2023年吉林省長春二中高考物理四調(diào)試卷（含答案解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

2023年吉林省長春二中高考物理四調(diào)試卷1. 如圖所示，為某一物理量y隨另一物理量x變化的函數(shù)圖象，關(guān)于該圖象與橫軸所圍面積陰影部分的物理意義，下列說法中正確的是(    )A. 若圖象表示質(zhì)點(diǎn)的加速度隨時(shí)間的變化關(guān)系，則面積值等于質(zhì)點(diǎn)在對應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移
B. 若圖象表示力隨位置的變化關(guān)系，則面積值等于該力在對應(yīng)位移內(nèi)做功的平均功率
C. 若圖象表示沿x軸方向電場的場強(qiáng)隨位置的變化關(guān)系，則面積值等于電場在段的電勢差
D. 若圖象表示電容器充電電流隨時(shí)間的變化關(guān)系，則面積值等于對應(yīng)時(shí)間內(nèi)電容器儲存的電能
2. 如圖所示，將一個(gè)足球用三個(gè)立柱可視為質(zhì)點(diǎn)支起，小立柱成正三角形放在水平地面上，立柱與足球球心的連線與豎直方向的夾角均為，已知每個(gè)立柱對足球的支持力大小為，，不計(jì)足球與立柱間的摩擦，則下列說法正確的是(    )
A. 每個(gè)立柱受到三個(gè)力的作用 B. 地面對立柱的作用力豎直向上
C. 足球的重力為 D. 每個(gè)立柱受到地面的摩擦力為3. 如圖所示，在一輛小車上，有質(zhì)量為，的兩個(gè)物塊隨車一起勻速運(yùn)動(dòng)，它們與小車上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)始終相同，當(dāng)車突然停止時(shí)，如不考慮其他因素，設(shè)小車無限長，則兩個(gè)滑塊(    )
A. 無論小車上表面光滑還是粗糙都一定不相碰
B. 無論小車上表面光滑還是粗糙都一定相碰
C. 上表面光滑一定相碰上表面粗糙一定不相碰
D. 上表面光滑一定不相碰上表面粗糙一定相碰4. 如圖所示，空間有一正三棱，D點(diǎn)是BC邊上的中點(diǎn)，O點(diǎn)是底面ABC的中心，現(xiàn)在頂點(diǎn)P點(diǎn)固定一負(fù)的點(diǎn)電荷，則下列說法正確的是(    )A. 底面ABC為等勢面
B. A，B，C三點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同
C. 若B，C，D三點(diǎn)的電勢為、、，則有
D. 將一正的試探電荷從B點(diǎn)沿直線BC經(jīng)過D點(diǎn)移到C點(diǎn)，靜電力對該試探電荷先做負(fù)功后做正功
5. 如圖所示為一圓形區(qū)域，O為圓心，半徑為R，P為邊界上的一點(diǎn)，區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場圖中未畫出，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。電荷量為q、質(zhì)量為m的相同帶電粒子a、不計(jì)重力從P點(diǎn)先后以大小相等的速率射入磁場，粒子a正對圓心射入，粒子b射入磁場時(shí)的速度方向與粒子a射入時(shí)的速度方向成角，已知粒子a與粒子b在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為3：4，下列說法正確的是(    )
A. 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑
B.
