浙江省湖州市六校聯(lián)考2023-2024學(xué)年高三物理上學(xué)期10月考試試題含解析

注意事項(xiàng)：本卷卷面滿分150分，時(shí)間要求90分鐘，最終分值按照名次賦分請(qǐng)將答案正確填寫在答題卡上本試卷填空一題2分一、熱力學(xué)，光學(xué)（共18分）1.下列說(shuō)法正確的是（）A.鐵塊熔化成鐵水的過(guò)程中，溫度不變，內(nèi)能也不變B.物體運(yùn)動(dòng)的速度增大，則物體中分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能增大，物體的內(nèi)能增大C.A、B兩物體的質(zhì)量和溫度相同時(shí)，它們的內(nèi)能一定相同D.A、B兩物體的溫度相同時(shí)，A、B兩物體的內(nèi)能可能不同，分子的平均速率也可能不同【答案】D【解析】【詳解】A．鐵塊熔化成鐵水的過(guò)程中，溫度不變，分子平均動(dòng)能不變，體積變化，分子勢(shì)能改變，故內(nèi)能改變，A錯(cuò)誤；B．物體中分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能大小只與物體的溫度有關(guān)，物體的內(nèi)能是物體中所有分子的熱運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能與分子勢(shì)能的總和，物體運(yùn)動(dòng)的速度增大，則物體的動(dòng)能增大，但物體的溫度不一定升高，物體的內(nèi)能不一定增大，B錯(cuò)誤；CD．A、B兩物體的溫度相同，則它們的分子平均動(dòng)能一定相同，但若分子質(zhì)量不同，則分子的平均速率不同，而物體的內(nèi)能除與溫度有關(guān)外，還與體積和物質(zhì)的量有關(guān)，則內(nèi)能不一定相同，C錯(cuò)誤，D正確。故選D。2.如圖所示，真空中一半徑為R、質(zhì)量分布均勻的玻璃球，頻率一定的細(xì)激光束在真空中沿直線傳播，于玻璃球表面的B點(diǎn)經(jīng)折射進(jìn)入小球，并在玻璃球表面的D點(diǎn)又經(jīng)折射進(jìn)入真空中，已知，玻璃球?qū)υ摷す獾恼凵渎蕿?，c為光在真空中的傳播速度，則下列說(shuō)法中正確的是（）A.激光束在B點(diǎn)的入射角B.此激光束在玻璃中穿越的時(shí)間為C.光在玻璃球中頻率比在真空中要小D.改變?nèi)肷浣铅恋拇笮。?xì)激光束不可能在球表面處發(fā)生全反射【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)折射率定義有解得A錯(cuò)誤；B．根據(jù)折射率與波速的關(guān)系有激光束在玻璃中穿越的時(shí)間為解得B錯(cuò)誤；C．光在傳播過(guò)程中頻率不變，光在玻璃球中頻率與真空中的相等，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)折射光路可知，B位置處的折射角與D位置處的入射角相等，根據(jù)光路可逆，可知細(xì)激光束不可能在球表面處發(fā)生全反射，D正確。故選D。3.有人設(shè)計(jì)了一種測(cè)溫裝置，其結(jié)構(gòu)如圖所示。玻璃泡A內(nèi)封有一定質(zhì)量的理想氣體，與A連通的B管插在水銀槽中。由管內(nèi)水銀面的A高度x可知A內(nèi)氣體的溫度（即環(huán)境溫度），并可由B管上的刻度直接讀出。在標(biāo)準(zhǔn)大氣壓下，當(dāng)溫度為27°C時(shí)，，將此高度處標(biāo)記為27°C的刻度線。該溫度計(jì)在標(biāo)準(zhǔn)大氣壓下標(biāo)記好溫度后，將其帶到海拔很高的高山上測(cè)量當(dāng)?shù)販囟?。設(shè)B管的體積與玻璃泡A的體積相比可忽略。下列說(shuō)法正確的是（）A.在標(biāo)準(zhǔn)大氣壓下，當(dāng)溫度為27°C時(shí)，玻璃泡A內(nèi)氣體的壓強(qiáng)B.在標(biāo)準(zhǔn)大氣壓下，為—3°C的刻度線標(biāo)記在處C.由于高山上的真實(shí)壓強(qiáng)比標(biāo)準(zhǔn)大氣壓小，則溫度的測(cè)量值比實(shí)際溫度高D.由于高山上的真實(shí)壓強(qiáng)比標(biāo)準(zhǔn)大氣壓小，則溫度的測(cè)量值比實(shí)際溫度低【答案】AC【解析】【詳解】A．溫度時(shí)，玻璃泡A內(nèi)的氣體壓強(qiáng)A正確；B．由于B管的體積與A泡的體積相比可略去不計(jì)，因此可認(rèn)為A泡內(nèi)氣體發(fā)生等容變化，由題可知為—3°C時(shí)根據(jù)查理定律得氣體末狀態(tài)壓強(qiáng)解得即水銀面的高度為22cm。B錯(cuò)誤；CD．當(dāng)管內(nèi)水銀面高度為x時(shí)，地面上標(biāo)準(zhǔn)大氣壓下溫度為T，設(shè)高山上壓強(qiáng)為，水銀密度為，溫度為，由查理定律得高山上壓強(qiáng)減小，故溫度的測(cè)量值比實(shí)際溫度高。C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。4.設(shè)兩分子a、b間距離為時(shí)分子間的引力和斥力大小相等，現(xiàn)固定a，將b從與a相距處由靜止釋放，在b遠(yuǎn)離a的過(guò)程中，下列表述正確的是（）A.和均減小，但減小較快B.當(dāng)a、b間距離為時(shí)，a、b間的分子勢(shì)能最小C.a對(duì)b一直做正功D.當(dāng)b運(yùn)動(dòng)最快時(shí)，a對(duì)b的作用力為零【答案】ABD【解析】【詳解】A．b從與a相距0.5r0處由靜止釋放，b遠(yuǎn)離a的過(guò)程中，距離增大，F(xiàn)引和F斥均減小，但F斥減小較快，故A正確；B．由0.5r0到r0過(guò)程中，分子力表現(xiàn)為斥力，距離增大時(shí)，分子力做正功，分子勢(shì)能減小，當(dāng)r>r0時(shí)，分子力表現(xiàn)為引力，分子間距離增大，分子力做負(fù)功，分子勢(shì)能增大，所以r=r0時(shí)，ab間的分子勢(shì)能最小，故B正確；C．將b從與a相距0.5r0處由靜止釋放，在b遠(yuǎn)離a的過(guò)程中，分子力先做正功后做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)動(dòng)能定理，分子間的距離從0.5r0增大到r0過(guò)程中，動(dòng)能增加，從r0到無(wú)限遠(yuǎn)，動(dòng)能減小，所以r=r0時(shí)b的動(dòng)能最大，a對(duì)b的作用力為零，故D正確。故選ABD。