?浙江省寧波市2022屆高三上學(xué)期高考模擬考試
物理試卷
一、單選題
1．用國際單位制中的基本單位來表示萬有引力常量G的單位，正確的是（　　）
A．N?m2/kg2 B．m3/(kg?s2) C．N?kg2/m2 D．kg?s2/m3
2．寧波地鐵五號線將會在今年年底建成通車，線路總長約為28km，設(shè)計的最快時速可達(dá)80km/h，單程運行時間約為46分鐘。下列說法正確的是（　?。?br /> A．研究地鐵從始發(fā)站到終點站的運行時間，可將地鐵列車看作是質(zhì)點
B．“28km”是指位移的大小
C．根據(jù)題干信息，可以計算出地鐵列車單程的平均速度
D．“80km/h”是指平均速度
3．轉(zhuǎn)籃球是一項難度較高的技巧，其中包含了許多物理知識。如圖所示，假設(shè)某轉(zhuǎn)籃高手能讓籃球在他的手指上（手指剛好在籃球的正下方）勻速轉(zhuǎn)動，下列有關(guān)描述正確的是（　?。?br />
A．籃球上各點做圓周運動的圓心均在球心處
B．籃球上各點的向心力是由手指提供的
C．籃球上各點做圓周運動的角速度相等
D．籃球上各點離轉(zhuǎn)軸越近，做圓周運動的向心加速度越大
4．電阻R和電動機(jī)M串聯(lián)接到電路時，如圖所示，已知電阻R跟電動機(jī)線圈的電阻值相等，電鍵接通后，電動機(jī)正常工作．設(shè)電阻R和電動機(jī)M兩端的電壓分別為U1和U2，經(jīng)過時間t，電流通過電阻R做功為W1，產(chǎn)生熱量Q1，電流通過電動機(jī)做功為W2，產(chǎn)生熱量為Q2，則有（　?。?br />
A．U12，Q1=Q2 B．U1=U2，Q1=Q2
C．W1=W2，Q1>Q2 D．W12，Q12
5．2021年5月28日，我國有“人造太陽”之稱的全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實驗裝置取得新突破，成功實現(xiàn)可重復(fù)的1.2億攝氏度101s和1.6億攝氏度20s等離子體運行。氘核聚變反應(yīng)的方程為12H+12H→X+01n。已知氘核的質(zhì)量為m1，中子的質(zhì)量為m2，反應(yīng)中釋放的核能為ΔE，光速為c，下列說法正確的是（　?。?br /> A．X為24He
B．X為13H
C．X的質(zhì)量為2m1-m2-ΔEc2
D．兩氘核間的庫侖力有利于核聚變反應(yīng)的進(jìn)行
6．伽利略在研究變速運動問題時，堅信自然界的規(guī)律是簡潔明了的。他從這個信念出發(fā)，猜想自由落體也一定是一種最簡單的變速運動，而最簡單的變速運動，它的速度應(yīng)該是均勻變化的。但是，速度的變化怎樣才算“均勻”呢？他考慮了兩種可能：第一種是在相等時間內(nèi)速度的增量相等，第二種是在相等位移內(nèi)速度的增量相等。下列哪個是第二種勻變速運動的v—t圖像（　　）
A． B．
C． D．
7．玻璃中有一個球形氣泡。一束平行光射入氣泡，下列光路圖中正確的是（　?。?br /> A． B．
C． D．
8．小寧同學(xué)仿照法拉第發(fā)現(xiàn)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的裝置，在鐵環(huán)上用漆包線（銅絲，表面刷有絕緣漆）繞制了兩個線圈n1=100匝、n2（匝數(shù)沒有記錄），線圈n1與開關(guān)S1、干電池E1、交流電源E2構(gòu)成電路，交流電源E2的電動勢e=6sin100πt(V)，線圈n2與開關(guān)S2、電流計G、交流電壓表V構(gòu)成電路。當(dāng)S1置于2、S2置于4時，電壓表V的示數(shù)為12V,2取1.4。下列說法正確的是（　?。?br />
A．由實驗數(shù)據(jù)可算得，線圈n2的匝數(shù)為200匝
B．由實驗數(shù)據(jù)可估計，線圈n2的匝數(shù)超過280匝
C．S2置于3，當(dāng)S1從0扳到1時，G中不會有電流
D．S2置于3，當(dāng)S1從0扳到1時，G中電流慢慢增大并穩(wěn)定到某一值
9．如圖所示，在絕緣水平面上固定三個帶電小球a、b和c，相互之間的距離ab=4cm，bc=2cm，bc垂直于ac。已知小球b所受的庫侖力的合力方向平行于ac邊，設(shè)小球a和c的帶電量的比值為k，則（　?。?br />
A．a(chǎn)和c帶同種電荷，k=4 B．a(chǎn)和c帶異種電荷，k=4
C．a(chǎn)和c帶同種電荷，k=8 D．a(chǎn)和c帶異種電荷，k=8
10．掛燈籠的習(xí)俗起源于1800多年前的西漢時期，已成為中國人喜慶的象征。如圖所示，由五根等長的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛起四個質(zhì)量相等的燈籠，中間的細(xì)繩是水平的，另外四根細(xì)繩與水平面所成的角分別θ1和θ2。關(guān)于θ1和θ2，下列關(guān)系式中正確的是（　　）

