2022-2023學年四川省涼山州高二（下）期末物理試卷（含解析）

列說法正確的是（）列說法正確的是（）列說法正確的是（）列說法正確的是（）2022-2023學年四川省涼山州高二（下）期末物理試卷一、單選題（本大題共8小題，共32.0分）我們可以利用碳14測定化石地質(zhì)年代，年代范圍在7萬年內(nèi)。碳14半衰期是5730年，而且大部分是#衰變，其衰變方程為：腎CtX+佚下列說法正確的是（）X比fc多一個質(zhì)子 B./?粒子來自于原子核外部C.含打的化合物比單質(zhì)如衰變得慢些D.2個如經(jīng)過5730年必有1個發(fā)生衰變位于坐標原點的波源的振動圖像如圖所示，形成的簡諧波沿著x軸向兩側(cè)傳播，已知波的傳播速度為2m/s,貝ijt=Is時的波動圖像為如圖所示，甲是回旋加速器，乙是磁流體發(fā)電機，丙是速度選擇器，丁是霍爾元件，下的是（）的是（）甲 乙 -丙 甲 乙 -丙 甲圖要增大粒子的最大動能，可增加電壓￡/XXX乙圖可判斷出A極板是發(fā)電機的負極丙圖可以判斷帶電粒子的電性，粒子能沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v=fD丁圖中若載流子帶負電，穩(wěn)定時C板電勢高如圖甲所示，長木板靜止在光滑水平地面上，質(zhì)量為m的滑塊以水平初速％由木板左端恰能滑至木板的右端與木板相對靜止。若將木板分成長度相等的兩段（如圖乙），滑塊仍以％從木板左端開始滑動，已知滑塊運動過程中所受摩擦力不變。則下列分析正確的是（） 甲 乙滑塊滑到木板的右端后飛離木板滑塊滑到木板的右端前就與木板保持相對靜止兩過程滑塊的動量變化相同兩過程系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等氫原子的能級圖如圖甲所示，一群處于第4能級的氫原子，向低能級躍遷過程中能發(fā)出6種不同頻率的光，其中只有頻率為&、吃兩種光可讓圖乙所示的光電管陰極K發(fā)生光電效應。分別用頻率為氣、吃的兩個光源照射光電管陰極K，測得電流隨電壓變化的圖像如圖丙所示。下列說法中正確的是（）甲乙甲乙Q光的波長小于b光的波長B.Q、b兩種光源相比，Q光源照射光電管陰極K單位時間發(fā)出的光電子數(shù)較多C.通過微安表的電流方向由上到下滑片P在最左端時微安表的示數(shù)?定為零如圖所示，空間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場.電場的方向豎直向下.磁場方向水平（圖中垂直紙面向里），一帶電油滴P恰好處于靜止狀態(tài)，則下列說法正確的是（）若僅撤去電場，P可能做勻加速直線運動若僅撤去磁場，P可能做勻加速直線運動若給P?初速度，P不可能做勻速直線運動若給P?初速度，P可能做勻速圓周運動如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B相距為d,平行放置并與一電源相連，4板接地。開關(guān)S閉合后，兩板間P點有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴恰好處于靜止狀態(tài)。以下說法正確的是（）A.若將8板向上平移?小段距離，則油滴仍然靜止不動若將8板向上平移?小段距離，則表中有b-a的電流若S斷開后，再將4板向上平移?小段距離，則油滴向下運動D.若S斷開后，再將A板向上平移?小段距離，則P點的電勢升高 ?‘▼廣--1I ?‘▼廣--1I卻,?:xXXX：???\卜?*xxxxj??.:II????XXXXie??I!???iXXXXi???I1L方向分別垂直于紙面向外、向里和向外，磁場寬度均為在磁場區(qū)域的左側(cè)邊界處，有一邊長為L的正方形導線框，總電阻為R,且線框平面與磁場方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度u勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向時的電動勢E為正,磁感線垂直于紙面向里時的磁通量中為正值，外力F向右為正。則以下反映線框中的磁通量中、感應電動勢E、外力F和電功率P隨時間變化規(guī)律的圖象錯誤

