1.“舞龍賀新春”巡游活動中，“龍”左右擺動形成的波看作沿x軸負(fù)方向傳播的簡諧波。某時刻的波形圖如圖所示，A、B、C、D為波形上的四點(diǎn)，則( )
A. 此刻A、B舞動的方向相同
B. 此刻B、D舞動的方向相同
C. A、C能同時回到平衡位置
D. B、C能同時回到平衡位置
2.我國自由電子激光實(shí)驗(yàn)研究步入世界先進(jìn)行列，其激光輻射所應(yīng)用的玻爾原子理論很好地解釋了氫原子的光譜特征。圖為氫原子的能級示意圖，已知紫外光的光子能量在3.11eV至124eV之間，當(dāng)大量處于n=4能級的氫原子向低能級躍遷時，輻射不同頻率的紫外光有( )
A. 1種
B. 2種
C. 3種
D. 4種
3.光電效應(yīng)在自動化控制領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用。如圖所示的光電控制報(bào)警電路中，某一頻率的光束照射到光電管，光電管產(chǎn)生光電效應(yīng)，與光電管連接的電路有電流，電磁鐵產(chǎn)生磁場，會吸引報(bào)警電路中的開關(guān)斷開，從而實(shí)現(xiàn)自動控制。則( )
A. 任意頻率的光照射到光電管上，只要光照時間足夠長就能產(chǎn)生光電流
B. 對于光電管來說，入射光波長必須大于某一極限值，才能產(chǎn)生光電效應(yīng)
C. 該頻率的光照射光電管，光的強(qiáng)度越強(qiáng)，單位時間內(nèi)逸出的電子數(shù)越少
D. 當(dāng)物體從光源和光電管間通過時，擋住光束，使報(bào)警電路中的開關(guān)閉合
4.如圖所示，2024珠海航空展上，飛行員駕駛飛機(jī)沿實(shí)線軌跡在豎直面內(nèi)勻速率飛行，a、b、c為飛行軌跡上的三點(diǎn)，a、c為飛行過程中距離地面高度相等的兩點(diǎn)。關(guān)于此飛機(jī)，下列說法中正確的是( )
A. 各點(diǎn)的加速度方向豎直向下B. 在a點(diǎn)所受的合力比在c點(diǎn)小
C. a、c兩點(diǎn)的重力功率相等D. a、b、c三點(diǎn)的機(jī)械能相等
5.一同學(xué)設(shè)計(jì)了一個穩(wěn)壓的電路如圖所示，理想變壓器的原線圈通過輸電導(dǎo)線與電壓為U0的正弦式交流電源相連，輸電導(dǎo)線有一定阻值r，在副線圈上并聯(lián)了用電器R0、滑動變阻器R，P為滑動變阻器的滑片。通過調(diào)節(jié)滑片P模擬電網(wǎng)負(fù)載變化，副線圈接入電路的匝數(shù)可通過滑動觸頭Q調(diào)節(jié)，根據(jù)負(fù)載的變化調(diào)節(jié)Q改變副線圈接入電路的匝數(shù)，實(shí)現(xiàn)用電器的電壓穩(wěn)定，電源電壓有效值不變。當(dāng)只將負(fù)載滑動變阻器的滑片P向上移動時，下列說法正確的是( )
A. 電壓表V示數(shù)變大
B. 輸電線路輸送的效率減小
C. 變壓器鐵芯中磁通量變化的頻率變大
D. 為保證用電器R0兩端電壓不變，可以將副線圈上的觸頭Q下移
6.利用光的干涉可以檢查工件表面的平整度，其裝置如圖甲所示，將一塊標(biāo)準(zhǔn)平板玻璃放置在待檢測平板玻璃之上，在一端夾入兩張紙片，從而在兩片玻璃表面之間形成一個劈形空氣薄膜，當(dāng)光垂直入射后，從上往下看到的干涉條紋可能如圖乙、丙所示。以下說法正確的是( )
A. 圖丙條紋彎曲處對應(yīng)著待檢測平板玻璃有凹陷
B. 若要使干涉條紋變密，可以減少墊的紙張數(shù)量
C. 若要使干涉條紋變密，可以使用波長更長的單色光
D. 若要使干涉條紋變疏，可以向右移動紙片
7.如圖所示，截面為等腰三角形的楔形木塊ABC固定在水平地面上，AB面和BC面的粗糙程度處處相同。一小物塊以初速度v0沿斜面AB向上運(yùn)動，經(jīng)時間t0到達(dá)頂點(diǎn)B，速度恰好減為零；緊接著小物塊由靜止開始沿斜面BC下滑。在小物塊從A運(yùn)動到C的過程中，其速度大小v與時間t的關(guān)系圖像可能正確的是( )
