2023年湖北省華中師大新高考物理一模試卷（2月）1.  如圖所示，半圓柱體沖浪臺靜止在粗糙水平面上，半圓柱圓弧面光滑。運(yùn)動員在水平牽引力F的作用下，從離開B點(diǎn)后緩慢運(yùn)動到A點(diǎn)之前，始終處于平衡狀態(tài)。將運(yùn)動員看成質(zhì)點(diǎn)，下面說法正確的是(    )
 A. 牽引力先增大再減小 B. 沖浪臺對運(yùn)動員的支持力增大
C. 地面對沖浪臺的支持力減小 D. 地面對沖浪臺的靜摩擦力減小2.  夢天實(shí)驗(yàn)艙已成功發(fā)射并與中國空間站完成對接，至此中國空間站建造進(jìn)入收官階段。已知夢天實(shí)驗(yàn)艙在近地軌道上做勻速圓周運(yùn)動，空間站的運(yùn)行軌道為橢圓，近地點(diǎn)距離地面的高度為，且近地點(diǎn)與地球近地軌道相切，遠(yuǎn)地點(diǎn)距離地面的高度為。則下列說法正確的是(    )A. 在近地點(diǎn)，中國空間站的繞行速度等于夢天實(shí)驗(yàn)艙的繞行速度
B. 在近地點(diǎn)，中國空間站的向心加速度等于夢天實(shí)驗(yàn)艙的向心加速度
C. 中國空間站在遠(yuǎn)地點(diǎn)的機(jī)械能大于在近地點(diǎn)的機(jī)械能
D. 夢天實(shí)驗(yàn)艙減速才能在遠(yuǎn)地點(diǎn)追上中國空間站完成對接3.  質(zhì)量為m的同學(xué)參加學(xué)校運(yùn)動會的三級跳遠(yuǎn)項(xiàng)目，將其看成質(zhì)點(diǎn)，從靜止開始助跑直至落地過程運(yùn)動軌跡如圖所示。其中OA段為助跑階段，AB段為騰空之后的第一步，BC段為騰空之后的第二步，CD段為騰空之后的第三步。已知騰空的最高高度為h?？諝庾枇雎圆挥嫞亓铀俣葹?/span>g。則下列說法正確的是(    )
A. 騰空階段合外力隨水平位移變化
B. 騰空階段加速度隨水平位移變化
C.  騰空階段重力勢能隨水平位移變化
D. 騰空階段機(jī)械能隨水平位移變化4.  某旋轉(zhuǎn)磁極式風(fēng)力發(fā)電機(jī)原理如圖所示，風(fēng)吹動風(fēng)葉，帶動磁極旋轉(zhuǎn)，使得水平放置線圈的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流。已知風(fēng)速與發(fā)電機(jī)的轉(zhuǎn)速成正比，線圈的電阻不能忽略。下列說法正確的是(    )A. 風(fēng)速越大，感應(yīng)電流的周期越大
B. 風(fēng)速越大，交流電壓表的示數(shù)越大
C. 風(fēng)速一定的情況下，減少線圈的匝數(shù)，電壓表讀數(shù)增大
D. 風(fēng)速一定的情況下，發(fā)電機(jī)的功率等于電阻的電功率
 
 5.  氫原子的能級圖如圖所示。已知紅光的光子能量范圍為，綠光能量范圍為，藍(lán)光能量范圍為，紫光能量范圍為。用能量為的光子照射處于基態(tài)的氫原子，能發(fā)出哪種顏色的光(    )A. 紅光
B. 綠光
C. 藍(lán)光
D. 紫光6.  如圖所示，在第十四屆中國航展上空，殲穿云破霧、呈現(xiàn)了駕“七彩祥云”的壯觀景象。因?yàn)轱w機(jī)的發(fā)動機(jī)噴出高溫尾流會使得飛機(jī)周圍的空氣經(jīng)過機(jī)翼后膨脹降溫，在飛機(jī)表面形成一層水霧。陽光照射到水霧上，由于不同顏色的光折射率不同，就會形成七彩光芒。如下右圖所示，將原理簡化并作出光路圖。已知a光與界面的夾角為。b光的折射率為，b光與法線的夾角為，光在空氣中的傳播速度為c，水霧半球的半徑為R。a光在水霧半球中的傳播時間(    )
 A.  B.  C.  D. 7.  如圖所示，一個圓柱體空間過旋轉(zhuǎn)軸平面MNPQ劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強(qiáng)磁場。一電子以某一速度從圓柱體左側(cè)垂直Oyz平面進(jìn)入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域。下列關(guān)于電子運(yùn)動軌跡在不同坐標(biāo)平面的投影中，可能正確的是(    )A.
