浙江省温州市2019届高三二模物理试卷Word版含答案

浙江省温州市2019届高三二模物理试卷Word版含答案

‎2019年浙江省温州市高考物理二模试卷 一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选項中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1．（3分）下列关于各物理量的单位，说法正确的是（　　）‎ A．动摩擦因数的单位是N ‎ B．劲度系数k的单位是N•m ‎ C．电阻率ρ的单位是Ω/m ‎ D．静电力常量k的单位是N•m2/C2‎ ‎2．（3分）下列说法正确的是（　　）‎ A．牛顿利用扭秤实验测出了引力常量的数值 ‎ B．奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场 ‎ C．第谷通过行星观测的数据，总结出了行星运动三大定律 ‎ D．亚里士多德最先验证了轻重不同的物体在真空中下落的快慢相同 ‎3．（3分）2019年1月3日，嫦娥四号探测器成功到达月球背面，第一次在月球背面留下了人类航天器的足迹。嫦娥四号携带的玉兔二号月球车在月球背面行驶时（　　）‎ A．处于完全失重状态 ‎ B．不再满足牛顿运动定律 ‎ C．受到的重力小于在地球上的重力 ‎ D．具有的惯性小于在地球上的惯性 ‎4．（3分）如图所示，在台球训练中，将目标球送至底袋内，可按路线1或路线2进行。在目标球分别走两条路线时，一定不相同的物理量是（　　）‎ A．位移 B．时间 ‎ C．平均速度 D．到达洞口时的速度 ‎5．（3分）如图所示，校运会跳高赛场，小明同学以背越式成功越过了横杆。若空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小明在最高点的速度为零 ‎ B．研究小明在空中姿态时可把小明视为质点 ‎ C．从助跑至落垫的整个过程中，小明的机械能不守恒 ‎ D．起跳时小明对地面的压力与他受到的重力大小相等 ‎6．（3分）如图所示，为一全自动机械表，A、B、C三点分别为时针、分针、秒针上离转动圆心等距的三点，有关这三点的线速度v和角速度ω大小关系正确的是（　　）‎ A．vA＝vB＝vC B．ωA＞ωB＞ωC C．ωA：ωB＝1：24 D．vB：vC＝1：60‎ ‎7．（3分）如图所示，关于甲、乙两电容器的说法正确的是（　　）‎ A．“10V”、“30V”指的是它们的击穿电压 ‎ B．甲只能在10V电压下正常充电 ‎ C．甲比乙能容纳更多的电荷量 ‎ D．电压都改变1V时，甲的电荷量改变比乙的多 ‎8．（3分）每年春节前温州农村都有捣年糕的习俗，借此来寓意“年年发财、步步高升”。捣年糕时，一人将“石杵”一起一落挥动，另一人在“石杵”挥动的间隙迅速翻动米粉团，直到米粉团柔软而有弹性。已知“石杵”质量为20kg，每分钟上下挥动20下，每次重心上升的高度约为90cm，则人挥动“石杵”做功的功率约为（　　）‎ A．60W B．120W C．180W D．540W ‎9．（3分）将一电荷量为+Q的小球放在原来不带电的金属球附近，最终所形成的电场线分布如图所示，a、b为电场中的两点，则（　　）‎ A．a点的电场强度比b点的小 ‎ B．a点的电势比b点的低 ‎ C．负检验电荷在a点受的电场力比在b点的大 ‎ D．负检验电荷从a点移到b点，电场力做正功 ‎10．（3分）2018年11月19日，在西昌卫星发射基地，采用“一箭双星的方式发射了两颗卫星﹣﹣北斗第42，43颗组网卫星，这次成功发射意味着北斗基本系统大功告成。现已知其中某颗卫星绕地球做圆周运动的向心加速度大小为a，线速度大小为v，引力常量为G，则可求出该卫星的（　　）‎ A．角速度为 B．周期为 ‎ C．轨道半径为 D．质量为 ‎11．（3分）如图所示，斧头的纵截面是一个等腰三角形，侧面长为l，背宽为d，自身重力为G．现用竖直向下的力F将斧头敲入木柴中，忽略斧头侧面与木柴间的摩擦，则斧头的侧面推压木柴的力为（　　）‎ A．（F+G） B． F C．（F+G） D． F ‎12．（3分）如图所示为等臂电流天平演示装置，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，水平边长为l，处于垂直线圈平面向里的匀强磁场内。矩形线圈通过电动势为E，内阻为r的外部电源供电，当在天平左、右两边加上一定质量的砝码后，调节外电阻为R1时天平刚好平衡。然后在左边托盘再加质量为m的砝码，需要把外电阻调节为R2，才能使天平达到新的平衡。不计线圈电阻，不考虑外部的连接导线对线圈的作用力，由此可知（　　）‎ A．R2＜R1，且B＝ ‎ B．R2＜R1，且B＝ ‎ C．R2＞R1，且B＝ ‎ D．R2＞R1，且B＝‎ ‎13．（3分）消防车的供水系统主要由水泵、输水管道和水炮组成。一高层建筑物距地面60m处发生火情，消防员将水炮架高到距地面80m处并使炮口水平，炮口到火情处的水平距离为60m。供水系统的效率为60%，水炮的出水量为0.06m3/s，水的密度为1×103kg/m3，不计空气阻力，为能扑灭火情，则（　　）‎ A．水泵出水速度为15m/s ‎ B．水泵输出功率为45kW ‎ C．水泵输出功率为125kW ‎ D．在水泵输出功率与效率均不变时，将水炮置于原位置正下方离地20m高处，也可对散落在建筑物一楼地面的火点灭火 二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题日要水的，全部选对的得2分，逃对但不全的得1分，有选错的得0分）‎ ‎14．（2分）下列说法中正确的是（　　）‎ A．图甲：全息照片用激光来拍摄，主要是利用了激光的相干性 ‎ B．图乙：医学上用光导纤维制成内窥镜来检查人体器官内部，这是利用光的衍射原理 ‎ C．图丙：拍摄汽车玻璃窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片可以减少反射光的干扰 ‎ D．图丁：在光的双缝干涉实验中，将入射光由红光改为蓝光，则条纹间距变宽 ‎15．（2分）如图所示，是一个静止的放射性元素的原子核在匀强磁场中发生衰变时形成的两条圆形径迹，已知两圆内切，半径之比为1：44，则（　　）‎ A．发生的是衰变 ‎ B．轨迹1是反冲核的径迹 ‎ C．反冲核沿逆时针运动 ‎ D．该放射性元素的原子序数是88‎ ‎16．（2分）如图为一横波发生器的显示屏，可以显示出波由O点从左向右传播的图象，屏上每一小格长度为1cm。