2023届安徽省高三下学期5月自主练习物理试题（解析版）

高中物理名校试卷PAGEPAGE1安徽省2023届高三5月自主练习物理试题一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图，平行板电容器两个极板与水平地面成2α角，在平行板间存在着匀强电场，直线CD是两板间一条垂直于板的直线，竖直线EF与CD交于O点，一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，重力加速度为g。则在此过程中，下列说法正确的是（）A.小球带正电B.小球可能做匀加速直线运动C.小球加速度大小为gcosαD.小球重力势能的增加量等于电势能的增加量〖答案〗D〖解析〗AB．带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，所以小球合外力沿着AB；又由于小球受重力，所以电场力的方向由O到D；由于此电场的方向未知，所以小球的电性是不能确定的，则小球做匀减速直线运动，故AB错误；C．据图可知，由于是角平分线，且小球的加速度方向由O到D，据几何关系可知故C错误；D．由分析可知，小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，故D正确。故选D。2.如图甲所示，倾角θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m＝1kg的物体沿斜面向上运动．已知物体在t＝1s到t＝3s这段时间的v－t图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k＝200N/m，重力加速度g取10m/s2．则在该段时间内()A.物体的加速度大小为2m/s2 B.弹簧的伸长量为3cmC.弹簧的弹力做功为30J D.物体的重力势能增加36J〖答案〗B〖解析〗A.根据速度图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为a＝＝1m/s2选项A错误；B.对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力mg、斜面的支持力和轻弹簧的弹力F，由牛顿第二定律，F－mgsin30°＝ma解得F＝6N．由胡克定律F＝kx可得弹簧的伸长量x＝3cm，选项B正确；CD.t＝1s到t＝3s这段时间内，物体动能增大ΔEk＝＝6J根据速度—时间图象面积等于位移，可知物体向上运动位移x＝6m，物体重力势能增加ΔEp＝mgxsin30°＝30J根据功能关系可知，弹簧弹力做功W＝ΔEk＋ΔEp＝36J选项C、D错误．3.下列说法中正确的是()A.β射线与γ射线一样是电磁波，但穿透本领远比射线弱B.氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下1个氡原子核C.已知质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，那么，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2-m3）c2D.放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核外的电子发生电离产生的〖答案〗C〖解析〗A、β射线是电子流，不是电磁波，穿透本领比γ射线弱，故A错误；B、半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用，故B错误；C、根据爱因斯坦质能方程可得释放的能量是，故C正确；D、β衰变是原子核的衰变，与核外电子无关，β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子的同时释放出来的，故D错误；故选C．4.中澳美“科瓦里-2019”特种兵联合演练于8月28日至9月4日在澳大利亚举行，中国空军空降兵部队首次派员参加，演习中一名特种兵从空中静止的直升飞机上，抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑，运动的速度随时间变化的规律如图所示，t2时刻特种兵着地，下列说法正确的是（）A.在t1~t2时间内，平均速度B.在t1~t2间内特种兵所受阻力越来越大C.特种兵在0~t1时间内处于超重状态，t1~t2时间内处于失重状态D.若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，则他们在悬绳上的距离先减小后增大〖答案〗B〖解析〗A．