1.微風(fēng)吹動(dòng)岸邊的垂柳，浸入湖面的柳枝上下振動(dòng)，在湖面產(chǎn)生水波。
(1)(多選)柳枝附近有一露出湖面的木樁。開(kāi)始時(shí)，水波未明顯繞過(guò)該木樁。某時(shí)刻起，水波明顯繞過(guò)木樁，這可能是因?yàn)榕c之前相比，現(xiàn)在柳枝振動(dòng)______。
A.周期大
B.周期小
C.頻率大
D.頻率小
E.振幅小
(2)以柳枝浸入點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿波在湖面?zhèn)鞑サ哪骋环较蚪軸。從某一時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，t=0.4s時(shí)x軸上部分波動(dòng)圖象如圖(a)所示。在x軸上離坐標(biāo)原點(diǎn)不遠(yuǎn)處有一片柳葉，圖(b)為該柳葉振動(dòng)圖象的一部分。則：

①柳葉平衡位置可能位于______。
A.M點(diǎn)
B.N點(diǎn)
C.P點(diǎn)
D.Q點(diǎn)
②波從波源傳到Q點(diǎn)需要的時(shí)間為_(kāi)_____s。
(3)若觀察到柳枝振動(dòng)產(chǎn)生的水波圖樣如圖所示，這可能是因?yàn)榱_____。

A.向左移動(dòng)了
B.振動(dòng)頻率增大了
C.向右移動(dòng)了
D.振動(dòng)頻率減小了
【答案】AD B 0.3 A
【解析】解：(1)柳枝附近有一露出湖面的木樁。開(kāi)始時(shí)，水波未明顯繞過(guò)該木樁。某時(shí)刻起，水波明顯繞過(guò)木樁，這可能是因?yàn)榕c之前相比，現(xiàn)在柳枝振動(dòng)的周期大(A選項(xiàng))或頻率小(D選項(xiàng))，這是因?yàn)?，?dāng)柳枝振動(dòng)的周期變大或頻率變小時(shí)，水波的波長(zhǎng)會(huì)變大，更容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，從而更容易繞過(guò)木樁，而選項(xiàng)B(周期小)、C(頻率大)和E(振幅小)與衍射射現(xiàn)象的顯著程度無(wú)關(guān)，故AD正確，BCE錯(cuò)誤；
故選：AD。
(2)①根據(jù)圖(a)所示的波動(dòng)圖象，可以觀察到波的傳播方向是從左向右。
圖(b)為柳葉的振動(dòng)圖象，顯示了柳葉在某一時(shí)刻的振動(dòng)狀態(tài)。
由于柳葉的振動(dòng)圖象顯示其在t=0.4s時(shí)處于平衡位置，并且要向下振動(dòng)，根據(jù)(a)波動(dòng)圖像判斷是N點(diǎn)，故B正確，ACD錯(cuò)誤；
故選：B。
②根據(jù)(a)圖像可以求出波長(zhǎng)λ=8cm=0.08m，根據(jù)(b)圖像可以求出周期是T=0.2s，根據(jù)公式v=λT，代入數(shù)據(jù)解得v=0.4m/s，Q點(diǎn)距離波源x=12cm=0.12m，故傳播到Q點(diǎn)需要的時(shí)間為t=xv，代入數(shù)據(jù)解得t=0.3s，故波從波源傳播到Q點(diǎn)的時(shí)間為0.3s。
(3)解：根據(jù)題目圖片可知，左邊形成的波紋比較密集，右邊稀疏，故振動(dòng)是向左側(cè)移動(dòng)的，故A正確，BCD錯(cuò)誤；
故選：A。
故答案為：(1)AD；(2)①B；②0.3(3)A。
(1)要使水波明顯繞過(guò)木樁，需要使水波的波長(zhǎng)變大。根據(jù)波的性質(zhì)，波長(zhǎng)與波的頻率成反比，即頻率越小，波長(zhǎng)越大。因此，要使水波明顯繞過(guò)木樁，柳枝振動(dòng)的頻率需要變小，即周期需要變大。
(2)①波動(dòng)圖象和振動(dòng)圖象之間的關(guān)系，以及如何從圖象中提取波的傳播方向、波長(zhǎng)、周期等信息。通過(guò)這些信息，可以進(jìn)一步計(jì)算波速和波的傳播時(shí)間。在分析柳葉的平衡位置時(shí)，需要結(jié)合波動(dòng)圖象和振動(dòng)圖象，確定柳葉在特定時(shí)刻的位置，從而推斷其平衡位置。
②在計(jì)算波的傳播時(shí)間時(shí)，需要利用波速、波長(zhǎng)和周期之間的關(guān)系，以及波的傳播距離，進(jìn)行準(zhǔn)確的計(jì)算。
(3)根據(jù)多普勒效應(yīng)可以判斷各選項(xiàng)。
