2023年河北省高考物理模擬試卷（二）

2023年河北省高考物理模擬試卷（二）一、單項(xiàng)選擇題：共7小題，每小題4分，共28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．（4分）2022年6月23日，遼寧紅沿河核電6號(hào)機(jī)組正式具備商業(yè)運(yùn)行條件，標(biāo)志著我國(guó)在運(yùn)最大的核電站全面建成投產(chǎn)。核燃料可在核反應(yīng)堆中，通過(guò)核裂變產(chǎn)生實(shí)用核能材料。已經(jīng)大量建造的核反應(yīng)堆使用的是裂變核燃料鈾（U）和钚（Pu）下列說(shuō)法正確的是（）A．外界溫度越高，钚（Pu）衰變的速度越快 B．鈾（U）經(jīng)過(guò)1次α衰變產(chǎn)生钚（Pu） C．U在中子轟擊下生成Sr和Xe的過(guò)程中，核子的比結(jié)合能增大 D．U在中子轟擊下生成Sr和Xe的過(guò)程中，沒有質(zhì)量虧損2．（4分）如圖所示，在同一均勻介質(zhì)中有振動(dòng)周期相同的波源S1和S2，P是同一水平面內(nèi)的一點(diǎn)，S1P＝30cm，S2P＝50cm，且S1P垂直于S1S2。S1A＝AO＝OB＝BS2，S1S2連線上只有1個(gè)振動(dòng)減弱點(diǎn)O和2個(gè)振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)A、B。波源S1在t＝0時(shí)刻開始從平衡位置向上振動(dòng)，經(jīng)過(guò)4s波源S1產(chǎn)生的第一個(gè)波峰傳到P點(diǎn)，已知波源S1、S2均從t＝0時(shí)起振，下列說(shuō)法正確的是（）A．波源S2在t＝0時(shí)刻向上運(yùn)動(dòng) C．P點(diǎn)為振動(dòng)的減弱點(diǎn) D．波源S2產(chǎn)生的第一個(gè)波峰傳到P點(diǎn)需要的時(shí)間為8s3．（4分）如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩個(gè)固定的點(diǎn)電荷，電荷量均為+Q，與其連線中點(diǎn)O的距離均為h；質(zhì)量為m帶電量為﹣q的試探電荷以O(shè)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A、B為圓周上的兩點(diǎn)，兩點(diǎn)與正點(diǎn)電荷連線與AB連線的夾角均為θ＝30°，已知靜電力常量為k，重力忽略不計(jì)，則（）A．試探電荷做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力大小為 B．試探電荷做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為 C．若θ增大，試探電荷仍能以O(shè)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則試探電荷的向心力一定變小 D．若在A點(diǎn)由靜止釋放負(fù)點(diǎn)電荷，該電荷將在AB連線上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)4．（4分）如圖所示，Ⅰ為北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中的靜止軌道衛(wèi)星，其對(duì)地張角為2θ；Ⅱ?yàn)榈厍虻慕匦l(wèi)星。已知地球的自轉(zhuǎn)周期為T0，萬(wàn)有引力常量為G，根據(jù)題中條件，可求出（）A．地球的平均密度為 B．衛(wèi)星Ⅰ和衛(wèi)星Ⅱ的加速度之比為sin22θ C．衛(wèi)星Ⅱ的周期為 D．衛(wèi)星Ⅱ運(yùn)動(dòng)的周期內(nèi)無(wú)法直接接收到衛(wèi)星發(fā)出電磁波信號(hào)的時(shí)間為5．（4分）如圖所示，O為一玻璃球的球心，AB、CD為過(guò)球心截面內(nèi)互相垂直的直徑。甲、乙兩束單色光，分別從M、N兩點(diǎn)沿平行AB方向射入玻璃球，M點(diǎn)到CD的距離等于球半徑的一半。經(jīng)一次折射后，兩單色光均從B點(diǎn)射出，兩出射光線的夾角為134°。（sin74°＝0.96）下列說(shuō)法正確的是（）A．玻璃球?qū)紊饧椎恼凵渎蕿?B．單色光乙由N點(diǎn)射入玻璃球時(shí)的入射角為75° C．單色光甲的頻率小于單色光乙的頻率 D．單色光甲從M點(diǎn)傳播到B點(diǎn)的時(shí)間大于單色光乙從N點(diǎn)傳播到B點(diǎn)的時(shí)間6．（4分）如圖所示為遠(yuǎn)距離輸電的原理圖，發(fā)電機(jī)輸出電壓恒定，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，其中降壓變壓器的變壓比為n；圖中電表均為理想電表；兩變壓器間輸電線的總電阻為R。假如用戶設(shè)備發(fā)生變化，導(dǎo)致輸電線上的電壓增加了ΔU，下列說(shuō)法正確的是（）A．電壓表示數(shù)增大 B．輸電線上消耗的電功率增加 C．用戶設(shè)備消耗的電功率減少 D．電流表示數(shù)增大了7．（4分）如圖所示，輕彈簧一端與質(zhì)量為m的物塊A相連接，另一端與小立柱（質(zhì)量忽略不計(jì)）栓接，第一次將A放在物塊B上，物塊B的上表面水平，小立柱固定在B上，物塊B放在固定斜面上，AB相對(duì)靜止的一起沿斜面下滑，第二次將A放在物塊C上，C的上表面與斜面平行，小立柱固定在C上，物塊C放在固定斜面上，AC相對(duì)靜止的一起沿斜面下滑，已知斜面傾角為β＝30°，B、C質(zhì)量相等，與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，兩次輕彈簧均處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，彈力大小均為mg。已知重力加速度為g。則兩次下滑過(guò)程中A、B間的摩擦力與A、C間的摩擦力之比為（）A． B． C． D．二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有兩個(gè)或兩個(gè)以上選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。（多選）8．（6分）某同學(xué)用甲、乙兩個(gè)物塊來(lái)模擬研究汽車相遇規(guī)律問題，下圖是他根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律繪制的甲、乙兩個(gè)物塊的運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間圖線。已知甲物塊的運(yùn)動(dòng)圖線為一條頂點(diǎn)為（0，x0）的拋物線，乙的運(yùn)動(dòng)圖線為一過(guò)原點(diǎn)的直線。兩條圖線中其中一個(gè)交點(diǎn)坐標(biāo)為（t1，x1）。則下列說(shuō)法正確的是（）A．t1時(shí)刻甲物塊速度為 B．甲物塊在做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為 C．圖中甲、乙兩個(gè)物塊再次相遇時(shí)刻為 D．如果兩個(gè)物塊只相遇一次，則必有x1＝2x0（多選）9．（6分）近年來(lái)我國(guó)大力發(fā)展自主品牌創(chuàng)新，其中“大疆”已經(jīng)成為無(wú)人機(jī)領(lǐng)域的龍頭老大。如圖是一款“大疆”四旋翼無(wú)人機(jī)，能實(shí)現(xiàn)自主水平懸停、水平直線運(yùn)動(dòng)及垂升垂降。假設(shè)該無(wú)人機(jī)質(zhì)量為M，其螺旋槳把空氣以速度v向下推，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．