二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）在2022年世界賽艇錦標賽上，中國賽艇隊獲得女子四人雙槳項目金牌。下列X-持S-t圖像描述了比賽中五條相同賽艇從同一起航線同時出發(fā)、沿長直航道劃向同一終點線的運動全過程，其中能反映賽艇甲與其他賽艇在途中出現(xiàn)艇首并齊的有（）人造地球衛(wèi)星和地心連線與地面的交點稱為星下點，如圖甲所示。衛(wèi)星運動和地球自轉(zhuǎn)使星下點在地球表面移動，形成星下點軌跡。我國天宮空間站的星下點軌跡如圖乙，其相鄰兩次經(jīng)過赤道的時間間隔為t。若天宮空間站的軌道近似為圓，離地高度為九，地球半徑為R,地面的重力加速度為g,引力常量為G,則（）A.天宮空間站相對地面運行速度為罕B.天宮空間站運行速度小于第一宇宙速度C.天宮空間站運行周期為2t D.地球的平均密度為p=*11.在如圖所示的電路中，理想變壓器的匝數(shù)比為2：1,四個標有“6U,60”的完全相同的燈泡婦、如、如、丄4,按如圖的方式接入電路，其中R恰能正常發(fā)光。忽略燈泡電阻隨溫度的變化。電路中的電表均為理想交流電表則下列選項中正確的是（）A.匕2、匕3、匕4均正常發(fā)光B.電流表示數(shù)為24C.m、71兩點間所加的電壓為14VD.整個電路消耗的總功率為18012.如圖甲所示，在勻強磁場B中，一電阻均勻的正方形單匝導線框abed繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)軸Qb勻速轉(zhuǎn)動，線圈產(chǎn)生的交變電動勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，若線框總電阻為5。,則（）線圈的轉(zhuǎn)速為50r/s當線框平面與中性面的夾角為60。時，線框產(chǎn)生的電動勢的大小為22V

在。一0.01s時間內(nèi)，通過導線某-橫截面的電荷量約為4.0x10-2。線框轉(zhuǎn)動一周，cd邊產(chǎn)生的焦耳熱為1.936/三、實驗題(本大題共2小題，共15.0分)航天員可以在空間站進行科學實驗。為測量空間站中?小球質(zhì)量，航天員設計了如圖甲所示的實驗裝置。在平面上4處固定一擋板,擋板 光電門 擋板 光電門 一輕質(zhì)彈簧一端與擋板相連，B處裝有光電門。A一輕質(zhì)彈簧一端與擋板相連，B處裝有光電門。用游標卡尺測量小球的直徑，如圖乙所示，小球的直徑為 cm.將小球與彈簧接觸并壓縮彈簧，記錄彈簧的壓縮量，求得彈簧的彈性勢能為0.042丿。由靜止釋放小球，小球到達B處前，彈簧已恢復原長，測得小球通過光電門的擋光時間為7.75ms,則小球的質(zhì)量為 kg°若水平面粗糙，對小球質(zhì)量的測量 (選填“有”或“無”)影響。某小組同學在實驗室完成“測量電池組的電動勢和內(nèi)阻”的實驗，實驗室提供的器材如下:A.幾節(jié)干電池組成的電池組H電壓表，量程3V,內(nèi)阻Rv=2000/2C.電流表A量程34,內(nèi)阻約為1。。.定值電阻Ro=20定值電阻=20000滑動變阻器R,調(diào)節(jié)范圍。?10。該組同學根據(jù)提供的器材，設計的電路圖如圖甲所示。

