2022年天津市和平區(qū)高考物理一模試卷 在近代物理發(fā)展的過程中，實驗和理論相互推動，促進(jìn)了人們對世界的認(rèn)識。對下列實驗描述正確的是
 
A. 盧瑟福通過A圖所示的實驗，發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子和中子
B. 湯姆孫通過B圖所示的氣體放電管，提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型
C. C圖所示的實驗中，驗電器因為帶上負(fù)電指針張開
D. D圖放射源產(chǎn)生的三種射線中，射線1的電離本領(lǐng)最強(qiáng)雨后太陽光射入空氣中的水滴，先折射一次，然后在水滴的背面發(fā)生反射，最后離開水滴時再折射一次，就形成了彩虹。如圖，太陽光從左側(cè)射入球形水滴，a、b是其中的兩條出射光線，在這兩條出射光線中，一條是紅光，另一條是紫光，下列說法正確的是A. a光線是紅光，b光線是紫光
B. 遇到同樣的障礙物，b光比a光更容易發(fā)生明顯衍射
C. a光在水滴中的傳播時間比b光在水滴中的傳播時間短
D. 增大太陽光在水滴表面的入射角，則可能沒有光線從水滴中射出2022年1月22日，我國實踐二十一號衛(wèi)星將一顆失效的北斗2號衛(wèi)星從擁擠的地球同步軌道上拖拽到了航天器稀少的更高的軌道上，此舉標(biāo)志著航天器被動移位和太空垃圾處理新方式的成功執(zhí)行。這顆失效的北斗2號衛(wèi)星原本運行在高度約36000公里的地球同步靜止軌道上，在失效衛(wèi)星旁邊進(jìn)行了近距離操作，幾個小時后將其拖離了同步軌道，經(jīng)過轉(zhuǎn)移軌道抬升了1500km高度后，最終將其送到圓形衛(wèi)星墓地軌道，完成任務(wù)后隨即返回到地球靜止軌道。如圖所示為這個過程中幾個軌道示意圖，其中1為地球同步靜止軌道，2為轉(zhuǎn)移軌道，3為墓地軌道，M為1、2軌道的切點，N為2、3軌道的切點，下列判斷正確的是A. 北斗2號在軌道1運行時的速度為
B. 北斗2號在軌道1運行時的周期大于在軌道3運行時的周期
C. 俘獲北斗2號后需要在M點加速才能進(jìn)入軌道2
D. 返回時需要在N點加速才能進(jìn)入軌道2如圖甲所示，氣缸內(nèi)封閉了一定質(zhì)量的氣體可視為理想氣體，可移動活塞與容器壁光滑接觸，開始時活塞處于Ⅰ位置靜止，經(jīng)歷某個過程后，活塞運動到Ⅱ位置圖中未標(biāo)出重新靜止，活塞處于這兩個位置時，氣缸內(nèi)各速率區(qū)間的氣體分子數(shù)n占總分子數(shù)N的百分比與分子速率v之間的關(guān)系分別如圖乙中實線和虛線所示，忽略大氣壓強(qiáng)的變化，則下列說法中正確的是
A. 氣體在狀態(tài)Ⅰ時溫度較高 B. 氣體在狀態(tài)Ⅱ時壓強(qiáng)較大
C. 在此過程中外界對氣體做正功 D. 在此過程中氣體從外界吸熱如圖所示，向前行駛的車廂內(nèi)有一面向行駛方向的乘客，乘客在自身重力G與車廂含座椅的作用力F的作用下與車廂保持相對靜止，座椅旁邊有一小球用細(xì)線懸掛在車廂的天花板上，懸線與豎直方向成角也與車廂相對靜止，下列說法中正確的是A. 乘客受到的合力方向與運動方向相同
B. 車廂的速度越大，懸線與豎直方向的夾角越大
C. 車廂對乘客的作用力F一定大于乘客的重力G
D. 懸線與豎直方向夾角增大，車廂對乘客作用力F可能不變直角坐標(biāo)系的y軸為兩種均勻介質(zhì)的分界線，由位于坐標(biāo)原點O的一波源發(fā)出的兩列機(jī)械波a、b同時分別在兩種介質(zhì)中傳播，某時刻的波形如圖所示，此刻a波恰好傳到處，P為處的質(zhì)點，下列說法正確的是
 
