2023年广东省佛山市顺德区高考物理三轮仿真试卷

2023年广东省佛山市顺德区高考物理三轮仿真试卷一、单选题1．（3分）核污水排海威胁人类安全，引发国际社会强烈反对。核泄漏事故中，某污染核反应方程式为，下列说法正确的是（）A．该核反应为α衰变 B．环境温度升高，则的半衰期增大 C．的比结合能比的比结合能大 D．的质量等于和X的质量之和2．（3分）如图，小明把空的玻璃瓶开口向下缓慢压入恒温水中，瓶内空气无泄漏，在下降过程中（）A．气体从外界吸热 B．单位面积单位时间气体分子撞击瓶壁次数增多 C．气体内能增大 D．气体对外做功3．（3分）图（a）为某景区的蛙口喷泉，两次喷出水的轨迹A、B如图（b）所示，最大高度相同，轨迹A的落地点M恰好在轨迹B最高点的正下方，不计空气阻力，对轨迹A、B说法正确的是（）A．水滴在空中运动的时间不同 B．水滴的初速度大小相等 C．水滴在最高点速度之比1：2 D．水滴落地时动能之比1：44．（3分）如图，长为L的直导线MN被两条平行且等长的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场，与OO'距离相等位置处的磁感应强度B的大小相等且不随时间变化。导线通以电流I，静止在图中右侧位置时，轻绳偏离竖直方向的夹角为θ＝30°，两绝缘轻绳与磁场的方向平行，已知直导线MN重力为G，下列说法正确的是（）A．此时导线中电流方向由N指向M B．此时导线所受安培力方向水平向右 C．电流减小，静止后轻绳偏离竖直方向的夹角θ增大 D．直导线静止在图中右侧位置处的磁感应强度B的大小为5．（3分）科幻电影《流浪地球2》中的“太空电梯”给观众带来了强烈的视觉冲击，标志我国科幻电影工业能力的进步。如图所示，“太空电梯”由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间站、配重组成，缆绳相对地面静止，箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站。下列说法正确的是（）A．地面基站可以选址建在佛山 B．箱体在上升过程中受到地球的引力越来越小 C．配重的线速度小于同步空间站的线速度 D．若同步空间站和配重间的绳断开，配重将靠近地球6．（3分）法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究。实验装置示意图如图所示，两块面积均为S的矩形平行金属板正对地浸在河水中，金属板间距为d。水流速度处处相同大小为v，方向水平向左，金属板面与水流方向平行。地磁场磁感应强度竖直向下的分量为B，水的电阻率为ρ，水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导线和开关S连接到两金属板上。忽略边缘效应，则下列说法正确的是（）A．电阻R上的电流方向从里向外 B．河水流速减小，两金属板间的电压增大 C．该发电装置的电动势大小为Bdv D．流过电阻R的电流大小为7．（3分）一质量为m，侧面积为s的正方体木块，静止漂浮在开阔的水面上，如图所示，先用力将其压入水中一段深度后（未全部浸没）撤掉外力，木块在水面上下做简谐运动，则（）A．物块的重力为简谐振动的回复力 B．撤掉外力时木块的位置即为振动的平衡位置 C．撤掉外力时木块浸没的深度，即为振幅大小 D．振动的周期大小与水的密度有关二、多选题（多选）8．（3分）如图所示，飞机场运输行李的传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，传送带将它送入飞机货舱。此过程中货物的速度为v、加速度为a、摩擦力为f、位移为x，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列图像可能正确的有（）A． B． C． D．（多选）9．（3分）我国利用自主研发的电子束焊接技术，成功焊接了4500米载人深潜器的球壳。