江蘇省南通市名校聯(lián)盟2024~2025學(xué)年高三上學(xué)期暑期學(xué)情調(diào)研暨選考模擬考試物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1江蘇省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試（模擬卷）高三物理一、單選題（本題共11題，每題4分，滿分44分）1.宇宙速度是從地球表面向宇宙空間發(fā)射人造地球衛(wèi)星、行星際和恒星際飛行器所需的最低速度．下列關(guān)于宇宙速度的說法正確的是（）A.第一宇宙速度是人造地球衛(wèi)星的最小發(fā)射速度B.若飛行器的發(fā)射速度大于第二宇宙速度，則飛行器將繞地球做橢圓運(yùn)動(dòng)C.若飛行器的發(fā)射速度大于第三宇宙速度，則飛行器將繞太陽運(yùn)動(dòng)D.衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的速率可能大于第一宇宙速度〖答案〗A〖解析〗AD．第一宇宙速度是人造地球衛(wèi)星的最小發(fā)射速度，也是地球衛(wèi)星繞地球飛行的最大速度，故A正確，D錯(cuò)誤；B．第二宇宙速度是在地面上發(fā)射物體，使之成為繞太陽運(yùn)動(dòng)或繞其他行星運(yùn)動(dòng)的人造衛(wèi)星所必需的最小發(fā)射速度，故B錯(cuò)誤；C．第三宇宙速度是在地面上發(fā)射物體，使之飛到太陽系以外的宇宙空間所必需的最小發(fā)射速度，故C錯(cuò)誤。故選A。2.下列物理量對(duì)應(yīng)單位的符號(hào)正確的是（）A.電勢(shì)，V B.功率，J C.電場(chǎng)強(qiáng)度，C/N D.電容，C〖答案〗A〖解析〗A．電勢(shì)單位伏特（V），故A正確；B．功率的單位是瓦特（W），故B錯(cuò)誤；C．電場(chǎng)強(qiáng)度的單位應(yīng)該是N/C，故C錯(cuò)誤；D．電容的單位是F，故D錯(cuò)誤。故選A。3.關(guān)于機(jī)械波的說法正確的是（）A.機(jī)械波可在真空中傳播 B.聲波從空氣進(jìn)入水中時(shí)，頻率變大C.質(zhì)點(diǎn)的振幅越大，波長(zhǎng)越長(zhǎng)D.利用多普勒測(cè)速儀可以測(cè)量水在海底的流速〖答案〗D〖解析〗A．機(jī)械波傳播需要介質(zhì)。故A錯(cuò)誤；B．聲波從空氣進(jìn)入水中時(shí)，頻率不變。故B錯(cuò)誤；C．質(zhì)點(diǎn)的振幅與波長(zhǎng)之間沒必然聯(lián)系。故C錯(cuò)誤；D．利用多普勒測(cè)速儀可以測(cè)量水在海底的流速。故D正確。故選D。4.彈球游戲裝置結(jié)構(gòu)如圖，輕質(zhì)彈簧下端固定在光滑斜面底部，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端在O點(diǎn)。小球?qū)椈蓧嚎s到A點(diǎn)（未栓接）由靜止釋放后，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)速度為零。以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿斜面向上為正方向建立x軸，小球上升過程的速度v、加速度a、動(dòng)能Ek及其機(jī)械能E隨位置坐標(biāo)x的變化規(guī)律可能正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗A．設(shè)O點(diǎn)速度為v小球由O到B的過程中由動(dòng)能定理可知解得圖像中過O點(diǎn)后應(yīng)為曲線，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)A點(diǎn)的彈性勢(shì)能為，小球在恢復(fù)原長(zhǎng)過程中由能量定理可知整理可得可知在O點(diǎn)前圖像應(yīng)為開口向下的拋物線由O到B的過程中動(dòng)能定理可知圖像為直線，故B正確；C．設(shè)彈簧原長(zhǎng)為小球由A運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程中受力分析可知隨著彈簧形變量減小，彈簧彈力減小，小球加速度逐漸變??；當(dāng)a=0時(shí)物體達(dá)到最大速度此時(shí)受力分析可知此后小球會(huì)做變減速運(yùn)動(dòng)直至到達(dá)O點(diǎn)受力分析可知分析可知加速度逐漸變大；小球由O到B的過程中，彈簧彈力為零受力分析可知從O點(diǎn)開始物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)圖像應(yīng)為直線，故C錯(cuò)誤；D．設(shè)A點(diǎn)的彈性勢(shì)能為,小球在恢復(fù)原長(zhǎng)過程中由能量定理可知整理可得圖像為開口向下的拋物線，故D錯(cuò)誤。故選B。5.如圖所示，質(zhì)量為2kg木板M放置在足夠大光滑水平面上，其右端固定一輕質(zhì)剛性豎直擋板，能承受的最大壓力為4N，質(zhì)量為1kg的可視為質(zhì)點(diǎn)物塊m恰好與豎直擋板接觸，已知M、m間動(dòng)摩擦因數(shù)，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。初始兩物體均靜止，某時(shí)刻開始M受水平向左的拉力F作用，F(xiàn)與M的位移x的關(guān)系式為（其中，F(xiàn)的單位為N，x的單位為m），重力加速度，下列表述正確的是（）A.m的最大加速度為B.m的最大加速度為C.豎直擋板對(duì)m做的功最多為48JD.當(dāng)M運(yùn)動(dòng)位移為24m過程中，木板對(duì)物塊的沖量大小為〖答案〗C〖解析〗AB．m與木板M之間的最大靜摩擦力為N＝5Nm受到的向左的力最大為靜摩擦力與彈力的和，所以最大加速度為am==m/s2=9m/s2選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；C．F隨x的增大而增大，整體的加速度逐漸增大，當(dāng)擋板的彈力達(dá)到最大時(shí)，F(xiàn)最大，對(duì)整體由牛頓第二定律得F的最大值為又解得當(dāng)m的加速度最大時(shí)的位移此過程由積累的關(guān)系可得由動(dòng)能定理即可求出系統(tǒng)的動(dòng)能為由此即可求出m的最大速度當(dāng)摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)有此時(shí)對(duì)整體有解得又解得當(dāng)摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)的位移由動(dòng)能定理即可求出系統(tǒng)的動(dòng)能為由此即可求出此時(shí)m的速度之后擋板開始對(duì)物塊有力的作用，根據(jù)動(dòng)能定理有解得豎直擋板對(duì)m做的功最多為選項(xiàng)C正確；D．