2023年福建省漳州市高考物理三模試卷1.  2021年12月30日晚，我國金超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)首次實(shí)現(xiàn)“人造太陽”發(fā)光長達(dá)1056秒，創(chuàng)造新紀(jì)錄。“人造太陽”的原理是利用兩個(gè)氘核反應(yīng)生成一個(gè)氦，一個(gè)未知粒子X，并釋放能量。已知氘核的質(zhì)量為，氦的質(zhì)量為，粒子X的質(zhì)量為，則(    )A. 此核反應(yīng)為裂變反應(yīng) B. 此核反應(yīng)中釋放出的粒子X為質(zhì)子
C.  D. 和互為同位素2.  某種材料制成的透明磚的截面如圖所示，為直角三角形，，。一細(xì)束單色光線從BC的中點(diǎn)P垂直于BC面入射后，在OC面恰好發(fā)生全反射。已知光在真空中的速度大小為c，則(    )
 
 A. 光從空氣射入透明磚頻率變小 B. 光從空氣射入透明磚波長變長
C. 透明磚對(duì)該光的折射率為 D. 光線從P點(diǎn)射到OC面用時(shí)為3.  如圖為明代出版的《天工開物》中記錄的“牛轉(zhuǎn)翻車”，該設(shè)備利用畜力轉(zhuǎn)動(dòng)不同半徑齒輪來改變水車的轉(zhuǎn)速，從而將水運(yùn)送到高處。圖中a、b分別為兩個(gè)齒輪邊緣上的點(diǎn)，齒輪半徑之比為：：3；a、c在同一齒輪上且a、c到轉(zhuǎn)軸的距離之比為：：1，則在齒輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中(    )
 A. a、b的角速度相等 B. b的線速度比c的線速度小
C. b、c的周期之比為3：4 D. a、b的向心加速度大小之比為4：34.  2022年8月16日，在國際軍事比賽“蘇沃洛夫突擊”單車賽中，中國車組奪冠。在比賽中，一輛坦克在時(shí)刻開始做初速度為的加速直線運(yùn)動(dòng)，其圖像如圖所示，則(    )
 A. 內(nèi)坦克做勻減速運(yùn)動(dòng)
B. 內(nèi)坦克的平均速度為
C. 內(nèi)坦克的位移為9m
D. 6s末坦克的速度大小為5.  中國古代屋脊兩頭，有一仰起的龍頭，龍口吐出伸向天空且曲折的金屬舌頭，舌根連接一根直通地下的細(xì)鐵絲，起到避雷的作用。當(dāng)雷云放電接近房屋時(shí)，屋頂?shù)谋芾揍橅敹擞捎诰奂罅侩娮佣纬删植侩妶?chǎng)集中的空間。圖中虛線表示某時(shí)刻避雷針周圍的等差等勢(shì)面分布情況，一帶電粒子不計(jì)重力在該電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。則(    )
 A. 該粒子帶正電 B. a點(diǎn)的電勢(shì)比c點(diǎn)的低
C. b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)比c點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大 D. 該粒子在b點(diǎn)的電勢(shì)能比在c點(diǎn)的大6.  廈門大學(xué)天文學(xué)系顧為民教授團(tuán)隊(duì)利用我國郭守敬望遠(yuǎn)鏡積累的海量恒星光譜，發(fā)現(xiàn)了一個(gè)處于寧靜態(tài)的中子星與紅矮星組成的雙星系統(tǒng)，質(zhì)量比約為2：1，同時(shí)繞它們連線上某點(diǎn)O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，研究成果于2022年9月22日發(fā)表在《自然天文》期刊上。則此中子星繞O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的(    )A. 角速度大于紅矮星的角速度 B. 軌道半徑小于紅矮星的軌道半徑
C. 向心力大小約為紅矮星的2倍 D. 線速度小于紅矮星的線速度7.  如圖，在靜止的小車內(nèi)用兩根不可伸長的輕繩OP和OQ系住一頂質(zhì)量為m的小球，繩OQ與水平面成，繩OP成水平狀態(tài)?，F(xiàn)讓小車水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩繩均處于伸直狀態(tài)。已知重力加速度大小為g，取，，則小球在上述狀態(tài)加速時(shí)(    )
A. 重力的功率比靜止時(shí)大 B. OP繩的拉力大小可能為零
C. 加速度大小不可能大于 D. OQ繩的拉力比靜止時(shí)大8.  如圖甲，兩根電阻不計(jì)、足夠長的導(dǎo)軌MN、PQ平行放置，與水平面的夾角，間距為，上端連接一電阻。兩導(dǎo)軌之間存在方向垂直導(dǎo)軌平面向上的均勻分布的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。時(shí)刻，一電阻不計(jì)，質(zhì)量為的導(dǎo)體棒ab從導(dǎo)軌上且在MP下方處由靜止釋放。取，，ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不考慮時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度突變產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象。則(    )
 A. 內(nèi)ab中感應(yīng)電流方向從a到b
B. 時(shí)ab中感應(yīng)電流
C. 內(nèi)R中消耗的熱功率為
D. ab的最大速度值為9.  如圖，一定質(zhì)量的理想氣體先從狀態(tài)a沿直線變化到狀態(tài)b，該過程中氣體的溫度______ 填“升高”或“降低”，氣體______ 填“吸熱”或“放熱”。
 
