2024年九省聯(lián)考（新疆）高考物理適應性試卷（1月份）

2024年九省聯(lián)考（新疆）高考物理適應性試卷（1月份）一、選擇題：1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．（6分）我國載人航天事業(yè)已邁入“空間站”時代。2023年2月9日，神舟十五號航天員乘組迎來了首次出艙活動，兩名航天員先后成功出艙，一名航天員在核心艙內(nèi)配合支持，經(jīng)過約7小時圓滿完成既定任務。已知空間站離地面的高度約為450km，地球半徑約為6400km，萬有引力常量G＝6.67×10﹣11N?m2/kg2，地球質(zhì)量約為6×1024kg，則下列說法正確的是（）A．漂浮在核心艙內(nèi)的航天員不受地球引力作用 B．空間站在軌運行的速度大于第一宇宙速度 C．艙內(nèi)的航天員每24h只可觀察到一次日出日落 D．若宇航員乘坐飛船返回地球，則飛船與空間站分離后需要點火減速2．（6分）位于安徽省合肥市科學島上的“東方超環(huán)”（EAST），俗稱“人造小太陽”，已實現(xiàn)1億攝氏度高參數(shù)等離子體運行，H+H→He+X是“人造小太陽”中的核聚變方程。下列說法正確的是（）A．該核聚變過程放出能量，因此反應在常溫下就能發(fā)生 B．X是電子，來自原子核內(nèi) C．核聚變反應比核裂變反應平均每個核子放出的能量更大 D．該反應有質(zhì)量虧損，所以質(zhì)量數(shù)不守恒3．（6分）我國的光纖通信技術(shù)處于世界領先水平。光纖通信采用的光導纖維由內(nèi)芯和外套組成，其側(cè)截面如圖所示，紅光和藍光以相同的入射角i（i≠0）從軸心射入光導纖維后分為a、b兩束單色光，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)是藍光，b是紅光 B．內(nèi)芯的折射率比外套大，入射角i由0°逐漸增大時，b單色光全反射現(xiàn)象先消失 C．從空氣射入光導纖維，a、b單色光的波長都變長 D．在內(nèi)芯介質(zhì)中a單色光的傳播速度比b單色光大4．（6分）如圖所示，內(nèi)壁光滑的絕熱氣缸豎直倒放，氣缸內(nèi)用絕熱活塞（活塞質(zhì)量不可忽略）封閉一定質(zhì)量的理想氣體，氣體處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)把氣缸稍微傾斜一點，達到平衡時與原來相比（）A．氣體的密度增大 B．氣體的內(nèi)能減小 C．單位時間氣體分子對活塞的沖量減小 D．氣體分子的平均動能增大，所有氣體分子熱運動速率都增大5．（6分）已知做簡諧運動的振子，回復力滿足F＝﹣kx，振子質(zhì)量為m，振子振動周期。粗細均勻的一根木棒，下段繞幾圈鐵絲，豎直漂浮在較大的裝有液體的杯中，把木棒往上提起一小段距離后放手，木棒就在液體中上下振動，忽略液體和空氣對木棒的阻力，可以證明木棒的振動是簡諧運動?，F(xiàn)在某興趣小組做了四個實驗，圖（a）是總質(zhì)量為m、橫截面積為S的木棒在水中振動；圖（b）是總質(zhì)量為2m、橫截面積為S的木棒在水中振動；圖（c）是總質(zhì)量為m、橫截面積為2S的木棒在水中振動；圖（d）是總質(zhì)量為m、橫截面積為S的木棒在煤油（已知煤油的密度是水的密度的0.8倍）中振動。T1、T2、T3、T4分別表示圖（a）、圖（b）、圖（c）、圖（d）中木棒的振動周期，下列判斷正確的是（）A．T2＞T1＞T4＞T3 B．T4＞T2＞T1＞T3 C．T2＞T4＞T3＞T1 D．T2＞T4＞T1＞T3（多選）6．（6分）如圖所示，理想變壓器有兩個副線圈，原線圈的匝數(shù)n＝100，兩個副線圈的匝數(shù)n1＝n2＝50，電阻R＝20Ω，R1＝R2＝10Ω，正弦交流電源的電壓有效值恒為200V，則以下說法正確的是（）A．原線圈兩端的電壓是160V B．電阻R和電阻R1流過的電流之比是1：1 C．電源的輸出功率是1000W D．若增大R1電阻值，R2電阻兩端的電壓不變（多選）7．（6分）根據(jù)相對論效應，運動粒子的質(zhì)量m＝，m0為粒子的靜止質(zhì)量。把放射源鈾、釙或鐳放入用鉛做成的容器中，射線只能從容器的小孔射出，成為細細的一束。已知α粒子的速度約為光速的，β粒子的速度接近光速。若在射線經(jīng)過的空間施加勻強磁場，可觀察到分裂成三束的實際射線軌跡，如圖所示，設α粒子的偏轉(zhuǎn)半徑為rα，β粒子的偏轉(zhuǎn)半徑為rβ。