當(dāng)位移為24m時(shí)m速度，則物塊受到合外力的沖量大小合外力的沖量包括豎直擋板、摩擦力、支持力以及重力對(duì)物塊的沖量，而木板對(duì)物塊的沖量大小不包括重力的沖量，因此大小不為，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。6.霍爾元件是一種重要的磁傳感器，可用在多種自動(dòng)控制系統(tǒng)中。長(zhǎng)方體半導(dǎo)體材料厚為a、寬為b、長(zhǎng)為c，以長(zhǎng)方體三邊為坐標(biāo)軸建立坐標(biāo)系xyz，如圖所示。半導(dǎo)體中有電荷量均為e的自由電子與空穴兩種載流子，空穴可看作帶正電荷的自由移動(dòng)粒子，單位體積內(nèi)自由電子和空穴的數(shù)目分別為n和p。當(dāng)半導(dǎo)體材料通有沿+x方向的恒定電流后，某時(shí)刻在半導(dǎo)體所在空間加一沿方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，于是在z方向上很快建立穩(wěn)定電場(chǎng)，稱其為霍爾電場(chǎng)，已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，沿方向。則關(guān)于這種霍爾材料認(rèn)識(shí)正確的是（）A.建立穩(wěn)定霍爾電場(chǎng)后兩種載流子在z方向形成的電流大小相等、方向相反B.建立穩(wěn)定霍爾電場(chǎng)后兩種載流子在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場(chǎng)力的合力都為零C.建立穩(wěn)定霍爾電場(chǎng)后兩種載流子在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場(chǎng)力的合力方向相反D.若自由電子定向移動(dòng)在沿方向上形成的電流為，自由電子在z方向上受到的洛倫茲力和霍爾電場(chǎng)力合力大小為〖答案〗A〖解析〗A．由題意，恒定電流沿+x方向，則自由電子沿-x方向，空穴沿+x方向，根據(jù)左手定則知電子受到的洛倫茲力方向向上，空穴受到洛倫茲力方向向上，所以電子產(chǎn)生電流方向沿z軸負(fù)方向，空穴產(chǎn)生電流沿z軸正向。設(shè)時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)體上表面的自由電子數(shù)和空穴數(shù)分別為、，設(shè)兩粒子沿z軸方向的速度為、則有則霍爾電場(chǎng)建立后，半導(dǎo)體z方向的上表面電荷量不再發(fā)生變化，即即在相等時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)體上表面的自由電子數(shù)和空穴數(shù)相等，則兩種載流子在z方向形成的電流大小相等、方向相反，故A正確；BC．因?yàn)殡娮邮艿降穆鍌惼澚Ψ较蛳蛏?，空穴受到洛倫茲力方向向上，霍爾電?chǎng)沿z軸負(fù)方向，所以電子受到霍爾電場(chǎng)的電場(chǎng)力向上，即電子在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場(chǎng)力的合力向上且不為零。而空穴受到霍爾電場(chǎng)的電場(chǎng)力方向向下，且小于所受的洛倫茲力，故空穴在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場(chǎng)力的合力向上且不為零，故BC錯(cuò)誤；D．設(shè)自由電子沿x軸方向的速度為，則滿足所以自由電子受到洛倫茲力大小為又因?yàn)榛魻栯妶?chǎng)力為所以自由電子在z方向上受到的洛倫滋力和霍爾電場(chǎng)力合力大小為故D錯(cuò)誤。故選A。7.摩擦傳動(dòng)是傳動(dòng)裝置中的一個(gè)重要模型，如圖所示的兩個(gè)水平放置的輪盤靠摩擦力傳動(dòng)，其中O、O＇分別為兩輪盤的軸心，已知兩個(gè)輪盤的半徑比，且在正常工作時(shí)兩輪盤不打滑。今在兩輪盤上分別放置兩個(gè)同種材料制成的滑塊A、B，兩滑塊與輪盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，兩滑塊距離軸心O、O＇的間距。若輪盤乙由靜止開始緩慢地轉(zhuǎn)動(dòng)起來，且轉(zhuǎn)速逐漸增加，則下列敘述正確的是（）①滑塊A和B在與輪盤相對(duì)靜止時(shí)，角速度之比為②滑塊A和B在與輪盤相對(duì)靜止時(shí)，向心加速度的比值為③轉(zhuǎn)速增加后滑塊B先發(fā)生滑動(dòng)④轉(zhuǎn)速增加后滑塊A先發(fā)生滑動(dòng)A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①③④〖答案〗A〖解析〗摩擦傳動(dòng)的物體邊緣線速度相等，則輪盤甲乙邊緣的線速度相等。A、B與輪盤相對(duì)靜止時(shí)，分別和輪盤甲乙做同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，則A、B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)時(shí)，角速度分別等于甲乙輪盤的角速度。①根據(jù)解得①正確；②根據(jù)可得滑塊A和B在與輪盤相對(duì)靜止時(shí)，向心加速度的比值②正確；③④AB物體受到的摩擦力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則物體恰好與輪盤相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，解得AB物體恰好與輪盤相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，此時(shí)乙對(duì)應(yīng)角速度分別為所以轉(zhuǎn)速增加后滑塊B先發(fā)生滑動(dòng)，③正確，④錯(cuò)誤。故選A。8.如圖所示在豎直y軸上固定兩個(gè)點(diǎn)電荷，電荷量為+Q的點(diǎn)電荷在2y0處、電荷量為-4Q的點(diǎn)電荷在3y0處。將質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從坐標(biāo)原點(diǎn)O靜止釋放，經(jīng)過A點(diǎn)后，能到達(dá)最低點(diǎn)B。以y0處為電勢(shì)能零點(diǎn)、2y0處為重力勢(shì)能零點(diǎn)，小球可視為點(diǎn)電荷。小球在此運(yùn)動(dòng)過程中的重力勢(shì)能、機(jī)械能、動(dòng)能及電勢(shì)能隨y變化的圖像可能正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗初末速度0，中間過程不為0，所以動(dòng)能先增加后減小。設(shè)正電荷Q的正上方x處電場(chǎng)強(qiáng)度為0，則解得即A點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為0，結(jié)合圖可知，A點(diǎn)上方場(chǎng)強(qiáng)方向向下，A點(diǎn)到正電荷場(chǎng)強(qiáng)方向向上。則小球從O點(diǎn)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減小后增加，處為0。