2023届湖北省高考冲刺模拟物理试卷物理试题（二）（解析版）

高中物理名校试卷PAGEPAGE12023年高考冲刺模拟试卷物理试题（二）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项是符合题目要求，第8-11题有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（）A.它下降的高度B.它减少重力势能C.它到P点的距离D.它滑过的弧长〖答案〗C〖解析〗如图所示设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得由几何关系可得，联立可得可得在下滑过程中，小环的速率正比于它到P点的距离。故选C。2.如图所示四幅图为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（）A.甲图中，物体在0~t0这段时间内的平均速度小于B.乙图中，物体的加速度为1m/s2C.丙图中，阴影面积表示t1~t2时间内物体的加速度变化量D.丁图中，t=3s时物体的速度为25m/s〖答案〗D〖解析〗A．题图甲中，若v－t图像为直线，匀加速运动时平均速度为，由图中曲线可知物体在0～t0这段时间内平均速度大于，故A错误；B．题图乙中，根据可知即物体的加速度为，故B错误；C．题图丙中，根据可知，阴影面积表示t1～t2时间内物体的速度变化量，故C错误；D．题图丁中，由可得由图像可知则t＝3s时物体的速度为故D正确。故选D。3.“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（）A.从P点转移到Q点的时间小于6个月B.发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间C.在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上大D.在地火转移轨道运动的速度大于地球绕太阳的速度〖答案〗B〖解析〗A．因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于地球公转周期（1年共12个月），则从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间应大于6个月，故A错误；B．因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，即发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间，故B正确；C．因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可知在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C错误；D．卫星从Q点变轨时，要加速增大速度，即在地火转移轨道Q点的速度小于火星轨道的速度，而由可得可知火星轨道速度小于地球轨道速度，因此可知卫星在Q点速度小于地球轨道速度，故D错误；故选B。4.安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知错误的是（）测量序号Bx/μTBy/μTBz/μT10-21452020463210454-21045A.测量地点位于南半球B.当地的地磁场大小约为50μTC.第1次测量时x轴正向指向东方D.第4次测量时y轴正向指向东方〖答案〗C〖解析〗A．如图所示地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向上，则测量地点应位于南半球，故A正确，不符合题意；B．磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为计算得B≈50μT故B正确，不符合题意；CD．由选项A可知测量地在南半球，而南半球地磁场指向北方斜向上，则第1次测量故y轴指向南方，x轴正向指向西方。第4次测量故x轴指向南方而y轴则指向东方，故C错误，符合题意，D正确，不符合题意。故选C。5.如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、长度为L、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。磁感应强度为B。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（）A.导体棒MN受到的安培力的最大值为B.导体棒MN向右先加速、后匀速运动C.导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大D.电阻R上产生的焦耳热等于导体棒MN上产生的焦耳热〖答案〗A〖解析〗A．