在t＝0时刻横波发生器上能显示的波形如图所示，因为显示屏的局部故障，造成从位置A到B之间的波形无法被观察到（故障不影响波在发生器内传播）。此后的时间内，观察者看到波形相继传经B、C处（O、A、B、C在显示屏中央的同一水平线上），在t＝3s时，观察者看到C处恰好第二次出现在波峰位置，则该波的波速可能是（　　）‎ A．7cm/s B．9cm/s C．11cm/s D．15cm/s 三、非选择题（本题共7小题，共55分）‎ ‎17．（5分）（1）下列实验需要补偿小车运动过程中受到阻力的是　 　‎ A．研究平抛运动 B．探究小车速度随时间变化的规律 C．探究加速度与力、质量的关系 D．探究做功与物体速度变化的关系（用橡皮筋牵引小车运动）‎ ‎（2）在“探究求合力的方法的实验中，王同学经过对实验数据的分析后得出“合力与分力之间满足平行四边形定则”，李同学想对其结论进行验证。‎ ‎①已有实验器材：木板、白纸、图钉、细绳套、橡皮筋、铅笔，图甲所示的器材中还需要选取　 　（填字母代号）‎ ‎②如图乙所示，用两只相同的弹簧测力计互成一定角度拉橡皮筋，记下橡皮筋结点的位置O和两拉力大小、方向；再用一只弹簧测力计拉橡皮筋时，发现橡皮筋的结点还没拉到O点时，弹簧测力计已经达到最大刻度。解决这一问题的可行办法是：两只弹簧测力计同时拉时　 　‎ A．结点仍在O处，让两细线夹角大一些 B．结点在O点右侧O2处，让两细线夹角小一些 C．结点在O点左侧O1处，让两细线夹角大一些 D．结点在O点左侧O1处，让两细线夹角保持不变 ‎18．（5分）在“描绘小灯珠的伏安特性曲线”实验中，有以下器材：‎ 小灯珠“25V、0.3A”、电压表（0～3V，0～15V）、电流表（0～0.6A，0～3A）、电源（两节干电池 组）、开关和若干导线。‎ ‎（1）另有两只滑动变阻器R1（0～10Ω）和R2（0～200Ω），实验中应选择　 　（选填“R1“或“R2”）；‎ ‎（2）小王同学连接的电路如图甲所示，他在开关闭合前请老师检查，老师指出：①②③三根导线中有一条错误，它是　 　（选填“①”、“②”或“③“）；④⑤⑥的三根导线中有一条不当，它是　 　（选填④”、“⑤”“或“⑥”）‎ ‎（3）小王正确连线后，闭合开关前，应将滑动变阻器滑片移到　 　处（选填“A”、“B”或“A、B之间任意位置”）；‎ ‎（4）测得一系列数据，绘制了小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当电压U＝1.8V时该小灯泡的电阻R＝　 　Ω（保留两位有效数字）‎ ‎19．（9分）如图所示，ABCD为一智能机器人执行任务时在水平面上的运动轨迹，其中A、B长3.0m，C、D长2.0m，B、C是半径为1.0m的四分之一圆弧。机器人从A点由静止出发以0.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，速度达到1.0m/s后做匀速率运动，最后阶段以1.0m/s的加速度做匀减速直线运动，到D点时速度恰好为零。机器人可视为质点，π取3，求：‎ ‎（1）机器人做匀加速直线运动的位移大小；‎ ‎（2）机器人做匀速率运动的时间；‎ ‎（3）机器人在运动全过程中的平均速度大小。‎ ‎20．（12分）如图所示，固定在竖直平面内的细管道ABCDE，ABC段为光滑的抛物线形管道，CD和EA为光滑的四分之一圆弧形管道，DE为水平粗糙管道，各部分之间平滑连接，AO1OO2C在同一水平线上。四分之一圆弧管道半径为0.5R，DE管道长度为R，抛物线顶点B与AC的距离为R．从A点斜向上射入一小球，小球直径略小于管道内径，小球受水平管道的摩擦阻力为重力的0.5倍，重力加速度为g，不计小球与管壁间撞击时的能量损失。‎ ‎（1）要使小球能过B点，小球在A点斜向上射入的最小速度为多少？‎ ‎（2）能否使小球从A点以某一初速度斜向上射入后，第一次经过抛物线管道时对它始终无作用力？若不能，请说明理由；若能，请求出该速度的大小和方向（与水平方向夹角的正切值）。‎ ‎（3）若小球从A点斜向上射入的初速度为，求小球经过D点的次数和最后静止时离D点的距离。‎ ‎21．（4分）在用可拆变压器探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中 ‎（1）原线圈所接的电源应选图1中的　 　（填字母代号）‎ ‎（2）实验中为便于探究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈 电压的影响。如图2所示可拆变压器中若原线圈接0、4接线柱，改变副线圈的匝数最多可以测量几组不同数据：　 　组。‎ ‎（3）当原线圈接线柱0、4间接上12V的电压后，用多用电表接副线圈0、8接线柱时，指针示数如图3所示，则读数为　 　V．此时原副线圈两端电压之比　 　原副线圈匝数之比（选填“大于”、“小于”或“等于”）。‎ ‎22．（10分）如图甲所示，竖直放置的一对平行金属板MM′、MN′中央开有小孔P、Q，两板相距为d；NN′板的右侧分布着垂直纸面向外、边界为圆形的匀强磁场，磁感应强度大小为B，O为圆心，C在圆周上，且P、Q、C、O在同一水平线上；在正上方水平放置一足够大的荧光屏，OD垂直荧光屏。已知＝•，＝3，＝2．今在两板间加上如图乙所示的周期性电压uMN（U0为已知量，T未知且可调）。现有大量电荷量为e、质量为m的电子从P孔连续飘入（初速度可视为零）。电子重力、空气阻力、电子间的作用力均忽略不计，经过磁场的电子若打在NN′板上则立即被吸收且不会影响板间电压。‎ ‎（1）为使部分电子在Q处能获得最大速度，求电压周期T满足的条件及最大速度vm的大小；‎ ‎（2）已知以0.5vm进入磁场的电子刚好垂直打在荧光屏上的D点，在满足（1）的条件下，求荧光屏上发光区域的长度。‎ ‎23．（10分）如图所示，两根相同的平行金属导轨固定在水平面内，左端用导线相连，在导轨的某位置建立与导轨平面共面的直角坐标系xoy，x轴紧靠导轨，y轴垂直导轨。在y轴的右侧分布着垂直导轨面向外的有界磁场，左边界Ⅱ与y轴重合，右边界I与y轴平行，磁感应强度的大小沿y轴均匀分布，沿x轴按B2＝B02（2+kx）规律分布（式中k＞0，B0、k均为定值且为已知量）。在边界Ⅰ的右侧某位置垂直导轨放置一质量为m的金属棒，现给棒一水平向左的瞬时冲量，使其向左运动，同时在棒上施加一水平向右的恒力F0，棒穿过磁场后继续向左运动，然后再返回磁场，并能从边界I穿出。