2024版新教材高考物理復(fù)習(xí)特訓(xùn)卷仿真練2（含解析）

仿真練2本試卷滿分100分，考試時間90分鐘．一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分．每小題只有一個選項符合題目要求．1．兩種放射性元素A、B的半衰期分別為tA、tB，且eq\f(tA,tB)＝eq\f(1,2)，A、B衰變產(chǎn)物穩(wěn)定．某時刻一密閉容器內(nèi)元素A、B原子核個數(shù)(均足夠多)之比eq\f(nA,nB)＝eq\f(1,2)，經(jīng)過時間t＝tB，該容器內(nèi)元素A、B的原子核個數(shù)之比變?yōu)?)A．eq\f(1,2)B．eq\f(2,1)C．eq\f(1,4)D．eq\f(4,1)2．如圖所示，小球通過兩根輕繩1、2懸掛于車中，其中繩2沿水平方向．小車在水平面上做勻變速直線運(yùn)動，兩繩一直保持拉直狀態(tài)．若加速度稍稍減小，則()A．當(dāng)加速度方向向右時，繩1張力變大，繩2張力變小B．當(dāng)加速度方向向右時，繩1張力變小，繩2張力變小C．當(dāng)加速度方向向左時，繩1張力不變，繩2張力變大D．當(dāng)加速度方向向左時，繩1張力不變，繩2張力變小3．如圖所示是一半圓柱形玻璃磚的橫截面，一束復(fù)色光射入玻璃磚，從圓心O處射出的折射光線分成了a、b兩束．下列說法正確的是()A．玻璃磚對a光的折射率較大B．a(chǎn)光在真空中的波長較長C．a(chǎn)光在玻璃磚中的速度較小D．若逐漸增加入射角，最先消失的是a光4．工程上經(jīng)常利用“重力加速度法”探測地下礦藏分布，可將其原理簡化，如圖所示，P為某地區(qū)水平地面上一點(diǎn)，如果地下沒有礦物，巖石均勻分布、密度為ρ，P處的重力加速度(正常值)為g；若在P點(diǎn)正下方一球形區(qū)域內(nèi)有某種礦物，球形區(qū)域中礦物的密度為eq\f(1,2)ρ，球形區(qū)域半徑為R，球心O到P的距離為L，此時P處的重力加速度g′相比P處重力加速度的正常值g會偏小，差值δ＝g－g′可稱為“重力加速度反常值”．關(guān)于不同情況下的“重力加速度反常值”，下列說法正確的是()A．若球心O到P的距離變?yōu)?L，則“重力加速度反常值”變?yōu)閑q\f(1,2)δB．若球形區(qū)域半徑變?yōu)閑q\f(1,2)R，則“重力加速度反常值”變?yōu)閑q\f(1,8)δC．若球形區(qū)域變?yōu)橐粋€空腔，即“礦物”密度為0，則“重力加速度反常值”變?yōu)?δD．若球形區(qū)域內(nèi)為重金屬礦物，礦物密度變?yōu)閑q\f(3,2)ρ，則“重力加速度反常值”變?yōu)椋璭q\f(3,2)δ5.如圖所示，將一粗細(xì)均勻且由同種材料制成的線圈放入勻強(qiáng)磁場中(磁場的方向垂直線圈所在平面向里)，線圈的上部分為半圓，下部分為等邊三角形的兩邊，線圈的A、B兩端接一電源，線圈下部分所受安培力的大小為F0，則整個線圈所受安培力的大小為()A．eq\f(π＋4,π)F0B．eq\f(2π＋4,π)F0C．eq\f(π＋4,π＋2)F0D．eq\f(π＋4,π－2)F06.一根長繩沿x軸放置，現(xiàn)讓繩子中間的P點(diǎn)作為波源，從t＝0時刻開始沿豎直方向做簡諧運(yùn)動，振幅A＝10cm.繩上形成的簡諧波沿繩向兩側(cè)傳播，波長λ＝1m．t＝7.5s時刻繩上形成的波形如圖所示，此時波源位于平衡位置上方y(tǒng)＝5eq\r(2)cm處．則0～7.5s內(nèi)x＝1m處的質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過的路程為()A．45cmB．35cmC．(40＋5eq\r(2))cmD．(40－5eq\r(2))cm7.如圖所示，小車甲、乙的質(zhì)量均為m，小車甲在外力(圖中未畫出)作用下，一直向右做勻速直線運(yùn)動，速度大小為v0；小車乙左側(cè)固定一輕質(zhì)彈簧，開始時靜止在小車甲的右側(cè)，彈簧處于自由伸長狀態(tài)，小車壓縮彈簧過程，彈簧一直處在彈性限度內(nèi)．不計小車乙與地面間的摩擦阻力，則()A．彈簧被壓縮到最短時，儲存的彈性勢能為eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))B．彈簧被壓縮到最短的過程，彈簧彈力對小車甲做的功為－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))C．彈簧被壓縮到最短的過程，彈簧彈力對小車甲的沖量大小為2mv0D．彈簧從被壓縮到復(fù)原的過程，除彈簧彈力外，合外力對小車甲做的功為mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))8.如圖所示，發(fā)電機(jī)輸出電壓峰值一定的正弦式交流電，接入理想變壓器原線圈，導(dǎo)線電阻r＝2Ω，原線圈匝數(shù)n1＝50，副線圈有兩個繞組，匝數(shù)分別為n2＝50，n3＝150，負(fù)載定值電阻R＝8Ω，下列不同連接方式中，電阻R功率最大的是()A．