C. b粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為運(yùn)動(dòng)周期的
D. a、b粒子離開磁場時(shí)的速度方向也成角6. 引力波的發(fā)現(xiàn)，證實(shí)了愛因斯坦100年前的預(yù)測，彌補(bǔ)了愛因斯坦廣義相對論中最后一塊缺失的“拼圖”。雙星的運(yùn)動(dòng)是產(chǎn)生引力波的來源之一，假設(shè)宇宙中有一雙星系統(tǒng)由a、b兩顆星體組成，這兩顆星繞它們連線上的某一點(diǎn)在萬有引力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，測得a星的周期為T，a、b兩顆星的距離為l，a、b兩顆星的軌道半徑之差為。星的軌道半徑大于b星的軌道半徑則(    )A. b星的周期為 B. a星的線速度大小為
C. a、b兩顆星的半徑之比為 D. a、b兩顆星的質(zhì)量之比為7. 一列沿x軸傳播的簡諧橫波在時(shí)刻的波形如圖甲所示，圖乙是位于的質(zhì)點(diǎn)N此后的圖像，Q是位于處的質(zhì)點(diǎn)。則下列說法正確的是(    )
A. 波沿x軸正方向傳播，波源的起振方向向下
B. 在時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)M的速度在增大，加速度在減小
C. 在時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q的位置坐標(biāo)為
D. 在時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q開始向下振動(dòng)8. 如圖甲、乙所示，兩空間分別存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，、分別為紙面內(nèi)的半圓形曲線，O、分別為兩半圓的圓心，PQ、分別為兩半圓的水平直徑，將帶電粒子分別從P、點(diǎn)水平射出，分別經(jīng)過半圓曲線的M、點(diǎn)，不計(jì)粒子重力及空氣阻力，則下列說法正確的是(    )
A. 甲圖中粒子帶正電，乙圖中粒子帶負(fù)電
B. 甲圖中粒子帶負(fù)電，乙圖中粒子帶正電
C. 甲圖中粒子經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)速度方向的反向延長線有可能經(jīng)過圓心O
D. 乙圖中粒子經(jīng)過點(diǎn)時(shí)速度方向的反向延長線一定經(jīng)過圓心9. 2022年2月5日，由曲春雨、范可新、張雨婷、武大靖、任子威組成的短道速滑混合接力隊(duì)奪得中國在本次冬奧會的首枚金牌如圖所示，若將武大靖在彎道轉(zhuǎn)彎的過程看成在水平冰面上的一段勻速圓周運(yùn)動(dòng)，轉(zhuǎn)彎時(shí)冰刀嵌入冰內(nèi)從而使冰刀受與冰面夾角為蹬冰角的支持力，不計(jì)一切摩擦，彎道半徑為R，重力加速度為g。以下說法正確的是(    )
A. 武大靖轉(zhuǎn)彎時(shí)速度的大小為 B. 武大靖轉(zhuǎn)彎時(shí)速度的大小為
C. 若武大靖轉(zhuǎn)彎速度變大則需要增大蹬冰角 D. 若武大靖轉(zhuǎn)彎速度變大則需要減小蹬冰角10. 如圖所示，長為L的輕桿上端連著一質(zhì)量為m的小球，桿的下端用鉸鏈固接于水平面上的O點(diǎn)，輕桿處于豎直方向時(shí)置于同一水平面上質(zhì)量為M的立方體恰與小球接觸。對小球施加微小的擾動(dòng)，使桿向右傾倒，從小球開始運(yùn)動(dòng)到落地前瞬間，忽略一切摩擦，下列說法正確的是(    )
A. m重力勢能的減少量等于m動(dòng)能的增加量 B. M、m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
C. M、m組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D. M先加速后勻速運(yùn)動(dòng)11. 一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢能隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中段是關(guān)于直線對稱的曲線，段是直線，則下列說法正確的是(    )A. 處電場強(qiáng)度最小，但不為零
B. 粒子在段做勻變速運(yùn)動(dòng)，段做勻速直線運(yùn)動(dòng)
C. 在0、、、的處電勢、、、的關(guān)系為
D. 段的電場強(qiáng)度大小方向均不變
12. 如圖所示，電路中定值電阻R的阻值大于電源內(nèi)阻r的阻值，開關(guān)S閉合，平行板電容器中帶電質(zhì)點(diǎn)P原處于靜止?fàn)顟B(tài)，將滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)，理想電壓表、、；的示數(shù)變化量的絕對值分別為、、，理想電流表示數(shù)變化量的絕對值為，下列說法正確的是(    )
A. 質(zhì)點(diǎn)將向下運(yùn)動(dòng)，理想電流表中有從a流向b的瞬間電流
B.
