山西省大同市渾源縣2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期物理1月階段性檢測(cè)試題

山西省大同市渾源縣2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期物理1月階段性檢測(cè)試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三總分評(píng)分一、單項(xiàng)選擇題：本題共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．基于人的指紋具有唯一性和終身不變性的特點(diǎn)，科學(xué)家們發(fā)明了指紋識(shí)別技術(shù)。目前許多國(guó)產(chǎn)手機(jī)都有指紋解鎖功能，常用的指紋識(shí)別傳感器是電容式傳感器，如圖所示A。指紋的凸起部分叫做“嵴”，凹下部分叫做“峪”，傳感器上有大量面積相同的小極板，當(dāng)手指貼在傳感器上時(shí)，這些小極板和與之正對(duì)的皮膚表面就形成了大量的小電容器，由于距離不同，所以這些小電容器的電容不同。此時(shí)傳感器給所有的小電容器充電達(dá)到某一電壓值，然后開(kāi)始放電，其中電容值較小的小電容器放電較快，于是根據(jù)放電快慢的不同，就可以探測(cè)到同樣的位置，從而形成指紋的圖象數(shù)據(jù)。根據(jù)以上信息，下列說(shuō)法中正確的是（）A．在峪處形成的小電容器電容較大B．在峪處形成的小電容器放電較慢C．在嵴處形成的小電容器充電后帶電量較大D．潮濕的手指對(duì)指紋識(shí)別沒(méi)有任何影響2．2021年2月，天問(wèn)一號(hào)火星探測(cè)器被火星捕獲，經(jīng)過(guò)系列變軌后從“調(diào)相軌道”進(jìn)入“停泊軌道”，為著陸火星做準(zhǔn)備。如圖所示，陰影部分為探測(cè)器在不同軌道上繞火星運(yùn)行時(shí)與火星的連線每秒掃過(guò)的面積，下列說(shuō)法正確的是（）A．圖中兩陰影部分的面積相等B．從“調(diào)相軌道”進(jìn)入“停泊軌道”探測(cè)器周期變大C．從“調(diào)相軌道”進(jìn)入“停泊軌道”探測(cè)器機(jī)械能變小D．探測(cè)器在P點(diǎn)的加速度小于在N點(diǎn)的加速度3．如圖所示，兩個(gè)皮帶輪順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)水平傳送帶以恒定的速率v運(yùn)行?，F(xiàn)使一個(gè)質(zhì)量為m的物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）沿與水平傳送帶等高的光滑水平面以初速度v0（v0<v）從傳送帶左端滑上傳送帶。若從物體滑上傳送帶開(kāi)始計(jì)時(shí)，t0時(shí)刻物體的速度達(dá)到v，2t0時(shí)刻物體到達(dá)傳送帶最右端。下列說(shuō)法正確的是（）A．水平傳送帶的運(yùn)行速率變?yōu)?v，物體加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間就會(huì)變?yōu)樵瓉?lái)的二倍B．0~t0時(shí)間內(nèi)，物體受到滑動(dòng)摩擦力的作用，C．如果使皮帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，其它條件不變，物體到達(dá)最右端的時(shí)間可能與原來(lái)相同D．物體的初速度越大，其它條件不變，物體到達(dá)右端的時(shí)間一定越短4．如圖所示，一質(zhì)量為0.5kg的物塊靜止在傾角為37°的固定斜面上，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為78。取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8A． B．C． D．5．兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2固定于x軸上，將一帶負(fù)電的試探電荷從足夠遠(yuǎn)處沿x軸負(fù)方向移近Q2A．M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，N點(diǎn)電勢(shì)為零B．M點(diǎn)電勢(shì)為零，N點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零C．Q1帶正電，Q2帶負(fù)電，且D．Q1帶負(fù)電，Q2帶正電，且6．圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，具有相同比荷的兩個(gè)帶電粒子從圓周上的M點(diǎn)沿直徑MON方向射入磁場(chǎng)。若粒子1射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v1，離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)90°，磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1；若粒子2射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v2，偏轉(zhuǎn)情況如圖所示，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，不計(jì)重力，則下列說(shuō)法正確的是（）A．v2=3v1B．t2>t1C．