1.研究表明原子核核子的平均質(zhì)量(原子核的質(zhì)量除以核子數(shù))與原子序數(shù)有如圖所示的關(guān)系。一般認(rèn)為大于鐵原子核質(zhì)量數(shù)(56)的為重核，小于則是輕核。下列對該圖像的理解正確的是( )
A. 從圖中可以看出，F(xiàn)e原子核最穩(wěn)定
B. 從圖中可以看出，重核A裂變成原子核B和C時(shí)，需要吸收能量
C. 從圖中可以看出，輕核D和E發(fā)生聚變生成原子核F時(shí)需要吸收能量
D. 從圖中可以看出，重核隨原子序數(shù)的增加，比結(jié)合能變大
2.如圖所示，橫截面為半圓的柱形玻璃磚放在水平桌面上，圖中的3條光線分別為某種單色光的入射光線、折射光線和反射光線，且入射光正對圓心。下列說法正確的是( )
A. 光線1為入射光線
B. 玻璃磚對該單色光的折射率為sinisinr
C. 該單色光在玻璃磚中發(fā)生全反射的臨界角的正弦值為sinisinr
D. 光線2、3不可能相互垂直
3.如圖所示的圓盤，半徑為R，可繞過圓心O的水平軸轉(zhuǎn)動(dòng)，在圓盤的邊緣沿同一直徑方向固定兩根長為R的輕桿，桿的端點(diǎn)各有一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B，在圓盤上纏繞足夠長的輕繩。輕繩的另一端拴接一小球C?，F(xiàn)將裝置由靜止釋放，小球C向下以12g(g為重力加速度)的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，圓盤與輕繩間不打滑，經(jīng)過一段時(shí)間圓盤轉(zhuǎn)過兩圈。下列說法正確的是( )
A. 圓盤轉(zhuǎn)兩圈所用的時(shí)間為2 2πRg
B. 圓盤轉(zhuǎn)兩圈時(shí)，小球A的角速度大小為2 πg(shù)R
C. 圓盤轉(zhuǎn)兩圈時(shí)，圓盤的角速度大小為 πg(shù)R
D. 圓盤轉(zhuǎn)兩圈時(shí)，小球B的線速度大小為2 πg(shù)R
4.如圖所示，在正三角形ABC的B、C兩點(diǎn)沿垂直紙面方向固定兩根通電直導(dǎo)線，電流方向如圖所示，電流大小之比為IB：IC=1：2。已知電流為I的通電直導(dǎo)線在與其相距d處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=kId(k為常數(shù))。則下列說法正確的是( )
A. A點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向由B指向A
B. O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向由A指向O
C. 僅將B處電流加倍，則A、O兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反
D. 僅將B處電流加倍，則A、O兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為1：3
5.2023年11月1日，我國在太原衛(wèi)星發(fā)射中心成功將“天繪五號”衛(wèi)星發(fā)射升空，并順利進(jìn)入預(yù)定軌道。“天繪五號”在距離地球表面500km附近環(huán)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)行周期約為32個(gè)小時(shí)，某時(shí)刻“天繪五號”、同步衛(wèi)星、地球的連線在同一直線上，如圖所示，則下列說法正確的是( )
A. “天繪五號”的發(fā)射速度大于第二宇宙速度
B. “天繪五號”的線速度小于同步衛(wèi)星的線速度
C. “天繪五號”的向心力一定大于同步衛(wèi)星的向心力
D. 到下一次“天繪五號”、同步衛(wèi)星與地球共線的時(shí)間約為0.8h
6.如圖所示的理想變壓器電路中，a、b、c、d、e為5個(gè)完全相同的燈泡(不考慮溫度對其電阻的影響)，現(xiàn)在MN間接入有效值不變的交流電壓，5個(gè)燈泡均正常發(fā)光。下列說法正確的是( )
A. 變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2：3
B. 原線圈的輸入電壓與燈泡a兩端的電壓相等
C. 電源電壓的有效值為小燈泡額定電壓的2.5倍
D. 若將小燈泡d拆除，則小燈泡a、b有可能被燒壞
7.如圖所示，a、b、c、d、e為正五邊形的五個(gè)頂點(diǎn)，O為其中心，現(xiàn)將三個(gè)完全相同、電荷量為Q(Q>0)的正電荷固定在a、b、c三點(diǎn)，電荷量為?q(q>0)的試探電荷放在O點(diǎn)時(shí)，該試探電荷所具有的電勢能為?E，規(guī)定無窮遠(yuǎn)處的電勢為零。則下列說法正確的是( )
A. 試探電荷?q在d點(diǎn)的電勢能大于在e點(diǎn)的電勢能
B. 若再在d、e兩點(diǎn)各放置一電荷量大小為Q的負(fù)電荷，則O點(diǎn)的電勢為E3q
C. 若再在d點(diǎn)放置一電荷量大小為2Q的負(fù)電荷，則試探電荷?q在O點(diǎn)的電勢能為E3
D. 若再在Oe的中點(diǎn)放置一電荷量為Q的正電荷，則試探電荷?q在e點(diǎn)的電勢能大于在d點(diǎn)的電勢能
二、多選題：本大題共3小題，共18分。
8.如圖所示為一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a→b→c→d→a過程的V?T圖像，其中ac的連線過原點(diǎn)，bc、da連線與橫軸平行，cd連線與縱軸平行。則下列說法正確的是( )
A. 從狀態(tài)a到狀態(tài)b，氣體對外做正功
B. 從狀態(tài)b到狀態(tài)c，單位時(shí)間、單位面積撞擊器壁的分子數(shù)不變
C. 從狀態(tài)c到狀態(tài)d，氣體向外放出熱量