已知：棒向左运动经过边界I、Ⅱ的速度及向右返回经过边界Ⅱ的速度大小分别为v、、（v是未知量）；棒向左运动离开边界Ⅱ的最大距离是磁场两边界间距的n倍（n＞）：棒向右运动穿过磁场区域的过程中速度不变；导轨单位长度的阻值是恒定的，导线及金属棒电阻不计，棒与导轨间的摩擦力大小恒定，求：‎ ‎（1）棒与导轨间摩擦力大小Ff；‎ ‎（2）棒左、右两次穿越磁场的过程中产生的电热之比Q1：Q2；‎ ‎（3）导线到边界Ⅱ的距离d；‎ ‎（4）棒左、右两次穿越磁场的过程中所用的时间之比t1：t2。‎ ‎2019年浙江省温州市高考物理二模试卷 参考答案与试题解析 一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选項中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1．（3分）下列关于各物理量的单位，说法正确的是（　　）‎ A．动摩擦因数的单位是N ‎ B．劲度系数k的单位是N•m ‎ C．电阻率ρ的单位是Ω/m ‎ D．静电力常量k的单位是N•m2/C2‎ ‎【分析】根据滑动摩擦力、弹力、电阻以及库仑定律的公式，由相关物理量的单位推导出各单位即可。‎ ‎【解答】解：A、滑动摩擦力：f＝μFN，由于摩擦力的单位是牛顿，正压力的单位也是牛顿，所以动摩擦因数μ没有单位。故A错误；‎ B、弹簧的弹力：F＝kx，力的单位是牛顿，形变量的单位是米，所以劲度系数k的单位是，即N/m。故B错误；‎ C、导体的电阻：R＝可得：，电阻的单位是欧姆（Ω），长度的单位是米，横截面积的单位得平方米，所以电阻率的单位为：，即Ω•m．故C错误；‎ D、库仑定律F＝k，则：k＝，公式中，电荷量q1、q2的单位为库仑（C），距离r的单位为米（m），库仑力F的单位为牛顿（N），‎ 由公式推导得出k的单位为N•m2/C2．故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】物理量的单位分基本单位和导出单位，导出单位由基本单位根据公式进行推导得出。‎ ‎2．（3分）下列说法正确的是（　　）‎ A．牛顿利用扭秤实验测出了引力常量的数值 ‎ B．奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场 ‎ C．第谷通过行星观测的数据，总结出了行星运动三大定律 ‎ D．亚里士多德最先验证了轻重不同的物体在真空中下落的快慢相同 ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可 ‎【解答】解：A、卡文迪许第一次在实验室里用扭秤实验测出了万有引力常量。故A错误；‎ B、奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场，故B正确；‎ C、开普勒通过分析第谷的数据发现了行星的运动规律。故C错误；‎ D、亚里士多德认为重的物体下落的快，而伽利略最先验证了轻重不同的物体在真空中下落的快慢相同，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一 ‎3．（3分）2019年1月3日，嫦娥四号探测器成功到达月球背面，第一次在月球背面留下了人类航天器的足迹。嫦娥四号携带的玉兔二号月球车在月球背面行驶时（　　）‎ A．处于完全失重状态 ‎ B．不再满足牛顿运动定律 ‎ C．受到的重力小于在地球上的重力 ‎ D．具有的惯性小于在地球上的惯性 ‎【分析】根据受力分析判断是否完全失重；同一物体的重力的大小与重力加速度有关。惯性是物体本身具有的一种性质。任何物体无论在何种情况下都有惯性，牛顿的经典力学只适用于低速、宏观、弱引力，而不适用于高速、微观与强引力 ‎【解答】解：A、嫦娥四号携带的玉兔二号月球车在月球背面行驶时，受到月球的万有引力，故不是完全失重，故A错误；‎ B、牛顿的经典力学只适用于低速、宏观、弱引力，而不适用于高速、微观与强引力，故B错误；‎ C、月球表面的万有引力是地球表面的 ‎，故玉兔二号月球车受到的重力小于在地球上的重力，故C正确；‎ D、惯性与质量有关，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】该题以科技的前沿为基点考查了多个知识点的内容，解答的关键是理解惯性是物体本身的一种属性，惯性的大小与物体的质量有关，与物体的运动的状态无关。知道牛顿的经典力学只适用于低速、宏观、弱引力，而不适用于高速、微观与强引力。‎ ‎4．（3分）如图所示，在台球训练中，将目标球送至底袋内，可按路线1或路线2进行。在目标球分别走两条路线时，一定不相同的物理量是（　　）‎ A．位移 B．时间 ‎ C．平均速度 D．到达洞口时的速度 ‎【分析】明确位移与路程的定义，知道位移为初末两点间直线距离，而路程等于物体经过路线的长度；知道平均速度等于位移与时间的比值；同时明确速度为矢量。‎ ‎【解答】解：A、由图可知，两线路中起点和终点相同，故位移一定相同，故A错误；‎ B、由于两球运动的速度不明确，虽然路径不同，但速度可能相同，故B错误；‎ C、因位移相同，而时间也可能相同，故平均速度可能相同，故C错误；‎ D、因到达洞口的速度方向不同，故瞬时速度一定不相同，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查位移与路程、平均速度以及瞬时速度的定义，要注意明确各物理量的定义；对于相近物理量要注意明确对应的区别和联系。‎ ‎5．（3分）如图所示，校运会跳高赛场，小明同学以背越式成功越过了横杆。若空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小明在最高点的速度为零 ‎ B．研究小明在空中姿态时可把小明视为质点 ‎ C．从助跑至落垫的整个过程中，小明的机械能不守恒 ‎ D．起跳时小明对地面的压力与他受到的重力大小相等 ‎【分析】空气阻力忽略不计，从起跳至落垫的整个过程中，小明的机械能守恒。小明在最高点的速度不为零。研究小明在空中姿态时不能把小明视为质点。起跳时小明对地面的压力与他受到的重力大小不等。‎ ‎【解答】解：A、小明同学要以背越式成功越过横杆，在最高点的速度不为零。故A错误。‎ B、研究小明在空中姿态时，其体形不能忽略，所以不能把小明视为质点，故B错误。‎ C、从助跑至落垫的整个过程中，小明要消耗体能，其机械能不守恒，故C正确。‎ D、起跳时地面对小明的支持力必须大于他受到的重力大小，根据牛顿第三定律知小明对地面的压力等于地面对小明的支持力，所以起跳时小明对地面的压力大于他受到的重力大小，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】解决本题的关键要明确机械能守恒的条件和物体能被看成质点的条件，对于D项，也可以根据超重的观点来分析。