江蘇省蘇州市吳江區(qū)震澤中學(xué)高三高考物理模擬試卷

2021年江蘇省蘇州市吳江區(qū)震澤中學(xué)高三高考物理模擬試卷一、單選題（每題3分，共24分）1．太陽(yáng)向外輻射的能量來(lái)自其內(nèi)部發(fā)生的各種熱核反應(yīng)，當(dāng)太陽(yáng)內(nèi)部達(dá)到一定溫度時(shí)，會(huì)發(fā)生“核燃燒”，其“核燃燒”的核反應(yīng)方程為，He+X→Be+γ，方程中X表示某種粒子，Be是不穩(wěn)定的粒子，其半衰期為T，這個(gè)核反應(yīng)釋放出的能量為△E，光在真空中的傳播速度為c，下列說(shuō)法正確的是張平平（）A．若使Be的溫度降低，其半衰期會(huì)減小 B．方程中的X為電子（e） C．該核反應(yīng)過(guò)程產(chǎn)生的質(zhì)量虧損為△m＝ D．“核燃燒”的核反應(yīng)是裂變反應(yīng)2．圖甲為一列簡(jiǎn)諧橫波在某一時(shí)刻的波形圖，圖乙為質(zhì)點(diǎn)P以該時(shí)刻之后2秒為計(jì)時(shí)起點(diǎn)的振動(dòng)圖像，下列說(shuō)法不正確的是（）A．該橫波向左傳播 B．該波的波速為4m/s D．從t＝2s到t＝6s內(nèi)，Q質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的路程為20cm3．將一輕彈簧水平放在光滑水平桌面上，一端固定，另一端與一質(zhì)量為m的小物體相連，將小物體拉至O點(diǎn)由靜止釋放，小物體的加速度a與離開O點(diǎn)的距離x的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．彈簧的勁度系數(shù)為 B．小物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧的最大彈力為2ma0 C．小物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大動(dòng)能為ma0x0 D．小物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能為2ma0x04．某一質(zhì)檢部門為檢測(cè)一批礦泉水的質(zhì)量，利用干涉原理測(cè)定礦泉水的折射率。方法是將待測(cè)礦泉水填充到特制容器中，放置在雙縫與熒光屏之間（之前為空氣），如圖所示，特制容器未畫出，通過(guò)比對(duì)填充后的干涉條紋間距x2和填充前的干涉條紋間距x1就可以計(jì)算出該礦泉水的折射率。單縫S0、雙縫中點(diǎn)O、屏上的P0點(diǎn)均位于雙縫S1和S2的中垂線上，屏上P點(diǎn)處是P0上方的第3條亮條紋（不包括P0點(diǎn)處的亮條紋）的中心。已知入射光在真空中的波長(zhǎng)為λ，真空中的光速為c，雙縫S1與S2之間距離為d，雙縫到屏的距離為L(zhǎng)，則下列說(shuō)法正確的是（）A．來(lái)自雙縫S1和S2的光傳播到P點(diǎn)處的時(shí)間差為 B．x2＞x1 C．該礦泉水的折射率為 D．僅將單縫S0向左（保持S0在雙縫的中垂線上）移動(dòng)的過(guò)程中，P點(diǎn)處能觀察到暗條紋5．如圖所示，潛水罩形狀為無(wú)底圓柱，放在水下，里面有一部分空氣。為了使得罩不會(huì)浮起來(lái)，用纜繩綁在水底。用一根細(xì)繩將重物系在罩上，如圖所示。罩的橫截面積S＝4m2，里面空氣的體積V＝8m3×105Pa。將罩里的重物拉出水面后，空氣壓強(qiáng)增加了△p＝250Pa，纜繩仍然處于拉伸狀態(tài)。水的密度ρ＝103kg/m3，重力加速度g＝10m/s2，罩里的空氣符合波意耳定律pV＝常數(shù)，其中p為壓強(qiáng)，V為罩里空氣的體積。（）A．封閉空氣的氣體分子動(dòng)能都沒(méi)有發(fā)生變化 B．封閉空氣一定從外界吸熱 C．細(xì)繩中張力的變化△T＝1311N D．纜繩中張力的變化△F＝133N×107m，運(yùn)行周期都等于地球的自轉(zhuǎn)周期24h）、第50、51顆衛(wèi)星（中圓地球軌道衛(wèi)星，離地高度約20000km）。下列說(shuō)法正確的是（）A．中圓地球軌道衛(wèi)星周期大于24小時(shí) B．地球同步衛(wèi)星的發(fā)射速度小于第一宇宙速度 C．傾斜地球同步軌道衛(wèi)星一天2次經(jīng)過(guò)赤道正上方同一位置 D．中圓地球軌道衛(wèi)星比地球同步衛(wèi)星線速度小7．游樂(lè)園的小型“摩天輪”上對(duì)稱站著質(zhì)量均為m的8位同學(xué)，如圖所示，“摩天輪”在豎直平面內(nèi)逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，若某時(shí)刻轉(zhuǎn)到頂點(diǎn)a上的甲同學(xué)讓一小重物做自由落體運(yùn)動(dòng)，并立即通知下面的同學(xué)接住，結(jié)果重物掉落時(shí)正處在c處（如圖）的乙同學(xué)恰好在第一次到達(dá)最低點(diǎn)b處接到。已知“摩天輪”半徑為R，重力加速度為g，（不計(jì)人和吊籃的大小及重物的質(zhì)量，假設(shè)人與吊籃之間除腳接觸外沒(méi)有其它接觸）。則（）A．摩天輪輪動(dòng)的周期為t＝2 B．乙同學(xué)初始狀態(tài)受到的摩擦力向右 C．乙同學(xué)在最低點(diǎn)處對(duì)地板的壓力為mg﹣mg D．乙同學(xué)在最高點(diǎn)處對(duì)地板的壓力為mg+mg8．如圖甲所示，真空中有一長(zhǎng)直細(xì)金屬導(dǎo)線MN，與導(dǎo)線同軸放置一半徑為R的金屬圓柱面。假設(shè)導(dǎo)線沿徑向均勻射出速率為v0相同的電子，已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e。不考慮出射電子間的相互作用。以下說(shuō)法中正確的是（）A．若在柱面和導(dǎo)線之間，加上垂直MN方向的恒定電場(chǎng)，當(dāng)滿足v0＝時(shí)剛好沒(méi)有電子能到達(dá)柱面 B．若在柱面和導(dǎo)線之間，加上平行MN方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，可以使所有電子都不能到達(dá)柱面 C．若在柱面內(nèi)加上垂直MN方向的輻射磁場(chǎng)，可以使所有電子都不能到達(dá)柱面 D．若在柱面內(nèi)加上平行MN方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，當(dāng)滿足v0＞時(shí)，可以使所有電子剛好不能到達(dá)柱面二．多選題（每題4分，共16分）9．一矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)的軸線勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生正弦式交變電流，其電動(dòng)勢(shì)的變化規(guī)律如圖乙中的線a所示，用此線圈給圖丙電路供電，發(fā)現(xiàn)三個(gè)完全相同的燈泡亮度均相同。當(dāng)調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速后，電動(dòng)勢(shì)的變化規(guī)律如圖乙中的線b所示，以下說(shuō)法正確的是（）A．曲線a、b對(duì)應(yīng)的線圈角速度之比為3：2 B．t＝0時(shí)刻，線圈平面恰好與磁場(chǎng)方向平行 C．僅將原線圈抽頭P向上滑動(dòng)時(shí)，燈泡變暗 D．轉(zhuǎn)速調(diào)整后，三個(gè)燈泡的亮度仍然相同10．我們有時(shí)候可以觀察到太陽(yáng)周圍的明亮光暈圈，如圖1所示。如圖2所示，這種光學(xué)現(xiàn)象是由太陽(yáng)光線在卷層云中的冰晶折射而產(chǎn)生的，該云層高度約5.5km。為了理解光暈現(xiàn)象，我們將問(wèn)題簡(jiǎn)化為兩維。如圖3，θi表示冰晶上的入射角，θ2表示為經(jīng)過(guò)第一個(gè)界面的折射角，θ0表示為光線離開晶體的折射角，以及θD表示為入射和出射光線之間的偏轉(zhuǎn)角。假設(shè)冰晶可以在二維上可以看成一個(gè)正六邊形且不考慮其他的反射、折射。