若不考慮相對論效應，只根據(jù)經(jīng)典物理學理論計算出α粒子的偏轉(zhuǎn)半徑為r'α，計算出β粒子的偏轉(zhuǎn)半徑為r'β，以下說法正確的是（）A．向左偏轉(zhuǎn)的是α射線 B．向左偏轉(zhuǎn)的是β射線 C． D．（多選）8．（6分）利用雙電容法可測量電子比荷，裝置如圖所示。在真空管中由陰極K發(fā)射出電子，其初速度為零，此電子被陰極K與陽極A間電場加速穿過屏障D1上的小孔，然后按順序穿過電容器C1、屏障D2上的小孔和電容器C2后射到熒光屏中心E，陽極與陰極間的加速電壓為U，分別在電容器C1、C2上加有完全相同的正弦交流電壓，C1、C2之間的距離為l，在每個電子通過每個電容器的極短時間里，電場可視作是恒定的。調(diào)節(jié)正弦交流電壓頻率為f時，電子束在熒光屏上的亮點仍出現(xiàn)在中心E，下列說法正確的是（）A．電子射到熒光屏中心E上的速度大小與成正比 B．電子經(jīng)過電容器之間的距離l所用的時間必須是交流電壓周期的整數(shù)倍 C．電子的比荷是（m＝1，2，3，…） D．連續(xù)增大加速電壓U，若連續(xù)兩次觀察到電子射到熒光屏中心E的加速電壓分別是U1和U2，則電子的比荷是二、非選擇題：本題共5小題，共62分。（說明：物理部分為第9～13題，共62分）9．（6分）某實驗小組用如圖甲所示裝置驗證機械能守恒定律。如圖甲中一細繩跨過懸掛的輕質(zhì)定滑輪，兩端系有質(zhì)量分別為m1、m2的小球A和B（m1＞m2），令兩小球靜止，細繩拉緊，將米尺靠近小球A豎直放置并固定，初始時小球A與零刻度線齊平，記為O點。由靜止釋放小球，用數(shù)碼相機拍攝記錄小球運動過程的視頻，然后解析視頻記錄的圖像，得到了小球A每隔ΔT時間的位置分幀照片，通過米尺得到其具體刻度值。某次實驗中該小組獲得了如圖乙的局部分幀照片，小球像的位置依次標為M、N、P、Q，各位置距離小球A初始位置O點的間距依次記為s1、s2、s3和s4，當?shù)刂亓铀俣却笮間，那么小球A從O點運動至P點過程中，系統(tǒng)動能的增加量ΔEk＝，系統(tǒng)重力勢能的減少量ΔEp＝（均用題中涉及的物理量符號表示）。實驗中發(fā)現(xiàn)，ΔEk略小于ΔEp，除實驗中的偶然誤差外，寫出一條可能產(chǎn)生這一結(jié)果的原因：。10．（9分）某實驗小組要將一量程為300μA的微安表改裝成量程為6V的電壓表。該小組測得微安表內(nèi)阻為1000Ω，經(jīng)計算后由電阻箱提供阻值為R的電阻與該微安表連接，進行改裝。該電阻箱總阻值為99999.9Ω，精度為0.1Ω。然后用一標準電壓表，根據(jù)如圖（a）所示電路對改裝后的電壓表進行檢測（虛線框內(nèi)是改裝后的電壓表）。（1）根據(jù)題給條件，完善如圖（a）虛線框中的電路。（2）當標準電壓表的示數(shù)為5.0V時，微安表的指針位置如圖（b）所示。由此可以推測出改裝后的電壓表量程不是預期值，而是。（填正確答案標號）（3）產(chǎn)生上述問題的原因可能是。（填正確答案標號）A.微安表內(nèi)阻測量錯誤，實際內(nèi)阻大于1000ΩB.微安表內(nèi)阻測量錯誤，實際內(nèi)阻小于1000ΩC.R值計算錯誤，接入的電阻偏小D.R值計算錯誤，接入的電阻偏大（4）要達到預期目的，無論測得的內(nèi)阻值是否正確，都不必重新測量，只需要將阻值為R的電阻（填“增加”或“減小”）Ω即可。11．（12分）某同學設計了一個加速度計，結(jié)構(gòu)如圖所示。原理為：較重的滑塊2可以在光滑的框架1中平移，滑塊兩側(cè)用相同彈簧3拉著；滑動變阻器中4是滑動片，它與滑動變阻器任一端之間的電阻值都與它到這端的距離成正比。工作時將加速度計固定在運動的物體上，使彈簧及滑動變阻器均與物體的運動方向平行，滑塊在彈簧作用下以同樣的加速度運動。當運動物體的加速度為零時，彈簧處于自然長度，滑動片在滑動變阻器中點處，理想電壓表的示數(shù)為零（零點位于表盤中央）；當物體具有圖示方向的加速度時，P端的電勢高于Q端，電壓表指針向零點右側(cè)偏轉(zhuǎn)。已知滑塊質(zhì)量m，彈簧勁度系數(shù)k（彈簧在彈性限度內(nèi)），電源電動勢E（內(nèi)阻不計），滑動變阻器全長L。求；（1）當電壓表示數(shù)大小為U時，運動物體的加速度大小為多少？