电子束焊接机中的电子枪如图所示，K为阴极电势为φK，A为阳极电势为φA，仅在电场力作用下电荷量为e的电子由静止从K运动到A，则（）A．电子做匀加速直线运动 B．从K到A电势逐渐升高 C．电场力对电子做功为e（φA﹣φK） D．电子电势能增加e（φA﹣φK）（多选）10．（3分）如图（a）所示的LC振荡电路中，电容器C极板上的带电量q随时间t变化的规律如图（b）所示，则该振荡电路（）A．0∼1×10﹣6s电容器处于放电过程 B．t＝2×10﹣6s时磁场能最大 C．增大电容器C的板间距，则周期会增大 D．t＝4×10﹣6s时，电路中电流为零（多选）11．（3分）如图所示，在正方体d′a′、a′b′、b'b、bc、cc′、c'd'六条棱上通有等大电流，O点为正方体的中心。在O点以速度v0沿垂直b′c′方向发射一不计重力的质子，其运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（）A． B． C． D．三、实验题12．某小组想尝试通过测量两辆小车甲和乙在相同时间内通过的位移来比较它们的加速度，进而探究加速度与力的关系。实验装置如图（a）所示，将轨道分上下双层排列，两小车尾部的刹车线由后面的刹车系统控制，能保证小车同时从静止开始运动且同时立即停止。通过改变槽码盘中的槽码来改变拉力的大小。（1）甲同学认为可以通过比较两小车的位移来比较两小车的加速度大小。因为两辆小车的运动时间相同，根据公式，可知两小车甲和乙的位移s甲、s乙与加速度a甲、a乙的关系满足。（2）已知两小车质量均为500g，实验数据如如图（b）所示。分析表中同组实验数据可知，在误差允许范围内，拉力与位移成比，根据（1），得出加速度大小与拉力成正比关系。实验次数小车拉力F/N位移x/cm1甲乙2甲乙3甲乙（3）如果乙同学还要利用上述装置进行“探究加速度与质量的关系”实验，应该怎样调整实验条件？13．某同学为测定电池的电动势和内阻，设计了图甲所示的电路。其中定值电阻阻值为R0、电流表内阻可忽略不计。由于一时没有找到适合的滑动变阻器，于是选择用一根均匀电阻丝代替（电阻丝总阻值大于R0，并配有可在电阻丝上移动的金属夹P，金属夹P的电阻可忽略）。（1）根据图甲完成图乙中实物连线。（2）用欧姆表测量电阻丝的总电阻，先将选择开关旋至“×10”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，结果发现欧姆表指针偏角太大，则应将选择开关旋至（选填“×1”或“×100”）挡并重新进行。最终正确测量出电阻丝的总电阻为R。（3）用游标卡尺测量电阻丝的总长度L，示数如图丙所示，则L＝mm。（4）实验前，将P移到金属丝位置（选填“a”或“c”），合上开关S，调节金属夹的位置，依次测量出接入电路中的电阻丝长度x和电流表示数I，该小组同学根据实验数据描绘函数图像如图丁所示，图线斜率为k，与纵轴截距为b，该电池电动势和内阻可表示为E＝，r＝。（用R0、R、k、b、L表示）四、解答题14．如图，有一透明材料制成的空心球体，内径R＝1m，外径为2R，在过球心的某截面内有一束单色光从球面上A点射入，光线与AO间夹角i＝60°经折射后恰好与内球面相切，已知光速c＝3×108m/s。求：（1）透明材料对该单色光的折射率为多少？（2）从A点射入球体的光线经反射再次回到A点所用时间为多少？15．如图，光滑水平桌面右端固定有一个定滑轮和挡板P，长木板c质量为mc＝2kg，物块a静止放在长木板c左端，并通过与桌面平行的轻绳与重物b相连。重物b由静止释放后t＝2s时，长木板c与挡板P发生碰撞（碰撞时间极短），同时轻绳立即断裂，碰后长木板c以碰前速率的0.8倍反弹，已知物块a和重物b的质量均为ma＝mb＝1kg，物块a与长木板c间的动摩擦因数为μ＝0.75，光滑水平桌面足够长，重物b离地面的高度足够高，g＝10m/s2。求：（1）重物b刚开始下落时轻绳的拉力及长木板c与挡板P碰前的速率为多少？（2）长木板c至少需要多长，物块a才不会从c上滑出？16．