2023屆北京市西城區(qū)高三下學期二模物理試題（解析版）

西城區(qū)高三模擬測試試卷物理本試卷共9頁，100分。考試時長90分鐘。考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效。考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。第一部分本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.有關物體的內(nèi)能，下列說法正確的是（）A.物體溫度升高，組成物體的分子的平均動能增大B.由于物體被舉高，組成物體的分子的分子勢能增大C.物體吸收熱量，其內(nèi)能一定增大D.物體對外界做功，其內(nèi)能一定減小【答案】A【解析】【詳解】A．溫度是分子平均動能的標志，物體溫度升高，組成物體的分子的平均動能增大，故A正確；B．物體被舉高后，宏觀的重力勢能增加，對于微觀中分子勢能是沒有影響的，故B錯誤；C．物體吸收熱量的同時對外做功，其內(nèi)能不一定增大，故C錯誤；D．物體對外界做功的同時吸收熱量，其內(nèi)能不一定減小，故D錯誤。故選A。2.如圖所示，一束光沿著半圓形玻璃磚的半徑射到它的平直的邊上，在玻璃磚與空氣的界面上發(fā)生反射和折射，入射角為，折射角為。下列說法正確的是（）A.反射光的頻率大于入射光的頻率 B.折射光的波長等于入射光的波長C.若增大入射角，則折射角將減小 D.若增大入射角，則折射光將減弱【答案】D【解析】【詳解】A．光發(fā)生反射和折射后頻率不變，所以反射光的頻率等于入射光的頻率，故A錯誤；B．折射光的傳播速度大于入射光的傳播速度，頻率相同，由可知折射光的波長大于入射光的波長，故B錯誤；C．由可知若增大入射角，則折射角將增大，故C錯誤；D．若增大入射角，反射光增強，折射光將減弱。故D正確。故選D。3.氫原子能級示意圖如圖所示，下列說法正確的是（）A.氫原子從能級躍遷到能級，該氫原子的能量增加B.氫原子從能級躍遷到能級，該氫原子向外輻射光子C.大量處于能級的氫原子向基態(tài)躍遷過程中最多可輻射出3種頻率的光子D.處于基態(tài)的氫原子電離時將向外輻射13.6eV的能量【答案】C【解析】【詳解】A．氫原子從能級躍遷到能級需要向外輻射光子，故該氫原子的能量減小，故A錯誤；B．氫原子從能級躍遷到能級，該氫原子需要吸收光子，故B錯誤；C．大量處于能級的氫原子向基態(tài)躍遷過程中最多可輻射出不同頻率光子的種類為故C正確；D．處于基態(tài)的氫原子電離時至少要吸收13.6eV的能量，故D錯誤。故選C。4.一列簡諧橫波沿x軸傳播，時刻的波形如圖1所示，K、L是介質(zhì)中的兩個質(zhì)點。圖2是質(zhì)點K的振動圖像。下列說法正確的是（）A.時刻質(zhì)點K的加速度比質(zhì)點L的大B.時刻之后，質(zhì)點K比質(zhì)點L先到達正向最大位移處C.波沿x軸正方向傳播，速度為1.0m/sD.波沿x軸負方向傳播，速度為0.5m/s【答案】B【解析】【詳解】A．越靠近平衡位置，加速度越小，所以時刻質(zhì)點K的加速度比質(zhì)點L的小，A錯誤；B．從圖2可以看出來時刻，質(zhì)點K從平衡位置向上運動，則波沿x正方向傳播，所以時刻之后，質(zhì)點K比質(zhì)點L先到達正向最大位移處，B正確；CD．從圖2可以看出來波沿x軸正方向傳播，速度為CD錯誤；故選B。5.如圖所示，一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為10:1，其原線圈兩端接入正弦式交變電壓u，，副線圈通過電流表與變阻器R相連，若交流電壓表和交流電流表都是理想電表，則下列說法正確的是（）A.