5.1834年，洛埃利用單面鏡得到了光的干涉結(jié)果（稱洛埃鏡實(shí)驗(yàn)），光路原理如圖所示，S為單色光源，M為一平面鏡。S發(fā)出的光直接照射到光屏上與通過(guò)M反射的光疊加產(chǎn)生干涉條紋，當(dāng)入射光波長(zhǎng)變長(zhǎng)，干涉條紋間距_________（選填“變大”“變小”或“不變”）；如果光源S到平面鏡的垂直距離與到光屏的垂直距離分別為a和L，光的波長(zhǎng)為，在光屏上形成干涉條紋間距離_________?！敬鸢浮竣?變大②.【解析】【詳解】[1]根據(jù)雙縫干涉相鄰條紋之間的距離公式當(dāng)增大，條紋間距增大。[2]相鄰兩條亮紋間距離。二、曲線運(yùn)動(dòng)與天體運(yùn)動(dòng)，動(dòng)量（共41分）6.人們對(duì)手機(jī)的依賴性越來(lái)越強(qiáng)，有些人喜歡躺著玩手機(jī)，經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)砸傷眼睛的情況。若手機(jī)的質(zhì)量為，從離人眼約的高度無(wú)初速度掉落，砸到眼睛后手機(jī)未反彈，眼睛受到手機(jī)的沖擊時(shí)間約為，重力加速度，下列分析正確的是（）A.手機(jī)與眼睛作用過(guò)程中動(dòng)量變化量約為B.手機(jī)對(duì)眼睛的沖量大小約為C.手機(jī)和眼睛的碰撞是彈性碰撞D.手機(jī)對(duì)眼睛的作用力大小約為【答案】D【解析】【詳解】A．手機(jī)從離人眼約的高度自由下落，砸到眼睛前的速度為砸到眼睛后手機(jī)未反彈，可知手機(jī)與眼睛作用過(guò)程中動(dòng)量變化量大小為A錯(cuò)誤；BD．設(shè)眼睛對(duì)手機(jī)的平均作用力大小為，以向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得解得眼睛對(duì)手機(jī)的沖量大小為根據(jù)牛頓第三定律可知，手機(jī)對(duì)眼睛的作用力大小為，手機(jī)對(duì)眼睛的沖量大小為，B錯(cuò)誤，D正確；C．由于砸到眼睛后手機(jī)未反彈，可知手機(jī)和眼睛的碰撞不是彈性碰撞，C錯(cuò)誤。故選D。7.若地球半徑為R，把地球看作質(zhì)量分布均勻的球體?！膀札?zhí)枴毕聺撋疃葹閐，“天宮一號(hào)”軌道距離地面高度為h，“蛟龍”號(hào)所在處與“天宮一號(hào)”所在處的加速度大小之比為（質(zhì)量分布均勻的球殼對(duì)內(nèi)部物體的萬(wàn)有引力為零）（）A B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】設(shè)地球的密度為ρ，則在地球表面，物體受到的重力和地球的萬(wàn)有引力大小相等，有由于地球的質(zhì)量為所以重力加速度的表達(dá)式可寫成質(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d的地球內(nèi)部，受到地球的萬(wàn)有引力即為半徑等于（R－d）的球體在其表面產(chǎn)生的萬(wàn)有引力，故“蛟龍?zhí)枴钡闹亓铀俣人杂懈鶕?jù)萬(wàn)有引力提供向心力有G＝ma“天宮一號(hào)”所在處的重力加速度為a＝所以，故選C。8.圖（a）為流水線上的水平皮帶轉(zhuǎn)彎?rùn)C(jī)，其俯視圖如圖（b）所示，虛線ABC是皮帶的中線。中線上各處的速度大小均為v=1.0m/s；AB段為直線，長(zhǎng)度L=4m，BC段為圓弧，半徑R=2.0m，現(xiàn)將一質(zhì)量m=1.0kg的小物件輕放于起點(diǎn)A處后，小物件沿皮帶中線運(yùn)動(dòng)到C處，已知小物件與皮帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（）A.小物件自A點(diǎn)一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)B點(diǎn)B.小物件運(yùn)動(dòng)到圓弧皮帶上時(shí)滑動(dòng)摩擦力提供向心力C.小物件運(yùn)動(dòng)到圓弧皮帶上時(shí)所受到的摩擦力大小為0.5ND.若將中線上速度增大至3m/s，則小物件運(yùn)動(dòng)到圓弧皮帶上時(shí)會(huì)滑離虛線【答案】C【解析】【詳解】A．設(shè)小物件自A點(diǎn)開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移為x，則說(shuō)明小物件自A點(diǎn)先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)B點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；BC．當(dāng)小物件運(yùn)動(dòng)到圓弧皮帶上時(shí)，有說(shuō)明小物件運(yùn)動(dòng)到圓弧皮帶上時(shí)靜摩擦力提供向心力，其所受到的摩擦力大小為0.5N，故B錯(cuò)誤，C正確；D．若將中線上速度增大至3m/s，則說(shuō)明小物件運(yùn)動(dòng)到圓弧皮帶上時(shí)仍然是靜摩擦力提供向心力，不會(huì)滑離虛線，故D錯(cuò)誤。故選C。9.2022年第24屆冬奧會(huì)在北京-張家口成功舉辦，圖甲為在張家口的國(guó)家跳臺(tái)滑雪中心“雪如意”,圖乙為跳臺(tái)滑雪的示意圖。質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員從長(zhǎng)直傾斜的助滑道AB的A處由靜止滑下，為了改變運(yùn)動(dòng)員的速度方向，在助滑道AB與起跳臺(tái)D之間用一段彎曲滑道相切銜接，其中最低點(diǎn)C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧，圓弧軌道半徑為R。A與C的豎直高度差為H，彎曲滑道末端即起跳臺(tái)D與滑道最低點(diǎn)C的高度差為h，重力加速度為g。不計(jì)空氣阻力及摩擦，則運(yùn)動(dòng)員（）A.到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為mgHB.到達(dá)C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為C.到起跳臺(tái)D點(diǎn)的速度大小為D.從C點(diǎn)到D點(diǎn)重力勢(shì)能增加了mg(H-h)【答案】AC【解析】【詳解】A．由A到C機(jī)械能守恒，則到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek=mgH選項(xiàng)A正確；B．