如图，平行金属导轨MM'、NN'和平行金属导轨PQR、P'Q'R'固定在水平台面上，平行金属导轨间距均为L＝1m，M'N'与PP′高度差为h1Ω的电阻，导轨平直部分存在宽度为d、磁感应强度B1＝2T方向竖直向上的匀强磁场；导轨PQR与P′Q′R′，其中PQ与P'Q'是圆心角为60°、半径为r＝0.9m的圆弧形导轨，QR与Q'R'是水平长直导轨。QQ'右侧存在磁感应强度B2＝4T方向竖直向上的匀强磁场，导体棒a质量m1＝0.2kg，接在电路中的电阻R1Ω；导体棒b质量m2＝0.3kg，接在电路中的电阻R2Ω。导体棒a从距离导轨MM'、NN平直部分h＝1.25m处静止释放，恰能无碰撞地从PP'滑入右侧平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度g＝10m/s2，不计导轨电阻、一切摩擦及空气阻力。求：（1）导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小以及此时电阻R的电流大小和方向；（2）导体棒b的最大加速度；（3）d的大小；（4）导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P'Q'R'中产生的总焦耳热（导轨足够长）。2023年广东省佛山市顺德区高考物理三轮仿真试卷参考答案与试题解析一、单选题1．（3分）核污水排海威胁人类安全，引发国际社会强烈反对。核泄漏事故中，某污染核反应方程式为，下列说法正确的是（）A．该核反应为α衰变 B．环境温度升高，则的半衰期增大 C．的比结合能比的比结合能大 D．的质量等于和X的质量之和【分析】A.核反应满足质量数和电荷数守恒，据此分析作答；B.放射性元素的半衰期由元素本身决定，与外界因素无关；C.比结合能越大越稳定，据此分析作答；D.衰变过程中发生质量亏损，要释放能量。【解答】解：A．核反应满足质量数和电荷数守恒，设元素的质量数为A，电荷数为Z根据质量数守恒137＝137+A，解得A＝0根据核电荷数守恒55＝56+Z，解得Z＝﹣1由此可知X为，则该核反应为β衰变，故A错误；B．放射性物质的半衰期与外界条件无关，环境温度升高，的半衰期不变，故B错误；C．比结合能越大越稳定，因此的比结合能比的比结合能大，故C正确；D．衰变的过程中释放能量，则产生质量亏损，的质量大于和X的质量之和，故D错误。故选：C。【点评】在判断核反应中某种元素时，首先根据质量数和电荷数守恒，求解元素的质量数和电荷数，然后再确定元素的名称；要明确原子核比结合能大小的含义。2．（3分）如图，小明把空的玻璃瓶开口向下缓慢压入恒温水中，瓶内空气无泄漏，在下降过程中（）A．气体从外界吸热 B．单位面积单位时间气体分子撞击瓶壁次数增多 C．气体内能增大 D．气体对外做功【分析】ACD.根据玻意耳定律、热力学第一定律，一定质量的理想气体内能与温度的关系以及力做功等知识分析作答；B.根据气体压强的微观解释分析作答。【解答】解：ACD．在玻璃瓶下压过程中，根据玻意耳定律pV＝C可知，气体压强变大，体积减小；气体体积减小，外界对气体做功；由于气体的温度不变，因此气体内能不变；根据热力学第一定律ΔU＝Q+W可知，气体向外放热，故ACD错误；B．气体压强变大，温度不变，则气体分子平均动能不变，气体体积减小，气体分子的密集程度增加，则单位面积单位时间气体分子撞击瓶壁次数增多，故B正确。故选：B。【点评】本题考查了一定质量的理想气体的状态方程、热力学第一定律和气体压强的微观解释，基础题。3．（3分）图（a）为某景区的蛙口喷泉，两次喷出水的轨迹A、B如图（b）所示，最大高度相同，轨迹A的落地点M恰好在轨迹B最高点的正下方，不计空气阻力，对轨迹A、B说法正确的是（）A．水滴在空中运动的时间不同 B．水滴的初速度大小相等 C．水滴在最高点速度之比1：2 D．水滴落地时动能之比1：4【分析】水滴在空中斜上抛运动，从最高点到落地水滴做的是平抛运动，根据高度关系分析运动时间关系；结合水平位移关系分析最高点速度关系，运用合成法分析初速度关系；根据动能的计算公式分析水滴落地时动能之比。