1.我國已全面進(jìn)入5G時代，5G信號使用的電磁波頻率是4G信號的幾十倍，下列說法正確的是( )
A. 4G信號電磁波比5G信號電磁波的粒子性更明顯
B. 5G信號電磁波的波長比4G信號電磁波的波長短
C. 5G信號電磁波的光子能量比4G信號電磁波的光子能量小
D. 在相同介質(zhì)中5G信號比4G信號的傳播速度大
2.某天早晨，贛州的溫度為0℃，某老師剛啟動汽車時看到汽車儀表盤顯示后輪胎胎壓均為2.7bar(1bar=100kpa)，中午，該老師剛啟動汽車時看到后輪胎壓均變成了2.8bar，若輪胎內(nèi)的氣體質(zhì)量和體積均保持不變，輪胎內(nèi)部氣體可看成理想氣體，則下列說法正確的是( )
A. 氣體分子撞擊輪胎內(nèi)壁的平均作用力減小
B. 輪胎內(nèi)部氣體分子的平均動能不變
C. 中午溫度約為10℃
D. 輪胎內(nèi)部氣體吸收熱量，對外做功，內(nèi)能不變
3.如圖甲所示為某電動牙刷的無線充電示意圖，送電線圈以由a到b為電流的正方向，當(dāng)送電線圈通過如圖乙所示的電流時，在0～t1時間內(nèi)( )
A. 受電線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流增大且方向由d到c
B. 受電線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流減小且方向由d到c
C. 受電線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流增大且方向由c到d
D. 受電線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流減小且方向由c到d
4.北京時間2022年11月17日16時50分，航天員陳冬、劉洋、蔡旭哲密切協(xié)同，圓滿完成出艙活動全部既定任務(wù)。太空艙距地面高約400km，根據(jù)西游記關(guān)于“天庭”的描述，可推算出“天庭”繞地心運動一周約50000 km，假如“天庭”真實存在，且“天庭”和“太空艙”均繞地心做勻速圓周運動，地球可視為半徑約6400 km的均勻球體，則( )
A. 漂浮在艙外的航天員加速度等于零
B. 若出艙活動期間蔡旭哲自由釋放手中的工具，工具會立即高速離開航天員
C. “天庭”運行的線速度比“太空艙”小
D. “天庭”受地球的引力比“太空艙”小
5.如圖所示，甲同學(xué)站在地面上將排球以大小為v1的速度擊出，排球沿軌跡①運動;經(jīng)過最高點后，乙同學(xué)跳起將排球以大小為v2的水平速度擊回，排球沿軌跡②運動，恰好落回出發(fā)點。忽略空氣阻力，則排球( )
A. 沿軌跡①和軌跡②運動過程的平均速度大小相同
B. 沿軌跡①和軌跡②運動過程的速度變化量大小相同
C. 沿軌跡①運動的最小速度大小可能為v2
D. 沿軌跡②運動的最大速度大小可能為v1
6.某山頂有一排風(fēng)力發(fā)電機(jī)，發(fā)電機(jī)的葉片轉(zhuǎn)動時可形成半徑為R=20m的圓面。某時間內(nèi)該山頂?shù)娘L(fēng)速達(dá)10m/s，風(fēng)向恰好跟某風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片轉(zhuǎn)動形成的圓面垂直，已知空氣的密度ρ=1.2kg/m3，若該風(fēng)力發(fā)電機(jī)能將此圓內(nèi)20%的空氣動能轉(zhuǎn)化為電能。則此風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率P約為( )
A. 1.5×104WB. 1.5×105WC. 5×104WD. 5×105W
7.如圖所示，輕繩1兩端分別固定在M、N兩點(N點在M點右上方)，輕繩1上套有一個輕質(zhì)的光滑小環(huán)O，質(zhì)量為m的物塊P通過另一根輕繩2懸掛在環(huán)的下方，處于靜止?fàn)顟B(tài)，∠MON=60°?，F(xiàn)用一始終與輕繩2垂直的力F緩慢拉動物塊，直到輕繩2與MN連線方向垂直。已知重力加速度為g。下列說法正確的是( )
