2023屆廣西南寧市高三下學(xué)期第二次適應(yīng)性測試（二模）物理試題（解析版）

高中物理名校試卷PAGEPAGE1南寧市2023屆高中畢業(yè)班第二次適應(yīng)性測試1.在中，已知的質(zhì)量分別為，真空中的光速為c，該反應(yīng)中釋放的能量為E。下列說法正確的是（）A.該反應(yīng)屬于裂變反應(yīng) B.X為氦核C. D.〖答案〗C〖解析〗A．該反應(yīng)不屬于重核的裂變，是原子核的人工轉(zhuǎn)變方程，選項A錯誤；B．根據(jù)核反應(yīng)遵循的質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知X的質(zhì)量數(shù)為4，電荷數(shù)為2，為氦核，核反應(yīng)方程為選項B項錯誤；CD．根據(jù)質(zhì)能方程可知，由于質(zhì)量虧損該反應(yīng)放出的能量為選項C正確，D錯誤。故選C。2.某旋轉(zhuǎn)磁極式風(fēng)力發(fā)電機原理如圖所示，被風(fēng)吹動的風(fēng)葉帶動磁鐵旋轉(zhuǎn)，使通過線圈的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流。已知風(fēng)速與發(fā)電機的轉(zhuǎn)速成正比，線圈與定值電阻R構(gòu)成閉合回路，線圈的電阻不能忽略。下列說法正確的是（）A.風(fēng)速越大，感應(yīng)電流的頻率越小B.交流電壓表的有效值與風(fēng)速無關(guān)C.風(fēng)速一定的情況下，減少線圈的匝數(shù)，電壓表讀數(shù)增大D.風(fēng)速一定的情況下，發(fā)電機的功率大于線圈電阻的電功率〖答案〗D〖解析〗A．風(fēng)速越大，發(fā)電機的轉(zhuǎn)速越大，感應(yīng)電流的頻率越大，故A錯誤；B．風(fēng)速越大，線圈磁通量的變化越快，電壓表的讀數(shù)即感應(yīng)電壓的有效值越大，故B錯誤；C．風(fēng)速一定，則線圈的磁通量的變化率一定，由可知，線圈匝數(shù)越少，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越小，電壓表讀數(shù)減小，故C錯誤；D．由于線圈的內(nèi)阻不能忽略，發(fā)電機的功率等于線圈內(nèi)部功率和電阻的電功率之和，故D正確。故選D。3.已知中國“天宮”空間站軌道高度約為（遠(yuǎn)小于地球半徑），宇航員每恰好可以看到16次日出日落。引力常量G已知，僅由以上數(shù)據(jù)信息可以估算出（）A.地球表面重力加速度 B.地球的平均密度C.空間站的運行速度 D.地球同步衛(wèi)星的運行速度〖答案〗B〖解析〗A．宇航員每恰好可以看到16次日出日落，說明空間站運動的周期為已知中國“天宮”空間站軌道高度遠(yuǎn)小于地球半徑，可以近似認(rèn)為近地運動，即軌道半徑按地球半徑計算，在已知周期的情況下，環(huán)繞的加速度為由于地球半徑R不知道，所以沒法求出加速度，故A錯誤；B．萬有引力提供向心力解得故B正確；C．由周期和速度的關(guān)系由于不知道地球半徑，所以環(huán)繞速度無法求出，故C錯誤；D．同步衛(wèi)星的周期為24h，由圓周運動可得在不確定軌道半徑的情況下，同步衛(wèi)星的線速度是求不出來的，故D錯誤。故選B。4.位于水平面的一個圓上有等間距的三個點A、B、C，每個點上放一個帶正電的點電荷，這三個點電荷的帶電荷量相同，如圖所示。設(shè)每個點電荷單獨在圓心產(chǎn)生的電場的場強大小為、電勢為，則關(guān)于圓上正北點處的電場場強大小E、電勢的說法正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由對稱性知A、B兩點電荷在正北點產(chǎn)生的場強大小都為，則合場強方向指向正北。若把C點電荷放在圓心處，則C點電荷在正北點產(chǎn)生的場強為，方向指向正北，而C點電荷位于正南點時，在正北點處產(chǎn)生的場強沿正北方向，小于，故三點電荷在正北點產(chǎn)生場強的矢量和小于，大于。另外，分析可知A、B兩點電荷在正北點產(chǎn)生的電勢均為，二者共同產(chǎn)生的電勢為，若把C點電荷放在圓心處，則C點電荷在正北點產(chǎn)生的電勢為，而C點電荷位于正南點時，其在正北點處產(chǎn)生的電勢應(yīng)該小于，故三點電荷在正北點產(chǎn)生的電勢大于而小于。故選D。5.a、b兩小球在光滑水平面上沿同一直線相向運動，當(dāng)小球間距小于或等于d時，會受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用。