示小球所受的拉力為零，即合外力等于重力時(shí)的情況，故C錯(cuò)；根據(jù)向心加速度公式可知a′＝eq\f(v2,l)＝eq\f(a,\f(b,kg))＝eq\f(akg,b)＝2g，故D錯(cuò)．9．解析：CD由點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式E＝keq\f(Q,r2)知，a、b兩點(diǎn)與－Q距離相等，場(chǎng)強(qiáng)大小相等，A錯(cuò)；由E＝keq\f(Q,r2)知，離－Q越近，場(chǎng)強(qiáng)越大，故b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小比c點(diǎn)大．或由負(fù)點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)的電場(chǎng)線(xiàn)形狀是“萬(wàn)箭穿心”，離點(diǎn)電荷越近電場(chǎng)線(xiàn)越密，場(chǎng)強(qiáng)越大，得出b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小比c點(diǎn)的大，B錯(cuò)；點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)的等勢(shì)面是以點(diǎn)電荷為球心的一簇球面，離－Q距離相等的兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，C對(duì)；沿電場(chǎng)線(xiàn)的方向是電勢(shì)降落最快的方向，得出離－Q越近，電勢(shì)越低，D對(duì)．10．解析：AD由圖示可知，ab過(guò)程，氣體壓強(qiáng)與熱力學(xué)溫度成正比，則氣體發(fā)生等容變化，氣體體積不變，外界對(duì)氣體不做功，氣體溫度升高，內(nèi)能增大，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W可知，氣體吸收熱量，故A正確；由圖示圖象可知，bc過(guò)程氣體發(fā)生等溫變化，氣體內(nèi)能不變，壓強(qiáng)減小，由玻意耳定律可知，體積增大，氣體對(duì)外做功，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W可知，氣體吸熱，故B錯(cuò)誤；由圖象可知，ca過(guò)程氣體壓強(qiáng)不變，溫度降低，由蓋-呂薩克定律可知，其體積減小，外界對(duì)氣體做功，W>0，氣體溫度降低，內(nèi)能減少，ΔU<0，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W可知，氣體要放出熱量，過(guò)程ca中外界對(duì)氣體所做的功小于氣體所放熱量，故C錯(cuò)誤；由圖象可知，a狀態(tài)溫度最低，分子平均動(dòng)能最小，故D正確．11．解析：AD由乙圖知，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可以知道，回路中產(chǎn)生恒定電動(dòng)勢(shì)，電路中電流恒定，電阻R兩端的電壓恒定，故A正確；根據(jù)楞次定律判斷可以知道，通過(guò)R的電流一直向下，電容器a板電勢(shì)較高，一直帶正電，故B錯(cuò)誤；由右手定則判斷得知，MN中感應(yīng)電流方向一直向上，由左手定則判斷可以知道，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D正確；根據(jù)安培力公式F＝BIL，I、L不變，因?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度變化，MN所受安培力的大小變化，故C錯(cuò)誤．12．解析：BCD兩球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中均只有重力做功，甲、乙球的機(jī)械能都守恒，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律得，對(duì)甲球Ek0＝m甲gx0sin30°，對(duì)乙球Ek0＝m乙g·2x0，解得m甲∶m乙＝4∶1，故B項(xiàng)正確；甲、乙兩球的動(dòng)能均為Ek0時(shí)，兩球重力的瞬時(shí)功率分別為P甲＝m甲geq\r(\f(2Ek0,m甲))cos60°，P乙＝m乙geq\r(\f(2Ek0,m乙))，代入數(shù)據(jù)可得P甲∶P乙＝1∶1，故C項(xiàng)正確；甲、乙兩球的動(dòng)能均為Ek0時(shí)，兩球下降高度分別為h甲＝x0sin30°，h乙＝2x0所以h甲∶h乙＝1∶4，故D正確．13．解析：(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律應(yīng)有mgl＝eq\f(1,2)mv2，其中v＝eq\f(d,Δt)，解得gl＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))2＝eq\f(d2,2Δt2)(2)根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝eq\f(mv2,l)＝meq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))2,l)，解得F＝mg＋meq\f(d2,lΔt2)，可見(jiàn)還需要測(cè)量小圓柱的質(zhì)量m，才能求出繩子的拉力．答案：(1)eq\f(d2,2Δt2)(2)小圓柱的質(zhì)量mmg＋meq\f(d2,lΔt2)14．解析：(1)該實(shí)驗(yàn)是半偏電流法測(cè)電流表的內(nèi)阻．K2閉合前后的兩次電路，如果干路電流變化不大，那么就可以認(rèn)為，K2閉合后，電流表半偏時(shí)，電流表和電阻箱R2所分的電流各占一半，又因?yàn)槎卟⒙?lián)，兩端的電壓相等，自然就可以推出電流表的內(nèi)阻和電阻箱R2的阻值相等．要保證兩次實(shí)驗(yàn)干路的電流變化不大，就需要保證兩次實(shí)驗(yàn)電路的總電阻變化不大，也就是說(shuō)，在給電流表并聯(lián)上一個(gè)電阻箱后導(dǎo)致的電阻變化，對(duì)整個(gè)電路影響不大．