若仔細(xì)觀察光暈，能看到內(nèi)外有不同顏色，分別為紅色和藍(lán)色。則以下說(shuō)法中正確的是（）A．入射角θi越大，則出射角θD越小 B．入射角θi越大，則出射角θ0越小 C．內(nèi)側(cè)為紅色，外側(cè)為藍(lán)色 D．內(nèi)側(cè)為藍(lán)色，外側(cè)為紅色11．如圖，AB是一長(zhǎng)為2R的豎直細(xì)管，上半部BC是半徑為R的四分之一圓弧彎管，管口C處切線水平，AB管內(nèi)有原長(zhǎng)為R、下端固定的輕質(zhì)彈簧。在彈簧上端放置一個(gè)質(zhì)量為m的小球（可看作質(zhì)點(diǎn)），解除鎖定后彈簧可將小球彈射出去。某次將彈簧長(zhǎng)度壓縮到0.5R后鎖定，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為6mgR（g為重力加速度）。不計(jì)各種阻力與摩擦，已知地面比水面高出1.5R，豎直細(xì)管的長(zhǎng)度可以調(diào)節(jié)，圓弧彎道管BC可隨豎直細(xì)管一起升降。則（）A．當(dāng)AB細(xì)管為初始長(zhǎng)度時(shí)，小球到達(dá)管口C時(shí)的速度大小為 B．當(dāng)AB細(xì)管為初始長(zhǎng)度時(shí)，小球到達(dá)管口C時(shí)對(duì)管子的作用力方向向上 C．將AB長(zhǎng)度由2R慢慢調(diào)節(jié)到3R的過(guò)程中，小球落水點(diǎn)與AB所在豎直線之間的距離不斷變小 D．將AB長(zhǎng)度由2R慢慢調(diào)節(jié)到R的過(guò)程中，小球落水點(diǎn)與AB所在豎直線之間的距離不斷變大12．如圖甲是一種利用磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的粒子收集裝置原理圖。兩塊磁鐵前后平行垂直水平面放置，收集板位于兩塊磁鐵之間，平行于上下底面從高到低依次放置，所有收集板的右端在同一豎直面上，收集板長(zhǎng)度從高到低依次變大，因而左端位置不同。已知兩磁鐵之間的長(zhǎng)方體空間內(nèi)存在水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖所示。一個(gè)粒子源被固定在其底面上，粒子源豎直向上發(fā)射出質(zhì)量為m、電荷量絕對(duì)值為q、速率不同的粒子，這些粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，在磁場(chǎng)的作用下運(yùn)動(dòng)，并打到右側(cè)的多片收集板上（如圖乙中D1、D2、D3所示）。收集板D1剛好與粒子出射點(diǎn)在同一高度，粒子擊中收集板后有一定比例反射，反射前后粒子速度方向與收集板平面的夾角大小不變，反射速度最大值為撞擊前速度的k＝0.6倍。重力及粒子間的相互作用忽略不計(jì)。（）A．該粒子源發(fā)射的粒子帶負(fù)電 B．該粒子源發(fā)射的粒子帶正電 C．第一次打在D1收集板上的粒子，最終肯定全部被D1吸收 D．若使D2長(zhǎng)度超過(guò)D1長(zhǎng)度，可能使得D1板上收集不到任何粒子三、實(shí)驗(yàn)題（共14分）13．（4分）數(shù)字信息系統(tǒng)（DIS）被廣泛應(yīng)用在物理實(shí)驗(yàn)中，該系統(tǒng)可以迅速測(cè)量、處理數(shù)據(jù)，并自動(dòng)生成圖像。如圖（a）所示，一條形磁鐵置于水平轉(zhuǎn)臺(tái)上，磁鐵長(zhǎng)度等于圓臺(tái)直徑，一靜止磁傳感器位于轉(zhuǎn)臺(tái)邊緣，該傳感器可測(cè)量所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度。實(shí)驗(yàn)后顯示器得出曲線如圖（b）所示。圖中橫坐標(biāo)表示時(shí)間，縱坐標(biāo)表示磁感應(yīng)強(qiáng)度。（1）由圖線可知磁鐵所做的運(yùn)動(dòng)是。（2）曲線最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的縱坐標(biāo)表示。14．（10分）物理社團(tuán)找到一根拉力敏感電阻絲，其阻值隨拉力F變化的圖像如圖（a）所示，圖線與縱軸的交點(diǎn)為R0，斜率為k。社員們按圖（b）所示電路制作了一個(gè)簡(jiǎn)易“吊秤”。電路中電源電動(dòng)勢(shì)E，內(nèi)阻r；靈敏毫安表的量程為Im，內(nèi)阻Rg；R1是可變電阻。A、B兩接線柱等高且固定。現(xiàn)將這兩根拉力敏感電阻絲套上輕質(zhì)光滑絕緣桿，將其兩端接在A、B接線柱上。通過(guò)光滑絕緣桿可將重物吊起。不計(jì)敏感電阻絲的重力，現(xiàn)完成下列操作步驟：步驟一：滑環(huán)下不吊重物時(shí)，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)可變電阻R1，使毫安表指針指在（填“零刻度”或“滿刻度”）處；步驟二：滑桿下吊上已知重力的重物，測(cè)出電阻絲與豎直方向的夾角為θ；寫出敏感電阻絲上的拉力F與重物重力G的關(guān)系式F＝；步驟三：保持可變電阻R1接入電路阻值不變，讀出此時(shí)毫安表示數(shù)I；步驟四：換用不同已知重力的物體，掛在滑環(huán)上記錄每一個(gè)重力值對(duì)應(yīng)的電流值；寫出電流值I與重物重力G之間的關(guān)系式：I＝（用E、R0、k、Rg、r、θ、R1表示）；步驟五：將毫安表刻度盤改裝為重力刻度盤，由上面分析可知該刻度盤是的（填“均勻”或“不均勻”）。該吊秤改裝后由于長(zhǎng)時(shí)間不用，電源電動(dòng)勢(shì)不變，內(nèi)阻變大，其他條件不變，為了能用原來(lái)的重力刻度盤正常測(cè)量重力，需要進(jìn)行怎么的操作：。四、解答題（共4小題，滿分46分）15．（8分）2020年4月1日，蘇州某所中學(xué)高二年級(jí)迎來(lái)了復(fù)學(xué)日，為控制新冠肺炎病毒的傳播，學(xué)校特制定了校園消毒工作方案，對(duì)課室、圖書館、飯?zhí)玫葓?chǎng)所進(jìn)行物表與空氣消毒。如圖為使用的便攜式消毒器原理圖，桶內(nèi)消毒液上方用塞子密封了一定質(zhì)量的理想氣體，已知?dú)怏w初態(tài)壓強(qiáng)與外界大氣壓相等，均為p0o，打氣筒每次可以向桶內(nèi)打入0.1L氣體，打了5次剛好有消毒水噴出（忽略桶內(nèi)消毒液所產(chǎn)生的壓強(qiáng)，整個(gè)過(guò)程可視為等溫變化）。求：（1）未打氣前瓶?jī)?nèi)消毒液上方氣體的體積為多少；（2）設(shè)桶內(nèi)原有的藥液共有9L，則至少需要打幾次氣才能把消毒液全部噴灑完。16．（12分）如圖所示為水平平行光滑導(dǎo)軌MN和PQ，MN的間距為L(zhǎng)，PQ的間距為2L，MN上放有一金屬棒ab，ab與導(dǎo)軌垂直，質(zhì)量為m，電阻為R。PQ上放有一金屬棒cd，cd也與導(dǎo)軌垂直，質(zhì)量為2m，電阻為2R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直穿過(guò)導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B?，F(xiàn)在極短時(shí)間內(nèi)給ab一個(gè)水平向左的速度v0，使ab向左運(yùn)動(dòng)，最后ab和cd的運(yùn)動(dòng)都達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。求：（1）求剛開始運(yùn)動(dòng)的瞬間，兩導(dǎo)體棒的加速度大小和方向；（2）穩(wěn)定后ab和cd棒的速度大??；（3）整個(gè)過(guò)程中ab棒發(fā)出的熱量。17．（12分）水平光滑大桌面上有一質(zhì)量為M的均勻圓環(huán)形細(xì)管道，管道內(nèi)有兩個(gè)質(zhì)量都為m的小球，位于管道直徑AB的兩端。開始時(shí)，環(huán)靜止，兩個(gè)小珠沿著朝右的切線方向，具有相同的初速度v0，如圖所示。設(shè)系統(tǒng)處處無(wú)摩擦。（1）設(shè)兩小球碰撞后粘在一起，試求碰后兩小球的速度；（2）設(shè)碰撞過(guò)程中沒(méi)有能量損失，試求兩小球碰撞之前的相對(duì)速度大小；（3）第（2）問(wèn)的條件下，試分析判定兩小球碰后能否在管道內(nèi)返回到原來(lái)的A、B位置？