1.在科學(xué)研究中，理想模型是為了便于研究問題而對研究對象進(jìn)行的理想化抽象。下列不屬于理想模型的是( )
A. 質(zhì)點(diǎn)B. 電場C. 單擺D. 理想氣體
2.下面對四幅圖片中所涉及物理知識的描述，正確的是( )
A. 甲圖中小磁針轉(zhuǎn)動是由于電流產(chǎn)生的電場對小磁針有作用力
B. 乙圖中回旋加速器通過磁場加速粒子
C. 丙圖中高頻冶煉爐利用渦流熱效應(yīng)工作
D. 丁圖中無線充電過程利用了接觸起電原理
3.冬季打雷是罕見的自然現(xiàn)象，它是由于強(qiáng)冷氣團(tuán)與暖濕氣團(tuán)相遇，產(chǎn)生強(qiáng)烈的對流運(yùn)動，云內(nèi)的各種微粒相互碰撞、摩擦產(chǎn)生靜電積累，最終形成冬雷。下列說法正確的是( )
A. 各種微粒在碰撞、摩擦的過程中創(chuàng)造了電荷
B. 帶電云層附近存在許多的電場線
C. 隨著電荷的積累，云層附近的電勢一定越來越高
D. 隨著電荷的積累，云層附近的電場強(qiáng)度可能越來越大
4.降噪耳機(jī)的基本原理是在耳機(jī)內(nèi)產(chǎn)生一列相應(yīng)的抵消聲波，通過波的干涉起到消音作用。假設(shè)t0時刻外界噪聲的波形圖如圖所示，下列選項中的聲波(均為t0時刻波形圖)對該噪聲降噪效果最好的是( )
A.
B.
C.
D.
5.如圖，固定于水平面上的金屬架CDEF處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，金屬棒MN沿框架以速度v向右做勻速運(yùn)動。t=0時，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，此時MN到達(dá)的位置恰好使MDEN構(gòu)成一個邊長為l的正方形。為使MN棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度B變化規(guī)律的圖像為( )
A. B.
C. D.
6.彩虹圈有很多性質(zhì)和彈簧相似，在彈性限度內(nèi)彈力隨著形變量的增加而增大，但彩虹圈的重力不能忽略。如圖所示，用手拿起彩虹圈的上端，讓彩虹圈自由下垂且下端離地面一定高度，然后由靜止釋放，彩虹圈始終沒有超出彈性限度。則( )
A. 彩虹圈下落過程中長度不變
B. 剛釋放瞬間彩虹圈上端的加速度大于重力加速度
C. 剛釋放瞬間彩虹圈下端的加速度等于重力加速度
D. 彩虹圈下落過程中只有彈性勢能和動能相互轉(zhuǎn)化
7.中國空間站在距地面高度約400km的軌道上做勻速圓周運(yùn)動，該軌道遠(yuǎn)在距地面100km的卡門線(外太空與地球大氣層的分界線)之上，但軌道處依然存在相對地心靜止的稀薄氣體，氣體與空間站前端碰后瞬間可視為二者共速。空間站安裝有發(fā)動機(jī)，能夠?qū)崟r修正軌道。已知中國空間站離地面高度為h，地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，將空間站視為如圖所示的圓柱體，其運(yùn)行方向上的橫截面積為S，稀薄氣體密度為ρ，不考慮其他因素對空間站的影響，則( )
A. 考慮到氣體阻力，若空間站沒有進(jìn)行軌道修正，其高度降低，動能減小
B. 空間站的速度大小為 gR2h
C. 氣體對空間站前端作用力大小為ρSgR2h+R
D. 空間站發(fā)動機(jī)的功率為ρS(gR2h+R)23
二、多選題：本大題共3小題，共18分。
8.2024年10月長春上空出現(xiàn)了罕見的極光。這是由于來自太陽的高能粒子(含電子、質(zhì)子等)與地球大氣層中的原子碰撞，原子吸收一部分能量，再將能量釋放而形成的。下列說法正確的是( )
A. 太陽內(nèi)部的裂變反應(yīng)使其釋放大量能量
B. 極光是原子從高能級向低能級躍遷時產(chǎn)生的
C. 紅色極光的光子能量比綠色極光的光子能量大
D. 用極光光譜可以分析地球大氣的組成成分
9.如圖為某同學(xué)用激光照射一半圓形透明玻璃磚，研究光的傳播規(guī)律，下面說法正確的是( )
A. AO為入射光，OB為反射光，OC為折射光
B. 若入射光繞O點(diǎn)逆時針轉(zhuǎn)動，反射光和折射光也隨之逆時針轉(zhuǎn)動
C. 若入射光繞O點(diǎn)逆時針轉(zhuǎn)動，反射光越來越強(qiáng)，折射光越來越弱
D. 若入射光與界面MON成θ角時，折射光恰好消失，則折射率n=1csθ