MN上的电流瞬时值为当开关闭合的瞬间，有此时MN可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大导体棒MN受到的安培力的最大值为故A正确；B．当时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN终极速度为零，故B错误；C．当时，MN上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN速度最大，故C错误；D．在MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R上的电流，电阻R消耗电能大于MN上消耗的电能，故加速过程中当MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，故D错误。故选A。6.静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴负向为场强正方向，带负电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（）A.从x1到x4的过程中电势能减小B.在x1处电势能为零C.从x1到x4的过程中在x3处加速度最大D.在x2和x4处电势能相等〖答案〗C〖解析〗A．x轴负向为场强正方向，从x1到x4的过程中，电场方向始终沿x轴正向，沿着电场线运动，电场力对负点电荷始终做负功，电势能增加，故A错误；B．在x1处是电场强度为零，电势高低与电场强度大小无关，且电势能是相对量，与零电势的选取有关，故B错误；C．电场强度是矢量，大小比较绝对值，从x1到x4过程中电场强度先增大后减小，在x3处的场强最大，由可知从x1到x4的过程中在x3处加速度最大，故C正确；D．从x2到x4的过程中，电场方向始终沿x轴正向，沿着电场线运动，电场力对负点电荷始终做负功，电势能增加，故D错误。故选C。7.基于下列四幅图的叙述正确的是（）A.由甲图可知，黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向频率较低的方向移动B.乙图为照射同种金属材料，由图可知，在水里传播的速度b光大于a光C.由丙图可知，该种元素的原子核每经过3.8天就有m0的发生衰变D.由丁图可知，裂变成的A、B中的核子平均质量小于中核子平均质量，这些核更稳定〖答案〗D〖解析〗A．由甲图观察可知黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短频率较高的方向移动，故A错误；B．由乙图可知，a光的遏止电压低于b光的遏止电压，a光光子的频率低于b光光子的频率，频率低的折射率小，在水里传播的速度b光小于a光，故B错误；C．由丙图可知，该种元素的原子核每经过3.8天就有剩下的发生衰变，故C错误；D．由丁图可知，原子的比结合能越大，核子平均质量越小，核越稳定，故D正确。故选D。8.一定质量的理想气体从状态a开始，经过如图所示的三个过程回到初始状态a，下列判断正确的是（）A.在c→a的过程中外界对气体做的功小于b→c过程中气体对外界做的功B.在b→c的过程中气体从外界吸收的热量小于在c→a过程中气体向外界放出的热量C.在a→b的过程中气体对外界做的功小于气体从外界吸收的热量D.在a→b的过程中气体内能的增加量大于c→a过程中气体内能的减少量〖答案〗BC〖解析〗A．p-V图象围成的面积等于气体做功。由图可知，在c→a的过程中外界对气体做的功等于b→c过程中气体对外界做的功，A正确；B．由于而状态b和状态c的气体温度相等，内能相同，状态的温度低，内能小，由可知，在c→a的过程中气体向外界释放的热量大于b→c过程中气体从外界吸收的热量，B正确；C．在a→b的过程中，气体内能增加，则气体对外界做的功小于气体从外界吸收的热量，C正确；D．由B选项可知，在a→b的过程中气体内能的增加量等于c→a过程中气体内能的减少量，D错误。故选BC。9.如图所示，、是虚线两端的两个波源，它们的振动周期都为T，振幅都为A，某时刻发出的波恰好传到C，同一时刻发出的波恰好传到D，且，图中只画出了此时刻两列波在D、C之间部分的叠加波形，、D间和、C间波形没有画出，下列说法正确的是（）A.D、B、C三点始终在平衡位置B.两个波源在B是振动加强点，其振幅为2AC.两个波源的起振方向相反D.再经过，D、C间的波形为一条直线〖答案〗AC〖解析〗ABC．两列波同时开始传播，如果两列波起振方向相同则CD两点起振方向相同，又因为传到C和传到D的时间相同，则CD的振动形式应完全相同，由波形可知，开始振动方向向下，开始振动方向向上，所以根据叠加原理可知，D、B、C三点都是振动减弱点，振幅都为零，故A、C正确，B错误；D．画出再经过后，两列波单独传播时的波形，都如图所示：根据叠加原理可知D、C间振动叠加后的波形形状仍如图所示，故D错误。故选AC。10.