水平懸停時(shí)，螺旋槳每秒鐘所推動(dòng)的空氣質(zhì)量為 B．水平懸停時(shí)，無(wú)人機(jī)的發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率為 C．想要實(shí)現(xiàn)水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，無(wú)人機(jī)的機(jī)身平面必須與地面保持平行 D．假設(shè)無(wú)人機(jī)在離地面高為h的位置懸停時(shí)突然一質(zhì)量為m的零部件掉落，則當(dāng)其落到地面瞬間時(shí)無(wú)人機(jī)離地高度為（無(wú)人機(jī)升力不變）（多選）10．（6分）如圖所示，一根質(zhì)量為m的金屬棒靜止放置在水平光滑且無(wú)限長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌間可以通過(guò)單刀多擲開關(guān)S連接電容大小為C的電容器、阻值為R的定值電阻，金屬棒與導(dǎo)軌電阻均不計(jì)。以下說(shuō)法正確的是（）A．將開關(guān)S擲向1，給金屬棒一向右的初速度v0，則從開始到金屬棒停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中通過(guò)電阻R的電荷量為 B．將開關(guān)S擲向1，給金屬棒一向右的初速度v0并給金屬棒施加一向右的外力使其做加速度為a的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則從開始到金屬棒停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中外力沖量為 C．將開關(guān)S擲向2，給金屬棒施加一水平向右恒力，則金屬棒做加速度逐漸減小的變加速直線運(yùn)動(dòng) D．將開關(guān)S擲向2，電容器的上下極板分別帶有等量正、負(fù)電荷，電荷量為Q0，則金屬棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后電容器上剩余的電荷量為三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，11小題6分，12小題9分。11．（6分）阿特伍德機(jī)，是由英國(guó)牧師、數(shù)學(xué)家兼物理學(xué)家的喬治?阿特伍德在1784年發(fā)表的《關(guān)于物體的直線運(yùn)動(dòng)和轉(zhuǎn)動(dòng)》一文中提出的一種著名力學(xué)實(shí)驗(yàn)裝置，裝置如圖所示。阿特伍德機(jī)可以用來(lái)驗(yàn)證系統(tǒng)的牛頓第二定律。（1）該同學(xué)用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光片的寬度d，開始時(shí)將質(zhì)量為m的A物體、和質(zhì)量為M0的B物體用繩連接后，跨放在定滑輪兩側(cè)，滑輪質(zhì)量和摩擦可忽略不計(jì)，A置于桌面上使其保持靜止?fàn)顟B(tài)。測(cè)量出擋光片中心到光電門的豎直距離h，釋放物體A后，A向上運(yùn)動(dòng)，測(cè)出擋光片擋光的時(shí)間t，則左右兩側(cè)物體的加速度a的大小表達(dá)式為（用h、d、t表示）。（2）要驗(yàn)證“受力不變時(shí)，加速度大小與質(zhì)量成反比”實(shí)驗(yàn)時(shí)，為改變系統(tǒng)總質(zhì)量，可同時(shí)在左右兩側(cè)依次掛1個(gè)、2個(gè)、3個(gè)、4個(gè)質(zhì)量均為m的鉤碼（有擋光片的物體放于最下方），重復(fù)（1）中的實(shí)驗(yàn)過(guò)程，測(cè)出左右兩側(cè)物體總質(zhì)量M及對(duì)應(yīng)的加速度a，作出圖像，若圖像為，則可驗(yàn)證。（3）驗(yàn)證“質(zhì)量不變時(shí)，加速度大小與力成正比”，先在右側(cè)掛5個(gè)質(zhì)量為m的鉤碼，左側(cè)掛質(zhì)量為M0的物體，為改變力的大小但保證系統(tǒng)總質(zhì)量不變，應(yīng)如何操作？。12．（9分）某實(shí)驗(yàn)小組要準(zhǔn)確測(cè)量一電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，手邊有一個(gè)只有刻度但沒有刻度值的電流表、電池、電壓表、電阻箱、滑動(dòng)變阻器、歐姆表、開關(guān)一個(gè)、導(dǎo)線若干，小組成員想先測(cè)量出電流表的內(nèi)阻和量程，然后再用伏安法測(cè)電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。（1）首先用歐姆表粗測(cè)電流表的內(nèi)阻；用“×10”擋測(cè)量時(shí)指針指示如圖甲所示，則應(yīng)該換擋再次測(cè)量；（2）小組成員又設(shè)計(jì)了更精確的測(cè)量方案，所用電路如圖乙所示。將開關(guān)S閉合，調(diào)節(jié)R1、R2使電流表、電壓表指針都在合適位置，然后在保持電壓不變的前提下，多次改變R1、R2，記錄R1和電流表偏轉(zhuǎn)的格數(shù)N，再根據(jù)記錄數(shù)據(jù)作出圖像，若作出的圖像如圖丙所示，縱截距為a，斜率為k，則電流表的內(nèi)阻RA等于；（3）調(diào)節(jié)R1、R2使電流表滿偏，記錄電壓表示數(shù)U和電阻箱示數(shù)R1，則電流表量程為（用RA、U、R1表示）。（4）用所給器材，設(shè)計(jì)電路用伏安法測(cè)電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，盡量減小系統(tǒng)誤差。四、計(jì)算題：本題共3小題，13小題10分、14小題13分、15小題16分?！?0﹣4m2×10﹣4m3。氣體初始時(shí)溫度為T＝300K，在距玻璃管下端h＝12cm處開有小孔（忽略孔的粗細(xì)），小孔通過(guò)一段軟管連接右側(cè)封閉有一段氣柱的玻璃管，右側(cè)玻璃管橫截面積和左側(cè)玻璃管橫截面積相等，氣柱長(zhǎng)為L(zhǎng)＝10cm，氣柱溫度保持不變。剛開始時(shí)，右側(cè)玻璃管封閉氣體的水銀面剛好與小孔位置相平。當(dāng)球形容器中溫度上升后，球形容器中氣體使封裝水銀面升高至小孔處。已知大氣壓強(qiáng)為p0＝76cmHg。求此時(shí)右側(cè)玻璃管中水銀面上升的高度以及此時(shí)球形容器中氣體的溫度。14．（13分）如圖所示，木板C靜止在光滑的水平面上，距木板C的右側(cè)s遠(yuǎn)處有一固定平臺(tái)，平臺(tái)由MN、NP、PQ三段組成，NP段光滑，其余兩段粗糙，MN長(zhǎng)為L(zhǎng)1＝1.6m，NP長(zhǎng)為L(zhǎng)2＝1.8m，PQ段足夠長(zhǎng)?；瑝KB靜止于P點(diǎn)。已知A、B、C質(zhì)量均為m＝1kg?；瑝KA以v0＝8m/s的速度從木板C的左端滑人，直到滑到C右端時(shí)恰好與C速度相同（木板C未碰到平臺(tái)MN）。當(dāng)滑塊A經(jīng)過(guò)平臺(tái)MN段后，受到水平向右的恒力F＝10N作用。已知滑塊A與木板C間、滑塊B與MN、PQ間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5。（重力加速度g＝10m/s2）（1）為保證木板C與平臺(tái)碰撞前A、C能達(dá)到速度相同，s至少多長(zhǎng)。（2）求滑塊A從M運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間。