A. 物塊在緩慢移動過程中，輕繩2的延長線可能不平分∠MON
B. 施加拉力F前，輕繩1的張力大小為 32mg
C. 物塊在緩慢移動過程中，輕繩1的張力增大
D. 物塊在緩慢移動過程中，力F先增大后減小
二、多選題：本大題共3小題，共12分。
8.我國2023年新能源車出口120多萬輛，穩(wěn)居全球首位。一輛新能源車在某次直線測試中，速度從0加速到20m/s所用時間為8s，且加速度隨速度的增加而逐漸減小，該車在這段時間內(nèi)( )
A. 加速到10m/s時，用時大于4sB. 平均加速度大小為2.5m/s2
C. 位移大于80mD. 運動到總位移一半時，速度小于10m/s
9.如圖所示，圖1為亞運會藝術(shù)體操比賽中中國隊選手趙樾進(jìn)行帶操比賽的畫面，某段過程中彩帶的運動可簡化為沿x軸方向傳播的簡諧橫波，這列簡諧橫波在t=0時的波形如圖2所示。介質(zhì)中x=1m處的質(zhì)點P沿y軸方向做簡諧運動的表達(dá)式為y=10sin(5πt)(cm)。則下列說法正確的是( )
A. 該波沿x軸負(fù)方向傳播
B. 該波的傳播速度為10m/s
C. t=0時，x=43m處的質(zhì)點振動位移為?5 2cm
D. t=0時，x=43m處的質(zhì)點振動位移為?5cm
10.某?？萍寂d趣小組設(shè)計了一個玩具車的電磁驅(qū)動系統(tǒng)，如圖所示，abcd是固定在塑料玩具車底部的長為L、寬為L2的長方形金屬線框，線框粗細(xì)均勻且電阻為R。驅(qū)動磁場為方向垂直于水平地面、等間隔交替分布的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為 B，每個磁場寬度均為L2?，F(xiàn)使驅(qū)動磁場以速度v0向右勻速運動，線框?qū)⑹艿酱艌隽Σ油婢哕囉伸o止開始運動，假設(shè)玩具車所受阻力f與其運動速度v的關(guān)系為f=kv(k為常量)。下列說法正確的是( )
A. a、d兩點間的電壓的最大值為BLv03
B. 玩具車在運動過程中線框中電流方向不改變
C. 線框勻速運動時，安培力的功率等于回路中的電功率
D. 玩具車和線框的最大速度為v=4B2L2v0kR+4B2L2
三、實驗題：本大題共2小題，共18分。
11.用如圖甲所示的裝置探究影響向心力大小的因素。已知小球在槽中A、B、C位置做圓周運動的軌跡半徑之比為1:2:1，小球做圓周運動的向心力與標(biāo)尺露出的格數(shù)成正比，變速塔輪自上而下按如圖乙所示三種方式進(jìn)行組合，每層半徑之比由上至下分別為1:1、2:1和3:1。
(1)本實驗所采用的實驗探究方法與下列哪些實驗是相同的__________。
A.探究平拋運動的特點
B.探究影響導(dǎo)體電阻的因素
C.探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律
D.探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系
(2)在探究向心力大小與半徑的關(guān)系時，為了控制角速度相同需要將傳動皮帶調(diào)至第__________(填“一”、“二”或“三”)層塔輪，然后將兩個質(zhì)量相等的鋼球分別放在__________(填“A和B”、“A和C”或“B和C”)位置，勻速轉(zhuǎn)動手柄，如圖丙所示，左側(cè)標(biāo)尺露出2格，右側(cè)標(biāo)尺露出1格，則左右兩球所受向心力大小之比為__________。
(3)在記錄兩個標(biāo)尺露出的格數(shù)時，同學(xué)們發(fā)現(xiàn)要同時記錄兩邊的格數(shù)且格數(shù)又不是很穩(wěn)定，不便于讀取。于是有同學(xué)提出用手機(jī)拍照后再通過照片讀出兩邊標(biāo)尺露出的格數(shù)。下列對該同學(xué)建議的評價，你認(rèn)為正確的是__________。