a(chǎn)端接1，b端接2B．a(chǎn)端接3，b端接4C．2、3連接，a端接1，b端接4D．1、3連接，a端接2，b端接4二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分．9．下列現(xiàn)象及關(guān)于熱力學(xué)第一、第二定律的敘述正確的是()A．一定質(zhì)量的理想氣體在等溫膨脹過程中，氣體一定從外界吸收熱量B．熱力學(xué)第一定律和熱力學(xué)第二定律是從不同角度闡述了能量守恒定律C．0℃的冰融化為0℃的水，此過程系統(tǒng)吸收熱量，內(nèi)能增加D．“覆水難收(潑出去的水難以收回)”反映了與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀過程具有方向性10．玩具小車在水平地面上從靜止開始先做勻加速直線運(yùn)動，再做勻減速直線運(yùn)動直到停下．已知小車加速和減速過程的位移之比為3∶5，下列說法正確的是()A．小車加速和減速過程的平均速度之比為3∶5B．小車加速和減速過程的時間之比為3∶5C．小車前一半時間和后一半時間通過的位移之比為9∶4D．小車前一半時間和后一半時間通過的位移之比為3∶211.如圖所示，空間中有八個點(diǎn)分別位于同一正方體的八個頂點(diǎn)，a點(diǎn)和f點(diǎn)固定有正點(diǎn)電荷，c點(diǎn)和h點(diǎn)固定有負(fù)點(diǎn)電荷．已知四個點(diǎn)電荷帶電荷量的絕對值相等，下列說法正確的是()A．正方體中心處的合場強(qiáng)為0B．e、d兩點(diǎn)的電勢相等C．將一帶正電的試探電荷從d點(diǎn)移動到g點(diǎn)，電場力做的功為0D．b、e兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相等、方向不同12.如圖所示，半徑為R、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，a、b為圓形邊界上的兩點(diǎn)，a、O、b三點(diǎn)共線，ab水平．電子帶電荷量為－e、質(zhì)量為m，以速率v從a處射入磁場，當(dāng)電子在a處的速度方向與aO夾角為30°、斜向下時，離開磁場時的速度方向相比進(jìn)入時的改變了60°.不計電子的重力，下列說法正確的是()A．圓形區(qū)域中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(mv,2eR)B．改變?nèi)肷浞较?，?dāng)電子經(jīng)過O點(diǎn)時，電子在磁場中的運(yùn)動時間為eq\f(2πR,3v)C．改變?nèi)肷浞较颍娮与x開磁場時的速度方向不變D．改變?nèi)肷浞较?，兩次入射方向不同，電子可能從同一位置射出磁場三、非選擇題：本題共6小題，共60分．13．(7分)某學(xué)習(xí)小組的同學(xué)利用以下裝置研究兩小球的正碰．安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，在水平地面上鋪一張白紙，白紙上鋪復(fù)寫紙，記下重垂線所指的位置O.接下來的實(shí)驗(yàn)步驟如下．步驟1：不放小球B，讓小球A從斜槽上G點(diǎn)由靜止釋放，并落在地面上．重復(fù)多次，用盡可能小的圓，把小球A的所有落點(diǎn)圈在里面，其圓心就是小球A落點(diǎn)的平均位置．步驟2：把小球B靜止放在軌道前端邊緣位置，讓小球A從G點(diǎn)由靜止釋放，與小球B碰撞．重復(fù)多次，并使用與步驟1中同樣的方法分別標(biāo)出碰撞后兩小球落點(diǎn)的平均位置．步驟3：用刻度尺分別測量三個落地點(diǎn)平均位置M、P、N到O點(diǎn)的距離，即線段OM、OP、ON的長度．(1)上述實(shí)驗(yàn)除需要測量線段OM、OP、ON的長度外，還需要測量小球的質(zhì)量，為了防止碰撞后A球反彈，應(yīng)保證A球的質(zhì)量m1________B球的質(zhì)量m2(填“大于”“等于”或“小于”).(2)若兩個小球碰撞前后動量守恒，需驗(yàn)證的關(guān)系式為________________________．(用m1、m2、OM、OP和ON表示)(3)若兩個小球的碰撞為彈性碰撞，測量出長度比值k＝eq\f(MN,OP)，則k＝________．(用數(shù)字表示)(4)本實(shí)驗(yàn)中下列可能造成誤差的是________．A．小球在斜槽上運(yùn)動時有摩擦B．軌道末端未調(diào)節(jié)水平C．小球A未從同一高度釋放D．軌道末端到地面的高度未測量14．(7分)實(shí)驗(yàn)室有兩個完全相同的電流表，為了盡量準(zhǔn)確測量一節(jié)干電池的電動勢E和內(nèi)阻r，某學(xué)習(xí)小組設(shè)計了如圖1所示的電路圖．電流表的內(nèi)阻記為Rg，具體值未知．