D. a到b氣體對外做的功等于c到d外界對氣體做的功
9.碰碰車深受青少年的喜愛，因此大多數(shù)游樂場都設(shè)置了碰碰車，如圖所示為兩游客分別駕駛碰碰車進(jìn)行游戲。在某次碰撞時(shí)，紅車靜止在水平面上，黃車以恒定的速度與紅車發(fā)生正撞；已知黃車和紅車連同游客的質(zhì)量分別為m1、m2，碰后兩車的速度大小分別為v1、v2，假設(shè)碰撞的過程沒有機(jī)械能損失。則下列說法正確的是( )
A. 若碰后兩車的運(yùn)動(dòng)方向相同，則一定有m1>m2
B. 若碰后黃車反向運(yùn)動(dòng)，則碰撞前后黃車的速度大小之比可能為5：6
C. 若碰后黃車反向運(yùn)動(dòng)且速度大于紅車，則一定有m2>3m1
D. 碰后紅車的速度與碰前黃車的速度大小之比可能為3：1
10.如圖所示，兩間距為L=0.5m足夠長的光滑平行導(dǎo)軌傾斜固定，傾角為α=12°，導(dǎo)軌底端連接阻值為R=1.0Ω的定值電阻，整個(gè)空間存在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為m=1kg、阻值為r=0.5Ω、長為L=0.5m的導(dǎo)體棒MN垂直導(dǎo)軌放置，現(xiàn)給導(dǎo)體棒一沿導(dǎo)軌向上的初速度v0=12m/s，同時(shí)在導(dǎo)體棒上施加一沿導(dǎo)軌向上的外力F0=2.5N時(shí)，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)；某時(shí)刻將外力變?yōu)檠貙?dǎo)軌向下的變力F，并將該時(shí)刻記為0時(shí)刻，使導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)4s的時(shí)間導(dǎo)體棒的速度減為零，整個(gè)過程導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度g=10m/s2，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，sin12°=0.2，則下列說法正確的是( )
A. 勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.5T
B. 0～4s內(nèi)，外力F關(guān)于時(shí)間t的關(guān)系式為F=0.25t+1.0(N)
C. 導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上減速運(yùn)動(dòng)18m時(shí)，導(dǎo)體棒MN兩端的電壓為1V
D. 0～4s內(nèi)，流過定值電阻的電荷量為4C
三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共15分。
11.某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖甲所示的裝置驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律，實(shí)驗(yàn)時(shí)完成了如下的操作：
a.首先接通氣墊導(dǎo)軌，然后調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌水平，將光電門固定在氣墊導(dǎo)軌上，調(diào)節(jié)滑輪的高度使輕繩水平；
b.用游標(biāo)卡尺測量遮光條的寬度d；
c.將質(zhì)量為M的滑塊(含遮光條)放在氣墊導(dǎo)軌上，用輕繩跨過定滑輪，另一端拴接一個(gè)質(zhì)量為m的鉤碼；
d.將鉤碼由靜止釋放，記錄滑塊經(jīng)過光電門時(shí)的擋光時(shí)間t，測量出釋放點(diǎn)到光電門的距離L；
e.改變鉤碼的個(gè)數(shù)n(每個(gè)鉤碼質(zhì)量均為m)，仍將滑塊從同一位置靜止釋放，記錄滑塊經(jīng)過光電門時(shí)相應(yīng)的擋光時(shí)間。
(1)游標(biāo)卡尺示數(shù)如圖乙所示，則遮光條的寬度為______ cm；
(2)已知重力加速度為g，若所掛鉤碼的個(gè)數(shù)為n，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒時(shí)，關(guān)系式______成立(用已知和測量的物理量的字母表示)；
(3)利用記錄的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，以1n為橫軸、t2為縱軸描繪出相應(yīng)的圖像，作出的圖線斜率為k，若系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則k=______(用已知和測量的物理量的字母表示)。
12.某同學(xué)測量某電阻的電阻值。
(1)首先用多用電表進(jìn)行粗測，將旋鈕扳到“×10”的擋位，進(jìn)行歐姆調(diào)零后將兩表筆與待測電阻的兩端相接觸，多用電表的指針位置如圖甲所示，則電阻測量值為______Ω；
(2)為了精確測量該電阻阻值，實(shí)驗(yàn)室為其提供了如下的實(shí)驗(yàn)器材：
a.待測電阻Rx
b.電壓表V(量程1V、內(nèi)阻RV=300Ω)
c.電流表A1(量程2A、內(nèi)阻RA≈20Ω)
d.電流表A2(量程30mA、內(nèi)阻RA≈5Ω)
c.滑動(dòng)變阻器R1(0～10Ω)
f.滑動(dòng)變阻器R2(0～1kΩ)
g.電阻箱R0(0～999.9Ω)
h.電源(電動(dòng)勢3V、內(nèi)阻不計(jì))、開關(guān)，導(dǎo)線若干