小球間距大于d時，相互排斥力消失。兩小球始終未接觸，運動的圖像如圖所示。則下列說法正確的是（）A.的最終速度值為 B.時刻a、b間距離最小C.a、b質(zhì)量之比為2：1D.a、b兩小球在到的相對位移比到的相對位移要大〖答案〗A〖解析〗AC．題意可知，a、b兩小球組成的系統(tǒng)動量守恒，由圖可知最終，a小球速度減為零，設(shè)a、b兩小球質(zhì)量分別為、，則滿足因為當(dāng)小球間距小于或等于d時，會受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用，所以由圖中時間內(nèi)，可得解得故A正確，C錯誤；B．由題意知，a、b兩小球沿同一直線相向運動，時刻b物體減速到零，之后反向加速，可以看出時間內(nèi)，a、b同方向運動，且a的位移大于b的位移，即兩者在靠近，當(dāng)速度相等時，兩者距離最近，之后兩者距離又增大，即時刻a、b間距離最小，故B錯誤；D．由幾何關(guān)系可知，圖中AC段對應(yīng)時間等于CE對應(yīng)時間，且兩三角形對應(yīng)底邊大小相等，所以圖中與面積相等。到的相對位移為的面積，而到的相對位移小于的面積，則a、b兩小球在到的相對位移小于到的相對位移，故D錯誤。故選A。6.如圖所示，1、2、3、4四小球均由靜止開始沿著光滑的斜面從頂端運動到底端，其運動時間分別為，已知豎直固定的圓環(huán)的半徑為r，O為圓心，固定在水平面上的斜面水平底端的長度為，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A. B. C. D.〖答案〗BC〖解析〗1號小球的加速度為位移為運動時間為2號小球的加速度為位移為運動時間為3號小球的加速度為位移為運動時間為4號小球的加速度為位移為運動時間為則故選BC。7.地磁場對宇宙高能粒子有偏轉(zhuǎn)作用，從而保護(hù)了地球的生態(tài)環(huán)境。赤道平面的地磁場簡化為如圖所示，O為地球球心、R為地球半徑。地磁場只分布在半徑為R和的兩邊界之間的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小均為B，方向垂直紙面向里。假設(shè)均勻分布的帶正電高能粒子以相同速度垂直沿赤道平面射向地球。已知粒子質(zhì)量均為m、電荷量均為q，不計粒子的重力及相互作用力。下列說法正確的是（）A.若粒子速率小于，入射到磁場的粒子可以到達(dá)地面B.若粒子速率小于，入射到磁場的粒子均無法到達(dá)地面C.若粒子速率為，正對著O處入射的粒子恰好可以到達(dá)地面D.若粒子速率為，入射到磁場的粒子恰好有一半可以到達(dá)地面〖答案〗BD〖解析〗AB．若粒子的速率為，則粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有解得若粒子的射入方向在正對O處以上，根據(jù)左手定則可知，其粒子的軌跡為向上偏轉(zhuǎn)，則入射到磁場的粒子均不可能到達(dá)地面，故A錯誤，B正確；C．若粒子的速率為，則粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有解得若粒子正對著O處入射，且恰好可以到達(dá)地面，其軌跡如圖所示。設(shè)該軌跡半徑為r1，由幾何關(guān)系可得解得故C錯誤；D．若粒子速率為，由洛倫茲力提供向心力得解得由C項的分析可知，此時若粒子正對著O處入射，則恰好可以到達(dá)地面；而在對著O處以上的方向入射的粒子，因為向上偏轉(zhuǎn)，均不能到達(dá)地面；而在對著O處以下的方向入射的粒子均會達(dá)到地面。綜上所述，入射到磁場的粒子恰好有一半可以到達(dá)地，故D正確。故選BD。8.如圖所示，間距的光滑U形金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上，斜面傾角。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分別以、為邊界，均存在垂直于斜面向上的磁場，Ⅰ區(qū)中磁感應(yīng)強度從0開始隨時間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強磁場，磁感應(yīng)強度，與之間為無磁場區(qū)域。質(zhì)量、電阻的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，從兩磁場之間的無磁場區(qū)域由靜止釋放，經(jīng)過進(jìn)入Ⅱ區(qū)恰好勻速下滑。運動中棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計。