2025年北京市西城區(qū)北京師大二附中高考物理第二次統(tǒng)練試卷(含詳細(xì)答案解析)

這是一份2025年北京市西城區(qū)北京師大二附中高考物理第二次統(tǒng)練試卷(含詳細(xì)答案解析)，共22頁(yè)。試卷主要包含了單選題，實(shí)驗(yàn)題，簡(jiǎn)答題，計(jì)算題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
1.下雨天，屋檐上水滴下落的運(yùn)動(dòng)可視為自由落體運(yùn)動(dòng)。假設(shè)水滴從距地面高度為5m的屋檐上無(wú)初速度滴落，取重力加速度大小g=10m/s2，則水滴下落到地面時(shí)的速度大小為( )
A. 2m/sB. 5m/sC. 7m/sD. 10m/s
2.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開(kāi)始，先經(jīng)等壓變化到達(dá)狀態(tài)b，再經(jīng)等容變化到達(dá)狀態(tài)c。下列判斷正確的是( )
A. 從a到b，氣體溫度不變
B. 從a到b，氣體從外界吸熱
C. 從b到c，氣體內(nèi)能不變
D. 從b到c，氣體對(duì)外界做功
3.如圖所示，光束a射入玻璃三棱鏡、出射光為b、c兩束單色光。比較b、c兩束光，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 玻璃對(duì)光束b的折射率較大
B. 光束b的頻率更高
C. 光束b在玻璃中的傳播速度較大
D. 經(jīng)同一雙縫干涉裝置后光束b的干涉條紋間距較小
4.一列橫波沿x軸正向傳播，a，b，c，d為介質(zhì)中的沿波傳播方向上四個(gè)質(zhì)點(diǎn)的平衡位置．某時(shí)刻的波形如圖甲所示，此后，若經(jīng)過(guò)34周期開(kāi)始計(jì)時(shí)，則圖乙描述的是( )
A. a處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象B. b處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象C. c處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象D. d處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象
5.如圖，在探究影響平行板電容器電容大小因素的實(shí)驗(yàn)中，電容器所帶電量可視為不變，則下列說(shuō)法中正確的是( )
A. 甲圖中減小兩極正對(duì)面積，板間場(chǎng)強(qiáng)不變，靜電計(jì)指針張角變小
B. 乙圖中增大兩板間距，板間場(chǎng)強(qiáng)不變，靜電計(jì)指針張角變大
C. 丙圖中，在兩板間插入其他介質(zhì)，靜電計(jì)指針張角變大
D. 該實(shí)驗(yàn)中，可以用磁電式電壓表代替靜電計(jì)測(cè)量電壓
6.如圖所示，理想變壓器原線(xiàn)圈接在U=Umsin(ωt+φ)的交流電源上，副線(xiàn)圈接三個(gè)阻值相同的電阻R，不計(jì)電表內(nèi)電阻影響。閉合開(kāi)關(guān)S后( )
A. 電流表A2的示數(shù)減小B. 電壓表V1的示數(shù)減小
C. 電壓表V2的示數(shù)不變D. 電流表A1的示數(shù)不變
7.如圖所示，圓盤(pán)在水平面內(nèi)以角速度ω繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓盤(pán)上距軸r處的P點(diǎn)有一質(zhì)量為m的小物體隨圓盤(pán)一起轉(zhuǎn)動(dòng)。某時(shí)刻圓盤(pán)突然停止轉(zhuǎn)動(dòng)，小物體由P點(diǎn)滑至圓盤(pán)上的某點(diǎn)停止。下列說(shuō)法正確的是( )
A. 圓盤(pán)停止轉(zhuǎn)動(dòng)前，小物體所受摩擦力的方向沿運(yùn)動(dòng)軌跡切線(xiàn)方向
B. 圓盤(pán)停止轉(zhuǎn)動(dòng)前，小物體運(yùn)動(dòng)一圈所受摩擦力的沖量大小為2mωr
C. 圓盤(pán)停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，小物體沿圓盤(pán)半徑方向運(yùn)動(dòng)
D. 圓盤(pán)停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，小物體整個(gè)滑動(dòng)過(guò)程所受摩擦力的沖量大小為mωr
8.質(zhì)量為m1和m2的兩個(gè)物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)x隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示。下列說(shuō)法正確的是( )
A. 碰撞前m2的速率大于m1的速率B. 碰撞后m2的速率大于m1的速率
C. 碰撞后m2的動(dòng)量大于m1的動(dòng)量D. 碰撞后m2的動(dòng)能小于m1的動(dòng)能
9.我國(guó)多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長(zhǎng)征十一號(hào)系列運(yùn)載火箭。如圖所示，發(fā)射艙內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時(shí)再點(diǎn)火飛向太空。從火箭開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)火的過(guò)程中( )
A. 火箭的加速度為零時(shí)，動(dòng)能最大
B. 高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能
C. 高壓氣體對(duì)火箭推力的沖量等于火箭動(dòng)量的增加量
D. 高壓氣體的推力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和等于火箭動(dòng)能的增加量
10.某同學(xué)利用電壓傳感器來(lái)研究電感線(xiàn)圈工作時(shí)的特點(diǎn)。圖甲中三個(gè)燈泡完全相同，不考慮溫度對(duì)燈泡電阻的影響。在閉合開(kāi)關(guān)S的同時(shí)開(kāi)始采集數(shù)據(jù)，當(dāng)電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后斷開(kāi)開(kāi)關(guān)。圖乙是由傳感器得到的電壓u隨時(shí)間t變化的圖像。不計(jì)電源內(nèi)阻及電感線(xiàn)圈L的電阻。下列說(shuō)法正確的是( )
A. 開(kāi)關(guān)S閉合瞬間，流經(jīng)燈D2和D3的電流相等
B. 開(kāi)關(guān)S閉合瞬間至斷開(kāi)前，流經(jīng)燈D1的電流保持不變
C. 開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)瞬間，燈D2閃亮一下再熄滅
D. 根據(jù)題中信息，可以推算出圖乙中u1與u2的比值