10.  一簡諧橫波在均勻介質(zhì)中沿x軸正向傳播，圖甲為某時(shí)刻的波形圖，質(zhì)點(diǎn)P位于，圖乙是介質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)P的波動(dòng)圖像，則該列橫波的傳播速度為______ ，圖甲所示的時(shí)刻可能為______ 填“1”“4”或“10”的時(shí)刻。結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字
 11.  某物理小組欲探究變壓器線圈兩端電壓與匝數(shù)關(guān)系，提供的實(shí)驗(yàn)器材有：學(xué)生電源、可拆變壓器、交流電壓表、若干導(dǎo)線。

圖甲為實(shí)驗(yàn)原理圖，在原線圈A、B兩端加上電壓，用電壓表分別測(cè)量原、副線圈兩端的電壓，測(cè)量數(shù)據(jù)如表：實(shí)驗(yàn)序號(hào)原線圈匝數(shù)原線圈兩端電壓副線圈匝數(shù)原線圈兩端電壓副線圈匝數(shù)原線圈兩端電壓123請(qǐng)回答下列問題：
在圖乙中，應(yīng)將A、B分別與______ 填“a、b”或“c、d”連接。

根據(jù)上表數(shù)據(jù)得出的實(shí)驗(yàn)結(jié)論是：在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，變壓器原、副線圈的電壓之比等于______ 。
在實(shí)驗(yàn)序號(hào)為2的測(cè)量中，若把圖丙中的可動(dòng)鐵芯取走，副線圈匝數(shù)，則副線圈兩端電壓______ 填正確答案標(biāo)號(hào)。
A.一定小于
B.一定等于
C.一定大于12.  某學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)如圖裝置做“探究物體加速度與質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)，請(qǐng)回答下列問題：