A．θ1=θ2 B．θ1=2θ2
C．sinθ1=2sinθ2 D．tanθ1=2tanθ2
11．小波同學(xué)在網(wǎng)上購買了兩塊長方體的釹鐵硼強(qiáng)磁鐵（能導(dǎo)電），他將兩個強(qiáng)磁體吸在一個5號電池正負(fù)兩極，并且將這個組合體放在了水平桌面上，磁鐵的左右兩側(cè)分別為N極和S極，如圖甲所示，圖乙是俯視圖。現(xiàn)將一長條形錫箔紙架在兩強(qiáng)磁體上方，該錫箔紙將（　?。?br />
A．向y軸正方向運動 B．向y軸負(fù)方向運動
C．在紙面內(nèi)沿順時針方向轉(zhuǎn)動 D．在紙面內(nèi)沿逆時針方向轉(zhuǎn)動
12．2021年2月，執(zhí)行我國火星探測任務(wù)的“天問一號”探測器在成功實施三次近火制動后，進(jìn)入與火星表面的最近距離約為2.8×105m，最遠(yuǎn)距離為5.9×107m的橢圓形停泊軌道，探測器在該軌道運行周期與半徑3.3×107m為圓形軌道的周期相同，約為1.8×105s。已知火星半徑約為3.4×106m，則火星表面處自由落體的加速度大小約為（　　）
A．0.37m/s2 B．3.7m/s2 C．8.9m/s2 D．89m/s2
13．如圖所示，半徑為r的半圓abc內(nèi)部沒有磁場，半圓外部空間有垂直于半圓平面的勻強(qiáng)磁場（未畫出），比荷為p的帶電粒子（不計重力）從直徑ac上任意一點以同樣的速率垂直于ac射向圓弧邊界，帶電粒子進(jìn)入磁場偏轉(zhuǎn)一次后都能經(jīng)過直徑上的c點并被吸收，下列說法正確的是（　?。?br />
A．磁場方向一定垂直半圓平面向里
B．帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑為2r
C．帶電粒子在磁場中運動的最短時間為πpB
D．帶電粒子在磁場中運動的最長時間為πpB
二、多選題
14．下列說法正確的是（　?。?br /> A．玻爾第一次將“量子”觀點引入原子領(lǐng)域，提出了定態(tài)和躍遷的概念
B．普朗克把“能量子”觀念引入物理學(xué)，打破了能量連續(xù)變化的傳統(tǒng)觀念
C．物質(zhì)波是一種概率波，在微觀物理學(xué)中可以用“軌跡”來描述粒子的運動
D．寧波調(diào)頻電臺93.9MHz的電磁波比104.7MHz的電磁波衍射本領(lǐng)強(qiáng)
15．x軸上存在均勻的介質(zhì)，在t=0時刻，位于x=5m處的波源P開始某種形式的振動，產(chǎn)生的機(jī)械波沿x軸負(fù)方向傳播，t=4s時x=1處的質(zhì)點恰好開始振動，此時的波形圖如圖所示。Q是x=-1.5m處的質(zhì)點，下列說法正確的是（　?。?br />
A．波源的起振方向沿+y方向
B．波源P的振動方程是y=5sin(π2t)(cm)
C．該波的波速為1m/s
D．從圖示時刻起，再經(jīng)過5s，Q質(zhì)點通過的路程為15cm
16．如圖所示，空間中存在豎直向上的勻強(qiáng)電場，將一絕緣帶電小球自C點靜止釋放，一段時間后小球與正下方彈簧在A點開始接觸并壓縮彈簧，假設(shè)從釋放到最低點B的過程中電場力對小球做功-5J，彈簧形變始終處于彈性限度范圍，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　?。?br />
A．小球反彈后可重新到達(dá)C點
B．從C點到B點，小球與彈簧的機(jī)械能減少5J
C．小球從A運動到B過程中速度一直在減小
D．小球動能最大的位置在AB之間小球重力和彈簧彈力大小相等的位置
三、實驗題
17．
（1）下列實驗都需要用到打點計時器，其中只要選一條較好的紙帶就可以完成實驗的是____
A．探究小車速度隨時間變化的規(guī)律
B．探究加速度與力的關(guān)系
C．探究功與速度變化的關(guān)系
D．探究加速度與質(zhì)量的關(guān)系
（2）小波和小寧同學(xué)進(jìn)行“探究加速度與力的關(guān)打點計時器系”實驗，裝置如圖甲所示。紙帶小車在平衡摩擦力時，下列說法正確的是____