11.在研究微型電動(dòng)機(jī)的性能時(shí)，可采用如圖所示的實(shí)驗(yàn)電路。當(dāng)電動(dòng)機(jī)停止轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電流表和電壓表的示數(shù)分別為I1和U1；當(dāng)電動(dòng)機(jī)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)，電流表和電壓表的示數(shù)分別為I2和U2。不計(jì)一切阻力，則有關(guān)這臺(tái)電動(dòng)機(jī)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)的說(shuō)法正確的是( )
A. 電動(dòng)機(jī)的內(nèi)電阻為U2I2
B. 電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的效率為1?U1I2U2I1
C. 電動(dòng)機(jī)的輸出功率為U2I2?U1I1
D. 電動(dòng)機(jī)拉著重物m以速度v勻速上升，則U2I2=mgv
12.回旋加速器由兩個(gè)鋁制的D形盒組成，兩個(gè)D形盒中間開(kāi)有一條狹縫。D形盒處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中并接有高頻交變電壓。如圖為俯視圖，在D形盒上半面中心S處有一正離子源，它發(fā)出的正離子，經(jīng)狹縫電壓加速后，進(jìn)入D形盒中。在磁場(chǎng)力的作用下運(yùn)動(dòng)半周，再經(jīng)狹縫電壓加速。如此周而復(fù)始，最后到達(dá)D形盒的邊緣，獲得最大速度，由導(dǎo)出裝置導(dǎo)出?，F(xiàn)欲使該離子加速后獲得的最大動(dòng)能變成原來(lái)的2倍，理論上可采用的辦法有(不考慮相對(duì)論效應(yīng))( )
A. 只將交變電源的最大電壓變?yōu)樵瓉?lái)的2倍B. 只將交變電源的頻率變?yōu)樵瓉?lái)的2倍
C. 只將磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的 2倍D. 只將D形盒的半徑變?yōu)樵瓉?lái)的 2倍
13.如圖所示，水平面上固定一個(gè)絕緣支桿，支桿上固定一帶電小球A，小球A位于光滑小定滑輪O的正下方，絕緣細(xì)線(xiàn)繞過(guò)定滑輪與帶電小球B相連，在拉力F的作用下小球B靜止，此時(shí)兩球處于同一水平線(xiàn)。假設(shè)兩球的電荷量均不變，現(xiàn)緩慢釋放細(xì)線(xiàn)，使球B移動(dòng)一小段距離。在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 細(xì)線(xiàn)中的拉力一直減小
B. 球B受到的庫(kù)侖力先減小后增大
C. 球A、B系統(tǒng)的電勢(shì)能保持不變
D. 拉力做負(fù)功，庫(kù)侖力做正功
14.類(lèi)比是研究問(wèn)題的常用方法。與電路類(lèi)比就可以得到關(guān)于“磁路”(磁感線(xiàn)的通路)的一些基本概念和公式。在電路中可以靠電動(dòng)勢(shì)來(lái)維持電流，在磁路中靠“磁動(dòng)勢(shì)”來(lái)維持鐵芯中的磁場(chǎng)，如圖1所示，磁動(dòng)勢(shì)Em=NI，其中N為線(xiàn)圈的匝數(shù)，I為通過(guò)線(xiàn)圈中的電流。類(lèi)比閉合電路的歐姆定律，磁路也存在閉合磁路的歐姆定律Em=ΦRm，其中Φ為磁通量，Rm被稱(chēng)為磁阻，磁阻所滿(mǎn)足的磁阻定律與電阻定律具有相同的形式，磁阻率可類(lèi)比電阻率，磁路的串、并聯(lián)規(guī)律可類(lèi)比電路的串、并聯(lián)規(guī)律。結(jié)合以上關(guān)于磁路的信息以及你所學(xué)過(guò)的知識(shí)，下列說(shuō)法不正確的是( )
A. 為圖1中的線(xiàn)圈接入正弦交流電時(shí)，線(xiàn)圈中的磁動(dòng)勢(shì)改變
B. 材料磁阻率與材料本身性質(zhì)有關(guān)
C. 若將圖2中的鐵芯的左半部分替換為永磁體，則磁動(dòng)勢(shì)Em=NI仍然成立
D. 在鐵芯所在的空間中，施加變化電場(chǎng)，有可能在鐵芯中激發(fā)感應(yīng)“磁動(dòng)勢(shì)”
二、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。
15.請(qǐng)根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)原理或?qū)嶒?yàn)方法回答問(wèn)題。
(1)“測(cè)金屬絲的電阻率”實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)用螺旋測(cè)微器測(cè)某金屬絲的直徑如圖1所示，則該直徑的測(cè)量值為_(kāi)_____ mm。
(2)“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”的實(shí)驗(yàn)如圖2所示，同學(xué)們?cè)诓僮鬟^(guò)程中有如下議論，其中對(duì)減少實(shí)驗(yàn)誤差有益的說(shuō)法是______。
A.兩根細(xì)繩必須等長(zhǎng)
B.橡皮筋應(yīng)與兩繩夾角的平分線(xiàn)在同一直線(xiàn)上
C在使用彈簧秤時(shí)要注意使彈簧秤與木板平面平行
D.拉橡皮筋的細(xì)繩要長(zhǎng)些，標(biāo)記同一細(xì)繩方向的兩點(diǎn)要遠(yuǎn)些
(3)為完成“探究變壓器線(xiàn)圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)，必須要選用的是______。
A.有閉合鐵芯的原副線(xiàn)圈
B.無(wú)鐵芯的原副線(xiàn)圈
C.交流電源
D.直流電源
E.多用電表(交流電壓擋)
F.多用電表(交流電流擋)
用匝數(shù)na=60匝和nb=120匝的變壓器，實(shí)驗(yàn)測(cè)量數(shù)據(jù)如表，根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)可判斷連接電源的線(xiàn)圈是______(填na或nb)。
(4)“探究影響感應(yīng)電流方向的因素”的實(shí)驗(yàn)示意圖如圖所示：靈敏電流計(jì)和線(xiàn)圈組成閉合回路，通過(guò)“插入”、“拔出”條形磁鐵，使線(xiàn)圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流。記錄實(shí)驗(yàn)過(guò)程中的相關(guān)信息，分析得出楞次定律。下列說(shuō)法正確的是______。
A.實(shí)驗(yàn)時(shí)必須使磁鐵加速“插入”或“拔出”
B.該實(shí)驗(yàn)必須記錄磁鐵的磁極方向
C.該實(shí)驗(yàn)不需要知道線(xiàn)圈的繞向
D.該實(shí)驗(yàn)需要判斷電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)方向與通入電流方向的關(guān)系
16.某同學(xué)用圖1所示裝置測(cè)定當(dāng)?shù)刂亓铀俣取?br>(1)關(guān)于器材選擇及測(cè)量時(shí)的一些實(shí)驗(yàn)操作，下列說(shuō)法正確的是______。