本題的關(guān)鍵在于理解波的繞射現(xiàn)象與波長(zhǎng)的關(guān)系，以及波長(zhǎng)與波的頻率之間的反比關(guān)系。通過(guò)分析，我們得知，要使水波明顯繞過(guò)木樁，柳枝振動(dòng)的頻率需要變小，即周期需要變大，從而使得水波的波長(zhǎng)變大，繞射現(xiàn)象更加明顯。理解波動(dòng)圖象和振動(dòng)圖象之間的關(guān)系，以及如何從圖象中提取波的傳播方向、波長(zhǎng)、周期等信息。明確多普勒效應(yīng)的現(xiàn)象。
2.受航母甲板空間限制，艦載機(jī)“起飛難，著艦險(xiǎn)”。
(1)(計(jì)算)在甲板上安裝彈射器可解決“起飛難”的問(wèn)題。目前我國(guó)航母安裝了最先進(jìn)的電磁彈射器。艦載機(jī)在彈射器和自身發(fā)動(dòng)機(jī)的共同推動(dòng)下能在短距離內(nèi)達(dá)到起飛速度。某次訓(xùn)練中，航母靜止在海面上。一架質(zhì)量m=3.0×104kg的艦載機(jī)，經(jīng)L=100m距離加速到起飛速度v=360km/h。將艦載機(jī)由靜止開(kāi)始加速起飛的運(yùn)動(dòng)視為沿水平方向的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，艦載機(jī)發(fā)動(dòng)機(jī)的平均推力大小F1=2.0×105N，不計(jì)空氣及甲板阻力，求加速階段電磁彈射器對(duì)艦載機(jī)的平均推力大小F2。
(2)在甲板上安裝阻攔索可解決“著艦險(xiǎn)”的問(wèn)題。如圖，阻攔索兩端通過(guò)定滑輪P、Q連接到液壓系統(tǒng)并處于拉直狀態(tài)。艦載機(jī)著艦時(shí)鉤住阻攔索中點(diǎn)O，在液壓系統(tǒng)的調(diào)節(jié)下，阻攔索保持大小恒定的張力。從艦載機(jī)鉤住阻攔索之后某一時(shí)刻開(kāi)始到艦載機(jī)停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中(甲板水平，P、Q連線垂直于跑道，阻攔索張力遠(yuǎn)大于空氣阻力)。
①阻攔索對(duì)艦載機(jī)的作用力______。
A.逐漸減小
B.逐漸增大
C.先減小再增大
D.先增大再減小
②(多選)艦載機(jī)克服阻攔索作用力的功率可能______。
A.逐漸減小
B.不變
C.逐漸增大
D.先減小再增大
E.先增大再減小
F.先不變?cè)贉p小
【答案】B AE
【解析】解：(1)起飛速度v=360km/h=100m/s，根據(jù)速度—位移關(guān)系可得：v2=2aL
解得加速度大小為：a=50m/s2
此過(guò)程中，對(duì)艦載機(jī)根據(jù)牛頓第二定律可得：F2+F1=ma
解得：F2=1.3×106N；
(2)①設(shè)阻攔索恒定張力大小為T(mén)，如圖所示：
根據(jù)力的合成可知：F合=2Tcsθ，由于θ逐漸減小，則T逐漸增大，故阻攔索對(duì)艦載機(jī)的作用力逐漸增大，故B正確、ACD錯(cuò)誤；
故選：B。
②艦載機(jī)克服阻攔索作用力的功率為：P=F合v，由于阻攔索對(duì)艦載機(jī)的作用力逐漸增大，速度逐漸減小，最后速度為零，功率為零，所以F合v可能先增大再減小，也可能一直減小，故AE正確、BCDF錯(cuò)誤。
故選：AE。
故答案為：(1)加速階段電磁彈射器對(duì)艦載機(jī)的平均推力大小為1.3×106N；(2)①B；②AE。
(1)根據(jù)速度—位移關(guān)系解得加速度大小，此過(guò)程中，對(duì)艦載機(jī)根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行解答；
(2)①根據(jù)力的合成求解合力表達(dá)式進(jìn)行分析；②根據(jù)艦載機(jī)克服阻攔索作用力的功率計(jì)算公式P=F合v進(jìn)行分析。
本題主要是考查牛頓第二定律、功率的計(jì)算等，關(guān)鍵是弄清楚艦載機(jī)的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，掌握P=Fv的應(yīng)用方法。
3.變壓器是根據(jù)電磁感應(yīng)原理設(shè)計(jì)而成的能夠改變交流電電壓的電氣設(shè)備。
(1)(多選)如圖四種電流i隨時(shí)間t周期性變化的圖象中，描述交流電的有______。

(2)(多選)在“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，用到的器材除了導(dǎo)線和可拆變壓器外，還需______。