小明起跳时加速度方向向上，处于超重状态，所以起跳时小明对地面的压力大于他受到的重力大小。‎ ‎6．（3分）如图所示，为一全自动机械表，A、B、C三点分别为时针、分针、秒针上离转动圆心等距的三点，有关这三点的线速度v和角速度ω大小关系正确的是（　　）‎ A．vA＝vB＝vC B．ωA＞ωB＞ωC C．ωA：ωB＝1：24 D．vB：vC＝1：60‎ ‎【分析】解决本题的关键正确理解周期定义，然后利用周期和角速度的关系ω＝求解角速度，根据v＝ωr比较线速度。‎ ‎【解答】解：BC、时针运动的周期为12h，故时针上的A点做圆周运动的周期为T1＝12h，‎ 而分针运动一周需要1h，故分针上的B点做圆周运动的周期为T2＝1h，‎ 秒针绕圆心运动一周需要60s，故秒针上的C点做圆周运动的周期为T3＝60s＝h，‎ 根据ω＝知ωA＜ωB＜ωC，同理知ωA：ωB＝1：12，ωB：ωC＝1：60，故BC错误；‎ AC、根据v＝ωr知当比较相等，线速度vA＜vB＜vC，vB：vC＝1：60，故A错误，D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】解决本题的关键是要正确把握机械表的三个指针转动的周期，并能熟练应用周期和角速度、线速度和角速度的关系。‎ ‎7．（3分）如图所示，关于甲、乙两电容器的说法正确的是（　　）‎ A．“10V”、“30V”指的是它们的击穿电压 ‎ B．甲只能在10V电压下正常充电 ‎ C．甲比乙能容纳更多的电荷量 ‎ D．电压都改变1V时，甲的电荷量改变比乙的多 ‎【分析】根据铭牌信息可知电容的大小以及额定电压；电容的大小与电容的电压无关，由电容本身的因素决定。‎ ‎【解答】解：A、“10V”、“30V”指的是指电容器正常工作时的电压，不是击穿电压，故A错误。‎ B、甲能在电压小于等于10V电压下充电，故B错误；‎ C、电容表示电容器能容纳电荷的本领，电容大说明可以容纳的电荷多，故C正确；‎ D、根据Q＝CU知△Q＝C△U，电容大的电压变化相同的情况下电荷量变化多，故D正确。‎ 故选：CD。‎ ‎【点评】本题考查电容的性质，要注意明确电容能储存电能和电量，电量大小Q＝UC，同时注意C和电量和电压无关。‎ ‎8．（3分）每年春节前温州农村都有捣年糕的习俗，借此来寓意“年年发财、步步高升”。捣年糕时，一人将“石杵”一起一落挥动，另一人在“石杵”挥动的间隙迅速翻动米粉团，直到米粉团柔软而有弹性。已知“石杵”质量为20kg，每分钟上下挥动20下，每次重心上升的高度约为90cm，则人挥动“石杵”做功的功率约为（　　）‎ A．60W B．120W C．180W D．540W ‎【分析】挥动“石杵”一起一落要克服“石杵”的重力做功，根据公式W＝mgh求出一次做的功，再求出总功；再根据公式P＝求出平均功率。‎ ‎【解答】解：挥动“石杵”一次所做的功：‎ W＝mgh＝20×10×0.9J＝180J；‎ ‎1min内做的总功：‎ W总＝nW＝20×180J＝3600J，‎ 则人挥动“石杵”做功的平均功率：＝＝＝60W；故A正确，BCD错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】此题主要考查的是学生对功和功率计算公式的理解和掌握，弄清楚石杵”一起一落是克服重力做功是解决此题的关键 ‎9．（3分）将一电荷量为+Q的小球放在原来不带电的金属球附近，最终所形成的电场线分布如图所示，a、b为电场中的两点，则（　　）‎ A．a点的电场强度比b点的小 ‎ B．a点的电势比b点的低 ‎ C．负检验电荷在a点受的电场力比在b点的大 ‎ D．负检验电荷从a点移到b点，电场力做正功 ‎【分析】电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小。‎ ‎【解答】解：A：电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故A错误；‎ B：a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，即a点的电势比b点的高，故B错误；‎ C：根据F＝qE，则负检验电荷在a点受的电场力比在b点的大，故C正确；‎ D：由上知，﹣q在a点的电势能较b点小，则把﹣q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加，同时掌握沿着电场线方向，电势是降低的。‎ ‎10．（3分）2018年11月19日，在西昌卫星发射基地，采用“一箭双星的方式发射了两颗卫星﹣﹣北斗第42，43颗组网卫星，这次成功发射意味着北斗基本系统大功告成。现已知其中某颗卫星绕地球做圆周运动的向心加速度大小为a，线速度大小为v，引力常量为G，则可求出该卫星的（　　）‎ A．角速度为 B．周期为 ‎ C．轨道半径为 D．质量为 ‎【分析】根据向心加速度公式求出卫星的轨道半径，结合向心加速度与线速度、角速度的关系求出角速度的大小，根据周期和角速度的关系求出周期的大小。‎ ‎【解答】解：A、由a＝vω可得ω＝，则A正确 B、卫星的周期T＝＝，故B错误。‎ C、根据a＝得卫星的轨道半径r＝，故C错误。‎ D、卫星绕地球做圆周运动，卫星是环绕天体，无法通过万有引力提供向心力求出卫星的质量，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】解决本题的关键知道线速度、角速度、周期、向心加速度这些物理量之间的关系，并能灵活运用，注意在万有引力提供向心力公式中，环绕天体的质量可以约去，无法求出环绕天体的质量。‎ ‎11．（3分）如图所示，斧头的纵截面是一个等腰三角形，侧面长为l，背宽为d，自身重力为G．现用竖直向下的力F将斧头敲入木柴中，忽略斧头侧面与木柴间的摩擦，则斧头的侧面推压木柴的力为（　　）‎ A．（F+G） B． F C．（F+G） D． F ‎【分析】力F产生两个作用效果，向两侧面推压物体，将力F按照力的平行四边形定则分解，由力三角形找几何关系，得到两个分力。‎ ‎【解答】解：将力F分解为F1、F2两个分力。这两个分力分别与劈的两个侧面垂直，根据对称性，两分力F1、F2大小相等，这样，以F1、F2为邻边的平行四边形就是一个菱形，因为菱形的对角线互相垂直且平分，所以根据三角形相似：‎ 所以：，故A正确；BCD错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】力的分解通常要根据力的作用效果分解，符合平行四边形定则，然后根据几何关系确定各个分力的大小。