10.如圖，水平固定的平行帶電極板M、N間距為d，板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，兩板間同時存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，由兩板間左側(cè)中點(diǎn)P以初速度v0水平向右射入兩極板間，該粒子恰好沿直線運(yùn)動。僅將粒子初速度大小調(diào)整為2v0，發(fā)現(xiàn)粒子由Q點(diǎn)(Q點(diǎn)未標(biāo)出)沿水平方向射出兩極板間的區(qū)域。不計粒子重力，下列說法正確的是( )
A. M板帶正電，N板帶負(fù)電B. 粒子速度v0=EB
C. Q與P一定在同一水平線上D. d的大小可能等于3mv0Bq
三、實驗題：本大題共2小題，共14分。
11.某同學(xué)用圖(a)所示的實驗裝置探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律，量角器豎直固定，O刻度線水平。三根細(xì)繩結(jié)于O點(diǎn)，其中一根細(xì)繩懸掛重物c，另外兩根細(xì)繩與彈簧測力計a、b掛鉤相連，互成角度同時拉兩測力計，使結(jié)點(diǎn)O與量角器的中心點(diǎn)始終在同一位置。
(1)某次測量時測力計的示數(shù)如圖(b)所示，讀數(shù)為______N(結(jié)果保留1位小數(shù))。
(2)關(guān)于該實驗，下列說法正確的是______。
A.連接測力計的細(xì)繩之間夾角越大越好
B.實驗前必須對測力計進(jìn)行校準(zhǔn)和調(diào)零
C.實驗過程中應(yīng)保持測力計與量角器所在平面平行
(3)初始時，與兩測力計相連的細(xì)繩所成夾角如圖(a)所示，保持夾角不變，順時針緩慢轉(zhuǎn)動兩測力計直至測力計b水平，在此過程中，測力計b的示數(shù)______。
A.一直變大
B.一直變小
C.先變大后變小
D.先變小后變大
12.測量電源的電動勢和內(nèi)阻的實驗中，為了消除電流表和電壓表內(nèi)阻對實驗結(jié)果的影響，某實驗小組設(shè)計了如圖(a)所示的實驗。先將單刀雙擲開關(guān)S2接1，閉合S1，調(diào)節(jié)滑動變阻器，得到多組電壓U和電流I，斷開S1作出U?I圖像；再將開關(guān)S2接2，重復(fù)上述操作。最終作出的兩條U?I圖線如圖(b)所示。
(1)僅利用開關(guān)S2接1測得的數(shù)據(jù)，得出電動勢和內(nèi)阻，系統(tǒng)誤差來源于______。
A.電壓表分流
B.電流表分壓
(2)開關(guān)S2接2進(jìn)行實驗，作出的U?I圖像為圖(b)中的圖線______(填“A”或“B”)。
(3)消除電流表和電壓表內(nèi)阻對實驗結(jié)果的影響，用圖(b)中物理量的符號表示出電動勢E=______，內(nèi)阻r=______。
四、計算題：本大題共3小題，共40分。
13.某小區(qū)發(fā)生一起高空墜物案件，警方在調(diào)取事發(fā)地監(jiān)控后截取了兩個畫面，合成圖片如圖所示，圖中黑點(diǎn)為墜落的重物。重物經(jīng)過A、B兩點(diǎn)的時間間隔為0.6s，各樓層平均高度約為3m，陰影部分為第14層的消防通道。重物可視為由靜止墜落，忽略空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2，請估算：
(1)重物開始墜落的樓層；
(2)重物剛接觸地面時的速度大小(計算結(jié)果取整數(shù))。
14.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第一象限內(nèi)存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場；第二象限內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E=9mv0232qL。某帶電粒子由點(diǎn)A(?L,0)以速度v0沿y軸正方向射入電場，經(jīng)y軸進(jìn)入磁場，偏轉(zhuǎn)后會再次回到電場。已知該粒子質(zhì)量為m，電荷量為+q，不計粒子的重力，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
(1)粒子第一次進(jìn)入磁場的速度大??；