A. B.
C. D.
8.如圖所示，用細(xì)繩系一均勻的光滑球，細(xì)繩跨過定滑輪使球靠在柱體的斜面上。設(shè)柱體對球的彈力為FN，細(xì)繩對球的拉力為FT，現(xiàn)用水平力拉繩使球緩慢下移一小段距離，在此過程中，下列說法中正確的是( )
A. FN逐漸減小B. FN保持不變C. FT逐漸增大D. FT保持不變
9.如圖所示，一段彎成四分之一圓弧形狀的粗細(xì)均勻的透明體截面圖，ME=MO，一細(xì)束藍(lán)光由ME端面的中點(diǎn)A垂直射入，恰好能在弧面EF上發(fā)生全反射。下列說法正確的是( )
A. 透明體的折射率小于 2
B. 發(fā)生全反射的臨界角小于45°
C. 若只將藍(lán)光換成紅光，在弧面EF上發(fā)生全反射
D. 若只將入射光向E端平移，在弧面EF上不發(fā)生全反射
10.如圖所示，在相同高度處甲同學(xué)以速度v1將籃球A斜向上拋出，乙同學(xué)以速度v2將籃球B豎直向上拋出，B到達(dá)最高點(diǎn)時恰被A水平擊中。兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，則( )
A. 兩球拋出的初速度大小相等B. A球比B球拋出時刻要早
C. A球速度變化率大于B球速度變化率D. 只增大甲、乙間距離，B仍可能被擊中
11.如圖所示，正三角形的三個頂點(diǎn)固定三個等量電荷，其中B帶正電，A、C帶負(fù)電，O、M、N為AB邊的四等分點(diǎn)，下列說法中正確的是( )
A. 電場強(qiáng)度EM>EN
B. O、N兩點(diǎn)電勢φOφN
D. 同一負(fù)電荷在P點(diǎn)電勢能比在O點(diǎn)時要小
二、實(shí)驗(yàn)題：本大題共1小題，共15分。
12.為了測量某電池的電動勢和內(nèi)電阻，實(shí)驗(yàn)室提供了下列器材：
A.待測電池
B.電流表G(量程50mA，內(nèi)阻Rg=18Ω)
C.電阻箱R、R1(阻值均為0～999.9Ω)
D.定值電阻R0=15Ω
E.開關(guān)S和導(dǎo)線若干
(1)為粗略測量電源的電動勢，小明先用多用電表直流電壓10V擋與電源直接相連，示數(shù)如圖甲所示，則電動勢的讀數(shù)為______ V。
(2)將電阻箱R1與電流表G并聯(lián)，如圖乙所示，將電流表量程擴(kuò)大為原來的10倍，應(yīng)將電阻箱R1的阻值調(diào)為______Ω。正確調(diào)整R1的阻值后，將電流表G的表頭重新標(biāo)度為電流表A。
(3)小明利用擴(kuò)大量程后的電流表A設(shè)計(jì)了實(shí)驗(yàn)，電路圖如圖丙所示，定值電阻R0在電路中的作用是______；正確進(jìn)行實(shí)驗(yàn)操作，得到了多組電流表 A的示數(shù)I和電阻箱的電阻R的數(shù)據(jù)，并繪制出如圖丁所示的______(選填“I?R”、“R?I”、“R?1I”或“1I?R”)圖像。
(4)若圖丁中圖像的斜率為k，縱截距為?b，根據(jù)圖像得出電池的電動勢E=______，內(nèi)阻r=______。(結(jié)果用k、?b、R0、Rg的形式表示)。
(5)若定值電阻R0的實(shí)際阻值略大于15Ω，考慮到此因素的影響，電動勢E的測量值______(選填“大于”、“小于”或“等于”)真實(shí)值。
三、計(jì)算題：本大題共4小題，共41分。
13.某同學(xué)非常適合當(dāng)一名宇航員，心中也一直憧憬著航天夢，設(shè)想著若干年后，登上另一星球，在該星球表面做單擺實(shí)驗(yàn)。已知該星球半徑為R，單擺的擺長為L，實(shí)驗(yàn)時用積累法測得單擺的周期為T，不計(jì)阻力，引力常量為G，忽略該星球的自轉(zhuǎn)。
(1)求該星球的質(zhì)量M；
(2)在該星球表面發(fā)射衛(wèi)星時，需要的最小發(fā)射速度v。
14.某汽車上裝有胎壓監(jiān)測系統(tǒng)，車外溫度為t1=27°C時，胎壓監(jiān)測系統(tǒng)在儀表盤上顯示為240kPa，車輛使用兩個多月后，發(fā)現(xiàn)儀表盤上顯示為216kPa，此時，車外溫度為t2=7°C，車胎內(nèi)氣體可看作理想氣體，車胎內(nèi)體積可視為不變。
(1)試分析車胎是否有漏氣；
(2)若要使溫度為t2時該車胎胎壓恢復(fù)到240kPa，需要充入一定量的同種氣體，充氣過程中車胎內(nèi)溫度可視為不變，求充入氣體質(zhì)量和車胎內(nèi)已有氣體質(zhì)量之比。