重力加速度，。則下列說法正確的是（）A.進(jìn)入Ⅱ區(qū)后，導(dǎo)體棒中的電流B.無磁場區(qū)域的面積至少為C.前導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱D.若Ⅰ區(qū)磁場面積為，則Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強度隨時間變化的表達(dá)式為〖答案〗ACD〖解析〗A．導(dǎo)體棒進(jìn)入Ⅱ區(qū)恰好勻速下滑，則有導(dǎo)體棒中的電流為A正確；B．導(dǎo)體棒進(jìn)入Ⅱ區(qū)域磁場速度為根據(jù)牛頓第二定律導(dǎo)體棒在無磁場區(qū)域做勻加速直線運動，則無磁場區(qū)域的面積最小值為代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得B錯誤；C．導(dǎo)體棒進(jìn)入Ⅱ區(qū)域后，Ⅰ區(qū)中磁感應(yīng)強度變化產(chǎn)生的感生電動勢為，Ⅱ區(qū)域?qū)w棒切割磁感線產(chǎn)生的動生電動勢為，則解得感生電動勢為前導(dǎo)體棒未切割磁感線，則產(chǎn)生的焦耳熱為C正確；D．根據(jù)電磁感應(yīng)定律若Ⅰ區(qū)磁場面積為，Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強度的變化率為由題意，Ⅰ區(qū)中磁感應(yīng)強度從0開始隨時間均勻增加，則Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強度隨時間變化的表達(dá)式為D正確。故選ACD。9.某同學(xué)在實驗室分別研究多用電表的內(nèi)置電源。（1）該同學(xué)先找來一量程為2mA、內(nèi)阻未知的毫安表，進(jìn)行了如下操作：①選擇開關(guān)置于“OFF”擋，觀察指針是否指在電流零刻度處，若無則調(diào)節(jié)機械調(diào)零旋鈕使指針指在電流零刻度處。②將選擇開關(guān)旋至電阻“”擋，再將紅表筆和黑表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使指針指在電阻零刻度處。③將紅黑表筆接在待測毫安表的兩個接線柱上，發(fā)現(xiàn)多用電表指針剛好指在表盤正中間，如圖甲所示，毫安表的指針也剛好指在表盤正中間，該同學(xué)由此算出此多用電表內(nèi)置電源的電動勢約為___________V。（2）為了進(jìn)一步研究，該同學(xué)取下此多用電表的內(nèi)置電源，用圖乙所示的電路測量其電動勢和內(nèi)阻。按圖乙連接電路，閉合開關(guān)，改變電阻箱的阻值R，記錄對應(yīng)電壓表的讀數(shù)U，作出的圖像如圖丙所示，圖線與橫、縱坐標(biāo)軸的截距分別為、，定值電阻的阻值用表示，電壓表可視為理想電表，則該電池組的電動勢為___________，內(nèi)阻為___________（用字母表示）?！即鸢浮剑?）3（2）〖解析〗（1）③[3]歐姆調(diào)零時，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得將紅黑表筆接在待測毫安表的兩個接線柱上，發(fā)現(xiàn)多用電表指針剛好指在表盤正中間，毫安表的指針也剛好指在表盤正中間，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得又聯(lián)立解得此多用電表內(nèi)置電源的電動勢為（2）[2][3]由圖乙電路圖，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得可得可知圖像的縱軸截距為圖像的斜率為聯(lián)立解得，10.如圖所示，在“探究平拋運動規(guī)律”的實驗中：（1）甲同學(xué)利用甲圖裝置進(jìn)行實驗，每次釋放小球的位置都相同，并在乙圖的坐標(biāo)紙上記錄了小球經(jīng)過的A、B、C三點，已知坐標(biāo)紙每小格的邊長，該小球做平拋運動的初速度大小為________（g取，結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（2）乙同學(xué)在研究平拋運動時發(fā)現(xiàn)，若小球下落相同高度，平拋初速度越大，水平射程也越大，他依據(jù)這一規(guī)律，用如圖甲所示裝置來“驗證動量守恒定律”，將碰撞恢復(fù)系數(shù)的定義為，其中和分別是碰撞前兩小球的速度，和分別是碰撞后兩小球的速度，該實驗小球碰撞恢復(fù)系數(shù)的表達(dá)式為__________（用題目中字母表達(dá)），若測得___________，可以判定小球的碰撞為彈性碰撞。