只改變粒子1從M點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向，該粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)一定與直徑MON垂直D．只改變粒子2從M點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向，當(dāng)該粒子從N點(diǎn)射出時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短7．如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A、B固定在長(zhǎng)為L(zhǎng)的直輕桿兩端，兩球半徑忽略不計(jì)。初始時(shí)直桿置于直角光滑槽內(nèi)處于豎直狀態(tài)，由于微小擾動(dòng)，A球沿豎直槽向下運(yùn)動(dòng)，B球沿水平槽向右運(yùn)動(dòng)。已知sin37°=0A．滑動(dòng)過(guò)程中A球機(jī)械能守恒B．滑動(dòng)過(guò)程中A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．A球剛達(dá)到水平滑槽時(shí)機(jī)械能最小D．當(dāng)小球A沿槽下滑距離為0.4L時(shí)，A球的速度大小為8二、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，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。8．一質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員托著質(zhì)量為M的重物從下蹲狀態(tài)（圖甲）緩慢運(yùn)動(dòng)到站立狀態(tài)（圖乙），該過(guò)程重物和人的肩部相對(duì)位置不變，運(yùn)動(dòng)員保持乙狀態(tài)站立Δt時(shí)間后再將重物緩慢向上舉，至雙臂伸直（圖丙）。圖甲到圖乙、圖乙到圖丙過(guò)程中重物上升高度分別為h1、h2，經(jīng)歷的時(shí)間分別為t1、t2，重力加速度為g，則（）A．地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量為（M+m）g（t1+t2+Δt），地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為0B．地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量為（M+m）g（t1+t2），地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為（M+m）g（h1+h2）C．運(yùn)動(dòng)員對(duì)重物的沖量為Mg（t1+t2+Δt），運(yùn)動(dòng)員對(duì)重物做的功為Mg（h1+h2）D．運(yùn)動(dòng)員對(duì)重物的沖量為Mg（t1+t2），運(yùn)動(dòng)員對(duì)重物做的功為Mg（h1+h2）9．如圖所示，兩個(gè)等量同種正電荷固定于光滑絕緣水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點(diǎn)，如圖甲所示，一個(gè)電荷量為2×10-6C，質(zhì)量為1×10-4kg的小物體從C點(diǎn)靜止釋放，其運(yùn)動(dòng)的v—t圖象如圖乙所示。其中B點(diǎn)處為整條圖線切線斜率最大的位置（圖中標(biāo)出了該切線）。則下列說(shuō)法正確的是（）A．沿直線從C到A，電勢(shì)逐漸升高B．由C到A的過(guò)程中，物塊的電勢(shì)能先減小后增大C．B為中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度最大的點(diǎn)，且場(chǎng)強(qiáng)E=100V/mD．A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB=－500V10．目前大多數(shù)醫(yī)院進(jìn)行輸液治療時(shí)都采用傳統(tǒng)的人工監(jiān)護(hù)方式，為減輕醫(yī)務(wù)人員負(fù)擔(dān)，有不少輸液傳感器投入使用。某電容輸液傳感器測(cè)量裝置示意圖如圖甲所示，測(cè)量電路如圖乙所示，A、B間接入恒定電壓U0A．曲線1為有藥液時(shí)的充電曲線B．曲線2為有藥液時(shí)的充電曲線C．曲線1對(duì)應(yīng)的情況下電容器充滿電后所帶的電荷量較大D．曲線2對(duì)應(yīng)的情況下電容器充滿電后所帶的電荷量較大三、非選擇題：共54分。(請(qǐng)考生按要求作答，計(jì)算題須寫(xiě)出必要的演算過(guò)程）11．在做《研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)》的實(shí)驗(yàn)時(shí).（1）.該同學(xué)要探究小車的加速度a和質(zhì)量M、合外力F的關(guān)系，應(yīng)用了法的科學(xué)方法；（2）.若該同學(xué)要探究加速度a和拉力F關(guān)系，應(yīng)該保持不變；（3）.我們已經(jīng)知道，物體的加速度a同時(shí)跟合外力F和質(zhì)量M兩個(gè)因素有關(guān)．為研究這三個(gè)物理量之間的定量關(guān)系，某同學(xué)的實(shí)驗(yàn)方案如圖所示，她想用砂桶的重力表示小車受到的合外力F，為了減少這種做法而帶來(lái)的實(shí)驗(yàn)誤差，她先做了兩方面的調(diào)整措施：用小木塊將長(zhǎng)木板無(wú)滑輪的一端墊高，目的是．