u/v虛線框內(nèi)的電路表示將電壓表的量程擴大了，則擴大后的“電壓表”最大能測量 V的電壓。實驗記錄了多組電壓表，表盤的示數(shù)U和電流表A表盤的示數(shù)/,并描點作出如圖乙所示的圖線，忽略電表內(nèi)阻的影響時，由圖線可知該干電池組的電動勢E= V,內(nèi)阻r= 〃(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)。在上述實驗過程中，若改變滑動變阻器的電阻大小，電源的輸出功率將會變化，電源輸出功率P與電源外電路的路端電壓U的關(guān)系圖像如圖 所示。四、簡答題(本大題共2小題，共22.0分)如圖，直角三角形ABN是一棱鏡的截面,AB=L^A=30。。棱鏡材料的折射率為n=V。一條光線以45。的入射角從AN邊的中點M射入棱鏡。不考慮光的多次反射。求：A畫出這條光線從AN進入至NB射出的光路圖；這條光線能否在邊發(fā)生全反射；這條光線從棱鏡中的出射點到B點的距離X。如圖所示，平行光滑金屬導軌瀝、cd位于豎直平面內(nèi)，兩導軌間距L=0.1m,在qc間接有一阻值R=0.08n的電阻。質(zhì)量m=0.1kg、電阻r=0.02/2的導體棒PQ水平鎖定放置，現(xiàn)解除鎖定，PQ由靜止開始下落(始終與導軌緊密接觸)，當自由下落h=0.45m高度時，進入

與導軌平面垂直向里的磁場中做勻加速直線運動。已知磁場大小沿y方向逐漸減小而沿x方向不變，其中y=0處磁感應強度8]=￥丁。不計導軌電阻、忽略空氣阻力，g=10m/s2o求:(1)導體棒剛進入磁場y=0處的加速度大小Q；(2)導體棒從進入磁場到下落lm的過程中，電阻r上產(chǎn)生的熱量③；(3)y=4m處的磁感應強度址大小。五、計算題(本大題共1小題，共15.0分)17.坐標原點。處有一點狀的放射源，它向xOy平面內(nèi)的*軸上方各個方向發(fā)射帶正電的同種粒子，速度大小都是％,在0Vyvd的區(qū)域內(nèi)分布有指向y軸正方向的勻強電場，場強大小為E=勢，其中q與m分別為該種粒子的電量和質(zhì)量；在d<y<2qa3d的區(qū)域內(nèi)分布有垂直于xOy平面向里的勻強磁場。ab為…塊很大的平面感光板，放置于y=3d處，如圖所示，觀察發(fā)現(xiàn)此時恰無粒子打到Qb板上，不考慮粒了的重力。求粒了剛進入磁場時的速度大?。磺蟠鸥袘獜姸?的大?。蝗魧逑蛳缕揭凭嚯x△y時，剛好能使所有的粒子均能打到板上，求向下平移的距離△y。答案和解析【答案】厶【解析】解：A"衰變的本質(zhì)是原子核中一個中子衰變，變成質(zhì)子和電子，因此X比多一個質(zhì)子，故A正確；8、B粒子實際是電子，但它來源于原子核，是一個中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子的同時釋放出來的，故8錯誤；C、衰變來源于原子核內(nèi)部，與原子核外的化學反應無關(guān)，或者說與元素處于化合物或單質(zhì)無關(guān)，故C錯誤；。、放射性元素的原子核有半數(shù)發(fā)生衰變所需的時間。半衰期描述的是統(tǒng)計規(guī)律，對于一個特定的原子，我們只知道它發(fā)生衰變的概率，而不知道它將何時發(fā)生衰變，故。錯誤。故選：A。根據(jù)B衰變的本質(zhì)判斷48選項是否正確，根據(jù)半衰期的定義判斷CD選項是否正確。本題考查放射性元素的衰變以及半衰期概念，要熟悉衰變的本質(zhì)，知道半衰期描述的是統(tǒng)計規(guī)律?！