‎ ‎12．（3分）如图所示为等臂电流天平演示装置，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，水平边长为l，处于垂直线圈平面向里的匀强磁场内。矩形线圈通过电动势为E，内阻为r的外部电源供电，当在天平左、右两边加上一定质量的砝码后，调节外电阻为R1时天平刚好平衡。然后在左边托盘再加质量为m的砝码，需要把外电阻调节为R2，才能使天平达到新的平衡。不计线圈电阻，不考虑外部的连接导线对线圈的作用力，由此可知（　　）‎ A．R2＜R1，且B＝ ‎ B．R2＜R1，且B＝ ‎ C．R2＞R1，且B＝ ‎ D．R2＞R1，且B＝‎ ‎【分析】根据图示可知线圈下端B电流方向向左，由此判断受到的安培力方向，根据平衡条件结合安培力的计算公式求解。‎ ‎【解答】解：根据图示可知线圈下端B电流方向向左，根据左手定则可知受到的安培力方向向下 根据平衡条件可得nBI1l＝Mg 其中I1＝‎ 在左边托盘再加质量为m的砝码，根据平衡条件可得nBI2l＝（M+m）g I2＝‎ 联立解得：B＝，由于安培力方向向下，且第二次安培力较大，电流增大，电阻较小，故R2＜R1，故B正确，ACD错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题主要是考查安培力作用下物体的平衡问题，解答本题要掌握力的平衡条件，能够根据左手定则进行判断。‎ ‎13．（3分）消防车的供水系统主要由水泵、输水管道和水炮组成。一高层建筑物距地面60m处发生火情，消防员将水炮架高到距地面80m处并使炮口水平，炮口到火情处的水平距离为60m。供水系统的效率为60%，水炮的出水量为0.06m3/s，水的密度为1×103kg/m3，不计空气阻力，为能扑灭火情，则（　　）‎ A．水泵出水速度为15m/s ‎ B．水泵输出功率为45kW ‎ C．水泵输出功率为125kW ‎ D．在水泵输出功率与效率均不变时，将水炮置于原位置正下方离地20m高处，也可对散落在建筑物一楼地面的火点灭火 ‎【分析】（1）根据已知水射出的高度和水平位移，根据平抛运动规律可以求得初速度；‎ ‎（2）求出水泵在1s内对水做的功从而根据功率定义求出水泵的功率P；‎ ‎【解答】解：A、已知水炮射出的水做平抛运动，根据题意有水射出后到着火点，竖直方向运动的位移：y＝H﹣h＝gt2‎ 可得射出的水在空中运动的时间t＝，水在水平方向上运动的位移x＝v0t，代入数据解得v0＝30m/s，故A错误；‎ BC、将平地上的水抽上80m高处并以v0射出，此过程中只有重力和水泵对水做功，‎ 结合水泵效率和动能定理有：﹣ρQtgH+Ptη＝（ρQt）v﹣0；‎ 可得水泵的功率P＝1.25×105W＝125kW；故B错误，C正确。‎ D、水炮置于原位置正下方离地20m高处，水平位移不变，下落高度不变，在水泵输出功率与效率均不变时，也可对散落在建筑物一楼地面的火点灭火，故D正确。‎ 故选：CD。‎ ‎【点评】本题是考查平抛知识和能量转化和守恒相关知识，熟练掌握平抛以及能量转化和守恒定律出发是解决本题的关键。‎ 二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题日要水的，全部选对的得2分，逃对但不全的得1分，有选错的得0分）‎ ‎14．（2分）下列说法中正确的是（　　）‎ A．图甲：全息照片用激光来拍摄，主要是利用了激光的相干性 ‎ B．图乙：医学上用光导纤维制成内窥镜来检查人体器官内部，这是利用光的衍射原理 ‎ C．图丙：拍摄汽车玻璃窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片可以减少反射光的干扰 ‎ D．图丁：在光的双缝干涉实验中，将入射光由红光改为蓝光，则条纹间距变宽 ‎【分析】全息照片主要是利用了光的干涉原理；镜头前加一个偏振片以减小反射光的透射强度；使电磁波随各种信号的改变而改变的技术叫调制；检查平面的平整度是利用光的干涉现象，从而即可求解。‎ ‎【解答】解：A、全息照片往往用激光来拍摄，主要是利用了激光的相干性，体现光的干涉原理，故A正确；‎ B、医学上用光导纤维制成内窥镜，用来检查人体内脏器官的内部，它利用了光的全反射原理，故B错误；‎ C、往往在镜头前加一个偏振片，其偏振方向与反射光的振动方向垂直，从而以减弱反射光的透射的强度，故C正确；‎ D、由△x＝λ知在光的双缝干涉实验中，把入射光由红光改为蓝光，条纹间距将变窄，故D错误；‎ 故选：AC。‎ ‎【点评】考查光的干涉、偏振原理，注意调制与调谐的区别，掌握光的折射色散与干涉色散的不同。‎ ‎15．（2分）如图所示，是一个静止的放射性元素的原子核在匀强磁场中发生衰变时形成的两条圆形径迹，已知两圆内切，半径之比为1：44，则（　　）‎ A．发生的是衰变 ‎ B．轨迹1是反冲核的径迹 ‎ C．反冲核沿逆时针运动 ‎ D．该放射性元素的原子序数是88‎ ‎【分析】静止的放射性原子核发生了衰变放出粒子后，新核的速度与粒子速度方向相反，由图看出，放出的粒子与新核所受的洛伦兹力方向相同，根据左手定则判断粒子与新核的电性关系，即可判断发生了哪种衰变。‎ 衰变前后，动量守恒，衰变后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得半径公式，结合轨迹图分析解答即可 ‎【解答】解：A、由运动轨迹可知，衰变产生的新粒子与新核所受洛伦兹力方向相同，而两者运动方向相反，故小粒子应该带负电，故发生了β衰变，故A正确 B、静止原子核发生β衰变时，根据动量守恒定律得知，β粒子与反冲核的动量大小相等、方向相反，由半径公式r＝可知，两粒子作圆周运动的半径与电荷量成反比，β粒子的电荷量较小，则其半径较大，即半径较大的圆是β粒子的径迹，半径比较小的轨迹1是反冲核的径迹。故B正确。‎ C、衰变后新核所受的洛伦兹力方向向右，根据左手定则判断得知，其速度方向向下，沿小圆作逆时针方向运动。故C正确。‎ D、两圆半径之比为44：1，由半径公式r＝得，β粒子与反冲核的电荷量之比为：1：44，所以该放射性元素的原子序数是：n＝44﹣1＝43．故D错误 故选：ABC。‎ ‎【点评】本题中原子核衰变过程类似于爆炸，遵守动量守恒和能量守恒，应用半径和周期公式解决。‎ ‎16．（2分）如图为一横波发生器的显示屏，可以显示出波由O点从左向右传播的图象，屏上每一小格长度为1cm。