（2）定義電壓表示數(shù)變化量大小與加速度變化量大小之比為加速度計的靈敏度，改變裝置中的元件參數(shù)可以提高加速度計的靈敏度，請寫出提高靈敏度的兩種方法。12．（15分）如圖所示，兩根平行金屬導軌固定在水平桌面上，每根導軌每米的電阻為r0＝0.10Ω，導軌的端點C、D用電阻可以忽略的導線相連，兩導軌間的距離l＝0.20m。有隨時間變化的勻強磁場垂直于桌面，已知磁感應強度B與時間t的關(guān)系為B＝kt，比例系數(shù)k＝0.20T/s。一電阻不計、質(zhì)量m＝0.10kg的金屬桿可在導軌上無摩擦地滑動，在滑動過程中保持與導軌垂直且接觸良好。在t＝0時刻，金屬桿緊靠在C、D端，在平行于導軌的外力F作用下，桿以恒定的加速度a＝1m/s2從靜止開始向?qū)к壍挠叶嘶瑒樱螅海?）在t＝5.0s時，金屬桿所受的安培力；（2）在0～5.0s時間內(nèi)，作用在金屬桿上外力F的沖量IF的大小。13．（20分）如圖所示，在水平桌面的兩邊有相距為L的兩塊擋板M、N，在兩塊擋板間的中點處并排放著兩個質(zhì)量分別為m1、m2的小滑塊1和2，它們與桌面間動摩擦因數(shù)分別是μ1＝0.2和μ2＝0.1，L＝4m?，F(xiàn)讓小滑塊1向左，小滑塊2向右以大小相等的初速度v0同時開始運動，小滑塊與擋板碰撞不損失機械能，滑塊之間發(fā)生的碰撞為彈性碰撞。（重力加速度g取10m/s2）（1）若小滑塊1、2剛好不發(fā)生相碰，求它們所走的路程各是多少？出發(fā)時v0的值為多大？（2）若小滑塊1、2恰在小滑塊1停止時發(fā)生碰撞，則它們出發(fā)時v0的值為多大？（3）若小滑塊1、2出發(fā)時的速度大小?。?）問中的v0值，且小滑塊1、2僅能發(fā)生一次碰撞，求應滿足的條件。

2024年九省聯(lián)考（新疆）高考物理適應性試卷（1月份）參考答案與試題解析一、選擇題：1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．（6分）我國載人航天事業(yè)已邁入“空間站”時代。2023年2月9日，神舟十五號航天員乘組迎來了首次出艙活動，兩名航天員先后成功出艙，一名航天員在核心艙內(nèi)配合支持，經(jīng)過約7小時圓滿完成既定任務。已知空間站離地面的高度約為450km，地球半徑約為6400km，萬有引力常量G＝6.67×10﹣11N?m2/kg2，地球質(zhì)量約為6×1024kg，則下列說法正確的是（）A．漂浮在核心艙內(nèi)的航天員不受地球引力作用 B．空間站在軌運行的速度大于第一宇宙速度 C．艙內(nèi)的航天員每24h只可觀察到一次日出日落 D．若宇航員乘坐飛船返回地球，則飛船與空間站分離后需要點火減速【分析】根據(jù)完全失重的本質(zhì)判斷漂浮在核心艙內(nèi)的航天員是不是不受地球引力作用；根據(jù)萬有引力提供向心力求出衛(wèi)星做勻速圓周運動的線速度表達式，再根據(jù)第一宇宙速度等于近地衛(wèi)星的速度，結(jié)合表達式判斷空間站繞地球運行的線速度與第一宇宙速度的大小關(guān)系；再根據(jù)萬有引力提供向心力求出空間站的周期表達式，代入軌道半徑求出周期大小，進而判斷24h內(nèi)可以看到多少次日出；最后，根據(jù)衛(wèi)星變軌的遠離判斷飛船返回地球需要加速還是減速?！窘獯稹拷猓篈、漂浮在核心艙內(nèi)的宇航員仍然受地球引力作用，引力提供向心力做勻速圓周運動，處于完全失重狀態(tài)，故A錯誤；B、衛(wèi)星做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力有＝m解得線速度為v＝第一宇宙速度為近地衛(wèi)星做勻速圓周運動的線速度，則空間站繞地球運行線速度小于第一宇宙速度，故B錯誤；C、根據(jù)＝mr可得T＝其中r＝450km+6400km＝6900km＝6900000m解得T≈1.5h故24h內(nèi)大約可看到n＝次＝16次日出日落，C錯誤；D.飛船返回地球，做向心運動，因此需要減速，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了萬有引力定律的應用，解決本題的關(guān)鍵是理解萬有引力提供向心力的模型以及衛(wèi)星變軌問題。2．（6分）位于安徽省合肥市科學島上的“東方超環(huán)”（EAST），俗稱“人造小太陽”，已實現(xiàn)1億攝氏度高參數(shù)等離子體運行，H+H→He+X是“人造小太陽”中的核聚變方程。