在B點(diǎn)，小球總能量為分析可知，在A、B點(diǎn)之間動(dòng)能最大，設(shè)為C點(diǎn)，則由于，則即電勢(shì)能最大值大于動(dòng)能最大值。電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，則電勢(shì)能先減小后增加，機(jī)械能先增加后減小。而重力一直做正功，重力勢(shì)能一直減小，最后不為0。故選B。9.中學(xué)階段一般不考慮滑輪質(zhì)量，但實(shí)際上其質(zhì)量對(duì)研究的問題有影響。如圖，滑輪用固定桿豎直吊在天花板上，滑輪質(zhì)量為m，輕質(zhì)細(xì)線纏繞在滑輪邊緣，下方拴一質(zhì)量為的物體，細(xì)線與滑輪間不打滑，滑輪與中心轉(zhuǎn)軸無摩擦。物體釋放后，帶動(dòng)滑輪轉(zhuǎn)動(dòng)。請(qǐng)用所學(xué)知識(shí)和思想方法判斷細(xì)線拉力的表達(dá)式可能正確的是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和轉(zhuǎn)動(dòng)定律列方程，對(duì)物體有對(duì)滑輪有由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系有聯(lián)立，解得將a代入物體牛頓運(yùn)動(dòng)定律方程解得故選D。10.如圖所示，勁度系數(shù)為的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一質(zhì)量為的小木塊放置在粗糙程度相同的水平面上的點(diǎn)，此時(shí)彈簧長(zhǎng)度為彈簧原長(zhǎng)。一顆質(zhì)量為的子彈以水平速度擊中木塊，木塊和子彈一起向左側(cè)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)后向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)點(diǎn)，然后在點(diǎn)兩側(cè)往復(fù)運(yùn)動(dòng)。已知之間的距離為，小木塊與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為，取重力加速度為，下列選項(xiàng)正確的是（）A.子彈打入小木塊后，子彈和木塊共同運(yùn)動(dòng)的速度為B.小木塊從開始運(yùn)動(dòng)到第一次回到點(diǎn)的過程中克服摩擦力做功為C.間的距離為D.小木塊第一次從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的時(shí)間為〖答案〗C〖解析〗A．子彈打入小木塊時(shí)，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，可得解得A錯(cuò)誤；B．根據(jù)公式可得，小木塊從開始運(yùn)動(dòng)到第一次回到點(diǎn)的過程中克服摩擦力做功為B錯(cuò)誤；C．從過程中，為平衡位置，如圖所示則有規(guī)定向右為正向，滑塊運(yùn)動(dòng)過程中的合力滿足其中為滑塊偏離平衡位置的位移，由此可知從過程中小滑塊做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為，可知間的距離為C正確；D．根據(jù)簡(jiǎn)諧振動(dòng)的規(guī)律可得，從過程中滑塊的振動(dòng)可以表示為其中為振動(dòng)角頻率，滿足從過程中，點(diǎn)處為位移為解得D錯(cuò)誤。故選C。11.如圖所示，一電阻可忽略的U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺(tái)上，ab、dc足夠長(zhǎng)，一根電阻為R的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動(dòng)金屬框，運(yùn)動(dòng)過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。則金屬棒速度v、加速度a、兩端電壓UMN、回路中電流強(qiáng)度i隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗金屬框在恒力F作用下向右加速，由右手定則可知，bc邊產(chǎn)生的感應(yīng)電流從c流向b，由左手定則可知，導(dǎo)體棒受到向右的安培力作用，導(dǎo)體棒向右做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)金屬框的加速度為a1，導(dǎo)體棒的加速度為a2，設(shè)金屬框的速度為v1，導(dǎo)體棒的速度為v2，設(shè)導(dǎo)體棒的電阻為R，回路的感應(yīng)電流設(shè)金屬框的質(zhì)量為M，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，對(duì)金屬框，牛頓第二定律得對(duì)導(dǎo)體棒MN，由牛頓第二定律得金屬框與導(dǎo)體棒都做初速度為零的加速運(yùn)動(dòng)，v1、v2都變大，a1從開始減小，導(dǎo)體棒的加速度a2從0開始增大，當(dāng)金屬框與導(dǎo)體棒的加速度相等時(shí)，即a1=a2=a解得加速度保持不變，回路感應(yīng)電流此后金屬框與導(dǎo)體棒的速度差保持不變，感應(yīng)電流不變，兩端電壓UMN不變且不為0，導(dǎo)體棒所受到的安培力不變，加速度不變，金屬框與導(dǎo)體棒以相等的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。二、非選擇題（56分）12.小明利用如圖甲所示的電路測(cè)量小燈泡的電功率，其中實(shí)驗(yàn)器材有：2節(jié)新干電池，額定電壓為的小燈泡，其電阻約為，“”的滑動(dòng)變阻器，已調(diào)零且準(zhǔn)確的電流表和電壓表，開關(guān)，若干導(dǎo)線。（1）小明連完如圖甲所示的電路，閉合開關(guān)后發(fā)現(xiàn)小燈泡不亮，緊接著他下一步的操作應(yīng)該是__________。（2）第一次實(shí)驗(yàn)中，小明看到電壓表的示數(shù)為，要使小燈泡正常發(fā)光，應(yīng)向__________端移動(dòng)滑片，直到電壓表的示數(shù)為，然后再讀出電流表的示數(shù)如圖乙所示，最后還應(yīng)觀察__________。（3）完成了上述實(shí)驗(yàn)后，小明還想測(cè)量一只額定電壓為的小燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻，但發(fā)現(xiàn)電流表已損壞。他利用阻值已知的定值電阻，設(shè)計(jì)了如圖所示的電路，并進(jìn)行了如下操作：①依據(jù)電路圖連接好電路，只閉合開關(guān)S、，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使電壓表的示數(shù)為；②保持滑動(dòng)變阻器的滑片位置不變，只閉合開關(guān)S、，讀出電壓表的示數(shù)為。