電壓表的示數(shù)為31.1VB.滑動變阻器的滑片向上滑動，電壓表的示數(shù)增大C.滑動變阻器的滑片向上滑動，電流表的示數(shù)增大D.滑動變阻器的滑片向上滑動，變壓器的輸入功率減小【答案】D【解析】【詳解】A．交流電的電壓有效值為根據(jù)可知電壓表的示數(shù)為22V，A錯誤；B．由于原線圈的電壓保持不變，匝數(shù)比不變，無論滑動變阻器阻值如何變化，副線圈兩端的電壓也保持不變，B錯誤；C．當滑動變阻器的滑片向上滑動時，滑動變阻器接入電路的阻值增大，電流表的示數(shù)減小，C錯誤；D．根據(jù)可知當滑動變阻器的滑片向上滑動時，滑動變阻器消耗的功率減小，因此變壓器的輸入功率減小，D正確。故選D。6.如圖所示，輕桿兩端分別固定著可以視為質(zhì)點的小球A、B，放置在光滑水平桌面上，桿上O點有一豎直方向的固定轉(zhuǎn)動軸，A、B的質(zhì)量之比，A、B到O點的距離之比。當輕桿繞軸勻速轉(zhuǎn)動時，下列說法正確的是（）A.A對桿的作用力大小等于B對桿的作用力大小B.A的向心加速度大小大于B的向心加速度大小C.A的動能等于B的動能D.A的周期小于B的周期【答案】C【解析】【詳解】A．水平面光滑，所以桿對A的力提供了A做圓周運動的向心力桿對B的力提供了B做圓周運動的向心力代入數(shù)據(jù)可求得有牛頓第三定律可知：A對桿的作用力大小不等于B對桿的作用力大小，A錯誤；B．AB運動具有相同的角速度，則加速度為由得A的向心加速度大小小于B的向心加速度大小，B錯誤；C．動能的表達式為結合題意可知：A的動能等于B的動能，C正確；D．AB有相同的角速度，，所以A的周期等于B的周期，D錯誤；故選C。7.如圖所示，虛線為靜電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等。一個帶正電的點電荷q在A點的電勢能小于其在B點的電勢能，則下列說法正確的是（）A.A點的電勢大于B點的電勢B.A點的電場強度大于B點的電場強度C.將q在A點由靜止釋放，其受靜電力將增大D.將qA點由靜止釋放，其電勢能將減小【答案】D【解析】【詳解】A．帶正電的點電荷q在A點的電勢能小于其在B點的電勢能，則A點的電勢小于B點的電勢，故A錯誤；B．A點的等勢面較稀疏，則A點的電場強度小于B點的電場強度，故B錯誤；CD．將q在A點由靜止釋放，將向電勢低處運動，即向等勢面稀疏處運動，其受靜電力將減小，電勢能將減小，故C錯誤，D正確。故選D。8.如圖所示，兩極板加上恒定的電壓U，將一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子在正極板附近由靜止釋放，粒子向負極板做加速直線運動。不計粒子重力。若將兩板間距離減小，再次釋放該粒子，則（）A.帶電粒子獲得的加速度變小B.帶電粒子到達負極板的時間變短C.帶電粒子到達負極板時的速度變小D.加速全過程靜電力對帶電粒子的沖量變小【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)勻強電場場強公式和牛頓第二定律有，可得將兩板間距離減小，帶電粒子獲得的加速度變大，故A錯誤；B．根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律解得將兩板間距離減小，帶電粒子到達負極板的時間變短，故B正確；C．根據(jù)動能定理有解得帶電粒子到達負極板時的速度不變，故C錯誤；D．根據(jù)動量定理有可知加速全過程靜電力對帶電粒子的沖量不變，故D錯誤。故選B。9.如圖所示，速度選擇器的兩平行導體板之間有方向互相垂直的勻強電場和勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。