1.如圖所示，折射率n= 2的半圓形玻璃磚置于光屏MN的上方，其平面AB到MN的距離為h=10cm。一束單色光沿圖示方向垂直MN射向圓心O，經(jīng)玻璃磚后射到光屏上的O′點?，F(xiàn)使玻璃磚繞過O點垂直于紙面的軸順時針轉(zhuǎn)動，從AB平面射出的光線在光屏上的光點移動的方向和光點離O′點的最遠距離分別為( )
A. 向右移動、10cm
B. 向左移動、10cm
C. 向右移動、20cm
D. 向左移動、20cm
2.在2023年杭州亞運會上，中國隊包攬了男女鏈球金牌。鏈球投出前，鏈球的運動可簡化為某傾斜平面內(nèi)的加速圓周運動。忽略空氣阻力，下列說法中正確的是( )
A. 相同時間內(nèi)速度的變化量相同
B. 鏈球受到的合外力提供向心力
C. 運動員應該在A點附近釋放鏈球
D. 運動員應該在最高點B釋放鏈球
3.現(xiàn)在的智能手機大多有“雙MIC降噪技術”，簡單說就是在通話時，輔助麥克風收集背景音，與主麥克風音質(zhì)信號相減來降低背景噪音。圖甲是原理簡化圖，圖乙是理想狀態(tài)下的降噪過程，實線表示環(huán)境噪聲聲波，虛線表示降噪系統(tǒng)產(chǎn)生的等幅降噪聲波，則下列說法正確的是( )
A. 降噪過程應用的是聲波的衍射原理
B. 理想狀態(tài)下，降噪聲波與環(huán)境噪聲聲波的傳播速度大小相等，波長相等
C. P點處的質(zhì)點經(jīng)過一個周期振動所產(chǎn)生的路程為4A(A為降噪聲波的振幅)
D. P點處的質(zhì)點經(jīng)過一個周期向外遷移的距離為一個波長
4.如圖所示，空間存在垂直紙面向里的水平磁場，磁場上邊界水平，以O點為坐標原點，磁場上邊界為x軸，豎直向下為y軸，磁感應強度大小在x軸方向保持不變、y軸方向滿足By=B0+ky，k為大于零的常數(shù)。邊長為L的單匝正方形導體線框ABCD通過輕質(zhì)絕緣細線懸掛于天花板，線框質(zhì)量為m，通有順時針方向的恒定電流，電流強度為I，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，已知該地的重力加速度為g，下列說法正確的是( )
A. AC邊與BD邊所受安培力相同
B. 細線中拉力大小為mg+kIL2
C. 若僅將細線長度加長，線框始終在磁場內(nèi)，則穩(wěn)定后細線彈力變大
D. 若僅將磁場調(diào)整為磁感應強度為B0的勻強磁場，方向不變，則穩(wěn)定后細線中彈力為0
5.如圖所示，是高速磁懸浮列車在水平長直軌道上的模擬運行圖，列車由質(zhì)量均為m的4節(jié)車廂組成，其中1號車廂為動力車廂。列車由靜止開始以額定功率P運行，經(jīng)過一段時間達到最大速度。列車向右運動過程中，1號車廂會受到前方空氣的阻力，假設車廂碰到空氣前空氣的速度為0，碰到空氣后空氣的速度立刻與列車速度相同，已知空氣密度為ρ。1號車廂的迎風面積(垂直運動方向上的投影面積)為S，不計其他阻力，忽略2號、3號、4號車廂受到的空氣阻力。當列車由靜止開始以額定功率運行到速度為最大速度的13時，1號車廂對2號車廂的作用力大小為( )
A. 2693P2ρSB. 1363P2ρSC. 2693PρSD. 1363PρS
6.如圖所示，在一水平面上放置了一個頂端固定有滑輪的斜面，物塊B、C重疊放置在斜面上，細繩的一端與B物塊相連，另一端有結點O，結點處還有兩段細繩，一段連接重物A，另一段用外力F拉住?，F(xiàn)讓外力F將物塊A緩慢向上運動，拉至OO′水平，拉動過程中始終保證夾角α=120°，且繩子OO′始終拉直，物塊B和C以及斜面體始終靜止，則下列說法正確的是( )
A. 繩子OO′的拉力始終減小B. B對C的摩擦力一直在增大
C. 斜面對B的摩擦力可能一直在減小D. 地面對斜面體的摩擦力先增大后減小
二、多選題：本大題共4小題，共20分。
7.如圖所示是一定質(zhì)量理想氣體的狀態(tài)變化圖線。已知a→d是等溫膨脹過程，則對于圖中所示的4個過程中，以下說法正確的是( )
A. a→c過程氣體從外界吸收熱量
B. a→b過程氣體對外做功最多，內(nèi)能增加也最多
C. b、c、d、e各狀態(tài)下，單位體積內(nèi)的氣體分子個數(shù)都相同
D. a→e過程氣體內(nèi)能的減少量不可能恰好等于氣體對外做的功