A．不應(yīng)在小車上掛上細(xì)線和小桶
B．應(yīng)該在小車后掛好紙帶長木板
C．緩慢調(diào)節(jié)長木板的傾斜角度，一直到小車開始下滑時，平衡摩擦力就完成了甲
（3）規(guī)范實驗后打出的某條紙帶，相鄰計數(shù)點間的時間間隔是0.10s，測得數(shù)據(jù)如圖乙所示，由此可以算出小車運動的加速度a=　 　m/s2（保留3位有效數(shù)字）。

18．小波同學(xué)用如圖甲所示的電路測定電池組（由兩個電池構(gòu)成）的電動勢和內(nèi)阻，S1為開關(guān)，S2為單刀雙擲開關(guān)，E為電源，R0是一個阻值為1.0Ω的定值電阻，R1為滑動變阻器。

（1）先閉合S1，調(diào)節(jié)滑動變阻器，將S2分別接到a和b得到多組數(shù)據(jù)，用電腦處理后得到圖乙的電池組的U-I關(guān)系圖像，其中右側(cè)直線是開關(guān)S2接到　 ?。ㄟx填“a”或“b”）得到的實驗結(jié)果；
（2）某次測量時，電流表的示數(shù)如圖丙所示，讀數(shù)為　 　A；
（3）計算機(jī)已經(jīng)根據(jù)測量的兩組數(shù)據(jù)擬合直線，并且得到了直線的方程，可得電池組的電動勢E=　 　V，電池組的要中內(nèi)阻r=　 　Ω（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）。
四、解答題
19．為了保證安全現(xiàn)在有很多的高層建筑配備了救生緩降器材，使用時，先將安全鉤掛在室內(nèi)窗戶、管道等可以承重的物體上，然后將安全帶系在人體腰部，通過緩降安全著陸。在某次火災(zāi)逃生演練現(xiàn)場中，逃生者從離地面30m高處，利用緩降器材由靜止開始勻加速下滑，下降3m時速度達(dá)到1.5m/s，然后開始勻速下降，距地面一定高度時開始勻減速下降，到達(dá)地面時速度恰好為零，整個過程用時26s。設(shè)逃生者下降過程中懸空不接觸墻面在豎直方向上運動，不計空氣阻力，取g=10m/s2，求：

（1）逃生者勻速運動的時間；
（2）逃生者加速下滑和減速下滑時，繩索對人拉力大小的比值。（可以用分?jǐn)?shù)表示）
20．如圖所示是一個過山車軌道模型，AB是一段與水平方向夾角為α=30°，長為L=4.0m的傾斜軌道，通過水平軌道BC （長度可以調(diào)節(jié)）與豎直圓軌道CDEFG（軌道半徑R=0.4m，圓軌道最低點C、G略有錯開），出口為水平軌道GH，在GH的右端豎直擋板上固定著一個輕質(zhì)彈簧，整個軌道除BC段以外都是光滑的。一個質(zhì)量m=1kg的物塊（可視為質(zhì)點）以水平初速度v0從某一高處水平拋出，到A點時速度vA=4m/s，方向恰沿AB方向，并沿傾斜軌道滑下。已知物塊與BC軌道的動摩擦因數(shù)μ=0.5，所有軌道轉(zhuǎn)折處均有光滑微小圓弧相接，物塊滑過時無機(jī)械能損失。求：

（1）小物塊水平拋出的位置離A點的高度差h；
（2）要讓小球能第一次通過圓軌道的最高點E，求BC段的最大長度xmax；
（3）若小物塊從A進(jìn)入軌道到最終停止都不脫離斜面及圓軌道，求滿足條件的BC段的最短長度xmin。
21．如圖甲所示，水平面上固定著間距為L=1m的兩條平行直軌道（除DE、CF是絕緣的連接段外，其他軌道均為不計電阻的導(dǎo)體），AB之間有一個R=1Ω的定值電阻，DC的左側(cè)軌道內(nèi)分布著豎直向下的勻強(qiáng)磁場B1，該磁場隨時間的變化情況如圖乙所示，EF的右側(cè)軌道內(nèi)分布著垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2=1T，方向豎直向上、t=0時刻，質(zhì)量m1=1kg、電阻r1=1Ω的a棒靜止在距離導(dǎo)軌左側(cè)d1=2m處，質(zhì)量m2=2kg、電阻r2=0.5Ω的b棒在距離EF右側(cè)d2=4.5m處被一種特定的裝置鎖定，兩棒均長L=1m，且與軌道接觸良好。DC左側(cè)的軌道與棒間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，DC右側(cè)的軌道光滑且足夠長，可認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不考慮軌道連接處的阻礙。t=0.5s時，對a棒施加水平向右F=5N的恒力，在離開B1磁場區(qū)域時已達(dá)到穩(wěn)定的速度，過DC后撤去恒力。當(dāng)a棒接觸到b棒時，如棒的鎖定裝置迅速解除，隨后兩棒碰撞并粘在一起成為一個整體。