下列說法正確的是（）A．該核聚變過程放出能量，因此反應在常溫下就能發(fā)生 B．X是電子，來自原子核內(nèi) C．核聚變反應比核裂變反應平均每個核子放出的能量更大 D．該反應有質(zhì)量虧損，所以質(zhì)量數(shù)不守恒【分析】根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒確定粒子X的電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)，從而確定X為何種粒子；根據(jù)裂變反應與聚變反應的不同來判定；根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程判斷反應前質(zhì)量和反應后質(zhì)量的大小關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、輕核聚變需在很高的溫度下發(fā)生，會釋放出更多的熱量，所以輕核聚變又稱為熱核反應，故A錯誤；B、根據(jù)核反應的兩個守恒可知，X的電荷量是0，質(zhì)量數(shù)為1，所以X是中子，故B錯誤；C、核聚變比核裂變反應中平均每個核子放出的能量大3～4倍，故C正確；D、該反應有質(zhì)量虧損，但質(zhì)量數(shù)守恒，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了裂變反應與聚變反應的區(qū)別，掌握質(zhì)能方程的內(nèi)涵，以及知道核反應過程中，質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，質(zhì)量虧損，釋放核能。3．（6分）我國的光纖通信技術(shù)處于世界領先水平。光纖通信采用的光導纖維由內(nèi)芯和外套組成，其側(cè)截面如圖所示，紅光和藍光以相同的入射角i（i≠0）從軸心射入光導纖維后分為a、b兩束單色光，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)是藍光，b是紅光 B．內(nèi)芯的折射率比外套大，入射角i由0°逐漸增大時，b單色光全反射現(xiàn)象先消失 C．從空氣射入光導纖維，a、b單色光的波長都變長 D．在內(nèi)芯介質(zhì)中a單色光的傳播速度比b單色光大【分析】根據(jù)折射率定律作答；入射角增大時，臨界角小的先發(fā)生全反射；當光在內(nèi)芯與外套界面的入射角減小時，臨界角大的光線的全反射現(xiàn)象先消失，根據(jù)臨界角公式作答；光從空氣進入纖維，頻率不變，光在纖維中的波長v＝λf可知，a、b單色光的波長；根據(jù)折射公式作答?！窘獯稹拷猓篈.根據(jù)折射定律可知b光束的折射率大，藍光的折射率比紅光大，故a是紅光，b是藍光，故A錯誤；B.光從光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)才會發(fā)生全反射，因此內(nèi)芯的折射率比外套大，當入射角i由0°逐漸增大時，折射角也逐漸增大，光束在內(nèi)芯與外套的分界面的入射角逐漸減小，a光束的入射角更小，又由全反射的臨界角公式sin可知，a光束發(fā)生全反射的臨界角大，a單色光全反射現(xiàn)象先消失，故B錯誤；C.光從空氣射入光導纖維，光速變小，頻率不變，根據(jù)公式v＝λf，a、b單色光的波長都變小，故C錯誤；D.由可知，a的折射率小，在內(nèi)芯介質(zhì)中a單色光的傳播速度比b單色光大，故D正確。故選：D。【點評】解決本題本題的關(guān)鍵掌握發(fā)生全反射的條件，運用幾何知識分析入射角的大小，從而來理解光纖通信的原理。4．（6分）如圖所示，內(nèi)壁光滑的絕熱氣缸豎直倒放，氣缸內(nèi)用絕熱活塞（活塞質(zhì)量不可忽略）封閉一定質(zhì)量的理想氣體，氣體處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)把氣缸稍微傾斜一點，達到平衡時與原來相比（）A．氣體的密度增大 B．氣體的內(nèi)能減小 C．單位時間氣體分子對活塞的沖量減小 D．氣體分子的平均動能增大，所有氣體分子熱運動速率都增大【分析】對活塞進行受力分析，前后兩個過程活塞均處于受力平衡狀態(tài)，可以判斷氣缸內(nèi)氣壓強的變化，然后根據(jù)熱力學第一定律分析解答。