①該同學(xué)分析實(shí)驗(yàn)器材，發(fā)現(xiàn)電壓表的量程太小，需將該電壓表改裝成3V量程的電壓表，應(yīng)______(填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)電阻箱R0，并將R0的阻值調(diào)為______；
②實(shí)驗(yàn)時(shí)，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差。且要求電表的示數(shù)從零開始調(diào)節(jié)，請將設(shè)計(jì)的電路畫在圖乙虛線框中，并標(biāo)出所選用的相應(yīng)的器材符號；
③某次測量時(shí)，電壓表與電流表的示數(shù)分別為U、I，則待測電阻的阻值Rx=______(用已知物理量的字母表示)。
四、簡答題：本大題共3小題，共39分。
13.如圖所示，與外界隔熱的圓柱形容器開口向上固定，用密封性良好的匾熱活塞將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在容器中，系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)，活塞到容器底部的高度為h，活塞的質(zhì)量為m、橫截面積為S，大氣壓強(qiáng)恒為2mgS，重力加速度為g，容器中氣體的溫度為T0，不計(jì)活塞與容器內(nèi)壁的摩擦。求：
(1)若將封閉氣體的溫度升高原來溫度的14，再次穩(wěn)定時(shí)活塞到汽缸底部的高度；
(2)若將容器水平放置且將溫度降低到原來溫度的13，現(xiàn)在活塞上施加一水平力，當(dāng)活塞緩慢回到初始位置時(shí)，則水平力的大小。
14.傳送帶是建筑工地常見的運(yùn)輸裝置，如圖所示為傳送帶AB的簡易圖，傳送帶的傾角為α=30°，以v0=8m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，工人將質(zhì)量m=300kg的工料(可視為質(zhì)點(diǎn))輕輕地放到傳送帶的底端A，并用平行于傳送帶的輕繩拴接在工料上，啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)，電動(dòng)機(jī)對工料提供的牽引力恒為F=3000N，經(jīng)過t0=2s關(guān)閉電動(dòng)機(jī)，一段時(shí)間后工件剛好到達(dá)傳送帶的最高點(diǎn)B。已知工料與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ= 35，重力加速度g=10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：
(1)經(jīng)過時(shí)間t0=2s時(shí)，工料的速度大小；
(2)剛關(guān)閉電動(dòng)機(jī)后，工料的加速度；
(3)傳送帶A、B兩端間的距離。
15.如圖所示，水平虛線MN的下方存在豎直向上的勻強(qiáng)電場E0(E0大小未知)，虛線上方有一以MN上一點(diǎn)O為圓心、R為半徑的半圓形區(qū)域，該區(qū)域中存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和水平方向的勻強(qiáng)電場E(E大小未知，圖中均未畫出)，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，O點(diǎn)正下方固定一粒子源S，能源源不斷地產(chǎn)生初速度為零的同種正粒子，經(jīng)過一段時(shí)間粒子由O點(diǎn)進(jìn)入半圓區(qū)域，粒子在半圓區(qū)域的軌跡為直線，在半圓區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，粒子的重力以及粒子間相互作用均忽略不計(jì)。
(1)求半圓區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小和方向；
(2)若僅將半圓區(qū)域內(nèi)的磁場撤去，結(jié)果粒子在半圓區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變?yōu)閠02，求粒子的比荷以及S、O兩點(diǎn)的電勢差；
(3)若將半圓區(qū)域內(nèi)的電場撤去，且將虛線MN下方的電場強(qiáng)度E0增大到原來的16倍，求粒子在半圓形區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.輕核可聚變?yōu)楦€(wěn)定的核，重核可裂變?yōu)楦€(wěn)定的核，則Fe原子核最穩(wěn)定，故A正確；
B.重核A裂變成原子核B和C時(shí)，由圖可知，核子平均質(zhì)量減小，裂過程存在質(zhì)量虧損，需要釋放能量，故B錯(cuò)誤；
C.輕核D和E發(fā)生聚變生成原子核F時(shí)，由圖可知，核子平均質(zhì)量減小，聚變過程存在質(zhì)量虧損，需要釋放能量，故C錯(cuò)誤；
D.由圖可知重核隨原子序數(shù)的增加，原子核越不穩(wěn)定，故比結(jié)合能越小，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
根據(jù)圖象判斷出各原子核質(zhì)量關(guān)系，然后判斷發(fā)生核反應(yīng)時(shí)質(zhì)量變化情況，最后根據(jù)質(zhì)能方程分析答題。
本題難度不大，知道質(zhì)量虧損的概念、分析清楚圖象、了解核反應(yīng)的常識，明確核子平均質(zhì)量越小，則比結(jié)合能越小，原子核越不穩(wěn)定。
2.【答案】C
【解析】解：A.由圖分析可知3光線為入射光線，故A錯(cuò)誤；
B.玻璃磚對該單色光的折射率為n，折射定律可知n=sinrsini，故B錯(cuò)誤；
C.根據(jù)全反射臨界角公式得：
sinC=1n
解得：sinC=sinisinr，故C正確；