（1）t=0.5s時，通過a棒的電流大小及方向（圖中向上或向下）；
（2）a棒剛進(jìn)入B2磁場時，求a棒兩端的電勢差UFE﹔
（3）求b棒在整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱；
（4）a棒、b棒在B2磁場中最終的穩(wěn)定速度。
22．正方形區(qū)域ABCD的邊長為L，P點在AB邊上，已知AP=13L，現(xiàn)在P點垂直于AB邊以一定初速度向平面內(nèi)射入一帶電粒子（不計重力），若空間只存在平行正方形平面由A指向B、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場，該帶電粒子恰能從C點飛出，如圖甲所示；著空間只存在垂直正方形平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，該粒子恰能從D點飛出，如圖乙所示。

（1）求兩種情況下帶電粒子剛飛出正方形區(qū)域的速度大小之比vCvD；
（2）求帶電粒子的比荷qm以及初速度v0的大?。?br /> （3）若帶電粒子在電場中運動一段時間后撤去電場并立即加上和圖乙中一樣的磁場，最終電子恰好垂直于CD邊飛出正方形區(qū)域，求電子在電場中的運動時間t。（不考慮撤去電場加上磁場所引起的電磁輻射的影響）

答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】國際單位制中質(zhì)量、距離、力的單位分別是：kg、m、N，根據(jù)牛頓的萬有引力定律F=GMmr2
得到G的單位是N?m2/(kg)2=(kg?m/s2)m2/(kg)2=m3/(kg?s2)
故答案為：B。

【分析】根據(jù)國際單位制的基本單位以及萬有引力表達(dá)式得出G的表達(dá)式。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．研究地鐵從始發(fā)站到終點站的運行時間，列車的長度可以忽略不計，則可將地鐵列車看作是質(zhì)點，A符合題意；
B．線路總長約為“28km”是指路程，B不符合題意；
C．根據(jù)題干信息，可以確定路程和時間，能計算出地鐵列車單程的平均速率，C不符合題意；
D．最快時速“80km/h”是指瞬時速度，D不符合題意；
故答案為：A。

【分析】當(dāng)物體的大小和形狀對問題的研究沒有影響時該物體可看做質(zhì)點；路程是初點到末點有向線段的長度，結(jié)合平均速率的表達(dá)式判斷能否求出。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．籃球上的各點做圓周運動時，是繞著轉(zhuǎn)軸做圓周運動，圓心均在轉(zhuǎn)軸上，A不符合題意；
B．籃球旋轉(zhuǎn)就是靠我們的手拍動籃球旋轉(zhuǎn)，造成籃球旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生的向心力的，B不符合題意；
C．籃球上的各點繞轉(zhuǎn)軸做圓周運動，故角速度相同，C符合題意；
D．由于角速度相同，根據(jù)a=ω2r可知籃球上各點離轉(zhuǎn)軸越近，做圓周運動的向心加速度越小，D不符合題意。
故答案為：C。

【分析】圓周遠(yuǎn)動的圓心在轉(zhuǎn)軸上；籃球上各點的角速度相等；利用向心加速度和角速度的關(guān)系判斷向心加速度的大小關(guān)系。
4．【答案】A
【解析】【解答】設(shè)開關(guān)接通后，電路中電流為I．
對于電阻R，由歐姆定律得U1=IR
對于電動機(jī)，U2＞IR，則U1＜U2．
根據(jù)焦耳定律得Q1=I2Rt，Q2=I2Rt，
則Q1=Q2
因W1=Q1
W2=Q2+E機(jī)械
則W12．
故答案為：A

【分析】利用歐姆定律得出電阻兩端電壓和電動機(jī)兩端電壓的大小關(guān)系，結(jié)合焦耳定律判斷產(chǎn)生熱量的大小關(guān)系。
5．【答案】C
【解析】【解答】AB．由質(zhì)量數(shù)守恒和電荷守恒得出X為23He，AB不符合題意；
C．由愛因斯坦質(zhì)能方程ΔE=(2m1-m2-mX)c2
得X的質(zhì)量為2m1-m2-ΔEc2
C符合題意；
D．兩氘核間的庫侖力是斥力，不利于核聚變反應(yīng)的進(jìn)行，D不符合題意。
故答案為：C。