敬鸢浮緾【解析】解：由波源的振動圖像可知，波源的振動周期T=2s波源從開始振動到t=Is的時間間隔公=Is=§,可知波向*軸兩側(cè)傳播的距離分別為半個波長。已知波沿x軸向兩側(cè)傳播的速度為u=2m/s則波長人=vT=2m/sx2s=4m那么波形相對于y軸應是鏡像對稱的，且t=Is時波到達的位置分別位于x軸±2m的位置。由波源的振動圖像可知，波源的起振方向豎直向上，所以在t=ls時，x=±2m的位置的質(zhì)點振動方向豎直向上，綜合判斷，可知C正確，人8。錯誤。故選：Co根據(jù)波傳播的時間間隔與周期的關(guān)系可知波沿x軸傳播的距離，波形相對于y軸應是鏡像對稱，根據(jù)波源的起振方向可知，t=ls時波剛傳播到位置處質(zhì)點的起振方向與波源相同，則可判斷正確選項。本題考查了波的振動圖像和波動圖像，解題的關(guān)鍵是知道波在半個周期內(nèi)傳播的距離等于半個波長，各個質(zhì)點的起振方向相同?！敬鸢浮緽【解析】解：4、根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：quB=噂,解得:u=票,故最大動能為：Ekm=；?^2=嘩笠，所以最大動能與加速電壓無關(guān)，故A錯誤；2 2m以由左手定則知正離子向下偏轉(zhuǎn)，所以下極板帶正電，4板是電源的負極，B板是電源的正極，故B正確；C、電場的方向與B的方向垂直，帶電粒子進入復合場，受電場力和洛倫茲力，且二力是平衡力，即Eq=quB,所以v=f,不管粒子帶正電還是帶負電都可以勻速直線通過，所以無法判斷粒子D的電性，故C錯誤；。、若載流子帶負電，由左手定則可知，負粒子向C端偏轉(zhuǎn)，所以穩(wěn)定時。板電勢低，故D錯誤。故選：B。粒子想利用回旋加速器獲得更大的動能，需要增大盒子半徑，磁流體發(fā)電機就是利用帶電粒子受洛倫茲力原理，速度選擇器是因為達到某一速度的粒子受力平衡做勻速直線運動，霍爾元件中的粒子受到洛倫茲力的作用在元件一側(cè)聚集。本題考查了洛倫茲的應用相關(guān)知識，掌握用左手定則判斷洛倫茲力的方向，知道速度選擇器的原理以及回旋加速器中最大動能的表達式?！敬鸢浮緽【解析】解：AB.滑塊第一次在木板上運動過程中，滑塊與木板之間的摩擦力使整個木板一直加速：滑塊第二次在木板上運動過程滑塊先使整個木板加速，運動到第二部分上后第一部分停止加速，只有第二部分加速，加速度大于第一次的對應過程，所以第二次滑塊與第二部分木板將更早達到速度相等，所以滑塊還沒有運動到第二部分的右端，就共速了，故A錯誤，8正確；C、由上分析可知，第二次滑塊與木板作用時間較短，而滑塊與木板之間的摩擦力保持不變，滑塊的加速度不變，根據(jù)Av=aAt可知第二次速度變化量小，根據(jù)Ap=mAv,可知兩過程滑塊的動量變化不相同，故C錯誤；。、第二次滑塊沒有到達木板右端之前，滑塊與木板速度相等，相對木板靜止，第二次滑塊相對木板滑行的距離小于第一次滑塊相對木板滑行的距離，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q=fx,由于，相同而X】>%則Qi>Q2,故。錯誤。故選：B。比較兩次運動的區(qū)別，滑塊一直做勻減速直線運動，木板一直做勻加速直線運動，第一次在滑塊a:w.剿衛(wèi)。辯’農(nóng)更留閽聯(lián)也朔d '挑短￥夠?qū)廗U軍’g*業(yè)務勰旨回項豆彰段d好?<?'沸瓣。炸’兜買診覃華@瑯冶也化坦’闌擊￥蠹，’跟我￥夠申此￥軍’￥宓0累蚤女’貝未夠勰旨回女爾彝段d煉。:卸禺&禪’不悝譎仙密廻羊?1四"坦’聯(lián)我互群早務審此卒軍’［葬0景買W函槊不搓墜職8:潔將v網(wǎng)’族型痢草聯(lián)叫E碑謂也立’矛甌業(yè)矛孤関冋富前筆颯回烏/密弱累’顯說爾擎’￥宓引累蚤製職’前銀即山回草莉塊￥軍指墜職’?