C. 電源的輸出功率減小
D. 電源的效率變小13. 某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖1所示的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。

把木板的一側(cè)墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜度，使小車在不受牽引力時(shí)能拖動(dòng)紙帶沿木板勻速運(yùn)動(dòng)。此處采用的科學(xué)方法是______。
A.理想化模型法
B.等效替代法
C.阻力補(bǔ)償法
已知交流電源頻率為50Hz，啟動(dòng)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，釋放小車，小車在鉤碼的作用下拖著紙帶運(yùn)動(dòng)。打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出的紙帶如圖2所示圖中相鄰兩點(diǎn)間有4個(gè)點(diǎn)未畫出。小車的加速度大小為______結(jié)果保留2位有效數(shù)字
下列做法正確的是______填字母代號。
A.調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長木板保持平行
B.為使砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總重力在數(shù)值上近似等于木塊運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的拉力，應(yīng)滿足的條件是砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)大于木塊和木塊上砝碼的總質(zhì)量
C.實(shí)驗(yàn)時(shí)，先放開木塊再接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源
D.通過增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時(shí)，需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度
實(shí)驗(yàn)時(shí)改變砝碼桶內(nèi)砝碼的質(zhì)量，分別測量木塊在不同外力作用下的加速度。根據(jù)測得的多組數(shù)據(jù)畫出關(guān)系圖像，如圖3所示。此圖像的AB段明顯偏離直線，造成此現(xiàn)象的主要原因可能是______。選填下列選項(xiàng)的序號
A.小車與平面軌道之間存在摩擦
B.平面軌道傾斜角度過大
C.所掛的砝碼桶內(nèi)及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量過大
D.所用小車的質(zhì)量過大14. 小明用多用電表歐姆擋測某燈泡電阻，擋位旋鈕指“”倍率擋，調(diào)零后測試，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角太大，為使測量結(jié)果更加準(zhǔn)確，應(yīng)改用______倍率擋選填“”或“”；
小明換擋調(diào)零后，再次測試該燈泡，指針如圖1所示，燈泡電阻阻值為______；
小明用該燈泡連接電路如圖2所示，開關(guān)閉合后發(fā)現(xiàn)燈泡不亮，保持電路完整情況下，欲用多用電表檢查該電路開關(guān)處于閉合狀態(tài)何處故障，應(yīng)使用多用電表的______進(jìn)行檢測。
A.歐姆擋
B.電流擋
C.交流電壓擋
D.直流電壓擋
15. x軸上的波源，分別位于和處，時(shí)刻兩波源同時(shí)開始振動(dòng)，產(chǎn)生的兩列簡諧橫波沿、連線相向傳播，時(shí)兩列波的圖像如圖所示。質(zhì)點(diǎn)M的平衡位置位于處，求：
兩列波傳播速度的大??；
點(diǎn)的起振方向；
質(zhì)點(diǎn)M，從到時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程。
16. 如圖所示，質(zhì)量為的小球A用長為R的不可伸長的輕繩懸掛于O點(diǎn)，在光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)置于長木板其右端有一不計(jì)厚度的輕質(zhì)擋板的左端靜止，B處于O點(diǎn)正下方，OB兩點(diǎn)距離為R，將小球A拉起，使輕繩被水平拉直，將A球由靜止釋放，A與B發(fā)生彈性正碰碰撞時(shí)間極短，重力加速度為g。
求碰后輕繩與豎直方向的最大夾角的余弦；