A.擺線(xiàn)盡量選擇細(xì)些、伸縮性小些且適當(dāng)長(zhǎng)一些的
B.擺球盡量選擇質(zhì)量大些、體積小些的
C.為了使擺的周期大一些以方便測(cè)量，應(yīng)使擺角大一些
(2)在某次實(shí)驗(yàn)中，測(cè)得單擺擺長(zhǎng)為L(zhǎng)、單擺完成n次全振動(dòng)的時(shí)間為t，則利用上述測(cè)量量可得重力加速度的表達(dá)式g=______。
(3)實(shí)驗(yàn)時(shí)改變擺長(zhǎng)，測(cè)出幾組擺長(zhǎng)L和對(duì)應(yīng)的周期T的數(shù)據(jù)，作出L?T2圖像，如圖2所示。
①利用A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)可得重力加速度的表達(dá)式g=______。
②因擺球質(zhì)量分布不均勻，小球的重心位于其幾何中心的正下方。若只考慮擺長(zhǎng)測(cè)量偏小造成的影響，則由①計(jì)算得到的重力加速度的測(cè)量值______真實(shí)值。(選填“大于”、“等于”或“小于”)
(4)關(guān)于摩擦力可以忽略的斜面上的單擺，某同學(xué)猜想單擺做小角度擺動(dòng)時(shí)周期滿(mǎn)足T=2π Lgsinα，如圖3所示。為了檢驗(yàn)猜想正確與否，他設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：如圖4所示，鐵架臺(tái)上裝一根重垂線(xiàn)，在鐵架臺(tái)的立柱跟重垂線(xiàn)平行的情況下，將小球、擺線(xiàn)、擺桿組成的“桿線(xiàn)擺”裝在立柱上，調(diào)節(jié)擺線(xiàn)的長(zhǎng)度，使擺桿與立柱垂直，擺桿可繞著立柱自由轉(zhuǎn)動(dòng)，且不計(jì)其間的摩擦。如圖5所示，把鐵架臺(tái)底座的一側(cè)墊高，立柱傾斜，靜止時(shí)擺桿與重垂線(xiàn)的夾角為β，小球?qū)嶋H上相當(dāng)于是在一傾斜平面上運(yùn)動(dòng)。下列圖像能直觀地檢驗(yàn)猜想是否正確的是______。
A.1T2?sinβ圖像
B.1T2?csβ圖像
C.1T2?tanβ圖像
三、簡(jiǎn)答題：本大題共1小題，共3分。
17.小行星撞擊地球雖然發(fā)生概率較低，卻會(huì)使地球生命面臨重大威脅。我國(guó)已經(jīng)提出了近地小行星防御的發(fā)展藍(lán)圖，計(jì)劃在2030年實(shí)現(xiàn)一次對(duì)小行星的動(dòng)能撞擊，2030至2035年間實(shí)現(xiàn)推離偏轉(zhuǎn)。
已知地球質(zhì)量為M，可視為質(zhì)量分布均勻的球體，引力常量為G。若一顆質(zhì)量為m的小行星距離地心為r時(shí)，速度的大小v= 2GMr，m遠(yuǎn)小于M。不考慮地球運(yùn)動(dòng)及其它天體的影響。
(1)若小行星的速度方向垂直于它與地心的連線(xiàn)，通過(guò)分析判斷該小行星能否圍繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)。
(2)若小行星的速度方向沿著它與地心的連線(xiàn)指向地心。已知取無(wú)窮遠(yuǎn)處的引力勢(shì)能為零，則小行星在距地心為r處的引力勢(shì)能Ep=?GMmr。
a.設(shè)想提前發(fā)射質(zhì)量為0.1m的無(wú)人飛行器，在距離地心為r處與小行星發(fā)生迎面撞擊，小行星撞后未解體。將撞擊過(guò)程簡(jiǎn)化為完全非彈性的對(duì)心碰撞。為徹底解除小行星對(duì)地球的威脅，使其不與地球碰撞。求飛行器撞擊小行星時(shí)的最小速度v0。
b.設(shè)想對(duì)小行星施加適當(dāng)?shù)摹巴屏Α焙螅蛊湓诰嚯x地心為r處的速度方向與它和地心連線(xiàn)的夾角變?yōu)?0°，速度大小不變，也能解除對(duì)地球的威脅。已知小行星僅在地球引力所用下的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，它與地心的連線(xiàn)在任意相等時(shí)間內(nèi)掃過(guò)相等的面積。求小行星在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，距地心的最近距離r0。
四、計(jì)算題：本大題共3小題，共30分。
18.如圖所示，用一端固定的長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣輕細(xì)繩懸吊一質(zhì)量為m的帶負(fù)電的絕緣小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，為使小球保持靜止時(shí)細(xì)繩與豎直方向成θ角，在空間施加一個(gè)水平向右的恒定勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E。已知重力加速度為g。
(1)求小球所帶電荷量是多少？
(2)如果將繩燒斷，求經(jīng)過(guò)t時(shí)間后小球的速度是多大？
(3)如果不改變電場(chǎng)強(qiáng)度的大小保持為E，而突然將電場(chǎng)的方向變?yōu)樨Q直向上，求小球的最大速度值是多少？
19.質(zhì)譜儀是最早用來(lái)測(cè)定微觀粒子比荷qm的精密儀器，某一改進(jìn)后帶有速度選擇器的質(zhì)譜儀能更快測(cè)定粒子的比荷，其原理如圖所示，A為粒子加速器，加速電壓為U1，B為速度選擇器，其中磁場(chǎng)與電場(chǎng)正交，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，兩板距離為d，C為粒子偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，今有一比荷未知的正粒子P，不計(jì)重力，從小孔S1“飄入”(初速度為零)，經(jīng)加速后，該粒子從小孔S2以速度v進(jìn)入速度選擇器B并恰好通過(guò)，粒子從小孔S3進(jìn)入分離器C后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，打在照相底片D點(diǎn)上。求：
(1)粒子P的比荷為多大；
(2)速度選擇器的電壓U2應(yīng)為多大；
(3)另一同位素正粒子Q同樣從小孔S1“飄入”，保持U2和d不變，調(diào)節(jié)U1的大小，使粒子Q能通過(guò)速度選擇器進(jìn)入分離器C，最后打到照相底片上的F點(diǎn)(在D點(diǎn)右側(cè))，測(cè)出F點(diǎn)與D點(diǎn)距離為x，若粒子帶電量均為q，計(jì)算P、Q粒子的質(zhì)量差絕對(duì)值Δm。
20.中國(guó)水力資源理論蘊(yùn)藏量、技術(shù)可開(kāi)發(fā)量、經(jīng)濟(jì)可開(kāi)發(fā)量及已建和在建開(kāi)發(fā)量均居世界首位，水力資源是中國(guó)能源資源的最重要的組成部分之一。在世界能源日益緊缺的大背景下，如何充分利用水能，同時(shí)更好地保護(hù)環(huán)境，實(shí)現(xiàn)可持續(xù)發(fā)展，已成為中國(guó)水電建設(shè)乃至能源戰(zhàn)略調(diào)整的必然選擇。