在t1~t2时间内，如果特种兵做匀减速直线运动，即和两点之间的图像为直线时，其平均速度为由图可知，t1~t2时间内实际图像所围的面积大于直线图像所围的面积，所以故A错误；B．在t1~t2时间内，根据牛顿第二定律可得图像斜率的大小等于加速度的大小，由图可知加速度越来越大，由上式可知越来越大，故B正确；C．特种兵在0~t1时间内向下做加速运动，故处于失重状态；在t1~t2时间内向下做减速运动，故处于超重状态，故C错误；D．若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，则在第二个特种兵的速度增大到等于第一个特种兵的速度之前，二人的距离逐渐增大的；之后第二个特种兵的速度大于第一个特种兵，二人的距离开始逐渐减小；即他们在悬绳上的距离先增大后减小，故D错误。故选B。5.质量为的篮球从某一高处从静止下落，经过时间与地面接触，经过时间弹离地面，经过时间达到最高点。重力加速度为，忽略空气阻力。地面对篮球作用力冲量大小为（）A.B.C.D.〖答案〗A〖解析〗选向下为正，运动全程由动量定理得：mg（t1+t2+t3）+I地=0，则有：I地=-（mgtl+mgt2十mgt3），负号表方向。A．，故A符合题意；B．，故B不符合题意；C．，故C不符合题意；D．，故D不符合题意。故选A。6.如图是世界物理学史上两个著名实验的装置图，下列有关实验的叙述正确的是A.图甲是粒子散射实验装置，卢瑟福指导他的学生们进行粒子散射实验研究时，发现了质子和中子B.图甲是粒子散射实验装置，汤姆孙根据粒子散射实验，提出了原子“枣糕模型”结构C.图乙是研究光电效应的实验装置，根据光电效应规律，超过极限频率的入射光频率越大，则光电子的最大初动能越大D.图乙是研究光电效应的实验装置，根据光电效应规律，超过极限频率的入射光光照强度一定，则光的频率越大所产生的饱和光电流就越大〖答案〗C〖解析〗AB、图甲是粒子散射实验装置，卢瑟福提出了核式结构模型；卢瑟福通过用粒子轰击氮原子放出氢核，发现了质子；查得威克发现了中子；汤姆孙通过研究阴极射线中粒子的性质发现了电子，故选项A、B错误；C、图乙是研究光电效应的实验装置，根据光电效应方程可知超过极限频率的入射光频率越大，则光电子的最大初动能越大，故选项C正确；D、光较强时，包含的光子数较多，照射金属时产生的光电子较多，因而饱和电流较大，入射光的光强一定时，频率越大，光电子的最大初动能最越大，而不是所产生的饱和光电流就越大，故选项D错误．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.如图，正方形金属线框自某一高度在空气中竖直下落（空气阻力不计），然后进入并完全穿过与正方形等宽的匀强磁场区域，进入时线框动能为Ek1，穿出时线框动能为Ek2。从刚进入到刚穿出磁场这一过程，线框产生的焦耳热为Q，克服安培力做的功为W1，重力做的功为W2，线框重力势能的减少量为∆Ep，则下列关系正确的是（）A.Q=W1 B.Q=W2W1CQ=∆EpEk1Ek2 D.W2=W1(Ek2Ek1)〖答案〗ACD〖解析〗AB．由能量关系可知，线框产生的焦耳热Q等于克服安培力做的功为W1，选项A正确，B错误；CD．由动能定理即W2=W1(Ek2Ek1)而W2=∆Ep则Q=W1=∆EpEk1Ek2选项CD正确。故选ACD。8.几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则下列判断正确的是()A.子弹在每个水球中的速度变化相同B.子弹在每个水球中运动的时间不同C.每个水球对子弹的冲量不同D.子弹在每个水球中的动能变化相同〖答案〗BCD〖解析〗A．设水球的直径为d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动，因为通过最后1个、最后2个、以及后3个、全部4个的位移分别为d，2d，3d和4d，根据知，所用时间之比为1:::2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，所以加速度相同，由可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同；A错误B正确；C．根据冲量的定义受力是相同的，运动的时间不同，所以每个水球对子弹的冲量不同，C正确；D．根据动能定理受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等，所以子弹在每个水球中的动能变化相同，D正确。故选BCD。9.如图，夹角为120°的两块薄铝板OM、ON将纸面所在平面分为I、II两个区域，两区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度分别为B1、B2.