15.如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為M=4kg的木板，木板的左端放有一質(zhì)量為m=2kg的小木塊，木塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.1。在木板兩側(cè)地面上各有一豎直固定墻壁，起初木板靠左側(cè)墻壁靜止放置?，F(xiàn)給木塊向右的水平初速度v0=3m/s，在此后運(yùn)動過程中木板與墻壁碰撞前木塊和木板均已相對靜止，木塊始終沒有從木板上掉下，木塊與墻壁不發(fā)生碰撞。設(shè)木板與墻壁碰撞時間極短且均無機(jī)械能損失，取g=10m/s2。求：
(1)第一次碰撞墻壁后瞬間，小木塊和木板的加速度；
(2)木板第一次與左側(cè)墻碰撞前，木塊相對木板滑動的距離L；
(3)木塊與木板發(fā)生相對滑動過程的總時間t。
16.如圖所示的xOy平面內(nèi)，在0≤x≤d區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場；在xd區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩個磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。質(zhì)量為m，電荷量為?q的帶電粒子，在t=0時刻從坐標(biāo)原點(diǎn)O，以v0=Bqd4m的初速度沿x軸負(fù)方向射入勻強(qiáng)磁場，并從(d,?7d8)點(diǎn)第一次飛出電場。不計(jì)粒子的重力，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求帶電粒子：
(1)第一次進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動的半徑r0和電場的電場強(qiáng)度大小E；
(2)第二次離開電場的時刻；
(3)從電場進(jìn)入磁場時的位置坐標(biāo)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB、波沿x軸負(fù)方向傳播，根據(jù)同側(cè)法可知A向上運(yùn)動，B向下運(yùn)動，C向下運(yùn)動，D向上運(yùn)動，故此刻A、B舞動的方向不同，B、D舞動的方向不同，故AB錯誤；
C、根據(jù)對稱性可知，A、C能同時回到平衡位置，故C正確；
D、由于B、C都向下運(yùn)動，B比C先回到平衡位置，故D錯誤。
故選：C。
根據(jù)同側(cè)法判斷各點(diǎn)的振動方向，由此分析回到平衡位置的時刻是否相同。
本題主要是考查了波的圖像；解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的振動方向判斷出波的傳播方向；一般的判斷方法是根據(jù)“平移法”或“同側(cè)法”，或者根據(jù)“走坡法”來判斷；知道同一波峰或波谷兩側(cè)附近的各點(diǎn)振動方向相反。
2.【答案】C
【解析】解：大量氫原子向低能級躍遷時，躍遷的光子能量大小分別為
ΔE1=E4?E3=?0.85eV?(?1.51eV)=0.66eV
ΔE2=E4?E2=?0.85eV?(?3.4eV)=2.55eV
ΔE3=E4?E1=?0.85eV?(?13.6eV)=12.75eV
ΔE4=E3?E2=?1.51eV?(?3.4eV)=1.89eV
ΔE5=E3?E1=?1.51eV?(?13.6eV)=12.09eV
ΔE6=E2?E1=?3.4eV?(?13.6eV)=10.2eV
紫外光的光子能量在3.11 eV至124 eV之間，則輻射出的不同頻率的紫外光有3種。
故ABD錯誤，C正確；
故選：C。
利用公式hν=E末?E初，從而分析判斷。
本題需要學(xué)生理解原子躍遷的知識，同時知道光子能量是被氫原子全部吸收，而電子能量可以部分或全部被氫原子吸收。
3.【答案】D
【解析】解：AB、入射光的頻率大于金屬的截止頻率或入射光的波長小于極限波長時才能發(fā)生光電效應(yīng)，并不需要時間積累能量，故AB錯誤；
C、光的強(qiáng)度越強(qiáng)，單位時間內(nèi)的光子數(shù)越多，單位時間內(nèi)逸出的電子數(shù)也越多，故C錯誤；
D、當(dāng)物體從光源和光電管間通過時，擋住光束，光電效應(yīng)現(xiàn)象消失，與光電管連接的電路沒有電流，電磁鐵不產(chǎn)生磁場，報(bào)警電路中的開關(guān)閉合，故D正確。