（3）完成上述實驗后，丙同學(xué)對上述裝置進(jìn)行了改造，如圖乙所示，圖中圓弧為圓心在斜槽末端的圓弧。使小球a仍從斜槽上原固定點由靜止?jié)L下，重復(fù)開始的實驗，得到兩球落在圓弧上的平均位置為。測得斜槽末端與三點的連線與豎直方向的夾角分別為，小球a，b的質(zhì)量分別為，則驗證兩球碰撞過程中動量守恒的表達(dá)式為____________（用所測物理量的字母表示）?！即鸢浮剑?）1.5（2）1（3）〖解析〗（1）[1]相鄰落點在水平方向的距離相等，則相鄰落點間的運動時間相同，豎直方向做自由落體運動，根據(jù)勻變速直線運動相鄰相等時間內(nèi)位移差為定值則相鄰落點間時間為該小球做平拋運動的初速度大小為兩小球離開軌道末端做平拋運動的高度相同，從離開軌道末端到落地的時間相同，設(shè)為t，則小球在碰撞前的速度為碰撞后的速度為小球在碰撞前的速度為碰撞后的速度為碰撞恢復(fù)系數(shù)為若碰撞過程為彈性碰撞，則機械能守恒則即兩小球的動量變化量相等解得則有若測得，可以判定小球的碰撞為彈性碰撞；（3）測得斜槽末端與的連線與豎直方向的夾角為，由平拋規(guī)律設(shè)斜槽末端與M的連線長度為R（即圓弧半徑為R）解得測得斜槽末端與連線與豎直方向的夾角為，同理可得測得斜槽末端與的連線與豎直方向夾角為，同理可得由動量守恒化簡可得11.如圖，一球員在籃球場三分線附近正對籃板投籃，已知球員投球點A距離地面2.40m，球在空中飛行軌跡的最高點B距地面4.85m，球落入籃筐中心C點時速度與水平方向呈角，籃筐高度為3.05m，三分線距C點的水平距離為7.25m，不計空氣阻力，g取10。求：（1）籃球在飛行過程中到達(dá)最高點B時的速度的大小；（2）籃球在點A投出的速度的大小；（3）該球員出手點A和三分線的水平距離x?！即鸢浮剑?）6m/s；（2）；（3）0.55m〖解析〗（1）球從最高點運動到籃筐的過程中，豎直方向高度差由公式可得球入筐時的速度的豎直分量球入筐時的速度的水平分量球水平方向做勻速直線運動，則（2）球從出手到運動到最高點的過程中豎直方向高度差由公式可得最高點速度豎直分量由公式可得出手速度的大?。?）球水平方向運動總位移球員距三分線的距離12.在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。為了準(zhǔn)確的注人離子，需要在一個有限空間中用電磁場對離子的運動軌跡進(jìn)行調(diào)控?，F(xiàn)在我們來研究一個類似的模型。在空間內(nèi)存在邊長的立方體，以O(shè)為坐標(biāo)原點，沿和方向分別建立x、y、z軸。在面的中心M處存在一粒子發(fā)射源，可在底面內(nèi)平行于底面沿任意方向發(fā)射初速度，比荷的帶正電粒子。在區(qū)域內(nèi)施加一定的勻強電場或者勻強磁場，使粒子可以達(dá)到相應(yīng)的空間位置。不計重力，則：（1）在立方體內(nèi)施加沿y軸正向的勻強電場，使粒子只能從面飛出，求施加電場的電場強度E的最小值；（2）在立方體內(nèi)施加沿y軸正向的勻強磁場，若磁感應(yīng)強度大小為，求粒子在磁場中運動時間的最小值和最大值；（3）在第（2）問的基礎(chǔ)上再加上沿y軸正向的勻強電場，電場強度為。判斷第（2）問中最小時間和最大時間所對應(yīng)的粒子能否從面飛出？若粒子不能從面飛出，請寫出這些粒子從平面飛出立方體區(qū)域時的空間坐標(biāo)。（結(jié)果保留2位小數(shù)）〖答案〗（1）；（2），；（3）在磁場中運動時間最長的粒子能從平面射出，運動時間最短的粒子不能從平面射出，飛出的空間坐標(biāo)為〖解析〗（1）施加沿y軸正向的勻強電場，使粒子只能從面飛出，粒子做類平拋運動，沿y軸方向做勻加速直線運動且沿初速度方向做勻速直線運動解得代入數(shù)據(jù)得（2）在立方體內(nèi)施加沿y軸正向的勻強磁場，當(dāng)磁感應(yīng)強度大小為時，有解得代入數(shù)據(jù)得粒子在平面做勻速圓周運動，粒子在磁場中運動時間最長的軌跡圖如下其中同理可得其中聯(lián)立解得且有解得故有解得粒子在平面內(nèi)運動時間最短的軌跡圖如下則有解得故有解得（3）在（2）問的基礎(chǔ)上再加上沿y軸正向的勻強電場后，粒子的運動可分解為平面內(nèi)的勻速圓周運動和y軸方向的勻加速直線運動。若粒子能從平面射出，則有得因為故在磁場中運動時間最長的粒子能從平面射出，運動時間最短的粒子不能從平面射出。