根據(jù)解得則到達(dá)C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．從A到D由機(jī)械能守恒定律解得到起跳臺(tái)D點(diǎn)的速度大小為選項(xiàng)C正確；D．從C點(diǎn)到D點(diǎn)重力勢(shì)能增加了mgh，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選AC。10.宇宙中有一雙星系統(tǒng)由P、Q兩顆星體組成，這兩顆星繞它們連線上的某一點(diǎn)在二者萬(wàn)有引力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，測(cè)得P星的周期為T。P、Q兩顆星的距離為L(zhǎng)。P、Q兩顆星的軌道半徑之差為（P星的軌道半徑大于Q星軌道半徑），萬(wàn)有引力常量為G，則Q、P兩顆星的質(zhì)量和為______，兩顆星的向心加速度之比為______?！敬鸢浮竣?②.【解析】【詳解】［1］根據(jù)題意有解得［2］根據(jù)向心力的公式11.如圖所示，光滑水平地面上有質(zhì)量均為M=2kg的甲、乙兩輛小車，其中甲車由半徑R=1.0m的四分之一光滑圓弧軌道AB和未知長(zhǎng)度的光滑水平軌道BC構(gòu)成；乙車由水平軌道和固定在車右端的輕質(zhì)彈簧構(gòu)成，其中水平軌道除EF段粗糙外其余部分均光滑。兩車的C、D端等高且接觸良好，現(xiàn)已鎖定在一起。在甲車的圓弧軌道A端和B端分別有一質(zhì)量m=1kg可看作質(zhì)點(diǎn)的滑塊，初始狀態(tài)滑塊1和滑塊2均靜止，現(xiàn)松手讓滑塊1從圓弧軌道滑下，滑塊1和滑塊2在甲車的最右端C處發(fā)生彈性碰撞，碰撞瞬間兩車解除鎖定分離，之后滑塊2在乙車上運(yùn)動(dòng)。已知滑塊2在乙車上運(yùn)動(dòng)期間彈簧儲(chǔ)存的最大彈性勢(shì)能值是J，彈簧形變始終沒(méi)有超出最大限度。求：（g=10m/s2）(1)兩滑塊碰撞前，滑塊1的速度大小和水平軌道BC部分的長(zhǎng)度L；(2)滑塊2第一次經(jīng)過(guò)EF區(qū)域時(shí)，產(chǎn)生的內(nèi)能Q；(3)滑塊2最終離開乙車時(shí)相對(duì)地面的速度大小和方向。【答案】(1)4m/s，0.25m；(2)；(3)2m/s，方向水平向左【解析】【詳解】(1)設(shè)兩滑塊碰撞前滑塊1的速度為v1，甲、乙兩車的速度為v2，甲、乙車整體和滑塊1在滑塊下滑過(guò)程中，由水平方向動(dòng)量守恒以及能量守恒可得解得，滑塊1從圓弧A端下滑時(shí)，甲、乙車整體和滑塊1水平方向動(dòng)量守恒代入數(shù)據(jù)求得L=0.25m(2)根據(jù)滑塊1與滑塊2質(zhì)量相等發(fā)生彈性碰撞，速度交換，所以滑塊2的速度之后甲、乙車分離，滑塊2與乙車水平方向動(dòng)量守恒，達(dá)到共速時(shí)彈簧最短由m與M動(dòng)量守恒和總能量守恒設(shè)發(fā)熱為Q，則有代入數(shù)據(jù)求得(3)滑塊2與乙車分離時(shí)又經(jīng)過(guò)一次粗糙面，系統(tǒng)機(jī)械能減少Q(mào)，設(shè)滑塊離開乙車時(shí)對(duì)地速度為，乙車速度為，由水平方向動(dòng)量守恒由能量守恒代入數(shù)據(jù)求得（不合題意，舍去），即滑塊2最終離開乙車時(shí)的速度為2m/s，方向水平向左。12.如圖所示，豎直平面內(nèi)由傾角α=60°的斜面軌道AB、半徑均為R的半圓形細(xì)圓管軌道BCDE和圓周細(xì)圓管軌道EFG構(gòu)成一游戲裝置固定于地面，B、E兩處軌道平滑連接，軌道所在平面與豎直墻面垂直。軌道出口處G和圓心O2的連線，以及O2、E、O1和B等四點(diǎn)連成的直線與水平線間的夾角均為θ=30°，G點(diǎn)與豎直墻面的距離?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的小球從斜面的某高度h處?kù)o止釋放。小球只有與豎直墻面間的碰撞可視為彈性碰撞，不計(jì)小球大小和所受阻力。(1)若釋放處高度h=h0，當(dāng)小球第一次運(yùn)動(dòng)到圓管最低點(diǎn)C時(shí)，求速度大小vc及在此過(guò)程中所受合力的沖量的大小和方向；(2)求小球在圓管內(nèi)與圓心O1點(diǎn)等高的D點(diǎn)所受彈力FN與h的關(guān)系式；(3)若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點(diǎn)，高度h應(yīng)該滿足什么條件？【答案】(1)，，水平向左；(2)（h≥R）；(3)或【解析】【詳解】(1)機(jī)械能守恒解得動(dòng)量定理方向水平向左(2)機(jī)械能守恒牛頓第二定律解得滿足的條件(3)第1種情況:不滑離軌道原路返回，條件是第2種情況：與墻面垂直碰撞后原路返回，在進(jìn)入G之前是平拋運(yùn)動(dòng)其中，，則得機(jī)械能守恒h滿足的條件三、機(jī)械振動(dòng)與機(jī)械波（共24分）13.一列簡(jiǎn)諧橫波在時(shí)的波形圖如圖所示，介質(zhì)中處的質(zhì)點(diǎn)沿軸方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為的單位是，則下列說(shuō)法正確的是（）A.這列波沿軸負(fù)方向傳播 B.該簡(jiǎn)諧波的周期為C.這列波的波速為 D.時(shí)處的質(zhì)點(diǎn)具有正向最大加速度【答案】C【解析】【詳解】A．由質(zhì)點(diǎn)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式可知，時(shí)刻后極短時(shí)間內(nèi)的位移大于零，說(shuō)明時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)，由波形平移法可知，波沿軸正方向傳播，故A錯(cuò)誤；B．由表達(dá)式可知，周期為故B錯(cuò)誤；C．由波形圖知，則由波速為故C正確；D．由波形圖可看出時(shí)處的質(zhì)點(diǎn)具有正向最大位移，因此具有負(fù)向最大加速度，故D錯(cuò)誤。故選C。14.如圖所示，質(zhì)量均為的兩物體AB用勁度系數(shù)為的輕質(zhì)彈簧拴接，物體C疊放在物體B上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將C瞬間取走，物體A恰好不離開地面。已知彈性勢(shì)能的表達(dá)式為，其中為彈簧的形變量，重力加速度為。以下說(shuō)法正確的是（）A.物體C的質(zhì)量為B.物體B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的加速度大小為C.物體B的最大速度大小為D.