D.根據(jù)反射定律可知，若入射角為45°，則反射角為45°，光線2、3可以相互垂直，故D錯(cuò)誤；
故選：C。
根據(jù)光的反射定律、折射定律和光的全反射現(xiàn)象分析求解。
本題考查光的反射定律、折射定律和光的全反射現(xiàn)象等相關(guān)知識，解決本題的關(guān)鍵是掌握光折射定律和全反射臨界角公式sinC=1n。
3.【答案】B
【解析】解：A.由題意可知，圓盤轉(zhuǎn)兩圈的時(shí)間與小球C下落的時(shí)間相同，設(shè)為t，圓盤邊緣轉(zhuǎn)兩圈和小球C下降的高度相等，則有：x=2×2πR=4πR
根據(jù)位移-時(shí)間公式有：
x=12at2=12×12gt2
解得圓盤轉(zhuǎn)兩圈所用的時(shí)間為
t=4 πRg
故A錯(cuò)誤；
BC.根據(jù)速度-時(shí)間關(guān)系式可知此時(shí)小球C的速度為
v=12gt=2 πg(shù)R
則圓盤和小球A的角速度大小為
ω=vR=2 πg(shù)R
故B正確，C錯(cuò)誤；
D.小球B的線速度大小為
v′=2Rω=4 πg(shù)R
故D錯(cuò)誤；
故選：B。
根據(jù)位移-時(shí)間公式計(jì)算時(shí)間；根據(jù)速度-時(shí)間關(guān)系式計(jì)算小球C的速度，再依據(jù)角速度、線速度和半徑關(guān)系式計(jì)算角速度；角速度、線速度和半徑關(guān)系式計(jì)算線速度。
本題關(guān)鍵掌握依據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)確定位移、時(shí)間和速度，再與圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合計(jì)算。
4.【答案】D
【解析】解：AB、電流大小之比為IB：IC=1：2，根據(jù)安培定則結(jié)合磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加如圖：
故AB錯(cuò)誤；
C.由上述分析可知，僅將B處電流加倍，則A、O兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同，故C錯(cuò)誤；
D.僅將B處電流加倍，根據(jù)題干已知信息可知A點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為
BA=kIBL
根據(jù)題干已知信息結(jié)合幾何關(guān)系，即可求得O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為
BO=kIBL2cs30°×2cs30°=3kIBL
A、O兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為1：3，故D正確；
故選：D。
根據(jù)安培定則以及平行四邊形定則做出磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加圖；再由題干提供的已知信息A、O兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。
該題需要掌握安培定則、平行四邊定則的使用，同時(shí)要根據(jù)題干提供的已知信息進(jìn)行解題，題目難度適中。
5.【答案】D
【解析】解：A、第二宇宙速度為脫離地球吸引的最小發(fā)射速度，“天繪五號”沒有脫離地球的束縛，可知“天繪五號”的發(fā)射速度小于第二宇宙速度，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)萬有引力提供向心力有：
GMmr2=mv2r
可得：v= GMr，“天繪五號”的運(yùn)動(dòng)半徑較小，則其線速度較大，故B錯(cuò)誤；
C、由于“天繪五號”與同步衛(wèi)星的質(zhì)量未知，所以向心力大小不能比較，故C錯(cuò)誤；
D、地球同步衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)周期為24h。當(dāng)“天繪五號”比同步衛(wèi)星多轉(zhuǎn)動(dòng)半周時(shí)，“天繪五號”、同步衛(wèi)星與地球再次共線，則
2π32ht?2π24ht=π，解得：t=0.8h，故D正確。
故選：D。
第二宇宙速度為脫離地球吸引的最小發(fā)射速度。根據(jù)萬有引力提供向心力列式，得到衛(wèi)星線速度表達(dá)式，再分析線速度大小。結(jié)合萬有引力定律分析向心力的大小。當(dāng)“天繪五號”比同步衛(wèi)星多轉(zhuǎn)動(dòng)半周時(shí)，“天繪五號”、同步衛(wèi)星與地球再次共線，由此分析D項(xiàng)。
解答本題的關(guān)鍵要掌握萬有引力提供向心力這一思路，能靈活選擇向心力公式的形式。
6.【答案】C
【解析】解：A、設(shè)小燈泡的額定電壓為U′、小燈泡的額定電流為I′，由題意5個(gè)小燈泡均正常發(fā)光，每個(gè)小燈泡兩端的電壓均為U′，流過每個(gè)小燈泡的電流均為I′
則原線圈的電流為I1=2I′，副線圈的電流為I2=3I′
由變壓器的工作原理n1n2=I2I1
解得n1n2=32
故A錯(cuò)誤；
B、又由公式n1n2=U1U2及U2=U′
解得U1=1.5U′
故B錯(cuò)誤；
C、電源的電壓為U=U1+U′=1.5U′+U′=2.5U′
故C正確；
D、將變壓器和小燈泡c、d、e等效成一個(gè)電阻，若將小燈泡d拆除，則負(fù)載電阻增大，流過原線圈的電流減小，流過小燈泡的a，b的電流減小，則兩燈泡不可能被燒斷，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