A.該方法可行，但仍需要勻速轉(zhuǎn)動手柄
B.該方法可行，且不需要勻速轉(zhuǎn)動手柄
C.該方法不可行，因不能確定拍照時露出的格數(shù)是否已穩(wěn)定
(4)在探究向心力大小與角速度的關(guān)系時，若將傳動皮帶調(diào)至圖乙中的第三層，質(zhì)量相同的兩小球分別放在A和C位置，轉(zhuǎn)動手柄，穩(wěn)定后，觀察到左側(cè)標(biāo)尺露出1格，右側(cè)標(biāo)尺露出9格，則可以得出的實驗結(jié)論為：__________。
12.一探究小組測量平時考試使用的2B鉛筆芯的電阻率，先用多用電表歐姆擋的“ x 10”擋粗測鉛筆芯電阻，指針偏轉(zhuǎn)如圖(a)所示。
(1)為了更準(zhǔn)確測量電阻值，可將旋鈕調(diào)至__________(填“×1”或“×100”)擋后再次進(jìn)行測量。
(2)為精確地測量鉛筆芯的電阻，實驗中除開關(guān)，若干導(dǎo)線外還提供下列器材：
A.電壓表V1(量程0～3V，內(nèi)阻約3kΩ)
B.電壓表V2(量程0～15V，內(nèi)阻約15kΩ)
C.電流表A1(量程0～3A，內(nèi)阻約0.01Ω)
D.電流表A2(量程0～0.6A，內(nèi)阻約0.1Ω)
E.滑動變阻器R1(0～10Ω)
F.滑動變阻器R2(0～500Ω)
G.電源E(電動勢為3.0V)及開關(guān)和導(dǎo)線若干
為了提高測量精確度，實驗中電壓表應(yīng)選擇__________，電流表應(yīng)選擇__________，滑動變阻器應(yīng)選擇__________。(選填各器材前的字母序號)
(3)現(xiàn)要求測量電路的電壓從0開始變化，請在實物圖(b)中完成電路連接。
(4)用游標(biāo)卡尺測得鉛筆芯接入電路的長度為l，用螺旋測微器測得直徑為d，電壓表的示數(shù)為U，電流表的示數(shù)為I，由此可計算得出鉛筆芯的電阻率ρ=__________(用題目所給字母表示)。
四、計算題：本大題共3小題，共30分。
13.如圖所示為一監(jiān)控設(shè)備上取下的半徑為R的實心半球形透明材料，底面豎直放置，球心為O點，在半球左側(cè)平行底面放置一足夠大的光屏，光屏與半球底面相距為R。激光筆對準(zhǔn)O點，垂直于光屏發(fā)出一束激光射向半球面，在光屏上的O1點留下亮點;保持激光筆位置不變，讓半球形透明材料繞底面上的水平直徑 AB轉(zhuǎn)動30°，亮點在光屏上移動到與O1相距 33R的位置。已知激光在真空中的傳播速度為c，求：
(1)此透明材料的折射率n;
(2)激光在半球形透明材料內(nèi)的傳播時間t。
14.某學(xué)習(xí)小組通過一款小游戲研究碰撞問題。游戲裝置俯視圖如圖所示，在粗糙的水平面上固定一圓形光滑軌道，緊貼軌道內(nèi)側(cè)放置兩個可視為質(zhì)點的小物塊A、B，A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，圓形光滑軌道的半徑為r?，F(xiàn)給A一個向左的初速度v0，使其沿著軌道在水平面上做圓周運動，運動半周時與 B發(fā)生彈性碰撞。已知mB=3mA，重力加速度為 g。
(1)求剛開始運動時A的加速度大小a;
(2)若μ=0.2，r=2πm，v0=3m/s，g取10m/s2，求A與B碰后B滑行的路程s。
15.用磁聚焦法測量比荷是一種常用方法。如圖甲所示，在真空玻璃管中裝有熱陰極 K和帶有小孔的陽極A，在A、K之間加上電壓U0后，連續(xù)不斷地有電子從陰極K由靜止加速到達(dá)陽極A，電子從小孔射出后沿水平中心軸線進(jìn)入平行板電容器，兩板間距及板長均為L，電容器兩極板間所加電壓 u隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示。兩極板右側(cè)有一足夠大的熒光屏，熒光屏與中心軸線垂直，且與兩極板右端的距離為z(未知)，在熒光屏上，以垂點為坐標(biāo)原點建立 xOy平面直角坐標(biāo)系，其中y軸垂直于電容器極板。兩極板與熒光屏間有一水平向右的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B。已知電子在兩極板間運動的時間極短，電子的電量為 e，質(zhì)量為 m，不計電子重力和電子間的相互作用。