為了使滑輪右側(cè)的細(xì)線與長木板平行，應(yīng)調(diào)整______ 。填正確答案標(biāo)號(hào)
A.打點(diǎn)計(jì)時(shí)器左右位置
B.物塊左右位置
C.長木板傾角
D.滑輪高度
在實(shí)驗(yàn)中，托盤和砝碼的的總質(zhì)量______ 填“一定要遠(yuǎn)大于”“可以大于”或“一定要遠(yuǎn)小于”物塊包括力傳感器的總質(zhì)量。
在細(xì)線與木板調(diào)整平行和平衡摩擦力后，把盤中放入適當(dāng)?shù)捻来a，接通電源，釋放物塊，記錄力傳感器的讀數(shù)為F，從紙帶上獲得數(shù)據(jù)求出加速度；在物塊上添加砝碼并改變托盤中砝碼的質(zhì)量，使力傳感器的示數(shù)為______ ；如此反復(fù)實(shí)驗(yàn)、可獲得物塊的總質(zhì)量M和加速度a的多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，作出圖像成圖像，下列圖像正確的是______ 。填正確答案標(biāo)號(hào)
   13.  2022年12月4日，我國“神舟十四號(hào)”載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場(chǎng)成功著陸。簡化過程如下：返回艙在離地面某高度處打開降落傘，在降落傘的作用下返回艙速度從降至，此后可視為勻速下降，當(dāng)返回艙在距離地面h時(shí)啟動(dòng)反推發(fā)動(dòng)機(jī)，經(jīng)時(shí)間速度由勻減速至0后恰落到地面上。設(shè)降落傘所受的空氣阻力與速率成正比，其余阻力不計(jì)。g取，降落傘的質(zhì)量忽略不計(jì)，忽略返回艙質(zhì)量的變化，設(shè)全過程為豎直方向的運(yùn)動(dòng)。求：
返回艙開始勻減速下降時(shí)離地的高度h；
當(dāng)返回艙速度為時(shí)的加速度大小。
 14.  圖甲是中華太極圖，生動(dòng)地表示了宇宙萬物的結(jié)構(gòu)及運(yùn)動(dòng)規(guī)律，她人類文明的無價(jià)之寶。圖乙是大圓O內(nèi)及圓周上有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)太極圖。兩個(gè)半圓的圓心，在圓O的同一直徑MN上，半圓直徑均為圓O的半徑R。曲線MON左側(cè)的磁場(chǎng)方向垂直直面向外。質(zhì)量為m，電荷量為q的質(zhì)子不計(jì)重力，以某初速度從N點(diǎn)沿紙面與NM夾角射入右側(cè)磁場(chǎng)，恰好通過O點(diǎn)進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)，并從M點(diǎn)射出。
求質(zhì)子的初速度大小；
求質(zhì)子從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所用的時(shí)間；
若，曲線MON上的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，要使質(zhì)子不進(jìn)入曲線MON左側(cè)磁場(chǎng)中，求質(zhì)子速度的大小范圍。
 15.  滑板運(yùn)動(dòng)是一種極富挑戰(zhàn)性的極限運(yùn)動(dòng)，圖示為其場(chǎng)地簡化模型，在同一豎直平面內(nèi)有兩個(gè)相同的四分之一弧軸道P、Q靜置在光滑水平地面上，圓弧BC、DE與地面分別相切于C、D點(diǎn)。將P鎖定，質(zhì)量為m的小球視為質(zhì)點(diǎn)從B點(diǎn)正上方A處由靜止釋放，恰好沿B點(diǎn)切線方向進(jìn)入圓弧軌道，已知P、Q圓弧的半徑以及A、B兩點(diǎn)間的高度差均為R，重力加速度大小為g，不計(jì)一切摩擦和空氣阻力。
求小球第一次剛滑到C點(diǎn)時(shí)P對(duì)小球的支持力大小；
若Q的質(zhì)量為3m，求小球第一次滑過E點(diǎn)后在空中運(yùn)動(dòng)的水平位移大小x；
若將P解鎖，同時(shí)改變P、Q的質(zhì)量都為M，使該小球仍從A處山靜止釋放，小球能第二次在BC弧上運(yùn)動(dòng)，求P的質(zhì)量M應(yīng)滿足的條件。

答案和解析 1.【答案】D 【解析】解：AB、根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，此核反應(yīng)方程為，即釋放出的粒子X為中子，該反應(yīng)屬于核聚變反應(yīng)；故AB錯(cuò)誤；
C、因?yàn)榫圩兎磻?yīng)又稱為熱核反應(yīng)，會(huì)釋放大量的能量，存在質(zhì)量虧損，所以，故C錯(cuò)誤；
D、和質(zhì)子數(shù)都為2，互為同位素，D正確。
故選D。
根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒寫出核反應(yīng)方程，再根據(jù)反應(yīng)物和生成物判斷屬于哪種反應(yīng)；根據(jù)聚變反應(yīng)釋放能量，存在質(zhì)量虧損判斷與的大小關(guān)系；根據(jù)和的質(zhì)子數(shù)判斷二者是不是同位素。
本題考查原子核的聚變相關(guān)的知識(shí)，解決本題的關(guān)鍵是熟練掌握各種核反應(yīng)的區(qū)別，理解質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒。
 2.【答案】C 【解析】解：A、光從一種介質(zhì)射入另一種介質(zhì)，頻率不變，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)光速與折射率的關(guān)系：可得，光從空氣射入透明磚塊，波速v變小，由，可得波長變短，故B錯(cuò)誤；
C、畫出光線在透明磚中的光路圖