A.干電池組
B.直流電流表
C.低壓交流電源
D.多用電表
E.直流電壓表
(3)如圖，一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，當(dāng)輸入正弦交流電的電壓為U1時(shí)，穿過(guò)該變壓器副線圈的磁通量變化率的最大值為_(kāi)_____。若原線圈中電流為I1，則副線圈中電流為_(kāi)_____。

(4)通過(guò)變壓器為一電動(dòng)機(jī)供電，該電動(dòng)機(jī)的原理如圖所示。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)以角速度ω1繞OO′軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(俯視)，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的單匝正方形閉合導(dǎo)線框abcd位于該磁場(chǎng)中，在旋轉(zhuǎn)磁場(chǎng)作用下繞OO′軸轉(zhuǎn)動(dòng)，穩(wěn)定轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的角速度為ω2，當(dāng)磁場(chǎng)轉(zhuǎn)至與線框abcd所在平面平行時(shí)，穿過(guò)線框abcd的磁通量為_(kāi)_____，ab邊中的電流方向?yàn)開(kāi)_____，線框abcd內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為_(kāi)_____。
【答案】ABD CD 2U1n1 n1I1n2 0 由b→a BL2(ω1?ω2)。
【解析】解：(1)交變電流的特點(diǎn)是電流方向一定要發(fā)生周期性變化，故ABD正確，C錯(cuò)誤。
故選：ABD。
(2)探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，用到的器材除了導(dǎo)線和可拆變壓器外，還需要低壓交流電源和多用電表測(cè)交流電壓，直流電源和直流電表都不需要，故CD正確，ABE錯(cuò)誤。
故選：CD。
(3)一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，當(dāng)輸入正弦交流電的電壓為U1時(shí)，穿過(guò)該變壓器副線圈的磁通量變化率的最大值等于原線圈磁通量變化率的最大值。由U1=U1m 2=n1?ΔΦΔt 2，則磁通量的變化率的最大值為ΔΦΔt= 2U1n1，若原線圈中電流為I1，根據(jù)n1n2=I2I1，則副線圈中電流為I2=n1I1n2；
(4)當(dāng)磁場(chǎng)轉(zhuǎn)至與線框abcd所在平面平行時(shí)，穿過(guò)線框abcd的磁通量為0，根據(jù)右手定則，ab邊中的電流方向?yàn)橛蒪→a，根據(jù)導(dǎo)線框切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的公式，線框abcd內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為BS(ω1?ω2)=BL2(ω1?ω2)。
故答案為：(1)ABD；(2)CD；(3) 2U1n1，n1I1n2；(4)0，由b→a，BL2(ω1?ω2)。
(1)根據(jù)交變電流的特點(diǎn)進(jìn)行分析判斷；
(2)根據(jù)變壓器只能對(duì)交變電流的工作原理進(jìn)行分析解答；
(3)根據(jù)原副線圈的磁通量的最大值相等結(jié)合有效值等進(jìn)行計(jì)算，結(jié)合變壓比計(jì)算相應(yīng)電流；
(4)根據(jù)交流發(fā)電機(jī)線圈所在的與中性面垂直的平面的特點(diǎn)列式解答相應(yīng)物理量。
考查交變電流的相關(guān)知識(shí)和變壓器的工作原理等，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。
4.經(jīng)過(guò)幾代人的努力，中國(guó)載人航天事業(yè)不僅在前沿科技領(lǐng)域取得了非凡成就，也為普及科學(xué)知識(shí)發(fā)揮了重要作用。
(1)如圖，質(zhì)量為m的小球通過(guò)長(zhǎng)為l的輕質(zhì)細(xì)線連接光滑輕質(zhì)小環(huán)，小環(huán)套在固定橫桿P上，將擺拉開(kāi)某一小角度。用相同裝置分別在地面教室和繞地運(yùn)行的天宮一號(hào)中作對(duì)比實(shí)驗(yàn)，不計(jì)空氣阻力。