(1)求電子射出兩極板時偏離中心軸線的最大位移ym;
(2)判斷在熒光屏上形成的亮斑形狀(不要求推導(dǎo)過程);
(3)若z可以取任意值，求熒光屏上亮斑形狀(如長度或面積)的最大值;
(4)若z=π6B 2mU0e，求熒光屏上的亮斑距y軸最遠(yuǎn)的點的坐標(biāo)(x,y)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本題考查電磁波的特點。解決問題的關(guān)鍵是清楚電磁波的波長、頻率和波速的關(guān)系，知道光子能量的表達(dá)式、知道折射率與波速之間的關(guān)系。
【解答】
C.5G信號使用的電磁波頻率是4G信號的幾十倍，所以5G信號使用的電磁波頻率大于4G信號使用的電磁波頻率，根據(jù)光子能量ε=hν，知5G信號電磁波的光子能量比4G信號電磁波的光子能量大，故C錯誤；
AB.根據(jù)λ=cν，由于5G信號電磁波的頻率大，知5G信號電磁波的波長比4G信號電磁波的波長短，5G信號電磁波的粒子性更明顯，故A錯誤，B正確；
D.5G信號電磁波的頻率大，則在同種介質(zhì)中的折射率大，根據(jù)v=cn知，在相同介質(zhì)中5G信號比4G信號的傳播速度小，故D錯誤。
2.【答案】C
【解析】【分析】本題考查了氣體的等容變化以及熱力學(xué)第一定律。根據(jù)查理定律分析溫度的變化。知道對于一定質(zhì)量的理想氣體，內(nèi)能只與溫度有關(guān)，溫度升高則內(nèi)能變大，氣體體積變大，則氣體對外做功，氣體體積變小，則外界對氣體做功。根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析氣體的吸熱、放熱情況。
【解答】氣體體積不變，壓強(qiáng)與熱力學(xué)溫度成正比，即2.7bar273K=2.8barT，解得T≈283K，為10°C，
溫度增加，輪胎內(nèi)部氣體分子的平均動能增加，氣體分子撞擊輪胎內(nèi)壁的平均作用力增加，
體積不變，氣體不對外做功，溫度增加，內(nèi)能增加，氣體吸收熱量，。
故選C。
3.【答案】A
【解析】【分析】
本題考查了電磁感應(yīng)中的圖像問題，解題的關(guān)鍵是熟練掌握楞次定律，原磁場增加，則感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場與原磁場方向相反，原磁場減少，則感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場與原磁場方向相同。根據(jù)楞次定律增反減同可判斷感應(yīng)電流方向與送電電流方向相同的時間。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分析感生電流的大小變化。
【解答】0～t1送電線圈電流減小，磁通量減小，感應(yīng)電流阻礙磁通量的減小，根據(jù)增反減同可知受電線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場跟原磁場方向相同，感應(yīng)電流的方向與原電流的方向相同，故受電線圈中方向由d到c。0時刻，送電線圈電流為最大，但電流變化率最小，所以穿過線圈的磁通量變化最慢，由法拉第電磁感應(yīng)定律知受電線圈的感應(yīng)電流最??；t1時刻，送電線圈電流為零，但電流變化率最大，所以穿過線圈的磁通量變化最快，由法拉第電磁感應(yīng)定律知受電線圈的感應(yīng)電流最大，故0～t1受電線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流增大。