8.2023年春節(jié)黃金檔期中我國科幻電影《流浪地球2》再獲口碑、票房雙豐收，極具科幻特色的“太空電梯”設定吸引了眾多科幻愛好者研究的興趣。太空電梯是從地面基座連接距離地球表面約36000km靜止軌道空間站的直立式電梯，若地球的半徑近似為6400km，下列關于太空電梯設定的說法正確的是( )
A. 電梯軌道基座能建設在廣州市
B. 若發(fā)生意外，斷裂在太空里的電梯部件將不會掉落到地球上
C. 若電梯臨時停在距離地表為18000km的高空，其重力加速度只有地球表面的115
D. 登上靜止軌道空間站的宇航員受到的萬有引力約為地面的144
9.如圖所示，一傾斜的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定的角速度ω轉(zhuǎn)動，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離2.5m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止。小物體質(zhì)量為1kg，與盤面間的動摩擦因數(shù)為 32，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，盤面與水平面的夾角為30°，g取10m/s2。則下列說法正確的是( )
A. 角速度ω的最大值是1rad/s
B. 小物體運動過程中所受的摩擦力始終指向圓心
C. ω取不同數(shù)值時，小物體在最高點受到的摩擦力一定隨ω的增大而增大
D. 小物體由最低點運動到最高點的過程中摩擦力所做的功為25J
10.一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形金屬細框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，兩虛線為磁場邊界，在桌面上固定兩條光滑長直金屬導軌，導軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻R1=2R0，導軌電阻可忽略，金屬框置于導軌上，如圖所示。讓金屬框以初速度v0=B2L3mR0進入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導軌始終接觸良好。下列說法正確的是( )
A. 金屬框進入磁場過程中電路的總電阻為113R0
B. 金屬框進入磁場的末速度為2B2L35mR0
C. 金屬框能穿越磁場
D. 在金屬框整個運動過程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量為3B4L625mR02
三、實驗題：本大題共2小題，共16分。
11.某同學利用按動中性筆粗測筆桿與水平桌面間的動摩擦因數(shù)。操作步驟如下：
A.將筆尾部朝下豎直放置，緊靠光滑的豎直墻，向下按壓到底，釋放后中性筆向上彈起一定的高度，記錄高度H；
B.再將中性筆置于水平桌面上，尾部垂直豎直墻，垂直豎直墻按壓中性筆到底，釋放后中性筆滑行一段距離后停止運動，記錄滑行的距離x。
(1)除了在操作中記錄的數(shù)據(jù)，要測量筆桿與水平桌面間的動摩擦因數(shù)，______(填“需要”或“不需要”)測量中性筆的質(zhì)量m。
(2)動摩擦因數(shù)的表達式μ=______(用題目中所給的物理量的符號表示)。
(3)請至少提出一條減小實驗誤差的操作：______。
12.某同學為測定電阻絲的電阻率ρ，設計了如圖甲所示的電路，電路中ab是一段電阻率較大、粗細均勻的電阻絲，保護電阻R0=4.0Ω，電源電動勢E=3.0V，電流表內(nèi)阻忽略不計，滑片P與電阻絲始終接觸良好.
(1)實驗中用螺旋測微器測得電阻絲的直徑如圖乙所示，其示數(shù)為d=______mm.
(2)實驗時閉合開關，調(diào)節(jié)滑片P的位置，分別測量出每次實驗中aP長度x及對應的電流值I，實驗數(shù)據(jù)如表所示：
根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，在圖丙的坐標紙上作出1I?x圖象，并由圖線求出電阻絲的電阻率ρ=______Ω?m(保留兩位有效數(shù)字)。
(3)根據(jù)1I?x關系圖線縱軸截距的物理意義，可求得電源的內(nèi)阻為r=______Ω(保留兩位有效數(shù)字).