故選：D。
根據(jù)光電效應(yīng)的條件分析；根據(jù)光的強(qiáng)度與光電流的關(guān)系分析；根據(jù)光電管與電路的連接方式分析。
解決本題的關(guān)鍵知道光電效應(yīng)的條件，以及掌握光電效應(yīng)方程，知道光電流與什么因素有關(guān)。
4.【答案】B
【解析】解：AB.質(zhì)點(diǎn)在每小段的運(yùn)動都可以看作圓周運(yùn)動的一部份，在豎直面內(nèi)勻速率飛行，合力方向指向各自圓心，加速度方向也指向各自圓心，明顯ac兩點(diǎn)加速度方向不向下，a點(diǎn)對應(yīng)的圓周半徑更大，C點(diǎn)對應(yīng)半徑更小，合力提供向心力，根據(jù)向心力公式可知a點(diǎn)所受的合力小于c點(diǎn)，故A錯誤，B正確；
C.a、c兩點(diǎn)的速度大小相等，但速度方向不同，速度與重力夾角不同，即vy不同，根據(jù)P=mgvy，所以重力功率不相等，故C錯誤；
D.機(jī)械能等于重力勢能和動能之和，由于速率不變，則各點(diǎn)動能相等，但高度不同，所以a、c兩點(diǎn)的機(jī)械能相等，b點(diǎn)機(jī)械能最大，故D錯誤。
故選：B。
AB.根據(jù)曲線運(yùn)動和圓周運(yùn)動關(guān)系，結(jié)合勻速率特點(diǎn)分析加速度方向，利用不同的軌道半徑判斷加速度大?。?br>C.根據(jù)重力的瞬時功率的公式進(jìn)行分析解答；
D.根據(jù)機(jī)械能守恒的條件進(jìn)行分析解答。
考查物體的曲線運(yùn)動特點(diǎn)和規(guī)律，結(jié)合能量、加速度和功率的計(jì)算進(jìn)行分析解答。
5.【答案】B
【解析】解：A、由圖可知，滑片向上移動時，滑動變阻器R變小，副線圈總電阻R并變小；
由原線圈的電壓與輸入電壓的關(guān)系：U0=U1+I1r，結(jié)合由原副線圈的電壓電流關(guān)系：U1U2=n1n2=I2I1，
可得電壓表示數(shù)為：U1=U01+rR并×(n2n1)2，電壓表示數(shù)變小，故A錯誤；
B、由輸送效率表達(dá)式η=U1I1U0I1×100%=U1U0×100%，由A選項(xiàng)分析可知，電壓表示數(shù)變小，故效率變小，故B正確；
C、由原副線圈的磁通量變化率相等，可知原副線圈磁通量變化率不變，仍相等，故C錯誤；
D、由電壓表示數(shù)表達(dá)式，可知原線圈電壓變小，根據(jù)匝數(shù)比與電壓比的關(guān)系：n1n2=U1U2，若保持負(fù)載電壓U2不變，可知副線圈匝數(shù)n2應(yīng)變大，即觸頭Q應(yīng)上移，故D錯誤。
故選：B。
根據(jù)滑片向上移動時，滑動變阻器的變化情況，即可分析副線圈總電阻變化，由原線圈電壓與輸入電壓的關(guān)系、原副線圈電壓電流關(guān)系，可分析電壓表示數(shù)變化；由輸送效率表達(dá)式，即可根據(jù)電壓表示數(shù)變化，分析效率變化；由原副線圈的磁通量變化率特點(diǎn)，可知原副線圈磁通量變化率的特點(diǎn)；由電壓表示數(shù)表達(dá)式，可知原線圈電壓變化情況，若保持負(fù)載電壓不變，根據(jù)匝數(shù)比與電壓比的關(guān)系，可知副線圈匝數(shù)應(yīng)如何變化。
本題考查變壓器的動態(tài)分析，在分析原副線圈的電壓、電流變化情況時，注意原線圈電壓與輸入電壓的區(qū)別。
6.【答案】D
【解析】解：A、空氣劈尖干涉是等厚干涉，即同一條紋對應(yīng)的劈尖厚度相同，故該亮紋所對應(yīng)的下方空氣膜厚度不變，則圖丙條紋彎曲處對應(yīng)著待檢測平板玻璃有凸起，故A錯誤；
B、經(jīng)空氣薄膜上下表面分別反射的兩列光是相干光源，設(shè)此處的空氣層厚度為d，其光程差
Δx=2d
即光程差是空氣層厚度的2倍，當(dāng)光程差
Δx=nλ
此處出現(xiàn)亮條紋，因此相鄰亮條紋之間的空氣層厚度差一定為λ2，減少紙張數(shù)量后，空氣層的傾角變小，則相鄰亮紋(或暗紋)之間的間距變大，因此干涉條紋變疏，故B錯誤；
C、使用波長更長的單色光，相鄰亮紋(或暗紋)之間的間距變大，因此干涉條紋變疏，故C錯誤；
D、向右移動紙片，空氣層的傾角變小，則相鄰亮紋(或暗紋)之間的間距變大，因此干涉條紋變疏，故D正確。
故選：D。