(1)2006年5月20日全線(xiàn)修建成功的三峽大壩在防洪、抗旱、發(fā)電等領(lǐng)域都起到了非常重要的作用。三峽電站是世界上裝機(jī)容量最大的水電站。設(shè)通過(guò)大壩的，流量為Q(單位時(shí)間內(nèi)流過(guò)的水的體積)，水的密度為ρ，三峽大壩平均水位差為H，不計(jì)上游水流速度，壩底渦輪機(jī)將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能的效率為n，重力加速度為g。計(jì)算三峽電站的平均發(fā)電功率。
(2)水力資源豐富的也會(huì)導(dǎo)致我國(guó)南方在每年的汛期遭受洪澇災(zāi)害的困擾。為降低洪澇災(zāi)害所帶來(lái)的損失，一個(gè)最簡(jiǎn)單的做法就是修建防洪堤壩。在河流轉(zhuǎn)彎處，河水會(huì)對(duì)外側(cè)河岸產(chǎn)生附加壓強(qiáng)，因此轉(zhuǎn)彎處的防洪堤壩需要修的更加牢固。下面我們對(duì)河流轉(zhuǎn)彎處河水對(duì)外側(cè)河岸產(chǎn)生的這一附加壓強(qiáng)做一些定量研究。
①這一附加壓強(qiáng)的產(chǎn)生是由于河水轉(zhuǎn)彎動(dòng)量變化引起的。我們首先來(lái)研究一個(gè)簡(jiǎn)單模型。質(zhì)量為m的小球斜射到木板上，與木板發(fā)生完全彈性碰撞，即碰撞前后的速度大小都是v，如圖所示。已知碰撞后的速度方向相對(duì)于碰撞前轉(zhuǎn)過(guò)了θ角，碰撞過(guò)程中忽略小球所受重力。設(shè)小球與木板相互作用的時(shí)間為Δt。求出碰撞前后木板對(duì)小球的平均作用力的大小。
②下面我們來(lái)研究河流轉(zhuǎn)彎處河水對(duì)外側(cè)河岸產(chǎn)生的這一附加壓強(qiáng)。設(shè)水的密度為ρ，由壩底到水面的高度為h，河寬為w。計(jì)算這一附加壓強(qiáng)。設(shè)河流拐彎處可看作外側(cè)半徑為R的圓弧，河道寬度相等，流速v為定值。(提示：在θ非常小的情況下sinθ≈θ)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：水滴組自由落體運(yùn)動(dòng)，
水滴下落到地面時(shí)的速度大小為
v= 2gh= 2×10×5m/s=10m/s
故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
根據(jù)自由落體的位移公式即可求解下落到地面的速度。
本題考查自由落體運(yùn)動(dòng)的速度計(jì)算，需要知道自由落體的位移公式。題目較為簡(jiǎn)單。
2.【答案】B
【解析】解：A、從a到b的過(guò)程中，氣體做等壓變化，根據(jù)pVT=C可知，氣體的體積增大、溫度升高，故A錯(cuò)誤；
B、從a到b的過(guò)程中，氣體做等壓變化，氣體的體積增大、對(duì)外做功，氣體的溫度升高、則內(nèi)能增加，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=?W+Q可知，氣體從外界吸熱，故B正確；
C、根據(jù)圖像可知，從b到c的過(guò)程中，氣體的壓強(qiáng)減小，溫度降低，氣體內(nèi)能變小，故C錯(cuò)誤；
D、從b到c的過(guò)程中，氣體做等容變化，根據(jù)W=pΔV可知，氣體對(duì)外界不做功，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
從a到b的過(guò)程中，氣體做等壓變化，根據(jù)一定質(zhì)量理想氣體狀態(tài)方程結(jié)合熱力學(xué)第一定律分析AB選項(xiàng)；從b到c的過(guò)程中，氣體做等容變化，壓強(qiáng)減小，根據(jù)W=pΔV分析氣體做功情況。
本題主要是考查一定質(zhì)量理想氣體的狀態(tài)方程之圖象問(wèn)題，關(guān)鍵是弄清楚圖象表示的物理意義、根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程結(jié)合熱力學(xué)第一定律進(jìn)行析。
3.【答案】C
【解析】解：A.通過(guò)光路可以看出，玻璃對(duì)c的折射率更大，故A錯(cuò)誤；
BC.c的折射率大，頻率大，根據(jù)公式v=cn可知，c在玻璃中的速度小，b在玻璃中的速度大，故B錯(cuò)誤，C正確；
D.c的頻率大，則波長(zhǎng)小，根據(jù)Δx=ldλ可知，經(jīng)同一雙縫干涉裝置后光束c的干涉條紋間距較小，故D錯(cuò)誤；
故選：C。
本題根據(jù)光路判斷折射率和頻率的大小關(guān)系，根據(jù)v=cn可知波速大小關(guān)系，根據(jù)干涉條紋的間距公式解得D。
本題考查學(xué)生對(duì)光路折射、條紋間距公式、頻率與波長(zhǎng)的關(guān)系，難度不高，比較基礎(chǔ)。
4.【答案】B
【解析】解：A、此時(shí)a的振動(dòng)方向向上，過(guò)34周期后，在波谷，與振動(dòng)圖象計(jì)時(shí)起點(diǎn)的情況不符。故A錯(cuò)誤。
B、此時(shí)b在波谷，過(guò)34周期后，經(jīng)平衡位置向下，與振動(dòng)圖象計(jì)時(shí)起點(diǎn)的情況相符。故B正確。
C、此時(shí)c經(jīng)平衡位置向下，過(guò)34周期后，到達(dá)波峰，與振動(dòng)圖象計(jì)時(shí)起點(diǎn)的情況不符。故C錯(cuò)誤。
D、此時(shí)d在波峰，過(guò)34周期后，經(jīng)平衡位置向上，與振動(dòng)圖象計(jì)時(shí)起點(diǎn)的情況不符。故D錯(cuò)誤。
故選：B。
先由波的傳播方向判斷各質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向，并分析經(jīng)過(guò)34周期后各點(diǎn)的振動(dòng)方向．與振動(dòng)圖象計(jì)時(shí)起點(diǎn)的情況進(jìn)行對(duì)比，選擇相符的圖象．
本題屬于波的圖象問(wèn)題，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，再分析波動(dòng)形成的過(guò)程
5.【答案】B
【解析】解：A、根據(jù)電容的決定式C=εrS4πkd、電容的定義式C=QU以及E=Ud得：E=4πkQ?rS，可知甲圖中減小兩極正對(duì)面積，電容器所帶電量不變，則板間場(chǎng)強(qiáng)變大。
根據(jù)電容的決定式C=εrS4πkd知電容變大，由電容的定義式C=QU知電容器兩極板間電勢(shì)差變小，靜電計(jì)指針張角變小，故A錯(cuò)誤；
B、乙圖中增大兩板間距，根據(jù)E=4πkQ?rS，可知板間場(chǎng)強(qiáng)不變。由U=Ed知電容器兩極板間電勢(shì)差變大，靜電計(jì)指針張角變大，故B正確；
C、丙圖中，在兩板間插入其他介質(zhì)，電容變大，電容器所帶電量不變，由電容的定義式C=QU知電容器兩極板間電勢(shì)差變小，靜電計(jì)指針張角變小，故C錯(cuò)誤；
D、靜電計(jì)與電壓表原理不同，電壓表中必須有電流通過(guò)時(shí)指針才偏轉(zhuǎn)，而靜電計(jì)中沒(méi)有電流，所以不用磁電式電壓表代替靜電計(jì)測(cè)量電壓，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