(4)若電流表內(nèi)阻不可忽略，則電流表的內(nèi)阻對測量電阻絲的電阻率______(選填“有”或“無”)影響，根據(jù)1I?x關系圖線縱軸截距的物理意義可求得的是______。
四、簡答題：本大題共2小題，共26分。
13.在玻爾的原子結構理論中，氫原子由高能級向低能級躍遷時能發(fā)出一系列不同頻率的光，波長可以用巴爾末一里德伯公式1λ=R(1k2?1n2)來計算，式中λ為波長，R為里德伯常量，n、k分別表示氫原子躍遷前和躍遷后所處狀態(tài)的量子數(shù)，對于每一個k，有n=k+1，k+2，k+3，?。其中，賴曼系譜線是電子由n>1的軌道躍遷到k=1的軌道時向外輻射光子形成的，巴爾末系譜線是電子由n>2的軌道躍遷到k=2的軌道時向外輻射光子形成的。現(xiàn)用氫原子發(fā)出的光照射某種金屬進行光電效應實驗。若用賴曼系中波長最長的光照射時，遏止電壓的大小為U1；若用巴爾末系中n=4的光照射金屬時，遏止電壓的大小為U2。已知電子電荷量的大小為e，真空中的光速為c，里德伯常量為R。試求：普朗克常量h和該金屬的逸出功W0。
14.如圖所示是中國科學院自主研制的磁約束核聚變實驗裝置中的“偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)”原理圖。由正離子和中性粒子組成的多樣性粒子束通過兩極板間電場后進入偏轉(zhuǎn)磁場。其中的中性粒子沿原方向運動，被接收板接收；一部分離子打到左極板，其余的進入磁場發(fā)生偏轉(zhuǎn)被吞噬板吞噬并發(fā)出熒光。多樣性粒子束寬度為L，各組成粒子均橫向均勻分布。偏轉(zhuǎn)磁場為垂直紙面向外的矩形勻強磁場，磁感應強度為B1。已知離子的比荷為k，兩極板間電壓為U、間距為L，極板長度為2L，吞噬板長度為2L并緊靠負極板。若離子和中性粒子的重力、相互作用力、極板厚度可忽略不計，則
(1)要使v0= kU的離子能沿直線通過兩極板間電場，可在極板間施加一垂直于紙面的勻強磁場B0，求B0的大??；
(2)若撤去極板間磁場B0，有n個速度為v1= 3kU的離子，能進入偏轉(zhuǎn)磁場的離子全部能被吞噬板吞噬，求吞噬板上收集的離子個數(shù)及B1的取值范圍；
(3)重新在兩極板間施加一垂直于紙面的勻強磁場并調(diào)整磁感應強度大小，使v2= 2kU的離子沿直線通過極板后進入偏轉(zhuǎn)磁場，若此時磁場邊界為矩形，如圖所示，當B1=43L 2Uk時上述離子全部能被吞噬板吞噬，求偏轉(zhuǎn)磁場的最小面積。
五、計算題：本大題共1小題，共14分。
15.用如圖所示的裝置，可以模擬貨車在水平路面上的行駛，進而研究行駛過程中車廂里的貨物運動情況。已知模擬小車(含遙控電動機)的質(zhì)量M=7kg，車廂前、后壁間距L=4m，木板A的質(zhì)量mA=1kg，長度LA=2m，木板上可視為質(zhì)點的物體B的質(zhì)量mB=4kg，A、B間的動摩擦因數(shù)u=0.3，木板與車廂底部(水平)間的動摩擦因數(shù)u0=0.32，A、B緊靠車廂前壁?，F(xiàn)“司機′′遙控小車從靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)過一定時間，A、B同時與車廂后壁碰撞。設小車運動過程中所受空氣和地面總的阻力恒為F阻=16N，重力加速度大小g=10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。
(1)從小車啟動到A、B與后壁碰撞的過程中，分別求A、B的加速度大小；
(2)A、B與后壁碰撞前瞬間，求遙控電動機的輸出功率；
(3)若碰撞后瞬間，三者速度方向不變，小車的速率變?yōu)榕銮暗?0%，A、B的速率均變?yōu)榕銮靶≤嚨乃俾?，且“司機”立即關閉遙控電動機，求從開始運動到A相對車靜止的過程中，A與車之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：BD.玻璃磚繞圓心O點順時針轉(zhuǎn)動，相當于玻璃磚不動，入射光線逆時針轉(zhuǎn)動，則折射光線也逆時針轉(zhuǎn)動，光屏上的光點將向右移動，故BD錯誤；