設(shè)通過各燈泡的電流和電壓，得到副線圈兩端的電流，根據(jù)電流和匝數(shù)的關(guān)系求解線圈匝數(shù)，根據(jù)電壓和匝數(shù)的關(guān)系求解BC，根據(jù)電流關(guān)系分析D。
本題考查變壓器原理，解題的突破口在原副線圈的電流關(guān)系求得匝數(shù)之比；再根據(jù)電流變化分析燈泡的亮度。
7.【答案】B
【解析】解：A.根據(jù)對稱性可知，試探電荷?q在d點(diǎn)的電勢能等于在e點(diǎn)的電勢能，故A錯(cuò)誤；
B.只在a、b、c三點(diǎn)固定正電荷時(shí)，O點(diǎn)的電勢為
φ1=3kQr
則
?E=?qφ1
解得：?E=?3kQqr
若再在d、e兩點(diǎn)各放置一電荷量大小為Q的負(fù)電荷，則O點(diǎn)的電勢為：
φ2=kQr
解得：φ2=E3q，故B正確；
C.若再在d點(diǎn)放置一電荷量大小為2Q的負(fù)電荷，則O點(diǎn)的電勢為：
φ3=3kQr?k2Qr
解得：φ3=kQr
則試探電荷?q在O點(diǎn)的電勢能為：
E1=?qφ3=?kQqr
解得：E1=?E3，故C錯(cuò)誤；
D.若再在Oe的中點(diǎn)放置一電荷量為Q的正電荷，由幾何關(guān)系可知，e點(diǎn)電勢高于d點(diǎn)電勢，根據(jù)Ep=?qφ可知，試探電荷?q在e點(diǎn)的電勢能小于在d點(diǎn)的電勢能，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
電勢是一個(gè)標(biāo)量，某點(diǎn)的電勢等于三個(gè)電荷產(chǎn)生的電勢的代數(shù)和；求出O點(diǎn)電勢，根據(jù)Ep=?qφ求解電勢能；先比較e點(diǎn)電勢高于d點(diǎn)電勢，再比較電勢能。
此題考電場中力的性質(zhì)和能的性質(zhì)，綜合性較強(qiáng)，注意結(jié)合庫侖定律、力的平衡條件以及電勢和電勢能的關(guān)系求解。
8.【答案】AC
【解析】解：A、從狀態(tài)a到狀態(tài)b，氣體體積增大，則氣體對外做正功，故A正確；
B、從狀態(tài)b到狀態(tài)c，氣體體積不變，分子數(shù)密度不變，溫度升高，根據(jù)一定質(zhì)量理想氣體狀態(tài)方程pVT=C，可知?dú)怏w壓強(qiáng)增大，又溫度升高，氣體平均動(dòng)能增大，所以單位時(shí)間、單位面積撞擊器壁的分子數(shù)增加，故B錯(cuò)誤；
C、從狀態(tài)c到狀態(tài)d，氣體溫度不變，故內(nèi)能不變；體積減小，則外界對氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律：ΔU=Q+W，可知，氣體放出熱量，故C正確；
D、由一定質(zhì)量理想氣體狀態(tài)方程pVT=C可得：V=CpT，結(jié)合題圖V?T圖像上各點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率越大，氣體的壓強(qiáng)越小，從狀態(tài)a到狀態(tài)b與從狀態(tài)c到狀態(tài)d，氣體體積變化量在數(shù)值上相等，由狀態(tài)a到狀態(tài)b的平均壓強(qiáng)小于狀態(tài)c到狀態(tài)d，所以a到b氣體對外做的功小于c到d外界對氣體做的功，故D錯(cuò)誤；
故選：AC。
根據(jù)氣體體積的變化，確定做功情況；
根據(jù)壓強(qiáng)的變化確定單位時(shí)間、單位面積撞擊器壁的分子數(shù)的大?。?br>一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能由溫度決定；應(yīng)用熱力學(xué)第一定律分析答題；
根據(jù)圖示圖象分析清楚氣體狀態(tài)a→b與c→d的過程平均壓強(qiáng)的大小，再比較做功。
本題考查圖像問題，知道一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能由溫度決定、知道壓強(qiáng)與單位時(shí)間、單體面積撞擊器壁的分子數(shù)決定等是解題的關(guān)鍵。根據(jù)圖示圖象分析清楚氣體狀態(tài)變化過程，應(yīng)用熱力學(xué)第一定律和一定質(zhì)量理想氣體狀態(tài)方程分析解題。
9.【答案】AC
【解析】解：AB、根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定理，有m1v=m1v1+m2v2，12m1v2=12m1v12+12m2v22，解得：v1=m1?m2m1+m2v，v2=2m1m1+m2v
可知，當(dāng)m1>m2時(shí)兩車得碰后速度方向相同，故A正確；
BC、若碰后黃車反向運(yùn)動(dòng)，則m12m1m1+m2v，m2>3m1，故B錯(cuò)誤，C正確；
D、設(shè)碰后紅車的速度與碰前黃車的速度大小之為3：1，即v2：v=3：1，得m1+3m2=0，不符合實(shí)際情況，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
根據(jù)彈性碰撞的動(dòng)量守恒定理和機(jī)械能守恒定律求出二者的碰后速度，據(jù)此討論即可。
本題考查了動(dòng)量守恒和能量守恒定律的基本運(yùn)用，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律解題，關(guān)鍵選擇好研究的系統(tǒng)，注意動(dòng)量守恒定律表達(dá)式的矢量性。
10.【答案】ACD
【解析】解：A、t=0時(shí)，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E=BLv0，導(dǎo)體棒上的感應(yīng)電流為I=ER+r
導(dǎo)體棒所受的安培力為F′=BIL