使砂桶的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，目的是使拉小車的力近似等于．（4）.研究加速度與力的關(guān)系時(shí)得到如圖甲所示的圖像，試分析其原因．（5）.出現(xiàn)如圖乙所示圖像的原因是．12．在實(shí)驗(yàn)室里，某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路圖來(lái)測(cè)量未知電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，已知該未知電源的電動(dòng)勢(shì)約為9V，內(nèi)阻較大，該實(shí)驗(yàn)小組找來(lái)一個(gè)定值電阻R0=3kΩ、一個(gè)滑動(dòng)變阻器（最大值為9999Ω）、兩個(gè)量程為3V（內(nèi)阻均已知，RV（1）該實(shí)驗(yàn)小組想要一個(gè)量程為9V的電壓表V1，但是實(shí)驗(yàn)室沒(méi)有9V量程的電壓表，于是利用量程為3V的電壓表改裝成9V的電壓表，則需要將一個(gè)（2）圖甲中，V1是改裝后的電壓表，實(shí)驗(yàn)小組按照?qǐng)D甲的電路圖進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，測(cè)得多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)記錄在下表中，并在圖乙中已經(jīng)描出了前6個(gè)點(diǎn)，請(qǐng)完成第7個(gè)描點(diǎn)，并作出U1?電壓表V1示數(shù)7.507.397.267.137.006.886.60電壓表V2示數(shù)1.001.201.401.601.802.002.50（3）實(shí)驗(yàn)小組完成連線后，如果圖線與縱軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為（0，8.1V），圖線的斜率的絕對(duì)值為0.6，則通過(guò)計(jì)算可得電源的電動(dòng)勢(shì)為E=V，電源內(nèi)阻r=Ω。（結(jié)果均保留一位小數(shù)）13．如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在O點(diǎn)，在O點(diǎn)正下方的光滑桌面上有一個(gè)與A完全相同的靜止小球B，B距O點(diǎn)的距離等于繩長(zhǎng)L。現(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：（1）A釋放時(shí)距桌面的高度H；（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；（3）碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE。14．如圖甲所示，兩足夠長(zhǎng)平行導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，其間距L=1m，導(dǎo)軌右端連接阻值R=2Ω的電阻，一長(zhǎng)度等于導(dǎo)軌的間距的金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量m=1.5kg，電阻r=1Ω，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2，開(kāi)始時(shí)導(dǎo)體棒到右側(cè)的距離d=1m，從t=0時(shí)刻起，在導(dǎo)軌所在空間加一垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度g取10ms2。（1）求金屬棒所受摩擦力的最大值；（2）t=2s時(shí)，給金屬棒一向左的初速度v015．如圖甲所示，空間站上某種離子推進(jìn)器由離子源、間距為d的中間有小孔的兩平行金屬板M、N和邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的立方體構(gòu)成，其后端面P為噴口。以金屬板N的中心O為坐標(biāo)原點(diǎn)，垂直立方體側(cè)面和金屬板建立x、y和z坐標(biāo)軸。M、N板之間存在場(chǎng)強(qiáng)為E、方向沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)；立方體內(nèi)存在磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度沿z方向的分量始終為零，沿x和y方向的分量Bx和By隨時(shí)間周期性變化規(guī)律如圖乙所示，圖中B0可調(diào)。氙離子（Xe2+）束從離子源小孔S射出，沿z方向勻速運(yùn)動(dòng)到M板，經(jīng)電場(chǎng)加速進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，最后從端面P射出，測(cè)得離子經(jīng)電場(chǎng)加速后在金屬板N中心點(diǎn)O處相對(duì)推進(jìn)器的速度為v0。已知單個(gè)離子的質(zhì)量為（1）求離子從小孔S射出時(shí)相對(duì)推進(jìn)器的速度大小vS；（2）不考慮在磁場(chǎng)突變時(shí)運(yùn)動(dòng)的離子，調(diào)節(jié)B0的值，使得從小孔S射出的離子均能從噴口后端面P射出，求B（3）設(shè)離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間遠(yuǎn)小于磁場(chǎng)變化周期T，單位時(shí)間從端面P射出的離子數(shù)為n，且B0=2