若長木板C的質(zhì)量為3m，B與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，B剛好能運(yùn)動(dòng)到木板C右端的擋板處，求木板C的長度L；
若只將問中B與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)改為木板C的長度不變，則小物塊B與擋板相撞后，恰好能回到C左端而不脫離木板，求碰撞過程中損失的機(jī)械能。

答案和解析 1.【答案】C 【解析】解：A、若圖象表示加速度隨時(shí)間的變化，y軸表示加速度，x表示時(shí)間，由知，，知面積等于質(zhì)點(diǎn)在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)速度的變化量．故A錯(cuò)誤．
B、若圖象表示力隨位置的變化，根據(jù)知，面積等于該力在相應(yīng)位移內(nèi)所做的功，故B錯(cuò)誤．
C、若圖象表示沿x軸方向電場的場強(qiáng)隨位置的變化關(guān)系，根據(jù)，則面積值等于電場在段的電勢差，故C正確．
D、若圖象表示電容器充電電流隨時(shí)間的變化，由，知面積等于相應(yīng)時(shí)間內(nèi)電容器儲存的電荷量，故D錯(cuò)誤；
故選：
圖象與坐標(biāo)軸所圍面積等于橫坐標(biāo)表示的物理量與縱坐標(biāo)表示的物理的乘積，由此分析即可．
對于圖象的物理意義，要結(jié)合相關(guān)的物理規(guī)律列式來分析．要學(xué)會變通，能舉一反三．
2.【答案】D 【解析】解：每個(gè)立柱受到自身的重力、足球的壓力、地面的支持力和地面的摩擦力，共四個(gè)力作用，根據(jù)力的合成可知地面對立柱的作用力斜向上而不是豎直向上，故AB錯(cuò)誤；
C.對足球分析，根據(jù)平衡條件可知，三個(gè)立柱對足球作用力的合力與足球的重力G平衡，則，故C錯(cuò)誤；
D.足球?qū)γ總€(gè)立柱有斜向下的壓力，其大小等于，且方向和豎直方向夾角為，對單獨(dú)一個(gè)立柱分析，根據(jù)平衡條件可知其受到地面的摩擦力大小為：，故D正確。
故選：D。
對立柱分析可知立柱受到四個(gè)力的作用，根據(jù)力的合成可知地面對立柱的作用力方向。對足球分析，列出平衡方程可得到足球的重力，對其中一個(gè)立柱分析可以得到每個(gè)立柱所受的摩擦力大小。
在分析地面對立柱作用力方向的時(shí)候，要注意，立柱受四個(gè)力的作用，地面對立柱有支持力和摩擦力，這兩個(gè)力的的合力方向不可能是豎直向上的。
3.【答案】A 【解析】解：如果小車上表面光滑，當(dāng)車突然停止時(shí)，兩物塊所受的合力均為零，將以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，一定不會相撞；
如果小車上表面粗糙，當(dāng)車突然停止時(shí)，兩物塊的合外力均為滑動(dòng)摩擦力，均做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小為：，因?yàn)槌跛俣认嗤?，減速的加速度相同，根據(jù)速度-位移關(guān)系可得：，可知兩個(gè)滑塊運(yùn)動(dòng)情況相同，所以兩滑塊一定不相撞，故A正確、BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
如果小車上表面光滑，當(dāng)車突然停止時(shí)，兩物塊以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)；如果小車上表面粗糙，根據(jù)牛頓第二定律分析二者減速運(yùn)動(dòng)加速度大小，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析運(yùn)動(dòng)情況。
本題主要是考查牛頓第二定律的應(yīng)用，關(guān)鍵是弄清楚滑塊的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況分析是否碰撞。
4.【答案】C 【解析】解：A、點(diǎn)電荷的等勢面是以點(diǎn)電荷為圓心的同心圓球面，O到P點(diǎn)距離比A、B、C三點(diǎn)到P點(diǎn)距離短，故電勢比A、B、C三點(diǎn)電勢低，又O點(diǎn)為底面ABC上的一點(diǎn)，故底面ABC不為等勢面，故A錯(cuò)誤；
B.由于A、B、C三點(diǎn)電場強(qiáng)度方向不同，故A、B、C三點(diǎn)的電場強(qiáng)度不相同，故B錯(cuò)誤；
C.由于B、C兩點(diǎn)到P點(diǎn)距離相等，則兩點(diǎn)電勢相等，則，故C正確；