【解答】解：A、水滴在空中斜上抛运动，其后半部分做平抛运动，根据，最大高度相同，后半部分的时间相同，结合对称性可知水滴在空中运动的总时间相同，故A错误；C、后半部分做平抛运动，B的水平射程是A的2倍，t相等，由x＝vxt知水滴在最高点速度之比1：2，故C正确；BD、设A最高点的速度为vx，落地时速度的竖直分量为vy，A落地时的速度大小为：A落地时的动能为：B最高点的速度为2vx，落地时速度的竖直分量为vy，B落地时的速度大小为：B落地时的动能为：则知落地时动能之比不等于1：4；根据对称性知，落地时速度的大小等于初速度大小，落地时速度大小不相等，所以初速度大小也不相等，故BD错误。故选：C。【点评】对于斜抛运动，要能熟练运用运动的分解法进行分析，分析时，还要抓住对称性，掌握相关的运动学公式是解题的基础。4．（3分）如图，长为L的直导线MN被两条平行且等长的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场，与OO'距离相等位置处的磁感应强度B的大小相等且不随时间变化。导线通以电流I，静止在图中右侧位置时，轻绳偏离竖直方向的夹角为θ＝30°，两绝缘轻绳与磁场的方向平行，已知直导线MN重力为G，下列说法正确的是（）A．此时导线中电流方向由N指向M B．此时导线所受安培力方向水平向右 C．电流减小，静止后轻绳偏离竖直方向的夹角θ增大 D．直导线静止在图中右侧位置处的磁感应强度B的大小为【分析】对直导线进行受力分析，根据几何关系分析出不同力之间的关系，结合安培力公式和三角函数完成分析。【解答】解：AB．导体受到向下的重力，沿悬线向左上的拉力，如要平衡安培力的方向一定朝右上方。对直导线MN进行受力分析，如图所示根据左手定则可知，导线中电流方向应由M指向N，故AB错误；D．根据上述分析，由平衡条件有F＝mgsinθT＝mgcosθ又有F＝BIL整理解得故D正确；C．由于F＝BIL＝mgsinθ若I减小，则θ减小，故C错误。故选：D。【点评】本题主要考查了安培力的计算，熟悉安培力的计算公式，根据物体的受力分析和几何关系即可完成解答。5．（3分）科幻电影《流浪地球2》中的“太空电梯”给观众带来了强烈的视觉冲击，标志我国科幻电影工业能力的进步。如图所示，“太空电梯”由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间站、配重组成，缆绳相对地面静止，箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站。下列说法正确的是（）A．地面基站可以选址建在佛山 B．箱体在上升过程中受到地球的引力越来越小 C．配重的线速度小于同步空间站的线速度 D．若同步空间站和配重间的绳断开，配重将靠近地球【分析】缆绳相对地面静止，整个同步轨道一定在赤道正上方，地面基地也应该在赤道平面上；由知，高度越大万有引力越小；角速度相等，由公式v＝ωr比较配重的线速度和同步空间站的线速度的大小。若同步空间站和配重间的绳断开，配重将做离心运动。【解答】解：A．由题意可知，缆绳相对地面静止，整个同步轨道一定在赤道正上方，所以地面基站不可能选址建在佛山，故A错误；B．在上升过程中箱体受到地球的引力为万有引力随着箱体与地球距离的增加而减小，故B正确；C．根据“太空电梯”结构，配重和同步空间站的角速度相同，由公式v＝ωr可知，空间站的环绕半径小于配重的环绕半径，所以配重的线速度大于同步空间站的线速度，故C错误；D．根据题意可知，配重在万有引力和缆绳拉力合力作用下做圆周运动，若同步空间站和配重间的绳断开，拉力消失，配重与地球之间的万有引力小于配重做圆周运动的向心力，配重会做离心运动，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了同步卫星的相关知识，难度不大。6．（3分）法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究。