主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：①根據(jù)電路圖，連接實(shí)物圖；②斷開開關(guān)S2，閉合開關(guān)S1，調(diào)節(jié)電阻箱R取不同的值，記錄對應(yīng)的電流表的示數(shù)I，利用數(shù)據(jù)描點(diǎn)作圖，畫出的eq\f(1,I)-R圖像如圖2中Ⅰ所示；③閉合開關(guān)S2，調(diào)節(jié)電阻箱R取不同的值，記錄對應(yīng)的電流表的示數(shù)I，利用數(shù)據(jù)描點(diǎn)作圖，畫出的eq\f(1,I)-R圖像如圖2中Ⅱ所示．請完成下列問題．(1)在圖3中用筆畫線代替導(dǎo)線連接實(shí)物圖．(2)實(shí)驗(yàn)中調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值時，下列說法正確的是________．A．應(yīng)從大向小逐漸調(diào)節(jié)B．應(yīng)從小向大逐漸調(diào)節(jié)C．從大向小或從小向大調(diào)節(jié)都可以(3)某次電流表指針如圖4所示，則電流表的讀數(shù)為________mA.(4)測出圖2中擬合的直線Ⅰ、Ⅱ的斜率均為k＝0.71V－1，縱截距分別為b1＝15.1A－1，b2＝8.0A－1，可計算出干電池電動勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω；電流表的內(nèi)阻Rg＝________Ω.(結(jié)果均保留3位有效數(shù)字)15．(8分)某學(xué)習(xí)小組設(shè)計了一個簡易溫度計，一根細(xì)長的均勻玻璃管一端開口，管內(nèi)用水銀柱封閉有一段氣柱．如圖所示，當(dāng)管口豎直向上時，氣柱長度為L1＝40cm，當(dāng)管口豎直向下時，氣柱長度為L2＝60cm，管內(nèi)氣體可視為理想氣體，環(huán)境溫度T0＝300K.(1)求玻璃管水平放置時的氣柱長度L0.(2)①當(dāng)玻璃管水平放置時，環(huán)境溫度上升了Δt＝1℃，求水銀柱在玻璃管中移動的距離Δx，并判斷溫度計的標(biāo)度是否均勻．②請舉出一條提高溫度計靈敏度的措施(eq\f(Δx,Δt)越大，裝置靈敏度越高).16．(8分)如圖所示，帶有等量異種電荷的平行板電容器兩極板A、B豎直放置，極板A、B間電壓為U，A極板電勢高于B極板，兩極板長度均為H.一可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電小球，從A極板正上方h＝eq\f(H,3)處以某一速度水平拋出，進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動，恰從B極板下邊緣飛出，電容器內(nèi)部電場可視為勻強(qiáng)電場，不考慮邊界效應(yīng)，重力加速度為g，忽略空氣阻力．求：(1)小球在電容器上方與電場中的運(yùn)動時間之比t1∶t2；(2)小球的初速度大小v0及兩極板間距離d.17.(14分)如圖所示，a、b兩根完全相同的金屬棒放置在傾角為θ＝37°的兩平行導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的頂端接有定值電阻R＝0.4Ω和開關(guān)S(初始時開關(guān)閉合)，整個導(dǎo)軌放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌所在平面向上．現(xiàn)在給金屬棒a施加一平行于導(dǎo)軌向下的恒力F＝0.212N，使其從t＝0時刻由靜止開始運(yùn)動，t0＝1s時，金屬棒b剛好開始滑動，已知兩金屬棒的質(zhì)量均為m＝0.1kg、電阻均為r＝0.4Ω、長度均為L＝1m，兩金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為μ＝eq\f(7,8)，重力加速度為g＝10m/s2，導(dǎo)軌間距為L＝1m，金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°＝0.6.(1)求0～t0時間內(nèi)，金屬棒a下滑的位移大?。?2)求0～t0時間內(nèi)，金屬棒a上產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若金屬棒b開始滑動的瞬間，立即斷開開關(guān)S，在t1時刻，金屬棒a中的電流恰好達(dá)到最大值，已知在t1～2t1時間內(nèi)，金屬棒a下滑的位移為s0，求這段時間內(nèi)金屬棒b的位移大?。?8．(16分)如圖所示，木板B和物塊A質(zhì)量均為m，開始木板靜止在水平地面上，物塊位于木板最左端．物塊與木板、木板與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ，木板和物塊用不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線繞過光滑定滑輪連接，初始時細(xì)線繃緊．現(xiàn)對物塊施加一水平向右的恒定拉力，當(dāng)物塊運(yùn)動到木板正中間時撤去拉力，最后物塊恰好停在木板的最右端．