A. 波源的起振方向沿y軸正方向
B. 兩列波的頻率關(guān)系為
C. 此刻b波傳到處
D. 質(zhì)點P在這段時間內(nèi)通過的路程為50cm如圖所示，KLMN是一個豎直的匝數(shù)為n的矩形線框，全部處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平方向的勻強(qiáng)磁場中，線框面積為S，電阻為R，線框繞豎直固定軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動俯視逆時針方向，當(dāng)MN邊與磁場方向的夾角為時圖示位置，下列說法正確的是A. 導(dǎo)線框中產(chǎn)生的瞬時感應(yīng)電動勢大小是
B. 導(dǎo)線框中電流的方向是
C. 再轉(zhuǎn)過時導(dǎo)線框中產(chǎn)生的電流達(dá)到最大值
D. 再轉(zhuǎn)過時穿過導(dǎo)線框的磁通量變化率為0如圖所示，由兩水平面虛線所夾的區(qū)域內(nèi)，有水平向右的勻強(qiáng)電場，自該區(qū)域上方的A點，將質(zhì)量相等、帶等量異種電荷的小球a、b先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力的作用下從B點進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的的下邊界離開，已知a球在電場中做直線運動之后從M點離開電場，b球從N點離開電場且離開電場時速度方向豎直向下，根據(jù)上述信息，下列判斷正確的是A. a球帶負(fù)電，b球帶正電
B. a球和b球在電場中運動的時間相等
C. M點到B點的水平距離是N點到B點的水平距離的3倍
D. b球離開電場時比其進(jìn)入電場時電勢能大利用如圖所示的裝置可以驗證動量守恒定律，即研究半徑相同的小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系。先安裝好實驗裝置，在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放復(fù)寫紙，記下重垂線所指的位置O。
為完成此實驗，以下提供的測量工具中，必須使用的是______；
A.刻度尺
B.天平
C.打點計時器
D.秒表
關(guān)于本實驗，下列說法正確的是______；
A.同一組實驗中，入射小球必須從同一位置由靜止釋放
B.入射小球的質(zhì)量必須小于被碰小球的質(zhì)量
C.軌道傾斜部分必須光滑
D.軌道末端必須水平放置
實驗時先讓入射球多次從斜軌上位置S由靜止釋放，通過白紙和復(fù)寫紙找到其平均落地點的位置P。然后，把被碰球靜置于軌道的水平部分末端，仍將入射球從斜軌上位置S由靜止釋放，與被碰球相碰，并多次重復(fù)該操作，兩小球平均落地點位置分別為M、N。不同小組的同學(xué)分別進(jìn)行實驗，所用的入射球質(zhì)量均為被碰球質(zhì)量的2倍，下列各組白紙上記錄的小球落點位置結(jié)果，由于誤差較大明顯不符合動量守恒規(guī)律的是______；



 






 在學(xué)校社團(tuán)活動中，某實驗小組欲將一只量程為的微安表頭G改裝為量程為的電壓表，首先利用如圖所示的電路測量微安表的內(nèi)阻，可供選擇的實驗器材有：
A.待改裝的微安表頭量程為，內(nèi)阻約為幾百歐姆
B.微安表量程為
C.滑動變阻器
D滑動變阻器
E.電阻箱
F.電源電動勢約為
G.開關(guān)、導(dǎo)線若干
為順利完成實驗，變阻器1應(yīng)選擇______，變阻器2應(yīng)選擇______填器材前序號；
實驗時，除了微安表的示數(shù)和微安表G的示數(shù)，還需要記錄的數(shù)據(jù)是______；
改裝完成后，實驗小組利用電流表A和改裝后的電壓表V，用伏安法測量某未知電阻的阻值，測量時電流表的示數(shù)為，改裝的電壓表指針指在原處，則該電阻的測量值為______。