運動時間最短的粒子在y軸上走過的距離為解得飛出立方體區(qū)域時的空間坐標(biāo)。13.一定量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷三個過程ab、bc、ca回到原狀態(tài)，其圖像如圖所示。整個過程中，氣體在（）A.狀態(tài)a時的分子平均動能最小B.狀態(tài)b時的內(nèi)能最小C.ab過程中，溫度不斷下降D.bc過程中的始末狀態(tài)，容器壁單位面積單位時間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)減少E.ca過程中，外界對氣體做功100J〖答案〗ADE〖解析〗A．根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有結(jié)合圖像可知理想氣體的平均動能由溫度決定，狀態(tài)a的溫度最低，則狀態(tài)a時的分子平均動能最小，A正確；B．理想氣體的內(nèi)能由溫度決定，狀態(tài)a的溫度最低，則狀態(tài)a時的內(nèi)能最小，B錯誤；C．a(chǎn)b過程中，體積不變，壓強增大，則溫度升高，C錯誤；D．由于則bc過程中的始末狀態(tài)，體積逐漸增大，壓強逐漸減小，溫度不變，則容器壁單位面積單位時間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)減少，D正確；E．ca過程中，體積減小，外界對氣體做功為E正確。故選ADE。14.如圖所示，左側(cè)玻璃管中用長的水銀柱將一定量氣體封裝在一球形容器中，玻璃管足夠長，玻璃管橫截面積為，球形容器的容積為。氣體初始時溫度為，在距玻璃管下端處開有小孔（忽略孔的粗細(xì)），小孔通過一段軟管連接右側(cè)封閉有一段氣柱的玻璃管，右側(cè)玻璃管橫截面積和左側(cè)玻璃管橫截面積相等，氣柱長為，氣柱溫度保持不變。剛開始時，右側(cè)玻璃管封閉氣體的水銀面剛好與小孔位置相平。當(dāng)球形容器中溫度上升后，球形容器中氣體使封裝水銀面升高至小孔處。已知大氣壓強為。求此時右側(cè)玻璃管中水銀面上升的高度以及此時球形容器中氣體的溫度?！即鸢浮?cm，404K〖解析〗設(shè)右側(cè)玻璃管中水銀面上升的高度為y，球形容器內(nèi)氣體最終的溫度為，以球形容器內(nèi)氣體為研究對象，初態(tài)壓強初態(tài)體積和溫度為，末態(tài)時壓強末態(tài)體積為由理想氣體狀態(tài)方程得以右側(cè)玻璃管中氣柱為研究對象，初態(tài)壓強和體積末態(tài)時壓強和末態(tài)體積為由玻意耳定律得得，15.如圖所示為一列簡諧橫波在時刻的波形，波自右向左傳播。從該時刻開始到時，P點剛好第二次到達(dá)波峰，則以下判斷中正確的是（）A.該波的傳播速度為0.1m/sB.在時刻，質(zhì)點C向上運動C.在末，Q點第一次出現(xiàn)波峰D.在t1到過程中，Q點通過的路程為0.2mE.P點的起振方向沿y軸負(fù)方向〖答案〗ACD〖解析〗A．P點右側(cè)第二個波峰在10cm處，該波的傳播速度為A正確；B．從時刻到時刻，波傳播的距離為將波形向右退7cm，在時刻，波未傳播到C點，質(zhì)點C處于靜止?fàn)顟B(tài)，B錯誤；C．第一個波峰傳播到Q點的時刻為C正確；D．波傳播到Q點的時間為波周期為在t1到過程中，Q點振動的時間為在t1到過程中，Q點通過的路程為D正確；E．波向左傳播，P點的起振方向沿y軸正方向，E錯誤。故選ACD。16.在天宮課堂第二課“光學(xué)水球”實驗中，王亞平老師在水球中注入少量氣體，在水球內(nèi)會形成一個氣泡。在另一側(cè)，我們可以觀察到王老師一正一反兩個像，如圖（甲）所示。這是因為有一部分光線會進(jìn)入水球中的氣泡，形成了正立的人像，而另一部分無法進(jìn)入氣泡的光線，形成了倒立的人像。為了方便研究，我們簡化為如圖（乙）所示。已知：水球半徑為，氣泡半徑為，兩球為同心球。有兩束平行光射入水球，其中光沿半徑方向射入，光恰好在氣泡表面發(fā)生全反射，水的折射率為。求：兩束平行光之間的距離為多少？〖答案〗〖解析〗畫出光部分光路，如圖所示。在點，根據(jù)折射定律有因b光在點發(fā)生全反射，有在三角形中，根據(jù)正弦定理有平行光之間的距離聯(lián)立以上四式解得南寧市2023屆高中畢業(yè)班第二次適應(yīng)性測試1.在中，已知的質(zhì)量分別為，真空中的光速為c，該反應(yīng)中釋放的能量為E。下列說法正確的是（）A.該反應(yīng)屬于裂變反應(yīng) B.X為氦核C. D.〖答案〗C〖解析〗A．該反應(yīng)不屬于重核的裂變，是原子核的人工轉(zhuǎn)變方程，選項A錯誤；B．