（3）滑塊A與滑塊B可發(fā)生多次碰撞，且每次碰撞均為彈性碰撞，求從滑塊A滑上木板C到第n次碰撞時(shí)的摩擦生熱。15．（16分）宇宙射線為來(lái)自太陽(yáng)系以外的高能量粒子，其中大約89%的成份是單純的質(zhì)子。質(zhì)子的電荷量為q，質(zhì)量為m。攜帶粒子探測(cè)器的人造衛(wèi)星可以直接探測(cè)1014eV以下的宇宙射線，以避免大氣層吸收宇宙射線。1014eV以上的宇宙射線，必須使用地面上的多個(gè)帶電粒子探測(cè)器進(jìn)行間接測(cè)量，分析原始宇宙射線與大氣的作用來(lái)反推原始宇宙射線的性質(zhì)。如圖所示，有一束宇宙射線從距地面14R處S點(diǎn)射向赤道。假設(shè)在赤道上空的地磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向與赤道平面垂直，地球磁層邊界距地面約為9R。已知地球半徑為R，不考慮相對(duì)論效應(yīng)及地球公轉(zhuǎn)帶來(lái)的影響。（1）求質(zhì)子的速度在什么范圍內(nèi)地面探測(cè)器將接收不到質(zhì)子？（2）若質(zhì)子流的速度大小均為v2＝，這一速度的質(zhì)子流從進(jìn)入磁場(chǎng)到到達(dá)地面的最長(zhǎng)時(shí)間為多少？（3）若速度為v3＝的質(zhì)子，自A點(diǎn)進(jìn)入地磁場(chǎng)時(shí)，恰好到達(dá)地面，已知SA＝5.5R，其中O為地心，則v≤的質(zhì)子到達(dá)地球表面的弧長(zhǎng)是多少？（可能用到的三角函數(shù)近似值sin20°＝0.34，sin34°＝0.56，sin39°＝0.63，sin42°＝0.67，sin70°＝0.94，cos11°＝0.98，cos20°＝0.94，cos48°＝0.67）2023年河北省高考物理模擬試卷（二）參考答案與試題解析一、單項(xiàng)選擇題：共7小題，每小題4分，共28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．（4分）2022年6月23日，遼寧紅沿河核電6號(hào)機(jī)組正式具備商業(yè)運(yùn)行條件，標(biāo)志著我國(guó)在運(yùn)最大的核電站全面建成投產(chǎn)。核燃料可在核反應(yīng)堆中，通過(guò)核裂變產(chǎn)生實(shí)用核能材料。已經(jīng)大量建造的核反應(yīng)堆使用的是裂變核燃料鈾（U）和钚（Pu）下列說(shuō)法正確的是（）A．外界溫度越高，钚（Pu）衰變的速度越快 B．鈾（U）經(jīng)過(guò)1次α衰變產(chǎn)生钚（Pu） C．U在中子轟擊下生成Sr和Xe的過(guò)程中，核子的比結(jié)合能增大 D．U在中子轟擊下生成Sr和Xe的過(guò)程中，沒有質(zhì)量虧損【分析】原子核的衰變速度只與元素本身性質(zhì)有關(guān)，與外界溫度無(wú)關(guān)；理解衰變的分類，結(jié)合衰變前后的電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒得出衰變后的產(chǎn)物；理解比結(jié)合能的概念，結(jié)合質(zhì)能方程完成分析?！窘獯稹拷猓篈、原子核的半衰期由核內(nèi)部自身因素決定，與原子所處的物理、化學(xué)狀態(tài)和外部條件無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；B、鈾（U）經(jīng)過(guò)1次α衰變，電荷數(shù)少2，質(zhì)量數(shù)少4，即電荷數(shù)變?yōu)?0，質(zhì)量數(shù)變?yōu)?31，故B錯(cuò)誤；C、U在中子轟擊下生成Sr和Xe的反應(yīng)屬于重核裂變，重核分裂成中等大小的核，較穩(wěn)定，核子的比結(jié)合能增大，故C正確；D、此過(guò)程中釋放能量，由質(zhì)能方程可知此過(guò)程中存在質(zhì)量虧損，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了原子核的衰變問題，理解衰變前后質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒的特點(diǎn)，結(jié)合半衰期的概念和影響因素即可完成分析。2．（4分）如圖所示，在同一均勻介質(zhì)中有振動(dòng)周期相同的波源S1和S2，P是同一水平面內(nèi)的一點(diǎn)，S1P＝30cm，S2P＝50cm，且S1P垂直于S1S2。S1A＝AO＝OB＝BS2，S1S2連線上只有1個(gè)振動(dòng)減弱點(diǎn)O和2個(gè)振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)A、B。波源S1在t＝0時(shí)刻開始從平衡位置向上振動(dòng)，經(jīng)過(guò)4s波源S1產(chǎn)生的第一個(gè)波峰傳到P點(diǎn)，已知波源S1、S2均從t＝0時(shí)起振，下列說(shuō)法正確的是（）A．波源S2在t＝0時(shí)刻向上運(yùn)動(dòng) C．P點(diǎn)為振動(dòng)的減弱點(diǎn) D．波源S2產(chǎn)生的第一個(gè)波峰傳到P點(diǎn)需要的時(shí)間為8s【分析】A、由O點(diǎn)是振動(dòng)減弱點(diǎn)可知兩波源振動(dòng)步調(diào)是否一致，則可知兩波源起振方向是否相同；B、求出兩波源之間的距離，根據(jù)AB兩點(diǎn)為減弱點(diǎn)可得波長(zhǎng)，根據(jù)波在一個(gè)周期內(nèi)傳播的距離為一個(gè)波長(zhǎng)、S1P的距離、波源S1的起振方向，可知波源S1產(chǎn)生的第一個(gè)波峰傳到P點(diǎn)的時(shí)間與周期的關(guān)系，可得周期的大小，由可得波速的大??；C、根據(jù)兩波源的振動(dòng)步調(diào)，以及P點(diǎn)到兩波源的路程差可知P點(diǎn)振動(dòng)是加強(qiáng)還是減弱；D、由S2P的距離可知波源S2產(chǎn)生的波傳到P的時(shí)間，再根據(jù)S2起振方向可知波源S2產(chǎn)生的第一個(gè)波峰傳到P點(diǎn)需要的時(shí)間?！窘獯稹拷猓篈、O點(diǎn)到波源S1、S2的距離相等，且是振動(dòng)減弱點(diǎn)，可知兩波源的振動(dòng)步調(diào)相反，波源S1在t＝0時(shí)刻開始向上振動(dòng)，則波源S2在t＝0時(shí)刻向下運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、S1P＝30cm，S2P＝50cm，由勾股定理可得：S1S2＝40cmAB兩點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，則有：，且S1A＝AO＝OB＝BS2代入數(shù)據(jù)解得：λ＝40cm可知：S1P＝30cm＝，所以波源S1產(chǎn)生的波傳到P點(diǎn)的時(shí)間為波源S1在t＝0時(shí)刻開始從平衡位置向上振動(dòng)，可知波傳到P點(diǎn)后再經(jīng)過(guò)，P點(diǎn)第一次到達(dá)波峰，即，可得T＝4s由可得波速v＝10cm/s，故B錯(cuò)誤；C、兩波源的振動(dòng)步調(diào)相反，由可知P點(diǎn)是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D、S2P＝50cm＝λ+，可知波源S2把波傳到P點(diǎn)需要的時(shí)間，波源S2在t＝0時(shí)刻向下運(yùn)動(dòng)，可知P點(diǎn)的起振方向向下，則需要，P點(diǎn)第一次到達(dá)波峰，可知波源S2產(chǎn)生的第一個(gè)波峰傳到P點(diǎn)需要的時(shí)間，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了波的疊加，波速與波長(zhǎng)和周期的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是要知道：若兩波源振動(dòng)步調(diào)相反，某點(diǎn)到兩波源的路程差等于半個(gè)波長(zhǎng)的整數(shù)倍，即：Δs＝nλ（n＝0，1，2...），則此點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，若兩波源振動(dòng)步調(diào)相同，則此點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)。