若能，再通過(guò)計(jì)算確定兩小珠第一次返回到A、B時(shí)，相對(duì)桌面的速度方向（朝左還是朝右）和速度大小。18．（14分）如圖所示，絕緣軌道MNPQ位于同一豎直面內(nèi)，其中MN段是長(zhǎng)度為L(zhǎng)的水平軌道，PQ段為足夠長(zhǎng)的光滑豎直軌道，NP段為光滑的半徑為R的四分之一圓弧，圓心為O，直線NN′右側(cè)有方向水平向左的電場(chǎng)（圖中未畫出），電場(chǎng)強(qiáng)度E＝，在包含圓弧軌道NP的ONO′P區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（邊界處無(wú)磁場(chǎng)）。軌道MN最左端M點(diǎn)處?kù)o止一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的物塊A，一質(zhì)量為3m為物塊C從左側(cè)的光滑軌道上以速度v0撞向物塊A。A、C之間發(fā)生彈性碰撞，之后沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，A、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，且與軌道MN的動(dòng)摩擦因數(shù)相同且動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。A在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所帶電荷量保持不變且始終沒(méi)有脫離軌道。求：（1）碰撞后A、C的速度大?。唬?）問(wèn)當(dāng)A、C與水平軌道MN的動(dòng)摩擦因數(shù)μ滿足什么條件時(shí)，能使A碰后能沖上圓弧軌道，且不會(huì)與C發(fā)生第二次碰撞；（3）若A碰后能沖上圓弧軌道且越過(guò)P點(diǎn)后再返回到N點(diǎn)，求此過(guò)程中A對(duì)軌道NP的最大壓力的大小。2021年江蘇省蘇州市吳江區(qū)震澤中學(xué)高三高考物理模擬試卷參考答案與試題解析一、單選題（每題3分，共24分）1．（3分）太陽(yáng)向外輻射的能量來(lái)自其內(nèi)部發(fā)生的各種熱核反應(yīng)，當(dāng)太陽(yáng)內(nèi)部達(dá)到一定溫度時(shí)，會(huì)發(fā)生“核燃燒”，其“核燃燒”的核反應(yīng)方程為，He+X→Be+γ，方程中X表示某種粒子，Be是不穩(wěn)定的粒子，其半衰期為T，這個(gè)核反應(yīng)釋放出的能量為△E，光在真空中的傳播速度為c，下列說(shuō)法正確的是張平平（）A．若使Be的溫度降低，其半衰期會(huì)減小 B．方程中的X為電子（e） C．該核反應(yīng)過(guò)程產(chǎn)生的質(zhì)量虧損為△m＝ D．“核燃燒”的核反應(yīng)是裂變反應(yīng)【分析】根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒的X的電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)；半衰期的大小與溫度無(wú)關(guān)；根據(jù)質(zhì)能方程判斷；太陽(yáng)內(nèi)部進(jìn)行的是核聚變?！窘獯稹拷猓篈、半衰期的大小與溫度無(wú)關(guān)，若使的溫度降低，其半衰期不變，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒知，X的電荷數(shù)為2，質(zhì)量數(shù)為4，即X粒子是，故B錯(cuò)誤；C、這個(gè)核反應(yīng)釋放出的能量為△E，根據(jù)質(zhì)能方程可知該核反應(yīng)過(guò)程產(chǎn)生的質(zhì)量虧損為△m＝，故C正確；D、由核反應(yīng)的特點(diǎn)可知，“核燃燒”的核反應(yīng)是聚變反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了聚變和核反應(yīng)類型，同時(shí)知道衰變的實(shí)質(zhì)，影響半衰期大小的因素，注意半衰期的大小由原子核內(nèi)部因素決定，與原子核所處的物理環(huán)境和化學(xué)狀態(tài)無(wú)關(guān)。2．（3分）圖甲為一列簡(jiǎn)諧橫波在某一時(shí)刻的波形圖，圖乙為質(zhì)點(diǎn)P以該時(shí)刻之后2秒為計(jì)時(shí)起點(diǎn)的振動(dòng)圖像，下列說(shuō)法不正確的是（）A．該橫波向左傳播 B．該波的波速為4m/s D．從t＝2s到t＝6s內(nèi)，Q質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的路程為20cm【分析】根據(jù)乙圖確定2s時(shí)P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向，即甲圖中P點(diǎn)振動(dòng)方向，再根據(jù)同側(cè)法確定波的傳播方向；根據(jù)甲圖讀出波長(zhǎng)，乙圖讀出周期，即可求波速；質(zhì)點(diǎn)不會(huì)隨波遷移，只是在平衡位置附近做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；根由時(shí)間與周期的倍數(shù)，求質(zhì)點(diǎn)Q通過(guò)的路程.【解答】解：A、從振動(dòng)圖可得周期為：T＝4sP點(diǎn)在0時(shí)刻的振動(dòng)方向向下，根據(jù)同側(cè)法可知波向右傳播，故A錯(cuò)誤；B、由圖甲讀出波長(zhǎng)為：λ波速為：，故B錯(cuò)誤；C、質(zhì)點(diǎn)并不隨波遷移，故C錯(cuò)誤；D.一個(gè)周期內(nèi)質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的路程為：4A＝20cm，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象結(jié)合的問(wèn)題，關(guān)鍵熟練利用同側(cè)法或者上、下坡法判斷質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與傳播方向，質(zhì)點(diǎn)在平衡位置做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，不會(huì)隨波遷移；要注意兩種圖象判斷質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向的方法是不同的，不能混淆。3．（3分）將一輕彈簧水平放在光滑水平桌面上，一端固定，另一端與一質(zhì)量為m的小物體相連，將小物體拉至O點(diǎn)由靜止釋放，小物體的加速度a與離開O點(diǎn)的距離x的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．彈簧的勁度系數(shù)為 B．小物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧的最大彈力為2ma0 C．小物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大動(dòng)能為ma0x0 D．小物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能為2ma0x0【分析】根據(jù)a﹣x圖象，可得到彈力與位移的關(guān)系，根據(jù)平衡條件求解勁度系數(shù)，根據(jù)牛頓第二定律求解彈簧的最大彈力；結(jié)合彈性勢(shì)能與動(dòng)能的相互轉(zhuǎn)化進(jìn)行分析。