(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍。
15.“磁懸浮列車”是通過電磁力實現(xiàn)列車與軌道之間無接觸的懸浮和導(dǎo)向，再利用直線電機(jī)產(chǎn)生的電磁力牽引列車運(yùn)行。某實驗小組設(shè)計簡化模型如圖(a)所示，若磁懸浮列車模型的總質(zhì)量為m，模型底部固定一與其絕緣的矩形金屬線框abcd，線框的總電阻為R。用兩根足夠長、水平固定、間距為L(和矩形線框的邊長ab相等)的平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN模擬列車行駛的軌道，導(dǎo)軌間存在垂直導(dǎo)軌平面的等間距的交替勻強(qiáng)磁場，相鄰兩勻強(qiáng)磁場的方向相反、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，每個磁場寬度與矩形線框的邊長ad相等，如圖(b)所示。將列車模型放置于導(dǎo)軌上，當(dāng)交替磁場以速度v0向右勻速運(yùn)動時，列車模型受磁場力由靜止開始運(yùn)動，速度達(dá)到3v04開始勻速運(yùn)動，假定列車模型在運(yùn)動過程中所受阻力恒定，不考慮磁場運(yùn)動時產(chǎn)生的其他影響。
(1)求列車模型所受阻力f的大小；
(2)列車模型勻速運(yùn)動后，某時刻磁場又以加速度a向右做勻加速直線運(yùn)動，再經(jīng)時間t列車模型也開始做勻加速直線運(yùn)動。
①分析求出列車模型勻加速運(yùn)動的加速度大小a1；
②若列車模型開始勻加速運(yùn)動時的速度為v，求t時間內(nèi)列車所受安培力做的功W。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：質(zhì)點(diǎn)、單擺和理想氣體都是典型的理想模型，它們分別忽略了物體的體積、擺線的質(zhì)量和氣體分子間的相互作用力。而電場是描述電荷周圍空間中電荷相互作用的物理量，它是一個實際存在的物理現(xiàn)象，并非理想模型。故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
理想模型是科學(xué)研究中為了簡化問題而對研究對象進(jìn)行的抽象。
考查對理想模型的理解，清楚各物理量的定義。
2.【答案】C
【解析】解：A、甲圖中小磁針轉(zhuǎn)動是由于電流產(chǎn)生的磁場對小磁針有作用力，故A錯誤；
B、乙圖中回旋加速器通過電場加速粒子的，故B錯誤；
C、丙圖中高頻冶煉爐是利用渦流熱效應(yīng)工作的，故C正確；
D、丁圖中無線充電過程利用了互感原理，故D錯誤。
故選：C。
小磁針轉(zhuǎn)動是由于電流產(chǎn)生的磁場對小磁針有作用力；回旋加速器通過電場加速粒子；高頻冶煉爐利用渦流熱效應(yīng)工作；無線充電過程利用了互感原理。
本題考查了電流的磁場，渦流的應(yīng)用和變壓器的工作原理，以及回旋加速器的工作原理等，基礎(chǔ)題。
3.【答案】D
【解析】解：A.各種微粒在碰撞、摩擦的過程中電荷發(fā)生轉(zhuǎn)移，并不是創(chuàng)造了電荷，故A錯誤；
B.電場線是假想的，并不是實際存在的，故B錯誤；
C.電勢的大小是相對的，帶電體周圍的電勢大小與零電勢點(diǎn)的選取有關(guān)，則隨著電荷的積累，云層附近的電勢不一定越來越高，故C錯誤；
D.隨著電荷的積累，電荷量越來越大，相當(dāng)于場源電荷量增大，則云層附近的電場強(qiáng)度可能越來越大，故D正確；
故選：D。
A.根據(jù)物體起電的實質(zhì)，即可分析判斷；
B.電場線是假想的，據(jù)此分析判斷；
C.電勢的大小是相對的，據(jù)此分析判斷；
D.隨著電荷的積累，電荷量越來越大，相當(dāng)于場源電荷量增大，據(jù)此分析判斷。
本題考查了物體起電的實質(zhì)，解題時需注意，三種起電方式的實質(zhì)都是電子的轉(zhuǎn)移，要么電子從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，要么是從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分。
4.【答案】A
【解析】解：因為降噪耳機(jī)的基本原理是在耳機(jī)內(nèi)產(chǎn)生一列相應(yīng)的抵消聲波，通過波的干涉起到消音作用，則由波的干涉的減弱區(qū)的特點(diǎn)可知，兩列波應(yīng)頻率相同、振幅相同、波長相同、波速相同，但相位相反，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