故選：A。
4.【答案】C
【解析】【分析】
本題考查萬有引力定律的應(yīng)用，基礎(chǔ)題目。
分析宇航員受力情況，結(jié)合牛頓第二定律分析即可判斷；分析工具釋放前的受力情況，在分析工具釋放前后速度、所受萬有引力情況即可判斷；計算出“天庭”和“太空艙”軌道半徑關(guān)系，結(jié)合萬有引力提供向心力分析即可判斷；根據(jù)題設(shè)和萬有引力定律分析即可判斷。
【解答】
A、漂浮在艙外的航天員僅受萬有引力作用，由牛頓第二定律知，航天員的加速度不為0，故A錯誤；
B、釋放工具前，工具在萬有引力作用下隨航天員做勻速圓周運動，釋放前后瞬間工具速度不變，萬有引力不變，則釋放后工具仍隨航天員做勻速圓周運動，不會離開航天員，故B錯誤；
C、“天庭”繞地心運動的半徑r1=500002πkm=7962km>r2=400km+6400km=6800km，由GMmr2=mv2r可得運行速度v= GMr，可見“天庭”運行的線速度比“太空艙”小，故C正確；
D、由于“天庭”和“太空艙”的質(zhì)量關(guān)系未知，則無法比較“天庭”和“太空艙”受地球的引力的大小關(guān)系，故D錯誤。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本題主要考查斜拋運動的規(guī)律應(yīng)用，根據(jù)運動學(xué)公式求得排球上升的最大高度，結(jié)合平均速度、速度變化量定義分析。【解答】ABC、由題意，軌跡①為斜拋，軌跡②為平拋運動，豎直方向軌跡①運動時間更長，水平位移大小相等，則沿軌跡①運動的水平速度更小，速度變化量為gt，則沿軌跡①運動速度變化量較大，兩次運動位移大小相等，則沿軌跡①運動平均速度較小，故ABC錯誤；
D、由前分析知，沿軌跡②運動水平速度較大，豎直方向最大速度較小，則沿軌跡②運動的最大速度大小可能等于v1，故D正確。
6.【答案】B
【解析】解：在t時間內(nèi)空氣動能為
Ek=12mv2=12ρvtSv2=12ρπr2v3t
則此風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率約為
P=20%Ekt
代入數(shù)據(jù)解得P≈1.5×105W
故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
根據(jù)圓柱體體積計公式求出t內(nèi)沖擊風(fēng)車的氣流的體積，利用m=ρV求出質(zhì)量；再由動能公式即可求出動能；利用Pt=Ek×20%即可求出功率。
本題考查能量轉(zhuǎn)化及守恒定律的應(yīng)用，要明確能量轉(zhuǎn)化方向；并能熟練掌握密度的計算公式，并能夠利用效率計算能量間的轉(zhuǎn)換。
7.【答案】C
【解析】【分析】
施加拉力F前，以小環(huán)O為對象，根據(jù)平衡條件即可求出輕繩1的張力大??；物塊在緩慢移動過程中，正確選取研究對象，根據(jù)平衡條件即可逐項解答。
本題主要考查共點力的平衡，熟悉物體的受力分析，根據(jù)平衡方程即可解答。
A.物塊在緩慢移動過程中，以小環(huán) O為對象，由于小環(huán) O兩側(cè)輕繩1的張力大小總是相等，則小環(huán) O兩側(cè)輕繩1的張力合力沿∠MON平分線上，根據(jù)受力平衡可知，輕繩2的延長線始終平分∠MON，故A錯誤：
B.施加拉力F前，以小環(huán)O為對象，受到輕繩2的拉力等于物塊P的重力mg，豎直方向根據(jù)受力平衡可得：2T1cs30°=mg解得輕繩1的張力大小為：T1= 33mg故B錯誤;
C.物塊在緩慢移動過程中，由于M、N之間的輕繩1長度不變，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，小環(huán)O的運動軌跡為橢圓，M、N為橢圓的兩個焦點：當(dāng)輕繩2與MN連線方向垂直時，小環(huán)O剛好位于橢圓的短軸頂點上，根據(jù)橢圓知識可知此時∠MON最大，則此過程∠MON=α逐漸增大，以小環(huán)O為對象，根據(jù)受力平衡可得：2T1′csα=T2可得：T1′=T22csα