如图所示圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子以某速度由圆周上点A沿与直径AOB成30°角的方向射入磁场，其后从点C射出磁场。已知COD为圆的直径，∠BOC=60°，E、F分别为圆上的点，粒子重力不计。则下列说法正确的是（）A.粒子从点C射出时的速度方向的反向延长线一定过O点B.若仅改变粒子的入射方向，粒子射出磁场的方向一定垂直于直径AOBC.若仅将粒子的入射位置由点A改为点E或点F，则粒子仍从C射出D.粒子一定带负电荷〖答案〗CD〖解析〗AC．作出粒子运动轨迹圆如图所示由几何关系可得四边形AOC为菱形，则轨迹圆半径等于有界圆的半径，边与边OC平行，粒子射出方向与垂直，则速度方向的反向延长线不过O点，同理，若仅将粒子的入射位置改变而入射方向不变，如图由于轨迹圆半径等于有界圆的半径，则入射点、O点、出射点和轨迹圆圆心所围成图像仍为菱形，又由于入射方向与水平方向夹角不变，则可知入射点与轨迹圆圆心的连线方向不变，则O与出射点的连线平行于入射点与轨迹圆圆心的连线，可知仍从C射出，射出时速度方向垂直于直径AOB，由于入射点不同，则入射点与O的连线方向改变，可知轨迹圆圆心与出射点连线改变，则出射方向改变，故A错误，C正确；B．若粒子入射位置不变，仅改变粒子入射方向，由“磁汇聚”原理，轨迹圆的圆心与入射点、出射电、磁场圆圆心依然构成菱形，出射点速度方向不变，一定垂直于直径AOB，B正确；D．由左手定则可得，该带电粒子带负电，故D正确。故选BCD11.某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s，电压最大值为0.05V，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1：100，下列说法正确的是（）A.交流电的频率为5HzB.副线圈两端电压有效值为VC.变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关D.充电电路的输入功率大于变压器的输入功率〖答案〗AB〖解析〗A．因为交流电的周期是T=0.2s，则其频率是故A正确；B．由理想变压器原理可知解得副线圈两端的最大电压为则其有效值为故B正确；C．根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C错误；D．由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D错误。故选AB。二、实验题12.由于空气阻力的影响，物体从空中静止下落其实严格意义上不是自由落体运动，经验表明，当下落物体的质量不是特别大的时候，空气阻力的影响对于落体实验是无法忽略的。为了探究空气阻力的性质，某同学准备了若干由同种轻质材料（密度为）制成的半径不同的小球，将它们从足够高的同一个地方静止释放，利用摄像机拍摄其下落过程，并利用计算机逐帧分析技术分析其运动过程。（1）实验中使用游标卡尺测量小球的半径r，下图给出了其中某个小球的测量结果，则这个小球的半径为_________；（2）计算机每隔时间T提取一次小球的位置信息，假设，，时小球的坐标分别是，，，若要使用计算位置的瞬时速度，则要求T足够小，因为________________________________；（3）实验得到的若干个小球的图像如图所示，在时间足够长之后会发现速度会趋于一个定值，称作收尾速度，收尾速度的存在表明空气阻力的大小和小球的运动速度有关。该同学假设空气阻力f和小球的速度的n次方成正比，比例系数为k（称作阻力系数），即。已知当地重力加速度为g，那么收尾速度的表达式为_________（用k，n，r，g，ρ表示）；（4）该同学为了验证自己的假设，准备了密度不同但是半径相同的小球，实验得到的图像是一条斜率约为1的直线，这个结果表明______________________；（5）该同学想知道阻力系数是否和小球的形状有关（和体积，截面积，半径等成比例），为此他绘制了图像（小球材料一样），实验得到的图像为一条斜率约为2的直线，实验结果表明____________________。〖答案〗（1）或（2）中间时刻的瞬时速度等于全过程的平均速度只对匀变速直线运动成立，当T很小的时候才可以将这个运动过程视作是匀变速直线运动（3）（4）空气阻力的大小和小球的运动速度成正比或或（5）阻力系数和小球的半径成正比〖解析〗（1）[1]图中游标卡尺的精度为，可读得小球的直径为小球的半径为（2）[2]题中式子使用平均速度代替中间时刻的速度，中间时刻的瞬时速度等于全过程的平均速度只对匀变速直线运动成立，当T很小的时候才可以将这个运动过程视作是匀变速直线运动。（3）[3]小球以收尾速度运动时做匀速直线运动，受到的阻力等于重力，即小球的质量为联立可得（4）[4]图像是一条斜率约为1的直线，由数学知识可得结合上式可知，即空气阻力的大小和小球的运动速度成正比。（5）[5]图像为一条斜率约为2的直线，由数学知识可得结合前面式子得可知阻力系数和小球的半径成正比。