【解答】解：以活塞為研究對象，活塞受力如圖（1）所示，根據(jù)平衡條件有p0S＝mg+pS當氣缸稍微傾斜一點，活塞受力如圖（2），平衡時p0S＝mgcosθ+p'SA.根據(jù)力的平衡可知，封閉氣體的壓強增大，體積減小，氣體的密度增大，故A正確；B.氣體的體積減小，外界對氣體做功，而氣缸和活塞絕熱，沒有熱傳遞，由熱力學第一定律可知，氣體的內(nèi)能增大，故B錯誤；C.封閉氣體的壓強變大，單位時間氣體分子對活塞的沖量增大，故C錯誤；D.氣體的內(nèi)能增大，氣體分子的平均動能增大，但并非所有氣體分子熱運動速率都增大，故D錯誤。故選：A。【點評】此題把受力平衡與理想氣體狀態(tài)方程相結(jié)合，所以在解題過程中思維不要僅局限在理想氣體狀態(tài)方程和熱力學第一定律上。5．（6分）已知做簡諧運動的振子，回復力滿足F＝﹣kx，振子質(zhì)量為m，振子振動周期。粗細均勻的一根木棒，下段繞幾圈鐵絲，豎直漂浮在較大的裝有液體的杯中，把木棒往上提起一小段距離后放手，木棒就在液體中上下振動，忽略液體和空氣對木棒的阻力，可以證明木棒的振動是簡諧運動?，F(xiàn)在某興趣小組做了四個實驗，圖（a）是總質(zhì)量為m、橫截面積為S的木棒在水中振動；圖（b）是總質(zhì)量為2m、橫截面積為S的木棒在水中振動；圖（c）是總質(zhì)量為m、橫截面積為2S的木棒在水中振動；圖（d）是總質(zhì)量為m、橫截面積為S的木棒在煤油（已知煤油的密度是水的密度的0.8倍）中振動。T1、T2、T3、T4分別表示圖（a）、圖（b）、圖（c）、圖（d）中木棒的振動周期，下列判斷正確的是（）A．T2＞T1＞T4＞T3 B．T4＞T2＞T1＞T3 C．T2＞T4＞T3＞T1 D．T2＞T4＞T1＞T3【分析】根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律建立方程求解木筷所受合力，由此判斷其運動性質(zhì)，并求出回復力中k值，再由簡諧運動的周期公式求各種情況的周期，從而得解?！窘獯稹拷猓涸O液體的密度為ρ，木棒的橫截面積為S，靜止時浸入液體中的深度為h0，如果不考慮液體的粘滯阻力，根據(jù)平衡條件有：mg＝ρgSh0規(guī)定向下為正方向，把木棒靜止時的位置看作平衡位置，設木棒離開平衡位置的位移為x，則木棒所受的浮力：F'＝ρgS（x+h0）木棒受到的合力：F＝mg﹣F'＝﹣ρgSx＝﹣kx對比回復力表達式可得：k＝ρgS木棒的振動周期為：根據(jù)題目中已知條件，代入數(shù)據(jù)，可得：，，，對以上各式分析，比較可得：T2＞T4＞T1＞T3故選：D?！军c評】本題難點在于求解木筷所受合力，根據(jù)合力的特點判斷木筷的振動是否為簡諧運動，并由簡諧運動的周期公式求出各周期。（多選）6．（6分）如圖所示，理想變壓器有兩個副線圈，原線圈的匝數(shù)n＝100，兩個副線圈的匝數(shù)n1＝n2＝50，電阻R＝20Ω，R1＝R2＝10Ω，正弦交流電源的電壓有效值恒為200V，則以下說法正確的是（）A．原線圈兩端的電壓是160V B．電阻R和電阻R1流過的電流之比是1：1 C．電源的輸出功率是1000W D．若增大R1電阻值，R2電阻兩端的電壓不變【分析】根據(jù)輸入功率等于輸出功率和電壓與匝數(shù)的正比關(guān)系求出原、副線圈的電流及電壓；由功率的公式求電源的輸出功率；根據(jù)理想變壓器的功率關(guān)系，電流關(guān)系和歐姆定律等進行動態(tài)分析。【解答】解：AB、設通過原線圈和兩個副線圈的電流分別為I、I1、I2，電壓分別為U、U1、U2，正弦交流電源的電壓有效值為U0＝200V由題意可知兩個副線圈的匝數(shù)n1＝n2＝50根據(jù)理想變壓器電壓比等于匝數(shù)比可知：＝＝則有：U＝2U1＝2U2又兩副線圈的電阻相等：R1＝R2由I＝得：I1＝I2由串聯(lián)規(guī)律得：U＝U0﹣IRU1＝I1R1根據(jù)理想變壓器輸入功率等于輸出功率得：nI＝n1I1+n2I2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：I1＝I2＝I＝5AU＝100V故A錯誤，B正確；C、由P＝UI得，電源輸出功率為：P＝U0I＝200V×5A＝1000W故C正確；D、功率關(guān)系：nI＝n1I1+n2I2副線圈電壓關(guān)系：I1R1＝I2R2原線圈電壓關(guān)系有：U0﹣IR＝2I2R2整理可得：當R1增大時，I2增大，則R2兩端電壓增大，故D錯誤。