已知細(xì)線足夠長，整個過程木板不會撞到滑輪，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．(1)求物塊向右加速和減速所用時間之比eq\f(t1,t2).(2)求拉力F的大?。?3)若已知木板長度為L，當(dāng)物塊運(yùn)動到木板正中間時，撤去拉力的同時細(xì)線斷裂，通過計算判斷最終物塊能否停在木板上．若能，求物塊停在木板上的位置；若不能，求物塊離開木板時的速度大小．仿真練21．答案：C解析：結(jié)合題述可知，經(jīng)過時間t＝tB，元素A經(jīng)過兩個半衰期，原子核個數(shù)變?yōu)閚′A＝eq\f(1,4)nA，元素B經(jīng)過一個半衰期，原子核個數(shù)變?yōu)閚′B＝eq\f(1,2)nB，容器內(nèi)元素A、B的原子核個數(shù)之比變?yōu)閑q\f(n′A,n′B)＝eq\f(nA,2nB)＝eq\f(1,4)，C正確．2．答案：C解析：第一步：沿豎直方向?qū)π∏蜻M(jìn)行受力分析設(shè)繩1、2上的張力大小分別為T1、T2，繩1與豎直方向的夾角為θ，小球質(zhì)量為m，小車在水平面上做勻變速直線運(yùn)動時小球豎直方向受力平衡，有T1cosθ－mg＝0，得T1＝eq\f(mg,cosθ)，兩繩一直保持拉直狀態(tài)，θ不變，可知T1一直保持不變．第二步：加速度沿不同方向時，沿水平方向?qū)π∏蜻M(jìn)行受力分析在水平方向上，由牛頓第二定律可知，當(dāng)加速度方向向右時，有T2－T1sinθ＝ma，得T2＝T1sinθ＋ma＝mgtanθ＋ma，若加速度稍稍減小，則T2減小．當(dāng)加速度方向向左時，有T1sinθ－T2＝ma，得T2＝T1sinθ－ma＝mgtanθ－ma，若加速度稍稍減小，則T2增大．綜上，C正確．3．答案：B解析：由折射定律有n＝eq\f(sinα,sinβ)，假設(shè)光沿折射光線的反方向從空氣射入玻璃磚，由光的可逆性可知a、b兩束光在玻璃磚中的折射角相同，b光的入射角大，玻璃磚對b光的折射率大，A錯誤．在真空中由c＝λf可得λ＝eq\f(c,f)，可知a光在真空中的波長較長，B正確．由折射知識有n＝eq\f(c,v)，可知a光在玻璃磚中的速度較大，C錯誤．若臨界角為C，有sinC＝eq\f(1,n)，可知b光的臨界角較小，若逐漸增加入射角，b光最先達(dá)到臨界角而發(fā)生全反射，最先消失的是b光，D錯誤．4．答案：B解析：當(dāng)球形區(qū)域中礦物的密度為eq\f(1,2)ρ時，在球體中補(bǔ)上密度也為eq\f(1,2)ρ的等體積物質(zhì)，球體中物質(zhì)的密度變成正常密度ρ，此時P處質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)受到的重力為mg，可看成補(bǔ)上的密度為eq\f(1,2)ρ的物質(zhì)對P處質(zhì)點(diǎn)的引力與原來引力mg′的矢量和，即mg＝mg′＋Geq\f(\f(4,3)πR3·\f(1,2)ρm,L2)，則δ＝g－g′＝eq\f(2πGR3ρ,3L2).若球心O到P的距離變?yōu)?L，則“重力加速度反常值”變?yōu)閑q\f(1,4)δ，A錯誤．若球形區(qū)域半徑變?yōu)閑q\f(1,2)R，則“重力加速度反常值”變?yōu)閑q\f(1,8)δ，B正確．若球形區(qū)域變?yōu)橐粋€空腔，在球體中需補(bǔ)上密度為ρ的物質(zhì)，此時P處質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)受到的重力為mg，有mg＝mg′3＋Geq\f(\f(4,3)πR3ρm,L2)，δ3＝g－g′3＝eq\f(4πGR3ρ,3L2)，則“重力加速度反常值”變?yōu)?δ，C錯誤．若球形區(qū)域中礦物的密度變?yōu)閑q\f(3,2)ρ，礦物可看成密度為ρ和密度為eq\f(1,2)ρ的兩部分物質(zhì)的疊加，此時P處重力加速度的值比正常值大，有mg′4＝mg＋Geq\f(\f(4,3)πR3·\f(1,2)ρm,L2)，“重力加速度反常值”為δ4＝g－g′4＝－eq\f(2πGR3ρ,3L2)＝－δ，D錯誤．5．答案：A解析：由電阻定律可知，線圈上、下兩部分的電阻之比為eq\f(R1,R2)＝eq\f(πr,4r)＝eq\f(π,4)，由并聯(lián)電路特點(diǎn)可知eq\f(I1,I2)＝eq\f(R2,R1)＝eq\f(4,π)，線圈上、下兩部分有效長度相等，則線圈上、下兩部分所受安培力大小之比為eq\f(F1,F0)＝eq\f(I1,I2)＝eq\f(4,π)，線圈上、下兩部分所受安培力方向相同，可得整個線圈所受安培力大小為F1＋F0＝eq\f(π＋4,π)F0，A正確．6．答案：D解析：由題圖可知波源P起振方向向下，0～7.5s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)P的振動圖像如圖甲所示．