 遙控F3P模型是一種固定翼模型飛機(jī)，通過安裝在機(jī)頭位置的電機(jī)帶動螺旋槳轉(zhuǎn)動向后推動空氣為飛機(jī)提供動力，可以通過控制副翼和尾翼實現(xiàn)各種復(fù)雜的3D動作，因此目前正得到越來越多航模愛好者的喜愛。現(xiàn)對模型進(jìn)行飛行試驗，已知模型的質(zhì)量為，取，，，求：
通過控制，使無人機(jī)在某一高度沿水平面做勻速圓周運動，需要使機(jī)翼與水平方向成一定的角度“側(cè)身”飛行。如圖所示，機(jī)翼與水平方向的夾角為，若想無人機(jī)在半徑不超過的范圍內(nèi)運動，其飛行速度不能超過多少；
控制模型使其沿豎直方向爬升，在地面上從靜止開始以恒定升力豎直向上運動，經(jīng)時間時離地面的高度為，設(shè)運動過程中所受空氣阻力大小恒為，求此過程動力系統(tǒng)的升力F；
從中達(dá)到的狀態(tài)開始，模型通過不斷調(diào)整升力繼續(xù)上升，在距離地面高度為處速度恰為0，求無人機(jī)從h上升到H的過程中，動力系統(tǒng)所做的功W為多少？
 







 兩根平行相距為L的足夠長的金屬直角導(dǎo)軌如圖所示放置，它們各有一邊在同一水平面內(nèi)，另一邊垂直于水平面，導(dǎo)軌的水平部分光滑。金屬細(xì)桿ab靜止在水平導(dǎo)軌上，金屬桿cd緊貼豎直導(dǎo)軌，兩金屬桿與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中。已知兩根金屬細(xì)棒的質(zhì)量均為m、電阻均為R，cd桿與豎直導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為，導(dǎo)軌電阻不計?，F(xiàn)用平行于水平導(dǎo)軌的恒力大小未知作用在ab桿上使ab桿由靜止開始向右運動，同時由靜止放cd桿，過一段時間后，兩金屬桿同時達(dá)到最大速度，重力加速度為g，求：
桿ab的最大速度v；
拉力F的大小；
若ab桿從開始運動到獲得最大速度移動過的距離為x，求此過程中cd桿上產(chǎn)生的焦耳熱Q。







 質(zhì)譜儀是一種檢測同位素的儀器，利用電場和磁場可以將同位素進(jìn)行分離?，F(xiàn)有氕、氘兩種帶電粒子從容器A下方的狹縫飄入電勢差為的加速電場，其初速度幾乎為零，然后沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為的足夠大勻強(qiáng)磁場中，最后打到照相底片上。已知帶電粒子從狹縫進(jìn)入磁場時與垂直磁場邊界方向存在一個很小的散射角，所有粒子均打在底片區(qū)域內(nèi)，所能到達(dá)的最遠(yuǎn)點為M。已知氘粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，忽略帶電粒子的重力及粒子間相互作用力，求：
點與狹縫之間的距離d；
若某些氘粒子進(jìn)入磁場后，形成等效電流為I的粒子束，最終垂直打在照相底片上的P點圖中未畫出形成一個曝光點，粒子均被吸收。求氘粒子束單位時間內(nèi)對P點的沖擊力大小F；
若考慮磁感應(yīng)強(qiáng)度在到之間波動，要使在底片上能完全分辨氕、氘兩種粒子，求應(yīng)滿足的條件。