可知此過程經(jīng)繩1的張力一直增大，故C正確：
D.物塊在緩慢移動過程中，由拉冪定理得F越來越大，故選C。
8.【答案】BC
【解析】【分析】
本題考查的是由加速度的變化求解速度為加速到10m/s時時間的大小，根據(jù)平均加速度的定義求解，根據(jù)位移與速度的關(guān)系求解。
【解答】
A、新能源車的加速度隨速度的增加而逐漸減小，說明加速到10m/s時，用時小于4s，故A錯誤;
B、由題意知，新能源車的平均加速度為a=208m/s2=2.5m/s2，故B正確;
C、新能源車做勻加速直線運動的位移s=202×8m=80m，由題意知測試過程中新能源車的加速度隨速度的增加而逐漸減小，則新能源車在該段時間內(nèi)的位移s′>s=80m，故C正確;
D、若新能源車做勻加速直線運動，運動到總位移一半時，根據(jù)勻變速直線運動中間位移速度推論v= vi22= 200m/s>10 2m/s，
v= 2al，可知前半段位移的平均加速度大于勻加速直線運動中的加速度，則運動到總位移一半時，速度大于10m/s，故D錯誤.
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本題考查機(jī)械波的傳播特點，熟悉機(jī)械波的傳播規(guī)律是解題的關(guān)鍵。
根據(jù)振動方程得出t=0時刻質(zhì)點P的振動情況和周期，結(jié)合同側(cè)法得出波的傳播方向，結(jié)合圖得出波長，從而計算出波速，及波由P點傳播到x=43m質(zhì)點的過程所經(jīng)歷的時間，從而得出x=43m處的質(zhì)點振動，再得出t=0時，x=43m處的質(zhì)點振動位移即可判斷。
【解答】
由P點的振動方程知，t=0時刻質(zhì)點P沿y軸正方向運動，且周期T=2π5πs=0.4s，由同側(cè)法知，該波沿x軸正方向傳播，由圖知，波長λ=4m，則波速v=λT=10m/s，波由P點傳播到x=43m質(zhì)點的過程所經(jīng)歷的時間Δt=43m?1mv=130s，則x=43m質(zhì)點的振動方程為y=10sin[5π(t?Δt)]cm=10sin(5πt?π6)cm，則t=0時，x=43m質(zhì)點的位移y=10sin(?π6)cm=?5cm，故BD正確，AC錯誤。
10.【答案】AD
【解析】A.剛開始時線框相對于磁場的速度最大，此時感應(yīng)電動勢最大，ab、cd均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢方向相同，則總電動勢為E總=2BLv0
因線框電阻為R，則bc部分電阻為R6，則b、c兩點間的電壓的最大值為Ebc=E總6=BLv03
故A正確；
B.磁場向右運動，相當(dāng)于線框切割磁感線，ab、cd所處的磁場區(qū)域會不斷發(fā)生變化，結(jié)合右手定則可分析出金屬框中電流方向并不是不變的，故B錯誤；
CD.設(shè)玩具車最大速度為v，則相對于磁場的速度為v?v，此時總電動勢為E=2BL(v0?v)
總安培力為：F=2BIL=2B?2BL(v0?v)RL=4B2L2(v0?v)R
因玩具車所受阻力為其對地速度的k倍，則有：f=kv=F=4B2L2(v0?v)R
可得：v=4B2L2v0kR+4B2L2
玩具車達(dá)到最大速度時即勻速時，經(jīng)上分析可知安培力的功率為：P1=Fv=4B2L2(v0?v)vR
電功率為：P2=E2R=4B2L2(v0?v)2R，僅當(dāng)v0?v=v即：v=v02才有：P1=P2
C錯誤D正確。故選AD。
【解析】根據(jù)楞次定律分析感應(yīng)電流方向，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律解得電壓最大值；根據(jù)阻力與安培力的關(guān)系結(jié)合動能的公式解答，根據(jù)功率的計算公式解答。