物體B上升的最大高度為【答案】C【解析】【詳解】A．C物體疊加在B物體上面靜止時(shí)，由二力平衡kx1=（m+mC）g拿走C物體后，B物體在彈簧上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，其在平衡位置時(shí)，彈簧壓縮長(zhǎng)度為x0，由胡克定律得kx0=mg其振幅為A=x1-x0當(dāng)B物體上升到最高點(diǎn)，此時(shí)彈簧拉伸長(zhǎng)度最長(zhǎng)，由于物體A恰好不離開地面，由二力平衡得kx2=mg所以由振幅相等A=x2+x0=x1-x0解得物體C的質(zhì)量為mC=2m故A錯(cuò)誤；B．B物體在最高點(diǎn)受重力和彈簧彈力，由于物體A恰好不離開地面，由平衡條件得F彈=mgB物體在最高點(diǎn)的加速度為a，由牛頓第二定律可得故B錯(cuò)誤；CD．物體B上升的最大高度為當(dāng)B物體經(jīng)過(guò)平衡位置的時(shí)候其速度最大，物體B的最大速度大小為vm，B物體從最高點(diǎn)回落到平衡位置的過(guò)程中，B物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得解得故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。15.如圖甲所示，現(xiàn)在的智能手機(jī)大多有“雙MIC降噪技術(shù)”，簡(jiǎn)單說(shuō)就是在通話時(shí)，輔助麥克風(fēng)收集背景音，與主麥克風(fēng)音質(zhì)信號(hào)相減來(lái)降低背景噪音。圖乙是原理簡(jiǎn)化圖，圖丙是理想狀態(tài)下的降噪過(guò)程，實(shí)線表示環(huán)境噪聲，虛線表示降噪系統(tǒng)產(chǎn)生的等幅降噪聲波，則下列說(shuō)法正確的是（）A.降噪過(guò)程應(yīng)用了聲波的反射原理，使噪聲無(wú)法從外面進(jìn)入麥克風(fēng)B.理想狀態(tài)下降噪聲波與環(huán)境噪聲聲波的傳播速度大小相等，波長(zhǎng)相等C.降噪過(guò)程應(yīng)用的是聲波的干涉原理D.質(zhì)點(diǎn)P經(jīng)過(guò)一個(gè)周期向外遷移的距離為一個(gè)波長(zhǎng)E.P點(diǎn)振動(dòng)減弱點(diǎn)【答案】BCE【解析】【詳解】ABC．有圖可看出，理想狀態(tài)下降噪聲波與環(huán)境聲波波長(zhǎng)相等，波速相等，則頻率相同，疊加時(shí)產(chǎn)生干涉，由于兩列聲波等幅反相，所以振動(dòng)減弱，起到降噪作用，A錯(cuò)誤，BC正確；D．P點(diǎn)并不隨波移動(dòng)，D錯(cuò)誤；E．從圖像可以看出環(huán)境噪聲波使P點(diǎn)向下振動(dòng)，而降噪聲波使P點(diǎn)向上振動(dòng)，所以P點(diǎn)振動(dòng)減弱點(diǎn)，E正確。故選BCE。16.t=0時(shí)刻簡(jiǎn)諧橫波的波源從坐標(biāo)原點(diǎn)處起振，t=0.15s時(shí)，波形圖如圖所示，平衡位置位于x=60cm處的質(zhì)點(diǎn)M開始振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)N的位移為則該波在介質(zhì)中傳播的速度大小為___________m/s，質(zhì)點(diǎn)N的平衡位置坐標(biāo)為___________cm?！敬鸢浮竣?4②.4【解析】【詳解】[1]0~0.15s內(nèi)，該波沿x軸正方向傳播的距離Δx=0.6m則[2]由圖知0.6m可知λ=0.48m設(shè)t=0.15s時(shí)波源的相位為，則質(zhì)點(diǎn)N的相位為，波源O比質(zhì)點(diǎn)N超前相位，結(jié)合可知xN=4cm17.某同學(xué)做“用單擺測(cè)重力加速度”的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，在擺球的平衡位置處安放一個(gè)光電門，連接數(shù)字計(jì)時(shí)器，記錄小球經(jīng)過(guò)光電門的次數(shù)。（1）下列說(shuō)法中正確的是___________A．測(cè)出擺球做一次全振動(dòng)的時(shí)間作為周期的測(cè)量值B．質(zhì)量相同的鐵球和軟木球，應(yīng)選用鐵球作為擺球C．可將擺球從平衡位置拉開一個(gè)任意角度然后釋放擺球D．可以選擇有彈性的細(xì)繩作為擺線（2）在擺球自然懸垂的情況下，用毫米刻度尺測(cè)得從懸點(diǎn)至擺球頂端的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，再用游標(biāo)卡尺測(cè)量擺球直徑，結(jié)果如圖乙所示，則擺球直徑d=___________cm；（3）將擺球從平衡位置拉開一個(gè)合適的角度，靜止釋放擺球，擺球在豎直平面內(nèi)穩(wěn)定擺動(dòng)后，啟動(dòng)數(shù)字計(jì)時(shí)器，擺球通過(guò)平衡位置時(shí)從1開始計(jì)數(shù)，同時(shí)開始計(jì)時(shí)，當(dāng)擺球第n次（為大于3的奇數(shù)）通過(guò)光電門時(shí)停止計(jì)時(shí)，記錄的時(shí)間為t，此單擺的周期T=___________（用t、n表示），重力加速度的大小為___________（用L、d和T表示）；（4）實(shí)驗(yàn)中該同學(xué)測(cè)得的重力加速度值經(jīng)查證明顯大于當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣戎?，下列原因可能的是___________。A．?dāng)[線上端未牢固地系于懸點(diǎn)，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中出現(xiàn)松動(dòng)，使擺線長(zhǎng)度增加了B．計(jì)算時(shí)用作為單擺的擺長(zhǎng)C．?dāng)[球的振幅偏小D．把n當(dāng)作單擺全振動(dòng)的次數(shù)【答案】①.B②.1.07③.④.⑤.BD##DB【解析】【詳解】（1）[1]A．為了減小實(shí)驗(yàn)誤差應(yīng)測(cè)多次全振動(dòng)的時(shí)間，再求出一次全振動(dòng)的時(shí)間作為周期，根據(jù)公式計(jì)算重力加速度會(huì)增大實(shí)驗(yàn)誤差，故A錯(cuò)誤；B．為減小實(shí)驗(yàn)誤差，提高測(cè)量精度，相同質(zhì)量下應(yīng)選擇體積小的鐵球做為擺球，故B正確；C．