在OM板上表面处有一带电粒子垂直OM方向射入磁场B1中，粒子恰好以O为圆心做圆周运动回到出发点。设粒子在两区域中运动的速率分别为、，运动时间分别为t1、t2；假设带电粒子穿过薄铝板过程中电荷量不变，动能损失一半，不计粒子重力，则下列说法中正确的是（）A.粒子带负电B.C.D.〖答案〗AC〖解析〗A.磁场垂直于纸面向里，由题意可知，粒子沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，故A正确；B.粒子穿过薄铝板时动能损失一半，即为：解得故B错误；C.粒子在磁场中做匀速运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：解得由题意可知，粒子在两磁场中做圆周运动的轨道半径r相等，则有：故C正确；D.粒子在磁场中做圆周运动的周期为：粒子在磁场中做圆周运动的时间为：由题意可知，粒子在磁场中转过的圆心角分别为：粒子在磁场的运动时间之比：故D错误。故选AC。10.如图所示，一理想变压器的原线圈与稳定的正弦交流电源相连，副线圈与定值电阻R0和均匀密绕的滑线变阻器R串联。若不考虑温度对R0、R阻值的影响。在将滑动头P自a匀速滑到b的过程中（）A.原线圈输入功率变大 B.原线圈两端电压变大C.R两端的电压变小 D.R0消耗的电功率变小〖答案〗AC〖解析〗AB．原线圈与稳定的正弦交流电源相连，则原线圈两端电压不变，由于匝数比不变，则副线圈两端电压不变，将滑动头P自a匀速滑到b的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，副线圈中电流变大，由公式可知，副线圈功率增大，则原线圈输入功率变大，故A正确，B错误；C．由于副线圈中电流变大，则R0两端电压变大，副线圈两端电压不变，则R两端电压变小，故C正确；D．将副线圈与R0看成电源，由于不知道滑动变阻器的最大阻值与R0的关系，则无法确定R0消耗的电功率的变化情况，故D错误。故选AC。三、实验题：本题共2小题，共18分。把〖答案〗写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11.用图甲所示装置探究动能定理。有下列器材：A.电火花打点计时器；B.220V交流电源；C.纸带；D.细线、小车、砝码和砝码盘；E.一端带滑轮长木板、小垫木；F.刻度尺。(1)实验中还需要的实验器材为________。(2)按正确的实验操作，实验中得到一条点迹清晰的纸带如图乙，图中数据xA、xB和xAB已测出，交流电频率为f，小车质量为M，砝码和砝码盘的质量为m，以小车、砝码和砝码盘组成系统为研究对象，从A到B过程中，合力做功为________，动能变化量为________，比较二者大小关系，可探究动能定理。〖答案〗(1)天平(2)mgxAB〖解析〗(1)[1]因为需要测量小车以及砝码和砝码盘的质量，所以实验中还需要的实验器材为天平。(2)[2]以小车、砝码和砝码盘组成系统为研究对象，平衡摩擦力后，系统所受合外力做的功为[3]匀变速直线运动的某段时间内，中间时刻速度等于平均速度其动能变化量为12.某物理兴趣小组设计了如图甲所示的欧姆表电路，通过控制开关S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“×10”和“×100”两种倍率，所用器材如下：A．干电池：电动势，内阻B．电流表G：满偏电流，内阻C．定值电阻D．电阻箱和：最大阻值999.99ΩE．电阻箱：最大阻值9999ΩF．开关一个，红、黑表笔各1支，导线若干（1）该实验小组按图甲正确连接好电路。当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱＝________Ω，使电流表达到满偏，此时闭合电路的总电阻叫作欧姆表的内阻，则＝________Ω，欧姆表的倍率是________（选填“×10”或“×100”）；（2）闭合开关S：第一步：调节电阻箱和，当＝________Ω且＝________Ω时，将红、黑表笔短接，电流表再次满偏；第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱，调节，当电流表指针指向图乙所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为________。〖答案〗(1)149.51500×100（2）14.515010〖解析〗（1）[1][2][3]由闭合电路欧姆定律可知：欧姆表的内阻为则中值电阻应为1500Ω，根据多用电表的刻度设置可知，表盘上只有两种档位，若为×10，则中值刻度太大，不符合实际，故欧姆表倍率应为“×100”。