①(多選)在地面教室實(shí)驗(yàn)中，由靜止釋放小球后，小球的______。
A.機(jī)械能守恒
B.動(dòng)量隨時(shí)間呈周期性變化
C.加速度總等于向心加速度
D.回復(fù)力始終由線的拉力與重力的合力提供
②在天宮一號(hào)實(shí)驗(yàn)中，由靜止釋放小球后，小球不擺動(dòng)，這是由于小球______。
A.慣性消失
B.不受地球引力
C.所受地球引力全部用于提供其繞地球運(yùn)行的向心力
③在天宮一號(hào)實(shí)驗(yàn)中，拉直細(xì)線后，給小球一個(gè)方向與細(xì)線垂直、大小為I的瞬時(shí)沖量，使小球繞橫桿P運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)周期為_(kāi)_____，開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后經(jīng)14周期時(shí)的向心力大小為_(kāi)_____。
④如果將天宮一號(hào)實(shí)驗(yàn)中的細(xì)線換作等長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)桿，在外力作用下開(kāi)始繞橫桿P轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)角速度ω隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖所示，已知圖線斜率為β，則由靜止開(kāi)始轉(zhuǎn)過(guò)一周時(shí)小球的速度大小為_(kāi)_____。

(2)質(zhì)量為m的空間站到地球表面的高度為h，地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，則地球?qū)臻g站的引力大小為_(kāi)_____。
(3)(計(jì)算)如圖，航天員在空間站里的方格背景前用鋼球做碰撞實(shí)驗(yàn)。一次實(shí)驗(yàn)中，使質(zhì)量為m的B球以速率v向左運(yùn)動(dòng)，并與質(zhì)量為3m的靜止A球發(fā)生彈性正碰。求碰后B球的速度vB。
【答案】ABD C 2πmlI I2ml 2l πβ mgR2(R+h)2
【解析】解：(1)①A.在地面教室實(shí)驗(yàn)中，由于不計(jì)空氣阻力，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程只有重力做功，故機(jī)械能守恒，故A正確；
B.由于不計(jì)空氣阻力，小球在重力和細(xì)線拉力作用下做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，速度隨時(shí)間周期性變化，故動(dòng)量隨時(shí)間周期性變化，故B正確；
C.由于小球擺動(dòng)過(guò)程是變速圓周運(yùn)動(dòng)，加速度不總等于向心加速度，故C錯(cuò)誤；
D.小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終受到重力和細(xì)線拉力，兩者合力提供回復(fù)力，故D正確。
故選：ABD。
②A.慣性與質(zhì)量有關(guān)，小球由質(zhì)量，故慣性不會(huì)消失，故A錯(cuò)誤；
BC.在天宮一號(hào)實(shí)驗(yàn)中，由靜止釋放小球后，小球不擺動(dòng)，是由于所受地球引力全部用來(lái)提供繞地球運(yùn)行的向心力，處于完全失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤，C正確。
故選：C。
③給小球一個(gè)方向與細(xì)線垂直、大小為I的瞬時(shí)沖量，則根據(jù)動(dòng)量定理
I=mv
小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度
v=Im
小球運(yùn)動(dòng)的周期
T=2πl(wèi)v=2πl(wèi)Im=2πmlI
經(jīng)過(guò)14周期時(shí)，向心力大小
Fn=mv2l=m×(Im)2l=I2ml
④由圖像可知ω與t的關(guān)系為：ω=βt
假設(shè)轉(zhuǎn)動(dòng)一周內(nèi)平均角速度為ω?，則轉(zhuǎn)動(dòng)一周時(shí)的角速度
ω=βT=2ω?