單擺在擺角小于5°時(shí)的振動(dòng)才是簡(jiǎn)諧振動(dòng)，因此單擺的擺角不能過(guò)大，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)單擺的周期公式可知，單擺的周期跟擺線與擺球半徑之和有關(guān)，若使用彈性繩，在擺球下降或是上升的過(guò)程中，式中的會(huì)不斷發(fā)生變化，從而導(dǎo)致重力加速度測(cè)量不準(zhǔn)確，故D錯(cuò)誤。故選B。（2）[2]該游標(biāo)游標(biāo)卡尺的游標(biāo)尺為10分度值，因此最小精度為0.1mm，則讀數(shù)可得（3）[3][4]由題意可知在時(shí)間內(nèi)擺球全振動(dòng)次數(shù)為，則可得小球做簡(jiǎn)諧振動(dòng)的周期為由單擺的周期公式其中可得（4）[5]A．?dāng)[線上端未牢固地系于懸點(diǎn)，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中出現(xiàn)松動(dòng)，使擺線長(zhǎng)度增加了，則實(shí)際所測(cè)擺線長(zhǎng)度偏小，所測(cè)重力加速度將偏小，故A不符合題意；B．若計(jì)算重力加速度時(shí)用作為單擺的擺長(zhǎng)，則擺長(zhǎng)比實(shí)際偏大，因此計(jì)算的得到的重力加速度值比實(shí)際偏大，故B符合題意；C．?dāng)[球的振幅偏小不影響重力加速度的測(cè)量，故C不符合題意；D．若把n當(dāng)作單擺全振動(dòng)的次數(shù)，則會(huì)導(dǎo)致測(cè)量周期偏小，從而導(dǎo)致所測(cè)重力加速度偏大，故D符合題意。故選BD。四、電路，交變電流，電場(chǎng)（共22分）18.錢學(xué)森被譽(yù)為中國(guó)導(dǎo)彈之父，“導(dǎo)彈”這個(gè)詞也是他的創(chuàng)作．導(dǎo)彈制導(dǎo)方式很多，慣性制導(dǎo)系統(tǒng)是其中的一種，該系統(tǒng)的重要元件之一是加速度計(jì)，如圖所示。沿導(dǎo)彈長(zhǎng)度方向安裝的固定光滑桿上套一質(zhì)量為m的絕緣滑塊，分別與勁度系數(shù)均為k的輕彈簧相連，兩彈簧另一端與固定壁相連．當(dāng)彈簧為原長(zhǎng)時(shí)，固定在滑塊上的滑片停在滑動(dòng)變阻器（電阻總長(zhǎng)為L(zhǎng)）正中央，M、N兩端輸入電壓為U0，輸出電壓UPQ=0，系統(tǒng)加速時(shí)滑塊移動(dòng)，滑片隨之在變阻器上自由滑動(dòng)，UPQ相應(yīng)改變，然后通過(guò)控制系統(tǒng)進(jìn)行制導(dǎo)。設(shè)某段時(shí)間導(dǎo)彈沿水平方向運(yùn)動(dòng)，滑片向右移動(dòng)，UPQ=U0，則這段時(shí)間導(dǎo)彈的加速度（）A.方向向右，大小為 B.方向向左，大小為C.方向向右，大小為 D.方向向左，大小為【答案】D【解析】【詳解】滑片向右移動(dòng)，且則滑塊向右移動(dòng)的位移為，滑塊受到左側(cè)彈簧的向左的彈力為同時(shí)滑塊還受到右側(cè)彈簧的向左的彈力根據(jù)牛頓第二定律，加速度方向水平向左，ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D。19.如圖所示，導(dǎo)體棒ab垂直放在水平面內(nèi)兩根平行固定導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌右端與理想變壓器原線圈A相連，線圈C接圖示電路，線圈A與線圈C的匝數(shù)比，不計(jì)導(dǎo)體棒、導(dǎo)軌的電阻：兩導(dǎo)軌間距為20cm；磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.2T，方向豎直向上：，，滑動(dòng)變阻器（阻值0~20Ω），V為理想交流電壓表。導(dǎo)體棒在外力作用下做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間變化關(guān)系符合。以下說(shuō)法正確的是（）A.電壓表示數(shù)為B.滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)時(shí)變壓器輸入功率減小C.滑動(dòng)變阻器滑片滑到正中間位置，在1min內(nèi)外力對(duì)導(dǎo)體棒做的功為192JD.導(dǎo)體棒的最大速度變?yōu)?，則變壓器的輸出功率也變?yōu)樵瓉?lái)的一半【答案】B【解析】【詳解】A．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值變壓器原線圈有效值又則電壓表示數(shù)選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)，變阻器接入電路的電阻增大，變壓器輸出電流減小，輸出功率減小，選項(xiàng)B正確；C．滑動(dòng)變阻器滑片滑到中間位置時(shí)接入電路的電阻為10Ω，可求得次級(jí)電阻為10Ω，則次級(jí)消耗的功率則初級(jí)輸入功率即導(dǎo)體棒產(chǎn)生的功率P1=1.6W在1min內(nèi)外力對(duì)導(dǎo)體棒做的功為W=P1t=96J選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．導(dǎo)體棒的最大速度變?yōu)?，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值變?yōu)樵瓉?lái)的一半，有效值變?yōu)樵瓉?lái)的一半，變壓器次級(jí)電壓有效值變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則根據(jù)變壓器次級(jí)功率變?yōu)樵瓉?lái)的，則變壓器的輸出功率也變?yōu)樵瓉?lái)的，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。20.如圖所示的電路中，電流表為理想交流電表。定值電阻的阻值為R，長(zhǎng)度為l的金屬棒OM可繞O點(diǎn)在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，M端固定一金屬小環(huán)，長(zhǎng)度略大于2l的金屬棒PQ穿過(guò)小環(huán)，可在小環(huán)的帶動(dòng)下繞P點(diǎn)在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)。t=0時(shí)刻，金屬棒OM由水平位置開始在外界控制下以角速度ω繞O端逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，且金屬棒OM每次轉(zhuǎn)至水平時(shí)立即以大小相等的角速度返回，整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。