一電荷量為＋q的粒子以速度v從S點進入速度選擇器后，恰能沿圖中虛線通過。不計粒子重力，下列說法可能正確的是（）A.電荷量為-q的粒子以速度v從S點進入后將向下偏轉(zhuǎn)B.電荷量為＋2q的粒子以速度v從S點進入后將做類似平拋的運動C.電荷量為＋q粒子以大于v的速度從S點進入后動能將逐漸增大D.電荷量為-q的粒子以大于v的速度從S點進入后動能將逐漸減小【答案】D【解析】【詳解】A．電荷量為＋q的粒子以速度v進入后受力平衡，即有由左手定則可知，洛倫茲力豎直向上，電場力豎直向下，即電場強度的方向豎直向下，且有當電荷量為-q的粒子以速度v從S點進入后，由左手定則可知，粒子所受的洛倫茲力豎直向下，電場力豎直向上，且有則粒子受力平衡，將沿著圖中虛線通過，故A錯誤；B．電荷量為＋2q的粒子以速度v從S點進入后，向下的電場力為向上的洛倫茲力為由于，所以粒子受力平衡，將沿著圖中虛線通過，故B錯誤；C．電荷量為＋q的粒子以大于v的速度從S點進入后，向下的電場力為向上的洛倫茲力為由于，所以，即粒子剛從S點進入后所受合力豎直向上，粒子的運動軌跡將向上彎曲，此過程中電場力對粒子做負功，粒子的動能將逐漸減小，故C錯誤；D．電荷量為-q的粒子以大于v的速度從S點進入后，向上的電場力為向下的洛倫茲力為由于，所以，即粒子剛從S點進入后所受合力豎直向下，粒子的運動軌跡將向下彎曲，此過程中電場力對粒子做負功，粒子的動能將逐漸減小，故D正確。故選D。10.在勻強磁場中放置一個金屬圓環(huán)，磁場方向與圓環(huán)平面垂直。規(guī)定圖1所示磁場方向為正。當磁感應強度B隨時間t按圖2所示的正弦規(guī)律變化時，下列說法正確的是（）A.時刻，圓環(huán)中無感應電流B.時刻，圓環(huán)上各點受到的安培力最大C.時間內(nèi)，圓環(huán)中感應電流方向始終沿順時針方向D.時間內(nèi)，圓環(huán)先出現(xiàn)擴張趨勢，后出現(xiàn)收縮趨勢【答案】C【解析】【詳解】A．在t2時刻，磁感應強度為零，但是磁通量的變化率最大，則感應電流最大，故A錯誤；B．在t3時刻，磁感應強度最大，但是磁通量的變化率為零，則感應電流為零，圓環(huán)上各點受到的安培力為零，故B錯誤；C．t1-t2時間內(nèi)，磁感應強度垂直圓環(huán)向里，磁通量逐漸減小，根據(jù)楞次定律可知圓環(huán)中感應電流方向始終沿順時針方向，t2-t3時間內(nèi)，磁感應強度垂直圓環(huán)向外，磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知圓環(huán)中感應電流方向始終沿順時針方向，故C正確；D．時間內(nèi)，穿過圓環(huán)的磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律可知圓環(huán)先出現(xiàn)收縮趨勢，后出現(xiàn)擴張趨勢，故D錯誤。故選C。11.將燈泡A、線圈L、電池組E和開關S連接成如圖所示的電路。先閉合開關S，使燈泡發(fā)光，然后斷開開關S，觀察到燈泡閃亮的現(xiàn)象。下列說法正確的是（）A.閉合S瞬間線圈L不產(chǎn)生自感電動勢B.斷開S瞬間電路中a點電勢低于b點C.斷開S前后通過燈泡A的電流大小不變D.閉合S后電源輸出的電功率等于燈泡A和線圈L的發(fā)熱功率之和【答案】B【解析】【詳解】A．閉合S瞬間，電路接通，線圈L要阻礙電流通過，產(chǎn)生與電源相反的自感電動勢，故A錯誤；B．開關S斷開前，自感線圈中的電流是自左向右的，當斷開S瞬間，自感線圈要阻礙電流的減小，因此產(chǎn)生與原電流方向相同的感應電流，與燈泡構成閉合回路，回路中的電流為逆時針方向，因此a點電勢低于b點，故B正確；C．