D.由于B、C兩點(diǎn)到P點(diǎn)距離相等，兩點(diǎn)電勢相等，D點(diǎn)到P點(diǎn)距離小于BP或CP兩點(diǎn)距離，故D的電勢低于B、C兩點(diǎn)電勢，故正試探電荷從B點(diǎn)沿直線BC經(jīng)過D點(diǎn)移到C點(diǎn)，電勢能先減小后增加，故靜電力對該試探電荷先做正功后做負(fù)功，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
根據(jù)點(diǎn)電荷的等勢面是以點(diǎn)電荷為圓心的同心圓，即距離點(diǎn)電荷相等的地方電勢相等，且沿著電場線方向電勢逐漸降低分析比較電勢；根據(jù)電場強(qiáng)度的方向不同確定電場強(qiáng)度是否相同；根據(jù)電勢的大小關(guān)系分析電勢差；根據(jù)電勢高低確定電場力做功正負(fù)。
本題考查點(diǎn)電荷的電場，根據(jù)分析電場強(qiáng)度大小，關(guān)鍵還要知道點(diǎn)電荷的等勢面是以點(diǎn)電荷為圓心的同心圓，即距離點(diǎn)電荷相等的地方電勢相等。
5.【答案】C 【解析】解：粒子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力可得：，可得粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為：，故A錯(cuò)誤；
粒子在磁場中軌跡如圖所示：

粒子a在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，粒子b在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，可得，又，可得，則有，b粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，由圖中軌跡可以看出a、b粒子離開磁場時(shí)的速度方向都與OP方向垂直，即a、b粒子離開磁場時(shí)的速度方向平行，故C正確，BD錯(cuò)誤。
故選：C。
6.【答案】B 【解析】解：A、雙星系統(tǒng)靠相互間的萬有引力提供向心力，角速度大小相等，則周期相等，所以b星的周期為T，故A錯(cuò)誤；
BC、題意可知，，，解得：，，則a星的線速度大小為：，兩顆星的半徑之比為，故B正確，C錯(cuò)誤；
D、雙星系統(tǒng)靠相互間的萬有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，則有：，解得a、b兩顆星的質(zhì)量之比為：，則D錯(cuò)誤。
故選：B。
雙星系統(tǒng)靠相互間的萬有引力提供向心力，角速度的大小相等，周期相等，根據(jù)向心力的關(guān)系求出轉(zhuǎn)動(dòng)的半徑之比，從而得出線速度大小之比，根據(jù)向心力相等求出質(zhì)量關(guān)系。
本題主要是考查雙星問題，解決本題的關(guān)鍵知道雙星系統(tǒng)的特點(diǎn)，角速度大小相等，向心力大小相等，能夠根據(jù)萬有引力提供向心力進(jìn)行分析。
7.【答案】A 【解析】解：A、由圖乙可知質(zhì)點(diǎn)N的起振方向向下，則波源的起振方向向下，由波的上坡下，下坡上法則可得知波沿x軸正方向傳播，故A正確；
B、由圖乙可知，在時(shí)間內(nèi)，N在靠近平衡位置，速度增大，加速度減小，M與N相差半波長，振動(dòng)情況完全相反，所以在時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)M的速度在減小，加速度在增大，故B錯(cuò)誤；
CD、由代入數(shù)據(jù)計(jì)算可得波速，波從M傳到Q點(diǎn)需要7s，后面還有5s，為，且Q點(diǎn)的起振方向和M相同是向上，故在時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q的位置坐標(biāo)為，故CD錯(cuò)誤。
故選：A。
已知質(zhì)點(diǎn)N的振動(dòng)方向，利用同側(cè)法可以判斷波的傳播方向，由波動(dòng)圖象讀出波長，由振動(dòng)圖象讀出周期，可求出波速，分析波動(dòng)過程，根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系，分析質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向、位置坐標(biāo)。
本題考查識別、理解振動(dòng)圖象和波動(dòng)圖象的能力，以及把握兩種圖象聯(lián)系的能力。對于波的圖象往往先判斷質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向和波的傳播方向間的關(guān)系。同時(shí)，能熟練分析波動(dòng)形成的過程，分析物理量的變化情況。
8.【答案】D 【解析】解：甲圖中，由于帶電粒子在電場中受到向下的電場力，故粒子帶正電；乙圖中，由左手定則可知粒子帶正電荷，故AB錯(cuò)誤；