AC.由折射定律，設玻璃磚轉(zhuǎn)過α角時光線在玻璃磚的AB面上恰好發(fā)生全反射，此時射到光屏MN上的光點離O′點的距離最遠。設臨界角為C，根據(jù)臨界角公式可得：
sinC=1n
全反射的臨界角
C=α=45°
由幾何關系知，光屏上光點到O′的距離
x=htanα=101cm=10cm
則光屏上光點向右移動，光點離O′點最遠距離為10cm，故A正確，C錯誤。
故選：A。
根據(jù)光的傳播特點分析出光屏上的點的移動方向；
根據(jù)臨界角公式和幾何關系得出光點離O′點的距離。
本題主要考查了光的折射定律，熟悉光的傳播特點，結合幾何關系和臨界角的計算公式即可完成分析。
2.【答案】C
【解析】解：B、鏈球在傾斜平面內(nèi)做加速圓周運動，因此合力不但提供向心力，還提供切向力，故B錯誤；
A、根據(jù)Δv=at，F(xiàn)=ma，可知合力與加速度的大小、方向均在不斷發(fā)生變化，因此相同時間內(nèi)速度變化量Δv不相同，故A錯誤；
CD、由斜拋運動規(guī)律可知：
x=v0csθ?t
h=?v0t+12gt2
其中h近似人的身高，θ為拋出時與水平方向的夾角，整理gx2tan2θ?2v02xtanθ+(gx2?2v02h)=0，關于tanθ一元二次方程，一定有解，因此Δ≥0，解得x≤v0 v02+2ghg，即tanθ=v0 v02+2gh時，最大水平距離xmax=v0 v02+2ghg；如果身高忽略不計，即h≈0，則x=v02sin2θg，當θ=45°時，最大水平距離xmax=v02g。因此，在A點附近達到最大速度v0，以一定的夾角θ拋出，可以獲得更好的成績，故C正確，D錯誤。
故選：C。
鏈球做加速圓周運動，拉力和重力的提供合力，通過力是否變化可判斷加速度的變化，即可判斷速度變化量是否相同；
鏈球做斜拋運動過程中，松手后鏈球做斜拋運動，根據(jù)斜拋運動規(guī)律結合數(shù)學知識進行求解。
本題考查了圓周運動和斜拋運動的相關知識，解題的關鍵是明確鏈球合力的作用效果，難度適中。
3.【答案】B
【解析】解：AB.由圖可看出，理想狀態(tài)下降噪聲波與環(huán)境聲波波長相等，波速相等，則頻率相同，疊加時產(chǎn)生干涉現(xiàn)象，由于兩列聲波等幅反相，振動減弱，起到降噪作用，所以降噪過程應用的是聲波的干涉原理，故A錯誤，B正確；
C.圖乙所示，此時介質(zhì)中的質(zhì)點P處于平衡位置，但因為兩列聲波等大反向，所以合振幅為零，故質(zhì)點P靜止不動，路程為零，故C錯誤；
D.波傳播時，質(zhì)點不隨波移動，只在平衡位置附近振動，則P點并不隨波移動，故D錯誤。
故選：B。
根據(jù)疊加原理，兩列聲波等幅反相，疊加時產(chǎn)生干涉現(xiàn)象，振動減弱；振動點不隨波移動。
本題解題關鍵是根據(jù)疊加原理分析，注意兩列聲波等幅反相時，振動減弱，是一道基礎題。
4.【答案】B
【解析】解：A、AC邊與BD邊電流方向相反，由左手定則可知，兩邊所受安培力方向相反，故A錯誤；
B、設AB邊到x軸的距離為h，則AB邊受到的安培力大小為FAB=(B0+kh)IL，方向豎直向上，CD邊受到的安培力大小為FCD=(B0+kh+kl)IL，方向豎直向下，由于系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，有T+FAB=mg+FCD，解得T=mg+kIL2，故B正確；
C、由于AB邊與CD邊的距離不變，則兩邊所受安培力之差不變，則若僅將細線長度加長，線框始終在磁場內(nèi)，則穩(wěn)定后細線彈力不變，故C錯誤；
D、若僅將磁場調(diào)整為磁感應強度為B0的勻強磁場，方向不變，則AB邊與CD邊所受安培力大小相等，方向相反，由系統(tǒng)平衡可知，細線中的拉力與其重力等大反向，故D錯誤。
故選：B。
分析題干，需注意本題中的磁場并不是均勻磁場，在計算線圈不同位置所受的安培力需要帶入題干給的磁感應強度的關系式。
本題集中考察了安培力的計算及應用，正確使用安培力計算公式是本題的解題關鍵。
5.【答案】B