13.“伏安法”测量电阻丝的电阻率的实验电路图如图甲所示，图中Rx表示电阻丝，R是一个滑动变阻器。通过测量，电阻丝的长度为L=10.00cm，通过螺旋测微器可以测得电阻丝的半径，测量结果如图乙所示。（1）从图中可知电阻丝的半径为r=_______。（2）若实验得到的电压表示数关于电流表示数图像的斜率为k，则电阻率的计算表达式为___________。（3）如果只考虑电阻测量导致的电阻率的误差，则测量值相比于真实值___________（填“偏大”或者“偏小”）。〖答案〗（1）0.428±0.001mm（2）（3）偏小〖解析〗（1）从图中可知电阻丝的直径为电阻丝的半径为〖答案〗在0.428±0.001mm；（2）[2]根据欧姆定律解得可得压表示数关于电流表示数图像的斜率为根据电阻定律又可得（3）[3]由于电压表分流，造成电流表的读数比通过待测电阻的实际电流大，所以斜率偏小，则测量值比真实值偏小。三、解答题14.由于夏日暴晒，一个容积为V0的氧气罐（认为容积不变）气体温度为47℃，仪表显示内部封闭气体压强为20p0（p0为1个标准大气压），现采取降温和缓慢放气两种措施同时进行，使罐内气体温度降为27℃，压强降为10p0，求氧气罐内剩余气体的质量与原来总质量的比值。〖答案〗〖解析〗假设将放出的气体先收集起来，并保持压强、温度与氧气罐内相同，以全部气体为研究对象，初状态压强，温度，体积为V0；末状态压强，温度，体积为V2；由理想气体的状态方程有解得则剩余气体与原来气体质量比为15.如图所示，两根平行且足够长的金属导轨倾斜固定在水平地面上，导轨平面与水平地面的夹角θ=37°，间距为d=2m，且电阻不计。导轨的上端接有阻值为R=6Ω的定值电阻和理想电压表。空间中有垂直于导轨平面斜向上的、大小为B=1T的匀强磁场。质量为m=0.1kg、接入电路有效电阻r=4Ω的导体棒垂直导轨放置，无初速释放，导体棒与导轨间动摩擦因数μ=0.25，导体棒沿导轨下滑一段距离后做匀速运动，取g=10m/s2，sin37°=0.6，求：（1）导体棒匀速下滑的速度大小和导体棒匀速运动时电压表的示数；（2）导体棒下滑l=0.4m过程中通过电阻R的电荷量。〖答案〗（1）1m/s，1.2V；（2）0.08C〖解析〗（1）设导体棒匀速运动时速度为v，通过导体棒电流为I，由平衡条件有导体棒切割磁感线产生的电动势为由闭合电路欧姆定律得联立解得由欧姆定律得联立解得（2）由电流定义式得由法拉第电磁感应定律得，由欧姆定律得联立解得16.如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，物块B向A运动，t=0时与弹簧接触，到t=2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像如图（b）所示。已知从t=0到t=t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面（μ=0.45），然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，斜面倾角为θ（sinθ=0.6），与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求：（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；（3）第一次碰撞后A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B第二次碰撞后A、B的速度分别为多少？〖答案〗（1）；（2）；（3），〖解析〗（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即时刻，根据动量守恒定律得mB=5mv共=v0根据能量守恒定律联立解得（2）B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒对方程两边同时乘以时间，有0-t0之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得将代入可得则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（3）第一次碰撞后，设A在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得下滑过程，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，根据动能定理可得联立解得A滑下后，与一直在水平面上运动的B第二次碰撞，设向右为正方向，根据动量守恒定律可得根据能量守恒定律可得联立解得2023年高考冲刺模拟试卷物理试题（二）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项是符合题目要求，第8-11题有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（）A.