先根據(jù)電容的決定式C=εrS4πkd分析電容的變化，抓住電容器所帶電量不變，由電容的定義式C=QU分析電容器兩極板間電勢(shì)差的變化，即可知道靜電計(jì)指針張角變化情況；根據(jù)E=Ud分析板間場(chǎng)強(qiáng)的變化情況。電壓表中必須有電流通過(guò)指針才偏轉(zhuǎn)，不能用來(lái)代替靜電計(jì)。
解答本題的關(guān)鍵要根據(jù)電容的決定式C=εrS4πkd、電容的定義式C=QU以及E=Ud推導(dǎo)出E=4πkQ?rS，并能在理解的基礎(chǔ)上記牢這個(gè)結(jié)論。
6.【答案】A
【解析】解：ABC、因開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，副線(xiàn)圈電路的總的電阻減小，由于變壓器的匝數(shù)比和輸入的電壓都不變，所以輸出的電壓也不變，即V1示數(shù)不變，但因總電阻減小，則電流增大，因干路中電阻R分壓增大，所以電壓表V2示數(shù)變小，電流表的示數(shù)為：IA2=UV2R，故電流表A2的示數(shù)減小，故A正確，BC錯(cuò)誤；
D、開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，總的電阻減小，所以電路的總電流I2要變大，根據(jù)n1n2=I2IA1，可知IA1變大，電流表A1示數(shù)要變大，故D錯(cuò)誤；
故選：A。
變壓器的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題和閉合電路中的動(dòng)態(tài)分析類(lèi)似，可以根據(jù)閉合開(kāi)關(guān)S后，確定出總電路的電阻的變化，進(jìn)而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，來(lái)分析其他的元件的電流和電壓的變化的情況。
對(duì)于電路的動(dòng)態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法。注意變壓器輸出電壓由輸入電壓決定，而輸入功率由輸出功率決定。
7.【答案】D
【解析】【解答】
A、圓盤(pán)停止轉(zhuǎn)動(dòng)前，小物體所受摩擦力提供向心力，所以摩擦力方向沿半徑方向指向圓心，故A錯(cuò)誤。
B、圓盤(pán)停止轉(zhuǎn)動(dòng)前，根據(jù)動(dòng)量定理I=Δp，小物體轉(zhuǎn)動(dòng)一圈回到原點(diǎn)，速度不變，所以動(dòng)量變化量為0，摩擦力的沖量為0，故B錯(cuò)誤。
C、圓盤(pán)停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，小物體將沿停止前的速度方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤。
D、圓盤(pán)停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，小物體將沿停止前的速度方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，停止轉(zhuǎn)動(dòng)瞬間的速度v=ωr，最終停止運(yùn)動(dòng)速度為0，根據(jù)動(dòng)量定理I=Δp，可知?jiǎng)恿孔兓繛閙ωr，所以摩擦力的沖量為mωr，故D正確。
【分析】
在圓盤(pán)停止運(yùn)動(dòng)前，根據(jù)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，可以分析摩擦力的方向，通過(guò)動(dòng)量定理可以求得摩擦力的沖量大小；圓盤(pán)停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，由于慣性，可以知小物體運(yùn)動(dòng)的方向，通過(guò)動(dòng)量定理可以求出小物體所受摩擦力的沖量大小。
此題主要考查圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和動(dòng)量定理，較為簡(jiǎn)單。
8.【答案】C
【解析】解：A、x?t圖象的斜率表示物體運(yùn)動(dòng)的速度，由圖可知，碰前m2保持靜止，m1速度為v1=41m/s=4m/s，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)斜率可知，碰撞后m2的速率為v′2=8?42m/s=2m/s，m1的速率為v′1=0?42m/s=?2m/s，負(fù)號(hào)說(shuō)明m1反向彈回，二者速度大小相等，故B錯(cuò)誤；
C、碰撞后m1反向彈回，以開(kāi)始時(shí)m1的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律可知，m1v1=m1v′1+m2v′2，代入數(shù)據(jù)解得，m2=3m1，由速度速度大小相等，則說(shuō)明碰撞后碰撞后m2的動(dòng)量大于m1的動(dòng)量，故C正確；
D、由動(dòng)能的表達(dá)式可知，m1的動(dòng)能Ek1=12m1v′12=12×m1×22=2m1，m1的動(dòng)能Ek2=12m2v′22=12×m2×22=2m2，因?yàn)閙2=3m1，v′1=v′2，所以碰撞后m2的動(dòng)能小于m1的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
x?t圖象的斜率表示速度，根據(jù)圖象求解碰撞前、后碰撞后m1、m2的速度大小，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解兩物體的質(zhì)量；根據(jù)動(dòng)能的計(jì)算公式求解碰撞前、后系統(tǒng)的動(dòng)能，由此分析碰撞的性質(zhì)。
本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律；對(duì)于動(dòng)量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力為零)；解答時(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。
9.【答案】A
【解析】解：A、火箭加速過(guò)程中，所受合力為0時(shí)，即加速度為0時(shí)，速度最大，此時(shí)動(dòng)能最大，故A正確；
BD、火箭所受高壓氣體的推力做功轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能、重力勢(shì)能與摩擦生熱的熱能，則高壓氣體的推力和空氣阻力和重力對(duì)火箭做功之和等于火箭動(dòng)能的增加量，故BD錯(cuò)誤；
C、根據(jù)動(dòng)量定理可知高壓氣體的推力和空氣阻力和重力的總沖量等于火箭動(dòng)量的增加量，故C錯(cuò)誤；
故選：A。
正確理解火箭在加速時(shí)速度的變化情況；根據(jù)功能關(guān)系分析能量變化；根據(jù)動(dòng)量定理分析動(dòng)量的增加量。
本題考查動(dòng)量定理與功能關(guān)系，解題關(guān)鍵掌握動(dòng)能定理與能量守恒定律，注意速度最大時(shí)加速度為0.