（2）[4][5]为了得到“×10”倍率，应让满偏时对应的电阻为150Ω；电流为此时表头中电流应为0.001A，则与之并联电阻电流应为并联电阻为故[6]图示电流为0.60mA，干路电流为6.0mA则总电阻故待测电阻为故对应的刻度应为10。四、计算题：本题共2小题，共26分。把〖答案〗写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13.热等静压设备广泛用于材料加工，该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料进行加工处理，改变其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积，将炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将多瓶氩气压入到炉腔中，使得炉腔中气体在室温下的压强至少为，已知每瓶氩气的容积，使用前瓶中气体压强，使用后瓶中剩余气体压强；室温为27℃，加压后的氩气可视为理想气体。（1）求至少要准备的氩气瓶数；（2）若将炉腔中气体在室温下的压强增大至后，用升高温度的方法继续使炉腔内压强增加到，求此时炉腔中气体的温度t。〖答案〗（1）11瓶；（2）〖解析〗（1）设炉腔内压强为p2的氩气气体积为V解得设瓶内剩余氩气在压强为p2下的体积为V3解得设至少要压入n瓶氩气，则有即至少要准备11瓶氩气。（2）炉腔内气体的体积不变由查理定律解得14.如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，在第I象限和第IV象限的圆形区域内分别存在如图所示的匀强磁场，在第IV象限磁感应强度大小是第Ⅰ象限的2倍．圆形区域与x轴相切于Q点，Q到O点的距离为L，有一个带电粒子质量为m，电荷量为q，以垂直于x轴的初速度从轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成60°角以速度v进入第I象限，又恰好垂直于x轴在Q点进入圆形区域磁场，射出圆形区域磁场后与x轴正向成30°角再次进入第I象限。不计重力。求：（1）第I象限内磁场磁感应强度B的大小：（2）电场强度E的大小；（3）粒子在圆形区域磁场中的运动时间。〖答案〗（1）；（2）；（3）。〖解析〗（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示．设粒子在第Ⅰ象限内的轨迹半径为R1．由几何关系有：得：根据洛伦兹力提供向心力有：得：（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，由几何关系有：v0=vcos60°=v粒子刚出电场时vx=vsin60°=v粒子在电场中运动时间为：vx=at可得：（3）由几何关系知，粒子在圆形磁场中运动的时间而结合得15.如图所示，U形管右管截面积为左管截面积的2倍，管内水银在左管内封闭了一段长为、温度为300K的空气柱，左右两管水银面高度差为，大气压为76cmHg。(1)给左管的气体加热，则当U形管两边水银面等高时，左管内气体的温度为多少？（结果保留1位小数）(2)在(1)问的条件下，保持温度不变，往右管缓慢加入水银直到左管气柱恢复原长，问此时两管水银面的高度差h2。〖答案〗(1)342.9K；(2)4cm〖解析〗(1)初态管内气体压强p1=p0-ph1=（76-6）cmHg=70cmHg当左右两管内水银面相等时，末态气体压强：p2=76cmHg由于右管截面积是左管的两倍，所以左管水银面将下降4cm，右管中水银面将上升2cm，末态管内气柱长度l2=80cm初态：p1=70cmHg，V1=76S，T1=300K，末态：p2=76cmHg，V2=80S，T2，根据理想气体的状态方程可得可得T2=342.9K(2)设气柱恢复原长时压强为p3，初态：压强p2=76cmHg，体积V2=80S，末态：压强p3，体积V3=V1=76S，根据玻意耳定律可得p2V2=p3V3解得p3=80cmHg＞76cmHg故右侧水银柱比左侧高，以cmHg为单位，根据平衡可得p3=ph2+p2解得ph2=4cmHg所以高度差为4cm。安徽省2023届高三5月自主练习物理试题一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图，平行板电容器两个极板与水平地面成2α角，在平行板间存在着匀强电场，直线CD是两板间一条垂直于板的直线，竖直线EF与CD交于O点，一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，重力加速度为g。