在導(dǎo)體棒上施加的外力沿導(dǎo)軌向上時(shí)，由力的平衡條件得F0=mgsinα+F′
解得B=0.5T
故A正確；
B、從t=0時(shí)刻開始，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒減速時(shí)的加速度大小為a=ΔvΔt=124m/s2=3m/s2
由牛頓第二定律得F+mgsinα+F′′=ma
設(shè)經(jīng)時(shí)間t導(dǎo)體棒的速度大小為v，則v=v0?at
又E=BLv
I′=E′R+r
根據(jù)安培力公式可知F′′=BI′L
解得F=0.125t+0.5(N)
故B錯(cuò)誤；
C、導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上減速18m時(shí)，由公式v′2?v02=2ax
解得v′=6m/s
此時(shí)導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E′′=BLv′
由閉合電路歐姆定律可知流過導(dǎo)體棒的電流為I′′=E′′R+r
則導(dǎo)體棒MN兩端的電壓為UMN=I′′R
解得UMN=1V
故C正確；
D、0～4s內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E?=ΔΦΔt=BLxmΔt
其中xm=v0tt
閉合電路歐姆定律得I?=E?R+r
又由q=I?t
解得q=4C
故D正確.
故選：ACD。
導(dǎo)體棒在外力F0作用下沿斜面勻速向上運(yùn)動(dòng)，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢，再由閉合電路歐姆定律求出感應(yīng)電流大小及共點(diǎn)力平衡條件解得A；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合牛頓第二定律解得B，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律解得C；根據(jù)電流的定義式解得D。
解決本題的關(guān)鍵要正確分析導(dǎo)體棒的受力情況，運(yùn)用力學(xué)規(guī)律如平衡條件、牛頓第二定律來判斷導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況。
11.【答案】0.165nmgL=12(nm+M)(dt)2 2mgLMd2
【解析】解：(1)游標(biāo)卡尺的精度為0.05mm，讀數(shù)為：0.1cm+14×0.05mm=1.70mm=0.170cm
(2)根據(jù)速度的定義可得，滑塊到光電門的速度為：v=dt
根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：nmgL=12(nm+M)v2
整理解得：nmgL=12(nm+M)(dt)2，即若滿足上式，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒。
(3)由(2)中表達(dá)式變形可得t2?1n的表達(dá)式為：1n=2mgLMd2t2?mM
若系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則t2?1n圖像是一條直線，由題意得：k=2mgLMd2
故答案為：(1)0.170；(2)nmgL=12(nm+M)(dt)2；(3)2mgLMd2。
(1)游標(biāo)卡尺主尺與游標(biāo)尺讀數(shù)的和是游標(biāo)卡尺讀數(shù)；
(2)求出滑塊經(jīng)過光電門時(shí)的速度，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律倒推出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式，然后分析答題；
(3)根據(jù)上一問的表達(dá)式，變形得到t2?1n的表達(dá)式為一直線，從而得到直線的斜率
理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，要掌握常用器材的使用方法與讀數(shù)方法；求出滑塊的速度，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律即可解題。
12.【答案】140 串聯(lián) 600Ω3URVIRV?U
【解析】解：(1)指針指向“14”刻度，根據(jù)歐姆表的讀數(shù)規(guī)則，待測電阻為14×10Ω=140Ω；
(2)①根據(jù)電壓表的改裝原理可知，應(yīng)串聯(lián)電阻，根據(jù)歐姆定律有Ig=U0RV=URV+R0
代入數(shù)據(jù)解得R0=600Ω
②電路中的電流約為I=URx=3140A=0.021A=21mA
電流表應(yīng)選擇A2，由于電壓表內(nèi)阻已知，則電流表外接，電壓表測待測電阻電壓，的電流、電壓測量更準(zhǔn)確，減少實(shí)驗(yàn)誤差。另外，電表的示數(shù)從零開始調(diào)節(jié)，則滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，電路如圖所示：
③根據(jù)歐姆定律可知Rx=3UI?URV=3URVIRV?U。
故答案為：(1)140；(2)①串聯(lián)；600Ω；②見解析；③3URVIRV?U。
(1)根據(jù)歐姆表測電阻的正確使用和讀數(shù)規(guī)則分析作答；
(2)①根據(jù)電壓表的改裝原理可知，應(yīng)串聯(lián)一個(gè)大電阻，根據(jù)歐姆定律求串聯(lián)電阻值；
②根據(jù)歐姆定律估算電路中的電流，然后選擇電流表；
由于電壓表內(nèi)阻已知，則電流表外接，完成實(shí)驗(yàn)電路圖；
③根據(jù)歐姆定律求解待測電阻的表達(dá)式。