要達(dá)到這個(gè)效果，R1就需要選一個(gè)盡可能大的電阻，可以是電阻箱，也可以是滑動(dòng)變阻器，也可以是電位器，但阻值要盡可能地大，經(jīng)此分析，R1應(yīng)選用D.該實(shí)驗(yàn)要通過(guò)可變電阻R2阻值來(lái)間接反映出電流表的內(nèi)阻值，因此可變電阻R2的選取原則是：能讀數(shù)且盡量和電流表的內(nèi)阻在同一數(shù)量級(jí)上．經(jīng)此分析，可變電阻R2應(yīng)選用C.在R1是一個(gè)盡可能大的電阻、電流表滿(mǎn)偏的前提下，那么電源電動(dòng)勢(shì)相對(duì)地就要大一些的，但不是越大越好，大了燒表也不行．初步分析電源可選用F，其實(shí)可以估算一下電動(dòng)勢(shì)大概的最大值，即：Emax＝IgmaxR1max＝100×10－6×1×105V＝10V，電源應(yīng)選F.(2)半偏法測(cè)電流表內(nèi)阻的步驟為：實(shí)驗(yàn)前，將R1的阻值調(diào)到最大；合上開(kāi)關(guān)K1；調(diào)節(jié)R1的阻值，使電流表指針偏轉(zhuǎn)到滿(mǎn)刻度；保持R1的阻值不變，合上開(kāi)關(guān)K2；調(diào)節(jié)R2的阻值，使電流表指針偏轉(zhuǎn)到滿(mǎn)刻度的一半；記下R2的阻值．我們就認(rèn)為電流表的內(nèi)阻值就是R2的阻值．因此答案為：cadbef.(3)根據(jù)(1)中的分析可知，電流表的內(nèi)電阻Rg的測(cè)量值，就等于電阻箱R2的阻值，即600Ω.(4)由(1)中的分析可知，在不燒表的前提下，電源要盡可能地大一些，這樣可以減小實(shí)驗(yàn)誤差．因?yàn)楣浪愠龅碾娫措妱?dòng)勢(shì)的最大值大約是10V，所以，該題答案為H.(5)該同學(xué)的判斷可行．只需保證步驟cadbef不變．例如在步驟e中，可以調(diào)節(jié)R2的阻值，使電流表指針偏轉(zhuǎn)到滿(mǎn)刻度的三分之二，記下此時(shí)R2的阻值，根據(jù)并聯(lián)電路反比分流原則，計(jì)算出電流表內(nèi)阻的測(cè)量值：Rg＝eq\f(R2,2)，同樣可以測(cè)得電流表的內(nèi)阻．答案：(1)DCF(2)cadbef(3)600(4)H(5)可行15．解析：(1)電場(chǎng)的內(nèi)外邊界的電勢(shì)差大小為U＝0－φ＝45V，在加速正電子的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得qU＝eq\f(1,2)mv2－0，代入數(shù)據(jù)解得v＝4×106正電子進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由向心力公式可得：qvB＝meq\f(v2,r)解得：r＝0.25(2)正電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，當(dāng)正電子運(yùn)動(dòng)的軌跡與接收器相切時(shí)，正電子恰好能被接收器接收，由幾何關(guān)系可得：(R′＋r)2＝r2＋R2,解得R′＝eq\f(\r(17)－1,4)m.答案：(1)4×106m/s0.25m(2)eq\f(\r(17)－1,4)16．解析：(1)如圖，作出光路圖根據(jù)折射定律可得n＝eq\f(sinθ,sinα)根據(jù)幾何知識(shí)可得sinθ＝eq\f(OA,R)＝eq\f(\r(3),2)α＋θ＝90°聯(lián)立解得n＝eq\r(3)玻璃的折射率為eq\r(3).(2)光從A經(jīng)多次反射到C點(diǎn)的路程s＝eq\f(R,2)＋R＋R＋eq\f(R,2)＝3R時(shí)間t＝eq\f(s,c)得t＝eq\f(3R,c)光線(xiàn)從A在氣泡中多次反射到C的時(shí)間為eq\f(3R,c).答案：(1)eq\r(3)(2)eq\f(3R,c)17．解析：(1)若將小球在A點(diǎn)靜止釋放，細(xì)線(xiàn)擺起的最大角度為α，此過(guò)程由動(dòng)能定理得EqLsinα－mg(L－Lcosα)＝0解得cosα＝－eq\f(1,2)，所以α＝120°(2)小球所受重力、電場(chǎng)力的合力大小為F＝eq\r(mg2＋Eq2)＝2mg與水平方向的夾角為θ，則有tanθ＝eq\f(mg,Eq)＝eq\f(\r(3),3)解得θ＝30°如果小球獲得水平速度v1后剛好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在速度最小的位置B(如圖1)滿(mǎn)足F＝meq\f(v\o\al(2,B),L)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理得－mg(L＋Lsinθ)－EqLcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)聯(lián)立解得v1＝2eq\r(2gL)如果小球獲得水平速度v2后來(lái)回?cái)[動(dòng)，則小球剛好能到達(dá)C點(diǎn)或D點(diǎn)(如圖2)，則小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理得－mg(L＋Lcosθ)＋EqLsinθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)或小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理得－mg(L－Lcosθ)－EqLsinθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)聯(lián)立解得v2＝eq\r(2gL)綜上可得v≥2eq\r(2gL)或v≤eq\r(2gL)，細(xì)線(xiàn)均不會(huì)松弛．答案：(1)120°(2)v≥2eq\r(2gL)或v≤eq\r(2gL)18．解析：(1)滑塊A在半圓軌道運(yùn)動(dòng)，設(shè)到達(dá)最高點(diǎn)的速度為vD，則有：mg＝eq\f(mv\o\al(2,D),R)得：vD＝eq\r(gR)滑塊A在半圓軌道運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，機(jī)械能守恒，所以有：2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D