C.甲圖中帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，粒子經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)速度方向的反向延長線與過P點(diǎn)的水平距離的交點(diǎn)為水平位移的中點(diǎn)，即交點(diǎn)與P點(diǎn)的距離為，如果經(jīng)過圓心O，則要求水平方向的位移應(yīng)為，明顯PM兩點(diǎn)間的水平位移，所以假設(shè)不成立，故C錯(cuò)誤；
D.乙圖中粒子在圓形磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子的軌跡半徑為R，半圓的半徑為r，粒子從射出的速度為，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

因，，為公共邊，所以≌
因點(diǎn)的速度v的方向沿指向，且，所以，即，因此，即，又因?yàn)?/span>，所以與共線，即粒子經(jīng)過點(diǎn)的速度方向的反向延長線一定過圓心，故D正確。
故選：D。
甲圖中，帶電粒子在電場中受到向下的電場力，由此分析粒子的電性；乙圖中，由左手定則判斷粒子的電性；根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律分析甲圖中粒子經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)速度方向的反向延長線是否經(jīng)過圓心O；根據(jù)幾何關(guān)系證明乙圖中的粒子經(jīng)過點(diǎn)的速度方向的反向延長線一定過圓心。
對于帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；對于帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般是按類平拋運(yùn)的規(guī)律進(jìn)行解答。
9.【答案】AD 【解析】解：AB、設(shè)運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量為m，受力分析如圖，根據(jù)牛頓第二定律有：

解得：
故A正確，B錯(cuò)誤；
CD、由上述分析可知若武大靖轉(zhuǎn)彎速度變大則需要減小蹬冰角，故C錯(cuò)誤，D正確；
故選：AD。
分析出武大靖做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力來源，結(jié)合向心力公式計(jì)算出最大的速度。
本題主要考查了圓周運(yùn)動(dòng)的相關(guān)應(yīng)用，解題的關(guān)鍵點(diǎn)是理解物體做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力來源，熟悉公式即可完成解答。
10.【答案】BD 【解析】解：AB、M和m組成的系統(tǒng)除重力之外其它力不做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，所以m重力勢能的減少量等于m與M動(dòng)能的增加量之和，故A錯(cuò)誤、B正確；
C、M、m組成的系統(tǒng)豎直方向和水平方向合外力都不為零，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，故C錯(cuò)誤；
D、M與m剛脫離前，M的速度一直增加，m與M脫離后，M的速度不變，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以M先加速后勻速運(yùn)動(dòng)，故D正確。
故選：BD。
根據(jù)機(jī)械能守恒定律分析AB選項(xiàng)；根據(jù)動(dòng)量守恒定律的守恒條件分析C選項(xiàng)；根據(jù)M的受力情況分析運(yùn)動(dòng)情況。
本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律的守恒條件、機(jī)械能守恒定律的守恒條件，關(guān)鍵是能夠分析運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，掌握兩個(gè)定律的守恒條件。
11.【答案】CD 【解析】解：A、根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系可得：，場強(qiáng)與電勢的關(guān)系：，得電場強(qiáng)度：，由數(shù)學(xué)知識可知圖象切線的斜率等于，處切線斜率為零，則處電場強(qiáng)度為零，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)功能關(guān)系可知：，在圖像中，曲線的切線斜率與場強(qiáng)成正比，可知粒子在段受變力作用，做非勻變速運(yùn)動(dòng)，段受恒力作用，做勻變速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C、負(fù)電荷在電勢低處電勢能大，在電勢高處電勢能小，所以，故C正確；