一周內(nèi)平均角速度
ω?=2πT
聯(lián)立解得T=2 πβ，ω=2 πβ
則轉(zhuǎn)動(dòng)一周時(shí)的速度
v=ωl=2l πβ
(2)若在地球表面附近，有
GMmR2=mg
則地球?qū)臻g站的引力
F=GMm(R+h)2
聯(lián)立解得F=mgR2(R+h)2
(3)取向左為正方向，由于B求與A求發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動(dòng)量守恒定律
mv=mvB+3mvA
根據(jù)機(jī)械能守恒
12mv2=12mvB2+12×3mvA2
聯(lián)立解得vB=?v2
故碰后B球的速度大小為v2，方向水平向右。
故答案為：(1)①ABD；②C；③2πmlI；I2ml；④2l πβ；(2)mgR2(R+h)2；(3)碰后B球的速度大小為v2，方向水平向右。
(1)①由靜止釋放小球后，不計(jì)空氣阻力，做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，只有重力做功，機(jī)械能守恒；簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間呈周期性變化，動(dòng)量隨時(shí)間呈周期性變化；小球擺動(dòng)過(guò)程為變速圓周運(yùn)動(dòng)，加速度不總等于向心加速度；小球擺動(dòng)過(guò)程中重力與拉力的合力提供回復(fù)力。
②在天宮一號(hào)實(shí)驗(yàn)中，小球所受地球引力提供繞地球運(yùn)動(dòng)的向心力，故靜止釋放后不擺動(dòng)，小球有質(zhì)量，慣性并未消失；
③先根據(jù)動(dòng)量定理I=mv求出速度大小，再由周期公式代換出周期；由向心力的公式求出向心力；
④由圖像先得到角速度與周期的關(guān)系，再根據(jù)平均角速度與角速度的關(guān)系聯(lián)立求出周期和角速度，根據(jù)v=ωr求出轉(zhuǎn)過(guò)一周時(shí)小球的速度；
(2)根據(jù)黃金代換式和萬(wàn)有引力定律聯(lián)立求出地球?qū)臻g站的引力大??；
(3)由于兩球發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律聯(lián)立求出B球碰后的速度。
本題主要考查動(dòng)量、線速度與角速度的關(guān)系、向心力、萬(wàn)有引力等知識(shí)，題目涉及到較多知識(shí)點(diǎn)，綜合性強(qiáng)。
5.如圖(a)所示的體外自動(dòng)除顫儀(簡(jiǎn)稱AED)是一種使心臟恢復(fù)正常心律的醫(yī)療急救儀器。其除顫部分的簡(jiǎn)化原理如圖(b)所示。通過(guò)兩個(gè)單刀雙擲開(kāi)關(guān)S1和S2控制電容器充電與放電除顫之間的轉(zhuǎn)換。電路中R的阻值遠(yuǎn)大于人體電阻。
(1)除顫治療時(shí)，電極貼于人體。在充電完成后，若已不需對(duì)患者除顫，須通過(guò)電阻R進(jìn)行內(nèi)部放電，此時(shí)______。
A.S1撥到1，S2撥到4
B.S1撥到2，S2撥到3
C.S1與1、2均斷開(kāi)，S2與3、4均斷開(kāi)
(2)(多選)某同學(xué)受除顫儀簡(jiǎn)化原理啟發(fā)，連接了一個(gè)如圖(a)所示的電路，先將開(kāi)關(guān)S置于1，為電容器充電；然后將開(kāi)關(guān)S置于2，電容器放電電流變化規(guī)律如圖(b)所示，則______。

A.t1時(shí)刻，電容器極板上電荷量最大
B.t1時(shí)刻，電感器內(nèi)儲(chǔ)存的磁場(chǎng)能最大
C.t1～t2時(shí)間內(nèi)，電容器先充電后放電
D.t1～t2時(shí)間內(nèi)，電感器內(nèi)的磁場(chǎng)方向不變