因為降噪耳機(jī)的基本原理是在耳機(jī)內(nèi)產(chǎn)生一列相應(yīng)的抵消聲波，通過波的干涉起到消音作用，則由波的干涉的減弱區(qū)的特點(diǎn)及題圖，即可分析判斷ABCD正誤。
本題考查機(jī)械波的圖像問題，解題時需注意，結(jié)合波的傳播方向可確定各質(zhì)點(diǎn)的振動方向或由各質(zhì)點(diǎn)的振動方向確定波的傳播方向，波源質(zhì)點(diǎn)的起振方向決定了它后面的質(zhì)點(diǎn)的起振方向，各質(zhì)點(diǎn)的起振方向與波源的起振方向相同。
5.【答案】D
【解析】解：感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件是穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，只要保證穿過金屬棒和金屬架組成的閉合回路的磁通量不發(fā)生變化，則MN棒中就不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，以后閉合回路的面積增大，所以磁感應(yīng)強(qiáng)度要減小，需滿足B0l2=Bl(l+vt)，整理可得B=B0ll+vt，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
根據(jù)感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件分析閉合回路磁通量的變化即可。
解決本題的關(guān)鍵抓住通過閉合回路的磁通量不變，MN棒中就不產(chǎn)生感應(yīng)電流。
6.【答案】B
【解析】解：A、剛開始下落的一小段時間內(nèi)，上端下落的加速度大于下端下落的加速度，上端和下端之間的距離減小，即彩虹圈的長度變短，從開始釋放到彩虹圈下端接觸地面的過程中，彩虹圈可能一直變短，也可能先變短，后不變(即彩虹圈恢復(fù)到原長之后長度不變)，故A錯誤；
BC、剛釋放瞬間彩虹圈上端受到豎直向下的重力和彈力作用，合外力大于其重力，所以加速度大于當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?；彩虹圈下端受到豎直向上的彈力和豎直向下的重力，合外力小于其重力，所以加速度小于當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，故B正確，C錯誤；
D、由于彩虹圈在下落過程中，彩虹圈的重心在下降，重力勢能減小，則由功能關(guān)系可知，彩虹圈下落過程中彈性勢能與重力勢能和動能相互轉(zhuǎn)化，故D錯誤。
故選：B。
開始彩虹圈處于伸長狀態(tài)，彩虹圈各部分之間存在著彈力的作用，根據(jù)各部分之間的受力情況結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行分析。
本題主要是考查了功能關(guān)系及牛頓第二定律的知識，關(guān)鍵是能清楚彩虹圈各部分之間的彈力方向，能夠根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行定性的分析。
7.【答案】C
【解析】解：A.根據(jù)萬有引力提供向心力GMmr2=mv2r，可得v= GMr，所以當(dāng)軌道半徑越小，線速度越大，因此動能增大，故A錯誤；
B.空間站正常在軌運(yùn)動的線速度大小v= GMR+h，而在地球表面GMm0R2=m0g，可得GM=gR2，則可得v= gR2R+h，故B錯誤；
C.Δt時間內(nèi)空間站前端所作用的氣體為研究對象，Δm=ρSvΔt，根據(jù)動量定理有Δm?v=F?Δt，解得空間站前端對氣體的作用力大小F=ρSgR2h+R，根據(jù)牛頓第三定律，氣體對空間站前端作用力大小F′=ρSgR2h+R，故C正確；
D.為保持空間站的軌道不變，空間站發(fā)動機(jī)提供的推力大小F′′=F′=ρSgR2h+R，方向與速度方向相同，所以空間站發(fā)動機(jī)的功率為P=F′′v=ρS(gR2h+R)32，故D錯誤；
故選：C。
A.根據(jù)萬有引力提供向心力分析；
B.萬有引力提供向心力列式計算；
C.對氣體分析，通過動量定理得出作用力大?。?br>D.通過推力乘以速度計算功率。