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．在峪處形成的小電容器，極板與指紋間距離d較大，根據(jù)C=可知電容較小，故A錯(cuò)誤；

B．在峪處形成的小電容器，極板與指紋間距離d較大，根據(jù)C=可知電容較小，所帶電荷量較小，則放電較快，故B錯(cuò)誤；

C．在嵴處形成的小電容器，極板與指紋間距離d較小，根據(jù)C=可知電容較大，充電后帶電量較大，故C正確；

D．潮濕的手指與傳感器之間有水填充，無(wú)法形成電容器，所以對(duì)指紋識(shí)別會(huì)產(chǎn)生影響，故D錯(cuò)誤；

故答案為：C。

【分析】根據(jù)題意確定電容器各參數(shù)的變化情況，再根據(jù)電容的定義式判斷電容器電容的變化情況。電容器兩極板電壓不變，電容越小，所帶電荷量越少，放電越快。2．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)開(kāi)普勒第二定律可知探測(cè)器繞火星運(yùn)行時(shí)，在同一軌道上與火星的連線每秒掃過(guò)的面積相等，但在不同軌道上與火星的連線每秒掃過(guò)的面積不相等，故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可知，從“調(diào)相軌道”進(jìn)入“停泊軌道”探測(cè)器周期變小，故B錯(cuò)誤；

C．探測(cè)器從“調(diào)相軌道”進(jìn)入“停泊軌道”需在P點(diǎn)減速，做近心運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能減小，故C正確；

D．根據(jù)牛頓第二定律G可得a=可知探測(cè)器在P點(diǎn)的加速度大于在N點(diǎn)的加速度，故D錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】衛(wèi)星在同一軌道上與中心天體的連線每秒掃過(guò)的面積相等，在不同軌道上與中心天體的連線每秒掃過(guò)的面積不相等。衛(wèi)星做近心運(yùn)動(dòng)，需點(diǎn)火減速，機(jī)械能減小。3．【答案】D【解析】【解答】A．物體加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，即為物體開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與傳送帶達(dá)到共同速度的時(shí)間，根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)速度公式有v=當(dāng)速度變?yōu)?v時(shí)，時(shí)間并不等于2t，故A錯(cuò)誤；

B．0~t0時(shí)間內(nèi)，物體物體速度小于傳送帶速度，受到滑動(dòng)摩擦力的作用；t0~2t0時(shí)間內(nèi)物體與傳送帶具有相同的速度，不受摩擦力作用，故B錯(cuò)誤；

C．如果使皮帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，其它條件不變，物體要經(jīng)歷先減速再加速的運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最右端的時(shí)間不可能與原來(lái)相同，故C錯(cuò)誤；

D．物體的初速度越大，其它條件不變，物體與傳送帶達(dá)到共同速度后，以共同速度運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越少，物體到達(dá)右端的時(shí)間一定越短，故D正確。

故答案為：D。

【分析】物體在水平傳送帶上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者的速度不相同時(shí)，物體與傳送帶之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，當(dāng)兩者的速度相同時(shí)，物體與傳送帶之間保持相對(duì)靜止。4．【答案】D【解析】【解答】AC．物塊所受重力沿斜面向下的分力大小為mg當(dāng)0<F≤3N時(shí)，物塊受到沿斜面向上的靜摩擦力，根據(jù)物體的平衡條件有F+f=mg可得f=3故AC錯(cuò)誤；

BD．物塊所受斜面的最大靜摩擦力f當(dāng)物塊剛要沿斜面上滑時(shí)，拉力的大小F'=當(dāng)3N<F≤6.5N時(shí)，物塊受到沿斜面向下的靜摩擦力，根據(jù)物體的平衡條件有F=f+mg可得f=F-3當(dāng)F>6.5N時(shí)，物塊受到沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，滑動(dòng)摩擦力的大小f=μmg故B錯(cuò)誤，D正確。