根據(jù)題意，結(jié)合幾何關(guān)系，可得臨界角為，其中；解得透明磚對(duì)該光的折射率，故C正確；
D.光在透明磚中的速度大小為，由幾何關(guān)系可得，光線從P點(diǎn)射到OC面時(shí)間為，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
根據(jù)光從一種介質(zhì)射入另一種介質(zhì)，判斷發(fā)生折射時(shí)頻率是否變化；再根據(jù)，判斷光從空氣射入透明磚塊波速和波長如何變化；畫出光線在透明磚中的光路圖，根據(jù)臨界角與折射率的關(guān)系求出折射率；根據(jù)求出光在透明磚中的速度，最后由幾何關(guān)系和光速求出光線從P點(diǎn)射到OC面時(shí)間。
本題考查光的折射和全反射，解決本題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確畫出光路圖，熟練掌握折射定律，以及折射率與臨界角的關(guān)系。
 3.【答案】C 【解析】解：A、由圖可知a、b為同緣傳動(dòng)時(shí)，邊緣點(diǎn)的線速度大小相等，故，由于半徑不同，根據(jù)公式，可知a、b的角速度不相等，故A錯(cuò)誤；
B、a與c同軸傳動(dòng)，角速度相等，即，因a、c到轉(zhuǎn)軸的距離之比為：：1，由公式，可得：，又，則，故B錯(cuò)誤；
C、由公式，可得b、c的周期之比為：，故C正確；
D、由公式，可得a、b的向心加速度之比為：，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
同緣傳動(dòng)時(shí)，邊緣點(diǎn)的線速度大小相等；同軸傳動(dòng)時(shí)，角速度相等；然后結(jié)合和列式求解。
本題關(guān)鍵明確同緣傳動(dòng)同軸傳動(dòng)的特點(diǎn)，然后結(jié)合公式、分析求解即可。
 4.【答案】D 【解析】解：A、由圖可知，坦克做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B、內(nèi)坦克做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為，則位移大小為，平均速度為，故B錯(cuò)誤；
C、內(nèi)坦克一直做加速直線運(yùn)動(dòng)，位移一定大于12m，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)圖像中圖線與t軸包圍圖形的面積表示速度的變化量可得，內(nèi)坦克速度變化量為，則6s末坦克的速度大小，故D正確。
故選：D。
根據(jù)圖像讀出加速度的變化情況，判斷坦克的運(yùn)動(dòng)情況。內(nèi)坦克做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由位移-時(shí)間公式求出內(nèi)的位移，再求平均速度。根據(jù)內(nèi)坦克的運(yùn)動(dòng)情況分析其位移。與時(shí)間軸所圍的面積表示速度變化量，由此求出內(nèi)速度的變化量，再求6s末坦克的速度大小。
解答本題時(shí)，要理解圖像的物理意義，知道圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示速度變化量，不要與圖像混淆。
 5.【答案】AD 【解析】解：避雷針帶負(fù)電，該粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線，該粒子所受的電場(chǎng)力指向軌跡的凹側(cè)，根據(jù)電荷間的相互作用規(guī)律可知，該粒子帶正電，故A正確；
B.沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，故a點(diǎn)的電勢(shì)比c點(diǎn)的高，故B錯(cuò)誤；
C.等差等勢(shì)面的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，等勢(shì)面越密的地方場(chǎng)強(qiáng)越大，因此b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)比c點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)小，故C錯(cuò)誤；
D.因帶正電的粒子在電勢(shì)高的位置電勢(shì)能大，b點(diǎn)的電勢(shì)比c點(diǎn)的高，故該粒子在b點(diǎn)的電勢(shì)能比在c點(diǎn)的大，故D正確。
故選：AD。
A.曲線運(yùn)動(dòng)的合力方向指向軌跡的凹側(cè)，再根據(jù)電荷間的相互作用規(guī)律判斷粒子的電性；
B.沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，據(jù)此判斷；
C.等差等勢(shì)面的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的大小
D.根據(jù)電勢(shì)能的定義判斷電勢(shì)能的大小。
注意：沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低；應(yīng)用電勢(shì)能的定義求解電勢(shì)能時(shí)，一定要將電荷的正負(fù)號(hào)一起代入公式中。
 6.【答案】BD 【解析】解：A、雙星系統(tǒng)中兩天體的角速度相等，即中子星繞O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的角速度等于紅矮星的角速度，故A錯(cuò)誤；
B、萬有引力提供向心力，有：