此過程波源P經(jīng)過的總路程sP＝8A－y＝(80－5eq\r(2))cm，x＝1m處的質(zhì)點(diǎn)Q平衡位置到波源P平衡位置的距離恰好為λ，波從波源P出發(fā)經(jīng)過一個周期到達(dá)Q，以后P、Q步調(diào)一致，Q比P少了一次全振動．此過程Q的振動圖像如圖乙所示．此過程Q經(jīng)過的總路程s＝sP－4A＝(40－5eq\r(2))cm，D正確．7．答案：A解析：小車甲一直做勻速直線運(yùn)動，以小車甲為參考系，小車乙以大小為v0的初速度沖向甲，相對甲的速度為0時，彈簧壓縮到最短，小車乙的動能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，彈簧儲存的彈性勢能為eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，A正確．以地面為參考系，彈簧被壓縮到最短時，小車乙的速度大小為v0，彈簧被壓縮到最短的過程，由功能關(guān)系可知，除彈簧彈力外，合外力對小車甲做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的增加量，彈簧彈性勢能增加了eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，小車乙動能增加了eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，則系統(tǒng)機(jī)械能的增加量為mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，可知合外力對小車甲做的功為mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，對小車甲，其動能保持不變，由動能定理可知，彈簧彈力對小車甲做的功為－mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，B錯誤．由動量定理知，彈簧被壓縮到最短的過程，彈簧彈力對小車乙的沖量大小為mv0，由于彈簧對小車甲、乙的彈力始終等大反向，可知彈簧彈力對小車甲的沖量大小也為mv0，C錯誤．以小車甲為參考系，小車乙以大小為v0的初速度沖向甲，彈簧先壓縮后復(fù)原，彈簧恢復(fù)原長時小車乙相對小車甲的速度大小為v0、方向水平向右，相對地面的速度大小為2v0，由功能關(guān)系可知，除彈簧彈力外，合外力對小車甲做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的增加量，為2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，D錯誤．8．答案：D解析：第一步：計算出變壓器及右側(cè)部分在原線圈電路中的等效電阻如圖所示，將變壓器及右側(cè)部分等效為一個電阻R′，當(dāng)a、b端與副線圈繞組按不同方式連接時，副線圈等效匝數(shù)設(shè)為n′2，設(shè)原線圈兩端電壓、流過的電流分別為U1、I1，電阻R兩端的電壓、流過的電流分別為U2、I2，則有R′＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(\f(n1,n′2)U2,\f(n′2,n1)I2)＝eq\f(neq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),n′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))eq\f(U2,I2)＝eq\f(neq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),n′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))R.第二步：判斷等效電阻取何值時功率最大設(shè)發(fā)電機(jī)輸出電壓有效值為E，等效電阻R′的功率為P′＝Ieq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))R′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,r＋R′)))eq\s\up12(2)R′＝eq\f(E2,\f(r2,R′)＋R′＋2r)，可知當(dāng)eq\f(r2,R′)＝R′時，等效電阻R′的功率P′有最大值，此時R′＝r.第三步：判斷哪種接法能滿足功率最大當(dāng)a端接1，b端接2時，副線圈等效匝數(shù)為n2＝50，R′＝eq\f(neq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),neq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))R＝8Ω，當(dāng)a端接3，b端接4時，副線圈等效匝數(shù)為n3＝150，R′＝eq\f(neq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),neq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)))R＝eq\f(8,9)Ω，當(dāng)2、3連接，a端接1，b端接4時，副線圈等效匝數(shù)為n3＋n2＝200，R′＝eq\f(neq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),（n3＋n2）2)R＝eq\f(1,2)Ω，當(dāng)1、3連接，a端接2，b端接4時，副線圈等效匝數(shù)為n3－n2＝100，R′＝eq\f(neq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),（n3－n2）2)R＝2Ω，此時R′＝r，等效電阻R′的功率P′有最大值，即電阻R的功率最大，D正確．