B.
C.
D. 8.  如圖所示，某同學(xué)在距離籃筐中心水平距離為x的地方跳起投籃。出手點(diǎn)離地面的高度為h，籃筐離地面的高度為H。該同學(xué)出手的瞬時速度，要使籃球到達(dá)籃筐中心時，豎直速度剛好為零。將籃球看成質(zhì)點(diǎn)，籃筐大小忽略不計，忽略空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是(    )
 A. 出手時瞬時速度與水平方向的夾角為 B. 出手時瞬時速度與水平方向的夾角為
C. 水平距離 D. 水平距離9.  空間中存在著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場B和沿著紙面豎直向下的勻強(qiáng)電場E。一帶電的輕質(zhì)小球以初速度沿著紙面水平向右射出。使用頻閃照相，記錄下小球的頻閃照片如圖所示，小球重力忽略不計。下列說法正確的是(    )
A. 小球一定帶正電
B. 小球在軌跡最高點(diǎn)所受合外力為零
C. 小球從水平射出到軌跡最高點(diǎn)的過程中，電勢能增大
D. 小球從第一次軌跡最高點(diǎn)到第二次軌跡最高點(diǎn)的過程中，做勻速圓周運(yùn)動10.  如圖所示，質(zhì)量物體以初速度滑上足夠長的斜面。已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)。調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角從零開始增大到，發(fā)現(xiàn)物體沿斜面向上的最大位移x先減小后增大，重力加速度，則下列說法正確的是(    )A. 當(dāng)時，物體的最大位移為
B. 當(dāng)時，物體達(dá)到最大位移后，將保持靜止
C. 當(dāng)時，物體的最大位移具有最小值
D. 當(dāng)時，物體克服摩擦力做功18J11.  城市施工時，為了避免挖到鋪設(shè)在地下的電線，需要在施工前用檢測線圈檢測地底是否鋪設(shè)導(dǎo)線。若地下有一條沿著東西方向的水平直導(dǎo)線，導(dǎo)線中通過電流?，F(xiàn)用一閉合的檢測線圈來檢測，俯視檢測線圈，下列說法正確的是(    )
 A. 若線圈靜止在導(dǎo)線正上方，當(dāng)導(dǎo)線中通過正弦交流電，線圈中會產(chǎn)生感應(yīng)電流
B. 若線圈在恒定電流正上方由西向東運(yùn)動，檢測線圈受到安培力與運(yùn)動方向相反
C. 若線圈由北向南沿水平地面通過恒定電流上方，感應(yīng)電流的方向先逆時針后順時針，然后再逆時針
D. 若線圈由北向南沿水平地面通過恒定電流上方，檢測線圈所受安培力在水平方向的分量一直向北12.  某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置來驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。繩和滑輪的質(zhì)量忽略不計，輪與軸之間的摩擦忽略不計。

實(shí)驗(yàn)時，該同學(xué)進(jìn)行了如下操作：
①用天平分別測出物塊A、B的質(zhì)量和的質(zhì)量含遮光片；
②用20分度游標(biāo)卡尺測量遮光片的擋光寬度d，示數(shù)如圖乙所示，游標(biāo)卡尺的示數(shù)為______ mm；
③將重物A、B用輕繩按圖甲示連接，跨放在輕質(zhì)定滑輪上，一個同學(xué)用手托住重物B，另一個同學(xué)測量出擋光片中心到光電門中心的豎直距離h，之后釋放重物B使其由靜止開始下落。測得遮光片經(jīng)過光電門的時間為，則重物A速度的大小為______ ，重物B速度的大小為______ 。