它下降的高度B.它减少重力势能C.它到P点的距离D.它滑过的弧长〖答案〗C〖解析〗如图所示设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得由几何关系可得，联立可得可得在下滑过程中，小环的速率正比于它到P点的距离。故选C。2.如图所示四幅图为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（）A.甲图中，物体在0~t0这段时间内的平均速度小于B.乙图中，物体的加速度为1m/s2C.丙图中，阴影面积表示t1~t2时间内物体的加速度变化量D.丁图中，t=3s时物体的速度为25m/s〖答案〗D〖解析〗A．题图甲中，若v－t图像为直线，匀加速运动时平均速度为，由图中曲线可知物体在0～t0这段时间内平均速度大于，故A错误；B．题图乙中，根据可知即物体的加速度为，故B错误；C．题图丙中，根据可知，阴影面积表示t1～t2时间内物体的速度变化量，故C错误；D．题图丁中，由可得由图像可知则t＝3s时物体的速度为故D正确。故选D。3.“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（）A.从P点转移到Q点的时间小于6个月B.发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间C.在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上大D.在地火转移轨道运动的速度大于地球绕太阳的速度〖答案〗B〖解析〗A．因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于地球公转周期（1年共12个月），则从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间应大于6个月，故A错误；B．因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，即发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间，故B正确；C．因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可知在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C错误；D．卫星从Q点变轨时，要加速增大速度，即在地火转移轨道Q点的速度小于火星轨道的速度，而由可得可知火星轨道速度小于地球轨道速度，因此可知卫星在Q点速度小于地球轨道速度，故D错误；故选B。4.安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知错误的是（）测量序号Bx/μTBy/μTBz/μT10-21452020463210454-21045A.测量地点位于南半球B.当地的地磁场大小约为50μTC.第1次测量时x轴正向指向东方D.第4次测量时y轴正向指向东方〖答案〗C〖解析〗A．如图所示地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向上，则测量地点应位于南半球，故A正确，不符合题意；B．磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为计算得B≈50μT故B正确，不符合题意；CD．由选项A可知测量地在南半球，而南半球地磁场指向北方斜向上，则第1次测量故y轴指向南方，x轴正向指向西方。第4次测量故x轴指向南方而y轴则指向东方，故C错误，符合题意，D正确，不符合题意。故选C。5.如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、长度为L、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。磁感应强度为B。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（）A.导体棒MN受到的安培力的最大值为B.导体棒MN向右先加速、后匀速运动C.导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大D.电阻R上产生的焦耳热等于导体棒MN上产生的焦耳热〖答案〗A〖解析〗A．MN上的电流瞬时值为当开关闭合的瞬间，有此时MN可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大导体棒MN受到的安培力的最大值为故A正确；B．当时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN终极速度为零，故B错误；C．