聯(lián)立解得：
即星體質(zhì)量越大，軌道半徑越小，根據(jù)題意中子星質(zhì)量大，可知，中子星繞O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的軌道半徑小于紅矮星的軌道半徑，故B正確；
C、雙星系統(tǒng)中，星體之間的萬有引力提供向心力，可知，中子星繞O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的向心力大小等于紅矮星的向心力大小，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)，雙星系統(tǒng)角速度相等，中子星的軌道半徑小一些，則中子星繞O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的線速度小于紅矮星的線速度，故D正確。
故選：BD。
雙星系統(tǒng)中兩天體的角速度相等；雙星做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，萬有引力提供向心力，據(jù)此判斷中子星和紅矮星的軌道鈑金和向心力的大??；根據(jù)判斷線速度大小。
本題考查雙星問題，解題關(guān)鍵是知道雙星問題中，萬有引力提供向心力。
 7.【答案】BC 【解析】解：A、小球加速時(shí)，其重力方向與速度方向垂直，則重力的功率為零，靜止時(shí)重力的功率也為零，兩種情況重力的功率相等，故A錯(cuò)誤；
BC、對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖所示。

根據(jù)牛頓第二定律有：，
聯(lián)立解得，，由于兩繩均處于伸直狀態(tài)，，故BC正確；
D、由前兩個(gè)選項(xiàng)解析，可知OQ繩的拉力恒等于，與其加速度無關(guān)，即加速時(shí)和靜止時(shí)OQ繩的拉力相等，故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
根據(jù)重力方向與速度方向的關(guān)系，分析重力的功率。對(duì)小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式，分析OP繩和OQ繩的拉力大小。由牛頓第二定律確定加速度大小。
本題關(guān)鍵是對(duì)小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列出方程，求解出各個(gè)力的表達(dá)式，然后進(jìn)行分析。
 8.【答案】BCD 【解析】解：設(shè)導(dǎo)軌MN、PQ間距為L，則，開始時(shí)導(dǎo)體棒ab在MP下方處。
A、內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，穿過MPba回路的磁通量向上增加，由楞次定律可知，內(nèi)導(dǎo)體棒ab中感應(yīng)電流方向從b到a，故A錯(cuò)誤；
B、由圖乙可得，內(nèi)，，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：，時(shí)刻感應(yīng)電流，故B正確；
C、時(shí)，導(dǎo)體棒受到的安培力大小，，最大靜摩擦力
由于，所以導(dǎo)體棒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，內(nèi)電阻R消耗的熱功率為，故C正確；
D、后，導(dǎo)體棒ab開始下滑，當(dāng)時(shí)導(dǎo)體棒ab開始勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)速度最大，由歐姆定律有，聯(lián)立解得，故D正確。
故選：BCD。
內(nèi)，運(yùn)用楞次定律判斷感應(yīng)電流方向。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律計(jì)算時(shí)ab中感應(yīng)電流。由安培力公式求出時(shí)，導(dǎo)體棒受到的安培力大小，判斷此時(shí)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，再求內(nèi)R中消耗的熱功率。后，導(dǎo)體棒ab開始下滑，當(dāng)其合力為零時(shí)速度最大，由平衡條件求最大速度。
解決本題時(shí)，要掌握法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培力公式，分析導(dǎo)體受到的安培力，確定導(dǎo)體棒的狀態(tài)是關(guān)鍵。
 9.【答案】升高  吸收 【解析】解：由圖像可知，氣體從狀態(tài)a沿直線變化到狀態(tài)b，pV值變大，根據(jù)可知，溫度T升高，氣體內(nèi)能變大，即；氣體體積變大，對(duì)外做功，即；
根據(jù)熱力學(xué)第一定律：，可知，即氣體吸熱。
故答案為：升高，吸熱。