空氣劈尖干涉是等厚干涉，即同一條紋對應(yīng)的劈尖厚度相同；干涉條紋是由標(biāo)準(zhǔn)面的下表面與b待側(cè)面的上表面的反射光疊加產(chǎn)生的，形成相鄰兩條亮條紋的光程差之差等于一個波長λ，由此分析；使用波長更長的單色光，相鄰亮紋(或暗紋)之間的間距變大；將所夾紙片向右移動，空氣劈尖厚度減小。
掌握了薄膜干涉的原理和相鄰條紋空氣層厚度差的關(guān)系即可順利解決此類題目，同時注意哪兩個面的反射光線出現(xiàn)疊加現(xiàn)象。
7.【答案】C
【解析】解：設(shè)物塊上滑與下滑的加速度大小分別為a1和a2，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinα+μmgcsα=ma1，mgsinα?μmgcsα=ma2，解得a1=gsinα+μgcsα，a2=gsinα?μgcsα，可知a1>a2，而v?t圖像的斜率等于加速度，所以上滑段圖線的斜率大于下滑段圖線的斜率；上滑和下滑過程位移大小相等，而上滑的加速度較大，由x=12at2知，上滑過程時間較短，下滑過程時間較長，因上滑過程中，物塊做勻減速運(yùn)動，下滑過程做勻加速直線運(yùn)動，兩段圖像都是直線，由于物體克服摩擦力做功，機(jī)械能不斷減小，所以物體到達(dá)C點(diǎn)的速度小于v0，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
根據(jù)牛頓第二定律判斷兩個過程的加速度大小，結(jié)合位移大小相等，v?t圖像斜率以及機(jī)械能守恒的知識進(jìn)行分析解答。
考查牛頓第二定律判斷兩個過程的加速度大小，結(jié)合位移大小相等，v?t圖像斜率以及機(jī)械能守恒的知識，會根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。
8.【答案】A
【解析】解：由題知，球受三個力，重力、柱體對小球的彈力FN和細(xì)繩對小球的拉力FT，現(xiàn)用水平力拉繩使球緩慢下移一小段距離，則FT與豎直方向的夾角越來越小，在此過程中，由平衡條件，可得下圖：
結(jié)合圖像可以看出，拉力FT一直減小，支持力FN也一直減??；
故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
由題意，對球受力分析，現(xiàn)用水平力拉繩使球緩慢下移一小段距離，則FT與豎直方向的夾角越來越小，在此過程中，由平衡條件畫圖，即可分析判斷ABCD正誤。
本題主要考查共點(diǎn)力的平衡問題，解答本題時需注意：選準(zhǔn)研究對象、做好受力分析、根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件確定力與力的關(guān)系。
9.【答案】A
【解析】解：AB、做出藍(lán)光由ME端面的中點(diǎn)A垂直射入的光路圖，如圖所示
設(shè)OE=OB=R，根據(jù)幾何關(guān)系有sinθ=OAOB=34RR=34，所以θ>45°，則透明體的折射率為n=1sinθ=43< 2，故A正確，B錯誤；
C、藍(lán)光的頻率大于紅光的頻率，所以藍(lán)光的折射率大于紅光的折射率，即紅光的臨界角大于藍(lán)光的臨界角，所以若只將藍(lán)光換成紅光，在弧面EF上不會發(fā)生全反射，故C錯誤；
D、若只將入射光向E端平移，做出光路圖如上圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知入射角大于θ，即大于臨界角，所以在弧面EF上會發(fā)生全反射，故D錯誤。
故選：A。
做出光路圖，根據(jù)幾何關(guān)系計(jì)算出折射率和臨界角的大小；紅光的折射率小于藍(lán)光的折射率，據(jù)此分析；入射光向E端平移，入射角變大，據(jù)此分析。
能夠正確做出光路圖是解題的關(guān)鍵，掌握折射定律和臨界角公式是解題的基礎(chǔ)。
10.【答案】D
【解析】解：籃球A做斜上拋運(yùn)動，籃球B做豎直向上拋運(yùn)動，B到達(dá)最高點(diǎn)時恰被A水平擊中，說明此時籃球A和籃球B豎直方向的速度都為零，說明兩球在豎直方向速度相同
A、籃球A做斜上拋運(yùn)動，在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動，在水平方向做勻速直線運(yùn)動，到達(dá)最高點(diǎn)時A的豎直分速度為零，水平分速度不為零，則到達(dá)最高點(diǎn)兩球相遇時A的速度不為零，B的速度不為零，兩球拋出時的速度大小不相等，兩球拋出A的速度大小大于B的速度大小，故A錯誤；