在t＝0时刻横波发生器上能显示的波形如图所示，因为显示屏的局部故障，造成从位置A到B之间的波形无法被观察到（故障不影响波在发生器内传播）。此后的时间内，观察者看到波形相继传经B、C处（O、A、B、C在显示屏中央的同一水平线上），在t＝3s时，观察者看到C处恰好第二次出现在波峰位置，则该波的波速可能是（　　）‎ A．7cm/s B．9cm/s C．11cm/s D．15cm/s ‎【分析】根据半个完整波形等于半个波长，读出波长。在t＝3s时，观察者看到B处恰好第次二出现波峰，确定周期和频率，由v＝求得波速。‎ ‎【解答】解：由图可知波长为λ＝6×2＝12cm，‎ 此时15cm处可能处于波峰，其离C点为9cm。波峰传到C点历时，则：3＝（1+）T 得：T＝S 波速为：v＝＝＝7cm/s，‎ 若15cm处还没有达到波峰，则x＝3cm处的波峰到C的距离为21cm，为T，则3＝（2+1）T 得：T＝S，‎ 波速为：v＝＝＝15cm/s，‎ 故AD正确，BC错误 故选：AD。‎ ‎【点评】由波动图象读出波长等是基本能力。此题难点是分析在t＝3s时间与周期的关系，注意波传播时间由距离与波长的关系确定。‎ 三、非选择题（本题共7小题，共55分）‎ ‎17．（5分）（1）下列实验需要补偿小车运动过程中受到阻力的是　CD　‎ A．研究平抛运动 B．探究小车速度随时间变化的规律 C．探究加速度与力、质量的关系 D．探究做功与物体速度变化的关系（用橡皮筋牵引小车运动）‎ ‎（2）在“探究求合力的方法的实验中，王同学经过对实验数据的分析后得出“合力与分力之间满足平行四边形定则”，李同学想对其结论进行验证。‎ ‎①已有实验器材：木板、白纸、图钉、细绳套、橡皮筋、铅笔，图甲所示的器材中还需要选取　BD　（填字母代号）‎ ‎②如图乙所示，用两只相同的弹簧测力计互成一定角度拉橡皮筋，记下橡皮筋结点的位置O和两拉力大小、方向；再用一只弹簧测力计拉橡皮筋时，发现橡皮筋的结点还没拉到O点时，弹簧测力计已经达到最大刻度。解决这一问题的可行办法是：两只弹簧测力计同时拉时　AD　‎ A．结点仍在O处，让两细线夹角大一些 B．结点在O点右侧O2处，让两细线夹角小一些 C．结点在O点左侧O1处，让两细线夹角大一些 D．结点在O点左侧O1处，让两细线夹角保持不变 ‎【分析】在探究橡皮筋的拉力对小车所做的功与小车速度变化的关系的实验中应注意：n根相同橡皮筋对小车做的功就等于系一根橡皮筋时对小车做的功的n倍，这个设计很巧妙地解决了直接去测量力和计算功的困难；该实验需要平衡摩擦力，以保证动能的增量是只有橡皮筋做功。‎ ‎【解答】解：（1）关于平衡摩擦力问题：A、平抛运动追求的是水平速度抛出，大小是要测量的，不必平衡摩擦力；‎ B、探究小车的速度随时间的变化关系，正因力阻力的存在才导致小车速度变化，更不能平衡摩擦力；‎ C、探究加速度随质量、作用力的关系，此处作用力是合力，一定要平衡摩擦力；‎ D、探究功与速度变化的关系时，也要求是合力的功，并要度量出功（或力），所以也要平衡摩擦力。‎ ‎（2）①在上述器材中，要记录了拉力的大小和方向，必须要有刻度尺画力的图示，拉时要用弹簧秤。‎ ‎②两弹簧测力计拉力的合力超过了一个弹簧测力计的量程，所以需要减小其合力。方法有两种，一是夹角不变得情况下，减小两弹簧测力计的拉力；二是弹簧测力计拉力不变得情况下，增大两弹簧测力计的夹角。故可行的办法是AD 故答案为：（1）CD ‎（2）①BD ②AD ‎【点评】考查各实验的原理，掌握根据实验中摩擦力对结果是否有影响，从而确定是否要平衡摩擦力，理解探究功与速度变化的关系实验中，改变橡皮筋条数与做功的多少关系，及注意求解速度的方法，区别理论推导与实验验证，这是一道考查探究功与速度变化的关系的基础题，是一道容易出错的题目，同学们在学习中应注意实验的细节。‎ ‎18．（5分）在“描绘小灯珠的伏安特性曲线”实验中，有以下器材：‎ 小灯珠“25V、0.3A”、电压表（0～3V，0～15V）、电流表（0～0.6A，0～3A）、电源（两节干电池 组）、开关和若干导线。‎ ‎（1）另有两只滑动变阻器R1（0～10Ω）和R2（0～200Ω），实验中应选择　R1　（选填“R1“或“R2”）；‎ ‎（2）小王同学连接的电路如图甲所示，他在开关闭合前请老师检查，老师指出：①②③三根导线中有一条错误，它是　②　（选填“①”、“②”或“③“）；④⑤⑥的三根导线中有一条不当，它是　④　（选填④”、“⑤”“或“⑥”）‎ ‎（3）小王正确连线后，闭合开关前，应将滑动变阻器滑片移到　B　处（选填“A”、“B”或“A、B之间任意位置”）；‎ ‎（4）测得一系列数据，绘制了小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当电压U＝1.8V时该小灯泡的电阻R＝　6.9　Ω（保留两位有效数字）‎ ‎【分析】（1）由图乙可知，电流电压从零开始，判断滑动变阻器的接法，从而选择滑动变阻；‎ ‎（2）根据实验原理图判断哪根线接错；‎ ‎（3）滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，滑片应置于分压电路分压最小的位置；‎ ‎（4）根据图乙可知当电压U＝1.8V时流经小灯泡的电流，根据欧姆定律计算小灯泡的电阻。‎ ‎【解答】解：（1）由图乙可知，电流电压从零开始，滑动变阻器采用分压接法，阻值小的便于调节，故选R1；‎ ‎（2）小灯泡的电阻相对电流表内阻来书比较小，一般采用外接法，实验电路图如图所示：‎ ‎，电流表测量灯泡电流，故②线接错；电流表选择0.6A量程，故④线接错；‎ ‎（3）滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，滑片应置于分压电路分压最小的位置。故应滑到B端；‎ ‎（4）根据图乙可知当电压U＝1.8V时流经小灯泡的电流为：I＝0.26A，由欧姆定律得：；‎ 故答案为：（1）R1；‎ ‎（2）②、④；‎ ‎（3）B；‎ ‎（4）6.9。‎ ‎【点评】本题考查了仪器选择、连接实物图等问题，应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断。‎ ‎19．（9分）如图所示，ABCD为一智能机器人执行任务时在水平面上的运动轨迹，其中A、B长3.0m，C、D长2.0m，B、C是半径为1.0m的四分之一圆弧。机器人从A点由静止出发以0.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，速度达到1.0m/s后做匀速率运动，最后阶段以1.0m/s的加速度做匀减速直线运动，到D点时速度恰好为零。