要驗(yàn)證系統(tǒng)重物A、的機(jī)械能守恒，應(yīng)滿足的關(guān)系式為______ 用質(zhì)量、，重力加速度為g，遮光片經(jīng)過光電門的時間為，遮光片的寬度d和距離h表示。13.  某興趣學(xué)習(xí)小組根據(jù)所學(xué)的電學(xué)原理，利用相同的器材，自制了以下不同的電子秤。實(shí)驗(yàn)器材有：
直流電源電動勢為，內(nèi)阻為；
理想電壓表量程為：限流電阻；
豎直固定的滑動變阻器總長，總阻值；
電阻可忽略不計的彈簧，下端固定于水平地面，上端固定秤盤且與滑動變阻器R的滑動端連接，滑片接觸良好且無摩擦彈簧勁度系數(shù)；
開關(guān)S以及導(dǎo)線若干。
重力加速度取，不計摩擦和其他阻力。
實(shí)驗(yàn)步驟如下：
①兩種電子秤，托盤中未放被測物前，滑片恰好置于變阻器的最上端，電壓表的示數(shù)均為零。
②兩種電子秤，在彈簧的彈性限度內(nèi)，在托盤中輕輕放入被測物，待托盤靜止平衡后，當(dāng)滑動變阻器的滑片恰好處于下端b處，此時均為電子秤的最大稱重。

請回答下列問題所有計算結(jié)果保留一位小數(shù)：
兩種電子秤，當(dāng)滑動變阻器的滑片恰好置于最下端時，電壓表的示數(shù)均為______ V；該電子秤的最大可測質(zhì)量均為______ kg。
當(dāng)電壓表的指針剛好指在表盤刻度的正中間時，如圖1所示的第一套方案電子秤測得質(zhì)量為______ kg。如圖2所示的第二套方案電子秤測得質(zhì)量為______ kg。
第______ 填“一”或“二”套方案更為合理，因?yàn)殡妷罕碜x數(shù)U與物體質(zhì)量m成線性關(guān)系，電壓表改裝的電子秤刻度______ 均勻的。填“是”或“不是”14.  如圖所示是一種由氣缸、活塞柱、彈簧和上下支座構(gòu)成的汽車氮?dú)鉁p震裝置，該裝置的質(zhì)量、活塞柱與氣缸摩擦均可忽略不計，氣缸導(dǎo)熱性和氣密性良好，環(huán)境溫度不變，氣缸內(nèi)的氣體可視為理想氣體。該裝置未安裝到汽車上時，彈簧處于原長狀態(tài)。封閉氣體和活塞柱長度均為，氣體壓強(qiáng)等于大氣壓強(qiáng)。將四臺減震裝置安裝在汽車上，穩(wěn)定時汽車重量由四臺減震裝置支撐，且封閉氣體被壓縮了。已知活塞柱橫截面積，彈簧的勁度系數(shù)。求：
壓縮后，氣缸內(nèi)氮?dú)獾膲簭?qiáng)；
汽車的質(zhì)量。
15.  冰壺比賽時，在冰壺前進(jìn)的時候，運(yùn)動員不斷的用刷子來回的刷動冰面，以減小摩擦力。如圖所示，水平地面上冰壺A、B間距，運(yùn)動員通過刷動冰壺A前的地面，使得冰壺A以初速度向前勻速運(yùn)動。同時冰壺B以初速度向前勻減速運(yùn)動，此后冰壺A追上冰壺B并發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后冰壺AB整體一起向前做勻減速直線運(yùn)動，已知冰壺B與冰面的動摩擦因數(shù)，碰撞后冰壺AB整體與冰面的動摩擦因數(shù)，冰壺A、B的質(zhì)量均為，重力加速度。求：
冰壺A追上冰壺B時，冰壺B的位移；
碰撞過程中損失的能量；
全過程中冰壺B的最大位移。
16.  1931年，勞倫斯和學(xué)生利文斯頓研制了世界上第一臺回旋加速器，如圖所示。其結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示，和是兩個中空的、半徑為R的半圓型金屬盒，兩盒之間窄縫的寬度為d，它們之間有一定的電勢差U。兩個金屬盒處于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。盒的中央A處的粒子源可以產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為的粒子，粒子每次經(jīng)過窄縫都會被電場加速，之后進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動，經(jīng)過若干次加速后，粒子從金屬盒邊緣離開，忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子間的相互作用及相對論效應(yīng)。