B、兩球在豎直方向的初速度相等，在豎直方向的運(yùn)動時間相等，兩者在最高點(diǎn)相遇，則兩球同時拋出，故B錯誤；
C、速度的變化率等于加速度，A球做斜上拋運(yùn)動，加速度為重力加速度，B球做豎直上坡運(yùn)動，加速度為重力加速度，兩球加速度相等，兩球的速度變化率相等，故C錯誤；
D、球B到達(dá)最高點(diǎn)時恰被A水平擊中，兩者豎直方向上相對靜止，以B為參考系，A向B做勻速直線運(yùn)動，只增大甲、乙間的距離，B可能被擊中，故D正確。
故選：D。
籃球A做斜上拋運(yùn)動，籃球B做豎直向上拋運(yùn)動，B到達(dá)最高點(diǎn)時恰被A水平擊中，說明此時籃球A和籃球B豎直方向的速度都為零，也說明兩球在豎直方向速度相同，即兩球在豎直方向保持相對靜止。
此題關(guān)鍵分析出豎直方向速度相同，以B為參考系，A向B做勻速直線運(yùn)動，因此，選擇合適的參考系會使問題變得簡單。
11.【答案】B
【解析】解：兩等量異種點(diǎn)電荷的電場線及等勢面分布如下：
A.由等量異種電荷電場分布可知，M、N兩點(diǎn)的電場大小相等，方向相同，由對稱性可知，點(diǎn)電荷C在M、N兩點(diǎn)的電場大小相等，方向不同，根據(jù)矢量運(yùn)算法則可得，M點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于N點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故A錯誤；
BC.由等量異種電荷電勢分布可知，點(diǎn)電荷A、B在M、O、N三點(diǎn)的電勢關(guān)系為：φN>φO>φM，由對稱性可知，點(diǎn)電荷C在M、N兩點(diǎn)的電勢相等，由沿電場線方向，電勢逐漸降低可知，點(diǎn)電荷C在O點(diǎn)的電勢小于在M、N兩點(diǎn)的電勢，由此可知：φN>φO，φMφP，由Ep=qφ可知，負(fù)電荷在P點(diǎn)的電勢能比在O點(diǎn)大，故D錯誤；
故選：B。
A.由等量異種電荷的電場分布、單個點(diǎn)電荷的電場分布，結(jié)合矢量運(yùn)算法則，即可分析判斷；
BC.由等量異種電荷的電勢分布，根據(jù)對稱性及沿電場線方向，電勢逐漸降低，即可分析判斷；
D.由等量異種電荷的電勢分布、沿電場線方向，電勢逐漸降低，結(jié)合電勢與電勢能的關(guān)系，即可分析判斷。
本題主要考查等量異種電荷的電勢分布，解題時需注意，離正電荷越近電勢越高，離負(fù)電荷越近電勢越低，兩等量異種電荷的等勢面，關(guān)于兩電荷連線的中垂面對稱，也關(guān)于兩電荷連線對稱。
12.【答案】8.0 2 保護(hù)電路 R?1I k ?(?b+R0+0.1Rg) 等于
【解析】解：(1)用多用電表直流電壓10V擋測電源電動勢，由圖甲所示表盤可知，其分度值為0.2V，電表讀數(shù)即電動勢讀數(shù)為8.0V。
(2)電流表量程擴(kuò)大為原來的10倍，并聯(lián)分流電阻分流的電流為流過電流表G電流的9倍，并聯(lián)電路電流與阻值成反比，則并聯(lián)電阻阻值為電流表G內(nèi)阻的19，并聯(lián)電阻阻值為R1=18×19Ω=2Ω。
(3)定值電阻串聯(lián)在電路中其保護(hù)電路的作用；改裝后電流表內(nèi)阻RA=R1RgR1+Rg=2×182+18Ω=1.8Ω=0.1Rg；根據(jù)圖丙所示電路圖，由閉合電路的歐姆定律得：E=I(r+R0+R+RA)，整理得：R=E1I?r?R0?RA，應(yīng)作出R?1I圖像。
(4)電流表內(nèi)阻RA=0.1Rg；圖丁所示圖像的函數(shù)解析式為R=E1I?r?R0?0.1Rg，R?1I圖像的斜率k=E，縱軸截距?b=?r?R0?0.1Rg，電池電動勢E=k，內(nèi)阻r=?(?b+R0+0.1Rg)
(5)電源電動勢等于R?1I圖像的斜率，定值電阻阻值對圖像斜率沒有影響，則考慮定值電阻阻值，電動勢的測量值等于真實(shí)值。
故答案為：(1)8.0；(2)2；(3)保護(hù)電路；R?1I；(4)k；?(?b+R0+0.1Rg)；(5)等于。
(1)根據(jù)電壓表量程根據(jù)圖甲所示表盤確定其分度值，根據(jù)指針位置讀數(shù)。
(2)根據(jù)并聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律求解。