【解答】解：A、由圖可知，當(dāng)物體在x0位置時(shí)，加速度等于0，故這個(gè)位置即為彈簧的原長(zhǎng)處，剛開始彈簧壓縮量為x0，加速度為a0，則ma0＝kx0，解得，故A正確；B、由圖可知，小物體的最大加速度大小為a0，根據(jù)牛頓第二定律可知彈簧最大的彈力為F＝ma0，故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)彈簧形變量為0時(shí)動(dòng)能最大，根據(jù)v2＝2ax可知，ax就是圖象與x軸圍成的面積，即，故最大的動(dòng)能為：，故C錯(cuò)誤；D、物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只發(fā)生動(dòng)能和彈性勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，當(dāng)動(dòng)能為0時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，此時(shí)動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，但最大的彈性勢(shì)能為，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查功能關(guān)系，關(guān)鍵是弄清楚a﹣x圖象表示的物理意義，能夠根據(jù)圖象分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，知道圖象與x軸圍成的面積表示的物理意義。4．（3分）某一質(zhì)檢部門為檢測(cè)一批礦泉水的質(zhì)量，利用干涉原理測(cè)定礦泉水的折射率。方法是將待測(cè)礦泉水填充到特制容器中，放置在雙縫與熒光屏之間（之前為空氣），如圖所示，特制容器未畫出，通過(guò)比對(duì)填充后的干涉條紋間距x2和填充前的干涉條紋間距x1就可以計(jì)算出該礦泉水的折射率。單縫S0、雙縫中點(diǎn)O、屏上的P0點(diǎn)均位于雙縫S1和S2的中垂線上，屏上P點(diǎn)處是P0上方的第3條亮條紋（不包括P0點(diǎn)處的亮條紋）的中心。已知入射光在真空中的波長(zhǎng)為λ，真空中的光速為c，雙縫S1與S2之間距離為d，雙縫到屏的距離為L(zhǎng)，則下列說(shuō)法正確的是（）A．來(lái)自雙縫S1和S2的光傳播到P點(diǎn)處的時(shí)間差為 B．x2＞x1 C．該礦泉水的折射率為 D．僅將單縫S0向左（保持S0在雙縫的中垂線上）移動(dòng)的過(guò)程中，P點(diǎn)處能觀察到暗條紋【分析】利用雙縫干涉測(cè)波長(zhǎng)的原理，結(jié)合折射率公式進(jìn)行求解．【解答】解：A、由第三條亮條紋對(duì)應(yīng)路程差s＝3λ，但光在介質(zhì)中的傳播速度小于c，因此時(shí)間差大于，故A錯(cuò)誤；B、由于n＞1，所以x1＞x2，故B錯(cuò)誤；C、由公式，，可得n＝，故C正確；D、移動(dòng)S0對(duì)觀察結(jié)果沒(méi)有影響，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，要求學(xué)生了解實(shí)驗(yàn)原理，具備對(duì)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象進(jìn)行分析的能力以及數(shù)據(jù)處理能力。5．（3分）如圖所示，潛水罩形狀為無(wú)底圓柱，放在水下，里面有一部分空氣。為了使得罩不會(huì)浮起來(lái)，用纜繩綁在水底。用一根細(xì)繩將重物系在罩上，如圖所示。罩的橫截面積S＝4m2，里面空氣的體積V＝8m3×105Pa。將罩里的重物拉出水面后，空氣壓強(qiáng)增加了△p＝250Pa，纜繩仍然處于拉伸狀態(tài)。水的密度ρ＝103kg/m3，重力加速度g＝10m/s2，罩里的空氣符合波意耳定律pV＝常數(shù)，其中p為壓強(qiáng)，V為罩里空氣的體積。（）A．封閉空氣的氣體分子動(dòng)能都沒(méi)有發(fā)生變化 B．封閉空氣一定從外界吸熱 C．細(xì)繩中張力的變化△T＝1311N D．纜繩中張力的變化△F＝133N【分析】分子的平均動(dòng)能由溫度決定，但是分子的平均動(dòng)能是個(gè)統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)；根據(jù)熱力學(xué)第一定律判斷吸放熱；對(duì)封閉氣體進(jìn)行分析，由玻意耳定律求出氣體的體積變化△V，由△F＝ρ水g△V求出纜繩的張力變化；對(duì)潛水罩進(jìn)行受力分析，求出細(xì)繩的拉力變化?！窘獯稹拷猓篈、分子平均動(dòng)能由溫度決定，是統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)，而單個(gè)分子運(yùn)動(dòng)具有偶然性，故A錯(cuò)誤；B、將罩里的重物拉出水面后，空氣壓強(qiáng)增加了，說(shuō)明氣體體積減小，外界對(duì)氣體做功，而氣體的溫度不變，內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U＝W+Q可知，氣體對(duì)外放熱，故B錯(cuò)誤；CD、對(duì)封閉氣體，溫度不變，由玻意耳定律可知：pV＝（p+△p）（V﹣△×105××105+250）×（8﹣△V）纜繩中的張力減小了：△F＝ρ水g△V聯(lián)立解得：△F＝133N設(shè)潛水罩的質(zhì)量為m0，潛水罩上部受到的壓強(qiáng)為p′，對(duì)潛水罩進(jìn)行受力分析，剛開始有：p′S+m0g+T+F＝pS末狀態(tài)：p′S+m0g+T′+F′＝（p+△p）S細(xì)繩中的張力變化為△F＝T′﹣T聯(lián)立解得：△F＝1133N即細(xì)繩中的張力增大了1133N，纜繩中的張力減小了133N，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了玻意耳定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚氣體狀態(tài)變化過(guò)程求出氣體狀態(tài)參量是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用玻意耳定律即可解題。求張力時(shí)，要分清研究對(duì)象，靈活運(yùn)用整體法和隔離法求細(xì)繩和纜繩的張力。×107m，運(yùn)行周期都等于地球的自轉(zhuǎn)周期24h）、第50、51顆衛(wèi)星（中圓地球軌道衛(wèi)星，離地高度約20000km）。下列說(shuō)法正確的是（）A．中圓地球軌道衛(wèi)星周期大于24小時(shí) B．地球同步衛(wèi)星的發(fā)射速度小于第一宇宙速度 C．傾斜地球同步軌道衛(wèi)星一天2次經(jīng)過(guò)赤道正上方同一位置 D．中圓地球軌道衛(wèi)星比地球同步衛(wèi)星線速度小【分析】根據(jù)開普勒第三定律＝K分析周期；衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)是萬(wàn)有引力充當(dāng)向心力，第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球圓周運(yùn)動(dòng)的最大速度，是衛(wèi)星發(fā)射的最小速度，衛(wèi)星的軌道半徑越大，周期越大，線速度越小。【解答】×107×107m。A、根據(jù)開普勒第三定律＝K可知，衛(wèi)星的軌道半徑越大，周期越大，中圓地球軌道衛(wèi)星軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，其周期小于24小時(shí)，故A錯(cuò)誤；B、第一宇宙速度7.9km/s是衛(wèi)星繞地球圓周運(yùn)動(dòng)的最大速度，是衛(wèi)星發(fā)射的最小速度，則地球同步衛(wèi)星的發(fā)射速度大于第一宇宙速度，故B錯(cuò)誤；C、傾斜地球同步軌道和同步軌道，一天中相遇兩次，地球與同步衛(wèi)星屬于同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)兩軌道相遇時(shí)，該衛(wèi)星經(jīng)過(guò)赤道上同一點(diǎn)，故該衛(wèi)星在一個(gè)周期內(nèi)有2次經(jīng)過(guò)赤道上同一位置，故C正確；D、衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，線速度v＝，軌道半徑越大，其運(yùn)行速度越小，所以中圓地球軌道衛(wèi)星比地球同步衛(wèi)星線速度大，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題以覆蓋全球的北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)計(jì)劃考查了人造衛(wèi)星問(wèn)題，知道地球同步衛(wèi)星要與地球的自轉(zhuǎn)周期相同，要求同學(xué)們熟練應(yīng)用萬(wàn)有引力相關(guān)公式求解。