答案和解析 1.【答案】D
 【解析】解：A、盧瑟福通過A圖所示的實驗確立了原子的核式結(jié)構(gòu)理論，并沒有發(fā)現(xiàn)質(zhì)子和中子，故A錯誤；
B、湯姆孫通過B圖所示的氣體放電管發(fā)現(xiàn)了電子，故B錯誤；
C、C圖所示的實驗中，從鋅板中逸出光電子，則鋅板帶上正電，驗電器因為帶上正電指針張開，故C錯誤；
D、D圖放射源產(chǎn)生的三種射線中，射線1是粒子，其電離本領(lǐng)最強(qiáng)，故D正確。
故選：D。
普朗克通過研究黑體輻射提出能量子的概念；電子的發(fā)現(xiàn)提示了原子內(nèi)有復(fù)雜結(jié)構(gòu)；盧瑟福通過分析粒子散射實驗結(jié)果，提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型；根據(jù)電子束通過鋁箔后的衍射圖樣，說明電子具有波動性。
弄清楚每個圖象的作用及代表的物理知識，熟練掌握物理規(guī)律的來龍去脈是掌握此類知識的前提。
 2.【答案】B
 【解析】解：A、由光路圖可知，a光線的偏折程度較大，則折射率較大，頻率較大，則a是紫光，b光線是紅光，故A錯誤；
B、紅光的波長比紫光長，則遇到同樣的障礙物，b光比a光更容易發(fā)生明顯衍射，故B正確；
C、根據(jù)，可知，a光在水滴中的傳播速度較小，但是在水滴中傳播距離較大，則a光在水滴中的傳播時間比b光在水滴中的傳播時間長，故C錯誤；
D、增大太陽光在水滴表面的入射角，則光線在水滴的背面的入射角變大，光線仍能在水滴的背面發(fā)生全反射，從而從水滴中射出，故D錯誤。
故選：B。
太陽光在水滴表面發(fā)生折射現(xiàn)象，入射角相同，根據(jù)折射角以及折射定律分析a、b兩中光的折射率以及兩種光的波長大小關(guān)系，依據(jù)波長越長的，越容易發(fā)生衍射現(xiàn)象；分析兩種色光在水滴中傳播的路徑大小關(guān)系以及傳播速度的大小關(guān)系，根據(jù)分析兩種光的傳播時間。
解決該題的關(guān)鍵是能根據(jù)圖象分析兩種色光的折射角的大小關(guān)系，知道紅光與紫光的折射率以及波長的大小關(guān)系。
 3.【答案】C
 【解析】解：A、北斗2號在軌道1運行時，運行軌道半徑遠(yuǎn)大于地球的半徑，根據(jù)，解得，可知，其速度小于，故A錯誤；
B、根據(jù)開普勒第三定律可知，軌道半徑越大，則周期越大，則北斗2號在軌道1運行時的周期小于在軌道3運行時的周期，故B錯誤；
C、俘獲北斗2號后需要在M點加速做離心運動，才能進(jìn)入軌道2，故C正確；
D、返回時需要在N點減速做向心運動才能進(jìn)入軌道2，故D錯誤。
故選：C。
考查變軌問題，從1軌道變到2軌道時需要點火加速，在2軌道的Q點再次點火加速才能穩(wěn)定在3軌道上．
本題考查變軌問題，明確衛(wèi)星從低軌道進(jìn)入高軌道時需要點火加速．
 4.【答案】D
 【解析】解：A、由圖像乙可知，氣體在狀態(tài)Ⅱ時，速率較大的分子占據(jù)的比例較大，則分子平均速率較大，溫度較高，故A錯誤；
B、氣體發(fā)生的是等壓變化，則氣體在兩個狀態(tài)的壓強(qiáng)相等，故B錯誤；
C、在此過程中氣體的體積變大，則氣體對外界做功，即外界對氣體做負(fù)功，故C錯誤；
D、在此過程中氣體對外做功，溫度升高，內(nèi)能變大，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體從外界吸熱，故D正確。