【分析】核反應(yīng)方程電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒得出X；利用愛因斯坦質(zhì)能方程得出X的質(zhì)量。
6．【答案】C
【解析】【解答】若是在相等位移內(nèi)速度的增量相等，則相同的位移內(nèi)速度一直增加，所需要的的時間越來越少，而速度變化量一樣，因此加速度越來越大，斜率越來越大。
故答案為：C。

【分析】v-t圖像的斜率表示物體運動的加速度，結(jié)合勻變速直線運動的規(guī)律進(jìn)行分析判斷。
7．【答案】B
【解析】【解答】光從玻璃進(jìn)入空氣，即由光密介質(zhì)進(jìn)入光疏介質(zhì)，入射角小于折射角，后來又從玻璃進(jìn)入空氣，則入射角大于折射角，其光路圖如圖所示，所以B符合題意；ACD不符合題意；

故答案為：B。

【分析】光密介質(zhì)進(jìn)入光疏介質(zhì)，入射角小于折射角，從而畫出電路圖。
8．【答案】B
【解析】【解答】AB．根據(jù)n1n2=U1U2
解得n2=U2U1n1=1262×100匝=280匝
A不符合題意，B符合題意；
C．S2置于3，當(dāng)S1從0扳到1時，開關(guān)閉合瞬間，副線圈中磁通量發(fā)生了變化，則G中有電流，C不符合題意；
D．S2置于3，當(dāng)S1從0扳到1時，開關(guān)閉合瞬間，副線圈中磁通量發(fā)生了變化，則G中有電流，原線圈電流穩(wěn)定后，副線圈中磁通量不發(fā)生變化，則沒有感應(yīng)電流，G中不會有電流，D不符合題意。
故答案為：B。

【分析】根據(jù)理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比與電壓比的關(guān)系得出線圈n2的匝數(shù)；感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是回路中磁通量發(fā)生變化。
9．【答案】D
【解析】【解答】假設(shè)a、c帶同種電荷，則b受到的庫侖力的合力不可能與ac平行，A、c帶異種電荷。
由幾何關(guān)系，得kqaqb(ab)2:ab=kqbqc(bc)2:bc
解得qaqc=(abbc)3=8
故答案為：D。

【分析】利用幾何關(guān)系以及庫侖定律得出ac電荷量之比。
10．【答案】D
【解析】【解答】以左邊兩個燈籠為整體，設(shè)水平方向繩子拉力為T，則有tanθ1=2mgT
由左邊第二個燈籠為研究對象，則有tanθ2=mgT
聯(lián)立解得：tanθ1=2tanθ2，D符合題意；
故答案為：D。

【分析】左邊兩個燈籠為整體和左邊第二個燈籠為研究對象進(jìn)行受力分析，從而得出兩個夾角正切值的大小關(guān)系。
11．【答案】C
【解析】【解答】根據(jù)磁場的分布，及通過錫箔電流可等效如圖所示，由左手定則可知錫箔在磁場中的所受安培力如圖所示

該錫箔紙將在紙面內(nèi)沿順時針方向轉(zhuǎn)動，所以C符合題意；ABD不符合題意；
故答案為：C。

【分析】根據(jù)左手定則得出安培力的方向，從而得出錫箔紙的轉(zhuǎn)動方向。
12．【答案】B
【解析】【解答】根據(jù)題意可知，火星的半徑為3.4×106m，與火星表面的最近距離約為2.8×105m，最遠(yuǎn)距離為5.9×107m的橢圓形停泊軌道，設(shè)火星的質(zhì)量為M，根據(jù)萬有引力提供向心力，則圓形軌道有GMmr2=m(2πT)2r
又T=1.8×105s
在火星表面，根據(jù)萬有引力和重力的關(guān)系可得GMmR2=mg
代入數(shù)據(jù)，解得火星表面處自由落體的加速度大小約為g=3.7m/s2
ACD不符合題意，B符合題意。
故答案為：B。

【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力以及在星球表面重力等于萬有引力，進(jìn)一步得出重力加速度的大小。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．因為粒子的電性不能確定，所以磁場方向也無法確定，A不符合題意；
B．粒子運動軌跡如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得四邊形OACD為菱形，所以帶電粒子在磁場中的半徑為r，B不符合題意
CD．帶電粒子在磁場中運動的周期為T=2πmqB
當(dāng)粒子從a點射入時，運動時間最短，軌跡為半圓，所以運動的最短時間為t=T2=πpB
C符合題意，D不符合題意。
故答案為：C。