能夠熟練掌握天體運(yùn)動中萬有引力提供向心力及黃金代換公式結(jié)合運(yùn)用，以及流體問題中動量定理得運(yùn)用。
8.【答案】BD
【解析】解：A.太陽輻射的能量主要來源于輕核聚變，故A錯誤；
B.極光是太陽風(fēng)中的帶電粒子(如電子、質(zhì)子)進(jìn)入地球磁場后，與大氣中的原子或分子碰撞產(chǎn)生的發(fā)光現(xiàn)象，這一過程會賦予氣體原子或分子能量，使其進(jìn)入激發(fā)態(tài)，當(dāng)這些激發(fā)態(tài)的粒子回到基態(tài)時，會以光的形式釋放能量，極光是原子從高能級向低能級躍遷時產(chǎn)生的，故B正確；
C.根據(jù)E=hν可知，綠色極光比紅色極光的光子能量大，故C錯誤；
D.用極光光譜可以分析地球大氣的組成成分，科學(xué)家可以通過光譜儀將極光的光分解成不同波長的光譜線，將觀測到的光譜線與實驗室中已知元素的光譜數(shù)據(jù)庫匹配，確定大氣中存在的氣體種類，譜線強(qiáng)度可反映氣體的密度或電離程度，幫助研究大氣層的動態(tài)變化，故D正確；
故選：BD。
A.太陽輻射的能量主要來源于輕核聚變，據(jù)此分析判斷；
B.根據(jù)極光的產(chǎn)生原理，即可分析判斷；
C.根據(jù)E=hν，即可分析判斷；
D.根據(jù)光譜和光譜分析，即可判斷求解。
本題考查分析能級躍遷過程中的能量變化(吸收或釋放能量)，解題時需注意，在發(fā)生躍遷時，如果核外電子由低能級向高能級躍遷，需要吸收能量，如果由高能級向低能級躍遷，需要釋放能量(以光子的形式)。
9.【答案】ACD
【解析】解：A、根據(jù)光的反射定律、折射定律，可知反射光線、折射光線均與入射光線分居法線兩側(cè)，結(jié)合圖中的光線位置，即可知入射光為AO、反射光為OB、折射光為OC，故A正確；
B、由圖可知入射光線繞O點(diǎn)逆時針轉(zhuǎn)動時，入射角增大，由反射定律，可知反射角增大，反射光線順時針轉(zhuǎn)動；由折射定律，可知折射角轉(zhuǎn)動，即逆時針轉(zhuǎn)動，故B錯誤；
C、由圖可知入射光線繞O點(diǎn)逆時針轉(zhuǎn)動時，入射角增大，由反射光強(qiáng)、折射光強(qiáng)與入射角的關(guān)系，可知反射光強(qiáng)變強(qiáng)，折射光強(qiáng)變?nèi)?，故C正確；
D、由折射光恰好消失時入射光線的位置，即可得到臨界角為：C=90°?θ，結(jié)合臨界角與折射率的關(guān)系：n=1sinC，可得折射率為：n=1csθ，故D正確。
故選：ACD。
根據(jù)光的反射定律、折射定律，可知反射光線、折射光線均與入射光線分居法線兩側(cè)，結(jié)合圖中的光線位置，即可區(qū)分入射光、反射光、折射光；由反射定律和折射定律，可知入射光線繞O點(diǎn)逆時針轉(zhuǎn)動時，反射光線和折射光線的轉(zhuǎn)動方向；由反射光強(qiáng)、折射光強(qiáng)與入射角的關(guān)系，可分析入射光線繞O點(diǎn)逆時針轉(zhuǎn)動時，反射光和折射光的強(qiáng)度變化；由折射光恰好消失時入射光線的位置，即可得到臨界角，結(jié)合臨界角與折射率的關(guān)系，可計算折射率。
本題考查光的折射，關(guān)鍵是根據(jù)光的反射和折射定律，分析反射和折射時的角度、光強(qiáng)的變化特點(diǎn)。
10.【答案】BC
【解析】解：A.帶正電的粒子恰好沿直線運(yùn)動，該運(yùn)動為勻速直線運(yùn)動，根據(jù)左手定則可知，在P點(diǎn)受到豎直向下的洛倫茲力，故其受到豎直向上的電場力，可知N板帶正電，M板帶負(fù)電，故A錯誤；
B.結(jié)合上述，粒子受力平衡，則有
Bqv0=Eq
解得
v0=EB
故B正確；
C.當(dāng)射入速度大小為v0時粒子做勻速直線運(yùn)動，由此可知，可將2v0分解為水平向右的v0和v1，則滿足
v0+v1=2v0
即有
v1=v0
可知，粒子一個分運(yùn)動為以初速度v0向右勻速直線運(yùn)動，另一個分運(yùn)動為以速度v1在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，設(shè)其半徑為r，則有
Bqv1=mv12r
解得
r=mv0Bq
P點(diǎn)為粒子軌跡最高點(diǎn)，只有當(dāng)粒子運(yùn)動至軌跡最高點(diǎn)時，其才能沿水平方向射出兩極板間的區(qū)域，此時速度沿水平方向向右，可知Q點(diǎn)與P點(diǎn)在同一水平線上，故C正確；