实验装置示意图如图所示，两块面积均为S的矩形平行金属板正对地浸在河水中，金属板间距为d。水流速度处处相同大小为v，方向水平向左，金属板面与水流方向平行。地磁场磁感应强度竖直向下的分量为B，水的电阻率为ρ，水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导线和开关S连接到两金属板上。忽略边缘效应，则下列说法正确的是（）A．电阻R上的电流方向从里向外 B．河水流速减小，两金属板间的电压增大 C．该发电装置的电动势大小为Bdv D．流过电阻R的电流大小为【分析】根据左手定则判断电流方向；根据洛伦兹力和电场力相等求解该装置产生的电动势大小，由此分析电动势是否与浓度有关；如果水流方向反向，两极板电势高低相反，通过R的电流反向；由闭合电路的欧姆定律结合电阻率的计算公式求解电流强度。【解答】解：A．根据题意，由左手定则可知，河水中的正离子向外面金属板偏转，外金属板为正极，负离子向里面金属板偏转，里金属板为负极，则电阻R上的电流方向从外向里，故A错误；C．设稳定时产生的感应电动势为E，两板间有一带电荷量为q的离子匀速运动受力平衡，根据平衡条件可得解得E＝Bdv故C正确；BD．根据题意，由电阻定律可得，极板间等效电阻为由闭合回路欧姆定律可得，流过电阻R的电流大小为由闭合回路欧姆定律可得，两金属板间电压为U＝•R＝可知，河水流速减小，两金属板间的电压减小，故BD错误。故选：C。【点评】本题主要是考查带电粒子在复合场中的运动，关键是掌握感应电动势的产生原因，能够根据平衡条件、闭合电路的欧姆定律进行解答。7．（3分）一质量为m，侧面积为s的正方体木块，静止漂浮在开阔的水面上，如图所示，先用力将其压入水中一段深度后（未全部浸没）撤掉外力，木块在水面上下做简谐运动，则（）A．物块的重力为简谐振动的回复力 B．撤掉外力时木块的位置即为振动的平衡位置 C．撤掉外力时木块浸没的深度，即为振幅大小 D．振动的周期大小与水的密度有关【分析】木块受到的重力、浮力的合力为简谐振动的回复力；重力与浮力等大的位置为振动的平衡位置；撤掉外力时木块浸没的深度与平衡位置时木块浸没的深度的差值，为振幅大小；对木块进行受力分析，得出受到的合力与位移x之间的关系，然后与简谐振动的周期公式比较即可得出结论。【解答】解：A．木块受到的重力、浮力的合力为简谐振动的回复力，故A错误；B．撤掉外力时木块的位置为最大位移处，重力与浮力等大的位置为振动的平衡位置，故B错误；C．撤掉外力时木块浸没的深度与平衡位置时木块浸没的深度的差值，为振幅大小，故C错误；D．以木块为研究对象，设水密度为ρ，静止时木块浸入水中Δx深，当木块被压入水中x后所受力如图所示则F回＝mg﹣F浮又F浮＝ρgS（Δx+x）因为静止时由平衡条件得：mg＝ρgSΔx联立解得：F回＝﹣ρgSx即F回＝﹣kx其中k＝ρgS，简谐运动的周期为：故振动的周期大小与水的密度有关，故D正确。故选：D。【点评】该题以简谐振动为背景考查共点力平衡、牛顿第二定律的应用等重点知识点，解答的关键是抓住简谐运动回复力F＝﹣kx，注意平衡位置及振幅的确定方法。二、多选题（多选）8．（3分）如图所示，飞机场运输行李的传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，传送带将它送入飞机货舱。此过程中货物的速度为v、加速度为a、摩擦力为f、位移为x，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列图像可能正确的有（）A． B． C． D．【分析】行李箱与传送带先发生相对滑动，先受到沿传送带向上的滑动摩擦力，先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式解答。考虑可能存在共速的过程，共速后行李箱受到静摩擦力作用而做匀速直线运动。