根據(jù)核反應(yīng)遵循的質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知X的質(zhì)量數(shù)為4，電荷數(shù)為2，為氦核，核反應(yīng)方程為選項B項錯誤；CD．根據(jù)質(zhì)能方程可知，由于質(zhì)量虧損該反應(yīng)放出的能量為選項C正確，D錯誤。故選C。2.某旋轉(zhuǎn)磁極式風(fēng)力發(fā)電機原理如圖所示，被風(fēng)吹動的風(fēng)葉帶動磁鐵旋轉(zhuǎn)，使通過線圈的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流。已知風(fēng)速與發(fā)電機的轉(zhuǎn)速成正比，線圈與定值電阻R構(gòu)成閉合回路，線圈的電阻不能忽略。下列說法正確的是（）A.風(fēng)速越大，感應(yīng)電流的頻率越小B.交流電壓表的有效值與風(fēng)速無關(guān)C.風(fēng)速一定的情況下，減少線圈的匝數(shù)，電壓表讀數(shù)增大D.風(fēng)速一定的情況下，發(fā)電機的功率大于線圈電阻的電功率〖答案〗D〖解析〗A．風(fēng)速越大，發(fā)電機的轉(zhuǎn)速越大，感應(yīng)電流的頻率越大，故A錯誤；B．風(fēng)速越大，線圈磁通量的變化越快，電壓表的讀數(shù)即感應(yīng)電壓的有效值越大，故B錯誤；C．風(fēng)速一定，則線圈的磁通量的變化率一定，由可知，線圈匝數(shù)越少，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越小，電壓表讀數(shù)減小，故C錯誤；D．由于線圈的內(nèi)阻不能忽略，發(fā)電機的功率等于線圈內(nèi)部功率和電阻的電功率之和，故D正確。故選D。3.已知中國“天宮”空間站軌道高度約為（遠(yuǎn)小于地球半徑），宇航員每恰好可以看到16次日出日落。引力常量G已知，僅由以上數(shù)據(jù)信息可以估算出（）A.地球表面重力加速度 B.地球的平均密度C.空間站的運行速度 D.地球同步衛(wèi)星的運行速度〖答案〗B〖解析〗A．宇航員每恰好可以看到16次日出日落，說明空間站運動的周期為已知中國“天宮”空間站軌道高度遠(yuǎn)小于地球半徑，可以近似認(rèn)為近地運動，即軌道半徑按地球半徑計算，在已知周期的情況下，環(huán)繞的加速度為由于地球半徑R不知道，所以沒法求出加速度，故A錯誤；B．萬有引力提供向心力解得故B正確；C．由周期和速度的關(guān)系由于不知道地球半徑，所以環(huán)繞速度無法求出，故C錯誤；D．同步衛(wèi)星的周期為24h，由圓周運動可得在不確定軌道半徑的情況下，同步衛(wèi)星的線速度是求不出來的，故D錯誤。故選B。4.位于水平面的一個圓上有等間距的三個點A、B、C，每個點上放一個帶正電的點電荷，這三個點電荷的帶電荷量相同，如圖所示。設(shè)每個點電荷單獨在圓心產(chǎn)生的電場的場強大小為、電勢為，則關(guān)于圓上正北點處的電場場強大小E、電勢的說法正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由對稱性知A、B兩點電荷在正北點產(chǎn)生的場強大小都為，則合場強方向指向正北。若把C點電荷放在圓心處，則C點電荷在正北點產(chǎn)生的場強為，方向指向正北，而C點電荷位于正南點時，在正北點處產(chǎn)生的場強沿正北方向，小于，故三點電荷在正北點產(chǎn)生場強的矢量和小于，大于。另外，分析可知A、B兩點電荷在正北點產(chǎn)生的電勢均為，二者共同產(chǎn)生的電勢為，若把C點電荷放在圓心處，則C點電荷在正北點產(chǎn)生的電勢為，而C點電荷位于正南點時，其在正北點處產(chǎn)生的電勢應(yīng)該小于，故三點電荷在正北點產(chǎn)生的電勢大于而小于。故選D。5.a、b兩小球在光滑水平面上沿同一直線相向運動，當(dāng)小球間距小于或等于d時，會受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用。小球間距大于d時，相互排斥力消失。兩小球始終未接觸，運動的圖像如圖所示。則下列說法正確的是（）A.的最終速度值為 B.時刻a、b間距離最小C.a、b質(zhì)量之比為2：1D.a、b兩小球在到的相對位移比到的相對位移要大〖答案〗A〖解析〗AC．題意可知，a、b兩小球組成的系統(tǒng)動量守恒，由圖可知最終，a小球速度減為零，設(shè)a、b兩小球質(zhì)量分別為、，則滿足因為當(dāng)小球間距小于或等于d時，會受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用，所以由圖中時間內(nèi)，可得解得故A正確，C錯誤；B．