故答案為：D。

【分析】當(dāng)拉力小于重力沿斜面向下的分力時(shí)，摩擦力沿斜面向上；當(dāng)拉力大于重力沿斜面向下的分力時(shí)，摩擦力沿斜面向下。當(dāng)摩擦力小于最大靜摩擦力，則物體受到靜摩擦力，其大小與拉力與重力沿斜面方向分力的合力大小有關(guān)。當(dāng)摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，則物體受到滑動(dòng)摩擦力，其大小不變。5．【答案】B【解析】【解答】AB．由圖知，M點(diǎn)電勢(shì)能與無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)能相等，均為0，由φ=分析得知，M點(diǎn)電勢(shì)φ=0EP-x圖象的斜率k=則知M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)不為零，N點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零。故A錯(cuò)誤，B正確；

CD．根據(jù)負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能小，可知，帶負(fù)電的試探電荷從足夠遠(yuǎn)處移近Q2的過(guò)程中，電勢(shì)能先減小后增大，電勢(shì)先升高后降低，說(shuō)明Q1帶正電，Q2帶負(fù)電。N點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，由E=k可知，Q2電荷量較小。故CD錯(cuò)誤。

故答案為：B。

【分析】EP-x圖象的斜率表示電場(chǎng)力，試探電荷電荷量不為零，電場(chǎng)力為零，即該處的場(chǎng)強(qiáng)為零。負(fù)電荷在電勢(shì)高的位置，電勢(shì)能小。沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，越靠近正電荷電勢(shì)越高，越靠近負(fù)電荷電勢(shì)越低。根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)為零的點(diǎn)結(jié)合點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式分析兩電荷的電荷量。6．【答案】C【解析】【解答】A．兩粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

設(shè)粒子1的半徑為r1，粒子2的半徑為r2，設(shè)圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為R，根據(jù)Bvq=可得v=可以根據(jù)幾何關(guān)系可以得到r所以粒子1的速度可以建立起與圓形磁場(chǎng)半徑有關(guān)的關(guān)系式，但因粒子2的偏轉(zhuǎn)角度未知，無(wú)法得到r2與R的關(guān)系，所以不能建立起v2與R的關(guān)系式，所以二者速度無(wú)法進(jìn)行精確的比較，故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)Bvq=mv可以得到T=即周期僅與比荷有關(guān)，但因二個(gè)粒子比荷相同，所以兩個(gè)粒子周期相同，根據(jù)兩個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖可以看出，粒子1的偏轉(zhuǎn)角為90°，而粒子2的偏轉(zhuǎn)角為銳角，所以粒子2的運(yùn)動(dòng)時(shí)間要小于粒子1的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，故B錯(cuò)誤；

C．隨意選一條運(yùn)動(dòng)軌跡，其中帶×的圓為圓形磁場(chǎng)，另一個(gè)圓為粒子1的運(yùn)動(dòng)軌跡，但此運(yùn)動(dòng)軌跡僅取在圓形磁場(chǎng)中的那部分，圓形磁場(chǎng)外的那部分為方便觀察畫(huà)出，且O1為運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心，連接O1O，射入點(diǎn)和射出點(diǎn)，因粒子1半徑r1與圓形磁場(chǎng)半徑相同，則連接起來(lái)的圖案為菱形，如圖所示

因?yàn)槭橇庑?，且射入點(diǎn)和圓形磁場(chǎng)圓心的連線在直徑MON上，根據(jù)幾何關(guān)系，出射點(diǎn)與O1點(diǎn)的連線必定與直徑MON保持平行，所以出射方向會(huì)與O1與出射點(diǎn)組成的連線垂直，則出射時(shí)的速度方向一定垂直于直徑MON。若選取別的入射方向，同樣也會(huì)組成菱形，且入射點(diǎn)和O的連線依舊保持水平方向，所以出射的方向也必定會(huì)與直徑MON保持垂直，故C正確；