對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解。
11.【答案】(1)BD；(2)一，B和C，2:1；(3)B；(4)質(zhì)量和半徑一定的條件下，物體做圓周運動的向心力大小與角速度的平方成正比。
【解析】【分析】
本題考查影響向心力大小的因素的實驗，理解什么是控制變量法，知道哪些實驗用來該方法，就要熟悉涉及實驗的原理，要完成本題還需要熟悉實驗的器材，知道器材的用法。
【解答】
(1)在該實驗中，通過控制質(zhì)量、半徑、角速度中兩個物理量相同，探究向心力與另外一個物理量之間的關(guān)系，采用的科學(xué)方法是控制變量法。
A.探究平拋運動的特點，例如兩球同時落地，兩球在豎直方向上的運動效果相同，應(yīng)用了等效思想，故 A錯誤;
B.當(dāng)一個物理量與多個物理量相關(guān)時，應(yīng)采用控制變量法，探究該物理量與某一個量的關(guān)系，在探究影響導(dǎo)體電阻的因素實驗中使用了控制變量法，故B正確;
C.探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律，應(yīng)用了等效替代法，故C錯誤;
D.探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系，應(yīng)用了控制變量法，故 D正確。
故選BD。
(2)變速塔輪邊緣處的線速度相等，根據(jù)v=ωr，在探究向心力大小與半徑的關(guān)系時，需控制小球質(zhì)量、角速度相同，運動半徑不同，故需要將傳動皮帶調(diào)至第一層塔輪，將兩個質(zhì)量相等的鋼球分別放在 B和C位置。左右兩球所受向心力大小之比為F左:F右=n左:n右=2:1；
(3)該方法可行，用手機(jī)拍照后再通過照片讀出兩邊標(biāo)尺露出的格數(shù)，這樣可以準(zhǔn)確讀出某一時刻兩邊標(biāo)尺露出的格數(shù)，并通過格數(shù)得出向心力與角速度的關(guān)系，手柄轉(zhuǎn)速變化時，兩邊標(biāo)尺露出的格數(shù)同時變化，仍可通過格數(shù)得出向心力與角速度的關(guān)系，故不需要勻速轉(zhuǎn)動手柄。
故選B。
(4)變速塔輪邊緣處的線速度相等，根據(jù)v=ωr，左右兩小球的角速度之比為ω左:ω右=R3:3R3=1:3，可得的實驗結(jié)論是：質(zhì)量和半徑一定的條件下，物體做圓周運動的向心力大小與角速度的平方成正比。
12.【答案】(1)×1(2)ADE(3) (4)πUd24ll
【解析】【分析】(1)指針偏大則電阻偏小換小檔。
(2)電源電動勢為3V，則電壓表選V1路中最大電流不超過0.6A，則電流表應(yīng)選擇A2，滑動變阻器選小電阻。
(3)電流表應(yīng)采用外接法，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法：根據(jù)電路圖連接實物圖。
(4)根據(jù)歐姆定律求得電阻率。
【解答】(1)先用多用電表歐姆擋的×10擋粗測鉛筆芯電阻，指針偏轉(zhuǎn)如圖(a)所示，可知待測電阻阻值較小，為了進(jìn)一步測量電阻值，可將旋鈕調(diào)至×1擋后再次進(jìn)行測量。
(2)因電源電動勢為3V，則電壓表應(yīng)選擇A:電路中最大電流不超過0.6A，則電流表應(yīng)選擇D:滑動變阻器應(yīng)選擇與待測電阻阻值相當(dāng)?shù)腅:
(3)要求測量電路的電壓從0開始變化，則滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法：由于待測電阻較小，遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，則電流表應(yīng)采用外接法，實物連線如圖所示
(4)根據(jù)電阻定律