審芋硼四V:?！久疁y】0【?■】9°?甜發(fā)辜K1務地卬觀審此園東唯’劫等関回哀審案不塚東唯斎’帽回風風推申案雖第錯幸。灌些塊鞏舉審*Tfi￡i甲回車歌審’吊秘去審’期畫漁審案帀為。多海力』?審案囲￥間】屯冴審配槊’￥9引繋審此國印。東唯。愛沂濟澈東唯當繇’變沂囲京蟀q'。用塀&夠也國堡°9:輛?。祖樹q'畬實業(yè)驅(qū)審案’泌密-粢傾為弱'前聯(lián)區(qū)身小審％'回海甲案』帀貿(mào)旬’至區(qū)卯審驟通顯審集’融乎啓底熬日副網(wǎng)骼刖巫農(nóng)副、。期□'丁憶丄甲冋項案審即由滓筆勰舞’吊療去申’理海審％帀兩X沿的’X沿闈員審案擇詞験％Q噸3I&'多為海去審案網(wǎng)吊貌如照謝％d間向剽貪舊蛔'樂審％K承関9土￥舉申％K國関>蝸也國堅甲E'習黑v'四強関％9上￥早遍風呆。烈’京醉?。tw京醇関案〃’卯審不律即築q土w田用不寐風糸'尚也國m甲v:挪【梁湖】S【孝號】S。礎S/=D變至芻單:熱寫議k*CT?^!fflMW￥M^W^1RK'型5（兜買印泌平此詢暮熟詛泳診沂的婿宰誑測。喜鐸関帀次日I務車oiqz泌*玄諂:暮為:H喜鐸土鼓辮圣沖XWX拳/瀏渤排琳。避半舉輻顯書矛明辮可関詢劇封/裏甌’型裒畫輕風以一能士￥爾竇叫*?叫qr剤&溫1尋丁4腮即麥檢也’擎叩避平力蠢海王照暮殺二段’擎葉草一再半力寇’中型裏兜國油滴靜止說明油滴此時不受洛倫茲力，重力和電場力相互抵消，若僅撤去磁場對油滴沒有影響，若僅撤去電場，物體受重力有豎直向下的速度，油滴受洛倫茲力，根據(jù)受力情況即可判斷運動情況；若給P一初速度，要考慮速度方向與磁場方向平行不平行，平行時不受洛倫茲力，再根據(jù)受力情況去分析運動情況即可.本題主要考查了帶電粒子在混合場中運動的問題，要求同學們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運動情況，特別要注意帶點粒子在磁場中受洛倫茲力的條件，難度適中.【答案】D【解析】解：4電容器保持與電源相連，電壓不變；B板上移時，根據(jù)U=Ed可知，距離減小，場強變大，故電荷向上運動，故A錯誤；&電容器保持與電源相連，電壓不變；由C=崙,Q=CU得Q増大，電容器充電，電路有充電電流，故G表中電流方向。到b,故8錯誤；CD.斷開S,電容器上電量不變，A板上移時，由E=%=&=樂可知，E不變，因此油滴仍然靜aCa€rs止，而對PA段￡=羿=知，租p升高，故D正確，C錯誤。dPAdPA°故選：DoS斷開，電容器電量不變，板間場強不變，油滴仍處于靜止狀態(tài)；改變板間距離，引起電容變化，分析E和電量的變化，再確定油滴的運動情況。本題主要是考查了電容器的動態(tài)分析問題；解答此類問題關(guān)鍵是要抓住不變量：若電容器與電源斷開，電量保持不變；若電容器始終與電源相連，電容器兩端間的電勢差保持不變：結(jié)合電容器的計算公式和電場強度與電勢差的關(guān)系進行分析解答?！敬鸢浮緾【解析】解：4、在0?§時間內(nèi)，磁通量開始均勻增加，當全部進入左側(cè)磁場時達最大，且為負值；在￡?冬時間內(nèi)，向里的磁通量增加，總磁通量均勻減小；當《=孕時，磁通量最小，為零，在孕?VV LV LV義時間內(nèi)，磁通量向里，為正值，且均勻增大；V在義?孕時間內(nèi)，磁通最均勻減小至零；在孕?四時間內(nèi)，磁通量均勻増大，且方向向外，為負v2v 2vv值；在四?絲時間內(nèi)，磁通量均勻減小至零，且為負值，故A正確；VB、 在0?￡時間內(nèi)，右邊切割磁感線，由E=BLv可知E保持不變，由右手定則知感應電動勢沿順V時針方向，為負值；在§?