7．（3分）游樂(lè)園的小型“摩天輪”上對(duì)稱站著質(zhì)量均為m的8位同學(xué)，如圖所示，“摩天輪”在豎直平面內(nèi)逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，若某時(shí)刻轉(zhuǎn)到頂點(diǎn)a上的甲同學(xué)讓一小重物做自由落體運(yùn)動(dòng)，并立即通知下面的同學(xué)接住，結(jié)果重物掉落時(shí)正處在c處（如圖）的乙同學(xué)恰好在第一次到達(dá)最低點(diǎn)b處接到。已知“摩天輪”半徑為R，重力加速度為g，（不計(jì)人和吊籃的大小及重物的質(zhì)量，假設(shè)人與吊籃之間除腳接觸外沒(méi)有其它接觸）。則（）A．摩天輪輪動(dòng)的周期為t＝2 B．乙同學(xué)初始狀態(tài)受到的摩擦力向右 C．乙同學(xué)在最低點(diǎn)處對(duì)地板的壓力為mg﹣mg D．乙同學(xué)在最高點(diǎn)處對(duì)地板的壓力為mg+mg【分析】重物掉落做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移﹣時(shí)間公式求出重物下落的時(shí)間；根據(jù)“摩天輪”轉(zhuǎn)過(guò)的角度和所用時(shí)間，求出“摩天輪”運(yùn)動(dòng)的周期。乙同學(xué)在最低處和最高處時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律求出地板對(duì)他的支持力大小，從而根據(jù)牛頓第三定律求出人對(duì)地板的壓力大小。根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)物體的受力特點(diǎn)可得乙同學(xué)初始狀態(tài)受到的摩擦力方向?！窘獯稹拷猓篈.由題意可知，由自由落體時(shí)間為：解得：此時(shí)間正好等于圓周運(yùn)動(dòng)周期的八分之一，可得摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)的周期為：，故A錯(cuò)誤；B、乙同學(xué)初始狀態(tài)若沒(méi)有摩擦力，支持力與重力都是豎直方向，且方向相反，不可能提供向心力，所以乙同學(xué)此時(shí)受到向右的摩擦力，故B正確；CD、由牛頓第二定律可得，最高點(diǎn)對(duì)應(yīng)表達(dá)式為：解得：最低點(diǎn)對(duì)應(yīng)表達(dá)式為：解得：，根據(jù)牛頓第三定律，人對(duì)地板的壓力大小與地板對(duì)人的支持力大小相等。.故CD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查圓周運(yùn)動(dòng)和自由落體相結(jié)合的知識(shí)，找出在相等的時(shí)間內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的角度是關(guān)鍵。另外B選項(xiàng)中對(duì)乙受力分析，結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)物體的受力特點(diǎn)分析摩擦力也是一個(gè)易錯(cuò)點(diǎn)。8．（3分）如圖甲所示，真空中有一長(zhǎng)直細(xì)金屬導(dǎo)線MN，與導(dǎo)線同軸放置一半徑為R的金屬圓柱面。假設(shè)導(dǎo)線沿徑向均勻射出速率為v0相同的電子，已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e。不考慮出射電子間的相互作用。以下說(shuō)法中正確的是（）A．若在柱面和導(dǎo)線之間，加上垂直MN方向的恒定電場(chǎng)，當(dāng)滿足v0＝時(shí)剛好沒(méi)有電子能到達(dá)柱面 B．若在柱面和導(dǎo)線之間，加上平行MN方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，可以使所有電子都不能到達(dá)柱面 C．若在柱面內(nèi)加上垂直MN方向的輻射磁場(chǎng)，可以使所有電子都不能到達(dá)柱面 D．若在柱面內(nèi)加上平行MN方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，當(dāng)滿足v0＞時(shí)，可以使所有電子剛好不能到達(dá)柱面【分析】電子初速度方向與電場(chǎng)方向平行時(shí)做直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能定理求解；電子初速度方向與勻強(qiáng)電場(chǎng)方向垂直時(shí)做類平拋運(yùn)動(dòng)；電子初速度方向與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，不受力做勻速運(yùn)動(dòng)；電子初速度方向與勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)?！窘獯稹拷猓篈、若電子到達(dá)柱面時(shí)速度恰為零，由，可得：，故A正確；B、加平行MN方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，則粒子做類拋體運(yùn)動(dòng)，只要柱面足夠高，必然會(huì)有電子到達(dá)柱面，故B錯(cuò)誤；C、若加輻射磁場(chǎng)，電子運(yùn)動(dòng)方向平行磁場(chǎng)，不受洛倫茲力，電子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，必然到達(dá)柱面，故C錯(cuò)誤；D、若加平行MN方向的磁場(chǎng)，電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由得：，當(dāng)時(shí)，即當(dāng)時(shí)電子不能到達(dá)柱面，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵在于從粒子受力和初速度方向間的關(guān)系判斷粒子的運(yùn)動(dòng)情況。二．多選題（每題4分，共16分）9．（4分）一矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)的軸線勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生正弦式交變電流，其電動(dòng)勢(shì)的變化規(guī)律如圖乙中的線a所示，用此線圈給圖丙電路供電，發(fā)現(xiàn)三個(gè)完全相同的燈泡亮度均相同。當(dāng)調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速后，電動(dòng)勢(shì)的變化規(guī)律如圖乙中的線b所示，以下說(shuō)法正確的是（）A．曲線a、b對(duì)應(yīng)的線圈角速度之比為3：2 B．t＝0時(shí)刻，線圈平面恰好與磁場(chǎng)方向平行 C．僅將原線圈抽頭P向上滑動(dòng)時(shí)，燈泡變暗 D．