【解答】解：将行李箱无初速度地放在传送带底端，行李箱与传送带发生相对滑动，行李箱先受到沿传送带向上的滑动摩擦力，先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得：f滑﹣mgsinθ＝ma。此过程的v﹣t图像是倾斜的直线；a﹣t图像是平行于t轴的直线；f﹣t图像是平行于t轴的直线；由x＝at2，可知x﹣t图像为开口向上的抛物线。如果行李箱能与传送带共速，则共速后行李箱受到静摩擦力作用而做匀速直线运动，由平衡条件可得：f静＝mgsinθ，可知f静＜f滑。此过程的v﹣t图像是平行于t轴的直线；加速度a为零，a﹣t图像是与t轴重合的直线；f﹣t图像是平行于t轴的直线，但需满足：f静＜f滑；x﹣t图像是倾斜的直线。故AC正确，BD错误。故选：AC。【点评】本题考查了牛顿运动定律综合应用的传送带模型，基础题目。对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答。加速度是联系力和运动的桥梁。（多选）9．（3分）我国利用自主研发的电子束焊接技术，成功焊接了4500米载人深潜器的球壳。电子束焊接机中的电子枪如图所示，K为阴极电势为φK，A为阳极电势为φA，仅在电场力作用下电荷量为e的电子由静止从K运动到A，则（）A．电子做匀加速直线运动 B．从K到A电势逐渐升高 C．电场力对电子做功为e（φA﹣φK） D．电子电势能增加e（φA﹣φK）【分析】A.电子束焊接机中为非匀强电场，结合电场力公式和牛顿第二定律求加速度，然后作出判断B.阴极电势低，阳极电势高，据此分析作答；CD.根据电场力做功公式求电场力做的功；根据电场力做功与电势能变化的关系求电势能的变化。【解答】解：A．电子束焊接机中为非匀强电场，根据牛顿第二定律，电子的加速度，因此电子做变加速运动，故A错误；B．K为阴极电势低，A为阳极电势高，从K到A电势逐渐升高，故B正确；CD．由公式W＝qU可得，电场力做功为W＝﹣eUKA＝﹣e（φK﹣φA）＝e（φA﹣φK）根据电场力做功与电势能变化的关系，电势能的减小量ΔEp＝﹣W＝﹣e（φA﹣φk）＝e（φk﹣φA）综上分析，故D错误，C正确。故选：BC。【点评】本题考查了电场力公式以及牛顿第二定律、电场力做功与电势能的变化的关系，基础题。（多选）10．（3分）如图（a）所示的LC振荡电路中，电容器C极板上的带电量q随时间t变化的规律如图（b）所示，则该振荡电路（）A．0∼1×10﹣6s电容器处于放电过程 B．t＝2×10﹣6s时磁场能最大 C．增大电容器C的板间距，则周期会增大 D．t＝4×10﹣6s时，电路中电流为零【分析】根据电容器电量的变化判断电容器是处于充电还是放电过程；当电容器极板上电荷量最大时磁场能最小；根据分析周期的变化；利用q﹣t图线的斜率判断电流大小。【解答】解：A．由图b可知，0∼1×10﹣6s电容器极板上电荷量减少，所以电容器处于放电过程。故A正确；B．同理，t＝2×10﹣6s时电容器极板上电荷量达到峰值，极板间的电压最大，电场强度最大，从而极板间的电场能最大，根据能量守恒可知此时磁场能最小，故B错误；C．根据可知增大电容器的板间距，电容器的电容减小。根据可知周期会减小。故C错误；D．根据可知图线的斜率表示电路中的电流，所以t＝4×10﹣6s时，斜率为零，所以电路中电流为零，故D正确。故选：AD。【点评】本题考查的是L﹣C振荡电路，根据该电路的特点对对应的时段分析，找到q最大的时刻，即为电流最小的时刻；注意q的变化反应电容器的充放电过程，反应电场能的变化。（多选）11．（3分）如图所示，在正方体d′a′、a′b′、b'b、bc、cc′、c'd'六条棱上通有等大电流，O点为正方体的中心。在O点以速度v0沿垂直b′c′方向发射一不计重力的质子，其运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（）A． B． C． D．