③則小燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻表達(dá)式__________（用、和表示）。（4）小明同學(xué)為什么不能用甲圖繼續(xù)探究“電流與電壓關(guān)系”____________________。（5）小明同學(xué)又找來、、、的四個(gè)定值電阻，想要繼續(xù)探究“電流與電阻關(guān)系”。在圖甲所示的電路中，先將的定值電阻代替小燈泡連入電路，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使定值電阻兩端電壓為。接下來斷開開關(guān)，保持滑片位置不變，取下的定值電阻換成的定值電阻，則閉合開關(guān)后，應(yīng)將滑動(dòng)變阻器的滑片向__________移動(dòng)?！即鸢浮剑?）移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，觀察小燈泡是否發(fā)光（2）左小燈泡的亮度（3）（4）小燈泡的電阻隨溫度的變化而變化，不是一個(gè)定值（5）右〖解析〗【小問1詳析】小明連完如圖甲所示的電路，閉合開關(guān)后發(fā)現(xiàn)小燈泡不亮，緊接著他下一步的操作應(yīng)該是移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，觀察小燈泡是否發(fā)光，發(fā)光則電路連接正確，不發(fā)光說明電路有故障?！拘?詳析】[1][2]第一次實(shí)驗(yàn)中，小明看到電壓表的示數(shù)為，要使小燈泡正常發(fā)光，應(yīng)向左端移動(dòng)滑片，使總電阻減小，電流增大，直到電壓表的示數(shù)為，然后再讀出電流表的示數(shù)如圖乙所示，最后還應(yīng)觀察小燈泡的亮度?！拘?詳析】根據(jù)電路關(guān)系解得小燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻表達(dá)式【小問4詳析】小明同學(xué)之所以不能用甲圖繼續(xù)探究“電流與電壓關(guān)系”，是因?yàn)樾襞莸碾娮桦S溫度的變化而變化，不是一個(gè)定值?！拘?詳析】探究電流與電阻關(guān)系，應(yīng)該保持電壓不變，當(dāng)把的定值電阻換成的定值電阻，應(yīng)該讓滑動(dòng)變阻器也相應(yīng)調(diào)大，才能使定值電阻分得的電壓保持不變，故應(yīng)該將滑動(dòng)變阻器的滑片向右滑。13.貫徹新發(fā)展理念，我國風(fēng)力發(fā)電發(fā)展迅猛，2020年我國風(fēng)力發(fā)電量高達(dá)4000億千瓦時(shí)。某種風(fēng)力發(fā)電機(jī)的原理如圖所示，發(fā)電機(jī)的線圈固定，磁體在葉片驅(qū)動(dòng)下繞線圈對(duì)稱軸轉(zhuǎn)動(dòng)，已知磁體間的磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為，線圈的匝數(shù)為100、面積為，電阻為，若磁體轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為。求：（1）線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值E；（2）線圈的輸出功率P?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）電動(dòng)勢(shì)的最大值有效值解得帶入數(shù)據(jù)得（2）輸出電壓輸出功率解得代入數(shù)據(jù)得14.如圖，在場(chǎng)強(qiáng)大小為E、水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一輕桿可繞固定轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)．桿的兩端分別固定兩電荷量均為q的小球A、B；A帶正電，B帶負(fù)電；A、B兩球到轉(zhuǎn)軸O的距離分別為2l、l，所受重力大小均為電場(chǎng)力大小的倍，開始時(shí)桿與電場(chǎng)夾角為（）．將桿從初始位置由靜止釋放，以O(shè)點(diǎn)為重力勢(shì)能和電勢(shì)能零點(diǎn)，求：（1）初始狀態(tài)的電勢(shì)能；（2）桿在平衡位置時(shí)與電場(chǎng)間的夾角；（3）桿在電勢(shì)能為零處的角速度?！即鸢浮剑?）；（2）30°；（3）當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，或〖解析〗（1）初態(tài)（2）平衡位置如圖設(shè)小球的質(zhì)量為m，合力矩為由此得解得（3）電勢(shì)能為零時(shí)，桿處于豎直位置，當(dāng)初始時(shí)OA與電場(chǎng)間夾角時(shí)，A恰好能到達(dá)O正上方，在此位置桿的角速度為0，當(dāng)時(shí)，A位于O正下方處電勢(shì)能為零．初態(tài)末態(tài)能量守恒解得代入數(shù)據(jù)可得當(dāng)時(shí)，電勢(shì)能為0有兩處，即A位于O正下方或正上方處，當(dāng)A位于O正下方時(shí)當(dāng)A位于O正上方時(shí)解得15.一種離心測(cè)速器的簡(jiǎn)化工作原理如圖所示。細(xì)桿的一端固定在豎直轉(zhuǎn)軸上的O點(diǎn)，并可隨軸一起轉(zhuǎn)動(dòng)。桿上套有一輕質(zhì)彈簧，彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與套在桿上的圓環(huán)相連。當(dāng)測(cè)速器穩(wěn)定工作時(shí)，圓環(huán)將相對(duì)細(xì)桿靜止，通過圓環(huán)的位置可以確定細(xì)桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度。已知細(xì)桿長(zhǎng)度，桿與豎直轉(zhuǎn)軸的夾角a始終為，彈簧原長(zhǎng)，彈簧勁度系數(shù)，圓環(huán)質(zhì)量；彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小取，摩擦力可忽略不計(jì)（1）若細(xì)桿和圓環(huán)處于靜止?fàn)顟B(tài)，求圓環(huán)到O點(diǎn)的距離；（2）求彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，細(xì)桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大?。唬?）求圓環(huán)處于細(xì)桿末端P時(shí)，細(xì)桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小?！即鸢浮剑?）0.05m；（2）；（3）〖解析〗（1）當(dāng)細(xì)桿和圓環(huán)處于平衡狀態(tài)，對(duì)圓環(huán)受力分析得根據(jù)胡克定律得彈簧彈力沿桿向上，故彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧此時(shí)的長(zhǎng)度即為圓環(huán)到O點(diǎn)的距離（2）若彈簧處于原長(zhǎng)，則圓環(huán)僅受重力和支持力，其合力使得圓環(huán)沿水平方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。