由題意知，a、b兩小球沿同一直線相向運動，時刻b物體減速到零，之后反向加速，可以看出時間內(nèi)，a、b同方向運動，且a的位移大于b的位移，即兩者在靠近，當(dāng)速度相等時，兩者距離最近，之后兩者距離又增大，即時刻a、b間距離最小，故B錯誤；D．由幾何關(guān)系可知，圖中AC段對應(yīng)時間等于CE對應(yīng)時間，且兩三角形對應(yīng)底邊大小相等，所以圖中與面積相等。到的相對位移為的面積，而到的相對位移小于的面積，則a、b兩小球在到的相對位移小于到的相對位移，故D錯誤。故選A。6.如圖所示，1、2、3、4四小球均由靜止開始沿著光滑的斜面從頂端運動到底端，其運動時間分別為，已知豎直固定的圓環(huán)的半徑為r，O為圓心，固定在水平面上的斜面水平底端的長度為，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A. B. C. D.〖答案〗BC〖解析〗1號小球的加速度為位移為運動時間為2號小球的加速度為位移為運動時間為3號小球的加速度為位移為運動時間為4號小球的加速度為位移為運動時間為則故選BC。7.地磁場對宇宙高能粒子有偏轉(zhuǎn)作用，從而保護(hù)了地球的生態(tài)環(huán)境。赤道平面的地磁場簡化為如圖所示，O為地球球心、R為地球半徑。地磁場只分布在半徑為R和的兩邊界之間的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小均為B，方向垂直紙面向里。假設(shè)均勻分布的帶正電高能粒子以相同速度垂直沿赤道平面射向地球。已知粒子質(zhì)量均為m、電荷量均為q，不計粒子的重力及相互作用力。下列說法正確的是（）A.若粒子速率小于，入射到磁場的粒子可以到達(dá)地面B.若粒子速率小于，入射到磁場的粒子均無法到達(dá)地面C.若粒子速率為，正對著O處入射的粒子恰好可以到達(dá)地面D.若粒子速率為，入射到磁場的粒子恰好有一半可以到達(dá)地面〖答案〗BD〖解析〗AB．若粒子的速率為，則粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有解得若粒子的射入方向在正對O處以上，根據(jù)左手定則可知，其粒子的軌跡為向上偏轉(zhuǎn)，則入射到磁場的粒子均不可能到達(dá)地面，故A錯誤，B正確；C．若粒子的速率為，則粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有解得若粒子正對著O處入射，且恰好可以到達(dá)地面，其軌跡如圖所示。設(shè)該軌跡半徑為r1，由幾何關(guān)系可得解得故C錯誤；D．若粒子速率為，由洛倫茲力提供向心力得解得由C項的分析可知，此時若粒子正對著O處入射，則恰好可以到達(dá)地面；而在對著O處以上的方向入射的粒子，因為向上偏轉(zhuǎn)，均不能到達(dá)地面；而在對著O處以下的方向入射的粒子均會達(dá)到地面。綜上所述，入射到磁場的粒子恰好有一半可以到達(dá)地，故D正確。故選BD。8.如圖所示，間距的光滑U形金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上，斜面傾角。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分別以、為邊界，均存在垂直于斜面向上的磁場，Ⅰ區(qū)中磁感應(yīng)強度從0開始隨時間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強磁場，磁感應(yīng)強度，與之間為無磁場區(qū)域。質(zhì)量、電阻的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，從兩磁場之間的無磁場區(qū)域由靜止釋放，經(jīng)過進(jìn)入Ⅱ區(qū)恰好勻速下滑。運動中棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計。重力加速度，。則下列說法正確的是（）A.進(jìn)入Ⅱ區(qū)后，導(dǎo)體棒中的電流B.無磁場區(qū)域的面積至少為C.前導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱D.若Ⅰ區(qū)磁場面積為，則Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強度隨時間變化的表達(dá)式為〖答案〗ACD〖解析〗A．