D、負(fù)電荷在段受恒力作用，說明該段是勻強(qiáng)電場，即電場強(qiáng)度的大小和方向均不變，故D正確。
故選：CD。
根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：，場強(qiáng)與電勢的關(guān)系：，結(jié)合分析圖象斜率與場強(qiáng)的關(guān)系，即可求得處的電場強(qiáng)度；由牛頓第二定律判斷加速度的變化，即可分析粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；由，分析電勢的高低。
本題主要是考查帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)之圖像問題，解決本題的關(guān)鍵要分析圖象斜率的物理意義，判斷電勢和場強(qiáng)的變化，再根據(jù)力學(xué)基本規(guī)律分析電荷的運(yùn)動(dòng)情況。
12.【答案】ABD 【解析】解：將滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路阻值減小，根據(jù)”串反并同“規(guī)律，電容器兩端電壓減小，則質(zhì)點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)，電容器放電，則理想電流表中有從a流向b的瞬間電流，故A正確；
B.令滑動(dòng)變阻器接入電路阻值為，根據(jù)閉合電路歐姆定律

由此可得

電路中定值電阻R的阻值大于電源內(nèi)阻r的阻值，故
故B正確；
C.電源的輸出功率
當(dāng)時(shí)，電源輸出功率最大，因?yàn)?/span>一定大于r，故隨著減小，電源的輸出功率增大，故C錯(cuò)誤；
D.電源的效率
由以上分析可知，滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)，減小，電源的效率變小，故D正確。
故選：ABD。
理想電壓表內(nèi)阻無窮大，相當(dāng)于斷路．理想電流表內(nèi)阻為零，相當(dāng)短路．分析電路的連接關(guān)系，根據(jù)歐姆定律分析．
本題考查閉合電路的歐姆定律，一般可以先將分析電路結(jié)構(gòu)，電容器看作開路，明確電表各測量哪部分電路的電壓或電流；再按部分-整體-部分的分析思路進(jìn)行分析．
13.【答案】【解析】解：把木板的一側(cè)墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜度，使小車在不受牽引力時(shí)能拖動(dòng)紙帶沿木板勻速運(yùn)動(dòng)，使重力沿斜面方向的分力等于滑動(dòng)摩擦力，從而起到平衡摩擦力的效果，屬于阻力補(bǔ)償法，故C正確，AB錯(cuò)誤；
故選：C。
相鄰兩點(diǎn)間的時(shí)間間隔為
根據(jù)得，小車的加速度大小為
、調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長木板保持平行，使木塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可以減小阻力帶來的誤差，故A正確；
B、為使砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總重力在數(shù)值上近似等于木塊運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的拉力，應(yīng)滿足的條件是砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于木塊和木塊上砝碼的總質(zhì)量，故B錯(cuò)誤；
C、實(shí)驗(yàn)時(shí)，先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源再放開木塊，故C錯(cuò)誤；
D、摩擦力只需要平衡一次，改變物塊的質(zhì)量不需要再次平衡摩擦力，故D錯(cuò)誤；
故選：A。
隨著力F的增大，即砝碼和小盤總質(zhì)量的增大，不再滿足砝碼和小盤的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，因此曲線上部出現(xiàn)彎曲現(xiàn)象，故C正確，ABD錯(cuò)誤；
故選：C。
故答案為：；；；。
根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析即可；