燈泡與自感線圈并聯(lián)，斷開開關S，觀察到燈泡閃亮的現(xiàn)象，說明自感線圈的電阻小于燈泡的電阻，在斷開開關前通過自感線圈的電流大于通過燈泡的電流，因此當斷開開關S后，燈泡與自感線圈串聯(lián)，通過燈泡的瞬時電流大于開關斷開前的電流，所以燈泡將閃亮一下，故C錯誤；D．因為自感線圈將一部分電場能轉(zhuǎn)化為磁場能儲存起來，因此閉合S后電源輸出的電功率大于燈泡A和線圈L的發(fā)熱功率之和，故D錯誤。故選B12.研究蹦極運動時，在運動員身上裝好傳感器，用于測量他在不同時刻下落的高度及速度。運動員身系彈性繩，從蹦極臺無初速度下落，根據(jù)某次傳感器測到的數(shù)據(jù)，得到如圖所示的速度—位移圖像。忽略空氣阻力，根據(jù)圖像可知（）A.彈性繩的原長為15mB.0~15m下落過程中，運動員重力勢能的減少量大于動能的增加量C.15~27m下落過程中，運動員受合力先減小后增大D.0~27m下落過程中，運動員重力沖量大于彈性繩彈力沖量【答案】B【解析】【詳解】A．由圖像可知位移大小為15m時，速度大小為最大值，可知該位移處有彈性繩的彈力與運動員的重力等大，所以彈性繩處于伸長狀態(tài)，即彈性繩的原長小于15m，故A錯誤；B．運動員下落過程中先做加速度為g的加速運動，至彈性繩恰好拉直后運動員繼續(xù)做加速度減小的加速運動，直至速度達到最大，此時位移大小為15m，所以0~15m下落過程中，運動員重力勢能的減少量等于動能的增加量加上彈性繩彈性勢能的增加量，故B正確；C．15m時，彈性繩的彈力與運動員的重力等大合力為零，之后運動員繼續(xù)向下運動，彈性繩伸長量繼續(xù)變大，彈性繩彈力大于重力，合力向上且變大。故C錯誤；D．0~27m下落過程中由動量定理可得可知運動員重力沖量大小等于彈性繩彈力沖量大小，故D錯誤。故選B。13.“探究加速度與力的關系”的實驗裝置示意圖如圖所示。實驗中平衡了摩擦力，如果砂桶（含砂）的質(zhì)量m不滿足比小車質(zhì)量M小得多的條件，那么，若保持M不變，將m增大為原來的2倍，不計繩的質(zhì)量和滑輪摩擦，在砂桶下落相同高度的過程中，下列說法正確的是（）A.小車的加速度增大到原來的2倍B.繩上的拉力增大到原來的2倍C.砂桶機械能的減少量小于原來的2倍D.砂桶和小車組成的系統(tǒng)損失的機械能比原來多【答案】C【解析】【詳解】AB．以小車為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得以砂桶（含砂）為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立可得若保持不變，將增大為原來的2倍，則有故AB錯誤；C．繩子拉力對砂桶做負功，砂桶機械能的減少量為由于可得即砂桶機械能的減少量小于原來的2倍，故C正確；D．砂桶和小車組成的系統(tǒng)損失的機械能等于小車克服摩擦力做的功，由于摩擦力大小保持不變，則砂桶和小車組成的系統(tǒng)損失的機械能與原來相等，故D錯誤。故選C。14.當物體相對于地球表面運動時，會受到“地轉(zhuǎn)偏向力”的影響?！暗剞D(zhuǎn)偏向力”不是物體真實受到的力，是由于地球自轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的慣性效應。其原因是：除南北兩極外，地球上各緯度的自轉(zhuǎn)角速度相同，但自轉(zhuǎn)線速度不同。在北半球，物體由北向南運動的過程中，由于慣性，物體隨地球自轉(zhuǎn)的線速度相對地表顯得慢了，因此表現(xiàn)出向前進方向的右側(cè)偏轉(zhuǎn)的現(xiàn)象?！