则在此过程中，下列说法正确的是（）A.小球带正电B.小球可能做匀加速直线运动C.小球加速度大小为gcosαD.小球重力势能的增加量等于电势能的增加量〖答案〗D〖解析〗AB．带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，所以小球合外力沿着AB；又由于小球受重力，所以电场力的方向由O到D；由于此电场的方向未知，所以小球的电性是不能确定的，则小球做匀减速直线运动，故AB错误；C．据图可知，由于是角平分线，且小球的加速度方向由O到D，据几何关系可知故C错误；D．由分析可知，小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，故D正确。故选D。2.如图甲所示，倾角θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m＝1kg的物体沿斜面向上运动．已知物体在t＝1s到t＝3s这段时间的v－t图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k＝200N/m，重力加速度g取10m/s2．则在该段时间内()A.物体的加速度大小为2m/s2 B.弹簧的伸长量为3cmC.弹簧的弹力做功为30J D.物体的重力势能增加36J〖答案〗B〖解析〗A.根据速度图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为a＝＝1m/s2选项A错误；B.对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力mg、斜面的支持力和轻弹簧的弹力F，由牛顿第二定律，F－mgsin30°＝ma解得F＝6N．由胡克定律F＝kx可得弹簧的伸长量x＝3cm，选项B正确；CD.t＝1s到t＝3s这段时间内，物体动能增大ΔEk＝＝6J根据速度—时间图象面积等于位移，可知物体向上运动位移x＝6m，物体重力势能增加ΔEp＝mgxsin30°＝30J根据功能关系可知，弹簧弹力做功W＝ΔEk＋ΔEp＝36J选项C、D错误．3.下列说法中正确的是()A.β射线与γ射线一样是电磁波，但穿透本领远比射线弱B.氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下1个氡原子核C.已知质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，那么，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2-m3）c2D.放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核外的电子发生电离产生的〖答案〗C〖解析〗A、β射线是电子流，不是电磁波，穿透本领比γ射线弱，故A错误；B、半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用，故B错误；C、根据爱因斯坦质能方程可得释放的能量是，故C正确；D、β衰变是原子核的衰变，与核外电子无关，β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子的同时释放出来的，故D错误；故选C．4.中澳美“科瓦里-2019”特种兵联合演练于8月28日至9月4日在澳大利亚举行，中国空军空降兵部队首次派员参加，演习中一名特种兵从空中静止的直升飞机上，抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑，运动的速度随时间变化的规律如图所示，t2时刻特种兵着地，下列说法正确的是（）A.在t1~t2时间内，平均速度B.在t1~t2间内特种兵所受阻力越来越大C.特种兵在0~t1时间内处于超重状态，t1~t2时间内处于失重状态D.若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，则他们在悬绳上的距离先减小后增大〖答案〗B〖解析〗A．在t1~t2时间内，如果特种兵做匀减速直线运动，即和两点之间的图像为直线时，其平均速度为由图可知，t1~t2时间内实际图像所围的面积大于直线图像所围的面积，所以故A错误；B．在t1~t2时间内，根据牛顿第二定律可得图像斜率的大小等于加速度的大小，由图可知加速度越来越大，由上式可知越来越大，故B正确；C．特种兵在0~t1时间内向下做加速运动，故处于失重状态；在t1~t2时间内向下做减速运动，故处于超重状态，故C错误；D．