轉(zhuǎn)速調(diào)整后，三個(gè)燈泡的亮度仍然相同【分析】根據(jù)圖象讀出兩交變電流的周期，從而求出曲線a、b對(duì)應(yīng)的線圈角速度之比；t＝0時(shí)刻，根據(jù)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值分析線圈平面與磁場(chǎng)方向的關(guān)系；P向上滑動(dòng)，改變了原線圈得匝數(shù)，根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)的關(guān)系：即可判斷；根據(jù)電感和電容對(duì)交流電的阻礙作用，分析三個(gè)燈泡的亮度關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、由圖乙可知a的周期為Ta＝4×10﹣2s，b的周期為Tb＝6×10﹣2s，由ω＝中可知：角速度與周期成反比，故角速度比值為＝＝，故A正確；B、t＝0時(shí)刻，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，線圈處在中性面位置，即線圈平面和磁場(chǎng)方向垂直，故B錯(cuò)誤；C、僅將原線圈滑片P向上滑動(dòng)時(shí)，原線圈的匝數(shù)變多，根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)的關(guān)系：可知，輸出電壓減小，通過(guò)燈泡的電流變小，故燈泡會(huì)變暗，故C正確；D、電感器、電容器對(duì)交流電的阻礙作用不相同，轉(zhuǎn)速減小即電流的頻率減小，因此電感器對(duì)電流的阻礙作用減小，電容器對(duì)電流的阻礙作用加大，因此調(diào)整轉(zhuǎn)速后，L最亮，L最暗，故D錯(cuò)誤。故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】解決本題時(shí)，要理解交變電流的產(chǎn)生過(guò)程，掌握交變電流的規(guī)律，同時(shí)，要知道電感和電容在電路中的作用10．（4分）我們有時(shí)候可以觀察到太陽(yáng)周圍的明亮光暈圈，如圖1所示。如圖2所示，這種光學(xué)現(xiàn)象是由太陽(yáng)光線在卷層云中的冰晶折射而產(chǎn)生的，該云層高度約5.5km。為了理解光暈現(xiàn)象，我們將問(wèn)題簡(jiǎn)化為兩維。如圖3，θi表示冰晶上的入射角，θ2表示為經(jīng)過(guò)第一個(gè)界面的折射角，θ0表示為光線離開晶體的折射角，以及θD表示為入射和出射光線之間的偏轉(zhuǎn)角。假設(shè)冰晶可以在二維上可以看成一個(gè)正六邊形且不考慮其他的反射、折射。若仔細(xì)觀察光暈，能看到內(nèi)外有不同顏色，分別為紅色和藍(lán)色。則以下說(shuō)法中正確的是（）A．入射角θi越大，則出射角θD越小 B．入射角θi越大，則出射角θ0越小 C．內(nèi)側(cè)為紅色，外側(cè)為藍(lán)色 D．內(nèi)側(cè)為藍(lán)色，外側(cè)為紅色【分析】由折射定律和紅光和藍(lán)光的折射率進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈、由光路可逆可知，入射角θi越大，則出射角θD越大，故A錯(cuò)誤；B、由折射定律可知，可知，入射角θi越大，折射角越大，由幾何關(guān)系可知，光射到出射界面的入射角越小，則出射角θ0越小，故B正確；CD、由于藍(lán)光的折射率大于紅光的折射率，因此偏折角大，故內(nèi)側(cè)為藍(lán)光，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了折射定律，解題關(guān)鍵在于利用折射定律分析出兩個(gè)出射角與入射角的變化關(guān)系。11．（4分）如圖，AB是一長(zhǎng)為2R的豎直細(xì)管，上半部BC是半徑為R的四分之一圓弧彎管，管口C處切線水平，AB管內(nèi)有原長(zhǎng)為R、下端固定的輕質(zhì)彈簧。在彈簧上端放置一個(gè)質(zhì)量為m的小球（可看作質(zhì)點(diǎn)），解除鎖定后彈簧可將小球彈射出去。某次將彈簧長(zhǎng)度壓縮到0.5R后鎖定，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為6mgR（g為重力加速度）。不計(jì)各種阻力與摩擦，已知地面比水面高出1.5R，豎直細(xì)管的長(zhǎng)度可以調(diào)節(jié)，圓弧彎道管BC可隨豎直細(xì)管一起升降。則（）A．當(dāng)AB細(xì)管為初始長(zhǎng)度時(shí)，小球到達(dá)管口C時(shí)的速度大小為 B．當(dāng)AB細(xì)管為初始長(zhǎng)度時(shí)，小球到達(dá)管口C時(shí)對(duì)管子的作用力方向向上 C．將AB長(zhǎng)度由2R慢慢調(diào)節(jié)到3R的過(guò)程中，小球落水點(diǎn)與AB所在豎直線之間的距離不斷變小 D．將AB長(zhǎng)度由2R慢慢調(diào)節(jié)到R的過(guò)程中，小球落水點(diǎn)與AB所在豎直線之間的距離不斷變大【分析】根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度，結(jié)合牛頓第二定律求出管口對(duì)小球的作用力大小和方向；根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出C點(diǎn)的速度，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)的高度求出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而得出小球落水點(diǎn)與AB所在豎直線之間的距離表達(dá)式，通過(guò)數(shù)學(xué)知識(shí)分析距離的變化?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：，解得小球到達(dá)管口C時(shí)的速度大?。?，故A錯(cuò)誤；B、在C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有：，解得管子對(duì)小球的作用力FN＝6mg，方向向下，則小球?qū)芸贑的作用力方向向上，故B正確；CD、設(shè)AB段的長(zhǎng)度為x，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：，解得小球到達(dá)管口C時(shí)的速度大?。海鶕?jù)x+R+1.5R＝得：，則小球落水點(diǎn)與AB所在豎直線之間的距離x＝R+vCt＝R+＝R+，當(dāng)x＝時(shí)，x有最大值，最大值為9R，AB長(zhǎng)度由2R慢慢調(diào)節(jié)到3R的過(guò)程中，小球落水點(diǎn)與AB所在豎直線之間的距離不斷變??；將AB長(zhǎng)度由2R慢慢調(diào)節(jié)到R的過(guò)程中，小球落水點(diǎn)與AB所在豎直線之間的距離先增大后減小，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了機(jī)械能守恒定律和平拋運(yùn)動(dòng)的綜合運(yùn)用，知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，以及圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來(lái)源是解決本題的關(guān)鍵。對(duì)于CD選項(xiàng)，主要考查應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問(wèn)題的能力，關(guān)鍵要得出距離的表達(dá)式。12．（4分）如圖甲是一種利用磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的粒子收集裝置原理圖。兩塊磁鐵前后平行垂直水平面放置，收集板位于兩塊磁鐵之間，平行于上下底面從高到低依次放置，所有收集板的右端在同一豎直面上，收集板長(zhǎng)度從高到低依次變大，因而左端位置不同。已知兩磁鐵之間的長(zhǎng)方體空間內(nèi)存在水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖所示。一個(gè)粒子源被固定在其底面上，粒子源豎直向上發(fā)射出質(zhì)量為m、電荷量絕對(duì)值為q、速率不同的粒子，這些粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，在磁場(chǎng)的作用下運(yùn)動(dòng)，并打到右側(cè)的多片收集板上（如圖乙中D1、D2、D3所示）。收集板D1剛好與粒子出射點(diǎn)在同一高度，粒子擊中收集板后有一定比例反射，反射前后粒子速度方向與收集板平面的夾角大小不變，反射速度最大值為撞擊前速度的k＝0.6倍。