暗剞D(zhuǎn)偏向力”對地球上所有移動的物體，包括氣團、河流，運行的火車、火箭發(fā)射等都會產(chǎn)生影響。通過觀察“地轉(zhuǎn)偏向力”對單擺的運動產(chǎn)生的影響可以證明地球在自轉(zhuǎn)。1851年，法國物理學家傅科在巴黎的教堂用擺長67m、直徑約30cm、質(zhì)量為28kg的鐵球制成的單擺（傅科擺）間接證實了地球在自轉(zhuǎn)。根據(jù)以上材料，結合所學，判斷下列說法正確的是（）A.在北半球，物體由南向北運動過程中，它會向前進方向的左側(cè)偏轉(zhuǎn)B.在南半球沿平直路面向南行駛的火車，在前進方向上對左側(cè)軌道的壓力小于對右側(cè)軌道的壓力C.在南半球，傅科擺在擺動過程中，擺動平面沿逆時針方向（俯視）不斷偏轉(zhuǎn)D.“地轉(zhuǎn)偏向力”對運動的影響程度，與物體沿南北方向相對地表運動的速度大小無關【答案】C【解析】【詳解】A．由題意，地球自西向東自轉(zhuǎn)，在北半球，物體由南向北運動過程中，由于高緯度的自轉(zhuǎn)線速度比低緯度的小，所以物體隨地球自轉(zhuǎn)的線速度相對地表顯得快了，它會向前進方向的右側(cè)偏轉(zhuǎn)，A錯誤；B．在南半球，物體向南運動，在“地球偏向力”的作用下會向前進方向的左側(cè)偏轉(zhuǎn)，為了保持直線運動，火車在前進方向上對左側(cè)軌道的壓力大于對右側(cè)軌道的壓力，B錯誤；C．在南半球，物體會向前進方向的左側(cè)偏轉(zhuǎn)，所以傅科擺在擺動過程中，擺動平面沿逆時針方向（俯視）不斷偏轉(zhuǎn)，C正確；D．“地球偏向力”改變物體運動的方向，由向心力公式可得物體偏轉(zhuǎn)的半徑所以物體沿南北方向相對地表運動的速度越大，“地轉(zhuǎn)偏向力”對其運動的影響越小，故D錯誤。故選C。第二部分本部分共6題，共58分。15.用下圖所示裝置做“驗證動量守恒定律”實驗。實驗中使用的小球1和2質(zhì)量分別為、，直徑分別為、。在木板上鋪一張白紙，白紙上面鋪放復寫紙，記下重錘線所指的位置O。（1）小球1和2的質(zhì)量應滿足___________，直徑應滿足___________。（選填“大于”“等于”或“小于”）（2）實驗時，先不放小球2，使小球1從斜槽上某一點S由靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP。再把小球2靜置于斜槽軌道末端，讓小球1仍從S處由靜止釋放，與小球2碰撞，并多次重復。該實驗需要完成的必要步驟還有___________。（選填選項前的字母）A．測量兩個小球的質(zhì)量、B．測量小球1的釋放點S距桌面的高度hC．測量斜槽軌道末端距地面的高度HD．分別找到小球1與小球2相碰后平均落地點的位置M、NE．測量平拋射程OM、ON（3）要驗證兩球碰撞前后動量守恒，僅需驗證關系式___________是否成立[用（2）中測量的量表示]。請分析說明可以這樣驗證的理由___________。【答案】①.大于②.等于③.ADE##AED##DAE##DEA##EAD##EDA④.⑤.小球水平飛出的速度與其水平射程成正比【解析】【詳解】（1）[1]小球1和小球2相碰后不能反彈，所以小球1的質(zhì)量要大于小球2的質(zhì)量。[2]由于該實驗裝置不能調(diào)節(jié)小球2擺放位置的高度，所以為保證兩小球發(fā)生對心碰撞，兩小球的直徑要相等。（2）[3]A．本實驗要“驗證動量守恒定律”，故需測量兩個小球的質(zhì)量、，A正確；B．小球1碰撞前的速度大小可以通過平拋運動規(guī)律求得聯(lián)立可得實驗中小球1每次都從同一位移S釋放即可，無需測量釋放點S距桌面的高度h，B錯誤；CDE．