兩金屬棒電阻不計(jì)，金屬環(huán)與金屬棒接觸良好。下列說(shuō)法正確的是（）A.OM每次轉(zhuǎn)至水平返回前后，電流方向都會(huì)發(fā)生變化B.從零時(shí)刻開始的一段時(shí)間內(nèi)，回路中磁通量的變化量為C.OM由零時(shí)刻起到第一次轉(zhuǎn)至豎直的過(guò)程中，流過(guò)定值電阻的電荷量為D.OM由零時(shí)刻起到第一次轉(zhuǎn)至水平的過(guò)程中，定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】ABD【解析】【詳解】A．OM每次轉(zhuǎn)至水平前，回路中磁通量都在減小，轉(zhuǎn)至水平返回后，磁通量都在增大，根據(jù)楞次定律可知，電流方向會(huì)發(fā)生變化，故A正確；B．由圖可知，閉合回路中能改變磁通量的區(qū)域?yàn)椤鱋PM的面積，根據(jù)幾何知識(shí)可得磁通量變化量為故B正確；C．OM由零時(shí)刻起到第一次轉(zhuǎn)至豎直的過(guò)程中，流過(guò)定值電阻的電荷量故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)磁通量變化量隨時(shí)間變化規(guī)律可知產(chǎn)生的是余弦交流電，t=0時(shí)刻，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，最大值為感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值為感應(yīng)電流的有效值為因此OM由零時(shí)刻起到第一次轉(zhuǎn)至水平的過(guò)程中定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱為故D正確。故選ABD。21.光滑絕緣水平面上有一坐標(biāo)系xOy，半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)固定在坐標(biāo)系內(nèi)，圓環(huán)圓心位于坐標(biāo)原點(diǎn)，如圖甲所示。圓環(huán)內(nèi)側(cè)A（0，R）處放置一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球，為了通過(guò)電場(chǎng)來(lái)控制帶電小球的運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)在圓環(huán)內(nèi)加上水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。若小球由靜止釋放，經(jīng)時(shí)間T沿直線運(yùn)動(dòng)到B（R，0）處；若給小球一個(gè)沿﹣x方向的初速度，小球恰能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。小球可視為質(zhì)點(diǎn)。（1）求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大小和方向。（2）求小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過(guò)A點(diǎn)的動(dòng)能EK。（3）將原電場(chǎng)更換為圖乙所示的交變電場(chǎng)（正、負(fù)號(hào)分別表示沿y軸負(fù)方向和正方向），t=0時(shí)刻，小球在A點(diǎn)由靜止釋放。欲使小球能在一個(gè)周期T內(nèi)不與圓環(huán)軌道相碰，試求所加電場(chǎng)強(qiáng)度E2的最大值?！敬鸢浮浚?），方向由A指向B；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）小球由靜止釋放，沿直線從A到B，可知電場(chǎng)力方向沿著AB方向指向B，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得可得方向由A指向B。（2）小球最容易脫軌的位置為C點(diǎn)，如下圖所示：小球恰能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，可知小球在C點(diǎn)恰好由電場(chǎng)力來(lái)提供向心力，則有從A點(diǎn)到C點(diǎn)利用動(dòng)能定理聯(lián)立方程可得（3）若加上沿著y軸方向的交變電場(chǎng)，若小球沒(méi)有碰到軌道，可知小球在第一個(gè)內(nèi)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第二個(gè)內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，這兩個(gè)內(nèi)加速度大小相等，所以位移大小相等，第三個(gè)內(nèi)小球反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第四個(gè)內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以小球在一個(gè)T內(nèi)返回A點(diǎn)，要使電場(chǎng)強(qiáng)度E2最大，且小球能在一個(gè)周期T內(nèi)不與圓環(huán)軌道相碰，可知小球在時(shí)刻恰好運(yùn)動(dòng)到圓心，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得可得五、電磁感應(yīng)定律，磁場(chǎng)（共45分）22.平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面（紙面）如圖所示，平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng)，速度與OM成30°角。已知該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場(chǎng)。不計(jì)重力。粒子離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】帶電粒子磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)軌道半徑為軌跡與ON相切，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由于故△AO′D為等邊三角形，∠O′DA=60°，而∠MON=30°，則∠OCD=90°，故CO′D為一直線故選D。