求粒子離開加速器時獲得的最大動能；
在分析帶電粒子的運(yùn)動軌跡時，求第N次加速后與第次加速后勻速圓周運(yùn)動軌道直徑的差值；
已知勞倫斯回旋加速器兩盒之間窄縫的寬度，加速電壓，磁感應(yīng)強(qiáng)度，可加速氘核帶電量為，質(zhì)量，達(dá)到最大動能。氘核在電場中加速的時間不能忽略，氘核在最后一次加速后剛好繼續(xù)完成半個勻速圓周運(yùn)動，求氘核運(yùn)動的總時間。結(jié)果保留兩位有效數(shù)字

答案和解析 1.【答案】D 【解析】解：運(yùn)動員從離開B點(diǎn)后到運(yùn)動到A點(diǎn)之前，始終保持平衡狀態(tài)，運(yùn)動員受到mg、牽引力F、支持力三個力，由平衡條件可知，牽引力與支持力的合力與重力等大反向，由矢量三角形，如圖所示

牽引力F減小，支持力減小，故AB錯誤；
以運(yùn)動員和沖浪臺整體為研究對象，由平衡條件有，水平方向上
豎直方向上
則地面對沖浪臺的支持力不變，對沖浪臺的靜摩擦力f減小，故C錯誤，D正確。
故選：D。
由平衡條件可知，牽引力與支持力的合力與重力等大反向，由矢量三角形，分析牽引力和支持力變化；
以運(yùn)動員和沖浪臺整體為研究對象，整體在重力、牽引力、地面對沖浪臺的支持力、地面對沖浪臺的靜摩擦力4個力的共同作用下處于平衡狀態(tài)，由平衡條件，分析地面對沖浪臺的支持力、對沖浪臺的靜摩擦力。
本題考查學(xué)生對平衡條件的掌握，可以采用矢量三角形法或根據(jù)平衡條件列解析式的方法。
 2.【答案】B 【解析】解：由于空間站運(yùn)行軌道為橢圓軌道，在近地點(diǎn)，加速才能從近地衛(wèi)星軌道切換到橢圓軌道，即中國空間站在近地點(diǎn)的繞行速度大于夢天實(shí)驗(yàn)艙的繞行速度，故A錯誤；
B.由萬有引力提供向心力可得，解得，在近地點(diǎn)，中國空間站的向心加速度等于夢天實(shí)驗(yàn)艙的向心加速度，故B正確；
C.中國空間站在橢圓運(yùn)動過程中，只有萬有引力做功，機(jī)械能守恒，故C錯誤；
D.夢天實(shí)驗(yàn)艙減速，實(shí)際受到的萬有引力大于所需要的向心力，發(fā)生近心運(yùn)動，離地球越來越近，不可能在遠(yuǎn)地點(diǎn)追上中國空間站完成對接，故D錯誤。
故選：B。
結(jié)合橢圓軌道的速度變化特點(diǎn)分析；根據(jù)萬有引力提供向心力分析向心加速度；空間站運(yùn)動的過程中機(jī)械能守恒；夢天實(shí)驗(yàn)艙減速，將發(fā)生近心運(yùn)動，離地球越來越近。
根據(jù)衛(wèi)星運(yùn)動時萬有引力提供向心力和在地球表面重力等于萬有引力分別列方程求解．會寫向心力的不同表達(dá)式．
 3.【答案】D 【解析】解：AB、運(yùn)動員騰空階段，空氣阻力忽略不計，三個階段均只受到重力，則三個階段合外力均等于重力，三個階段的加速度均為重力加速度，故AB錯誤；
C、騰空過程，上升階段重力做負(fù)功，重力勢能增大，下降階段重力做正功，重力勢能減小，而非圖中與x軸平行的直線段，故C錯誤；
D、騰空階段，運(yùn)動員只受重力，機(jī)械能守恒，圖像為與x軸平行的直線段。在騰空前，運(yùn)動員用力蹬地，運(yùn)動員的機(jī)械能增大，BC段的機(jī)械能比AB段的機(jī)械能大，CD段的機(jī)械能比BC段的機(jī)械能大，故D正確。
故選：D。
運(yùn)動員騰空的三個階段均只受到重力，合外力均等于重力，加速度均為重力加速度；騰空的三個階段的上升階段重力勢能增大，下降階段重力勢能減小，而每個騰空階段只有重力做功，機(jī)械能守恒，騰空的最大高度越高，機(jī)械能越大。
本題考查了功能關(guān)系，掌握重力做功與重力勢能的變化關(guān)系，機(jī)械能守恒的條件，以及機(jī)械能的變化與做功的關(guān)系。