由于各小球做平拋運動的豎直高度相同，所以由可得它們飛出時的水平速度與其落點的水平射程成正比，所以在驗證動量守恒定律時，由可得故無需測量斜槽軌道末端距地面高度H，需要測量各球平均落點的水平射程，故C錯誤，D、E正確。故選ADE。（3）[4][5]由于小球1和小球2都從同一高度做平拋運動落在水平地面上，由平拋運動規(guī)律可知其飛出時的水平速度與其落點的水平射程成正比，所以僅需驗證關系式即可驗證兩球碰撞前后動量守恒。16.某同學在實驗室進行測量電阻的實驗。（1）該同學先用歐姆表“”擋粗測一個未知電阻R的阻值，示數(shù)如圖1所示，對應的讀數(shù)是___________。（2）他進一步采用伏安法進行精確測量，測量電路如圖2所示，其中電壓表的內(nèi)阻約為，電流表的內(nèi)阻約為，為了盡量減小實驗誤差，電壓表的右端應接在___________點（選填“M”或“N”）。（3）隨著居民生活水平的提高，純凈水已經(jīng)進入千家萬戶。電導率是檢驗純凈水是否合格的一項重要指標，它是電阻率的倒數(shù)。該同學為了測量某品牌純凈水樣品的電導率，將采集的水樣注滿絕緣性能良好的橫截面直徑為幾厘米的薄塑料圓柱形容器，容器兩端用很薄的金屬圓片電極密封，如圖3所示。a.他先通過查閱資料估算出容器內(nèi)水樣的電阻約為十萬歐，然后用伏安法進行測量。除開關和若干導線外，他還找到下表所示的器材，請選擇合適的器材，設計測量該水樣電阻的方案，在下圖方框內(nèi)畫出電路圖，并標注所選器材的代號，水樣的電阻用表示。___________器材（代號）規(guī)格電源（）電動勢約為3.0V，內(nèi)阻可以忽略不計電源（）電動勢約為15.0V，內(nèi)阻可以忽略不計電壓表（）量程0~3V，內(nèi)阻約電壓表（）量程0~15V，內(nèi)阻約電流表（）量程0~0.6A，內(nèi)阻約電流表（）量程，內(nèi)阻約滑動變阻器（R）總阻值約b.測出水樣的電阻后，為了測出樣品的電導率，請寫出該同學還需要測量的物理量，以及使用的測量工具和測量方法。___________【答案】①.8②.M③.見解析④.見解析【解析】【詳解】（1）[1]該同學先用歐姆表“”擋粗測一個未知電阻的阻值，由圖1可知讀數(shù)為（2）[2]根據(jù)為了盡量減小實驗誤差，電流表應采用外接法，則電壓表的右端應接在M點。（3）a[3]水樣的電阻約為十萬歐，若電源選擇電動勢為的，則最大電流為若電源選擇電動勢為，則最大電流為則電流表應選擇量程為的；為了使電流表讀數(shù)超過量程的，電源應選擇電動勢為的，電壓表應選擇量程為的；由于待測電阻約為十萬歐，遠大于電流表內(nèi)阻和滑動變阻器阻值，為了減小誤差，電流表應采用內(nèi)接法，滑動變阻器采用分壓接法，電路圖如圖所示b[4]根據(jù)電阻定律可得又可知則電導率為為了測出樣品的電導率，還需要測量圓柱形容器的長度和橫截面的直徑；測量圓柱形容器的長度的工具和方法：用刻度尺測量圓柱形容器的長度，多次測量取平均值；測量圓柱形容器橫截面直徑的工具和方法：用游標卡尺測量圓柱形容器橫截面直徑，在圓柱形容器的不同位置多次測量取平均值。17.如圖所示，電子從燈絲K發(fā)出（初速度不計），在KA間經(jīng)加速電壓加速后，從A板中心小孔射出，進入由M、N兩個水平極板構成的偏轉(zhuǎn)電場，M、N兩板間的距離為d，電壓為，板長為L，電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度與電場方向垂直，射出時沒有與極板相碰。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子的重力及它們之間的相互作用力。