机器人可视为质点，π 取3，求：‎ ‎（1）机器人做匀加速直线运动的位移大小；‎ ‎（2）机器人做匀速率运动的时间；‎ ‎（3）机器人在运动全过程中的平均速度大小。‎ ‎【分析】（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求机器人做匀加速直线运动的位移大小；‎ ‎（2）先根据几何公式求出圆弧BC长度，然后将三段路程相加即为总路程，中间匀速运动路程需要用总路程减去加速距离和减速距离，匀速率运动的时间为匀速率运动的路程除以速度；‎ ‎（3）求出机器人在运动全过程中的位移，根据平均速度的定义式求解。‎ ‎【解答】解：（1）根据速度位移关系得：‎ ‎（2）整个过程分匀加速直线，匀速率运动，匀减速直线三个过程，‎ 根据匀变速直线公式可得匀加速距离1米，时间秒 匀减速直线距离＝0.5m，时间 剩余中间距离即为匀速距离s＝，时间为 ‎＝‎ ‎（3）机器人在运动全过程中的位移大小为 全过程总时间为△t＝2+5+1＝8s 运动全过程中的平均速度 答：（1）机器人做匀加速直线运动的位移大小为1m；‎ ‎（2）机器人做匀速率运动的时间为5s；‎ ‎（3）机器人在运动全过程中的平均速度大小为0.625m/s ‎【点评】本题考考查了 ‎①位移和路程的区别：注意 位移是直线距离，路程是轨迹长度。‎ ‎②匀变速运动基本公式，注意求解匀变速直线运动各个物理量时多种方法灵活运用，可以用公式法，平均速度发，也可以用图想法。‎ ‎20．（12分）如图所示，固定在竖直平面内的细管道ABCDE，ABC段为光滑的抛物线形管道，CD和EA为光滑的四分之一圆弧形管道，DE为水平粗糙管道，各部分之间平滑连接，AO1OO2C在同一水平线上。四分之一圆弧管道半径为0.5R，DE管道长度为R，抛物线顶点B与AC的距离为R．从A点斜向上射入一小球，小球直径略小于管道内径，小球受水平管道的摩擦阻力为重力的0.5倍，重力加速度为g，不计小球与管壁间撞击时的能量损失。‎ ‎（1）要使小球能过B点，小球在A点斜向上射入的最小速度为多少？‎ ‎（2）能否使小球从A点以某一初速度斜向上射入后，第一次经过抛物线管道时对它始终无作用力？若不能，请说明理由；若能，请求出该速度的大小和方向（与水平方向夹角的正切值）。‎ ‎（3）若小球从A点斜向上射入的初速度为，求小球经过D点的次数和最后静止时离D点的距离。‎ ‎【分析】（1）要求能到达B点时小球从A点射出的最小速度，需要知道到达B点的临界条件即刚好到达B点小球的速度为零，则可根据动能定理列式求解；‎ ‎（2）要想使管道对小球无作用力，则此时小球做斜抛运动的轨迹就和管道重合，即可根据斜抛运动的规律进行求解；‎ ‎（3）要想得到经过D点的次数，就要分析小球的运动情况，先沿着管道运动，经过DE时动能减小，到一定程度就不能达到B点，此时就在AC之间往返运动，所有的能量损失都是在DE上，即可求出总路程，再分析到D点的距离。‎ ‎【解答】解：（1）要使小球能过B点，临界条件为当到达B点时小球的速度为零，此时A点斜向上射入的速度最小，‎ 设小球的质量为m，根据动能定理可得：…①‎ 由①解得小球在A点斜向上射入的最小速度：；‎ ‎（2）能使小球从A点以某一初速度斜向上射入后，第一次经过抛物线管道时对它始终无作用力，此时小球做斜抛运动；‎ 且做斜抛运动的水平位移为2R，竖直最大位移为R，设斜向上射入时初速度为，从B点运动到C点所用时间为t，该初速度与水平方向夹角为θ，‎ 由斜抛运动的运动规律得竖直方向上：…②，‎ ‎…③‎ 由斜抛运动的对称性可知从A点到C点所用时间为2t，‎ 则有：…④‎ 由②③④可解得：vA′＝，tanθ＝2，‎ ‎（3）设小球从A点斜向上射入的初速度为v0，则v0＝，则小球从A点出发时动能为：＝3.8mgR…⑤‎ 要想在运动过程中使小球从A点运动到B点，小球在A点的动能满足：EA≥mgR…⑥‎ 小球从D点运动到E点过程中，根据动能定理可知，每经过一次DE，小球的动能变化：△Ek＝﹣fsDE＝﹣0.5mgR…⑦‎ 由⑤⑥⑦可知，小球可以6次从A点经BCDE回到A点，此时小球在A点的动能：EA＝0.8mgR…⑧‎ 此时不能回到B点，只能返回从A点经E点在AC之间做往返运动，设此过程在DE上的总路程为s，‎ 根据动能定理可知：0.5mgR﹣0.5mgs＝0﹣EA…⑨‎ 由⑧⑨解得：s＝2.6R 由上结果可知此过程中从E→D→E，最后在到E点距离为0.6R的地方停下，此时到D点的距离位0.4R；综上可知小球一共经过D点8次。‎ 答：（1）要使小球能过B点，小球在A点斜向上射入的最小速度为；‎ ‎（2）能使小球从A点以某一初速度斜向上射入后，第一次经过抛物线管道时对它始终无作用力，该速度的大小为，与水平方向夹角的正切值为2；‎ ‎（3）若小球从A点斜向上射入的初速度为，小球经过D点的次数为8次，最后静止时离D点的距离为0.4R。‎ ‎【点评】本题属于动能定理的综合运用，特别是结合斜抛运动的运动规律，增加了本体的难度，第三问的分析特别能够体现学生的逻辑分析能力。‎ ‎21．（4分）在用可拆变压器探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中 ‎（1）原线圈所接的电源应选图1中的　A　（填字母代号）‎ ‎（2）实验中为便于探究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈 电压的影响。如图2所示可拆变压器中若原线圈接0、4接线柱，改变副线圈的匝数最多可以测量几组不同数据：　6　组。‎ ‎（3）当原线圈接线柱0、4间接上12V的电压后，用多用电表接副线圈0、8接线柱时，指针示数如图3所示，则读数为　4.0　V．此时原副线圈两端电压之比　等于　原副线圈匝数之比（选填“大于”、“小于”或“等于”）。‎ ‎【分析】（1）探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系应使用交流电；‎ ‎（2）原线圈匝数不变，改变副线圈匝根据数得出数据；‎ ‎（3）先读出电压表示数，再根据变压器原理分析。‎ ‎【解答】解：（1）探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系应使用交流电，故选A；‎ ‎（2）改变副线圈匝数，根据；‎ ‎（3）电压表读数为4.0V，根据变压器原理可知原副线圈两端电压之比等于原副线圈两端电压之比。