若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，则在第二个特种兵的速度增大到等于第一个特种兵的速度之前，二人的距离逐渐增大的；之后第二个特种兵的速度大于第一个特种兵，二人的距离开始逐渐减小；即他们在悬绳上的距离先增大后减小，故D错误。故选B。5.质量为的篮球从某一高处从静止下落，经过时间与地面接触，经过时间弹离地面，经过时间达到最高点。重力加速度为，忽略空气阻力。地面对篮球作用力冲量大小为（）A.B.C.D.〖答案〗A〖解析〗选向下为正，运动全程由动量定理得：mg（t1+t2+t3）+I地=0，则有：I地=-（mgtl+mgt2十mgt3），负号表方向。A．，故A符合题意；B．，故B不符合题意；C．，故C不符合题意；D．，故D不符合题意。故选A。6.如图是世界物理学史上两个著名实验的装置图，下列有关实验的叙述正确的是A.图甲是粒子散射实验装置，卢瑟福指导他的学生们进行粒子散射实验研究时，发现了质子和中子B.图甲是粒子散射实验装置，汤姆孙根据粒子散射实验，提出了原子“枣糕模型”结构C.图乙是研究光电效应的实验装置，根据光电效应规律，超过极限频率的入射光频率越大，则光电子的最大初动能越大D.图乙是研究光电效应的实验装置，根据光电效应规律，超过极限频率的入射光光照强度一定，则光的频率越大所产生的饱和光电流就越大〖答案〗C〖解析〗AB、图甲是粒子散射实验装置，卢瑟福提出了核式结构模型；卢瑟福通过用粒子轰击氮原子放出氢核，发现了质子；查得威克发现了中子；汤姆孙通过研究阴极射线中粒子的性质发现了电子，故选项A、B错误；C、图乙是研究光电效应的实验装置，根据光电效应方程可知超过极限频率的入射光频率越大，则光电子的最大初动能越大，故选项C正确；D、光较强时，包含的光子数较多，照射金属时产生的光电子较多，因而饱和电流较大，入射光的光强一定时，频率越大，光电子的最大初动能最越大，而不是所产生的饱和光电流就越大，故选项D错误．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.如图，正方形金属线框自某一高度在空气中竖直下落（空气阻力不计），然后进入并完全穿过与正方形等宽的匀强磁场区域，进入时线框动能为Ek1，穿出时线框动能为Ek2。从刚进入到刚穿出磁场这一过程，线框产生的焦耳热为Q，克服安培力做的功为W1，重力做的功为W2，线框重力势能的减少量为∆Ep，则下列关系正确的是（）A.Q=W1 B.Q=W2W1CQ=∆EpEk1Ek2 D.W2=W1(Ek2Ek1)〖答案〗ACD〖解析〗AB．由能量关系可知，线框产生的焦耳热Q等于克服安培力做的功为W1，选项A正确，B错误；CD．由动能定理即W2=W1(Ek2Ek1)而W2=∆Ep则Q=W1=∆EpEk1Ek2选项CD正确。故选ACD。8.几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则下列判断正确的是()A.子弹在每个水球中的速度变化相同B.子弹在每个水球中运动的时间不同C.每个水球对子弹的冲量不同D.子弹在每个水球中的动能变化相同〖答案〗BCD〖解析〗A．设水球的直径为d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动，因为通过最后1个、最后2个、以及后3个、全部4个的位移分别为d，2d，3d和4d，根据知，所用时间之比为1:::2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，所以加速度相同，由可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同；A错误B正确；C．根据冲量的定义受力是相同的，运动的时间不同，所以每个水球对子弹的冲量不同，C正确；D．根据动能定理受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等，所以子弹在每个水球中的动能变化相同，D正确。故选BCD。9.如图，夹角为120°的两块薄铝板OM、ON将纸面所在平面分为I、II两个区域，两区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度分别为B1、B2.在OM板上表面处有一带电粒子垂直OM方向射入磁场B1中，粒子恰好以O为圆心做圆周运动回到出发点。设粒子在两区域中运动的速率分别为、，运动时间分别为t1、t2；假设带电粒子穿过薄铝板过程中电荷量不变，动能损失一半，不计粒子重力，则下列说法中正确的是（）A.粒子带负电B.C.D.〖答案〗AC〖解析〗A.磁场垂直于纸面向里，由题意可知，粒子沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，故A正确；B.