【解析】解：根據(jù)題意，設列車的最大速度為vm，列車對空氣的阻力為f，取列車運動方向為正方向，由動量定理有
fΔt=ρSvΔtv?0
解得
f=ρSvm2
當牽引力等于阻力時，勻速運動，列車速度最大，則有
P=fvm
聯(lián)立解得
vm=3PρS
當列車由靜止開始以額定功率運行到速度為最大速度的13時，阻力為
f1=ρS(13vm)2=19ρSvm2
此時，牽引力為
F=P13vm=3f
1號車廂對2號車廂的作用力大小為F′，對2號、3號、4號車廂整體，由牛頓第二定律有
F′=3ma
對4節(jié)車廂整體有
3f?f1=4ma
聯(lián)立解得
F′=136ρSvm2=1363P2ρS
故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
根據(jù)動量定理推導出阻力的表達式，當牽引力等于阻力時，計算出列車速度最大，根據(jù)運行速度為最大速度的13時計算出牽引力，根據(jù)牛頓第二定律列方程計算。
本題關鍵掌握機車的兩種啟動方式、整體法和隔離法。
6.【答案】D
【解析】解：A、以結點O為研究對象，受到兩段細繩的拉力和外力F，其中OA段的拉力大小等于mg，如圖所示；
根據(jù)平衡條件解得正弦定理可以推導出：Tsinβ=mgsinα，由于α和mg不變，則Tsinβ為定值；
讓外力F將物塊A緩慢向上運動，拉至OO′水平的過程中，β的變化范圍為60°～150°，所以sinβ先增大后減小，所以繩子OO′的拉力先增大后減小，故A錯誤；
B、對C受力分析，B對C的摩擦力始終等于C的重力沿斜面向下的分力，一直不變，故B錯誤；
C、對B、C整體受力分析可知，沿斜面方向根據(jù)平衡條件可知，斜面對B的摩擦力大小等于繩子OO′的拉力與B、C重力沿斜面向下分力的合力，繩子OO′的拉力先增大后減小，斜面對B的摩擦力不可能一直減小，故C錯誤；
D、對B、C以及斜面整體分析，繩子對整體水平方向的拉力先增大后減小，則地面對斜面體的摩擦力先增大后減小，故D正確。
故選：D。
以結點O為研究對象進行受力分析，根據(jù)平衡條件分析繩子OO′的拉力的變化情況；對C沿斜面方向根據(jù)平衡條件分析B對C的摩擦力的變化；對B、C整體受力分析可知，沿斜面方向根據(jù)平衡條件分析斜面對B的摩擦力的變化；對B、C以及斜面整體分析，水平方向根據(jù)平衡條件分析地面對斜面體的摩擦力的變化。
本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。注意整體法和隔離法的應用。
7.【答案】ABC
【解析】解：A.a→c過程氣體體積增大，氣體對外做功，a→c過程氣體溫度升高，內(nèi)能增加，由熱力學第一定律ΔU=Q+W可知，氣體吸收熱量，故A正確；
B.根據(jù)題意可知，b、c、d、e點的體積V相等，pb>pc>pd>pe，由查理定律pT=C，可知Tb>Tc>Td>Te，a b是等溫膨脹過程，則Ta=Td，從a到b、c、d、e過程體積變化量ΔV相同，氣態(tài)對外做功W=pΔV，a b過程氣體壓強不變，a c、a d、a e過程壓強減小，則a b過程氣體對外做功最多，a b過程氣體溫度升高最大，氣體內(nèi)能增加最多，故B正確；
C.根據(jù)題意可知，b、c、d、e各狀態(tài)下氣體體積相等，分子數(shù)密度相等，即單位體積內(nèi)的氣體分子個數(shù)相等，故C正確；
D.a→e過程氣體溫度降低，所以一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能減少，氣體體積增大，氣體對外做功，氣體內(nèi)能的減少量可能等于氣體對外做的功，故D錯誤。
故選：ABC。
根據(jù)氣體體積的變化趨勢得出氣體的做功類型，結合溫度的變化得出內(nèi)能的變化趨勢，從而分析出氣體的吸放熱情況；
根據(jù)氣體的體積分析出單位體積內(nèi)氣體分子個數(shù)的大小關系。
本題主要考查了熱力學第一定律的相關應用，熟悉圖像物理意義的分析，結合熱力學第一定律即可完成解答。
8.【答案】CD