3．（4分）如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩個(gè)固定的點(diǎn)電荷，電荷量均為+Q，與其連線中點(diǎn)O的距離均為h；質(zhì)量為m帶電量為﹣q的試探電荷以O(shè)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A、B為圓周上的兩點(diǎn)，兩點(diǎn)與正點(diǎn)電荷連線與AB連線的夾角均為θ＝30°，已知靜電力常量為k，重力忽略不計(jì)，則（）A．試探電荷做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力大小為 B．試探電荷做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為 C．若θ增大，試探電荷仍能以O(shè)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則試探電荷的向心力一定變小 D．若在A點(diǎn)由靜止釋放負(fù)點(diǎn)電荷，該電荷將在AB連線上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)【分析】試探電荷做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力是由兩個(gè)點(diǎn)電荷對(duì)其庫(kù)侖力的合力，根據(jù)庫(kù)侖定律進(jìn)行解答；根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合向心力的計(jì)算公式進(jìn)行解答；根據(jù)等量同種正電荷中垂線的電場(chǎng)強(qiáng)度分布情況進(jìn)行解答；根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)進(jìn)行解答?！窘獯稹拷猓篈、試探電荷做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力是由兩個(gè)點(diǎn)電荷對(duì)其庫(kù)侖力的合力，即為：F向＝，解得：F向＝，故A錯(cuò)誤；B、試探電荷做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為：r＝＝＝h根據(jù)牛頓第二定律可得：F向＝mrω2解得試探電荷做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為：ω＝，故B正確；C、等量同種正電荷周圍的電場(chǎng)線分布情況如圖所示：兩個(gè)點(diǎn)電荷中垂線的電場(chǎng)強(qiáng)度從O點(diǎn)向無(wú)限遠(yuǎn)的變化情況是先增大后減小，由于不知道現(xiàn)在試探電荷所在位置處電場(chǎng)強(qiáng)度是不是最大，所以若θ增大，試探電荷仍能以O(shè)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則試探電荷的向心力不一定變小，故C錯(cuò)誤；D、兩個(gè)點(diǎn)電荷中垂線的電場(chǎng)強(qiáng)度從O點(diǎn)向無(wú)限遠(yuǎn)的變化情況是先增大后減小，若在A點(diǎn)由靜止釋放負(fù)點(diǎn)電荷，該電荷將在AO之間受力可能是先增大后減小，受力情況不滿足F＝﹣kx，所以電荷將在AB連線上不可能做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查等量異種電荷周圍電場(chǎng)線的分布情況，關(guān)鍵是能夠根據(jù)試探電荷的運(yùn)動(dòng)情況分析受力情況，掌握簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)。4．（4分）如圖所示，Ⅰ為北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中的靜止軌道衛(wèi)星，其對(duì)地張角為2θ；Ⅱ?yàn)榈厍虻慕匦l(wèi)星。已知地球的自轉(zhuǎn)周期為T0，萬(wàn)有引力常量為G，根據(jù)題中條件，可求出（）A．地球的平均密度為 B．衛(wèi)星Ⅰ和衛(wèi)星Ⅱ的加速度之比為sin22θ C．衛(wèi)星Ⅱ的周期為 D．衛(wèi)星Ⅱ運(yùn)動(dòng)的周期內(nèi)無(wú)法直接接收到衛(wèi)星發(fā)出電磁波信號(hào)的時(shí)間為【分析】先根據(jù)開普勒第三定律求衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的周期之比，進(jìn)而求得衛(wèi)星Ⅱ的周期。對(duì)于衛(wèi)星Ⅱ，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力求地球的質(zhì)量，再求地球的平均密度；根據(jù)牛頓第二定律求衛(wèi)星Ⅰ和衛(wèi)星Ⅱ的加速度之比；根據(jù)兩衛(wèi)星同向運(yùn)行和相向運(yùn)行，由幾何關(guān)系求衛(wèi)星Ⅱ運(yùn)動(dòng)的周期內(nèi)無(wú)法直接接收到衛(wèi)星發(fā)出電磁波信號(hào)的時(shí)間?！窘獯稹拷猓篊、設(shè)地球質(zhì)量為M，衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的軌道半徑分別為r和R，衛(wèi)星Ⅰ為地球同步衛(wèi)星，周期為T0。設(shè)近地衛(wèi)星Ⅱ的周期為T。根據(jù)開普勒第三定律由題圖得：可得衛(wèi)星Ⅱ的周期為，故C錯(cuò)誤；A、對(duì)于衛(wèi)星Ⅱ，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得：地球的平均密度為聯(lián)立以上各式，可得地球的平均密度為，故A正確；B、對(duì)于不同軌道衛(wèi)星，根據(jù)牛頓第二定律得：G＝ma，得所以衛(wèi)星Ⅰ和衛(wèi)星Ⅱ的加速度之比為＝＝sin2θ，故B錯(cuò)誤；D、當(dāng)衛(wèi)星Ⅱ運(yùn)行到與衛(wèi)星Ⅰ的連線隔著地球的區(qū)域內(nèi)，其對(duì)應(yīng)圓心角為π+2θ時(shí)，衛(wèi)星Ⅱ無(wú)法直接接收到衛(wèi)星Ⅰ發(fā)出電磁波信號(hào)，設(shè)這段時(shí)間為t。若兩衛(wèi)星同向運(yùn)行，則有（ωⅡ﹣ωⅠ）t＝π+2θ又ωⅡ＝＝，ωⅠ＝解得：若兩衛(wèi)星相向運(yùn)行，則有（ωⅡ+ωⅠ）t＝π+2θ結(jié)合ωⅡ＝＝，ωⅠ＝解得：，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查人造衛(wèi)星問題，關(guān)鍵是知道衛(wèi)星的向心力來(lái)源，能夠根據(jù)牛頓第二定律列式分析，同時(shí)要結(jié)合幾何關(guān)系得到兩顆衛(wèi)星軌道半徑的關(guān)系。