D．對(duì)粒子2，連接入射點(diǎn)和出射點(diǎn)組成一條弦，如果出射點(diǎn)在N點(diǎn)，此時(shí)的弦最大，為圓形磁場(chǎng)的直徑，而弦越大對(duì)應(yīng)的偏轉(zhuǎn)角也就越大，而偏轉(zhuǎn)角越大運(yùn)動(dòng)時(shí)間也就越長(zhǎng)，所以當(dāng)該粒子從N點(diǎn)射出時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，故D錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】當(dāng)粒子的入射方向和出射方向均已知時(shí)，可根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡結(jié)合幾何關(guān)系確定粒子的運(yùn)動(dòng)半徑。C選項(xiàng)屬于磁發(fā)散和磁聚焦模型，熟悉掌握該模型的特點(diǎn)。軌跡對(duì)應(yīng)的弦越長(zhǎng)，對(duì)應(yīng)的偏轉(zhuǎn)角越大，對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)。7．【答案】D【解析】【解答】A、滑動(dòng)過(guò)程中，B球機(jī)械能增加，A球機(jī)械減少。故A錯(cuò)誤；

B、滑動(dòng)過(guò)程中A、B系統(tǒng)豎直方向上合外力不為0，動(dòng)量不守恒。故B錯(cuò)誤；

C、B的動(dòng)能開(kāi)始是0，最終還是0，中間不為0。由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，A球的機(jī)械能先減小后增大。則A球剛達(dá)到水平滑槽時(shí)機(jī)械能不是最小。故C錯(cuò)誤；

D、當(dāng)小球A沿墻下滑距離為0.4L時(shí)，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得0.4mgL=兩球沿桿子方向上的速度相等，則有v聯(lián)立解得v故D正確。

故答案為：D。

【分析】明確在滑動(dòng)過(guò)程中，各球的受力情況及各力的做功情況，再根據(jù)機(jī)械能守恒的條件判斷機(jī)械能是否守恒。關(guān)聯(lián)體模型，沿桿方向的速度大小相等。8．【答案】A,C【解析】【解答】AB．運(yùn)動(dòng)員將重物緩慢上舉，可認(rèn)為是平衡狀態(tài)，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力為F=整個(gè)過(guò)程的時(shí)間為t1+t2+Δt，故地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量為I=地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力沒(méi)有位移，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為0，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD．運(yùn)動(dòng)員對(duì)重物的作用力為Mg，作用時(shí)間為t1+t2+Δt，運(yùn)動(dòng)員對(duì)重物的沖量為I重物的位移為h1+h2，故運(yùn)動(dòng)員對(duì)重物做的功為W=Mg故C正確，D錯(cuò)誤。

故答案為：AC。

【分析】重物緩慢上舉，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力。確定上舉過(guò)程中，重物上升的高度。再根據(jù)沖量的定義及功的定義進(jìn)行解答。9．【答案】C,D【解析】【解答】A．根據(jù)等量同種電荷等勢(shì)線的分布，等量正電荷從電荷連線中點(diǎn)沿中垂線向外，電勢(shì)降低，故A錯(cuò)誤；

B．由C到A的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小。故B錯(cuò)誤；

C．由圖像可知，B點(diǎn)斜率最大，即加速度最大，所以B為中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度最大的點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得a=解得E=100故C正確；

D．從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理得U解得U故D正確。

故答案為：CD。

【分析】等量正電荷從電荷連線中點(diǎn)沿中垂線向外，電勢(shì)降低。電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小。v-t圖像的斜率表示加速度，再根據(jù)電場(chǎng)力與牛頓第二定律確定場(chǎng)強(qiáng)的大小。粒子只受電場(chǎng)力，電場(chǎng)力做功等于電荷動(dòng)能的變化量。10．【答案】B,D【解析】【解答】CD．設(shè)電容器兩端電壓為U，則電路中電流為I=畫(huà)出圖丙中兩條曲線對(duì)應(yīng)情況下電流隨時(shí)間變化的圖像如圖所示

根據(jù)I-t圖像與橫軸圍成的面積表示電荷量Q，可以得到曲線2對(duì)應(yīng)情況下電容器充滿電后所帶的電荷量較大，故C錯(cuò)誤，D正確；

AB．根據(jù)充滿電后電容器滿足C=曲線2對(duì)應(yīng)情況下電容器充滿電后所帶的電荷量較大，故曲線2對(duì)應(yīng)情況下的電容值較大，已知有藥液時(shí)測(cè)量電路中的電容值更大，故曲線2為有藥液時(shí)的充電曲線，故A錯(cuò)誤，B正確。