根據(jù)圖象判斷氣體的溫度與壓強(qiáng)的變化情況，然后應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程判斷氣體體積如何變化，根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析答題．
對(duì)于氣體狀態(tài)圖象，根據(jù)氣態(tài)方程分析狀態(tài)變化過程，利用好圖象過原點(diǎn)這一特點(diǎn)．
 10.【答案】 【解析】解：由甲圖可知波長為12m，由乙圖可知周期為12s，則該列橫波的傳播速度為，根據(jù)同側(cè)法，結(jié)合圖甲所示，可知，該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P處于平衡位置沿y軸正方向振動(dòng)，即隨后質(zhì)點(diǎn)P位移將由0變?yōu)檎?，根?jù)圖乙可知，圖甲的時(shí)刻可能為。
故答案為：。
根據(jù)波速公式求波速，根據(jù)同側(cè)法，判斷質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方向，結(jié)合圖象求時(shí)間。
本題考查學(xué)生對(duì)波速公式和同側(cè)法的掌握，比較基本。
 11.【答案】c、d 原、副線圈的匝數(shù)之比  A 【解析】解：在探究變壓器線圈兩端電壓與匝數(shù)關(guān)系的實(shí)驗(yàn)中，原線圈兩端應(yīng)接入交流電，故應(yīng)將A、B分別與c，d連接；
根據(jù)題表中數(shù)據(jù)可得，線圈1、2匝數(shù)比，電壓比分別為；；
線圈1、3匝數(shù)比，電壓比分別為，，
因此在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，可以得到、
得出結(jié)論：在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，變壓器原，副線圈的電壓之比等于兩個(gè)線圈的匝數(shù)之比；
若把題圖丙中的可動(dòng)鐵芯取走，磁損耗變大，原線圈中磁通量變化率大于副線圈磁通量變化率，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知，副線圈兩端電壓一定小于，故BC錯(cuò)誤，A正確。
故選：A。
故答案為：、d；兩個(gè)線圈的匝數(shù)之比；。
變壓器原線圈要接交流電；
根據(jù)表格數(shù)據(jù)分別求電壓比和匝數(shù)比，然后分析得出結(jié)論；
把題圖丙中的可動(dòng)鐵芯取走，磁損耗變大，據(jù)此分析作答。
本題考查了探究變壓器線圈兩端電壓與匝數(shù)關(guān)系，實(shí)驗(yàn)的原理是忽略磁損時(shí)，穿過變壓器原、副線圈的磁通量的變化率相同，因此取走鐵芯時(shí)，磁損增大，原線圈中磁通量變化率大于副線圈磁通量變化率。
 12.【答案】D 可以大于  F D 【解析】解：為了減小誤差，使小車受到的合力為小車所受拉力，應(yīng)調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳飰K的細(xì)繩與長木板保持平行。
故選：D；
由于細(xì)線的拉力可以直接用力傳感器測(cè)量，因此實(shí)驗(yàn)中不需要滿足托盤和砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于物塊包括力傳感器的總質(zhì)量，托盤和砝碼的的總質(zhì)量可以大于、等于或小于物塊包括力傳感器的總質(zhì)量；
本實(shí)驗(yàn)是探究物體加速度與質(zhì)量的關(guān)系，采用控制變量法，保證物塊所受合力不變，即每次實(shí)驗(yàn)時(shí)要保證力的傳感器的示數(shù)均為F；
由于細(xì)線與木板已平行，摩擦力已平衡，由，可得，即。
故選：D。
故答案為：；可以大于；、D。
調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳飰K的細(xì)繩與長木板保持平行；
由于細(xì)線的拉力可測(cè)，對(duì)托盤的質(zhì)量和小車的質(zhì)量未有具體的要求；
根據(jù)控制變量法的要求，研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系要保證拉力不變；根據(jù)牛頓第二定律得出加速度的倒數(shù)與質(zhì)量的關(guān)系，從而選擇圖象。
解決實(shí)驗(yàn)問題的關(guān)鍵是明確實(shí)驗(yàn)原理，同時(shí)熟練應(yīng)用基本物理規(guī)律解決實(shí)驗(yàn)問題，要明白公式的的推導(dǎo)和應(yīng)用，知道為什么沙和沙桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量時(shí)沙和沙桶的重力可以認(rèn)為等于小車的拉力，對(duì)于基本知識(shí)規(guī)律不但明白是什么還要知道為什么。
 13.【答案】解：當(dāng)返回艙在距離地面h時(shí)啟動(dòng)反推發(fā)動(dòng)機(jī)，經(jīng)時(shí)間速度由勻減速至0后恰落到地面上，則有
  