9．答案：ACD解析：一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，在等溫膨脹過程中，氣體對外做功，內(nèi)能不變，由熱力學(xué)第一定律可知?dú)怏w一定從外界吸收熱量，A正確．熱力學(xué)第一定律反映了熱現(xiàn)象中的能量守恒，熱力學(xué)第二定律指出與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀過程具有方向性，B錯誤.0℃的冰融化為0℃的水，系統(tǒng)分子勢能增加，分子平均動能不變，分子總動能不變，系統(tǒng)內(nèi)能增加，C正確．熱力學(xué)第二定律的微觀意義是一切自發(fā)過程總是沿著分子熱運(yùn)動無序性增大的方向進(jìn)行，潑出去的水相比盆中的水，分子無序性增加了，反映了與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀過程具有方向性，D正確．10．答案：BD解析：設(shè)小車的最大速度為vm，則加速和減速過程的平均速度均為eq\f(1,2)vm，A錯誤．設(shè)小車加速和減速過程的時間分別為t1、t2，加速和減速過程的位移分別為x1、x2，則有x1＝eq\f(1,2)vmt1，x2＝eq\f(1,2)vmt2，eq\f(t1,t2)＝eq\f(x1,x2)＝eq\f(3,5)，B正確．根據(jù)以上分析可知t2＝eq\f(5,3)t1，則小車運(yùn)動的總時間t總＝t1＋t2＝eq\f(8,3)t1，一半時間為eq\f(t總,2)＝eq\f(4,3)t1，設(shè)減速階段的加速度大小為a2，eq\f(4,3)t1時小車的速度為v1，有v1＝vm－a2(eq\f(t總,2)－t1)＝vm－eq\f(1,3)a2t1，可得v1＝eq\f(4,5)vm，前一半時間小車的位移x前＝eq\f(1,2)vmt1＋eq\f(1,2)(vm＋v1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t總,2)－t1))＝eq\f(4,5)vmt1，后一半時間小車的位移x后＝eq\f(1,2)v1·eq\f(t總,2)＝eq\f(8,15)vmt1，小車前一半時間和后一半時間通過的位移之比為eq\f(x前,x后)＝eq\f(3,2)，C錯誤，D正確．11．答案：CD解析：第一步：根據(jù)電場疊加判斷正方體中心的電場強(qiáng)度正方體中心處，兩正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的合場強(qiáng)方向平行于ad方向由a指向d，兩負(fù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的合場強(qiáng)方向也是平行于ad方向由a指向d，二者大小相等、方向相同，所以該處的合場強(qiáng)不為零，A錯誤．第二步：根據(jù)到點(diǎn)電荷的距離和對稱性判斷電勢大小關(guān)系a和h處等量異種點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，e、d兩點(diǎn)的電勢相等，c和f處等量異種點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，根據(jù)距離正電荷近的點(diǎn)電勢高可判斷出e點(diǎn)的電勢高于d點(diǎn)的電勢，B錯誤；根據(jù)到點(diǎn)電荷的距離可知a處點(diǎn)電荷在g處產(chǎn)生的電勢與f處點(diǎn)電荷在d處產(chǎn)生的電勢相等，a處點(diǎn)電荷在d處產(chǎn)生的電勢與f處點(diǎn)電荷在g處產(chǎn)生的電勢相等，同理，兩負(fù)點(diǎn)電荷在d、g兩點(diǎn)產(chǎn)生的電勢也相等，則d、g兩點(diǎn)的電勢相等，將一帶正電的試探電荷從d點(diǎn)移動到g點(diǎn)，電場力做的功為0，C正確．第三步：根據(jù)對稱性和選取不同點(diǎn)電荷疊加判斷電場強(qiáng)度由對稱性可知b、e兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相等、方向不同．