故選：D。
根據(jù)溫度是分子平均動能的標(biāo)志及分子運動速率的統(tǒng)計規(guī)律判斷；根據(jù)等壓變化判斷；體積變大，即外界對氣體做負(fù)功；根據(jù)熱力學(xué)第一定律判斷。
本題考查了溫度是分子平均動能的標(biāo)志、等壓變化、熱力學(xué)第一定律等基礎(chǔ)知識，關(guān)鍵是熟悉教材，牢記并理解這些基本概念和基本規(guī)律，并能熟練運用。
 5.【答案】C
 【解析】解、A由圖可知，小球受合外力方向與車廂運動方向相反，可知車廂做勻減速運動，乘客受到的合力方向與運動方向也相反，故A錯誤；
B、對小球，根據(jù)牛頓第二定律可知：，得：
則車廂的加速度越大，懸線與豎直方向的夾角越大，但是速度大，不一定大，故B錯誤；
C、對乘客受力分析可知，車廂對乘客的作用力：，即F一定大于乘客的重力G，故C正確；
D、懸線與豎直方向夾角增大，則加速度a變大，車廂對乘客作用力F增大，故D錯誤。
故選：C。
乘客與球都相對于車靜止，它們的加速度與車的加速度相同．首先選擇球研究，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，人的加速度就知道了．再對人分析受力，作出力圖，應(yīng)用牛頓第二定律，求出汽車對乘客產(chǎn)生的作用力的大小和方向．
本題關(guān)鍵在于研究對象的選擇，要抓住小球與乘客均相對于車靜止，加速度相同的特點，也就是分析挖掘題目隱含的條件，常常是解決物理問題的關(guān)鍵．
 6.【答案】CD
 【解析】解：A、因此刻a波恰好傳到處，可知該質(zhì)點起振方向沿y軸負(fù)向，則波源的起振方向也是沿y軸負(fù)方向，故A錯誤；
B、兩列波由同一波源發(fā)出，則頻率相等，故B錯誤；
C、此刻a波向右傳播，則b波向左傳播，即此刻b波傳到處，故C正確；
D、此刻質(zhì)點P振動了個周期，則質(zhì)點P在這段時間內(nèi)通過的路程為，故D正確。
故選：CD。
當(dāng)波傳播到時，根據(jù)質(zhì)點運動的時間和周期的關(guān)系，得出質(zhì)點P振動的路程和振幅的關(guān)系；每個質(zhì)點起振的方向與波源起振方向相同，結(jié)合質(zhì)點的起振方向得出波源的起振方向，同一波源發(fā)出的波，則頻率相等。
解決本題的關(guān)鍵掌握波速、波長、頻率之間的關(guān)系，知道同一波源產(chǎn)生的波，頻率相同；以及知道質(zhì)點的起振方向和波源起振方向相同。
 7.【答案】AD
 【解析】解：A、導(dǎo)線框中產(chǎn)生的瞬時感應(yīng)電動勢大小是，故A正確；
B、根據(jù)右手定則可知，導(dǎo)線框中電流的方向是，故B錯誤；
CD、再轉(zhuǎn)過時導(dǎo)線框到達(dá)中性面位置，此時線框中磁通量的變化率為零，產(chǎn)生的電流為零，故C錯誤，D正確。
故選：AD。
寫出瞬電動勢的表達(dá)式就可求出瞬時值了；根據(jù)楞次定律和安培定則可判斷感應(yīng)電流的方向；再轉(zhuǎn)過正好轉(zhuǎn)到中性面位置，感應(yīng)電動勢為零；導(dǎo)線框在磁場中勻速轉(zhuǎn)動過程中，穿過導(dǎo)線框的磁通量隨時間做周期性變化，其磁通量的變化率也隨時間做周期性變化。
這類題目一定要記住以下幾點：一個是順時值的表達(dá)式；第二個是中性面的特點；第三個是楞次定律的應(yīng)用。
 8.【答案】BCD