 4.【答案】B 【解析】解：A、風(fēng)速與發(fā)電機(jī)的轉(zhuǎn)速成正比，風(fēng)速越大，轉(zhuǎn)速越大，周期，周期越小，故A錯誤；
B、風(fēng)速越大，轉(zhuǎn)速越大，角速度越大，感應(yīng)電動勢的峰值為
則感應(yīng)電動勢的峰值越大，有效值越大，交流電壓表的示數(shù)越為路端電壓的有效值，示數(shù)越大，故B正確；
C、由B得，風(fēng)速一定的情況下，減少線圈的匝數(shù)，感應(yīng)電動勢的峰值減小，有效值減小，交流電壓表的示數(shù)減小，故C錯誤；
D、風(fēng)速一定的情況下，發(fā)電機(jī)的功率等于電阻的電功率與線圈的電功率之和，故D錯誤。
故選：B。
根據(jù)周期與轉(zhuǎn)速的關(guān)系判斷周期和角速度的變化；根據(jù)判斷感應(yīng)電動勢的變化，進(jìn)而判斷交流電壓表示數(shù)的變化；發(fā)電機(jī)的功率等于電阻的電功率與線圈的電功率之和。
本題考查正弦式交變電流，解題關(guān)鍵是掌握求解感應(yīng)電動勢峰值的公式，知道電壓表的示數(shù)為有效值。
 5.【答案】A 【解析】解：由于基態(tài)與第3能級的能量差為
所以用能量為的光子照射處于基態(tài)的氫原子，則剛好躍遷到第3能級。當(dāng)原子處于第3能級時，會自發(fā)的向低能級躍遷，從第3能級-第2能級的能量，第2能級-第1能級的能量，第3能級-第1能級的能量。其中的光剛好對應(yīng)可見光中的紅光。
故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
用能量為的光子照射處于基態(tài)的氫原子，則剛好躍遷到第3能級，根據(jù)能級差計算釋放的能量，從而分析判斷。
解決本題的關(guān)鍵知道能級的躍遷滿足，注意吸收光子是向高能級躍遷，釋放光子是向低能級躍遷，同時掌握吸收或釋放能量要正好等于能級之差．
 6.【答案】A 【解析】解：設(shè)入射角為。由折射定律可知，對b光
解得
對于a光，由折射定律可知
設(shè)a光在水霧半球中傳播的速度為。由
則a光在水霧半球中的傳播時間
聯(lián)立可得：，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
根據(jù)折射定律求出入射角，然后求出a的折射率，由分析光在玻璃中速度關(guān)系，然后求出時間。
解決本題的關(guān)鍵是通過光路圖比較出折射率，要知道光速與折射率的關(guān)系。
 7.【答案】A 【解析】解：AB、根據(jù)左手定則，電子所受的磁場力和磁場方向垂直，電子始終在xOy平面內(nèi)運(yùn)動，在圓柱體左側(cè)做逆時針圓周運(yùn)動，在圓柱體的右側(cè)做順時針圓周運(yùn)動，故A正確，B錯誤；
C、因?yàn)殡娮邮冀K在xOy平面內(nèi)運(yùn)動，z軸坐標(biāo)為正值且不變，x軸的坐標(biāo)先負(fù)值后正值，其投影如圖所示，
，故C錯誤；
D、因?yàn)殡娮邮冀K在xOy平面內(nèi)運(yùn)動，z軸坐標(biāo)為正值且不變，在y軸方向上的位移始終為正值，其投影如圖所示
：故D錯誤。
故選：A。
根據(jù)左手定則分析出質(zhì)子的受力特點(diǎn)，結(jié)合曲線運(yùn)動的相關(guān)知識完成分析。
本題主要考查了帶電粒子在磁場中的運(yùn)動，利用左手定則分析出力的方向，結(jié)合曲線運(yùn)動的特點(diǎn)即可完成解答，難度不大，對學(xué)生的空間想象能力有一定的要求。
 8.【答案】BC 【解析】解：根據(jù)題意，籃球到達(dá)籃筐時，豎直速度為零?？闯蓮幕@筐處開始做平拋運(yùn)動。設(shè)出手瞬時速度與水平方向夾角，由平拋運(yùn)動規(guī)律可知：
，，
聯(lián)立解得，，故BC正確，AD錯誤。