【分析】根據(jù)粒子的電性確定磁場的方向；利用粒子在磁場中運動的軌跡以及幾何關(guān)系得出粒子在磁場中的軌道半徑，結(jié)合磁場中運動周期的表達(dá)式以及運動時間的表達(dá)式 得出軌跡為半圓時運動的時間。
14．【答案】A,B,D
【解析】【解答】A．玻爾第一次將“量子”觀點引入原子領(lǐng)域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，所以A符合題意；
B．普朗克把“能量子”觀念引入物理學(xué)，打破了能量連續(xù)變化的傳統(tǒng)觀念，所以B符合題意；
C．物質(zhì)波是一種概率波，所以在微觀物理學(xué)中不可以用“軌跡”來描述粒子的運動，因為對單個粒子的出現(xiàn)是隨機(jī)的，沒有確定軌跡，所以C不符合題意；
D．根據(jù)發(fā)生明顯衍射的條件是波長越長的越容易發(fā)生明顯衍射，所以寧波調(diào)頻電臺93.9MHz的電磁波比104.7MHz的電磁波衍射本領(lǐng)強(qiáng)，則D符合題意；
故答案為：ABD。

【分析】根據(jù)物理學(xué)史以及發(fā)生衍射現(xiàn)象的條件進(jìn)行分析判斷。
15．【答案】C,D
【解析】【解答】A．由于t=4s時x=1處質(zhì)點位于波傳播方向的“上坡”上，所以質(zhì)點1的起振方向沿－y方向，而波傳播方向上所有參與振動的質(zhì)點的起振方向都和波源的起振方向相同，所以波源的起振方向沿－y方向，A不符合題意；
BC．波的傳播速度為v=ΔxΔt=5-14-0m/s=1m/s
由題圖乙易知在t=1s時波源振動的周期發(fā)生了變化，但在同一種介質(zhì)中波速不變。
①在0~1s時間內(nèi)，波的波長為λ1=2m
周期為T1=λ1v=2s
波源P振動的圓頻率為ω1=2πT1=πrad/s
又因為t=0時波源P向下起振，所以0~1s時間內(nèi)波源P的振動方程為yP1=-5sinπt(cm)(0≤t≤1s)
②在1~5s時間內(nèi)，波的波長為λ2=6m
周期為T2=λ2v=6s
波源P振動的圓頻率為ω2=2πT2=π3rad/s
又因為t=1s時波源P向上振動，所以1~5s內(nèi)波源P的振動方程為yP2=5sinπ3t(cm)(1s≤t≤5s)
B不符合題意，C符合題意；
D．波從x=1m傳播到x=－1.5m所需的時間為t=Δxv=1-(-1.5)1s=2.5s
從圖示時刻起，再經(jīng)過5s，質(zhì)點Q按照周期T1振動1s，再按照周期T2振動1.5s，則Q質(zhì)點通過的路程為s=1sT1?4A+1.5sT2?4A=15cm
D符合題意。
故答案為：CD。

【分析】根據(jù)波的傳播方向以及振動方向的確定方法得出波源的起振方向；根據(jù)波傳播的距離與速度的關(guān)系得出波傳播的速度，根據(jù)角速度與周期的關(guān)系以及速度與周期的關(guān)系確定該波的振動方程，結(jié)合周期性得出Q點通過的路程。
16．【答案】A,B
【解析】【解答】A．根據(jù)能量守恒定律可知，系統(tǒng)的能量只是重力勢能，動勢及電勢能間的相互轉(zhuǎn)化，則小球反彈后可重新到達(dá)C點，所以A符合題意；
B．從C點到B點，根據(jù)功能關(guān)系可知，除了重力與彈簧的彈力做的功不改變系統(tǒng)的機(jī)械能，其他力做功則改變機(jī)械能有ΔE=W其
由于電場力對小球做功-5J，所以小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少5J，則B符合題意；
C．小球從靜止釋放后能運動到A點，則知小球受到的重力和電場力的合力豎直向下。小球從A運動到B過程中，彈簧的彈力先小于重力和電場力的合力，后大于重力和電場力的合力，小球的合力先向下后向上，則小球先向下做加速運動，后向下做減速運動，速度先增大后減小，C不符合題意；
D．小球動能最大的位置在AB之間小球重力與電場力的合力和彈簧彈力大小相等的位置，則D不符合題意；
故答案為：AB。