5．（4分）如圖所示，O為一玻璃球的球心，AB、CD為過(guò)球心截面內(nèi)互相垂直的直徑。甲、乙兩束單色光，分別從M、N兩點(diǎn)沿平行AB方向射入玻璃球，M點(diǎn)到CD的距離等于球半徑的一半。經(jīng)一次折射后，兩單色光均從B點(diǎn)射出，兩出射光線的夾角為134°。（sin74°＝0.96）下列說(shuō)法正確的是（）A．玻璃球?qū)紊饧椎恼凵渎蕿?B．單色光乙由N點(diǎn)射入玻璃球時(shí)的入射角為75° C．單色光甲的頻率小于單色光乙的頻率 D．單色光甲從M點(diǎn)傳播到B點(diǎn)的時(shí)間大于單色光乙從N點(diǎn)傳播到B點(diǎn)的時(shí)間【分析】畫出光路圖，由幾何知識(shí)求出單色光甲在M點(diǎn)的入射角和折射角，再求單色光甲的折射率。根據(jù)幾何關(guān)系求解單色光乙由N點(diǎn)射入玻璃球時(shí)的入射角。根據(jù)折射定律比較玻璃球?qū)紊饧缀鸵业恼凵渎蚀笮?，分析它們頻率的大小。由v＝分析兩光在玻璃球內(nèi)傳播速度大小，再比較傳播時(shí)間關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、畫出光路圖如圖所示。由幾何關(guān)系有∠2＝30°，∠1＝∠2+∠3＝30°+30°＝60°由折射定律得玻璃球?qū)坠獾恼凵渎蕁1＝＝＝，故A錯(cuò)誤；B、甲光在B折射時(shí)，有n1＝，∠3＝∠2＝30°可得∠4＝60°由幾何關(guān)系有∠8＝134°﹣∠4＝134°﹣60°＝74°結(jié)合光路可逆原理知∠5＝∠8＝74°，所以單色光乙由N點(diǎn)射入玻璃球時(shí)的入射角為∠5＝74°，故B錯(cuò)誤；C、由折射定律得，玻璃球?qū)σ夜獾恼凵渎蕁2＝＝玻璃球?qū)坠獾恼凵渎蚀笥诓Ａ驅(qū)σ夜獾恼凵渎剩詥紊饧椎念l率大于單色光乙的頻率，故C錯(cuò)誤；D、甲光在玻璃球中的傳播速度由幾何關(guān)系有甲光在玻璃球中的傳播時(shí)間乙光在玻璃球中的傳播速度由幾何關(guān)系有乙光在玻璃球中的傳播時(shí)間解得：所以單色光甲從M點(diǎn)傳播到B點(diǎn)的時(shí)間大于單色光乙從N點(diǎn)傳播到B點(diǎn)的時(shí)間，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題是幾何光學(xué)問題，關(guān)鍵是作出光路圖，運(yùn)用幾何知識(shí)，結(jié)合折射定律進(jìn)行求解。6．（4分）如圖所示為遠(yuǎn)距離輸電的原理圖，發(fā)電機(jī)輸出電壓恒定，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，其中降壓變壓器的變壓比為n；圖中電表均為理想電表；兩變壓器間輸電線的總電阻為R。假如用戶設(shè)備發(fā)生變化，導(dǎo)致輸電線上的電壓增加了ΔU，下列說(shuō)法正確的是（）A．電壓表示數(shù)增大 B．輸電線上消耗的電功率增加 C．用戶設(shè)備消耗的電功率減少 D．電流表示數(shù)增大了【分析】理想變壓器的輸入功率由輸出功率決定，輸出電壓有輸入電壓決定；明確遠(yuǎn)距離輸電過(guò)程中的功率、電壓的損失與哪些因素有關(guān)，明確整個(gè)過(guò)程中的功率、電壓關(guān)系，理想變壓器電壓和匝數(shù)關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、正弦交流發(fā)電機(jī)輸出電壓保持不變，升壓變壓器的輸出電壓不變，輸電線上電壓增加ΔU，所以降壓變壓器的原線圈電壓減少ΔU，則降壓變壓器的副線圈電壓減少，故A錯(cuò)誤；BC、輸電線電阻不變，電壓增加，說(shuō)明輸電線上電流增加，而輸電線損耗功率增加，ΔU＝U2﹣U1，用戶設(shè)備消耗的電功率減少不是，故BC錯(cuò)誤；D、若降壓變壓器原、副線圈電流分別為I1、I2，則nI1＝I2，變壓比n不變，所以nΔI1＝ΔI2，輸電線上電流增加，可知降壓變壓器輸出電流增加，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查遠(yuǎn)距離輸電問題。對(duì)于遠(yuǎn)距離輸電問題，一定要明確整個(gè)過(guò)程中的功率、電壓關(guān)系，尤其注意導(dǎo)線上損失的電壓和功率與哪些因素有關(guān)。7．（4分）如圖所示，輕彈簧一端與質(zhì)量為m的物塊A相連接，另一端與小立柱（質(zhì)量忽略不計(jì)）栓接，第一次將A放在物塊B上，物塊B的上表面水平，小立柱固定在B上，物塊B放在固定斜面上，AB相對(duì)靜止的一起沿斜面下滑，第二次將A放在物塊C上，C的上表面與斜面平行，小立柱固定在C上，物塊C放在固定斜面上，AC相對(duì)靜止的一起沿斜面下滑，已知斜面傾角為β＝30°，B、C質(zhì)量相等，與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，兩次輕彈簧均處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，彈力大小均為mg。已知重力加速度為g。則兩次下滑過(guò)程中A、B間的摩擦力與A、C間的摩擦力之比為（）A． B． C． D．【分析】第一次將A放在物塊B上時(shí)，AB相對(duì)靜止的一起沿斜面下滑，則以AB為整體，由牛頓第二定律可列出方程，可求出AB的加速度；第二次將A放在物塊C上，AC相對(duì)靜止的一起沿斜面下滑，則以AC為整體，由牛頓第二定律可列出方程，可求出AC的加速度；第一次以A為研究對(duì)象，對(duì)A受力分析，由A所受合力方向判斷A所受摩擦力方向，由力的合成與分解知識(shí)，可列出合力與水平合力的方程；第二次仍以A為研究對(duì)象，對(duì)A受力分析，判斷A所受摩擦力方向，由牛頓第二定律可列方程；聯(lián)立上述方程，結(jié)合已知條件，可求A、B間的摩擦力與A、C間的摩擦力之比?！窘獯稹拷猓何飰KB、C質(zhì)量相等，設(shè)B、C質(zhì)量均為M，A與B保持相對(duì)靜止，則二者向下的加速度是相等的，對(duì)A、B整體，由牛頓第二定律有（M+m）gsinβ﹣μ（M+m）gcosβ＝（M+m）a1解得：a1＝gsinβ﹣μgcosβ同理，A與C保持相對(duì)靜止，則二者向下的加速度也是相等的，對(duì)A、C整體，由牛頓第二定律有（M+m）gsinβ﹣μ（M+m）gcosβ＝（M+m）a2解得：a2＝gsinβ﹣μgcosβ＝a1第一次以A為研究對(duì)象，A受重力、物塊B豎直向上的支持力、彈簧水平向左的彈力，因?yàn)锳所受合力沿斜面向下，由力的合成與分解知識(shí)可知，A在水平方向上所受合力一定向右，即A所受靜摩擦力水平向右，則有fAB﹣F彈＝ma1cosβ第二次仍以A為研究對(duì)象，A受重力、物塊C垂直斜面斜向上的支持力、彈簧沿斜面向上的彈力，物塊C對(duì)A沿斜面向上的靜摩擦力，由牛頓第二定律有mgsinβ﹣F彈﹣fAC＝ma2又：F彈＝聯(lián)立各式，解得：＝故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題，關(guān)鍵要分析出第一次情況中、A所受摩擦力的方向，及A所受合力與水平方向合力的關(guān)系；要分析出第二次情況中，A所受摩擦力的方向。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有兩個(gè)或兩個(gè)以上選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。（多選）8．（6分）某同學(xué)用甲、乙兩個(gè)物塊來(lái)模擬研究汽車相遇規(guī)律問題，下圖是他根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律繪制的甲、乙兩個(gè)物塊的運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間圖線。