10.【答案】D
【解析】解：AB.開(kāi)關(guān)S閉合瞬間，由于電感線(xiàn)圈的阻礙作用，燈D3逐漸變亮，通過(guò)燈D3的電流緩慢增加，待穩(wěn)定后，流經(jīng)燈D2和D3的電流相等，故從開(kāi)關(guān)S閉合瞬間至斷開(kāi)前，流經(jīng)D1的電流也是逐漸增加的，故AB錯(cuò)誤；
C.開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)瞬間，由于電感線(xiàn)圈阻礙電流減小的作用，由電感線(xiàn)圈繼續(xù)為D2和D3提供電流，又因?yàn)殡娐贩€(wěn)定的時(shí)候，流經(jīng)D2和D3的電流相等，所以D2逐漸熄滅，故C錯(cuò)誤；
D.開(kāi)關(guān)S閉合瞬間，燈D2和D1串聯(lián)，電壓傳感器所測(cè)電壓為D2兩端電壓，由歐姆定律，u1=E2；電路穩(wěn)定后，流經(jīng)D3的電流為I=12?E32R=E3R，開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)瞬間，電感線(xiàn)圈能夠?yàn)镈2和D3提供與之前等大電流，故其兩端電壓為u2=I?2R=2E3R，所以u(píng)1與u2的比值為3：4，故D正確；
故選：D。
由于電感線(xiàn)圈的阻礙作用，通過(guò)燈D3的電流緩慢增加，待穩(wěn)定后，流經(jīng)燈D2和D3的電流相等，從而分析AB；電路穩(wěn)定的時(shí)候，流經(jīng)D2和D3的電流相等，根據(jù)楞次定律分析C項(xiàng)，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析解答D項(xiàng)。
解決本題的關(guān)鍵掌握電感對(duì)電流的變化起阻礙作用，電流增大，阻礙其增大，電流減小，阻礙其減小。
11.【答案】C
【解析】解：A、電機(jī)不轉(zhuǎn)時(shí)，電動(dòng)機(jī)視為純電阻電路，由歐姆定律得知電動(dòng)機(jī)的電阻R=U1I1，故A錯(cuò)誤；
BC、電動(dòng)機(jī)的總功率為：P=U2I2；
自身電阻的功率為：PR=U1I1；
電動(dòng)機(jī)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)的輸出功率為：P輸出=U2I2?U1I1.
電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的效率為η=U2I2?U1I1U2I2=1?U1I1U2I2，故B錯(cuò)誤，C正確；
D、電動(dòng)機(jī)拉著重物m以速度v勻速上升，根據(jù)能量守恒可知U2I2?U1I1=mgv，故D錯(cuò)誤；
故選：C。
從電路圖中可以看出，電動(dòng)機(jī)和滑動(dòng)變阻器串聯(lián)，電壓表測(cè)量滑動(dòng)電動(dòng)機(jī)兩端的電壓，電流表測(cè)量電路電流，根據(jù)公式R=UI可求電動(dòng)機(jī)停轉(zhuǎn)時(shí)的電阻；利用公式P=UI可求電動(dòng)機(jī)的總功率，根據(jù)公式P=I2R可求電動(dòng)機(jī)克服本身電阻的功率，總功率與電動(dòng)機(jī)克服自身電阻功率之差就是電動(dòng)機(jī)的輸出功率．
本題考查電阻、功率的有關(guān)計(jì)算，關(guān)鍵是明白電路中各個(gè)用電器的連接情況，要知道非純電阻電路的功率的計(jì)算方法，這是本題的重點(diǎn)和難點(diǎn)．
12.【答案】D
【解析】解：粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則
Bqv=mv2r
解得
v=Bqrm
當(dāng)
r=R
時(shí)，速度有最大值，此時(shí)動(dòng)能最大，最大動(dòng)能的決定式為
Ekm=12mvmax2=q2B2R22m
A、根據(jù)動(dòng)能定理
nqU=Ekm
若只將交變電源的最大電壓變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則加速次數(shù)減半
Ekm=q2B2R22m
不變，故A錯(cuò)誤；
B、又交變電源的頻率與粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的頻率相同，為
f=1T=qB2πm
故
Ekm=q2B2R22m=2π2mf2R2
故要使該離子加速后獲得的最大動(dòng)能變成原來(lái)的2倍，只將交變電源的頻率變?yōu)樵瓉?lái)的2倍不能實(shí)現(xiàn)，故B錯(cuò)誤；
CD、故要使該離子加速后獲得的最大動(dòng)能變成原來(lái)的2倍，理論上可采用的辦法有將D形盒的半徑變?yōu)樵瓉?lái)的 2倍，因?yàn)榻蛔冸娫吹念l率與磁場(chǎng)強(qiáng)度大小同比例變化，故只將磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的 2倍不能實(shí)現(xiàn)，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
最大動(dòng)能由D型盒的半徑?jīng)Q定，可得最大動(dòng)能的表達(dá)式。由周期公式求頻率，可得質(zhì)量m與頻率的表達(dá)式，代入動(dòng)能表達(dá)式可判斷；加速過(guò)程由動(dòng)能定理求最大動(dòng)能表達(dá)式，即可判斷。
本題考查了回旋加速器中粒子的周期、頻率、最大動(dòng)能和半徑公式，難度不大，但要認(rèn)真分析。
13.【答案】C
【解析】解：對(duì)小球B分析可知，受細(xì)線(xiàn)的拉力T，靜電斥力F和重力G，受力分析如圖所示：
由相似三角形可知：Gh=TL=Fr=kqAqBr3，現(xiàn)緩慢釋放細(xì)線(xiàn)，使球B移動(dòng)一小段距離，可知L變大，細(xì)線(xiàn)中的拉力T變大；r不變，球B受到的庫(kù)侖力不變；球A、B系統(tǒng)的電勢(shì)能保持不變；拉力做負(fù)功，球A、B間距離不變，庫(kù)侖力做不做功，故ABD錯(cuò)誤，C正確。
故選：C。
以小球B為研究對(duì)象，緩慢移動(dòng)的過(guò)程中，小球B處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)。分析受力，根據(jù)相似三角形得到各個(gè)物理量的變化情況。根據(jù)電場(chǎng)力做功情況判斷電勢(shì)能的變化。
此題考查了帶電粒子靜電場(chǎng)中的平衡，屬于動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題，關(guān)鍵是做好受力分析，利用庫(kù)侖定律和共點(diǎn)力平衡列式求解即可。
14.【答案】C
【解析】解：A、為圖1中的線(xiàn)圈接入正弦交流電時(shí)，電流i隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化，由磁動(dòng)勢(shì)Em=NI可知，線(xiàn)圈中的磁動(dòng)勢(shì)改變，故A正確；
B、電阻率由導(dǎo)體的材料決定，磁阻率可類(lèi)比電阻率，因此磁阻率由材料本身的性質(zhì)有關(guān)，故B正確；