【解析】解：A.由于要與同步軌道的空間站進行連接，故太空電梯應該建立在同步衛(wèi)星軌道所在的平面內(nèi)，即赤道上，故A錯誤；
B.太空電梯的設定實際為建于地球之上，跟隨地球自轉(zhuǎn)且具有相同的角速度，故其自轉(zhuǎn)的角速度、線速度明顯小于第一宇宙速度，故除靜止軌道外的部分斷裂皆因其受到的萬有引力大于向心力才會掉落，電影內(nèi)也有這一情節(jié)，故B錯誤；
C.距離地表18000km的高空處，距離地心距離約為18000km+6400km=24400km，約為地球半徑的3.8倍，根據(jù)萬有引力定律mg=GMmr2，其重力加速度約為地球表面的115，故C正確；
D.靜止軌道距地球表面高36000km處，該處到地心距離為42400km，約為地球半徑的6.6倍，根據(jù)F引=GMmr2，引力約為地球表面的144，故D正確。
故選：CD。
要與同步軌道的空間站進行連接，太空電梯應該建立在同步衛(wèi)星軌道所在的平面內(nèi)，根據(jù)電梯部件的受力情況分析B，根據(jù)萬有引力與重力的關系分析CD。
本題解題關鍵是掌握：1.同步衛(wèi)星軌道平面在赤道平面；2.根據(jù)萬有引力與重力的關系分析解答。
9.【答案】AD
【解析】解：A.當小物體隨圓盤轉(zhuǎn)到圓盤的最低點，所受的靜摩擦力沿斜面向上達到最大時，角速度最大，由牛頓第二定律得
μmgcs30°?mgsin30°=mω2r
代入數(shù)據(jù)解得ω=1rad/s，故A正確；
B.由于小物體做勻速圓周運動，除了水平直徑上的兩點之外，在圓盤面內(nèi)靜摩擦力的一個分力要與重力沿斜面向下的分力相平衡，另一個分力提供做圓周運動的向心力，所以小物體運動過程中所受的摩擦力不一定始終指向圓心，故B錯誤；
C.小物體向心力的最大值為
μmgcs30°?mgsin30°= 32×1×10× 32N?1×10×12N=2.5N
mgsin30°=1×10×12N=5N
大于向心力最大值，故最高點
mgsin30°?f=mω2r
故小物體在最高點受到的摩擦力一定隨ω的增大而減小，故C錯誤；
D.小物體由最低點運動到最高點的過程中，動能增量為0，據(jù)動能定理得
?mg?2rsin30°+Wf=0
代入數(shù)據(jù)解得摩擦力所做的功為
Wf=25J，故D正確。
故選：AD。
A.先判斷靜摩擦達到最大的位置對應的角速度，結合牛頓第二定律列式求解；
B.根據(jù)物體的合力提供向心力和摩擦力的特點進行判斷；
C.根據(jù)最大向心力和重力的分力關系結合相應位置進行分析判斷；
D.根據(jù)動能定理列式求解。
考查牛頓運動定律和動能定理的問題，會根據(jù)題意列式聯(lián)立求解相關的物理量。
10.【答案】BD
【解析】解：A、因為導軌電阻忽略不計，金屬框的與導軌重合的兩條邊被短路，金屬框進入磁場過程中，金屬框的右邊作為電源，金屬框的左邊與電阻R1并聯(lián)，可知此時電路中的總電阻為：R總=R0+2R0×R02R0+R0=5R03，故A錯誤；
B、金屬框進入磁場的末速度為v1，金屬框進入磁場的過程中，以水平向右為正方向，根據(jù)動量定理得：
?BI?Lt=mv1?mv0
又有：q=I?t=E?R總t=ΔΦR總，ΔΦ=BL2，可得：BI?Lt=B2L3R總
已知初速度v0=B2L3mR0，解得：v1=2B2L35mR0，故B正確；
C、當金屬框完全在磁場中時，金屬框的左右兩邊框同時切割磁感線，可等效為兩個電源并聯(lián)，再和R1構成回路，此時回路的總電阻為：R總1=R1+R02=5R02
假設金屬框的右邊能夠到達磁場右邊界，且速度為v2，磁場寬度為2L，金屬框完全在磁場中的過程運動位移為L，以水平向右為正方向，與B選項的分析同理可得：
?B2L3R總1=mv2?mv1，解得：v2=0，可知金屬框不能穿越磁場，故C錯誤；
D、設金屬框進入磁場的過程回路產(chǎn)生的總熱量為Q1，根據(jù)能量守恒定律可得：
12mv02=Q1+12mv12
根據(jù)電阻的比值關系和焦耳定律可得此過程中電阻R1產(chǎn)生的熱量為：QR1=215Q1
聯(lián)立解得：QR1=7B4L6125mR02