本題考查了歐姆表的讀數(shù)，考查了電壓表的改裝以及“伏安法”測電阻，要掌握實(shí)驗(yàn)的原理；由于電壓表內(nèi)阻已知，因此電流表外接法。
13.【答案】解：(1)將封閉氣體的溫度升高原來溫度的14，氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋-呂薩克定律得：
hST0=h′S54T0
解得：h′=54h
(2)對活塞受力分析，由共點(diǎn)力平衡條件得：
2mgS?S+mg=p0S
將容器水平放置，設(shè)外力為F，由共點(diǎn)力平衡條件得：
2mgS?S=p1S+F
根據(jù)查理定律得：
p0T0=p113T0
解得：F=mg
答：(1)若將封閉氣體的溫度升高原來溫度的14，再次穩(wěn)定時(shí)活塞到汽缸底部的高度為54h；
(2)若將容器水平放置且將溫度降低到原來溫度的13，現(xiàn)在活塞上施加一水平力，當(dāng)活塞緩慢回到初始位置時(shí)，則水平力的大小為mg。
【解析】(1)氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋-呂薩克定律分析求解；
(2)分別對活塞受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡列方程，再根據(jù)查理定律列方程，然后聯(lián)立求解。
對于封閉氣體，常常以與氣體接觸的活塞或水銀為研究對象，根據(jù)平衡條件求壓強(qiáng)，要加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練。
14.【答案】解：(1)對工料進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：F?mgsinθ+μmgcsθ=ma1
設(shè)經(jīng)t時(shí)刻，工料與傳送帶共速則有：v0=a1t
代入數(shù)據(jù)解得：t=1s
再對工料受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：F?mgsinθ?μmgcsθ=ma2
根據(jù)速度-時(shí)間公式有
v=v0+a2t′
代入數(shù)據(jù)解得：v=10m/s
(2)剛關(guān)閉電動(dòng)機(jī)后，對工料受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ+μmgcsθ=ma3
代入數(shù)據(jù)解得：a3=8m/s2
方向沿傳送帶向下
(3)未撤去拉力之前，工料加速到與傳送帶共速時(shí)的位移滿足
x1=v02t1=82×1m=4m
工料的速度從v0增大到v的位移滿足：
x2=v0+v2t2=8+102×1m=9m
關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)撤去拉力后，工件與傳送帶共速時(shí)，t3=v2?v0a3=10?88s=14s
該時(shí)間內(nèi)的位移：x3=v0+v2×t3=10+82×14m=94m=2.25m
工件與傳送帶共速后，工件受到的摩擦力沿傳送帶向上，根據(jù)牛頓第二定律有：μmgcsθ?mgsinθ=ma
解得：a4=?2m/s2，
當(dāng)工件剛好到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，0?v02=2a4x4
代入數(shù)據(jù)得：x4=16m
則傳送帶A、B兩端間的距離為：x=x1+x2+x3+x4
代入數(shù)據(jù)解得：x=31.25m
答：(1)經(jīng)過時(shí)間t0=2s時(shí)，工料的速度大小為10m/s；
(2)剛關(guān)閉電動(dòng)機(jī)后，工料的加速度為8m/s2，方向沿傳送帶向下；
(3)傳送帶A、B兩端間的距離為31.25m。
【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律分共速前后兩段求加速度，再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度-時(shí)間公式求出速度大小；
(2)剛關(guān)閉電機(jī)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律求加速度；
(3)關(guān)閉電機(jī)后，工件先與傳送帶共速后再繼續(xù)減速到零到最高點(diǎn)，用動(dòng)力學(xué)規(guī)律分別求出這兩段的位移，再求出未撤去外力時(shí)兩段位移，從而求出AB之間的距離。
本題是有拉力的傾斜傳送帶模型的典型題例，要注意的是在撤去拉力前后，摩擦力方向發(fā)生突變，導(dǎo)致工件的兩個(gè)過程有不同的加速度，在運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式時(shí)也要考慮其方向。
15.【答案】解：(1)帶正電粒子經(jīng)過O點(diǎn)進(jìn)入半圓形區(qū)域，并沿豎直半徑方向做直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子所受洛倫茲力與電場力二力平衡，由左手定則可知粒子所受洛倫茲力方向水平向左，所以粒子所受電場力方向水平向右，電場強(qiáng)度E的方向水平向右，粒子在半圓形區(qū)域內(nèi)勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，則速度為：v=Rt0
根據(jù)平衡條件有：qE=qvB
解得：E=BRt0
(2)若僅將半圓形區(qū)域內(nèi)的磁場撤去，粒子仍從S處靜止釋放，粒子在半圓形區(qū)域內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子在垂直于MN方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在平行于MN方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示