C、當(dāng)鐵芯的一部分被替換為永磁體時(shí)，永磁體本身會(huì)產(chǎn)生一個(gè)固定的磁場(chǎng)，這個(gè)磁場(chǎng)會(huì)與線(xiàn)圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)疊加；
若將圖2中的鐵芯的左半部分替換為永磁體，在鐵芯中會(huì)產(chǎn)生磁動(dòng)勢(shì)，但磁動(dòng)勢(shì)Em=NI不再成立，故C錯(cuò)誤；
D、變化的電流產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，磁動(dòng)勢(shì)Em=NI實(shí)際上是有變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生的，在鐵芯所在的空間中，施加變化電場(chǎng)，變化的電場(chǎng)產(chǎn)生磁場(chǎng)，磁場(chǎng)會(huì)在鐵芯中產(chǎn)生磁動(dòng)勢(shì)，故D正確。
本題選錯(cuò)誤的，故選：C。
認(rèn)真審題理解題意，根據(jù)對(duì)磁動(dòng)勢(shì)、磁阻、磁阻定律的理解分析答題。
本題是信息給予題，解題關(guān)鍵認(rèn)真審題理解題意，根據(jù)題意獲取所需知識(shí)。
15.【答案】1.037 CD ACE nb BD
【解析】解：(1)由圖可知螺旋測(cè)微器的最小刻度為0.01mm，由圖乙可知，鋼絲的直徑為：d=1mm+3.7×0.01mm=1.037mm；
(2)A.通過(guò)兩細(xì)繩用兩個(gè)彈簧秤互成角度地拉橡皮條時(shí)，并非要求兩細(xì)繩必須等長(zhǎng)，故A錯(cuò)誤；
B.橡皮筋不需要與兩繩角平分線(xiàn)在同一直線(xiàn)上，故B錯(cuò)誤；
C.為了減小實(shí)驗(yàn)中因摩擦造成的誤差，操作中要求彈簧秤、細(xì)繩、橡皮條都應(yīng)與木板平行，故C正確；
D.為了更加準(zhǔn)確的記錄力的方向，拉橡皮條的細(xì)繩要長(zhǎng)些，標(biāo)記同一細(xì)繩方向的兩點(diǎn)要遠(yuǎn)些，故D正確。
故選：CD。
(3)為了完成變壓器的探究，需要使用交流電源變壓，交流電壓的多用電表，為了讓變壓效果明顯需要含有閉合鐵芯的原副線(xiàn)圈，故ACE正確、BDF錯(cuò)誤。
故選：ACE。
由于有漏磁，所以副線(xiàn)圈測(cè)量電壓應(yīng)該小于理論變壓值，即nb為輸入端，na為輸出端。
故答案為：nb。
(4)A.該實(shí)驗(yàn)無(wú)需使磁鐵加速“插入”或“拔出”，故A錯(cuò)誤；
B.該實(shí)驗(yàn)必須記錄磁鐵的磁極方向，才能得到磁場(chǎng)的變化與感應(yīng)電流的方向關(guān)系，故B正確；
C.該實(shí)驗(yàn)需要知道產(chǎn)生的感應(yīng)磁場(chǎng)的方向，即需要知道線(xiàn)圈的繞向，故C錯(cuò)誤；
D.該實(shí)驗(yàn)要想知道產(chǎn)生感應(yīng)電流的具體方向，需要判斷電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)方向與通入電流方向的關(guān)系，故D正確。
故選：BD。
故答案為：(1)11.90；1.037；(2)CD；(3)ACE；nb；(4)BD。
(1)根據(jù)螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀；
(2)根據(jù)“驗(yàn)證平行四邊形法則”實(shí)驗(yàn)要求、減少誤差分析的方法進(jìn)行分析；
(3)根據(jù)“探究變壓器線(xiàn)圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)方法、實(shí)驗(yàn)原理、以及變壓器原理進(jìn)行分析；
(4)閉合電路磁通量發(fā)生變化時(shí)電路中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流。根據(jù)“探究影響感應(yīng)電流方向的因素”的實(shí)驗(yàn)操作、所探究的內(nèi)容等進(jìn)行分析。
對(duì)于實(shí)驗(yàn)題，要弄清楚實(shí)驗(yàn)?zāi)康摹?shí)驗(yàn)原理以及數(shù)據(jù)處理、誤差分析等問(wèn)題，一般的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)、實(shí)驗(yàn)方法都是根據(jù)教材上給出的實(shí)驗(yàn)方法進(jìn)行拓展，延伸，所以一定要熟練掌握教材中的重要實(shí)驗(yàn)。對(duì)于基本測(cè)量?jī)x器如游標(biāo)卡尺、螺旋測(cè)微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進(jìn)行有關(guān)測(cè)量，能夠正確的進(jìn)行讀數(shù)。
16.【答案】AB 4π2n2Lt2 4π2(L2?L1)T22?T12 等于 B
【解析】解：(1)AB.為減小實(shí)驗(yàn)誤差，擺線(xiàn)盡量選擇細(xì)些、伸縮性小些且適當(dāng)長(zhǎng)一些的，擺球盡量選擇密度大的，即質(zhì)量大些、體積小些的，故AB正確；
C.應(yīng)使擺角小于5°，才可看作理想單擺，故C錯(cuò)誤；
故選：AB。
(2)在某次實(shí)驗(yàn)中，測(cè)得單擺擺長(zhǎng)為L(zhǎng)、單擺完成n次全振動(dòng)的時(shí)間為t，則周期為T(mén)=tn
根據(jù)單擺周期公式T=2π Lg
解得g=4π2n2Lt2
(3)①根據(jù)單擺周期公式T=2π Lg
變形有L=4π2T2g
根據(jù)圖像的斜率可知k=L2?L1T22?T12=4π2g
解得g=4π2(L2?L1)T22?T12
②因擺球質(zhì)量分布不均勻，小球的重心位于其幾何中心的正下方。若只考慮擺長(zhǎng)測(cè)量偏小造成的影響，則圖像的斜率不變，測(cè)量值等于真實(shí)值；
(4)根據(jù)題圖可知等效重力加速度為a=gsinθ
根據(jù)單擺周期公式T=2π La
變形可知1T2=gsinθ4π2L
則應(yīng)作1T2?csβ圖像，故B正確，ACD錯(cuò)誤；
故選：B。
故答案為：(1)AB；(2)4π2n2Lt2；(3)①4π2(L2?L1)T22?T12；②等于；(4)B
(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理及操作規(guī)范分析解答；
(2)(3)根據(jù)單擺周期公式結(jié)合圖像斜率分析解答；
(4)根據(jù)等效加速度分析圖像的橫、縱坐標(biāo)意義。
本題考查了利用單擺周期公式求解重力加速度的實(shí)驗(yàn)，考查“桿線(xiàn)擺”研究擺的周期與等效重力加速度的關(guān)系；關(guān)鍵掌握實(shí)驗(yàn)原理和實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)和單擺的周期公式，掌握利用圖像處理數(shù)據(jù)的方法。
17.【答案】解：(1)若小行星在該位置做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度大小為v1，由萬(wàn)有引力起供向心大力
GMmr2=mv12r
得v1= GMr