故選：BC。
籃球到達(dá)籃筐時，豎直速度為零。看成從籃筐處開始做平拋運(yùn)動，由平拋運(yùn)動規(guī)律，即可解答。
本題解題關(guān)鍵是找出平拋模型，并應(yīng)用平拋運(yùn)動規(guī)律去解決實(shí)際問題，考查了學(xué)生的分析推理能力。
 9.【答案】AC 【解析】解：B、小球在最高點(diǎn)時，即軌跡最高點(diǎn)拐彎處速度為零，洛倫茲力為零，故小球只受電場力作用，從軌跡可以看出，小球向下加速運(yùn)動，所受合外力不為零，故B錯誤，
A、根據(jù)題意所加豎直向下的勻強(qiáng)電場，可判斷小球帶正電，故A正確；
C、小球從水平射出到軌跡最高點(diǎn)的過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增大，故C正確；
D、小球從第一次軌跡最高點(diǎn)到第二次軌跡最高點(diǎn)的過程中，除受洛倫茲力外，還受豎直向下的電場力作用，不可能做勻速圓周運(yùn)動，故D錯誤。
故選：AC。
考慮小球在最高點(diǎn)情況，不受重力的小球進(jìn)行受力分析，從而確定最高點(diǎn)小球受到的合力及電性；
根據(jù)電場力與位移的方向的夾角判斷做功情況；
根據(jù)勻速圓周運(yùn)動的條件分析判斷。
根據(jù)題意，小球受兩個力的作用，理解小球軌跡的原因-做曲線的物體彎向所受合力方向。再考慮最高點(diǎn)速度為零時，洛倫茲力為零，從而可以判斷電性及合力，這是解題的關(guān)鍵。
 10.【答案】ABC 【解析】解：當(dāng)時，物體沿水平方向故勻減速直線運(yùn)動。由動能定理，代入數(shù)據(jù)解得，故A正確；
B.當(dāng)時，有，即重力沿斜面向下的分力小于滑動摩擦力，所以物體物體速度減小到零后，在斜面上保持靜止，不會向下滑動，故B正確；
C.物體在斜面上滑行的過程中，由動能定理可得，解得，其中，由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)時，物體的最大位移具有最小值，故C正確；
D.當(dāng)時，物體與豎直平面之間的支持力為零，摩擦力為零，所以摩擦力一定不做功，故D錯誤。
故選：ABC。
分析物體受力情況，從而確定其在斜面上可能的運(yùn)動情況，分別根據(jù)動能定理列式即可求出物體的最大位移以及克服摩擦力所做的功。
本題考查動能定理的應(yīng)用，要注意正確根據(jù)動能定理列式，注意數(shù)學(xué)規(guī)律的準(zhǔn)確應(yīng)用是解題的關(guān)鍵。
 11.【答案】CD 【解析】解：若線圈靜止在導(dǎo)線正上方，當(dāng)導(dǎo)線中通過正弦交流電，由對稱性可知，通過線圏的磁通量為零，變化量為零。感應(yīng)電流為零，故A錯誤；
B.若線圈在恒定電流正上方，由對稱性可知穿過線圈的磁通量為零；若線圈在恒定電流正上方由西向東運(yùn)動時，穿過線圈的磁通量始終為零，不變化，所以感應(yīng)電流為零，則安培力為零，故B錯誤；
C.根據(jù)通電直導(dǎo)線周圍的磁感線分布特點(diǎn)，檢測線圈自北靠近直導(dǎo)線到導(dǎo)線正上方的過程中，穿過線圈的磁場有向下的分量，且磁通量先增大，由楞次定律和安培定則可知，線圈中的電流方向?yàn)槟鏁r針方向；當(dāng)線圈的邊緣越過通電直導(dǎo)線正上方后，穿過線圈向下的磁場減小，楞次定律和安培定則可知，線圈中的電流方向?yàn)轫槙r針方向；當(dāng)檢測線圈逐漸遠(yuǎn)離直導(dǎo)線的過程中，穿過線圈的磁場有向上的分量，磁通量先增大后減小，由楞次定律和安培定則可知，線圈中的電流方向先順時針后逆時針，故C正確；
D.依據(jù)楞次定律的“來拒去留”，可知，當(dāng)檢測線圈靠近直導(dǎo)線時，則阻礙其靠近，因此安培力向北，當(dāng)檢測線圈遠(yuǎn)離直導(dǎo)線時，則阻礙其遠(yuǎn)離，因此安培力仍向北，故D正確。