重力及粒子間的相互作用忽略不計(jì)。（）A．該粒子源發(fā)射的粒子帶負(fù)電 B．該粒子源發(fā)射的粒子帶正電 C．第一次打在D1收集板上的粒子，最終肯定全部被D1吸收 D．若使D2長(zhǎng)度超過(guò)D1長(zhǎng)度，可能使得D1板上收集不到任何粒子【分析】由粒子偏轉(zhuǎn)方向，用左手定則判斷粒子帶電性質(zhì)；通過(guò)粒子軌跡半徑大小與板間距及板長(zhǎng)度關(guān)系判斷被哪個(gè)極板吸收?！窘獯稹拷猓篈B、由左手定則可以判斷粒子帶負(fù)電，故A正確，B錯(cuò)誤；C、粒子打在D板上會(huì)反彈，如果第一次打在D板的粒子軌跡半徑大于D1D2間距，反彈后可能被上板吸收，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)D2板長(zhǎng)度超過(guò)D1板足夠長(zhǎng)，可以使D1板上收集不到任何粒子，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)，注意用左手定則判斷帶電性質(zhì)時(shí)，四指指向與負(fù)電荷的運(yùn)動(dòng)方向相反。三、實(shí)驗(yàn)題13．（4分）數(shù)字信息系統(tǒng)（DIS）被廣泛應(yīng)用在物理實(shí)驗(yàn)中，該系統(tǒng)可以迅速測(cè)量、處理數(shù)據(jù)，并自動(dòng)生成圖像。如圖（a）所示，一條形磁鐵置于水平轉(zhuǎn)臺(tái)上，磁鐵長(zhǎng)度等于圓臺(tái)直徑，一靜止磁傳感器位于轉(zhuǎn)臺(tái)邊緣，該傳感器可測(cè)量所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度。實(shí)驗(yàn)后顯示器得出曲線如圖（b）所示。圖中橫坐標(biāo)表示時(shí)間，縱坐標(biāo)表示磁感應(yīng)強(qiáng)度。（1）由圖線可知磁鐵所做的運(yùn)動(dòng)是減速運(yùn)動(dòng)。（2）曲線最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的縱坐標(biāo)表示某磁極附近的磁感應(yīng)強(qiáng)度。【分析】從圖象中分析相鄰兩次磁感應(yīng)強(qiáng)度最大值或最小值之間的時(shí)間變化，得出磁鐵的運(yùn)動(dòng)情況；當(dāng)條形磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，磁極相對(duì)傳感器的位置發(fā)生改變，因此測(cè)量的磁感應(yīng)強(qiáng)度是變化的，當(dāng)測(cè)量曲線達(dá)到最高或者最低時(shí)磁極距離傳感器最近。【解答】解：（1）從圖中可以看出相鄰兩個(gè)最高點(diǎn)或者最低點(diǎn)之間的時(shí)間間隔越來(lái)越大，磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)一周所用時(shí)間越來(lái)越長(zhǎng)，說(shuō)明磁鐵在做減速運(yùn)動(dòng)；（2）當(dāng)條形磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，磁極相對(duì)傳感器的位置發(fā)生改變，磁極附近磁感應(yīng)強(qiáng)度最大，因此測(cè)量的磁感應(yīng)強(qiáng)度是變化的，當(dāng)測(cè)量曲線達(dá)到最高點(diǎn)或者最低點(diǎn)時(shí)即為某磁極附近的磁感應(yīng)強(qiáng)度。故答案為：（1）減速運(yùn)動(dòng)；（2）某磁極附近的磁感應(yīng)強(qiáng)度?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生的理解能力和推理能力，屬于容易題；條形磁鐵兩極附近磁感應(yīng)強(qiáng)度最大，因此在條形磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)測(cè)量的磁感應(yīng)強(qiáng)度是變化的，根據(jù)題目所給曲線分析相鄰兩個(gè)最大點(diǎn)或者最小點(diǎn)間的時(shí)間變化來(lái)判斷磁鐵的運(yùn)動(dòng)。14．（10分）物理社團(tuán)找到一根拉力敏感電阻絲，其阻值隨拉力F變化的圖像如圖（a）所示，圖線與縱軸的交點(diǎn)為R0，斜率為k。社員們按圖（b）所示電路制作了一個(gè)簡(jiǎn)易“吊秤”。電路中電源電動(dòng)勢(shì)E，內(nèi)阻r；靈敏毫安表的量程為Im，內(nèi)阻Rg；R1是可變電阻。A、B兩接線柱等高且固定?，F(xiàn)將這兩根拉力敏感電阻絲套上輕質(zhì)光滑絕緣桿，將其兩端接在A、B接線柱上。通過(guò)光滑絕緣桿可將重物吊起。不計(jì)敏感電阻絲的重力，現(xiàn)完成下列操作步驟：步驟一：滑環(huán)下不吊重物時(shí)，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)可變電阻R1，使毫安表指針指在滿刻度（填“零刻度”或“滿刻度”）處；步驟二：滑桿下吊上已知重力的重物，測(cè)出電阻絲與豎直方向的夾角為θ；寫出敏感電阻絲上的拉力F與重物重力G的關(guān)系式F＝；步驟三：保持可變電阻R1接入電路阻值不變，讀出此時(shí)毫安表示數(shù)I；步驟四：換用不同已知重力的物體，掛在滑環(huán)上記錄每一個(gè)重力值對(duì)應(yīng)的電流值；寫出電流值I與重物重力G之間的關(guān)系式：I＝（用E、R0、k、Rg、r、θ、R1表示）；步驟五：將毫安表刻度盤改裝為重力刻度盤，由上面分析可知該刻度盤是不均勻的（填“均勻”或“不均勻”）。該吊秤改裝后由于長(zhǎng)時(shí)間不用，電源電動(dòng)勢(shì)不變，內(nèi)阻變大，其他條件不變，為了能用原來(lái)的重力刻度盤正常測(cè)量重力，需要進(jìn)行怎么的操作：不掛重物，通過(guò)調(diào)節(jié)R1，重新調(diào)節(jié)電流表指針到滿刻度處?！痉治觥浚?）根據(jù)拉力敏感電阻的大小與拉力的大小關(guān)系確定拉力表的零刻度線位置；（2）根據(jù)共點(diǎn)力平衡的條件求出電阻絲上的拉力與重力的表達(dá)式；（4）由重力求得拉力，從圖a查出拉敏電阻值，由閉合電路歐姆定律寫出電流的表達(dá)式；（5）根據(jù)電路的串聯(lián)結(jié)構(gòu)、利用閉合電路的歐姆定律可得出刻度的特點(diǎn)；（6）根據(jù)歐姆定律、電路特點(diǎn)和操作過(guò)程確定若電動(dòng)勢(shì)變化后應(yīng)重新調(diào)試方法?！窘獯稹拷猓海?）從圖a可以看出，當(dāng)拉力增大時(shí)，拉力敏感電阻絲的阻值變大，則連入電路的電阻增大，則電流變小，那么拉力最小時(shí)，電阻最小，電流最大，所以不掛重物時(shí)，應(yīng)使毫安表指在滿刻度處；（2）三力平衡，兩根拉力敏感電阻絲的拉力相等，在豎直方向有：2Fcosθ＝G，所以F＝；（3）（4）當(dāng)重物為G時(shí)，此時(shí)拉力敏感電阻絲的拉力F＝，則兩根拉敏拉力敏感電阻絲的總電阻為RT＝2×（R0+kF）＝2R0+2k×，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I＝＝。（5）從以上結(jié)果可以看出，重力越大，則拉力敏感電阻絲的電阻越大，電流越小，所以毫安表示數(shù)大的位置拉力小，但并不是反比關(guān)系，所以刻度不均勻；（6）影響電路電流的還有R1，所以當(dāng)電動(dòng)勢(shì)變小后，可以在不掛重物的情況下，通過(guò)調(diào)節(jié)R1，使指針重新回到滿刻度處。故答案為：（1）滿刻度；（2）；（4）；（5）不均勻；（6）不掛重物，通過(guò)調(diào)節(jié)R1，重新調(diào)節(jié)電流表指針到滿刻度處（或回答重新進(jìn)行步驟一）【點(diǎn)評(píng)】本題屬于結(jié)合實(shí)際應(yīng)用的實(shí)驗(yàn)操作題，解題的關(guān)鍵是分析電路，再根據(jù)歐姆定律列式。本題的復(fù)雜調(diào)試點(diǎn)在于，將電流盤改為重力盤時(shí)，不僅考慮重力，還要測(cè)量夾角，再改刻度。