故選：BC?！军c評】此題考查了變壓器的構(gòu)造和原理，解題的關(guān)鍵是變壓比、變流比的靈活運用，注意在單個副線圈情況下，電流之比等于匝數(shù)反比。多個副線圈情況下，電流的關(guān)系為：nI＝n1I1+n2I2+……+nnIn。（多選）7．（6分）根據(jù)相對論效應，運動粒子的質(zhì)量m＝，m0為粒子的靜止質(zhì)量。把放射源鈾、釙或鐳放入用鉛做成的容器中，射線只能從容器的小孔射出，成為細細的一束。已知α粒子的速度約為光速的，β粒子的速度接近光速。若在射線經(jīng)過的空間施加勻強磁場，可觀察到分裂成三束的實際射線軌跡，如圖所示，設α粒子的偏轉(zhuǎn)半徑為rα，β粒子的偏轉(zhuǎn)半徑為rβ。若不考慮相對論效應，只根據(jù)經(jīng)典物理學理論計算出α粒子的偏轉(zhuǎn)半徑為r'α，計算出β粒子的偏轉(zhuǎn)半徑為r'β，以下說法正確的是（）A．向左偏轉(zhuǎn)的是α射線 B．向左偏轉(zhuǎn)的是β射線 C． D．【分析】根據(jù)左手定則可分析判斷；根據(jù)洛倫茲力提供向心力結(jié)合相對論效應分析解答半徑關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈B．根據(jù)左手定則可判斷，帶正電的α粒子受到向左的洛倫茲力，向左偏轉(zhuǎn)，帶負電的β射線受到向右的洛倫茲力，向右偏轉(zhuǎn)，故A正確，B錯誤；CD．不考慮相對論時，洛倫茲力提供向心力解得若得α粒子的速度約為光速的，β粒子的速度接近光速時，有聯(lián)立解得故C正確，D錯誤。故選：AC?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場中的運用，解題關(guān)鍵掌握相對論的理解，注意速度接近光速時質(zhì)量的變化。（多選）8．（6分）利用雙電容法可測量電子比荷，裝置如圖所示。在真空管中由陰極K發(fā)射出電子，其初速度為零，此電子被陰極K與陽極A間電場加速穿過屏障D1上的小孔，然后按順序穿過電容器C1、屏障D2上的小孔和電容器C2后射到熒光屏中心E，陽極與陰極間的加速電壓為U，分別在電容器C1、C2上加有完全相同的正弦交流電壓，C1、C2之間的距離為l，在每個電子通過每個電容器的極短時間里，電場可視作是恒定的。調(diào)節(jié)正弦交流電壓頻率為f時，電子束在熒光屏上的亮點仍出現(xiàn)在中心E，下列說法正確的是（）A．電子射到熒光屏中心E上的速度大小與成正比 B．電子經(jīng)過電容器之間的距離l所用的時間必須是交流電壓周期的整數(shù)倍 C．電子的比荷是（m＝1，2，3，…） D．連續(xù)增大加速電壓U，若連續(xù)兩次觀察到電子射到熒光屏中心E的加速電壓分別是U1和U2，則電子的比荷是【分析】根據(jù)動能定理解電子的運動速度，電子經(jīng)電容器C1C2過程中水平速度不變，根據(jù)電子的運動情況分析B，根據(jù)l＝vt結(jié)合正弦交流電壓的周期與運動時間的關(guān)系分析CD?！窘獯稹拷猓篈、電子經(jīng)加速電壓U加速，根據(jù)動能定理解得電子經(jīng)電容器C1C2過程中水平速度不變，故電子到達熒光屏E上的速度為故A正確；B、電子經(jīng)電容器C1后能穿過屏障D2上的小孔，隨后電子經(jīng)過電容器C2并最終到達熒光屏，說明電子在電容器C1和C2中未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，即電子經(jīng)過電容器C1和C2時，C1和C2的偏轉(zhuǎn)電壓為0，又因為兩個電容器加有完全相同的正弦交流電壓，故電子經(jīng)過兩電容器之間的距離I所用的時間必須是交流電壓半周期的整數(shù)倍，故B錯誤；C、根據(jù)以上分析，電子經(jīng)過兩電容器之間的距離l所用的時間為由l＝vt可得，2，3，…）故C正確；D、加速電壓分別為U1和U2時，可分別得出：和l＝，考慮到是連續(xù)兩次觀察到電子射到熒光屏中心E，故聯(lián)立以上三式可解得故D正確；故選：ACD?！军c評】考查電子在電場中的運動情況來確定受力分析，并掌握動能定理的應用．注意電荷的荷質(zhì)比也稱比荷。二、非選擇題：本題共5小題，共62分。（說明：物理部分為第9～13題，共62分）9．（6分）某實驗小組用如圖甲所示裝置驗證機械能守恒定律。