故選：CD。
當(dāng)通過線圈的磁通量發(fā)生變化時，線圈中將會產(chǎn)生感應(yīng)電流．根據(jù)右手螺旋定則可確定通電導(dǎo)線周圍的磁場方向，再根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向；依據(jù)楞次定律的“來拒去留”，從而即可判定檢測線圈所受安培力的方向．
解決本題的關(guān)鍵掌握右手螺旋定則判斷電流周圍的磁場方向，掌握感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件，會根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，及理解楞次定律的“來拒去留”的內(nèi)涵．
 12.【答案】  。 【解析】解：②游標(biāo)卡尺的最小分度值為，讀數(shù)為；
③極短時間，可以平均速度替代瞬時速度，則A通過光電門的速率為
則B的速率為
如果系統(tǒng)重物A、的機(jī)械能守恒，應(yīng)滿足的關(guān)系式為
整理得
故答案為：；，；。
②先確定游標(biāo)卡尺的最小分度值再主尺和游標(biāo)尺的讀數(shù)；
③根據(jù)極短時間，可以平均速度替代瞬時速度求A通過光電門的速，再根據(jù)滑輪特點(diǎn)計算B的速度；
根據(jù)機(jī)械能守恒定律表達(dá)式推導(dǎo)。
本題考查驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理，利用光電門測出時間計算速度和動能變化量和游標(biāo)卡尺的讀數(shù)。
 13.【答案】一  是 【解析】解：滑動變阻器的滑片恰好置于最下端時，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，電路中的電流
根據(jù)歐姆定律，滑線電阻R兩端電壓
根據(jù)平衡條件，可得
解得電子秤的最大可測質(zhì)量為
當(dāng)電壓表的指針剛好指在表盤刻度的正中間時，電壓表讀數(shù)
如左圖所示的第一套方案，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得
由平衡條件可得
聯(lián)立解得
如圖所示的第二套方案，設(shè)滑動變阻器R接入電路的阻值為，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得
解得
又
由平衡條件可得
聯(lián)立解得
左邊方案一，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得
又
聯(lián)立可得
U與m成線性關(guān)系，電子秤刻度均勻；
右邊方案二，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得
又，
聯(lián)立可得
U與m不成線性關(guān)系，電子秤刻度不均勻；
綜上分析可知，方案一更合理，電壓表示數(shù)與物體的質(zhì)量m成正比，電壓表改裝的電子秤刻度是均勻的，便于測量。
故答案為：；；；；一；是。
滑動變阻器的滑片恰好置于最下端時，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求電路中的電流，根據(jù)歐姆定律求電阻R兩端的電壓；根據(jù)平衡條件求最大質(zhì)量；
當(dāng)電壓表的指針剛好指在表盤刻度的正中間時，電壓表讀數(shù)；根據(jù)閉合電路歐姆定律求電流，再根據(jù)部分電路歐姆定律求電壓表示數(shù)，最后根據(jù)平衡條件求解待測物體質(zhì)量；
根據(jù)閉合電路歐姆定律求電流，根據(jù)部分電路歐姆定律求電壓表示數(shù)，根據(jù)平衡條件求質(zhì)量與彈簧壓縮的關(guān)系，最后求解電壓表示數(shù)與待測物體質(zhì)量的關(guān)系。