金屬框完全在磁場中運動過程，同理可得此過程產(chǎn)生的總熱量為：Q2=12mv12
根據(jù)電阻的比值關系和焦耳定律可得此過程中電阻R1產(chǎn)生的熱量為：QR1′=45Q2
聯(lián)立解得：QR1′=8B4L6125mR02
整個過程中電阻R1產(chǎn)生的熱量為：Q=QR1+QR1′=3B4L625mR02，故D正確。
故選：BD。
金屬框的與導軌重合的兩條邊被短路，金屬框的右邊作為電源，金屬框的左邊與電阻R1并聯(lián)；根據(jù)動量定理求解金屬框進入磁場的末速度，以及金屬框完全在磁場中運動時的末速度，判斷金屬框能不能穿越磁場；根據(jù)能量守恒定律求解兩階段的焦耳熱的和。
對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力作用下導體棒的運動過程，根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律、動量定理列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關系等列方程求解。掌握金屬棒切割磁感線作為等效電源時電路聯(lián)接形式的分析方法。
11.【答案】不需要 Hx 多次重復實驗，測量H和x
【解析】解：(1)該實驗得原理是先利用能量守恒，將按壓后中性筆的彈性勢能轉(zhuǎn)化成中性筆的重力勢能，再利用彈性勢能完全克服了桌面的摩擦力做功從而求得動摩擦因數(shù)，實驗原理可表示為
Ep=mgH，Ep=μmgx
聯(lián)立可得H=μx，因此可知該實驗不需要測量當?shù)氐闹亓铀俣?，也不需要測量中性筆的質(zhì)量。
(2)由(1)中H=μx，可得μ=Hx，
(3)多次重復試驗，測量H和x；按壓中性筆時，豎直按壓和水平按壓時確保按壓程度相同以減小實驗誤差。
故答案為：(1)不需要 (2)Hx (3)多次重復試驗，測量H和x。
(1)利用能量守恒原理分析；
(2)利用(1)勢能轉(zhuǎn)換規(guī)律得出的結論，計算動摩擦因數(shù)；
(3)多次重復實驗可減小誤差。
本題主要考查滑動摩擦力的實驗探究，其中掌握能量守恒定律為解決本題的關鍵。
12.【答案】0.4001.1×10?6 1.4無 電源的內(nèi)阻和電流表內(nèi)阻之和
【解析】解：(1)由圖乙所示螺旋測微器的精度為0.01mm，所以金屬絲的直徑d=0mm+40.0×0.01mm=0.400mm。
(2)在給的坐標系中先描點，再將這些點擬合成一條直線，如圖所示由圖丙所示圖象；
由電阻定律可得，R=ρxS，由歐姆定律可得：R=EI?R0?r，所以1I=4ρπEd2?x+R0+rE
則圖象斜率k=4ρπEd2=3.6??1m?1，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得電阻率為：ρ=1.1×10?6Ω?m；
(3)根據(jù)圖丙中1I?x關系圖線縱軸截距為b=R0+rE=1.8，代入數(shù)據(jù)解得：r=1.4Ω。
(4)根據(jù)表達式：1I=4ρπEd2?x+R0+rE，電流表的內(nèi)阻只決定于縱截距，與圖象的斜率無關，所以Rg對電阻率的測定無影響。從縱截距看，r則是電流表的內(nèi)阻與電源內(nèi)阻的和。
故答案為：(1)0.400；(2)如右圖所示、1.1×10?6；(3)1.4；(4)無、電源的內(nèi)阻和電流表內(nèi)阻之和
(1)螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)；
(2)應用描點法作圖作出圖象；求出圖象的函數(shù)表達式，然后根據(jù)圖象的斜率求出電阻率；
(3)(4)根據(jù)圖象的函數(shù)表達式，結合根據(jù)圖象的縱截距求出電源的內(nèi)阻，并分析誤差。
螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器示數(shù)，螺旋測微器需要估讀；要掌握應用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)的方法。