粒子運(yùn)動(dòng)到半圓形區(qū)域的a點(diǎn)，垂直于MN方向的位移大小為：x=v?t02=R2
由數(shù)學(xué)知識可得粒子在平行于MN方向上的位移大小為：L= R2?(R2)2= 32R
粒子在平行于MN方向上做勻加速直線運(yùn)，則有：L=12a2(t02)2
根據(jù)牛頓第二定律有：a2=qEm
結(jié)合上述解得粒子的比荷：qm=4 3Bt0
粒子從S到O過程，根據(jù)動(dòng)能定理有：qU1=12mv2
結(jié)合上述解得S、O之間的電勢差：U1= 3BR224t0
(3)將虛線下方的電場強(qiáng)度E0增大到原來的16倍，粒子仍從S處靜止釋放，由動(dòng)能定理有：
q×16E0?d=12mv12
可知粒子進(jìn)入半圓形區(qū)域的速度為：v1=4v=4Rt0
粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，則有：qv1B=mv12R
代入已知數(shù)據(jù)解得：r= 33R
令粒子從b點(diǎn)射出半圓形區(qū)域，如圖所示
設(shè)粒子在半圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的圓心角為θ，由余弦定理有：csθ=2r2?R22r2=?12
代入所得數(shù)據(jù)解得：θ=120°
粒子在磁場中圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T=2πrv1
結(jié)合上述解得：T=2πmqB
粒子在半圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t=120°360°T
結(jié)合上述解得：t= 3πt018
答：(1)半圓區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小為BRt0，水平向右；
(2)粒子的比荷為4 3Bt0，S、O兩點(diǎn)的電勢差為 3BR224t0；
(3)粒子在半圓形區(qū)域內(nèi)的時(shí)間為 3πt018。
【解析】(1)根據(jù)題設(shè)過程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式及平衡條件計(jì)算電場強(qiáng)度；
(2)粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類平拋規(guī)律從兩個(gè)方向列式求出粒子的比荷和進(jìn)入電場的速度，再由動(dòng)能定理求計(jì)算SO之間的電勢差；
(3)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在電場中求得末速度后，由洛倫茲力提供向心力得到軌道半徑，再由幾何關(guān)系得到圓心角，結(jié)合周期公式求時(shí)間。
本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)，要求分析清楚帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解有關(guān)物理量。

相關(guān)試卷

2024年廣東省汕頭市高考物理一模試卷(含詳細(xì)答案解析)：

這是一份2024年廣東省汕頭市高考物理一模試卷(含詳細(xì)答案解析)，共16頁。試卷主要包含了單選題，多選題，實(shí)驗(yàn)題，簡答題，計(jì)算題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2024年廣東省大灣區(qū)高考物理一模試卷(含詳細(xì)答案解析)：

這是一份2024年廣東省大灣區(qū)高考物理一模試卷(含詳細(xì)答案解析)，共18頁。試卷主要包含了單選題，多選題，實(shí)驗(yàn)題，簡答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2024年山西省呂梁市高考物理一模試卷(含詳細(xì)答案解析)：

這是一份2024年山西省呂梁市高考物理一模試卷(含詳細(xì)答案解析)，共21頁。試卷主要包含了單選題，多選題，實(shí)驗(yàn)題，簡答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2024年山東省泰安市高考物理一模試卷(含詳細(xì)答案解析)

2024年山東省泰安市高考物理一模試卷(含詳細(xì)答案解析)
2024年山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高考物理一模試卷(含詳細(xì)答案解析)

2024年山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高考物理一模試卷(含詳細(xì)答案解析)
2024年天津市紅橋區(qū)高考物理一模試卷(含詳細(xì)答案解析)

2024年天津市紅橋區(qū)高考物理一模試卷(含詳細(xì)答案解析)
2024年北京八十中高考物理零模試卷(含詳細(xì)答案解析)

2024年北京八十中高考物理零模試卷(含詳細(xì)答案解析)
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機(jī)號注冊
手機(jī)號碼

手機(jī)號格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機(jī)號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部