【分析】本题安培定则和磁场叠加，确定磁场方向，再通过左手定则，确定洛伦兹力方向；【解答】解：根据安培定则可知，直导线d′a′和bc产生的合磁场方向在过O点沿垂直b′c′方向斜向右上方，而另外四条直所产生的磁场方向也是斜向右上方，若在O点以速度v0沿垂直b′c′方向发射一不计重力的质子，运动方向平行于磁场方向，可知质子斜向上做匀速直线运动，则轨迹在yOx面的投影为A所示，在yOz方向的投影为D所示，故AD正确，BC错误。故选：AD。【点评】本题考查学生对安培定则、磁场叠加、左手定则的掌握，难度不高，比较基础。三、实验题12．某小组想尝试通过测量两辆小车甲和乙在相同时间内通过的位移来比较它们的加速度，进而探究加速度与力的关系。实验装置如图（a）所示，将轨道分上下双层排列，两小车尾部的刹车线由后面的刹车系统控制，能保证小车同时从静止开始运动且同时立即停止。通过改变槽码盘中的槽码来改变拉力的大小。（1）甲同学认为可以通过比较两小车的位移来比较两小车的加速度大小。因为两辆小车的运动时间相同，根据公式，可知两小车甲和乙的位移s甲、s乙与加速度a甲、a乙的关系满足。（2）已知两小车质量均为500g，实验数据如如图（b）所示。分析表中同组实验数据可知，在误差允许范围内，拉力与位移成正比，根据（1），得出加速度大小与拉力成正比关系。实验次数小车拉力F/N位移x/cm1甲乙2甲乙3甲乙（3）如果乙同学还要利用上述装置进行“探究加速度与质量的关系”实验，应该怎样调整实验条件？槽码盘中槽码不变，改变小车的质量【分析】（1）两辆小车的运动时间相同，根据位移—时间关系推导位移和加速度满足的关系；（2）根据表格中数据分析拉力和位移的关系；（3）根据控制变量法要探究加速度与质量的关系，需要控制拉力不变，改变小车质量。【解答】解：（1）两小车都做初速度为零的匀加速直线运动，故应用的公式为故两车的位移与时间的关系为故有（2）分析表中同组实验数据可知，在误差允许范围内，拉力与位移成正比（3）如果乙同学还要利用上述装置进行“探究加速度与质量的关系”实验，采用控制变量法，使槽码盘中槽码不变，改变小车的质量。故答案为：（1），；（2）正；（3）槽码盘中槽码不变，改变小车的质量。【点评】本题关键是该实验原理，根据位移—时间关系式推导，掌握数据的分析方法和控制变量法。13．某同学为测定电池的电动势和内阻，设计了图甲所示的电路。其中定值电阻阻值为R0、电流表内阻可忽略不计。由于一时没有找到适合的滑动变阻器，于是选择用一根均匀电阻丝代替（电阻丝总阻值大于R0，并配有可在电阻丝上移动的金属夹P，金属夹P的电阻可忽略）。（1）根据图甲完成图乙中实物连线。（2）用欧姆表测量电阻丝的总电阻，先将选择开关旋至“×10”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，结果发现欧姆表指针偏角太大，则应将选择开关旋至×1（选填“×1”或“×100”）挡并重新进行欧姆调零。最终正确测量出电阻丝的总电阻为R。（3）用游标卡尺测量电阻丝的总长度L，示数如图丙所示，则L＝102.30mm。（4）实验前，将P移到金属丝c位置（选填“a”或“c”），合上开关S，调节金属夹的位置，依次测量出接入电路中的电阻丝长度x和电流表示数I，该小组同学根据实验数据描绘函数图像如图丁所示，图线斜率为k，与纵轴截距为b，该电池电动势和内阻可表示为E＝，r＝。（用R0、R、k、b、L表示）【分析】（1）根据电路图连接实物图；（2）欧姆表测电阻时，指针在中间位置附近测量误差较小，测量值＝指针所指示数×倍率，据此作答；（3）20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，电阻丝总长L＝主尺对应刻度（mm）+对齐格数（不估读）×精确度；（4）为了保护电路，滑动变阻器应调到阻值最大的那一端；电阻丝电阻均匀分布，求解长度为x时电阻丝的接入电阻，再根据闭合电路的欧姆定律求解函数，最后结合图像求电动势和内阻。