根據(jù)牛頓第二定律得由幾何關(guān)系得圓環(huán)此時(shí)轉(zhuǎn)動(dòng)的半徑為聯(lián)立解得（3）圓環(huán)處于細(xì)桿末端P時(shí)，圓環(huán)受力分析重力，彈簧伸長(zhǎng)，彈力沿桿向下。根據(jù)胡克定律得對(duì)圓環(huán)受力分析并正交分解，豎直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，則有，由幾何關(guān)系得聯(lián)立解得16.現(xiàn)代科技中常用電場(chǎng)和磁場(chǎng)來控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)。如圖甲所示，在豎直平面內(nèi)建立坐標(biāo)系，在區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在O點(diǎn)沿y軸正方向放置足夠長(zhǎng)的熒光屏A。第三象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在點(diǎn)處沿x軸正方向射出速度為的粒子，恰好以的速率從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)、粒子的質(zhì)量為m，電荷量為，不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用。，。求：（1）該粒子擊中熒光屏A的位置Q；（2）該粒子從P運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間；（3）如圖乙所示，移去熒光屏A，在處，平行于x軸放置一足夠長(zhǎng)的檔板C，在電場(chǎng)中P、O兩點(diǎn)之間有一連續(xù)分布的曲線狀粒子源，其形狀的曲線方程為，。該粒子源沿x軸正方向以速度持續(xù)發(fā)射與P點(diǎn)處相同的粒子，粒子按y坐標(biāo)均勻分布，粒子源發(fā)射一段時(shí)間后停止發(fā)射，粒子擊中擋板C立即被吸收。求擊中擋板C的粒子數(shù)與發(fā)射的總粒子數(shù)之比?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）如圖所示，粒子在第一象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度方向與y軸正方向成夾角由可知得由幾何關(guān)系知聯(lián)立解得Q點(diǎn)坐標(biāo)（2）粒子在電場(chǎng)中P→O，x方向勻速直線運(yùn)動(dòng)粒子在磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)周期粒子在場(chǎng)中O→Q聯(lián)立解得粒子從P到Q的時(shí)間（3）經(jīng)分析，所有粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后均從O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，且均經(jīng)過Q點(diǎn)進(jìn)入第二象限。如圖所示設(shè)發(fā)射粒子的初始位置縱坐標(biāo)為，從O點(diǎn)進(jìn)入第一象限與x軸正方向夾角為，其軌跡恰好與擋板相切，粒子經(jīng)過O點(diǎn)速度粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑由聯(lián)立解得粒子在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，由得且聯(lián)立解得所以江蘇省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試（模擬卷）高三物理一、單選題（本題共11題，每題4分，滿分44分）1.宇宙速度是從地球表面向宇宙空間發(fā)射人造地球衛(wèi)星、行星際和恒星際飛行器所需的最低速度．下列關(guān)于宇宙速度的說法正確的是（）A.第一宇宙速度是人造地球衛(wèi)星的最小發(fā)射速度B.若飛行器的發(fā)射速度大于第二宇宙速度，則飛行器將繞地球做橢圓運(yùn)動(dòng)C.若飛行器的發(fā)射速度大于第三宇宙速度，則飛行器將繞太陽運(yùn)動(dòng)D.衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的速率可能大于第一宇宙速度〖答案〗A〖解析〗AD．第一宇宙速度是人造地球衛(wèi)星的最小發(fā)射速度，也是地球衛(wèi)星繞地球飛行的最大速度，故A正確，D錯(cuò)誤；B．第二宇宙速度是在地面上發(fā)射物體，使之成為繞太陽運(yùn)動(dòng)或繞其他行星運(yùn)動(dòng)的人造衛(wèi)星所必需的最小發(fā)射速度，故B錯(cuò)誤；C．第三宇宙速度是在地面上發(fā)射物體，使之飛到太陽系以外的宇宙空間所必需的最小發(fā)射速度，故C錯(cuò)誤。故選A。2.下列物理量對(duì)應(yīng)單位的符號(hào)正確的是（）A.電勢(shì)，V B.功率，J C.電場(chǎng)強(qiáng)度，C/N D.電容，C〖答案〗A〖解析〗A．電勢(shì)單位伏特（V），故A正確；B．功率的單位是瓦特（W），故B錯(cuò)誤；C．電場(chǎng)強(qiáng)度的單位應(yīng)該是N/C，故C錯(cuò)誤；D．電容的單位是F，故D錯(cuò)誤。故選A。3.關(guān)于機(jī)械波的說法正確的是（）A.機(jī)械波可在真空中傳播 B.聲波從空氣進(jìn)入水中時(shí)，頻率變大C.質(zhì)點(diǎn)的振幅越大，波長(zhǎng)越長(zhǎng)D.利用多普勒測(cè)速儀可以測(cè)量水在海底的流速〖答案〗D〖解析〗A．機(jī)械波傳播需要介質(zhì)。故A錯(cuò)誤；B．聲波從空氣進(jìn)入水中時(shí)，頻率不變。故B錯(cuò)誤；C．質(zhì)點(diǎn)的振幅與波長(zhǎng)之間沒必然聯(lián)系。故C錯(cuò)誤；D．利用多普勒測(cè)速儀可以測(cè)量水在海底的流速。故D正確。故選D。4.彈球游戲裝置結(jié)構(gòu)如圖，輕質(zhì)彈簧下端固定在光滑斜面底部，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端在O點(diǎn)。小球?qū)椈蓧嚎s到A點(diǎn)（未栓接）由靜止釋放后，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)速度為零。以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿斜面向上為正方向建立x軸，小球上升過程的速度v、加速度a、動(dòng)能Ek及其機(jī)械能E隨位置坐標(biāo)x的變化規(guī)律可能正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗A．