粒子穿过薄铝板时动能损失一半，即为：解得故B错误；C.粒子在磁场中做匀速运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：解得由题意可知，粒子在两磁场中做圆周运动的轨道半径r相等，则有：故C正确；D.粒子在磁场中做圆周运动的周期为：粒子在磁场中做圆周运动的时间为：由题意可知，粒子在磁场中转过的圆心角分别为：粒子在磁场的运动时间之比：故D错误。故选AC。10.如图所示，一理想变压器的原线圈与稳定的正弦交流电源相连，副线圈与定值电阻R0和均匀密绕的滑线变阻器R串联。若不考虑温度对R0、R阻值的影响。在将滑动头P自a匀速滑到b的过程中（）A.原线圈输入功率变大 B.原线圈两端电压变大C.R两端的电压变小 D.R0消耗的电功率变小〖答案〗AC〖解析〗AB．原线圈与稳定的正弦交流电源相连，则原线圈两端电压不变，由于匝数比不变，则副线圈两端电压不变，将滑动头P自a匀速滑到b的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，副线圈中电流变大，由公式可知，副线圈功率增大，则原线圈输入功率变大，故A正确，B错误；C．由于副线圈中电流变大，则R0两端电压变大，副线圈两端电压不变，则R两端电压变小，故C正确；D．将副线圈与R0看成电源，由于不知道滑动变阻器的最大阻值与R0的关系，则无法确定R0消耗的电功率的变化情况，故D错误。故选AC。三、实验题：本题共2小题，共18分。把〖答案〗写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11.用图甲所示装置探究动能定理。有下列器材：A.电火花打点计时器；B.220V交流电源；C.纸带；D.细线、小车、砝码和砝码盘；E.一端带滑轮长木板、小垫木；F.刻度尺。(1)实验中还需要的实验器材为________。(2)按正确的实验操作，实验中得到一条点迹清晰的纸带如图乙，图中数据xA、xB和xAB已测出，交流电频率为f，小车质量为M，砝码和砝码盘的质量为m，以小车、砝码和砝码盘组成系统为研究对象，从A到B过程中，合力做功为________，动能变化量为________，比较二者大小关系，可探究动能定理。〖答案〗(1)天平(2)mgxAB〖解析〗(1)[1]因为需要测量小车以及砝码和砝码盘的质量，所以实验中还需要的实验器材为天平。(2)[2]以小车、砝码和砝码盘组成系统为研究对象，平衡摩擦力后，系统所受合外力做的功为[3]匀变速直线运动的某段时间内，中间时刻速度等于平均速度其动能变化量为12.某物理兴趣小组设计了如图甲所示的欧姆表电路，通过控制开关S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“×10”和“×100”两种倍率，所用器材如下：A．干电池：电动势，内阻B．电流表G：满偏电流，内阻C．定值电阻D．电阻箱和：最大阻值999.99ΩE．电阻箱：最大阻值9999ΩF．开关一个，红、黑表笔各1支，导线若干（1）该实验小组按图甲正确连接好电路。当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱＝________Ω，使电流表达到满偏，此时闭合电路的总电阻叫作欧姆表的内阻，则＝________Ω，欧姆表的倍率是________（选填“×10”或“×100”）；（2）闭合开关S：第一步：调节电阻箱和，当＝________Ω且＝________Ω时，将红、黑表笔短接，电流表再次满偏；第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱，调节，当电流表指针指向图乙所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为________。〖答案〗(1)149.51500×100（2）14.515010〖解析〗（1）[1][2][3]由闭合电路欧姆定律可知：欧姆表的内阻为则中值电阻应为1500Ω，根据多用电表的刻度设置可知，表盘上只有两种档位，若为×10，则中值刻度太大，不符合实际，故欧姆表倍率应为“×100”。（2）[4][5]为了得到“×10”倍率，应让满偏时对应的电阻为150Ω；电流为此时表头中电流应为0.001A，则与之并联电阻电流应为并联电阻为故[6]图示电流为0.60mA，干路电流为6.0mA则总电阻故待测电阻为故对应的刻度应为10。四、计算题：本题共2小题，共26分。把〖答案〗写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13.热等静压设备广泛用于材料加工，该设