当时，MN上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN速度最大，故C错误；D．在MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R上的电流，电阻R消耗电能大于MN上消耗的电能，故加速过程中当MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，故D错误。故选A。6.静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴负向为场强正方向，带负电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（）A.从x1到x4的过程中电势能减小B.在x1处电势能为零C.从x1到x4的过程中在x3处加速度最大D.在x2和x4处电势能相等〖答案〗C〖解析〗A．x轴负向为场强正方向，从x1到x4的过程中，电场方向始终沿x轴正向，沿着电场线运动，电场力对负点电荷始终做负功，电势能增加，故A错误；B．在x1处是电场强度为零，电势高低与电场强度大小无关，且电势能是相对量，与零电势的选取有关，故B错误；C．电场强度是矢量，大小比较绝对值，从x1到x4过程中电场强度先增大后减小，在x3处的场强最大，由可知从x1到x4的过程中在x3处加速度最大，故C正确；D．从x2到x4的过程中，电场方向始终沿x轴正向，沿着电场线运动，电场力对负点电荷始终做负功，电势能增加，故D错误。故选C。7.基于下列四幅图的叙述正确的是（）A.由甲图可知，黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向频率较低的方向移动B.乙图为照射同种金属材料，由图可知，在水里传播的速度b光大于a光C.由丙图可知，该种元素的原子核每经过3.8天就有m0的发生衰变D.由丁图可知，裂变成的A、B中的核子平均质量小于中核子平均质量，这些核更稳定〖答案〗D〖解析〗A．由甲图观察可知黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短频率较高的方向移动，故A错误；B．由乙图可知，a光的遏止电压低于b光的遏止电压，a光光子的频率低于b光光子的频率，频率低的折射率小，在水里传播的速度b光小于a光，故B错误；C．由丙图可知，该种元素的原子核每经过3.8天就有剩下的发生衰变，故C错误；D．由丁图可知，原子的比结合能越大，核子平均质量越小，核越稳定，故D正确。故选D。8.一定质量的理想气体从状态a开始，经过如图所示的三个过程回到初始状态a，下列判断正确的是（）A.在c→a的过程中外界对气体做的功小于b→c过程中气体对外界做的功B.在b→c的过程中气体从外界吸收的热量小于在c→a过程中气体向外界放出的热量C.在a→b的过程中气体对外界做的功小于气体从外界吸收的热量D.在a→b的过程中气体内能的增加量大于c→a过程中气体内能的减少量〖答案〗BC〖解析〗A．p-V图象围成的面积等于气体做功。由图可知，在c→a的过程中外界对气体做的功等于b→c过程中气体对外界做的功，A正确；B．由于而状态b和状态c的气体温度相等，内能相同，状态的温度低，内能小，由可知，在c→a的过程中气体向外界释放的热量大于b→c过程中气体从外界吸收的热量，B正确；C．在a→b的过程中，气体内能增加，则气体对外界做的功小于气体从外界吸收的热量，C正确；D．由B选项可知，在a→b的过程中气体内能的增加量等于c→a过程中气体内能的减少量，D错误。故选BC。9.如图所示，、是虚线两端的两个波源，它们的振动周期都为T，振幅都为A，某时刻发出的波恰好传到C，同一时刻发出的波恰好传到D，且，图中只画出了此时刻两列波在D、C之间部分的叠加波形，、D间和、C间波形没有画出，下列说法正确的是（）A.D、B、C三点始终在平衡位置B.两个波源在B是振动加强点，其振幅为2AC.两个波源的起振方向相反D.再经过，D、C间的波形为一条直线〖答案〗AC〖解析〗ABC．两列波同时开始传播，如果两列波起振方向相同则CD两点起振方向相同，又因为传到C和传到D的时间相同，则CD的振动形式应完全相同，由波形可知，开始振动方向向下，开始振动方向向上，所以根据叠加原理可知，D、B、C三点都是振动减弱点，振幅都为零，故A、C正确，B错误；D．画出再经过后，两列波单独传播时的波形，都如图所示：根据叠加原理可知D、C间振动叠加后的波形形状仍如图所示，故D错误。故选AC。10.如图所示圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子以某速度由圆周上点A沿与直径AOB成30°角的方向射入磁场，其后从点C射出磁场。已知COD为圆的直径，∠BOC=60°，E、F分别为圆上的点，粒子重力不计。则下列说法正确的是（）A.粒子从点C射出时的速度方向的反向延长线一定过O点B.