如圖甲中一細繩跨過懸掛的輕質(zhì)定滑輪，兩端系有質(zhì)量分別為m1、m2的小球A和B（m1＞m2），令兩小球靜止，細繩拉緊，將米尺靠近小球A豎直放置并固定，初始時小球A與零刻度線齊平，記為O點。由靜止釋放小球，用數(shù)碼相機拍攝記錄小球運動過程的視頻，然后解析視頻記錄的圖像，得到了小球A每隔ΔT時間的位置分幀照片，通過米尺得到其具體刻度值。某次實驗中該小組獲得了如圖乙的局部分幀照片，小球像的位置依次標為M、N、P、Q，各位置距離小球A初始位置O點的間距依次記為s1、s2、s3和s4，當?shù)刂亓铀俣却笮間，那么小球A從O點運動至P點過程中，系統(tǒng)動能的增加量ΔEk＝，系統(tǒng)重力勢能的減少量ΔEp＝（m1﹣m2）gs3（均用題中涉及的物理量符號表示）。實驗中發(fā)現(xiàn)，ΔEk略小于ΔEp，除實驗中的偶然誤差外，寫出一條可能產(chǎn)生這一結(jié)果的原因：空氣阻力或繩子與滑輪間摩擦力?！痉治觥扛鶕?jù)勻變速直線運動規(guī)律解得速度，結(jié)合動能和重力勢能的計算公式解答，實驗中存在阻力做功?！窘獯稹拷猓簭腛點運動至P點過程中，小球A與B速度大小時刻相等，O點速度為0m/s，P點速度大小由NQ段平均速度得到，則系統(tǒng)動能的增加量從O點運動至P點過程中，小球A下降的距離為s3重力勢能減少了m1gs3小球B上升的距離為s3，重力勢能增加了m2gs3故系統(tǒng)重力勢能的減少量ΔEp＝（m1﹣m2）gs3小球在運動過程中有空氣阻力、繩與滑輪間的摩擦力等的影響損耗系統(tǒng)的機械能，導致系統(tǒng)動能的增加量ΔEk略小于系統(tǒng)重力勢能的減少量ΔEp故答案為：；（m1﹣m2）gs3；空氣阻力或繩子與滑輪間摩擦力【點評】本題考查驗證機械能守恒定律實驗，要求掌握實驗原理、實驗裝置、實驗數(shù)據(jù)處理。10．（9分）某實驗小組要將一量程為300μA的微安表改裝成量程為6V的電壓表。該小組測得微安表內(nèi)阻為1000Ω，經(jīng)計算后由電阻箱提供阻值為R的電阻與該微安表連接，進行改裝。該電阻箱總阻值為99999.9Ω，精度為0.1Ω。然后用一標準電壓表，根據(jù)如圖（a）所示電路對改裝后的電壓表進行檢測（虛線框內(nèi)是改裝后的電壓表）。（1）根據(jù)題給條件，完善如圖（a）虛線框中的電路。（2）當標準電壓表的示數(shù)為5.0V時，微安表的指針位置如圖（b）所示。由此可以推測出改裝后的電壓表量程不是預期值，而是C。（填正確答案標號）（3）產(chǎn)生上述問題的原因可能是AD。（填正確答案標號）A.微安表內(nèi)阻測量錯誤，實際內(nèi)阻大于1000ΩB.微安表內(nèi)阻測量錯誤，實際內(nèi)阻小于1000ΩC.R值計算錯誤，接入的電阻偏小D.R值計算錯誤，接入的電阻偏大（4）要達到預期目的，無論測得的內(nèi)阻值是否正確，都不必重新測量，只需要將阻值為R的電阻減?。ㄌ睢霸黾印被颉皽p小”）833.3Ω即可。【分析】（1）微安表改裝成電壓表需要串聯(lián)一個分壓電阻，根據(jù)串聯(lián)分壓的規(guī)律求解分壓電阻的阻值；（2）（3）根據(jù)電表改裝原理分析解答；（4）根據(jù)電表改裝原理及歐姆定律解答?！窘獯稹拷猓海?）將微安表改裝成電壓表需要將微安表與電阻箱串聯(lián)，如答圖所示：（2）由圖（c）所示表盤可知，微安表的分度值為5μA，則其示數(shù)為240μA，此時標準電壓表的示數(shù)為5.0V，當微安表的示數(shù)為300μA時，則改裝后的電壓表量程為，故ABD錯誤，C正確；故選：C。（3）由（2）知改裝后的電壓表實際量程6.25V大于理論值6V，由Um＝Ig（Rg+R）知可能的原因為：微安表的實際內(nèi)阻Rg大于測量值1000Ω，或所串聯(lián)的電阻箱阻值R偏大，故AD正確，BC錯誤；故選：AD。（4）改裝后電壓表量程為Um＝Ig（Rg+R）＝6.25V若實際量程為6V，則有Ig（Rg+R'）＝6V解得R'﹣R＝Ω﹣Ω＝833.3Ω，故只需要將阻值為R的電阻減小833.3Ω即可。故答案為：（1）；（2）C；（3）AD；（4）減小；833.3【點評】本題考查了電流表的改裝問題，把微安表改裝成大量程的電壓表需要串聯(lián)分壓電阻，應用串聯(lián)電路特點與歐姆定律可以求出串聯(lián)電阻阻值，掌握基礎知識是解題的前提與關(guān)鍵，根據(jù)題意應用基礎知識即可解題。