23.鐵路運(yùn)輸中設(shè)計(jì)的多種裝置都運(yùn)用了電磁感應(yīng)原理。有一種電磁裝置可以向控制中心傳輸信號(hào)以確定火車的位置和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，裝置的原理是：將能產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁鐵安裝在火車首節(jié)車廂下面，如圖甲所示（俯視圖）。當(dāng)它經(jīng)過(guò)固定在兩鐵軌間的矩形線圈時(shí)，線圈便產(chǎn)生一個(gè)電信號(hào)傳輸給控制中心，相當(dāng)于在線圈的始末端點(diǎn)M、N處接入一理想電壓表。線圈寬為l1，長(zhǎng)為l2，匝數(shù)為n。設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)只分布在一個(gè)長(zhǎng)方形區(qū)域內(nèi)，該區(qū)域的長(zhǎng)（沿火車行進(jìn)方向）為L(zhǎng)，磁場(chǎng)寬度大于線圈寬度。當(dāng)火車首節(jié)車廂向右運(yùn)動(dòng)通過(guò)線圈時(shí)，控制中心接收到線圈兩端電壓u與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示（ab、cd均為直線），則（）A.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的長(zhǎng)度L一定小于線圈長(zhǎng)度l2B.在t1~t2時(shí)間內(nèi)，M點(diǎn)電勢(shì)高于N點(diǎn)電勢(shì)C.在t1~t2時(shí)間內(nèi)，火車加速度大小為D.將M、N兩點(diǎn)用導(dǎo)線短接，設(shè)線圈所在回路的總電阻為R，t1時(shí)刻火車速度為v1，則該時(shí)刻線圈受到的安培力大小為【答案】C【解析】【詳解】A．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的長(zhǎng)度L可能大于線圈長(zhǎng)度l2，當(dāng)火車前進(jìn)，線圈相對(duì)火車向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，磁通量增加，產(chǎn)生感應(yīng)電流，當(dāng)線圈全在磁場(chǎng)內(nèi)部時(shí)，磁通量不變感應(yīng)電流為零，當(dāng)線圈離開磁場(chǎng)時(shí)，磁通量減小，產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)右手定則可以判斷兩次電流方向相反，故A錯(cuò)誤；B．在t1~t2時(shí)間內(nèi)，根據(jù)右手定則可以判斷N點(diǎn)電勢(shì)高，故B錯(cuò)誤；C．t1時(shí)刻火車速度t2時(shí)刻火車速度所以加速度故C正確；D．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)感應(yīng)電流所以導(dǎo)線受到安培力故D錯(cuò)誤。故選C。24.已知粒子（即氦原子核）質(zhì)量約為質(zhì)子的4倍，帶正電荷，電荷量為元電荷的2倍。質(zhì)子和粒子在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）A.若它們的動(dòng)量大小相同，則質(zhì)子和粒子的運(yùn)動(dòng)半徑之比約為2：1B.若它們的速度大小相同，則質(zhì)子和粒子的運(yùn)動(dòng)半徑之比約為1：4C.若它們的動(dòng)能大小相同，則質(zhì)子和粒子的運(yùn)動(dòng)半徑之比約為1：2D.若它們由靜止經(jīng)過(guò)相同的加速電場(chǎng)加速后垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，則質(zhì)子和粒子的運(yùn)動(dòng)半徑之比約為1：2【答案】A【解析】【詳解】設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為q，則粒子的質(zhì)量為4m，電荷量為2q，它們?cè)谕粍驈?qiáng)電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，洛倫茲力充當(dāng)向心力，故解得A．若它們的動(dòng)量大小相同，即相同，則所以運(yùn)動(dòng)半徑之比為，A正確；B．若它們的速度相同，則B錯(cuò)誤；C．若它們的動(dòng)能大小相同，根據(jù)可得C錯(cuò)誤；D．若它們由靜止經(jīng)過(guò)相同的加速電場(chǎng)加速后垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，根據(jù)動(dòng)能定理可得進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為化簡(jiǎn)得即故半徑之比為D錯(cuò)誤；故選A。25.如圖所示，帶電量為Q的小球A固定在傾角為的絕緣光滑的固定斜面底部，在斜面上距A球?yàn)閘的P點(diǎn)放置一質(zhì)量為m的帶電小球B，小球B恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，若將另一質(zhì)量也為m的不帶電小球C緊貼著小球B由靜止釋放，兩小球一起運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)速度為v；若將小球C從距P點(diǎn)為d處的N點(diǎn)由靜止釋放，小球C運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)與小球B粘在一起。已知各小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g，靜電力常量為k，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球A、B的電量不變，下列說(shuō)法正確的是（）A.小球B的帶電量為B.小球C從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)與小球B碰前瞬間的速度為C.小球C從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)的速度為D.小球C從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)的速度為【答案】AD【解析】【詳解】A．