設(shè)O點(diǎn)速度為v小球由O到B的過程中由動(dòng)能定理可知解得圖像中過O點(diǎn)后應(yīng)為曲線，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)A點(diǎn)的彈性勢(shì)能為，小球在恢復(fù)原長(zhǎng)過程中由能量定理可知整理可得可知在O點(diǎn)前圖像應(yīng)為開口向下的拋物線由O到B的過程中動(dòng)能定理可知圖像為直線，故B正確；C．設(shè)彈簧原長(zhǎng)為小球由A運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程中受力分析可知隨著彈簧形變量減小，彈簧彈力減小，小球加速度逐漸變小；當(dāng)a=0時(shí)物體達(dá)到最大速度此時(shí)受力分析可知此后小球會(huì)做變減速運(yùn)動(dòng)直至到達(dá)O點(diǎn)受力分析可知分析可知加速度逐漸變大；小球由O到B的過程中，彈簧彈力為零受力分析可知從O點(diǎn)開始物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)圖像應(yīng)為直線，故C錯(cuò)誤；D．設(shè)A點(diǎn)的彈性勢(shì)能為,小球在恢復(fù)原長(zhǎng)過程中由能量定理可知整理可得圖像為開口向下的拋物線，故D錯(cuò)誤。故選B。5.如圖所示，質(zhì)量為2kg木板M放置在足夠大光滑水平面上，其右端固定一輕質(zhì)剛性豎直擋板，能承受的最大壓力為4N，質(zhì)量為1kg的可視為質(zhì)點(diǎn)物塊m恰好與豎直擋板接觸，已知M、m間動(dòng)摩擦因數(shù)，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。初始兩物體均靜止，某時(shí)刻開始M受水平向左的拉力F作用，F(xiàn)與M的位移x的關(guān)系式為（其中，F(xiàn)的單位為N，x的單位為m），重力加速度，下列表述正確的是（）A.m的最大加速度為B.m的最大加速度為C.豎直擋板對(duì)m做的功最多為48JD.當(dāng)M運(yùn)動(dòng)位移為24m過程中，木板對(duì)物塊的沖量大小為〖答案〗C〖解析〗AB．m與木板M之間的最大靜摩擦力為N＝5Nm受到的向左的力最大為靜摩擦力與彈力的和，所以最大加速度為am==m/s2=9m/s2選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；C．F隨x的增大而增大，整體的加速度逐漸增大，當(dāng)擋板的彈力達(dá)到最大時(shí)，F(xiàn)最大，對(duì)整體由牛頓第二定律得F的最大值為又解得當(dāng)m的加速度最大時(shí)的位移此過程由積累的關(guān)系可得由動(dòng)能定理即可求出系統(tǒng)的動(dòng)能為由此即可求出m的最大速度當(dāng)摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)有此時(shí)對(duì)整體有解得又解得當(dāng)摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)的位移由動(dòng)能定理即可求出系統(tǒng)的動(dòng)能為由此即可求出此時(shí)m的速度之后擋板開始對(duì)物塊有力的作用，根據(jù)動(dòng)能定理有解得豎直擋板對(duì)m做的功最多為選項(xiàng)C正確；D．當(dāng)位移為24m時(shí)m速度，則物塊受到合外力的沖量大小合外力的沖量包括豎直擋板、摩擦力、支持力以及重力對(duì)物塊的沖量，而木板對(duì)物塊的沖量大小不包括重力的沖量，因此大小不為，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。6.霍爾元件是一種重要的磁傳感器，可用在多種自動(dòng)控制系統(tǒng)中。長(zhǎng)方體半導(dǎo)體材料厚為a、寬為b、長(zhǎng)為c，以長(zhǎng)方體三邊為坐標(biāo)軸建立坐標(biāo)系xyz，如圖所示。半導(dǎo)體中有電荷量均為e的自由電子與空穴兩種載流子，空穴可看作帶正電荷的自由移動(dòng)粒子，單位體積內(nèi)自由電子和空穴的數(shù)目分別為n和p。當(dāng)半導(dǎo)體材料通有沿+x方向的恒定電流后，某時(shí)刻在半導(dǎo)體所在空間加一沿方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，于是在z方向上很快建立穩(wěn)定電場(chǎng)，稱其為霍爾電場(chǎng)，已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，沿方向。則關(guān)于這種霍爾材料認(rèn)識(shí)正確的是（）A.建立穩(wěn)定霍爾電場(chǎng)后兩種載流子在z方向形成的電流大小相等、方向相反B.建立穩(wěn)定霍爾電場(chǎng)后兩種載流子在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場(chǎng)力的合力都為零C.建立穩(wěn)定霍爾電場(chǎng)后兩種載流子在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場(chǎng)力的合力方向相反D.若自由電子定向移動(dòng)在沿方向上形成的電流為，自由電子在z方向上受到的洛倫茲力和霍爾電場(chǎng)力合力大小為〖答案〗A〖解析〗A．由題意，恒定電流沿+x方向，則自由電子沿-x方向，空穴沿+x方向，根據(jù)左手定則知電子受到的洛倫茲力方向向上，空穴受到洛倫茲力方向向上，所以電子產(chǎn)生電流方向沿z軸負(fù)方向，空穴產(chǎn)生電流沿z軸正向。設(shè)時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)體上表面的自由電子數(shù)和空穴數(shù)分別為、，設(shè)兩粒子沿z軸方向的速度為、則有則霍爾電場(chǎng)建立后，半導(dǎo)體z方向的上表面電荷量不再發(fā)生變化，即即在相等時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)體上表面的自由電子數(shù)和空穴數(shù)相等，則兩種載流子在z方向形成的電流大小相等、方向相反，故A正確；BC．因?yàn)殡娮邮艿降穆鍌惼澚Ψ较蛳蛏?，空穴受到洛倫茲力方向向上，霍爾電?chǎng)沿z軸負(fù)方向，所以電子受到霍爾電場(chǎng)的電場(chǎng)力向上，即電子在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場(chǎng)力的合力向上且不為零。而空穴受到霍爾電場(chǎng)的電場(chǎng)力方向向下，且小于所受的洛倫茲力，故空穴在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場(chǎng)力的合力向上且不為零，故BC錯(cuò)誤；D．設(shè)自由電子沿x軸方向的速度為，則滿足所以自由電子受到洛倫茲力大小為又因?yàn)榛魻栯妶?chǎng)力為所以自由電子在z方向上受到的洛倫滋力和霍爾電場(chǎng)力合力大小為故D錯(cuò)誤。