降落傘所受的空氣阻力與速率成正比，設(shè)返回艙的質(zhì)量為m，返回艙勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)平衡條件得：
當(dāng)返回艙速度為時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得：
聯(lián)立解得：。
答：返回艙開始勻減速下降時(shí)離地的高度h為1m；
當(dāng)返回艙速度為時(shí)的加速度大小為。 【解析】返回艙開始勻減速下降時(shí)，由位移等于平均速度與時(shí)間的乘積求h。
返回艙勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)平衡條件列式；當(dāng)返回艙速度為時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律列式，聯(lián)立可求解當(dāng)返回艙速度為時(shí)的加速度大小。
解決本題時(shí)，要明確返回艙的運(yùn)動(dòng)情況，靈活選擇運(yùn)動(dòng)學(xué)公式。同時(shí)，要明確受力情況，抓住空氣阻力與速率成正比，根據(jù)牛頓第二定律和平衡條件相結(jié)合進(jìn)行處理。
 14.【答案】解：質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)質(zhì)子的軌道半徑為，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有


由幾何關(guān)系可得，
聯(lián)立解得
質(zhì)子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為
質(zhì)子在左右磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等
質(zhì)子從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所用的時(shí)間為
質(zhì)子在右磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)有
分兩種情況討論
要使質(zhì)子不進(jìn)入曲線MON左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域，應(yīng)滿足
解得
要使質(zhì)子不進(jìn)入曲線MON左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域，應(yīng)滿足
解得
質(zhì)子速度的大小范圍為，
答：質(zhì)子的初速度大小為；
質(zhì)子從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所用的時(shí)間為；
質(zhì)子速度的大小范圍，。 【解析】畫出質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系求出速度；
根據(jù)質(zhì)子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期，結(jié)合質(zhì)子在左右磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，求出質(zhì)子從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所用的時(shí)間；
分情況討論質(zhì)子在右磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)：要使質(zhì)子不進(jìn)入曲線MON左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，質(zhì)子速度的大小范圍。
本題考查帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解決本題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求出圓心角和半徑。
 15.【答案】解：小球從A運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒可知
解得
小球第一次剛滑到C點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
設(shè)小球達(dá)到E點(diǎn)時(shí)豎直方向上的分速度大小為，水平分速度為，則

小球第一次從E點(diǎn)離開Q后在空中做斜上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則

解得
設(shè)小球第一次通過C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，則
解得
小球第一次從D點(diǎn)滑上DE到再次回到D點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，小球和Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在水平方向上動(dòng)量守恒，則

解得
小球能第二次在BC上運(yùn)動(dòng)，應(yīng)滿足
解得
答：小球第一次剛滑到C點(diǎn)時(shí)P對(duì)小球的支持力大小5mg；
小球第一次滑過E點(diǎn)后在空中運(yùn)動(dòng)的水平位移大小R；
的質(zhì)量M應(yīng)滿足的條件。 【解析】小球從A運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒，求速度，在C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律，求P對(duì)小球的支持力大??；
設(shè)小球達(dá)到E點(diǎn)時(shí)豎直方向上的分速度大小為，水平分速度為，根據(jù)機(jī)械能守恒和水平方向動(dòng)量守恒列式，小球第一次從E點(diǎn)離開Q后在空中做斜上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式，求小球第一次滑過E點(diǎn)后在空中運(yùn)動(dòng)的水平位移大??；
設(shè)小球第一次通過C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，根據(jù)動(dòng)量守恒列式，小球和Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在水平方向上動(dòng)量守恒，列式，求P的質(zhì)量M滿足的條件。
本題考查學(xué)生對(duì)牛頓第二定律、機(jī)械能守恒定律、動(dòng)量守恒定律的掌握，難度較高，解題關(guān)鍵是能夠正確使用動(dòng)量守恒定律和水平方向上動(dòng)量守恒定律。
 

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