已知甲物塊的運(yùn)動(dòng)圖線為一條頂點(diǎn)為（0，x0）的拋物線，乙的運(yùn)動(dòng)圖線為一過(guò)原點(diǎn)的直線。兩條圖線中其中一個(gè)交點(diǎn)坐標(biāo)為（t1，x1）。則下列說(shuō)法正確的是（）A．t1時(shí)刻甲物塊速度為 B．甲物塊在做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為 C．圖中甲、乙兩個(gè)物塊再次相遇時(shí)刻為 D．如果兩個(gè)物塊只相遇一次，則必有x1＝2x0【分析】由圖像可知，乙物塊為勻速直線運(yùn)動(dòng)，其速度v乙應(yīng)為，第一次相遇時(shí)，為乙追上甲的情形，因此此時(shí)甲的速度應(yīng)該小于乙速度；甲物塊做的是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)方程為x＝x0+；兩個(gè)物塊相遇條件為拋物線與直線相交，根據(jù)題意有x＝x0+＝v乙t；根據(jù)相遇條件可知，當(dāng)方程x＝x0+＝v乙t有一個(gè)解時(shí)即為相遇一次?！窘獯稹拷猓篈、由圖像可知，乙物塊為勻速直線運(yùn)動(dòng)，其速度v乙應(yīng)為，第一次相遇時(shí)，為乙追上甲的情形，因此此時(shí)甲的速度應(yīng)該小于乙速度，故A錯(cuò)誤；B、甲物塊做的是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)方程為x＝x0+，將點(diǎn)坐標(biāo)（t1，x1）代入可求出a＝，故B錯(cuò)誤；C、兩個(gè)物塊相遇條件為拋物線與直線相交，根據(jù)題意有x＝x0+＝v乙t，代入可知，故C正確；D、根據(jù)前面的相遇條件可知，如果兩個(gè)物塊只相遇一次，即方程x＝x0+＝v乙t，則Δ＝0時(shí)，即x1＝2x0，故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系，學(xué)生可根據(jù)圖像和題意進(jìn)行分析，需明白兩個(gè)物塊相遇條件為拋物線與直線相交。（多選）9．（6分）近年來(lái)我國(guó)大力發(fā)展自主品牌創(chuàng)新，其中“大疆”已經(jīng)成為無(wú)人機(jī)領(lǐng)域的龍頭老大。如圖是一款“大疆”四旋翼無(wú)人機(jī)，能實(shí)現(xiàn)自主水平懸停、水平直線運(yùn)動(dòng)及垂升垂降。假設(shè)該無(wú)人機(jī)質(zhì)量為M，其螺旋槳把空氣以速度v向下推，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．水平懸停時(shí)，螺旋槳每秒鐘所推動(dòng)的空氣質(zhì)量為 B．水平懸停時(shí)，無(wú)人機(jī)的發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率為 C．想要實(shí)現(xiàn)水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，無(wú)人機(jī)的機(jī)身平面必須與地面保持平行 D．假設(shè)無(wú)人機(jī)在離地面高為h的位置懸停時(shí)突然一質(zhì)量為m的零部件掉落，則當(dāng)其落到地面瞬間時(shí)無(wú)人機(jī)離地高度為（無(wú)人機(jī)升力不變）【分析】AB.根據(jù)平衡條件求解空氣對(duì)無(wú)人機(jī)的作用力，根據(jù)牛頓第三定律求解無(wú)人機(jī)對(duì)空氣的作用力；根據(jù)動(dòng)量定理求解每秒推動(dòng)空氣的質(zhì)量；根據(jù)動(dòng)能定理結(jié)合功率公式求解輸出功率；C.無(wú)人機(jī)所受升力與機(jī)身平面垂直，阻力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，無(wú)人機(jī)勻速運(yùn)動(dòng)所受合力為零；D.根據(jù)平均動(dòng)量守恒求解無(wú)人機(jī)離地高度?！窘獯稹拷猓篈B．由于無(wú)人機(jī)靜止，根據(jù)平衡條件，空氣對(duì)無(wú)人機(jī)的作用力為F＝Mg根據(jù)牛頓第三定律，無(wú)人機(jī)對(duì)空氣作用力為F'＝F＝Mg設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)被推空氣的質(zhì)量為Δm，對(duì)被推向下的空氣應(yīng)用動(dòng)量定理得F'Δt＝MgΔt＝Δmv每秒推動(dòng)空氣的質(zhì)量四臺(tái)發(fā)動(dòng)機(jī)的總輸出功率為P，由動(dòng)能定理有聯(lián)立方程得綜上分析，故AB正確；C．無(wú)人機(jī)所受升力與機(jī)身平面垂直，所以要實(shí)現(xiàn)水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)需要將機(jī)身傾斜，受力分析如圖：故C錯(cuò)誤；D．設(shè)零件落地時(shí)，無(wú)人機(jī)上升的高度為H，取豎直向上為正方向，根據(jù)關(guān)系式（M﹣m）H﹣mh＝0解得：則無(wú)人機(jī)離地總高度為：故D錯(cuò)誤。故選：AB。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查動(dòng)量定理、動(dòng)能定理等，關(guān)鍵是能夠選取研究對(duì)象，對(duì)研究對(duì)象根據(jù)動(dòng)量定理、動(dòng)能定理以及功率的計(jì)算公式進(jìn)行解答；注意：1.無(wú)人機(jī)所受升力與機(jī)身平面垂直，阻力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反；2.掌握對(duì)流體運(yùn)用動(dòng)量定理進(jìn)行分析的方法。（多選）10．（6分）如圖所示，一根質(zhì)量為m的金屬棒靜止放置在水平光滑且無(wú)限長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌間可以通過(guò)單刀多擲開關(guān)S連接電容大小為C的電容器、阻值為R的定值電阻，金屬棒與導(dǎo)軌電阻均不計(jì)。以下說(shuō)法正確的是（）A．將開關(guān)S擲向1，給金屬棒一向右的初速度v0，則從開始到金屬棒停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中通過(guò)電阻R的電荷量為 B．將開關(guān)S擲向1，給金屬棒一向右的初速度v0并給金屬棒施加一向右的外力使其做加速度為a的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則從開始到金屬棒停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中外力沖量為 C．將開關(guān)S擲向2，給金屬棒施加一水平向右恒力，則金屬棒做加速度逐漸減小的變加速直線運(yùn)動(dòng) D．