D.結(jié)合上述可知，粒子能射出兩板間區(qū)域，可知
d≥4r
結(jié)合上述解得
d≥4mv0Bq
故D錯誤。
故選：BC。
A.根據(jù)左手定則判斷極板的正負(fù)；B.根據(jù)受力平衡求粒子速度；C.把速度分解，分別考慮粒子的運(yùn)動情況判斷；D.根據(jù)數(shù)學(xué)思想判斷即可。
帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動一般有直線運(yùn)動、圓周運(yùn)動和一般的曲線運(yùn)動；直線運(yùn)動一般由動力學(xué)公式求解，圓周運(yùn)動由洛倫茲力充當(dāng)向心力，一般的曲線運(yùn)動一般由動能定理求解。
11.【答案】2.6 BC B
【解析】解：(1)測力計的最小刻度為0.2N，所以讀數(shù)為2.6N。
(2)A、連接測力計的細(xì)繩之間的夾角大小合適即可，并不是越大越好，故A錯誤；
B、為了保證測力計的讀數(shù)準(zhǔn)確，在實驗前必須對測力計進(jìn)行校準(zhǔn)和調(diào)零，故B正確；
C、為了保證測力計的讀數(shù)即為細(xì)繩的拉力大小，實驗過程中應(yīng)保持測力計與量角器所在平面平行，故C正確。
故選：BC。
(3)對結(jié)點(diǎn)O畫出受力圖，如圖所示
兩力的合力大小不變，因為保持兩力的夾角不變，用畫圓法分析，如圖所示
根據(jù)圖像可知測力計a的示數(shù)逐漸增大，測力計b的示數(shù)一直減小，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
故答案為：(1)2.6；(2)BC；(3)B。
(1)根據(jù)測力計的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；
(2)根據(jù)該實驗的實驗要求和注意事項分析；
(3)用畫圓法分析。
掌握“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”的實驗原理，實驗注意事項，以及實驗數(shù)據(jù)的處理方法是解題的基礎(chǔ)。
12.【答案】B B UA UAIB
【解析】解：(1)由圖(a)所示電路圖可知，S2接1時相對于電源電流表采用內(nèi)接法，由于電流表的分壓作用使路端電壓的測量值小于真實值造成實驗誤差，故選B。
(2)開關(guān)S2接2時由于電壓表的分流作用，電流的測量值小于真實值，導(dǎo)致電源電動勢與內(nèi)阻的測量值都小于真實值，U?I圖圖線應(yīng)為B。
(3)開關(guān)S2接1時電源電動勢的測量值等于真實值，圖線為A，則電源電動勢E=UA；
開關(guān)S2接2時短路電流的測量值與真實值相等，由圖線B可知，短路電流為IB，則電源內(nèi)阻r=UAIB。
故答案為：(1)B：(2)B；(3)UA；UAIB。
(1)根據(jù)圖示電路分析實驗誤差來源。
(2)根據(jù)圖示電路圖分析答題。
(3)根據(jù)圖示圖示圖像求出電源的電動勢與內(nèi)阻。
本題考查了測電源電動勢與內(nèi)阻實驗，理解實驗原理是解題的前提，分析清楚圖示電路結(jié)構(gòu)與圖示圖像即可解題。
13.【答案】解：(1)設(shè)下落點(diǎn)到A的高度為h，下落時間為t，
則重物從開始下落到B點(diǎn)的高度為h+6m，下落時間為t+0.6s
重物做自由落體運(yùn)動，則h=12gt2，h+6=12g(t+0.6)2
代入數(shù)據(jù)解得：h=2.45m
結(jié)合圖片A點(diǎn)的位置可知，重物從16樓開始墜落
(2)設(shè)下落點(diǎn)到地面的高度為H，重物剛接觸地面時的速度大小為v
根據(jù)(1)問結(jié)果可知：45m≤H≤48m
重物下落過程，由x?v公式得：v2=2gH
代入數(shù)據(jù)解得：v=30m/s或v=31m/s
答：(1)重物開始墜落的樓層是16樓；
(2)重物剛接觸地面時的速度大小是30m/s或31m/s。
【解析】(1)重物做自由落體運(yùn)動，應(yīng)用運(yùn)動學(xué)公式求出重物下落到A點(diǎn)時的位移，然后分析答題。
(2)根據(jù)題意確定重物下落的高度，應(yīng)用運(yùn)動學(xué)公式求出落地速度大小。