等時間內(nèi)，左右兩邊同時切割磁感線，感應電動勢應為感應電動勢沿逆時針方向，為正值；在些?蘭時間內(nèi)，左右兩邊同時切割磁感線，感應電動勢應為感應電動勢沿順時針方向，TOC\o"1-5"\h\zV為負值；在些?絲時間內(nèi)，左邊切割磁感線，感應電動勢為BLu,感應電動勢沿逆時針方向，為正值，故BV正確；C、 由楞次定律可知安培力總是與運動方向相反，故拉力應一直向右，故C錯誤：。、在。?4時間內(nèi)，E=BLv,可知外力P=P P=Fv=卩 玄R R號?專時間內(nèi)，E=2BLv,左、右兩邊均受安培力，故「=2「安=竺害匕P=^窘；在孕?專時間內(nèi)，￡=28加，左、右兩邊均受安培力，故尸=2酸=理#"=竺專；在四?絲時間內(nèi)，外力卩=兄廣=喚，卩=辱已故D正確。u， 女R R本題讓選錯誤的，故選：Co由線圈的運動可得出線圈中磁通量的變化；由則由法拉第電磁感應定律及F=BLV可得出電動勢的變化；由歐姆定律可求得電路中的電流，則可求得安培力的變化；由P="R可求得電功率的變化。在解答圖象問題時要靈活解法，常常先運用排除法，再根據(jù)物理規(guī)律得到解析式等進行解答?！敬鸢浮緼D【解析】解：AB.x—t圖像縱坐標表示位移，故圖像有相交點表示此時刻兩賽艇位移相同，即出現(xiàn)艇首并齊，甲乙有交點說明能出現(xiàn)艇首并齊，甲丙無交點說明不會出現(xiàn)艇首并齊，故A正確，B錯誤；CD.v-t圖像與時間軸圍成的面積表示位移，當兩賽艇的圖像在某時刻與時間軸圍成的面積相同時，說明有艇首并齊的時刻，從出發(fā)開始，甲的位移一直大于丁的位移，因為出發(fā)點相同，所以甲一直在丁的前方，從出發(fā)開始甲的位移先小于戊的位移，后大于戊的位移，在某一時刻，甲的位移等于戊的位移，則甲戊在某一時刻齊頭并進，故C錯誤，D正確。故選：ADO在u-t圖像中，圖線與時間軸圍成的面積表示位移，結(jié)合面積比較兩者的位移關(guān)系，判斷是否會出現(xiàn)船頭并齊；在x-t圖像中，圖線對應的縱坐標表示位置，通過兩圖線是否有交點判斷在途中是否會出現(xiàn)船頭并齊。本題考查速度一時間圖像和位移一時間圖像的綜合運用，知道圖線的物理意義，u-t圖線與時間軸圍成的面積表示位移，x-t圖線對應的縱坐標表示位置。【答案】BC【解析】解：AC.由于天宮空間站某相鄰兩次經(jīng)過赤道的時間為t,可知天宮空間站運行周期為T=2t；天宮空間站運行軌道半徑為r=R+h,則運行速度為：卩=學=嘩些，故A錯誤、C正確；以第一宇宙速度等于衛(wèi)星貼近地面做勻速圓周運動的環(huán)繞速度：天宮空間站繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力有：饗=如§，解得：u=件,由于r>R,所以天宮空間站運行速度小于第一宇宙速度，故B正確；。、天宮空間站繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，則有：零=mr$,解得..4兀2戶隊擊。根據(jù)密度計算公式可得：#=$其中V=?7rR3解得地球的平均密度為：p=2與單，故D錯誤。故選：BC。由于天宮空間站某相鄰兩次經(jīng)過赤道的時間為t,由此得到天宮空間站運行周期，根據(jù)〃=等求解ee=22>/~2sin60o(V)=11"Vee=22>/~2sin60o(V)=11"V線速度大小；第一宇宙速度等于衛(wèi)星貼近地面做勻速圓周運動的環(huán)繞速度，是最大的環(huán)繞速度；根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合密度計算公式求解地球的平均密度。