‎ 故答案为：（1）A，（2）6，（3）4.0，等于 ‎【点评】本题考查变压器内容，关键是知道变压器的工作原理，基础题目。‎ ‎22．（10分）如图甲所示，竖直放置的一对平行金属板MM′、MN′中央开有小孔P、Q，两板相距为d；NN′板的右侧分布着垂直纸面向外、边界为圆形的匀强磁场，磁感应强度大小为B，O为圆心，C在圆周上，且P、Q、C、O在同一水平线上；在正上方水平放置一足够大的荧光屏，OD垂直荧光屏。已知＝•，＝3，＝2．今在两板间加上如图乙所示的周期性电压uMN（U0为已知量，T未知且可调）。现有大量电荷量为e、质量为m的电子从P孔连续飘入（初速度可视为零）。电子重力、空气阻力、电子间的作用力均忽略不计，经过磁场的电子若打在NN′板上则立即被吸收且不会影响板间电压。‎ ‎（1）为使部分电子在Q处能获得最大速度，求电压周期T满足的条件及最大速度vm的大小；‎ ‎（2）已知以0.5vm进入磁场的电子刚好垂直打在荧光屏上的D点，在满足（1）的条件下，求荧光屏上发光区域的长度。‎ ‎【分析】（1）根据加速度变化得到获得最大速度时电子的加速度恒定不变，从而根据加速度得到运动时间，进而得到周期范围；根据电阻做匀加速直线运动求得最大速度；‎ ‎（2）根据电压变化得到速度范围，从而得到轨道半径范围，进而由几何关系求得出射位置、出射方向的范围，即可根据几何关系得到荧光屏上发光区域的长度。‎ ‎【解答】解：（1）要使部分电子在Q处能获得最大速度，那么，这部分电子从P运动到Q的过程一直加速，设运动时间为t，则有：，；‎ 所以，电压周期 最大速度；‎ ‎（2）在满足（1）的条件下，从Q点射出的电子速度范围为0≤v≤vm；‎ 电子在磁场中只受洛伦兹力作用，故电子在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动；‎ 以0.5vm进入磁场的电子刚好垂直打在荧光屏上的D点，那么，电子在磁场中的轨道半径；‎ 根据洛伦兹力做向心力可得：，所以，；故电子沿CO从C点进入磁场后轨道半径范围为；‎ 电子在磁场中转过的角度，所以，根据几何关系可得：电子离开磁场时的速度方向为O与出射点的连线方向，电子出射点为从C开始逆时针旋转角度范围；‎ 所以，根据几何关系可得：；‎ 答：（1）为使部分电子在Q处能获得最大速度，电压周期T满足的条件为，最大速度vm的大小为；‎ ‎（2）已知以0.5vm进入磁场的电子刚好垂直打在荧光屏上的D点，在满足（1）的条件下，荧光屏上发光区域的长度为。‎ ‎【点评】带电粒子在磁场中的运动问题，一般都是通过洛伦兹力做向心力求得轨道半径、速度、磁感应强度的关系；然后分析几何关系，由粒子做匀速圆周运动，根据几何关系求解。‎ ‎23．（10分）如图所示，两根相同的平行金属导轨固定在水平面内，左端用导线相连，在导轨的某位置建立与导轨平面共面的直角坐标系xoy，x轴紧靠导轨，y轴垂直导轨。在y轴的右侧分布着垂直导轨面向外的有界磁场，左边界Ⅱ与y轴重合，右边界I与y轴平行，磁感应强度的大小沿y轴均匀分布，沿x轴按B2＝B02（2+kx）规律分布（式中k＞0，B0、k均为定值且为已知量）。在边界Ⅰ的右侧某位置垂直导轨放置一质量为m的金属棒，现给棒一水平向左的瞬时冲量，使其向左运动，同时在棒上施加一水平向右的恒力F0，棒穿过磁场后继续向左运动，然后再返回磁场，并能从边界I穿出。已知：棒向左运动经过边界I、Ⅱ的速度及向右返回经过边界Ⅱ的速度大小分别为v、、（v是未知量）；棒向左运动离开边界Ⅱ的最大距离是磁场两边界间距的n倍（n＞）：棒向右运动穿过磁场区域的过程中速度不变；导轨单位长度的阻值是恒定的，导线及金属棒电阻不计，棒与导轨间的摩擦力大小恒定，求：‎ ‎（1）棒与导轨间摩擦力大小Ff；‎ ‎（2）棒左、右两次穿越磁场的过程中产生的电热之比Q1：Q2；‎ ‎（3）导线到边界Ⅱ的距离d；‎ ‎（4）棒左、右两次穿越磁场的过程中所用的时间之比t1：t2。‎ ‎【分析】（1）要计算摩擦力，可根据金属棒向左运动穿越磁场之后和再次回到磁场之间的过程进行分析，此过程做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动的运动规律进行求解或者运用动能定理进行求解；‎ ‎（2）计算电热，可根据功能关系，根据两个过程做功和能量转化的关系列式进行求解；‎ ‎（3）由题意分析，长度和电阻之间存在关系，但由于第二次穿越磁场时做匀速运动，得知安培力恒定，根据第二次进入和穿出瞬间安培力相等来进行计算；‎ ‎（4）第一次穿越磁场由于速度在发生变化，可用微积分的思想根据动量定理来列式表示出时间，第二次做匀速运动也可表示出所用时间，即可求得两次所用时间之比。‎ ‎【解答】解：（1）设金属棒向左运动离开边界Ⅱ的最大距离为s1，此时金属棒的速度为零；‎ 根据动能定理可得，在金属棒从边界Ⅱ向左运动到最大距离过程中：…①‎ 在金属棒从最大距离向右运动返回边界Ⅱ的过程中：…②‎ 由①②可解得：…③‎ ‎（2）设磁场两边界间距为s2，根据功能关系，‎ 在从右向左运动第一次穿越磁场区域过程中：…④‎ 在从左向右运动第二次穿越磁场区域过程中：F0s2﹣Ffs2﹣Q2＝0…⑤‎ 棒向左运动离开边界Ⅱ的最大距离是磁场两边界间距的n倍，即：s1＝ns2…⑥‎ 由①②③④⑤⑥可解得：Q1：Q2＝（12n﹣4）：1…⑦‎ ‎（3）由题意知，棒向右运动穿过磁场区域的过程中速度不变，即做匀速直线运动，即受力平衡；‎ 由于所受F0，重力、支持力、摩擦力均恒定，则所受安培力也是恒定的，且：＝…⑧‎ 在从磁场边界Ⅱ进入时，x＝0，此时：…⑨‎ 和从磁场边界Ⅰ出来时，x＝s2，此时…（10）‎ 设导轨单位长度电阻为r，金属棒切割磁感线的长度为L，则有：…（11）‎ 由（11）可解得：‎ ‎（4）对于第一次穿过磁场区域过程中，设任一时刻速度为v′，以向右正方向，则有：…（12）‎ 对于任意微小过程均有：…（13）‎ 对整个过程进行求和，可得：…（14）‎ 对于第二次穿过磁场区域过程，金属棒做匀速运动，可得：…（15）‎ 由①②③⑧（14）（15）可解得：t1：t2＝（4n﹣1）：4‎ 答：（1）棒与导轨间摩擦力大小：；‎ ‎（2）棒左、右两次穿越磁场的过程中产生的电热之比：Q1：Q2＝（12n﹣4）：1；‎ ‎（3）导线到边界Ⅱ的距离：；‎ ‎（4）棒左、右两次穿越磁场的过程中所用的时间之比：t1：t2＝（4n﹣1）：4。‎ ‎【点评】本题主要是对电磁感应定律、动量定理、安培力、牛顿第二定律、闭合电路的欧姆定律等知识的综合考查，学生在解题时应逐步分析其运动过程，综合所学知识进行求解。‎