若仅改变粒子的入射方向，粒子射出磁场的方向一定垂直于直径AOBC.若仅将粒子的入射位置由点A改为点E或点F，则粒子仍从C射出D.粒子一定带负电荷〖答案〗CD〖解析〗AC．作出粒子运动轨迹圆如图所示由几何关系可得四边形AOC为菱形，则轨迹圆半径等于有界圆的半径，边与边OC平行，粒子射出方向与垂直，则速度方向的反向延长线不过O点，同理，若仅将粒子的入射位置改变而入射方向不变，如图由于轨迹圆半径等于有界圆的半径，则入射点、O点、出射点和轨迹圆圆心所围成图像仍为菱形，又由于入射方向与水平方向夹角不变，则可知入射点与轨迹圆圆心的连线方向不变，则O与出射点的连线平行于入射点与轨迹圆圆心的连线，可知仍从C射出，射出时速度方向垂直于直径AOB，由于入射点不同，则入射点与O的连线方向改变，可知轨迹圆圆心与出射点连线改变，则出射方向改变，故A错误，C正确；B．若粒子入射位置不变，仅改变粒子入射方向，由“磁汇聚”原理，轨迹圆的圆心与入射点、出射电、磁场圆圆心依然构成菱形，出射点速度方向不变，一定垂直于直径AOB，B正确；D．由左手定则可得，该带电粒子带负电，故D正确。故选BCD11.某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s，电压最大值为0.05V，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1：100，下列说法正确的是（）A.交流电的频率为5HzB.副线圈两端电压有效值为VC.变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关D.充电电路的输入功率大于变压器的输入功率〖答案〗AB〖解析〗A．因为交流电的周期是T=0.2s，则其频率是故A正确；B．由理想变压器原理可知解得副线圈两端的最大电压为则其有效值为故B正确；C．根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C错误；D．由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D错误。故选AB。二、实验题12.由于空气阻力的影响，物体从空中静止下落其实严格意义上不是自由落体运动，经验表明，当下落物体的质量不是特别大的时候，空气阻力的影响对于落体实验是无法忽略的。为了探究空气阻力的性质，某同学准备了若干由同种轻质材料（密度为）制成的半径不同的小球，将它们从足够高的同一个地方静止释放，利用摄像机拍摄其下落过程，并利用计算机逐帧分析技术分析其运动过程。（1）实验中使用游标卡尺测量小球的半径r，下图给出了其中某个小球的测量结果，则这个小球的半径为_________；（2）计算机每隔时间T提取一次小球的位置信息，假设，，时小球的坐标分别是，，，若要使用计算位置的瞬时速度，则要求T足够小，因为________________________________；（3）实验得到的若干个小球的图像如图所示，在时间足够长之后会发现速度会趋于一个定值，称作收尾速度，收尾速度的存在表明空气阻力的大小和小球的运动速度有关。该同学假设空气阻力f和小球的速度的n次方成正比，比例系数为k（称作阻力系数），即。已知当地重力加速度为g，那么收尾速度的表达式为_________（用k，n，r，g，ρ表示）；（4）该同学为了验证自己的假设，准备了密度不同但是半径相同的小球，实验得到的图像是一条斜率约为1的直线，这个结果表明______________________；（5）该同学想知道阻力系数是否和小球的形状有关（和体积，截面积，半径等成比例），为此他绘制了图像（小球材料一样），实验得到的图像为一条斜率约为2的直线，实验结果表明____________________。〖答案〗（1）或（2）中间时刻的瞬时速度等于全过程的平均速度只对匀变速直线运动成立，当T很小的时候才可以将这个运动过程视作是匀变速直线运动（3）（4）空气阻力的大小和小球的运动速度成正比或或（5）阻力系数和小球的半径成正比〖解析〗（1）[1]图中游标卡尺的精度为，可读得小球的直径为小球的半径为（2）[2]题中式子使用平均速度代替中间时刻的速度，中间时刻的瞬时速度等于全过程的平均速度只对匀变速直线运动成立，当T很小的时候才可以将这个运动过程视作是匀变速直线运动。（3）[3]小球以收尾速度运动时做匀速直线运动，受到的阻力等于重力，即小球的质量为联立可得（4）[4]图像是一条斜率约为1的直线，由数学知识可得结合上式可知，即空气阻力的大小和小球的运动速度成正比。（5）[5]图像为一条斜率约为2的直线，由数学知识可得结合前面式子得可知阻力系数和小球的半径成正比。13.“伏安法”测量电阻丝的电阻率的实验电路图如图甲所示，图中Rx表示电阻丝，R是一个滑动变阻器。通过测量，电阻丝的长度为L=10.00cm，通过螺旋测微器可以测得电阻丝的半径，测量结果如图乙所示。（1）从图中可知电阻丝的半径为r=_______。（2）若实