判斷如下：根據(jù)電場強(qiáng)度的疊加原理可得，a、f、c處的三個點(diǎn)電荷在b處產(chǎn)生的合場強(qiáng)方向平行ec由e指向c，大小為eq\r(3)keq\f(q,r2)，h處負(fù)點(diǎn)電荷在b處產(chǎn)生的場強(qiáng)方向平行bh由b指向h，大小為keq\f(q,3r2)，同理，a、f、h處三個點(diǎn)電荷在e處產(chǎn)生的合場強(qiáng)方向平行bh由b指向h，大小為eq\r(3)keq\f(q,r2)，c處負(fù)電荷在e處產(chǎn)生的場強(qiáng)方向平行ec由e指向c，大小為keq\f(q,3r2)，在bche平面上表示如圖所示，D正確．12．答案：BC解析：設(shè)電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡圓心為C，出射點(diǎn)為d，如圖甲所示，由于電子離開磁場時的速度方向相比進(jìn)入時的速度方向改變了60°，可知∠aCd＝60°，由三角形全等可知∠aCO＝∠dCO＝30°，電子從d點(diǎn)射出時的速度方向豎直向下，可知Cd∥aO，∠aOC＝30°，△aCO為等腰三角形，可知電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑r＝R，根據(jù)洛倫茲力提供電子在磁場中做圓周運(yùn)動的向心力可得r＝eq\f(mv,eB)，代入半徑可得B＝eq\f(mv,eR)，A錯誤．改變電子在a處的入射方向，當(dāng)電子經(jīng)過O點(diǎn)時，如圖乙所示，軌跡圓心在圓形邊界上的D點(diǎn)，出射點(diǎn)在e點(diǎn)，可知四邊形aOeD為菱形，三角形aOD、eOD為等邊三角形，電子從e點(diǎn)射出時速度方向仍豎直向下，在磁場中運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角為120°，電子在磁場中的運(yùn)動時間為t＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(2πR,3v)，B正確．改變電子在a處的入射方向，設(shè)電子從一般位置f射出，軌跡圓心為P，同理可知四邊形aOfP為菱形，出射點(diǎn)對應(yīng)軌跡半徑fP∥aO，可知電子射出磁場時速度方向仍豎直向下，即改變?nèi)肷浞较颍娮与x開磁場時的速度方向不變，C正確．電子在a處的速度方向與ab夾角為30°、斜向下時射出磁場的位置為d，入射方向再向下偏，電子會在d、a間離開磁場，若入射方向向上偏，電子會在d、b間離開磁場，電子入射方向與出射點(diǎn)位置是一一對應(yīng)的，兩次入射方向不同．電子不可能從同一位置射出磁場，D錯誤．13．答案：(1)大于(2)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON(3)1(4)BC解析：(1)為了防止碰撞后A球反彈，應(yīng)保證A球的質(zhì)量m1大于B球的質(zhì)量m2.(2)由于豎直方向上兩球從同一高度由靜止開始運(yùn)動，且下落到同一水平面上，故兩球運(yùn)動的時間相同，碰撞過程根據(jù)動量守恒定律可得在水平方向有m1v0＝m1v1＋m2v2，等式兩邊同乘以時間t，有m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，即需驗(yàn)證m1·OP＝m1·OM＋m2·ON.(3)若兩個小球的碰撞為彈性碰撞，由動量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，由能量守恒定律有eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0、v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0，或v1＝v0、v2＝0(不符合題意，舍去)，則比值k＝eq\f(MN,OP)＝eq\f(ON－OM,OP)＝eq\f(v2－v1,v0)＝1.(4)小球在斜槽上運(yùn)動時有摩擦，由于每次都從同一點(diǎn)釋放，則每次摩擦力做的功一樣，小球A每次運(yùn)動到軌道末端時的速度相同，不會造成實(shí)驗(yàn)誤差，A錯誤．本實(shí)驗(yàn)要求小球離開軌道末端后做平拋運(yùn)動，若軌道末端未調(diào)節(jié)成水平，小球離開軌道末端后將做斜拋運(yùn)動，會造成實(shí)驗(yàn)誤差，B正確．小球A未從同一高度釋放，會導(dǎo)致小球A運(yùn)動到軌道末端時的速度不同，會造成實(shí)驗(yàn)誤差，C正確．根據(jù)以上分析可知不需要測量軌道末端到地面的高度，D錯誤．14．答案：(1)如圖所示(2)A(3)50(4)1.411.2710.0解析：(1)實(shí)物連接圖如圖所示，注意電流表的正、負(fù)接線柱，電流應(yīng)從正接線柱流入．(2)實(shí)驗(yàn)中調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值時，應(yīng)從大向小逐漸調(diào)節(jié)，這樣回路中電流從小到大變化，可以避免電流超過電流表量程，故選A.