【解答】解：（1）根据电路图连接实物图如图所示：（2）选择开关旋至“×10”挡，欧姆表指针偏角太大，说明指针所指示数过小；由于电阻测量值＝指针所指示数×倍率，为了增大指针所指示数，应将选择开关旋至×1挡，重新进行欧姆调零；（3）20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，电阻丝总长L＝102mm+6×0.05mm＝102.30mm；（4）为保护电路，实验前应将滑动变阻器调至最大值，即将P移到金属丝c处；接入电路的电阻丝长度为x时，电阻为根据闭合电路欧姆定律有E＝I（R0+Rx+r）解得根据函数，结合图像可知，图像斜率图像的纵截距代入数据联立解得电动势内阻故答案为：（1）见解析；（2）×1；欧姆调零；（3）102.30；（4）c；；。【点评】本题主要考查了电池电动势和内阻的测量，要明确实验的原理，能够正确进行游标卡尺的读数和正确使用欧姆表测电阻；能够根据闭合电路的欧姆定律求解是解题的关键。四、解答题14．如图，有一透明材料制成的空心球体，内径R＝1m，外径为2R，在过球心的某截面内有一束单色光从球面上A点射入，光线与AO间夹角i＝60°经折射后恰好与内球面相切，已知光速c＝3×108m/s。求：（1）透明材料对该单色光的折射率为多少？（2）从A点射入球体的光线经反射再次回到A点所用时间为多少？【分析】（1）完成光路图，然后找出折射角，再求出折射率。（2）根据v＝求出光在球体中的传播速度，然后根据反射定律，画出光路图，确定光传播的路程，再求出传播时间。【解答】解：（1）设光线经折射后恰好与内球面相切与B点，连接OB，如图所示。由几何关系有sin∠OAB＝＝由折射定律可得，透明材料对该单色光的折射率为n＝＝＝（2）根据反射定律，画出光路图，如图所示由几何关系可知，光在透明材料中传播的距离为s＝3×2＝6＝6m＝6m由公式可得，光在透明材料中的传播速度为v＝＝m/s＝×108m/s则传播时间为t＝解得：t＝6×10﹣8s答：（1）透明材料对该单色光的折射率为；（2）从A点射入球体的光线经反射再次回到A点所用时间为6×10﹣8s。【点评】本题考查几何光学知识，要掌握折射定律和光速公式v＝，关键要画出光路图，运用几何知识求解相关角度和光程。15．如图，光滑水平桌面右端固定有一个定滑轮和挡板P，长木板c质量为mc＝2kg，物块a静止放在长木板c左端，并通过与桌面平行的轻绳与重物b相连。重物b由静止释放后t＝2s时，长木板c与挡板P发生碰撞（碰撞时间极短），同时轻绳立即断裂，碰后长木板c以碰前速率的0.8倍反弹，已知物块a和重物b的质量均为ma＝mb＝1kg，物块a与长木板c间的动摩擦因数为μ＝0.75，光滑水平桌面足够长，重物b离地面的高度足够高，g＝10m/s2。求：（1）重物b刚开始下落时轻绳的拉力及长木板c与挡板P碰前的速率为多少？（2）长木板c至少需要多长，物块a才不会从c上滑出？【分析】（1）用假设法判断abc三个物体在释放后的运动状态，再用牛顿第二定律和运动学公式碰撞前的速度；（2）分析碰撞后，ac运动状态，由动力学规律分两个阶段分别求出ac的两段位移，结合相对的几何关系求出木板的长度。【解答】解：（1）重物b释放后，假设a、b、c一起运动，根据牛顿第二定律有：mbg＝（ma+mb+mc）a2则长木板c应受到的摩擦力为：fc＝mca＝2×2.5N＝5N＜μma×1×故重物b释放后，a、b、c一起运动成立，根据牛顿第二定律有：mbg﹣T＝mba长木板c与挡板P碰前的速率为：vc×2m/s＝5m/s（2）长木板c与挡板P碰撞后，绳子断裂。a、c均做减速运动，a、c的加速度大小分别为：aa＝＝μ×10m/s22，ac＝＝＝m/s22物块a减速为零的时间为：t1＝＝s＝s长木板c减速为零的时间为：t2＝＝s＝则物块a先减速为零，物块a减速为零的位移为：xa1＝＝m＝m此时长木板c的速度为：v′cc﹣act1×5m/s﹣×长木板的位移为：xc1＝＝m＝长木板和物块共速时有：v＝aat′＝v′c﹣act′解得：此时长木板和物块的速度为：v＝aat′×m/s＝1m/s该段时间长木板的位移为：xc2＝＝m＝m物块a的位移为：则木板的长度至少为：L＝x