將開關(guān)S擲向2，電容器的上下極板分別帶有等量正、負(fù)電荷，電荷量為Q0，則金屬棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后電容器上剩余的電荷量為【分析】首先，將開關(guān)S擲向1后，分析從開始到金屬棒停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，由動(dòng)量定理求出通過(guò)電阻R的電荷量；其次，將開關(guān)S擲向1后，結(jié)合金屬棒以初速度v0的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，取極短時(shí)間Δt內(nèi)安培力沖量為結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式以及動(dòng)量定理求出安培力的沖量；接著，將開關(guān)S擲向2后，分析金屬棒施加一水平向右恒力，根據(jù)電流的定義式以及電容器的定義、牛頓第二定律判斷金屬棒的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；最后，將開關(guān)S擲向2后，根據(jù)電容器的上下極板所帶電荷量，分析金屬棒在安培力的驅(qū)動(dòng)下達(dá)到的最大速度，對(duì)金屬棒應(yīng)用動(dòng)量定理求出金屬棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后電容器上剩余的電荷量?！窘獯稹拷猓篈、將開關(guān)S擲向1時(shí)，金屬棒獲得向右的初速度v0，分析金屬棒從開始到停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，由動(dòng)量定理可得又聯(lián)立解得，故A正確；B、將開關(guān)S擲向1，金屬棒在外力作用下向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，極短時(shí)間Δt內(nèi)安培力沖量為根據(jù)微元法得聯(lián)立運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量定理得IF﹣IA＝0﹣mv0解得，故B錯(cuò)誤；C、將開關(guān)S擲向2，給金屬棒施加一水平向右恒力，根據(jù)又因ΔQ＝CΔU電容器兩板間電壓為U＝BLv所以有根據(jù)牛頓第二定律可得F﹣BIL＝F﹣CB2L2a＝ma解得可知a為定值，金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D、將開關(guān)S擲向2，電容器的上下極板分別帶有等量正、負(fù)電荷，電荷量為Q0，金屬棒在安培力的驅(qū)動(dòng)下開始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vmax時(shí)，設(shè)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E'，則有E'＝BLvmax依題意有規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒應(yīng)用動(dòng)量定理得BILΔt＝mΔv又有IΔt＝ΔQ對(duì)該過(guò)程求和得BL（Q0﹣Q）＝mvmax聯(lián)立以上各式解得，故D正確。故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電磁感應(yīng)的綜合問題，解決本題的關(guān)鍵是熟練掌握動(dòng)量定理求解電荷量。三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，11小題6分，12小題9分。11．（6分）阿特伍德機(jī)，是由英國(guó)牧師、數(shù)學(xué)家兼物理學(xué)家的喬治?阿特伍德在1784年發(fā)表的《關(guān)于物體的直線運(yùn)動(dòng)和轉(zhuǎn)動(dòng)》一文中提出的一種著名力學(xué)實(shí)驗(yàn)裝置，裝置如圖所示。阿特伍德機(jī)可以用來(lái)驗(yàn)證系統(tǒng)的牛頓第二定律。（1）該同學(xué)用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光片的寬度d，開始時(shí)將質(zhì)量為m的A物體、和質(zhì)量為M0的B物體用繩連接后，跨放在定滑輪兩側(cè)，滑輪質(zhì)量和摩擦可忽略不計(jì)，A置于桌面上使其保持靜止?fàn)顟B(tài)。測(cè)量出擋光片中心到光電門的豎直距離h，釋放物體A后，A向上運(yùn)動(dòng)，測(cè)出擋光片擋光的時(shí)間t，則左右兩側(cè)物體的加速度a的大小表達(dá)式為（用h、d、t表示）。（2）要驗(yàn)證“受力不變時(shí)，加速度大小與質(zhì)量成反比”實(shí)驗(yàn)時(shí)，為改變系統(tǒng)總質(zhì)量，可同時(shí)在左右兩側(cè)依次掛1個(gè)、2個(gè)、3個(gè)、4個(gè)質(zhì)量均為m的鉤碼（有擋光片的物體放于最下方），重復(fù)（1）中的實(shí)驗(yàn)過(guò)程，測(cè)出左右兩側(cè)物體總質(zhì)量M及對(duì)應(yīng)的加速度a，作出圖像，若圖像為過(guò)原點(diǎn)的直線，則可驗(yàn)證。（3）驗(yàn)證“質(zhì)量不變時(shí)，加速度大小與力成正比”，先在右側(cè)掛5個(gè)質(zhì)量為m的鉤碼，左側(cè)掛質(zhì)量為M0的物體，為改變力的大小但保證系統(tǒng)總質(zhì)量不變，應(yīng)如何操作？把右側(cè)的鉤碼移到左側(cè)?！痉治觥浚?）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式推導(dǎo)加速度；（2）根據(jù)圖像能否直觀反映研究問題分析判斷；（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)裝置分析判斷?！窘獯稹拷猓海?）釋放后A做勻加速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2＝2ah其中用光電門測(cè)得聯(lián)立解得左右兩側(cè)物體的加速度（2）因?yàn)閍﹣M圖像為曲線，無(wú)法直觀得出a與M的關(guān)系，而a與關(guān)系曲線為直線，所以畫圖線，如果是過(guò)原點(diǎn)的直線則說(shuō)明a與M成反比。（3）要保證系統(tǒng)質(zhì)量不變，而系統(tǒng)合力改變，可以把右側(cè)的鉤碼移到左側(cè)。故答案為：（1）；（2）過(guò)原點(diǎn)的直線；（3）把右側(cè)的鉤碼移到左側(cè)?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵掌握利用光電門和根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式推導(dǎo)，掌握實(shí)驗(yàn)中左右移動(dòng)鉤碼系統(tǒng)總質(zhì)量不變。12．（9分）某實(shí)驗(yàn)小組要準(zhǔn)確測(cè)量一電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，手邊有一個(gè)只有刻度但沒有刻度值的電流表、電池、電壓表、電阻箱、滑動(dòng)變阻器、歐姆表、開關(guān)一個(gè)、導(dǎo)線若干，小組成員想先測(cè)量出電流表的內(nèi)阻和量程，然后再用伏安法測(cè)電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。（1）首先用歐姆表粗測(cè)電流表的內(nèi)阻；用“×10”擋測(cè)量時(shí)指針指示如圖甲所示，則應(yīng)該換×1擋再次測(cè)量；（2）小組成員又設(shè)計(jì)了更精確的測(cè)量方案，所用電路如圖乙所示。