故選A。7.摩擦傳動(dòng)是傳動(dòng)裝置中的一個(gè)重要模型，如圖所示的兩個(gè)水平放置的輪盤靠摩擦力傳動(dòng)，其中O、O＇分別為兩輪盤的軸心，已知兩個(gè)輪盤的半徑比，且在正常工作時(shí)兩輪盤不打滑。今在兩輪盤上分別放置兩個(gè)同種材料制成的滑塊A、B，兩滑塊與輪盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，兩滑塊距離軸心O、O＇的間距。若輪盤乙由靜止開始緩慢地轉(zhuǎn)動(dòng)起來，且轉(zhuǎn)速逐漸增加，則下列敘述正確的是（）①滑塊A和B在與輪盤相對(duì)靜止時(shí)，角速度之比為②滑塊A和B在與輪盤相對(duì)靜止時(shí)，向心加速度的比值為③轉(zhuǎn)速增加后滑塊B先發(fā)生滑動(dòng)④轉(zhuǎn)速增加后滑塊A先發(fā)生滑動(dòng)A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①③④〖答案〗A〖解析〗摩擦傳動(dòng)的物體邊緣線速度相等，則輪盤甲乙邊緣的線速度相等。A、B與輪盤相對(duì)靜止時(shí)，分別和輪盤甲乙做同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，則A、B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)時(shí)，角速度分別等于甲乙輪盤的角速度。①根據(jù)解得①正確；②根據(jù)可得滑塊A和B在與輪盤相對(duì)靜止時(shí)，向心加速度的比值②正確；③④AB物體受到的摩擦力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則物體恰好與輪盤相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，解得AB物體恰好與輪盤相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，此時(shí)乙對(duì)應(yīng)角速度分別為所以轉(zhuǎn)速增加后滑塊B先發(fā)生滑動(dòng)，③正確，④錯(cuò)誤。故選A。8.如圖所示在豎直y軸上固定兩個(gè)點(diǎn)電荷，電荷量為+Q的點(diǎn)電荷在2y0處、電荷量為-4Q的點(diǎn)電荷在3y0處。將質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從坐標(biāo)原點(diǎn)O靜止釋放，經(jīng)過A點(diǎn)后，能到達(dá)最低點(diǎn)B。以y0處為電勢(shì)能零點(diǎn)、2y0處為重力勢(shì)能零點(diǎn)，小球可視為點(diǎn)電荷。小球在此運(yùn)動(dòng)過程中的重力勢(shì)能、機(jī)械能、動(dòng)能及電勢(shì)能隨y變化的圖像可能正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗初末速度0，中間過程不為0，所以動(dòng)能先增加后減小。設(shè)正電荷Q的正上方x處電場(chǎng)強(qiáng)度為0，則解得即A點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為0，結(jié)合圖可知，A點(diǎn)上方場(chǎng)強(qiáng)方向向下，A點(diǎn)到正電荷場(chǎng)強(qiáng)方向向上。則小球從O點(diǎn)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減小后增加，處為0。在B點(diǎn)，小球總能量為分析可知，在A、B點(diǎn)之間動(dòng)能最大，設(shè)為C點(diǎn)，則由于，則即電勢(shì)能最大值大于動(dòng)能最大值。電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，則電勢(shì)能先減小后增加，機(jī)械能先增加后減小。而重力一直做正功，重力勢(shì)能一直減小，最后不為0。故選B。9.中學(xué)階段一般不考慮滑輪質(zhì)量，但實(shí)際上其質(zhì)量對(duì)研究的問題有影響。如圖，滑輪用固定桿豎直吊在天花板上，滑輪質(zhì)量為m，輕質(zhì)細(xì)線纏繞在滑輪邊緣，下方拴一質(zhì)量為的物體，細(xì)線與滑輪間不打滑，滑輪與中心轉(zhuǎn)軸無摩擦。物體釋放后，帶動(dòng)滑輪轉(zhuǎn)動(dòng)。請(qǐng)用所學(xué)知識(shí)和思想方法判斷細(xì)線拉力的表達(dá)式可能正確的是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和轉(zhuǎn)動(dòng)定律列方程，對(duì)物體有對(duì)滑輪有由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系有聯(lián)立，解得將a代入物體牛頓運(yùn)動(dòng)定律方程解得故選D。10.如圖所示，勁度系數(shù)為的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一質(zhì)量為的小木塊放置在粗糙程度相同的水平面上的點(diǎn)，此時(shí)彈簧長(zhǎng)度為彈簧原長(zhǎng)。一顆質(zhì)量為的子彈以水平速度擊中木塊，木塊和子彈一起向左側(cè)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)后向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)點(diǎn)，然后在點(diǎn)兩側(cè)往復(fù)運(yùn)動(dòng)。已知之間的距離為，小木塊與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為，取重力加速度為，下列選項(xiàng)正確的是（）A.子彈打入小木塊后，子彈和木塊共同運(yùn)動(dòng)的速度為B.小木塊從開始運(yùn)動(dòng)到第一次回到點(diǎn)的過程中克服摩擦力做功為C.間的距離為D.小木塊第一次從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的時(shí)間為〖答案〗C〖解析〗A．子彈打入小木塊時(shí)，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，可得解得A錯(cuò)誤；B．根據(jù)公式可得，小木塊從開始運(yùn)動(dòng)到第一次回到點(diǎn)的過程中克服摩擦力做功為B錯(cuò)誤；C．從過程中，為平衡位置，如圖所示則有規(guī)定向右為正向，滑塊運(yùn)動(dòng)過程中的合力滿足其中為滑塊偏離平衡位置的位移，由此可知從過程中小滑塊做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為，可知間的距離為C正確；D．根據(jù)簡(jiǎn)諧振動(dòng)的規(guī)律可得，從過程中滑塊的振動(dòng)可以表示為其中為振動(dòng)角頻率，滿足從過程中，點(diǎn)處為位移為解得D錯(cuò)誤。