 【解析】解：A、由題意可知，b球進(jìn)入水平電場后在水平方向做減速運動，出離電場時水平速度減為零，則b球帶負(fù)電，a球帶正電，故A錯誤；
B、從開始拋出到出離電場，兩球在豎直方向只受重力作用，加速度相同，則兩球在豎直方向的運動相同，即a球和b球在電場中運動的時間相等，故B正確；
C、設(shè)兩粒子進(jìn)入電場時水平速度為，經(jīng)過電場的時間為t，則對a球從M點射出時水平位移
對b球從N點射出時水平位移
其中對b球
解得
即M點到B點的水平距離是N點到B點的水平距離的3倍，故C正確；
D、b球在電場中運動時，電場力做負(fù)功，則電勢能增加，即離開電場時比其進(jìn)入電場時電勢能大，故D正確。
故選：BCD。
研究M、N在電場中豎直方向的運動：知道運動時間t相等。研究M、N在電場中水平方向的運動，在電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小相等。對兩球水平方向的運動分別根據(jù)速度-時間公式列式解得，電場力做負(fù)功，則電勢能增加。
本題考查了帶電小球在復(fù)合場中的運動，理清兩球在整個過程中的運動規(guī)律，將運動分解為水平方向和豎直方向，結(jié)合運動學(xué)公式靈活求解。
 9.【答案】AB AD AD
 【解析】解：要測量碰撞前后的動量，在質(zhì)量要用天平測量，而速度是用水平位移代替，刻度尺也是必須的，而打點計時器和秒表在此實驗中用不上，故選：AB；
同一組實驗中，入射小球必須從同一位置釋放，才能保證兩次碰撞前的速度相同，軌道傾斜部分不必光滑，故A正確，C錯誤；
B.為了避免入射球反彈，入射球的質(zhì)量必須大于被碰小球的質(zhì)量，故B錯誤；
D.軌道末端必須水平，才能使小球做平拋運動，故D正確；
故選：AD；
根據(jù)題意結(jié)合動量守恒定律，結(jié)合此實驗是用水平位移等效替代碰撞前后的速度，所以得出：
。整理得：，即：
結(jié)合圖象可知，AD明顯不符合。
故選：AD。
故答案為：；；
根據(jù)實驗需要測量的量分析答題；
為了保證碰撞前后使入射小球不反彈，故必須使入射小球的質(zhì)量大于被碰小球的質(zhì)量；為了使兩球發(fā)生正碰，兩小球的半徑相同；
兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律分析答題。
解決本題的關(guān)鍵掌握實驗的原理，以及實驗的步驟，在驗證動量守恒定律實驗中，無需測出速度的大小，可以用位移代表速度。
 10.【答案】D E 變阻器2的阻值  60
 【解析】解：在該實驗中，首先要閉合，斷開，調(diào)節(jié)變阻器1使得，電流計和偏轉(zhuǎn)到滿刻度的以上設(shè)為，然后閉合，保持變阻器1的電阻不變，調(diào)節(jié)變阻器2，使得電流計G讀數(shù)為，則通過變阻器2的電流為，通過變阻器2的阻值以及電流關(guān)系可求解電流G的內(nèi)阻；則認(rèn)為當(dāng)閉合時，電路中的電流保持不變，這就需要變阻器1的阻值較大，因不需要讀出變阻器1的阻值，則變阻器1可選擇阻值較大的D；變阻器2必須要用電阻箱，故選E；
由上述分析可知，實驗時，除了微安表的示數(shù)和微安表G的示數(shù)，還需要記錄的數(shù)據(jù)是變阻器2的阻值；
將滿偏電流為的電流計改裝為15V量程的電壓表，當(dāng)電流計讀數(shù)為時，對應(yīng)的電壓值為12V，則待測電阻阻值為