(3)若啟動(dòng)除顫程序即開(kāi)始為電容器充電，當(dāng)電荷量達(dá)到滿電狀態(tài)的80%即自動(dòng)執(zhí)行對(duì)人體的放電電擊程序。某型號(hào)除顫儀中電容器的充電過(guò)程電流I隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示，則啟動(dòng)后至少需要等待______s才會(huì)發(fā)生第一次對(duì)人電擊。(保留1位有效數(shù)字)

(4)除顫儀的重要部件之一是電容器。某面積足夠大的平行板電容器兩極板水平且間距為d，兩極板與輸出電壓為U的恒壓電源相連，如圖所示，其中圖(a)為正視圖，圖(b)為立體圖。與正極板相距h的P點(diǎn)有一放射源，向過(guò)P點(diǎn)的水平面上方及水平方向發(fā)射大量速度方向不同、大小均為v0的電子，落到極板即被吸收。已知電子質(zhì)量為m，元電荷為e。建立Oxyz坐標(biāo)系，y軸正向豎直向上。

①電子到達(dá)正極板前瞬間的動(dòng)能Ek= ______；
②(計(jì)算)求電子的最大水平位移的大小xm；
③(計(jì)算)若兩板間另加一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使初速度v0沿x軸正方向的電子恰做直線運(yùn)動(dòng)。求該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B。
【答案】C BC 6 eUhd+12mv02
【解析】解：(1)充電完成后，若已不需對(duì)患者除顫，須通過(guò)電阻R進(jìn)行內(nèi)部放電，此時(shí)電容器與電阻R單獨(dú)構(gòu)成回路，即S1與1、2均斷開(kāi)，S2與3、4均斷開(kāi)。故ABD錯(cuò)誤，C正確。
故選：C。
(2)A.t時(shí)刻電流最大，自感線圈L中的磁場(chǎng)能最大，則電場(chǎng)能最小，即t時(shí)刻，電容器極板上電荷量最小，故A錯(cuò)誤；
B.結(jié)合上述可知，t時(shí)刻，自感線圈L中儲(chǔ)存的磁場(chǎng)能最大，故B正確；
C.t1?t2時(shí)間內(nèi)，電流先減小后增大，即磁場(chǎng)能先減小后增大，可知，電場(chǎng)能先增大后減小，即t1?t2時(shí)間內(nèi)，電容器先充電后放電，故C正確；
D.t1?t2時(shí)間內(nèi)，通過(guò)電感器內(nèi)的電流方向發(fā)生變化，根據(jù)安培定則可知，磁場(chǎng)方向也發(fā)生變化，故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
(3)根據(jù)q=It可知，I?t圖像與時(shí)間軸所圍幾何圖形的面積表示電荷量，利用“數(shù)格子”的辦法，對(duì)應(yīng)圖像與時(shí)間軸所圍幾何圖形的格數(shù)約為13，令每一格對(duì)應(yīng)的電荷量為q0則有13q0?80%=10.4q0，根據(jù)圖像可知，啟動(dòng)后至少需要等待6s才會(huì)發(fā)生第一次對(duì)人電擊。
(4)①極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E=Ud，根據(jù)動(dòng)能定理有eEh=Ek?12mv02，解得Ek=eUhd+12mv02
②電子水平方向射出時(shí)，水平方向位移最大，則有h=12?eEmt2,xm=v0t，結(jié)合上述解得xm= 2mdheU
③電子恰做直線運(yùn)動(dòng)，該運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有ev0B=eE結(jié)合上述解得B=Udv0
故答案為：(1)C；
(2)BC；