(3)毫安表最小分度值為10mA，可估讀到1mA，則讀數(shù)為50mA.(4)開關(guān)S2斷開時，由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,r＋2Rg＋R)，整理得eq\f(1,I)＝eq\f(1,E)R＋eq\f(r＋2Rg,E).開關(guān)S2閉合時，由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,r＋Rg＋R)，整理得eq\f(1,I)＝eq\f(1,E)R＋eq\f(r＋Rg,E).可得eq\f(1,I)-R圖像的斜率k＝eq\f(1,E)，得E＝eq\f(1,k)，直線Ⅰ的縱截距B1＝eq\f(r＋2Rg,E)，直線Ⅱ的縱截距B2＝eq\f(r＋Rg,E)，可解得r＝eq\f(2b2－B1,k)，Rg＝eq\f(B1－B2,k)，把數(shù)據(jù)代入可得E＝1.41V，r＝1.27Ω，Rg＝10.0Ω.15．解析：(1)設(shè)大氣壓強(qiáng)為p0，水銀柱長度為h，管內(nèi)橫截面積為S.由玻意耳定律可知，當(dāng)玻璃管從平放到管口豎直向上時，有p0L0S＝(p0＋ρgh)L1S當(dāng)玻璃管從平放到管口豎直向下時，有p0L0S＝(p0－ρgh)L2S可得L0＝eq\f(2L1L2,L1＋L2)＝48cm(2)①當(dāng)玻璃管水平放置時，原來環(huán)境溫度T0＝300K，環(huán)境溫度上升了Δt由蓋-呂薩克定律有eq\f(L0S,t0)＝eq\f(（L0＋Δx）S,t0＋Δt)可得Δx＝eq\f(Δt,t0)L0＝1.6mm由于Δx與Δt成正比，可知在大氣壓強(qiáng)一定時溫度計的標(biāo)度是均勻的②由以上分析得eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(L0,t0)措施一：可封閉更多的氣體，這樣L0增大，eq\f(Δx,Δt)增大，可提高測量靈敏度措施二：封閉氣體后，可讓管口豎直向下，這樣L2>L0，同理有eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(L2,t0)，eq\f(Δx,Δt)增大，也可提高測量靈敏度16．解析：(1)小球進(jìn)入電場前做平拋運(yùn)動，進(jìn)入電場后在重力和電場力共同作用下做勻加速直線運(yùn)動．整個過程豎直方向只受重力，豎直方向的分運(yùn)動是自由落體運(yùn)動，小球在做平拋運(yùn)動時有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))小球從被拋出至運(yùn)動到B極板下端的全過程，有h＋H＝eq\f(1,2)g(t1＋t2)2解得t1∶t2＝1∶1.(2)小球進(jìn)入電場時速度水平分量為vx1＝v0，豎直分量為vy1，小球從右極板下邊緣飛出，設(shè)飛出時速度水平分量為vx2，豎直分量為vy2，小球在電場中加速度水平分量為ax小球做平拋運(yùn)動階段，豎直方向有vy1＝gt1小球在電場中運(yùn)動時，豎直方向有vy2＝vy1＋gt2小球進(jìn)入電場后沿直線運(yùn)動，有eq\f(vx1,vy1)＝eq\f(vx2,vy2)小球進(jìn)入電場后水平方向有vx2＝vx1＋axt2設(shè)兩極板間電場強(qiáng)度為E，有qE＝max、U＝Ed設(shè)小球平拋運(yùn)動階段水平位移為x1，在電場中運(yùn)動階段水平位移為x2，有x1＝vx1t1x2＝eq\f(1,2)(vx1＋vx2)t2d＝x1＋x2聯(lián)立解得d＝eq\r(\f(5qUH,3mg))，v0＝eq\r(\f(2qU,5m))17．解析：(1)金屬棒b剛好滑動時，有mgsinθ＋BI1L＝μmgcosθ解得I1＝0.1A則干路上的電流I＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I1r,R)＋I(xiàn)1))＝0.2A由閉合電路歐姆定律有E＝Ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r＋\f(Rr,r＋R)))由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv解得v＝0.12m/s對金屬棒a，由動量定理有Ft0＋mgsinθ·t0－μmgcosθ·t0－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt0＝mv－0即Ft0＋mgsinθ·t0－μmgcosθ·t0－qBL＝mv－0又q＝eq\f(ΔΦ,r＋\f(Rr,r＋R))＝eq\f(BLx,r＋\f(Rr,r＋R))聯(lián)立解得x＝0.06m(2)對金屬棒a，由動能定理有(F＋mgsinθ－μmgcosθ)x－W安＝eq\f(1,2)mv2－0整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q總＝W安則0～t0時間內(nèi)金屬棒a中產(chǎn)生的焦耳熱為Qa＝