故答案為：；E；變阻器2的阻值；
根據(jù)實驗原理選擇合適的電學(xué)儀器；
根據(jù)實驗原理分析出還需要記錄的數(shù)據(jù)；
根據(jù)歐姆定律結(jié)合電路結(jié)構(gòu)計算出電阻的測量值。
本題主要考查了伏安法測電阻的相關(guān)實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結(jié)合歐姆定律和電路結(jié)構(gòu)完成分析即可。
 11.【答案】解：無人機(jī)在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，其做圓周運動的向心力由重力和機(jī)翼升力的合力提供，則
 
解得
故無人機(jī)飛行速度不能超過。
無人機(jī)做初速度為零的勻加速直線運動，有
可得無人機(jī)上升的加速度
根據(jù)牛頓第二定律可知
 
解得
無人機(jī)在處的速度
由動能定理得
 
解得
答：其飛行速度不能超過；
此過程動力系統(tǒng)的升力F為；
無人機(jī)從h上升到H的過程中，動力系統(tǒng)所做的功W為。
 【解析】無人機(jī)在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，其向心力由重力和機(jī)翼升力的合力提供，由牛頓第二定律求飛行速度最大值。
根據(jù)運動學(xué)位移-時間公式求出無人機(jī)的加速度，再由牛頓第二定律求升力F的大小。
無人機(jī)從h上升到H的過程中，重力做功為，阻力做功為，由動能定理求動力系統(tǒng)所做的功W。
本題是動能定理和牛頓第二定律、運動學(xué)公式的綜合應(yīng)用，要理清無人機(jī)的運動情況，分析其受力情況，靈活選擇運動學(xué)公式求解加速度和速度，應(yīng)用動能定理求動力系統(tǒng)做功。
 12.【答案】解：取cd棒為研究對象，設(shè)當(dāng)兩金屬桿同時達(dá)到最大速度v時，回路中的電流為I，ab桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，則根據(jù)平衡條件有
①
根據(jù)閉合電路歐姆定律有
   ②
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有
③
聯(lián)立①②③解得
 ④
取ab棒為研究對象，當(dāng)兩金屬桿同時達(dá)到最大速度v時，根據(jù)平衡條件有
⑤
聯(lián)立①⑤解得
   ⑥
設(shè)ab桿從開始運動到獲得最大速度的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的總焦耳熱為，則由能量守恒定律得
 ⑦
由于通過兩金屬桿的電流始終相等，則根據(jù)焦耳定律可得
   ⑧
聯(lián)立④⑥⑦解得

答：桿ab的最大速度v為；
拉力F的大小為；
若ab桿從開始運動到獲得最大速度移動過的距離為x，此過程中cd桿上產(chǎn)生的焦耳熱Q為。
 【解析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律和題給條件，可以得出桿ab的最大速度；
根據(jù)兩金屬桿達(dá)到最大速度時，桿受力平衡，進(jìn)而得出拉力F的大??；
根據(jù)能量守恒定律，結(jié)合焦耳定律得出cd桿上產(chǎn)生的焦耳熱Q。
本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律和能量守恒定律，要注意在求桿中產(chǎn)生的熱量時，兩桿中電流一樣，產(chǎn)生的熱量與桿的電阻成正比。
 13.【答案】解：設(shè)氘粒子進(jìn)入磁場時的速度為v，在加速電場中運動，根據(jù)動能定理得

氘粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)半個圓周后打在底片上的最遠(yuǎn)點M，根據(jù)幾何關(guān)系得

粒子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力，則

聯(lián)立解得：；
設(shè)t時間內(nèi)打到P點的氘粒子個數(shù)為N，則

根據(jù)動量定理有

結(jié)合
根據(jù)牛頓第三定律得
；
要使氕、氘兩種粒子在底片上沒有重疊，則氘粒子打在底片上距離狹縫的最小距離應(yīng)比氕粒子打在底片上距離狹縫氕的最大距離大，即

對氘粒子由動能定理有

對氕粒子由動能定理有

進(jìn)入磁場后由洛倫茲力提供向心力，則有


聯(lián)立解得：。
答：點與狹縫之間的距離d為；
氘粒子束單位時間內(nèi)對P點的沖擊力大小F為；
若考慮磁感應(yīng)強(qiáng)度在到之間波動，要使在底片上能完全分辨氕、氘兩種粒子，應(yīng)滿足的條件。
 【解析】氘粒子在電場中加速，在磁場中偏轉(zhuǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系求在磁場中運動軌跡半徑，由動能定理結(jié)合牛頓第二定律列式可解；
根據(jù)電流定義式求出單位時間內(nèi)打到P點的電子數(shù)，根據(jù)動量定理求沖擊力；
要使氕、氘兩種粒子在底片上沒有重疊，則氘粒子打在底片上距離狹縫的最小距離應(yīng)比氕粒子打在底片上距離狹縫氕的最大距離大，根據(jù)動能定理和牛頓第二定律列式即可求解。
本題以質(zhì)譜儀為背景考查帶電粒子在電磁場中的運動，知道質(zhì)譜儀工作原理是解題前提，通常由幾何關(guān)系求粒子在磁場中運動半徑，根據(jù)動能定理求加速后速度。
 

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