本題考查了變化電路的歐姆定律、歐姆定律、胡克定律及物體的平衡條件；理解電子秤的工作原理是解題的關(guān)鍵，要理解彈簧的壓縮量與滑線的電阻的阻值成對于關(guān)系。
 14.【答案】解：當(dāng)汽車裝上減震裝置后，設(shè)氣缸壓縮后的體積為，壓強(qiáng)為，由玻意耳定律
解得
設(shè)汽車對一個減震裝置的壓力為F，以減震裝置氣缸上表面為研究對象，受力分析，根據(jù)平衡條件有：
解得
即減震裝置對汽車的支持力

以汽車為研究對象
解得汽車的質(zhì)量
答：壓縮后，氣缸內(nèi)氮?dú)獾膲簭?qiáng)；
汽車的質(zhì)量800kg。 【解析】由玻意耳定律，求壓強(qiáng)；
以減震裝置氣缸上表面為研究對象，受力分析，根據(jù)平衡條件列式，求汽車質(zhì)量。
本題考查學(xué)生對玻意耳定律、平衡條件的掌握，是一道基礎(chǔ)題。
 15.【答案】解：冰壺B勻減速直線運(yùn)動：
速度減為零的時間為：
此時冰壺A的位移為：
冰壺B的位移為：
因?yàn)椋?/span>
即冰壺B速度減少為零時，冰壺A還末追上冰壺B，則冰壺A在冰壺B停下的位置追上冰壺B，即冰壺A追上冰壺B時，冰壺B的位移：
冰壺A與冰壺B發(fā)生完全非彈性碰撞，動量守恒：
解得：
則碰撞過程中損失的能量：
碰撞后，冰壺A、B整體一起向前做勻減速直線運(yùn)動，設(shè)向前運(yùn)動的位移為。
由動能定理可知：
代入數(shù)據(jù)解得：
冰壺B的最大位移：
答：冰壺A追上冰壺B時，冰壺B的位移為16m；
碰撞過程中損失的能量為125J；
全過程中冰壺B的最大位移為。 【解析】由動力學(xué)規(guī)律求出B球減速到零的位移，A球在相同時間內(nèi)的位移，從而判斷是否碰撞，再根據(jù)結(jié)論求出B球的位移；
根據(jù)動量守恒定律求共同速度，由能量守恒與轉(zhuǎn)化定律求碰撞損失的能量；
對整體根據(jù)動能定理求停止的位移，從而求出B球最大位移。
根據(jù)題意分析清楚冰壺的運(yùn)動過程，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式、動能定理與動量守恒定律即可解題。要注意的是初始位置到碰撞的幾何關(guān)系，它們與兩球的位移有關(guān)。
 16.【答案】解：當(dāng)帶電粒子運(yùn)動半徑為半圓金屬盒的半徑R時，粒子的速度達(dá)到最大值，由牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力：
粒子離開加速器時獲得的最大動能
解得
第N次加速后，由動能定理得
根據(jù)牛頓第二定律得
可解得第N次加速后
可推得第次加速后
相鄰軌跡直徑差值
氘核每穿過縫隙一次，電場力對氘核做功。由動能定理有
解得氘核穿過D形盒間縫隙的總次數(shù)為次
氘核在電場中做勻加速直線運(yùn)動，將在電場中的運(yùn)動看成一個整體

聯(lián)立解得
氘核在磁場中完成15次勻速圓周運(yùn)動，總時間

聯(lián)立解得
氘核運(yùn)動的總時間
答：粒子離開加速器時獲得的最大動能為；
第N次加速后與第次加速后勻速圓周運(yùn)動軌道直徑的差值為；
氘核運(yùn)動的總時間為。 【解析】洛倫茲力提供向心力，求速度，再求最大動能；
第N次加速后，由動能定理和洛倫茲力提供向心力，求半徑和半徑差；
由動能定理，求電場加速度，氘核在電場中做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，求時間，再根據(jù)磁場中運(yùn)動的周期公式，聯(lián)立，求總時間。
本題是一道綜合性較強(qiáng)的題，難度較高，粒子在電場中加速常使用的方法是動能定理，在磁場中運(yùn)動常使用的方法是牛頓第二定律。
 

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