根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的判別式求解加速度；
根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理及操作中的注意事項(xiàng)逐項(xiàng)分析，得出正確的答案；
根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析即可。
本題主要考查“驗(yàn)證牛頓第二定律”的實(shí)驗(yàn)，要明確實(shí)驗(yàn)原理，特別是要明確誤差的來源，知道減小誤差的方法。另外還考查紙帶的處理，會利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解紙帶的加速度。
14.【答案】【解析】解：歐姆表測電阻時(shí)，指針偏轉(zhuǎn)角太大，說明指針?biāo)甘緮?shù)小，根據(jù)電阻測量值=指針?biāo)甘緮?shù)倍率可知，要使歐姆擋指針?biāo)甘緮?shù)變大，必須要換成小倍率擋，即將倍率換成“”擋位；
待測電阻。
用多用表電流擋、歐姆擋判斷故障都要將電路斷開，不能使電路保持完整，故AB錯(cuò)誤；
圖2為直流電路，不能用交流電壓擋，只能用直流電壓擋，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
故答案為：；；。
歐姆表測電阻時(shí)，指針偏轉(zhuǎn)角太大，說明指針?biāo)甘緮?shù)小，電阻測量值=指針?biāo)甘緮?shù)倍率，據(jù)此作答；
保持電路完整，就是不能將電路斷開，用多用表電流擋、歐姆擋判斷故障都要將電路斷開，據(jù)此分析；圖2為直流電路，不能用交流電壓擋，據(jù)此分析作答。
注意：用多用表測電阻時(shí)，歐姆擋的指針是從左往右偏轉(zhuǎn)，歐姆擋的“0”在右方，指針偏轉(zhuǎn)角太大，說明指針?biāo)甘緮?shù)?。粴W姆表測電阻時(shí)，指針保持在表盤中央位置附近，誤差小，這是換擋位的依據(jù)。
15.【答案】解：由圖像可知，兩列波的波長：
1s內(nèi)傳播了一個(gè)波長，該波的周期：
在同一種介質(zhì)中兩列波的傳播速度相同，波速為：
解得：
根據(jù)“同側(cè)法”可知兩列波的起振方向都向上，兩列波同時(shí)達(dá)到M點(diǎn)，所以M點(diǎn)的起振方向向上
設(shè)再經(jīng)時(shí)間，兩列波再傳播到達(dá)M點(diǎn)，則：
解得：
在時(shí)間內(nèi)，M點(diǎn)振動(dòng)時(shí)間：
代入數(shù)據(jù)解得：
M點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，其振幅：
根據(jù)簡諧運(yùn)動(dòng)的周期性，質(zhì)點(diǎn)M從開始振動(dòng)到運(yùn)動(dòng)的路程：
答：兩列波傳播速度的大小為；
點(diǎn)的起振方向向上；
質(zhì)點(diǎn)M從開始振動(dòng)到時(shí)運(yùn)動(dòng)的路程為36cm。【解析】兩列波相遇并經(jīng)過重疊區(qū)域后，振幅、速度、波長不變。由圖讀出波長，從而由波速公式算出波的周期；
根據(jù)“同側(cè)法”判斷M點(diǎn)的起振方向；
根據(jù)所給的時(shí)間與周期的關(guān)系，分析質(zhì)點(diǎn)M的位置，確定其路程。
本題主要是考查機(jī)械波的傳播，本題要掌握波的獨(dú)立傳播原理：兩列波相遇后保持原來的性質(zhì)不變．會分析質(zhì)點(diǎn)的作周期性運(yùn)動(dòng)，并能根據(jù)振幅求解其路程。
16.【答案】解：設(shè)小球A與B碰前瞬間速度為v0，則有
設(shè)碰后A和B的速度分別為v1和v2，設(shè)向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得
2

設(shè)碰后A球能上升的最大高度為H，有
聯(lián)立解得
解得
由可求得碰后B的速度為v2
B與C相互作用達(dá)到的共同速度為v，有mv2
由能量守恒可得：2
由以上各式解得
因B恰好能回到C左端，由B與C系統(tǒng)動(dòng)量守恒可知，B與C最后的速度也為v，有
2
由以上各式解得【解析】本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用；分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律與能量守恒定律可以解題。

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷更多

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷 更多

相關(guān)試卷更多