(3)定值電阻串聯(lián)在電路中可以保護(hù)電路；應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出圖像的函數(shù)解析式。
(4)根據(jù)圖示圖像求出電池電動勢與內(nèi)阻。
(5)根據(jù)圖示電路圖分析答題。
本題考查了測電源電動勢與內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)，理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，分析清楚圖示電路結(jié)構(gòu)，應(yīng)用閉合電路的歐姆定律即可解題。
13.【答案】解：(1)設(shè)該星球表面的重力加速度為g，根據(jù)單擺周期公式T=2π Lg可得
g=4π2LT2
在該星球表面有
mg=GMmR2
解得M=4π2LR2GT2
(2)根據(jù)牛頓第二定律有
GMm′R2=m′v2R
所以需要的最小發(fā)射速度為
v=2πT LR
答：(1)該星球的質(zhì)量M為4π2LR2GT2；
(2)在該星球表面發(fā)射衛(wèi)星時，需要的最小發(fā)射速度v為2πT LR。
【解析】(1)根據(jù)單擺周期公式計(jì)算；
(2)根據(jù)萬有引力提供向心力計(jì)算出半徑為星球半徑時的速度，即為發(fā)射的最小速度。
本題考查了單擺周期公式和萬有引力定律的應(yīng)用，基礎(chǔ)題。
14.【答案】解：(1)設(shè)車胎不漏氣，車胎內(nèi)氣體做等容變化，
由查理定律可得：240kPa(27+273)K=p2(7+273)K，
解得：p2=224kPa>216kPa，則車胎有漏氣；
(2)設(shè)車胎體積為V，充入氣體體積為V1，
充入氣體初態(tài)壓強(qiáng)為：p2=224kPa，末態(tài)壓強(qiáng)為：p1=240kPa，
由玻意耳定律可得：p2(V+V1)=p1V，
解得：V1=114V，
則充入氣體質(zhì)量和車胎內(nèi)原有氣體質(zhì)量之比為：m充m原=V1V=114；
答：(1)車胎有漏氣；
(2)若要使溫度為t2時該車胎胎壓恢復(fù)到240kPa，需要充入一定量的同種氣體，充氣過程中車胎內(nèi)溫度可視為不變，充入氣體質(zhì)量和車胎內(nèi)已有氣體質(zhì)量之比為114。
【解析】(1)設(shè)車胎不漏氣，車胎內(nèi)氣體做等容變化，由查理定律列式，即可分析求解；
(2)結(jié)合題意，由玻意耳定律、體積與質(zhì)量的關(guān)系分別列式，即可分析求解。
本題主要考查氣體的等容變化與查理定律的應(yīng)用，解題時需注意，一定質(zhì)量的某種氣體，在體積不變的情況下，壓強(qiáng)p與熱力學(xué)溫度T成正比。
15.【答案】解：(1)小木塊加速度：根據(jù)滑動摩擦力公式f=μN(yùn)，N=mg，可得f=μmg
由牛頓第二定律F=ma，小木塊受到的摩擦力提供加速度為：am=μmgm=μg
解得：am=1m/s2，方向向左
木板加速度：木板受到小木塊給它的摩擦力大小f′=f=μmg
由牛頓第二定律可得：aM=μmgM
解得：aM=0.5m/s2，方向向右
(2)設(shè)向右為正方向，第一次與右邊墻壁碰撞前木塊和木板的共同速度為v1，碰撞后木板的速度為v2，碰撞后共同速度為v3
由于木板與墻壁碰撞無機(jī)械能損失，木板每次與墻碰撞后瞬間速度大小與碰撞前瞬間速度大小相等，所以v2=?v1
碰撞前根據(jù)動量守恒定律mv0=(m+M)v1
與碰撞后根據(jù)動量守恒定律mv1+Mv2=(m+M)v3
根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)損失的動能轉(zhuǎn)化為因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=12mv02?12(m+M)v32
又Q=μmgL
聯(lián)立解得：L=133m
(3)由于木板與墻壁碰撞無機(jī)械能損失，木板每次與墻碰撞后瞬間速度大小與碰撞前瞬間速度大小相等，方向相反
木塊和木板相對滑動最終會靜止，整個過程系統(tǒng)動量的變化量為mv0，系統(tǒng)受到的合外力為摩擦力f=μmg
根據(jù)動量定理ft=mv0，即μmgt=mv0
解得：t=3s
答：(1)第一次碰撞墻壁后瞬間，小木塊的加速度為am=1m/s2，方向向左；木板的加速度為aM=0.5m/s2，方向向右；