本題主要是考查萬有引力定律及其應用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進行分析。【答案】BC【解析】解：人、燈泡婦恰能正常發(fā)光，得原線圈的電流= 根據(jù)電流與匝數(shù)成正比,得副線圈中的電流I2=2A,L2.L3.L4中的電流分別為第，所以乙2、如、久不能正常發(fā)光，電流表的示數(shù)即副線圈中的電流為2A,故A錯誤，8正確；C、 燈泡電阻R=*=§=60,副線圈兩端的電壓％=1%6V=4V,根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比得，原線圈兩端的電壓為8V,m、n兩點間所加的電壓為Umn=6V+8V=14V,故C正確；D、 整個電路消耗的總功率為：P'=P,+U2I2=6W+4X2W=1414/,故。錯誤。故選：BC。由燈泡爲均正常發(fā)光及電流與匝數(shù)成反比，則可求得原副線圈的電流，m、n兩端的電壓等于婦兩端的電壓和原線圈兩端的電壓之和。本題考查變壓器的基本內(nèi)容，明確電流電壓與匝數(shù)的關(guān)系，電表的示數(shù)為有效值，另外要特別注意電壓與線圈匝數(shù)比的關(guān)系式中，電壓為原副線圈兩端的電壓?！敬鸢浮緼C【解析】解：A、由圖(b)可知，周期為0.02s,則線圈的轉(zhuǎn)速為花=，=*=As=50"s故A正確；B、由圖(b)可知，周期為0.02s,Egx=22CU,角速度co=y=慕rad/s=100nrad/s則該交流電的瞬時表達式為e=22y/~lsinlQ0nt(V')矩形金屬線框平面與中性面的夾角為60。，則故8錯誤;C、當t=0.01s時刻感應電動勢等于零，所以穿過線框回路的磁通量最大，線框平面與中性面重合，矩形金屬線框平面與磁感線垂直，從t=0到t=0.01s時間內(nèi)，磁通量變化量為4中=2BS=芷皿=2X樂(a 100/r通過線框某一截面的電荷量為1=罕=2,盟X§C=4.OX1OTC故C正確；。、線框轉(zhuǎn)動一周邊產(chǎn)生的焦耳熱為1p21 772Q=泠7=jX專X0.02/=0.484/故。錯誤。故選：AC。從圖象得出電動勢最大值、周期，從而算出電動勢的有效值、角速度，進而知瞬時值表達式和磁通量最大值，通過線框某一截面的電荷量為Q=詈,線框轉(zhuǎn)動一周產(chǎn)生的焦耳熱為Q=gT耳 R本題考查了對交流電圖象的認識，要具備從圖象中獲得有用信息的能力，并掌握有效值與最大值的關(guān)系，知道計算電荷量用交流電的平均值，可以應用推論Q=罕,計算能量用交流電的有效值。13.【答案］1.5500.021無【解析】解：(1)由圖示游標卡尺可知，其精度是0.05mm,主尺的刻度：15mm,游標尺上的第10個刻度與主尺的刻度對齊，讀數(shù)是：0.05x10=0.50mm,總讀數(shù)：d=15mm+OSOmm=15.50mm=1.550cm；(2)根據(jù)極短時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度知，滑塊通過B點的瞬時速度為&=￡=1.550x10-27.75x11.550x10-27.75x1。-'m/s=2m/s根據(jù)功能關(guān)系得：=|mvl代入數(shù)據(jù)解得：m=0.021kg(3)空間站是失重環(huán)境，小球和平面之間無作用，因此沒有摩擦力，水平面粗糙與否對實驗結(jié)果無影響。故答案為：(1)1.550；(2)0.021；(3)無。游標卡尺主尺與游標尺示數(shù)之和是游標卡尺示數(shù)。根據(jù)小球的直徑與通過光電門的時間求出小球通過光電門時的速度，應用能量守恒定律求出小球的質(zhì)量?？