本題考查了自由落體運(yùn)動問題，根據(jù)題意分析清楚重物的運(yùn)動過程是解題的前提，應(yīng)用運(yùn)動學(xué)公式即可解題。
14.【答案】解：(1)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動
根據(jù)牛頓第二定律可知
qE=ma
沿x軸方向
L=12at2
vx=at
可解得
vx=34v0
粒子進(jìn)入磁場時的速度
v= v02+vx2
解得
v=54v0
(2)粒子第一次進(jìn)入磁場時的位置坐標(biāo)
y=v0t
解得
y=83L
設(shè)粒子進(jìn)入磁場時速度與y軸正方向夾角為θ，則
csθ=v0v
解得
csθ=45
θ=37°
粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡剛好與x軸相切時，半徑最大，滿足關(guān)系
y=rm+rmsinθ
可解得最大半徑
rm=53L
即粒子在磁場中運(yùn)動軌跡半徑滿足
r≤53L
根據(jù)洛倫茲力提供向心力
qvB=mv2r
解得
B≥3mv04qL
答：(1)粒子第一次進(jìn)入磁場的速度大小為54v0；
(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍為B≥3mv04qL。
【解析】(1)根據(jù)類平拋運(yùn)動和牛頓第二定律求粒子第一次進(jìn)入磁場的速度大??；
(2)根據(jù)幾何關(guān)系和洛倫茲力提供向心力求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍。
本題考查帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運(yùn)動，要求學(xué)生能正確分析帶電粒子的運(yùn)動過程和運(yùn)動性質(zhì)，熟練應(yīng)用對應(yīng)的規(guī)律解題。
15.【答案】解：(1)設(shè)列車行駛速度為v1，線框中的感應(yīng)電動勢大小為：E=2BL(v0?v1)
感應(yīng)電流大小為：I=ER
線框所受安培力大小為：F=2ILB=4B2L2(v0?v1)R
當(dāng)v1=34v0時，對列車根據(jù)平衡條件有：f=F=B2L2v0R；
(2)①列車做勻加速運(yùn)動時，根據(jù)牛頓第二定律可得：F?f=ma，可知安培力恒定；
根據(jù)線框所受安培力：F=2ILB=4B2L2(v0?v1)R，可知，感應(yīng)電動勢恒定；
線框相對磁場的速度恒定，則應(yīng)滿足線框的加速度大小為：a1=a；
②磁場勻加速運(yùn)動t時間內(nèi)，取列車運(yùn)動方向為正方向，對列車根據(jù)動量定理有：∑4B2L2(v磁?v車)Rt?ft=mv?m?34v0
即：4B2L2(x磁?x車)R?ft=mv?m?34v0
其中t時間內(nèi)磁場位移為：x磁=v0t+12at2
可解得t時間內(nèi)列車位移：x車=34v0t+12at2?mvR4B2L2+3mv0R16B2L2
對列車根據(jù)動能定理有：W?fx車=12mv2?12m(34v0)2
可解得t時間內(nèi)列車所受安培力做功為：W=12mv2+3B2L2v02t4R+B2L2v0at22R?mvv04?332mv02。
答：(1)列車模型所受阻力f的大小為B2L2v0R；
(2)①列車模型勻加速運(yùn)動的加速度大小為a；
②若列車模型開始勻加速運(yùn)動時的速度為v，t時間內(nèi)列車所受安培力做的功為12mv2+3B2L2v02t4R+B2L2v0at22R?mvv04?332mv02。
【解析】(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定結(jié)合平衡條件、安培力的計算公式進(jìn)行解答；
(2)①列車做勻加速運(yùn)動時，根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行分析；
②磁場勻加速運(yùn)動t時間內(nèi)，對列車根據(jù)動量定理求解t時間內(nèi)磁場位移，由此得到t時間內(nèi)列車位移；對列車根據(jù)動能定理求解t時間內(nèi)列車所受安培力做的功。
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。

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