11．（12分）某同學設計了一個加速度計，結(jié)構(gòu)如圖所示。原理為：較重的滑塊2可以在光滑的框架1中平移，滑塊兩側(cè)用相同彈簧3拉著；滑動變阻器中4是滑動片，它與滑動變阻器任一端之間的電阻值都與它到這端的距離成正比。工作時將加速度計固定在運動的物體上，使彈簧及滑動變阻器均與物體的運動方向平行，滑塊在彈簧作用下以同樣的加速度運動。當運動物體的加速度為零時，彈簧處于自然長度，滑動片在滑動變阻器中點處，理想電壓表的示數(shù)為零（零點位于表盤中央）；當物體具有圖示方向的加速度時，P端的電勢高于Q端，電壓表指針向零點右側(cè)偏轉(zhuǎn)。已知滑塊質(zhì)量m，彈簧勁度系數(shù)k（彈簧在彈性限度內(nèi)），電源電動勢E（內(nèi)阻不計），滑動變阻器全長L。求；（1）當電壓表示數(shù)大小為U時，運動物體的加速度大小為多少？（2）定義電壓表示數(shù)變化量大小與加速度變化量大小之比為加速度計的靈敏度，改變裝置中的元件參數(shù)可以提高加速度計的靈敏度，請寫出提高靈敏度的兩種方法?！痉治觥浚?）根據(jù)歐姆定律和電阻定律列式，結(jié)合牛頓第二定律解答；（2）可以依據(jù)歐姆定律得到電壓與滑塊位移的關(guān)系式解得靈敏度的表達式，從而分析判斷?！窘獯稹拷猓海?）設滑動變阻器總電阻值為RL當運動物體的加速度大小為a時，滑塊偏離滑動變阻器中點距離處。此時對滑塊由牛頓第二定律得2kx＝ma由閉合回路歐姆定律得則電壓表示數(shù)解得a＝（2）由得增大m、增大E、減小k、減小L可以提高加速度計的靈敏度。答：（1）當電壓表示數(shù)大小為U時，運動物體的加速度大小為；（2）增大m或者增大E可以提高加速度計的靈敏度?！军c評】本題中應變式加速度計體現(xiàn)了一種轉(zhuǎn)換思想，即把難以直接測量的力學量轉(zhuǎn)換為容易測量的電學量．這類題目是力與電綜合題，關(guān)鍵要尋找力電聯(lián)系的橋梁．12．（15分）如圖所示，兩根平行金屬導軌固定在水平桌面上，每根導軌每米的電阻為r0＝0.10Ω，導軌的端點C、D用電阻可以忽略的導線相連，兩導軌間的距離l＝0.20m。有隨時間變化的勻強磁場垂直于桌面，已知磁感應強度B與時間t的關(guān)系為B＝kt，比例系數(shù)k＝0.20T/s。一電阻不計、質(zhì)量m＝0.10kg的金屬桿可在導軌上無摩擦地滑動，在滑動過程中保持與導軌垂直且接觸良好。在t＝0時刻，金屬桿緊靠在C、D端，在平行于導軌的外力F作用下，桿以恒定的加速度a＝1m/s2從靜止開始向?qū)к壍挠叶嘶瑒?，求：?）在t＝5.0s時，金屬桿所受的安培力；（2）在0～5.0s時間內(nèi)，作用在金屬桿上外力F的沖量IF的大小?！痉治觥浚?）根據(jù)動生電動勢和感生電動勢的計算方法求解回路中的感應電動勢，再根據(jù)閉合電路的歐姆定律、安培力的計算公式進行解答；（2）根據(jù)法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律求解感應電流的大小，根據(jù)牛頓第二定律求解拉力的表達式，再根據(jù)沖量的計算方法進行解答?！窘獯稹拷猓海?）在t＝5.0s時，金屬桿的速度大小為：v＝at＝1×5m/s＝5m/s此時的磁感應強度大小為：B＝kt＝0.20×5.0T＝1.0T此時的動生電動勢為：E1＝Blv＝1.0×0.20×5V＝1V在t＝5.0s時，金屬桿的位移大小為：x＝＝m＝12.5m此時的感生電動勢為：E2＝＝代入數(shù)據(jù)解得：E2＝0.5V根據(jù)楞次定律可知動生電動勢和感生電動勢的方向相同，則此時的電動勢為：E＝E1+E2代入數(shù)據(jù)解得：E＝1.5V此時回路的總電阻為：R＝2xr0＝2×12.5×0.10Ω＝2.5Ω根據(jù)電流的大小為：I＝＝A＝0.6A金屬桿所受的安培力：FA＝BIl＝1.0×0.6×0.20N＝0.12N（2）t時刻的感應電動勢：E′＝Blv′+＝kt?l?at+＝klat2+klat2＝klat2t時刻回路的電阻為：R′＝＝ar0t2t時刻回路的電流為：I′＝聯(lián)立解得：I′＝所以感應電流是一個定值，根據(jù)牛頓第二定律可得：F﹣BI′l＝ma解得：F＝+ma由于力F與時間成線性關(guān)系，則0～5.0s內(nèi)作用在金屬桿上外力F的沖量IF的大小為：IF＝N?s代入數(shù)據(jù)解得：IF