故答案為：BD。

【分析】有藥液時(shí)，電容器中的電介質(zhì)為藥液，無(wú)藥液時(shí)，電容器中的電介質(zhì)為空氣。根據(jù)電容的決定式，判斷有無(wú)藥液時(shí)，電容器電容的大小，再根據(jù)電容的定義式判斷電荷量的大小。根據(jù)U-t圖像結(jié)合歐姆定律畫(huà)出I-t圖像，再根據(jù)I-t圖像與橫軸圍成的面積表示電荷量Q確定電荷量的大小情況進(jìn)行解答。11．【答案】（1）控制變量法（2）小車（和鉤碼）質(zhì)量不變都算對(duì)（3）平衡摩擦力；砂和砂桶的重力（4）沒(méi)有滿足小車質(zhì)量M遠(yuǎn)大于小桶及鉤碼質(zhì)量m造成的（5）沒(méi)有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足【解析】【解答】（1）本實(shí)驗(yàn)要探究小車的加速度a和質(zhì)量M、合外力F的關(guān)系采用控制變量法。

（2）若該同學(xué)要探究加速度a和拉力F的關(guān)系，應(yīng)該保持小車的質(zhì)量M不變。

（3）用小木塊將長(zhǎng)木板無(wú)滑輪的一端墊高，使得重力沿斜面方向的分力等于摩擦力，目的是平衡摩擦力。對(duì)整體運(yùn)用牛頓第二定律得a=則小車的合力F=Ma=當(dāng)沙和桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，小車所受的拉力等于沙和沙桶的重力。

（4）圖線上部彎曲，即當(dāng)拉力較大時(shí)加速度與小桶及砝碼重力不成正比，這是由于沒(méi)有滿足小車質(zhì)量M遠(yuǎn)大于小桶及鉤碼質(zhì)量m造成的。

（5）a-F圖象不過(guò)原點(diǎn)，a=0時(shí)，F(xiàn)＞0，這是由于實(shí)驗(yàn)時(shí)沒(méi)有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足造成的。

【分析】當(dāng)實(shí)驗(yàn)研究的問(wèn)題存在三個(gè)及以上的物理變量時(shí)，需采用控制變量法進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。當(dāng)繩子拉力無(wú)法直接測(cè)得時(shí)，需將木板墊高平衡摩擦力。根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析將砂和砂桶重力看成繩子拉力的條件。12．【答案】（1）6000（2）（3）9.0；1000.0【解析】【解答】（1）根據(jù)串聯(lián)分壓原理可知，量程為3V的電壓表需要串聯(lián)的電阻分壓6V，則其電阻是3kΩ的兩倍，即6kΩ。

（2）描點(diǎn)、作圖如下

（3）改裝后的電壓表內(nèi)阻為RV1=9kΩ，又電壓表V2的內(nèi)阻與R0的電阻相等，由閉合電路的歐姆定律，得E=整理得U結(jié)合圖像可看出，縱軸截距為E圖線的斜率的絕對(duì)值為2r聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)，解得r=1000.0Ω，E=9.0【分析】熟悉掌握電表改裝的原理及計(jì)算方法。根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理及電路圖推到得出圖像的函數(shù)表達(dá)式，分析圖像截距和斜率的物理意義，再結(jié)合圖像進(jìn)行數(shù)據(jù)處理。13．【答案】（1）解：A下擺過(guò)程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgH=解得：H=答：A釋放時(shí)距桌面的高度H是v2（2）解：碰撞前瞬間，繩子的拉力與重力的合力提供向心力，對(duì)A，由牛頓第二定律得：F?mg=m解得：F=mg+答：碰撞前瞬間繩子的拉力大小是mg+m（3）解：A、B碰撞過(guò)程系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，在水平方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv=2mv由能量守恒定律得：1解得：ΔE=答：碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE是14【解析】【分析】（1）A在釋放到碰撞的過(guò)程中，機(jī)械能守恒，初末速度均已知，根據(jù)機(jī)械能守恒定律進(jìn)行求解；

（2）A做曲線運(yùn)動(dòng)，在碰前瞬間，重力和繩子的拉力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律即可得求出此時(shí)繩子拉力的大小；

（3）A和B發(fā)生完全