將開關(guān)S閉合，調(diào)節(jié)R1、R2使電流表、電壓表指針都在合適位置，然后在保持電壓不變的前提下，多次改變R1、R2，記錄R1和電流表偏轉(zhuǎn)的格數(shù)N，再根據(jù)記錄數(shù)據(jù)作出圖像，若作出的圖像如圖丙所示，縱截距為a，斜率為k，則電流表的內(nèi)阻RA等于；（3）調(diào)節(jié)R1、R2使電流表滿偏，記錄電壓表示數(shù)U和電阻箱示數(shù)R1，則電流表量程為（用RA、U、R1表示）。（4）用所給器材，設(shè)計(jì)電路用伏安法測(cè)電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，盡量減小系統(tǒng)誤差?！痉治觥浚?）用“×10”擋測(cè)量時(shí)指針偏轉(zhuǎn)角過(guò)大，說(shuō)明電阻較小，由此分析選擇的倍率；（2）根據(jù)歐姆定律推導(dǎo)的關(guān)系式，結(jié)合圖像進(jìn)行分析；（3）電流表的量程為滿偏電流，根據(jù)歐姆定律進(jìn)行分析；（4）電流表的內(nèi)電阻已經(jīng)測(cè)出，與電源直接連接可消除系統(tǒng)誤差，由此作圖。【解答】解：（1）根據(jù)圖甲可知，用“×10”擋測(cè)量時(shí)指針偏轉(zhuǎn)角過(guò)大，說(shuō)明電阻較小，為了準(zhǔn)確測(cè)量電阻的大小，應(yīng)選用“×1”擋再次測(cè)量；（2）在保證電壓表示數(shù)不變的情況下，根據(jù)歐姆定律可得：U＝I（R1+RA）設(shè)電流表每格電流為I0，則有U＝NI0（R1+RA）整理可得：＝?R1+?RA根據(jù)圖像可得：k＝，a＝?RA解得：RA＝；（3）電流表的量程為滿偏電流，即為：Ig＝；（4）根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：E＝U+I（RA+r），電流表的內(nèi)電阻已經(jīng)測(cè)出，與電源直接連接可消除系統(tǒng)誤差，電路連接如圖所示：故答案為：（1）×1；（2）；（3）；（4）電路連接見解析?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查用伏安法測(cè)電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)，關(guān)鍵是要弄清楚實(shí)驗(yàn)?zāi)康?、?shí)驗(yàn)原理以及數(shù)據(jù)處理、誤差分析等問題，一般的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)、實(shí)驗(yàn)方法都是根據(jù)教材上給出的實(shí)驗(yàn)方法進(jìn)行拓展，延伸，所以一定要熟練掌握教材中的重要實(shí)驗(yàn)。四、計(jì)算題：本題共3小題，13小題10分、14小題13分、15小題16分?！?0﹣4m2×10﹣4m3。氣體初始時(shí)溫度為T＝300K，在距玻璃管下端h＝12cm處開有小孔（忽略孔的粗細(xì)），小孔通過(guò)一段軟管連接右側(cè)封閉有一段氣柱的玻璃管，右側(cè)玻璃管橫截面積和左側(cè)玻璃管橫截面積相等，氣柱長(zhǎng)為L(zhǎng)＝10cm，氣柱溫度保持不變。剛開始時(shí)，右側(cè)玻璃管封閉氣體的水銀面剛好與小孔位置相平。當(dāng)球形容器中溫度上升后，球形容器中氣體使封裝水銀面升高至小孔處。已知大氣壓強(qiáng)為p0＝76cmHg。求此時(shí)右側(cè)玻璃管中水銀面上升的高度以及此時(shí)球形容器中氣體的溫度?！痉治觥扛鶕?jù)平衡條件分別求解球形容器中溫度變化前后氣體的壓強(qiáng)、右邊封閉氣體的壓強(qiáng)；根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程和玻意耳定律聯(lián)立求解即可?！窘獯稹拷猓簩?duì)球形容器的封閉氣體，溫度升高前，氣體壓強(qiáng)p1＝p0+H（cmHg）＝76cmHg+26cmHg＝102cmHg溫度升高前，右邊封閉氣體的壓強(qiáng)p3＝p0+（H﹣h）cmHg＝76cmHg+（26﹣12）cmHg＝90cmHg球形容器中氣體溫度升高后，水銀柱的變化如圖所示：設(shè)右邊封閉氣體上升的高度為h0，則左邊水銀柱的長(zhǎng)度H0＝H﹣h0對(duì)球形容器中封閉氣體，根據(jù)平衡條件p2＝p0+（H﹣h0）cmHg對(duì)右邊封閉氣體，根據(jù)平衡條件p4＝p0+（H﹣2h0）cmHg溫度升高前后，對(duì)球形容器中封閉氣體，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程對(duì)右邊封閉氣體，根據(jù)玻意耳定律p3SL＝p4S（L﹣h0）代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得h0＝1cm，T′＝404K答：右側(cè)玻璃管中水銀面上升的高度為1cm，球形容器中氣體的溫度為404K。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了理想氣體的狀態(tài)方程，玻意耳定律和平衡條件；根據(jù)平衡條件求解球形容器中溫度變化前后氣體的壓強(qiáng)，右邊封閉氣體的壓強(qiáng)是解題的關(guān)鍵。14．（13分）如圖所示，木板C靜止在光滑的水平面上，距木板C的右側(cè)s遠(yuǎn)處有一固定平臺(tái)，平臺(tái)由MN、NP、PQ三段組成，NP段光滑，其余兩段粗糙，MN長(zhǎng)為L(zhǎng)1＝1.6m，NP長(zhǎng)為L(zhǎng)2＝1.8m，PQ段足夠長(zhǎng)?；瑝KB靜止于P點(diǎn)。已知A、B、C質(zhì)量均為m＝1kg?；瑝KA以v0＝8m/s的速度從木板C的左端滑人，直到滑到C右端時(shí)恰好與C速度相同（木板C未碰到平臺(tái)MN）。當(dāng)滑塊A經(jīng)過(guò)平臺(tái)MN段后，受到水平向右的恒力F＝10N作用。已知滑塊A與木板C間、滑塊B與MN、PQ間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5。（重力加速度g＝10m/s2）（1）為保證木板C與平臺(tái)碰撞前A、C能達(dá)到速度相同，s至少多長(zhǎng)。（2）求滑塊A從M運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間。（3）滑塊A與滑塊B可發(fā)生多次碰撞，且每次碰撞均為彈性碰撞，求從滑塊A滑上木板C到第n次碰撞時(shí)的摩擦生熱?！痉治觥浚?）根據(jù)動(dòng)量守恒求AC的共同速度，再由結(jié)合牛頓第二定律，運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求出小車至少的長(zhǎng)度；（2）根據(jù)牛頓第二定律，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律和題設(shè)要求，得到滑塊A從M運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間；（3）根據(jù)第一次碰撞和第二次碰撞的具體情況，以此類推，求第n次碰撞產(chǎn)生熱量?！窘獯稹拷猓海?）由題意，S至少為A、C速度相同時(shí)，C的位移，由動(dòng)量守恒，mv0＝2mvc，代入數(shù)據(jù)解得Vc＝4m/s根據(jù)公式，mac＝μmg，代入數(shù)據(jù)解得，xc＝1.6m，故s至少為1.6m；（2）MN段：A只受摩擦力，做勻減速運(yùn)動(dòng)vn＝vm﹣aAtMNmaA＝μmgaA＝L1代入數(shù)據(jù)解得，vN＝0m/s，tMN＝0.8s；NP段：A只受力F＝10N，a＝＝10m/s2根據(jù)公式vP＝vM﹣atNp＝L2代入數(shù)據(jù)解得，vP＝6m/s，tNP故t總＝tMN+tNP＝1.4s；（3