【分析】根據(jù)能量守恒判斷小球反彈后能否重新到達(dá)C點；根據(jù)能量的變化得出機(jī)械能的損失量，通過動能定理判斷小球速度的變化情況。
17．【答案】（1）A
（2）A；B
（3）1.17
【解析】【解答】（1） A．探究小車速度隨時間變化的規(guī)律，選一條較好的紙帶就可以完成實驗，A符合題意；
B．探究加速度與力的關(guān)系，需要選一條較好的紙帶測速度，同時還需要平衡阻力，達(dá)到實驗的要求，B不符合題意
C．探究功與速度變化的關(guān)系，需要選一條較好的紙帶測速度，同時需要天平測質(zhì)量，C不符合題意；
D．探究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，需要選一條較好的紙帶測速度，同時需要天平測質(zhì)量，D不符合題意。
故答案為：A；
（2） A．紙帶小車在平衡摩擦力時，這時不在車上掛上細(xì)線和小桶，否則平衡摩擦力過度，影響實驗結(jié)果，A符合題意；
B．由于是平衡紙帶小車的摩擦力，故應(yīng)該在小車后掛好紙帶長木板，B符合題意；
C．緩慢調(diào)節(jié)長木板的傾斜角度，一直到小車開始勻速下滑時，平衡摩擦力就完成了甲，C不符合題意；
故答案為：AB。
（3）由勻變速直線運動相等時間間隔內(nèi)的位移之差為定值，即Δx=aT2
則x3-x1=2aT2
代入乙圖數(shù)據(jù)，解得a=1.17m/s2

【分析】（1）根據(jù)打點計時器在三個實驗中的作用從而判斷只要一條紙帶的實驗；
（2）根據(jù) “探究加速度與力的關(guān)打點計時器系”實驗原理以及注意事項得出平衡摩擦力正確的選項；
（3）利用勻變速直線運動相同時間間隔內(nèi)的位移差得出小車運動的就速度。
18．【答案】（1）a
（2）0.29
（3）2.7；2.0
【解析】【解答】（1）將S2分別接到b時，可把電流表的內(nèi)阻等效為電源的內(nèi)阻，則內(nèi)阻的測量值偏大，即U-I關(guān)系圖像的斜率較大，即右側(cè)直線的圖像的斜率偏小，則開關(guān)S2接到a時，得到的實驗結(jié)果。
（2）電流表的最小刻度為0.02A，所以讀數(shù)為0.29A。
（3） 將S2分別接到b時，相當(dāng)內(nèi)接法，即左側(cè)直線的圖像，測量的電動勢沒有誤差，根據(jù)方程U=-3.19I+2.67
可得E真=2.67V≈2.7V
將S2分別接到a時，相當(dāng)外接法，即右側(cè)直線的圖像，測量電路的短路電流時電流測量值沒有誤差，根據(jù)方程U=-3.02I+2.69
可得短路電流I=2.693.02A=0.891A
電源的內(nèi)阻為r真=E真I?R0=2.70.891?1.0(Ω)=2.03Ω≈2.0Ω

【分析】（1）根據(jù)電路的動態(tài)分析以及U-I圖像得出 S2接的位置；
（2）利用電流表的讀數(shù)原理進(jìn)行讀數(shù)；
（3）S2分別接到ab時根據(jù)比黑單路歐姆定律得出U-I圖像，結(jié)合圖像得出電源的電動勢以及電源的內(nèi)阻。
19．【答案】（1）解：設(shè)加速下降位移為h1，時間為t1，人的最大速度為vm，則有h1=vm2t1
設(shè)勻速下降位移為h2，時間為t2，則有h2=vmt2
設(shè)減速過程位移為h3，時間t3，則有h3=vm2t3
設(shè)整個過程的時間為t，則t=t1+t2+t3
又H=h1+h2+h3
聯(lián)立以上各式，解得t2=14s
（2）解：設(shè)加速和減速過程繩索的拉力大小分別為F1、F2，加速和減速過程中的加速度大小分別為a1、a2，則a1=vmt1
a2=vmt2
mg-F1=ma1
F2-mg=ma2
聯(lián)立解得F1F2=154163
【解析】【分析】（1）根據(jù)勻變速直線運動的平均速度和位移的關(guān)系以及勻速直線運動的規(guī)律得出逃生者勻速運動的時間；
（2）根據(jù)勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系以及牛頓第二定律得出繩索對人拉力大小的比值。
20．【答案】（1）解：根據(jù)平拋運動vy=vAsinα
vy2=2gh解得h=0.2m
（2）解：能過E點vEmin=gR=2m/s
研究A到E過程，由動能定理12mvEmin2-12mvA2=mg(Lsinα-2R)-μmgxmax
解得xmax=3.6m
（3）解：因為左側(cè)是斜面，不用考慮第2、4、6…通過BC，只需要考慮第1、3、5…次通過BC；
根據(jù)xmax=3.6m
物塊能夠安全通過圓軌道最高點E時BC的長度系列值為如下表；
物塊不會從A點滑出時，設(shè)BC的最小長度為x1，由動能定理0-12mvA2=-2μmgx1
解得x1=0.8m
設(shè)物塊只在圓心以下運動時BC的長度為x2，根據(jù)動能定理得-μmgx2+mg(Lsinα-R)=0-12mvA2
解得x2=4.8m
物塊只在圓心以下運動時BC的長度的系列值如下表