13.【答案】解：根據(jù)巴爾末一里德伯公式1λ=R(1k2?1n2)，n=2時，波長最長，代入解得
λ1=43R
對應的頻率ν1=cλ1=3cR4
同理n=4時解得頻率為
ν2=3cR16
用波長λ1=43R和ν2=3cR16的光照射時，根據(jù)光電效應方程有eU1=hν1?W0
eU2=hν2?W0
聯(lián)立解得h=16e9cR(U1?U2)
W0=13eU1?43eU2
答：普朗克常量為16e9cR(U1?U2)，該金屬的逸出功為13eU1?43eU2。
【解析】根據(jù)巴爾末一里德伯公式，得到頻率ν1、ν2，根據(jù)光電效應方程聯(lián)立求解。
本題主要考查了玻爾理論與光電效應的綜合應用，關鍵要掌握光電效應的規(guī)律和玻爾理論，認真閱讀題意，從大量材料中獲取有效信息。
14.【答案】解：(1)粒子勻速通過極板，有
qv0B0=qUL
解得
B0=1L Uk
(2)粒子在電場中偏轉(zhuǎn)，有
y=12at2
2L=v1t
又
qUL=ma
代入數(shù)據(jù)得
y=23L
故能進入磁場區(qū)域收集的離子個數(shù)為
N=13n
在偏轉(zhuǎn)磁場中，有
qvB1=mv2R
在磁場中偏轉(zhuǎn)距離
x=2Rcsθ
離子射出偏轉(zhuǎn)電場時，對于進入磁場的左右兩邊界離子而言，與吞噬板左右兩端相距分別為2L、13L，設離子恰好打到吞噬板兩端，由幾何關系得
13L≤2v1kB1≤2L
則
1L 3Uk≤B1≤6L 3Uk
(3)洛倫茲力提供向心力，有
qv2B1=mv22r
解得
r=34L
上述離子全部能被吞噬板吞噬，分析可知偏轉(zhuǎn)磁場為最小面積矩形時，緊貼負極板射入磁場的粒子射出磁場時，沿直線運動能恰打在吞噬板的最左端。
設該軌跡圓心到磁場左邊界的距離為a，由相似三角形的幾何關系得
ar=r2L?r
解得
a=920L
磁場B1的最小面積
Smin=34L(L+34L+a)
解得Smin=3320L2
答：(1)B0的大小為1L Uk；
(2)吞噬板上收集的離子個數(shù)為13n，B1的取值范圍為1L 3Uk≤B1≤6L 3Uk；
(3)偏轉(zhuǎn)磁場的最小面積為3320L2。
【解析】(1)離子沿直線通過兩極板間電場，洛倫茲力與電場力平衡，根據(jù)受力平衡求出磁感應強度大??；
(2)撤去極板間磁場后，離子在極板間做類平拋運動，離子在磁場B1中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)運動學公式、牛頓第二定律和幾何關系求解即可；
(3)離子在磁場B1中只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解。
本題考查了帶電粒子在組合場中運動問題，典型的數(shù)理結合題目，難度大，注意粒子在不同場強運動的規(guī)律及特點。
15.【答案】解：(1)由題意，從啟動到A、B與后壁碰撞的過程中，三者間有相對滑動，三者受力如圖所示：
對B：fAB=μmBg=12N
由牛頓第二定律：fAB=mBaB
代入數(shù)據(jù)解得：aB=3m/s2，方向向前，做勻加速運動
對A：fCA=μ0(mA+mB)g=16N
由牛頓第二定律：fCA?fAB=mAaA
代入數(shù)據(jù)解得：aA=4m/s2，方向向前，做勻加速運動
(2)A、B同時到達后壁，有：sA?sB=12aAt2?12aBt2=LA
且：sC?sB=12aCt2?12aBt2=L
得：t=2s，aC=5m/s2
對車，由牛頓第二定律：F?μ0(mA+mB)g?F阻=MaC
得：F=67N
電動機輸出功率：P=Fv
碰撞前瞬間的車速：v=aCt
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得：v=10m/s，P=670W
(3)碰撞后瞬間vC′=0.8vC=8m/s，A、B的速率為v，因PC

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