四、解答題（共4小題，滿分46分）15．（8分）2020年4月1日，蘇州某所中學(xué)高二年級(jí)迎來(lái)了復(fù)學(xué)日，為控制新冠肺炎病毒的傳播，學(xué)校特制定了校園消毒工作方案，對(duì)課室、圖書館、飯?zhí)玫葓?chǎng)所進(jìn)行物表與空氣消毒。如圖為使用的便攜式消毒器原理圖，桶內(nèi)消毒液上方用塞子密封了一定質(zhì)量的理想氣體，已知?dú)怏w初態(tài)壓強(qiáng)與外界大氣壓相等，均為p0o，打氣筒每次可以向桶內(nèi)打入0.1L氣體，打了5次剛好有消毒水噴出（忽略桶內(nèi)消毒液所產(chǎn)生的壓強(qiáng)，整個(gè)過(guò)程可視為等溫變化）。求：（1）未打氣前瓶?jī)?nèi)消毒液上方氣體的體積為多少；（2）設(shè)桶內(nèi)原有的藥液共有9L，則至少需要打幾次氣才能把消毒液全部噴灑完?！痉治觥浚?）打氣過(guò)程氣體溫度不變，氣體發(fā)生等溫變化，以瓶?jī)?nèi)氣體與打入的氣體整體為研究對(duì)象，應(yīng)用玻意耳定律可以求出瓶?jī)?nèi)消毒液上方氣體的體積。（2）打氣過(guò)程氣體溫度不變，以打入的氣體與瓶?jī)?nèi)原有氣體為研究對(duì)象，應(yīng)用玻意耳定律求出打氣的次數(shù)。【解答】解：（1）設(shè)原來(lái)上方空氣體積為V，氣體初狀態(tài)的壓強(qiáng)p1＝p0，初狀態(tài)體積V1＝V+5×0.1L＝（V+0.5）L，氣體末狀態(tài)壓強(qiáng)p20，末狀態(tài)體積V2＝V氣體溫度不變，根據(jù)玻意耳定律得：p1V1＝p2V2，即：p0×0×V解得：V＝1L（2）設(shè)至少需要打n次，氣體壓強(qiáng)p1＝p0，體積V1＝1L+n×0.1L＝（1+0.1n）L，末狀態(tài)p20，末狀態(tài)體積V2'＝10L根據(jù)玻意耳定律得：p1V1＝p2'V2'，即：p0×0×10L解得：n＝140次答：（1）未打氣前瓶?jī)?nèi)消毒液上方氣體的體積為1L；（2）設(shè)桶內(nèi)原有的藥液共有9L，則至少需要打140次氣才能把消毒液全部噴灑完?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了玻意耳定律的應(yīng)用，本題解題的關(guān)鍵是巧妙選擇研究對(duì)象，分析清楚氣體狀態(tài)變化過(guò)程、求出氣體狀態(tài)參量應(yīng)用玻意耳定律即可解題。16．（12分）如圖所示為水平平行光滑導(dǎo)軌MN和PQ，MN的間距為L(zhǎng)，PQ的間距為2L，MN上放有一金屬棒ab，ab與導(dǎo)軌垂直，質(zhì)量為m，電阻為R。PQ上放有一金屬棒cd，cd也與導(dǎo)軌垂直，質(zhì)量為2m，電阻為2R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直穿過(guò)導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B?，F(xiàn)在極短時(shí)間內(nèi)給ab一個(gè)水平向左的速度v0，使ab向左運(yùn)動(dòng)，最后ab和cd的運(yùn)動(dòng)都達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。求：（1）求剛開始運(yùn)動(dòng)的瞬間，兩導(dǎo)體棒的加速度大小和方向；（2）穩(wěn)定后ab和cd棒的速度大??；（3）整個(gè)過(guò)程中ab棒發(fā)出的熱量?！痉治觥浚?）當(dāng)導(dǎo)體棒ab剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，由E＝BLv0求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由閉合電路歐姆定律求出回路中的電流，再由牛頓第二定律求兩棒的加速度大小。（2）ab棒開始運(yùn)動(dòng)后向左做減速運(yùn)動(dòng)，cd棒向右做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)回路的感應(yīng)電流為零，兩棒不再受安培力而做勻速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。對(duì)兩棒分別運(yùn)用動(dòng)量定理列式，結(jié)合感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)關(guān)系求解兩棒的速度；（3）由能量守恒定律求解閉合電路中產(chǎn)生的焦耳熱，進(jìn)而求出ab棒的焦耳熱；【解答】解：（1）設(shè)ab的加速度為a1，cd的加速度為a2ab受到的安培力為F1，方向水平向右，據(jù)牛頓第二定律可得F1＝BIL＝ma1cd受到的安培力為為F2，方向水平向右，據(jù)牛頓第二定律可得F2＝BI?2L＝2ma2電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0回路中的電流I＝聯(lián)立解得：，方向水平向右；，方向水平向右；（2）ab棒向左減速運(yùn)動(dòng)，cd棒向右加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電路中的電流為零時(shí)，兩導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，此時(shí)兩導(dǎo)體棒的電動(dòng)勢(shì)大小相等，設(shè)此時(shí)ab棒和cd棒的速度分別v1和v2有BLv1＝B?2Lv2對(duì)ab棒運(yùn)用動(dòng)量定理得﹣BL?t＝mv1﹣mv0對(duì)cd棒運(yùn)用動(dòng)量定理得B?2Lt＝2mv2解得：v1＝，v2＝（3）根據(jù)能量守恒可得：解得：ab棒中產(chǎn)生的熱量答：（1）剛開始運(yùn)動(dòng)的瞬間，ab棒的加速度大小為，方向水平向右，cd棒的加速度大小為，方向水平向右；（2）穩(wěn)定后ab的速度分別為，cd棒的速度為；（3）整個(gè)過(guò)程中ab棒發(fā)出的熱量。【點(diǎn)評(píng)】本題是雙桿類型，解決這類問(wèn)題時(shí)，我們首先應(yīng)該從運(yùn)動(dòng)過(guò)程和受力分析入手研究，分析清楚兩桿的運(yùn)動(dòng)情況，知道穩(wěn)定的條件：回路的電流為零，再運(yùn)用動(dòng)量定理求雙桿穩(wěn)定時(shí)的速度。17．（12分）水平光滑大桌面上有一質(zhì)量為M的均勻圓環(huán)形細(xì)管道，管道內(nèi)有兩個(gè)質(zhì)量都為m的小球，位于管道直徑AB的兩端。開始時(shí)，環(huán)靜止，兩個(gè)小珠沿著朝右的切線方向，具有相同的初速度v0，如圖所示。設(shè)系統(tǒng)處處無(wú)摩擦。（1）設(shè)兩小球碰撞后粘在一起，試求碰后兩小球的速度；（2）設(shè)碰撞過(guò)程中沒(méi)有能量損失，試求兩小球碰撞之前的相對(duì)速度大小；（3）第（2）問(wèn)的條件下，試分析判定兩小球碰后能否在管道內(nèi)返回到原來(lái)的A、B位置？若能，再通過(guò)計(jì)算確定兩小珠第一次返回到A、B時(shí)，相對(duì)桌面的速度方向（朝左還是朝右）和速度大小。【分析】（1）以兩球和環(huán)組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)在水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，碰撞后兩小球的速度與回環(huán)速度都相同，由動(dòng)量守恒定律求碰后兩小球的速度；（2）根據(jù)碰撞過(guò)程系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒及機(jī)械能守恒分別列式，即可求出碰后豎直方向的速度，從而求出兩小球碰撞之前的相對(duì)速度大?。唬?）根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律列式，來(lái)分析判斷即可?！窘獯稹拷猓海?）以兩球和環(huán)組成的