R=ρls
s=π(d2)2
R=UI可得
ρ=πUd24Il
13.【答案】【解答】(1)作出光的傳播圖
根據(jù)幾何關(guān)系，已知材料繞底面上的水平直徑 AB轉(zhuǎn)動30°時，激光的入射角
θ1=30°
設(shè)折射角為θ2，根據(jù)幾何關(guān)系知
tan(θ2?30°)= 33RR= 33
解得
θ2=60°
根據(jù)折射定律
n=sinθ2sinθ1
解得
n= 3
(2)根據(jù)折射定律
v=cn
得
v= 33c
激光在半球形透明材料傳播的距離為
s=R
s=vt
解得t= 3Rc

【解析】(1)作出光的傳播圖，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合折射定律分析解答；
(2)根據(jù)v=cn求得光的傳播速度，根據(jù)光程計算時間。
本題主要是考查了光的折射定律；解答此類題目的關(guān)鍵是弄清楚光的傳播情況，畫出光路圖，根據(jù)圖中的幾何關(guān)系求出折射角或入射角，然后根據(jù)光的折射定律或全反射的條件列方程求解。
14.【答案】解：(1)A剛開始運動時軌道的彈力提供向心力
FN=mAv02r
A所受摩擦力為
f=μmAg
根據(jù)牛頓第二定律
FN2+f2=mAa
解得a= v04r2+μ2g2
以下解法亦可：
A的向心加速度和切向加速度大小分別為
an=v02r
at=μg
故a= an2+at2= v04r2+μ2g2
(2)設(shè)A與B碰前瞬間的速度為v，根據(jù)動能定理
?μmAg?πr=12mAv2?12mAv02
解得v=1m/s
根據(jù)動量守恒
mAv=mAv1+mBv2
根據(jù)機(jī)械能守恒
12mAv2=12mAv12+12mBv22
解得v2=0.5m/s
又?μmBg?s=0?12mBv22
解得s=0.0625m
以下解法亦可：
B的切向加速度
aB=μg=2m/s2
B沿著切向方向做勻減速運動，則
s=v222aB=0.0625m
【解析】本題考查豎直平面內(nèi)的圓周運動及彈性碰撞。解決問題的關(guān)鍵是利用牛頓第二定律、向心力表達(dá)式、動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、動能定理分析求解。
15.【答案】解：(1)電子在電場中加速度，由動能定理
eU0=12mv02
得v0= 2eU0m
在兩極板間運動時，有
L=v0t
ym=12at2
eU0L=ma
解得ym=L4;
(2)形成的亮斑是一條線段(或直線)。
(3)粒子飛出兩極板時
vy=at=eumL?Lv0=u e2mU0
y=12?eumLt2=uL4U0
此后，粒子沿著中心軸線方向做勻速運動，在 xOy平面上以vy的速度做勻速圓周運動
evyB=mvy2r
解得
r=uB m2eU0
可得tanθ=ry=4BL mU02e
可知θ為定值，即不同位置出射的粒子的圓心在同一條線上。
隨著z的取值不同，形成的亮斑一直是一條直線，且在旋轉(zhuǎn)。如圖所示：
所以亮斑的最大長度為
Lm=2(rm+ rm2+ym2)
又rm=1B mU02e
故Lm=2(1B mU02e+ mU02eB2+L216)
(4)電子在xOy平面上的投影為圓周運動，電子在磁場中的運動時間為
t=zv0=πm6eB
電子旋轉(zhuǎn)的角速度為
ω=2πT=eBm
偏離中心軸線最大位移處進(jìn)入水平磁場的電子打在熒光屏上距y軸最遠(yuǎn)，即
x=±rm(1?csωt)=±2? 32B mU02e
y=±(ym+rmsinωt)=±(L4+12B mU02e)
【解析】本題借助用磁聚焦法測量比荷考查帶電粒子在組合場中的運動。解決問題的關(guān)鍵是清楚帶電粒子在不同的場區(qū)的受力情況和運動情況，利用動能定理、類平拋運動的規(guī)律、圓周運動的知識分析計算。

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