(3)6；
(4)①電子到達(dá)正極板前瞬間的動(dòng)能Ek等于 eUhd+12mv02；
②求電子的最大水平位移的大小xm為 2mdheU；
③該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為Udv0。
(1)不需對(duì)患者除顫，電容器與電阻R單獨(dú)構(gòu)成回路，開(kāi)關(guān)與所有觸點(diǎn)都處于斷開(kāi)狀態(tài)；
(2)放電完畢時(shí)刻電流最大，電荷量最小，充電完成時(shí)刻電流最小減為零，電荷量最大，據(jù)此分析；
(3)利用I?t圖像與時(shí)間軸所圍幾何圖形的面積表示電荷量，結(jié)合“數(shù)格子”的辦法求解；
(4)①根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差關(guān)系求解電勢(shì)差，根據(jù)動(dòng)能定理求解電子到達(dá)正極板前瞬間的動(dòng)能；
②電子水平方向射出時(shí)，水平方向位移最大，水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向勻變速直線運(yùn)動(dòng)據(jù)此求解最大水平位移的大?。?br>③電子恰做直線運(yùn)動(dòng)，該運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡。
本題綜合性強(qiáng)，考查知識(shí)點(diǎn)多，掌握充放電的過(guò)程物理量的變化及電路特點(diǎn)，掌握i?t圖像的物理意義。
6.隨著國(guó)家“碳達(dá)峰，碳中和”政策的出臺(tái)，光伏領(lǐng)域成為最熱門(mén)的領(lǐng)域之一。
(1)一輛用光伏電池驅(qū)動(dòng)的小車，其電路總電阻為r。小車受到的阻力大小與其速率之比為k。某次運(yùn)動(dòng)中電池接收到的光照功率恒為P時(shí)，小車以速率v勻速行駛，通過(guò)電池的電流大小為I，則電池的光電轉(zhuǎn)化效率為_(kāi)_____。
(2)光照進(jìn)半導(dǎo)體材料內(nèi)激發(fā)出自由電荷，在材料內(nèi)部電場(chǎng)作用下，正、負(fù)電荷分別往兩端積累。若材料內(nèi)部電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E與位置x的關(guān)系如圖所示。
①正電荷僅在內(nèi)部電場(chǎng)力作用下沿x軸從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，其加速度______。
A.先沿x軸負(fù)方向減小，后沿x軸正方向增大
B.先沿x軸負(fù)方向增大，后沿x軸正方向減小
C.先沿x軸正方向減小，后沿x軸正方向增大
D.先沿x軸正方向增大，后沿x軸正方向減小
②取O點(diǎn)的電勢(shì)為零，N點(diǎn)到P點(diǎn)的電勢(shì)φ隨位置x變化的圖象可能為_(kāi)_____。

(3)一光伏電池在特定光照下的I?U關(guān)系如圖所示。在這種光照條件下，將總長(zhǎng)度為100m、截面積為0.100mm2的金屬絲繞制的電阻接在該電池兩端時(shí)，電阻兩端電壓為2.10V，則該金屬絲的電阻率為_(kāi)_____Ω?m。(保留3位有效數(shù)字)

(4)在某一電壓區(qū)間內(nèi)，光伏電池可視為一個(gè)恒流源(輸出電流恒定)。某同學(xué)連接了如圖所示的兩個(gè)電路：電路a由干電池、阻值為R4的定值電阻、阻值為RT的熱敏電阻(RT隨溫度升高而減小)和小燈連接而成；電路b由恒流源、三個(gè)阻值分別為R1、R2，R3(R1

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