故選C。11.如圖所示，一電阻可忽略的U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺(tái)上，ab、dc足夠長(zhǎng)，一根電阻為R的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動(dòng)金屬框，運(yùn)動(dòng)過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。則金屬棒速度v、加速度a、兩端電壓UMN、回路中電流強(qiáng)度i隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗金屬框在恒力F作用下向右加速，由右手定則可知，bc邊產(chǎn)生的感應(yīng)電流從c流向b，由左手定則可知，導(dǎo)體棒受到向右的安培力作用，導(dǎo)體棒向右做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)金屬框的加速度為a1，導(dǎo)體棒的加速度為a2，設(shè)金屬框的速度為v1，導(dǎo)體棒的速度為v2，設(shè)導(dǎo)體棒的電阻為R，回路的感應(yīng)電流設(shè)金屬框的質(zhì)量為M，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，對(duì)金屬框，牛頓第二定律得對(duì)導(dǎo)體棒MN，由牛頓第二定律得金屬框與導(dǎo)體棒都做初速度為零的加速運(yùn)動(dòng)，v1、v2都變大，a1從開始減小，導(dǎo)體棒的加速度a2從0開始增大，當(dāng)金屬框與導(dǎo)體棒的加速度相等時(shí)，即a1=a2=a解得加速度保持不變，回路感應(yīng)電流此后金屬框與導(dǎo)體棒的速度差保持不變，感應(yīng)電流不變，兩端電壓UMN不變且不為0，導(dǎo)體棒所受到的安培力不變，加速度不變，金屬框與導(dǎo)體棒以相等的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。二、非選擇題（56分）12.小明利用如圖甲所示的電路測(cè)量小燈泡的電功率，其中實(shí)驗(yàn)器材有：2節(jié)新干電池，額定電壓為的小燈泡，其電阻約為，“”的滑動(dòng)變阻器，已調(diào)零且準(zhǔn)確的電流表和電壓表，開關(guān)，若干導(dǎo)線。（1）小明連完如圖甲所示的電路，閉合開關(guān)后發(fā)現(xiàn)小燈泡不亮，緊接著他下一步的操作應(yīng)該是__________。（2）第一次實(shí)驗(yàn)中，小明看到電壓表的示數(shù)為，要使小燈泡正常發(fā)光，應(yīng)向__________端移動(dòng)滑片，直到電壓表的示數(shù)為，然后再讀出電流表的示數(shù)如圖乙所示，最后還應(yīng)觀察__________。（3）完成了上述實(shí)驗(yàn)后，小明還想測(cè)量一只額定電壓為的小燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻，但發(fā)現(xiàn)電流表已損壞。他利用阻值已知的定值電阻，設(shè)計(jì)了如圖所示的電路，并進(jìn)行了如下操作：①依據(jù)電路圖連接好電路，只閉合開關(guān)S、，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使電壓表的示數(shù)為；②保持滑動(dòng)變阻器的滑片位置不變，只閉合開關(guān)S、，讀出電壓表的示數(shù)為。③則小燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻表達(dá)式__________（用、和表示）。（4）小明同學(xué)為什么不能用甲圖繼續(xù)探究“電流與電壓關(guān)系”____________________。（5）小明同學(xué)又找來、、、的四個(gè)定值電阻，想要繼續(xù)探究“電流與電阻關(guān)系”。在圖甲所示的電路中，先將的定值電阻代替小燈泡連入電路，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使定值電阻兩端電壓為。接下來斷開開關(guān)，保持滑片位置不變，取下的定值電阻換成的定值電阻，則閉合開關(guān)后，應(yīng)將滑動(dòng)變阻器的滑片向__________移動(dòng)?！即鸢浮剑?）移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，觀察小燈泡是否發(fā)光（2）左小燈泡的亮度（3）（4）小燈泡的電阻隨溫度的變化而變化，不是一個(gè)定值（5）右〖解析〗【小問1詳析】小明連完如圖甲所示的電路，閉合開關(guān)后發(fā)現(xiàn)小燈泡不亮，緊接著他下一步的操作應(yīng)該是移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，觀察小燈泡是否發(fā)光，發(fā)光則電路連接正確，不發(fā)光說明電路有故障?！拘?詳析】[1][2]第一次實(shí)驗(yàn)中，小明看到電壓表的示數(shù)為，要使小燈泡正常發(fā)光，應(yīng)向左端移動(dòng)滑片，使總電阻減小，電流增大，直到電壓表的示數(shù)為，然后再讀出電流表的示數(shù)如圖乙所示，最后還應(yīng)觀察小燈泡的亮度?！拘?詳析】根據(jù)電路關(guān)系解得小燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻表達(dá)式【小問4詳析】小明同學(xué)之所以不能用甲圖繼續(xù)探究“電流與電壓關(guān)系”，是因?yàn)樾襞莸碾娮桦S溫度的變化而變化，不是一個(gè)定值?！拘?詳析】探究電流與電阻關(guān)系，應(yīng)該保持電壓不變，當(dāng)把的定值電阻換成的定值電阻，應(yīng)該讓滑動(dòng)變阻器也相應(yīng)調(diào)大，才能使定值電阻分得的電壓保持不變，故應(yīng)該將滑動(dòng)變阻器的滑片向右滑。13.貫徹新發(fā)展理念，我國風(fēng)力發(fā)電發(fā)展迅猛，2020年我國風(fēng)力發(fā)電量高達(dá)4000億千瓦時(shí)。某種風(fēng)力發(fā)電機(jī)的原理如圖所示，發(fā)電機(jī)的線圈固定，磁體在葉片驅(qū)動(dòng)下繞線圈對(duì)稱軸轉(zhuǎn)動(dòng)，已知磁體間的磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為，線圈的匝數(shù)為100、面積為，電阻為，若磁體轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為。求：（1）線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值E；（2）線圈的輸出功率P?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）電動(dòng)勢(shì)的最大值有效值解得