求：（1）電子穿過A板小孔時的速度大小v；（2）電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時垂直極板方向偏移的距離y；（3）電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的速度方向。【答案】（1）；（2）；（3）速度方向與水平方向夾角，斜向右下方【解析】【詳解】（1）根據(jù)動能定理解得（2）進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動聯(lián)立解得（3）設速度與水平方向夾角為θ，則則斜向右下方。18.圖1所示是一種叫“旋轉(zhuǎn)飛椅”的游樂項目，將其結構簡化為圖2所示的模型。長的鋼繩一端系著座椅，另一端固定在半徑的水平轉(zhuǎn)盤邊緣。轉(zhuǎn)盤可繞穿過其中心的豎直軸轉(zhuǎn)動。轉(zhuǎn)盤靜止時，鋼繩沿豎直方向自由下垂；轉(zhuǎn)盤勻速轉(zhuǎn)動時，鋼繩與轉(zhuǎn)軸在同一豎直平面內(nèi)，與豎直方向的夾角。將游客和座椅看作一個質(zhì)點，質(zhì)量。不計鋼繩重力和空氣阻力，重力加速度。（，）（1）當轉(zhuǎn)盤勻速轉(zhuǎn)動時，求游客和座椅做圓周運動a．向心力的大小；b．線速度的大小v。（2）求游客由靜止到隨轉(zhuǎn)盤勻速轉(zhuǎn)動的過程中，鋼繩對游客和座椅做的功W?！敬鸢浮浚?）a．，b．；（2）【解析】【詳解】（1）對游客和座椅一起受力分析如下圖所示a．根據(jù)受力分子可知游客和座椅做圓周運動所需要的向心力為b．根據(jù)幾何關系可知游客和座椅zuo2圓周運動的半徑為由代入數(shù)據(jù)得（2）游客和座椅由靜止到隨轉(zhuǎn)盤勻速轉(zhuǎn)動得過程，根據(jù)功能關系有代入數(shù)據(jù)解得19.電動機是第二次科技革命中的最重要的發(fā)明之一，在生產(chǎn)、生活中起著極為重要的作用。（1）直流電動機的工作原理可以簡化為圖1所示的模型。在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中，兩根足夠長的平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L，電阻不計。質(zhì)量為m、電阻為R的金屬導體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好。軌道左端接有直流電源，電源電動勢為E、內(nèi)阻不計。閉合開關S，導體棒從靜止開始運動。在導體棒運動過程中，導體棒上的電流I與速度v的大小關系滿足，導體棒始終受到大小為f的阻力作用。求：a、閉合S瞬間，導體棒受到的安培力的大??；b、導體棒速度為v時，導體棒加速度的大小a。（2）某興趣小組根據(jù)直流電動機的工作原理設計了模型飛機的電磁彈射裝置。如圖2所示，用于彈射模型飛機的線圈位于導軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應強度大小均為B，線圈可沿導軌滑動。開關接通，電動勢為E、內(nèi)阻不計的電源與線圈連接，線圈推動飛機從靜止開始加速，運動過程中線圈和飛機受到的總阻力恒為f、線圈總電阻為R，匝數(shù)為n，每匝周長為l。a、若導軌足夠長，求飛機能夠獲得的最大速度。b、為了讓線圈在模型飛機彈出后盡快停下來，該小組在圖2的基礎上改進了電路。如圖3所示，單刀雙擲開關接通1，線圈推動飛機加速；飛機彈出后，將單刀雙擲開關接通2，讓線圈減速。請說明這一設計的原理。

【答案】（1）a．；b．；（2）a．；b．見解析【解析】【詳解】（1）a．閉合S瞬間，根據(jù)閉