由于v≠v1，故小行星不能?chē)@地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；
(2)a.設(shè)碰撞后小行星的速度大小為v2，為徹底解除小行星的威脅，應(yīng)使小行星被撞后能運(yùn)動(dòng)至無(wú)窮遠(yuǎn)處，根據(jù)能量守恒定律有
?G(m+0.1m)?Mr+12(m+0.1m)v22=0
得v2= 2GMr
以飛行器速度方向?yàn)檎较颍w行器撞擊小行星的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
0.1mv0?mv=(0.1m+m)v2
得v0=21 2GMr
b.設(shè)小行星離地心最近時(shí)，速度的大小為v3，小行星與地心的連線(xiàn)在相等時(shí)間掃過(guò)相等面積有
vrsinθ=v3r0
根據(jù)能量守恒定律有
?GMmr+12mv2=?GMmr0+12mv32
得r0=14r
答：(1)小行星不能?chē)@地球做圓周運(yùn)動(dòng)，理由如上；
(2)a.飛行器撞擊小行星時(shí)的最小速度v0為21 2GMr；
b.小行星在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，距地心的最近距離r0為14r。
【解析】(1)根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力計(jì)算圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的速率和題中給定的速率比較判斷；
(2)a.根據(jù)能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律列式進(jìn)行分析判斷；
b.根據(jù)題意結(jié)合能量守恒定律列式解答。
考查能的轉(zhuǎn)化和守恒定律以及動(dòng)量守恒定律，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確的分析和解答。
18.【答案】解：(1)對(duì)小球進(jìn)行受力分析，由數(shù)學(xué)知識(shí)有：qE=mgtanθ
解得E=mgtanθq
(2)如果將繩燒斷，對(duì)小球根據(jù)牛頓第二定律有mgcsθ=ma
根據(jù)速度-時(shí)間公式有v=at
解得v=gtcsθ
(3)將電場(chǎng)的方向變?yōu)樨Q直向上后，小球做單擺運(yùn)動(dòng)，小球到最低點(diǎn)到速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理有mgL(1?csθ)+qEL(1?csθ)=12mv′2
解得v′= 2gL(1?csθ)(1+tanθ)
答：(1)小球所帶電荷量是mgtanθq；
(2)經(jīng)過(guò)t時(shí)間后小球的速度是gtcsθ；
(3)小球的最大速度值是 2gL(1?csθ)(1+tanθ)。
【解析】(1)對(duì)小球受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件求出電場(chǎng)強(qiáng)度；
(2)根據(jù)牛頓第二定律解得加速度，從而計(jì)算速度；
(3)根據(jù)動(dòng)能定理分析解答。
解決本題的關(guān)鍵是：根據(jù)題意能正確進(jìn)行受力分析，運(yùn)用共點(diǎn)力平衡條件和動(dòng)能定理求解出結(jié)果。
19.【答案】解：(1)粒子在加速器中加速過(guò)程，由動(dòng)能定理得
qU1=12mv2
可得
qm=v22U1
(2)在速度選擇器中
U2dq=B1qv
解得
U2=B1dv
(3)粒子P在分離器C后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，則
qvB2=mPv2rP
由題意得，Q粒子進(jìn)入分離器的速度與P粒子的速度相同，則
qvB2=mQv2rQ
由幾何關(guān)系得
2rQ=2rP+x
解得
Δm=mQ?mP=xqB22v
答：(1)粒子P的比荷為v22U1；
(2)速度選擇器的電壓U2大小應(yīng)為B1dv；
(3)另一同位素正粒子Q同樣從小孔S1“飄入”，保持U2和d不變，調(diào)節(jié)U1的大小，使粒子Q能通過(guò)速度選擇器進(jìn)入分離器C，最后打到照相底片上的F點(diǎn)(在D點(diǎn)右側(cè))，測(cè)出F點(diǎn)與D點(diǎn)距離為x，若粒子帶電量均為q，P、Q粒子的質(zhì)量差絕對(duì)值Δm為xqB22v。
【解析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理可以求出粒子的比荷；
(2)在速度選擇器中作勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，求出速度選擇器的電壓U2；
(3)根據(jù)洛倫茲力提供向心力，根據(jù)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R，結(jié)合粒子運(yùn)動(dòng)規(guī)律解得質(zhì)量差絕對(duì)值。
本題考查了質(zhì)譜儀，解決該題需要明確知道粒子在速度選擇器內(nèi)做的是勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力和電場(chǎng)力大小相等，方向相反。
20.【答案】解：(1)單位時(shí)間內(nèi)流過(guò)的水的質(zhì)量為
m=ρQ
下落H所做的功為
W=ρgQH
得平均發(fā)電功率為
P=ηWt
解得P=ηρgQH
(2)①小球碰撞前后動(dòng)量變化量為
Δp=mΔv=2mvsinθ2
規(guī)定小球的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理
FΔt=Δp
聯(lián)立解得
F=2mvsinθ2Δt
②Δt時(shí)間內(nèi)流過(guò)的水的質(zhì)量為
Δm=ρvΔthw
這些水轉(zhuǎn)過(guò)一個(gè)小角度Δθ的動(dòng)量改變量為
Δp=2Δmvsinθ2≈Δmv?Δθ
設(shè)這些水受到的堤壩對(duì)它的作用力大小為F′，根據(jù)動(dòng)量定理
F′Δt=Δp
可得
F′=ρv×2hw?Δθ
根據(jù)牛頓第三定律河水對(duì)堤壩的作用力大小
F=F′=ρv×2hw?Δθ
Δθ對(duì)應(yīng)的外側(cè)面積為
ΔS=R?Δθh
河流轉(zhuǎn)彎處河水對(duì)外側(cè)河岸的附加壓強(qiáng)為
p=FΔS=ρv2wR
答：(1)三峽電站的平均發(fā)電功率為ηρgQH；
(2)①碰撞前后木板對(duì)小球的平均作用力的大小為2mvsinθ2Δt；
②這一附加壓強(qiáng)為②ρv2wR。
【解析】(1)先計(jì)算下落H重力做的功，然后根據(jù)功率公式計(jì)算即可；
(2)①根據(jù)動(dòng)量定理計(jì)算；
③根據(jù)動(dòng)量定理和牛頓第三定律計(jì)算。
本題考查了功率的計(jì)算以及動(dòng)量定理的應(yīng)用，尤其是對(duì)流體在動(dòng)量定理中的應(yīng)用，注意研究對(duì)象的選擇是解題的基礎(chǔ)。Ua/V
1.80
2.80
3.80
4.90
Ub/V
4.00
6.01
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9.98