第1次向右通過BC
第3次向右通過BC
第5次向右通過BC
物塊能通過最高點E時BC的長度
小于或等于3.6m
小于或等于1.2m
小于或等于0.72m
物塊不會從A點滑出時BC的長度
大于或等于0.8m
大于或等于0.8m
大于或等于0.8m
物塊只在圓心以下運動時BC的長度
大于或等于4.8m
大于或等于1.6.m
大于或等于0.96m
根據(jù)表格，小物塊從A進(jìn)入軌道到最終停止都不脫離斜面及圓軌道，同時滿足三項條件的BC段的最短長度為0.96m。
【解析】【分析】（1）根據(jù)速度的分解以及速度與位移的關(guān)系得出小物塊水平拋出的位置離A點的高度差h；
（2）小球剛能通過E點時重力提供向心力，從而得出E點的速度，小球從A到E根據(jù)動能定理得出BC段的最大長度xmax；
（3）物塊不會從A點滑出時和物塊只在圓心以下運動時根據(jù)動能第二定律得出BC的長度，，從而分析得出BC段的最短長度。
21．【答案】（1）解：0-0.5s內(nèi)，磁場增強(qiáng)，由楞次定律判斷，a棒上的電流方向為向上（逆時針）
假設(shè)a棒不動E=Δ?Δt=ΔBΔts=10.5×1×2V=4V
i=ER+r1=2A
FA=B1IL=2N
因為最大靜摩擦力為fm=μm1g=2N
假設(shè)成立，a棒不動。
（2）解：a棒離開DC時已達(dá)到穩(wěn)定速度，此時有F=μm1g+B1I1L
I1=B1Lv1R+r1
可得v1=6m/s
a棒以v1=6m/s的速度沖入B2的勻強(qiáng)磁場，E2=B2Lv1=6V
a棒兩端的電勢差為UFE=E2r1+r2r2=2V
（3）解：考慮a棒進(jìn)入磁場時，與b棒相距d2=4.5m﹐a棒在與b棒相撞前，b棒一定處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)a棒與b棒碰撞前瞬間的速度為v2。
以a棒為研究對象，由動量定理，有m1v2-m1v1=-B2iLΔt=B22L2r1+r2vΔt=-B22L2d2r1+r2
可得a棒在與b棒相撞前的速度為v2=3m/s
由能量守恒定律，從a棒剛進(jìn)入B2磁場開始到a、b兩棒碰撞前瞬間，a棒減少的動能，轉(zhuǎn)化為電能，通過電流做功，釋放焦耳熱，則Qb=r2r1+r2Q=r2r1+r2(12m1v12-12m1v22)
解得Qb=4.5J
（4）解：a、b兩棒碰撞時，系統(tǒng)動量守恒，最終兩棒速度相等m1v2=(m1+m2)v終
解得v終=1m/s
【解析】【分析】（1）根據(jù)楞次定律以及法拉第電磁感應(yīng)定律得出產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，通過閉合電路歐姆定律以及安培力的表達(dá)式和平衡得出最大靜摩擦力；
（2）當(dāng)a棒達(dá)到穩(wěn)定時根據(jù)平衡以及閉合電路歐姆定律得出a棒沖入磁場的速度，同理結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律以及閉合電路歐姆定律得出a棒兩端的電勢差；
（3）以a棒為研究對象，根據(jù)動量定理得出a棒在與b棒相撞前的速度，結(jié)合焦耳定律得出b棒在整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱；
（4）a、b兩棒碰撞 根據(jù)動量守恒得出最終的穩(wěn)定速度。
22．【答案】（1）解：設(shè)帶電粒子初速度大小為v0，帶電粒子在電場中作類平拋運動，t=Lv0
2L3=vy2t
vy=v0
可得vC=53v0
帶電粒子在勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運動，則vD=v0
vC:vD=5:3
（2）解：設(shè)帶電粒子在磁場中運動半徑為r0，由幾何關(guān)系可知r02=(r0-L3)2+L2
解得r0=53L
帶電粒子在勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力qv0B=mv02r0
帶電粒子在電場中作類平拋運動y=12Eqm(Lv0)2=2L3
解得qm=27E100B2L
v0=9E20B
（3）解：帶電粒子前半段作類平拋運動，后半段作勻速圓周運動，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系有
x+rsinθ=L
即v0t+mveBsinθ=L
其中vsinθ=vy=eEmt
解得t=Lv0+meB?Eem=Lv0+EB
將v0=9E20B
代入解得t=20BL29E
【解析】【分析】（1） 帶電粒子在電場中做類平拋運動，結(jié)合類平拋運動的規(guī)律得出兩種情況下帶電粒子剛飛出正方形區(qū)域的速度大小之比；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，利用幾何關(guān)系以及洛倫茲力提供向心力得出帶電粒子的比荷qm及速度；
（3）根據(jù)幾何關(guān)系以及勻變速直線運動的規(guī)律得出離子運動的時間。

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