小球B靜止時(shí)有解得A正確；B．設(shè)小球C到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度為v1，小球C從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)與小球B碰前由動(dòng)能定理得解得B錯(cuò)誤；CD．設(shè)PM之間的距離為l1小球C運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)與小球B粘在一起的速度為v2小球C運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)后與小球B粘在一起到運(yùn)動(dòng)至M點(diǎn)的速度為v3,在小球C緊貼著小球B由靜止釋放至運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得小球C與小球B碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒小球C運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)后與小球B粘在一起到運(yùn)動(dòng)至M點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得解得C錯(cuò)誤，D正確；故選AD。26.如圖所示，水平粗糙傳送帶以恒定速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，質(zhì)量為、邊長(zhǎng)為的正方形金屬線框置于傳送帶上，在傳送帶所在區(qū)域有一垂直于傳送帶邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下。線框在圖示位置開始計(jì)時(shí)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中邊始終與平行，其速度與時(shí)間的關(guān)系如圖所示，時(shí)間內(nèi)為曲線，時(shí)間內(nèi)為直線，重力加速度為，則下列說(shuō)法正確的是（）A.線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中，產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流B.線框進(jìn)入磁場(chǎng)和穿出磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)線框橫截面的電荷量相等C.磁場(chǎng)長(zhǎng)度為D.整個(gè)過(guò)程中線框產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】BD【解析】【詳解】A．根據(jù)題意，由楞次定律可得，線框進(jìn)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)題意，由法拉第電磁感應(yīng)定律有感應(yīng)電流為則電荷量為由于線框進(jìn)入磁場(chǎng)和穿出磁場(chǎng)過(guò)程中磁通量的變化量相同，則通過(guò)線框橫截面的電荷量相等，故B正確；C．根據(jù)題意由圖可知，時(shí)刻線框進(jìn)入磁場(chǎng)，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)，線框做勻加速運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻線框與傳送帶速度相等，在磁場(chǎng)內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻線框開始出磁場(chǎng)，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻，線框完全離開磁場(chǎng)，由上述分析可知，磁場(chǎng)的長(zhǎng)度等于線框在時(shí)間內(nèi)的位移之和，線框在時(shí)間內(nèi)的位移為線框的邊長(zhǎng)，則有根據(jù)圖像面積表位移可得，線框在時(shí)間內(nèi)的位移為線框在時(shí)間內(nèi)的位移為磁場(chǎng)長(zhǎng)度為故C錯(cuò)誤；D．時(shí)間內(nèi)，設(shè)安培力做功的絕對(duì)值為，線框與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，根據(jù)動(dòng)能定理有在時(shí)間內(nèi)，有則有解得整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱故D正確。故選BD。27.如圖所示為一實(shí)驗(yàn)裝置的剖面圖，左側(cè)為電壓可以控制的加速電場(chǎng)。在加速電場(chǎng)右側(cè)有相距為d、長(zhǎng)也為d的兩平行金屬板構(gòu)成的區(qū)域，區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，磁場(chǎng)的右邊界與熒光屏P之間的距離為2d。熒光屏中點(diǎn)O與加速電極上兩小孔S1、S2位于兩板的中軸線上。在中軸線正下方d位置有另一塊熒光屏Q，兩塊熒光屏的寬度均為2d?，F(xiàn)從S1連續(xù)注入質(zhì)量為m、電荷量為+q且初速可視為零的粒子，經(jīng)的加速電場(chǎng)后從小孔S2射出再經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，打到熒光屏Q上。不計(jì)帶電粒子的重力與各粒子間的相互作用。求：（1）帶電粒子打到熒光屏Q的具體位置；（2）若撤去兩平行金屬板間的磁場(chǎng)，加上平行紙面且垂直兩金屬板、電場(chǎng)強(qiáng)度為E0的勻強(qiáng)電場(chǎng)，判斷能否使粒子打到熒光屏Q的同一點(diǎn)；（3）若撤去兩平行金屬板間的磁場(chǎng)，在三角形ABD區(qū)域加上磁感強(qiáng)度大小和方向與兩平行金屬板間磁場(chǎng)皆相同的磁場(chǎng)，加速電壓的數(shù)值可在區(qū)間中調(diào)節(jié)，粒子打在熒光屏Q上的距A的最遠(yuǎn)距離和熒光屏P上的分布區(qū)間?！敬鸢浮浚?）距離A點(diǎn)；（2）不能；（3）見解析【解析】【詳解】（1）帶電粒子在加速電場(chǎng)中在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，洛倫磁力提供向心力解得由幾何知識(shí)，可知該粒子離開磁場(chǎng)時(shí)，在豎直方向偏轉(zhuǎn)的位移為即粒子