臻g站物體處于完全失重狀態(tài)，小球?qū)λ矫鏇]有壓力，據(jù)此分析答題。本題考查了測量空間站中一小球質(zhì)量實驗，考查了實驗數(shù)據(jù)處理問題，理解實驗原理是解題的前提，應用能量守恒定律即可解題；要掌握常用器材的使用方法與讀數(shù)方法。14.【答案】64.25.0B【解析】解：(1)擴大后的“電壓表"最大能測量的電壓為〃'="+斜】=3U+翥X2000S6U(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得2U=E-I(r+R0)可得：-嶂與可知圖乙中U-/圖像的縱軸截距為|=2.1V解得：E=4.21/U-/圖像的斜率絕對值為R0+r_2An2 0.6解得內(nèi)阻為：r=5.0/2⑶電源輸出功率P與電源外電路的路端電壓U的關(guān)系P=UI=UX土些-丈rrr根據(jù)數(shù)學知識，此函數(shù)對應的是一個開口向下的拋物線，且當電源輸出功率最大時，路端電壓為總電動勢的一半，外電路總電阻取值范圍為2Q<R外<120則外電路電壓的取值范圍為當U=Ie時，對應的功率為

P=0.721V當U=^E時，對應的功率為P'=0.731V故ACD錯誤；B正確。故選：B°故答案為：(1)6；(2)4.2；5.0：(3)8根據(jù)串聯(lián)電路特點解答；根據(jù)閉合電路歐姆定律，結(jié)合圖像的斜率與截距解答；根據(jù)電功率的計算公式，結(jié)合特殊值分析解答。把定值電阻看作電源內(nèi)阻的一部分，是求解電源電勢和內(nèi)阻的關(guān)鍵。本題的難點是根據(jù)功率公式和閉合電路的歐姆定律求解P-V函數(shù),并確定路端電壓的取值范圍，屬于綜合性較強的實驗題型。15.【答案】解：(1)、(2)光線在M點折射時，由折射定律可知：諜=n可得：sinr=0.5,r=30°由幾何關(guān)系可知：匕1=60。而全反射臨界角的正弦值：sinC=史空n2則臨界角C=45。因為￡1>C,所以光線能在AB邊發(fā)生全反射，作出光路圖如圖所示。NA(3)根據(jù)反射定律可知，光線在D點的反射角等于60。，則匕BDE=90°-60°=30°LBDE+Z.B=30°+60°=90°所以Z.DEB=90°,光線垂直BN邊射出可得：AN=Lcos30°,AD=2-^cos3Q°由圖可知：BD=L-AD所以光線從棱鏡中的出射點到B點的距離為：x=BDsin30°聯(lián)立解得X=L答：(1)見解析；這條光線能在4B邊發(fā)生全反射；這條光線從棱鏡中的出射點到B點的距離*是，【解析】(1)、(2)光線以45。的入射角時，根據(jù)折射定律求出光線在M點的折射角。根據(jù)幾何知識確定光線在邊上的入射角。由sinC=L求出臨界角C,再判斷光線能否在AB邊發(fā)生全反射，經(jīng)n研究知道光線能在48邊發(fā)生全反射，再畫出光路圖；(3)由幾何關(guān)系求出光線從棱鏡中的出射點到8點的距離％。本題是折射定律、全反射和幾何知識的綜合應用，要作出光路圖，掌握全反射條件，并能判斷能否發(fā)生全反射是關(guān)鍵?！敬鸢浮拷猓?1)導體棒剛進入磁場前做自由落體運動，導體棒剛進入磁場時的速度大?。?72gh=V2x10x0.45m/s=3m/s導體棒剛進入磁場時產(chǎn)生的感應電動勢E=B.Lvq感應電流1=^-n-rr由牛頓第二定律得：mg-BJL=ma代入數(shù)據(jù)解得：a=9m/s2導體棒在磁場中做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：mg-F=ma導體棒下落s=lm的過程中兩