(2)木板第一次與左側(cè)墻碰撞前，木塊相對木板滑動的距離為133m；
(3)木塊與木板發(fā)生相對滑動過程的總時間為3s。
【解析】求碰撞后加速度：先根據(jù)滑動摩擦力公式求木塊與木板間摩擦力，再利用牛頓第二定律，分別算出第一次碰撞墻壁后瞬間，小木塊和木板各自的加速度。
求相對滑動距離：依據(jù)動量守恒定律求出第一次碰撞前的共同速度和碰撞后的共同速度，然后通過能量守恒定律，將系統(tǒng)動能變化與摩擦力做功聯(lián)系起來，進(jìn)而求出木塊相對木板滑動的距離。
求相對滑動總時間：鑒于木板與墻碰撞特點(diǎn)，明確最終系統(tǒng)會靜止。從動量定理出發(fā)，根據(jù)系統(tǒng)動量變化與摩擦力的關(guān)系，求出木塊與木板發(fā)生相對滑動過程的總時間。
以木板和木塊在光滑平面上的運(yùn)動以及與墻壁的碰撞為情境，呈現(xiàn)了相對滑動、動量傳遞、能量轉(zhuǎn)化等典型的物理過程。學(xué)生需要清晰分析每個階段的受力和運(yùn)動情況，培養(yǎng)了邏輯思維和分析復(fù)雜物理問題的能力。
16.【答案】解：(1)由向心力公式有
Bqv0=mv02r0
解得
r0=d4
帶電粒子第一次進(jìn)入勻強(qiáng)電場做類平拋運(yùn)動運(yùn)動
加速度
a=qEm
沿x方向有
d=v0t
沿y方向有
7d8?2r0=12at2
解得
E=3dqB264m
(2)粒子在電場中運(yùn)動的時間
t1=2dv0
設(shè)粒子第一次進(jìn)入電場中偏轉(zhuǎn)的角度為θ，則有
7d8?2r=d2tanθ
解得
θ=37°
粒子在磁場中運(yùn)動的周期
T=2πmqB
則粒子在磁場中運(yùn)動的時間
t2=12T+2(90°?37°)360°T
解得
t=t1+t2=8mBq+143πm90qB
(3)設(shè)帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動半徑為r、速度為v，則
Bqv=mv2r
在磁場中沿y軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)的距離
s=2rcsθ
解得
s=2mvqBcsθ=2mv0qB=d2(與θ角無關(guān))
帶電粒子每次在電場中沿y軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)的距離
s′=3d8、9d8、15d8,?(2n?1)3d8
所以第n次回到磁場時沿y軸方向偏轉(zhuǎn)的距離
y=nd2+[3d8+9d8+?+(2n?1)3d8]=18d(3n2+4n)
其中n=1，2，3???
故
當(dāng)n為偶數(shù)時，坐標(biāo)為(0,?18(3n2+4n)d)
當(dāng)n為奇數(shù)時，坐標(biāo)為(d,?18(3n2+4n)d)
答：(1)第一次進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動的半徑為d4，電場的電場強(qiáng)度大小E為3dqB264m；
(2)第二次離開電場的時刻為8mBq+143πm90qB；
(3)當(dāng)n為偶數(shù)時，坐標(biāo)為(0,?18(3n2+4n)d)；
當(dāng)n為奇數(shù)時，坐標(biāo)為(d,?18(3n2+4n)d)。
【解析】(1)根據(jù)洛倫茲力提供向心力求第一次進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動的半徑，根據(jù)類平拋運(yùn)動運(yùn)規(guī)律求電場的電場強(qiáng)度大小E；
(2)根據(jù)周期和時間公式求第二次離開電場的時刻；
(3)根據(jù)洛倫茲力提供向心力找出粒子在磁場中沿y軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)的距離表達(dá)式，求從電場進(jìn)入磁場時的位置坐標(biāo)。
本題考查了電子在電場與磁場中的運(yùn)動問題，是電磁學(xué)與力學(xué)的一道綜合題，分析清楚電子的運(yùn)動過程，應(yīng)用類平拋運(yùn)動規(guī)律、運(yùn)動的合成與分解、牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式即可正確解題。

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