導(dǎo)體棒進(jìn)入Ⅱ區(qū)恰好勻速下滑，則有導(dǎo)體棒中的電流為A正確；B．導(dǎo)體棒進(jìn)入Ⅱ區(qū)域磁場速度為根據(jù)牛頓第二定律導(dǎo)體棒在無磁場區(qū)域做勻加速直線運動，則無磁場區(qū)域的面積最小值為代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得B錯誤；C．導(dǎo)體棒進(jìn)入Ⅱ區(qū)域后，Ⅰ區(qū)中磁感應(yīng)強度變化產(chǎn)生的感生電動勢為，Ⅱ區(qū)域?qū)w棒切割磁感線產(chǎn)生的動生電動勢為，則解得感生電動勢為前導(dǎo)體棒未切割磁感線，則產(chǎn)生的焦耳熱為C正確；D．根據(jù)電磁感應(yīng)定律若Ⅰ區(qū)磁場面積為，Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強度的變化率為由題意，Ⅰ區(qū)中磁感應(yīng)強度從0開始隨時間均勻增加，則Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強度隨時間變化的表達(dá)式為D正確。故選ACD。9.某同學(xué)在實驗室分別研究多用電表的內(nèi)置電源。（1）該同學(xué)先找來一量程為2mA、內(nèi)阻未知的毫安表，進(jìn)行了如下操作：①選擇開關(guān)置于“OFF”擋，觀察指針是否指在電流零刻度處，若無則調(diào)節(jié)機械調(diào)零旋鈕使指針指在電流零刻度處。②將選擇開關(guān)旋至電阻“”擋，再將紅表筆和黑表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使指針指在電阻零刻度處。③將紅黑表筆接在待測毫安表的兩個接線柱上，發(fā)現(xiàn)多用電表指針剛好指在表盤正中間，如圖甲所示，毫安表的指針也剛好指在表盤正中間，該同學(xué)由此算出此多用電表內(nèi)置電源的電動勢約為___________V。（2）為了進(jìn)一步研究，該同學(xué)取下此多用電表的內(nèi)置電源，用圖乙所示的電路測量其電動勢和內(nèi)阻。按圖乙連接電路，閉合開關(guān)，改變電阻箱的阻值R，記錄對應(yīng)電壓表的讀數(shù)U，作出的圖像如圖丙所示，圖線與橫、縱坐標(biāo)軸的截距分別為、，定值電阻的阻值用表示，電壓表可視為理想電表，則該電池組的電動勢為___________，內(nèi)阻為___________（用字母表示）?！即鸢浮剑?）3（2）〖解析〗（1）③[3]歐姆調(diào)零時，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得將紅黑表筆接在待測毫安表的兩個接線柱上，發(fā)現(xiàn)多用電表指針剛好指在表盤正中間，毫安表的指針也剛好指在表盤正中間，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得又聯(lián)立解得此多用電表內(nèi)置電源的電動勢為（2）[2][3]由圖乙電路圖，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得可得可知圖像的縱軸截距為圖像的斜率為聯(lián)立解得，10.如圖所示，在“探究平拋運動規(guī)律”的實驗中：（1）甲同學(xué)利用甲圖裝置進(jìn)行實驗，每次釋放小球的位置都相同，并在乙圖的坐標(biāo)紙上記錄了小球經(jīng)過的A、B、C三點，已知坐標(biāo)紙每小格的邊長，該小球做平拋運動的初速度大小為________（g取，結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（2）乙同學(xué)在研究平拋運動時發(fā)現(xiàn)，若小球下落相同高度，平拋初速度越大，水平射程也越大，他依據(jù)這一規(guī)律，用如圖甲所示裝置來“驗證動量守恒定律”，將碰撞恢復(fù)系數(shù)的定義為，其中和分別是碰撞前兩小球的速度，和分別是碰撞后兩小球的速度，該實驗小球碰撞恢復(fù)系數(shù)的表達(dá)式為__________（用題目中字母表達(dá)），若測得___________，可以判定小球的碰撞為彈性碰撞。

（3）完成上述實驗后，丙同學(xué)對上述裝置進(jìn)行了改造，如圖乙所示，圖中圓弧為圓心在斜槽末端的圓弧。使小球a仍從斜槽上原固定點由靜止?jié)L下，重復(fù)開始的實驗，得到兩球落在圓弧上的平均位置為。測得斜槽末端與三點的連線與豎直方向的夾角分別為，小球a，b的質(zhì)量分別為，則驗證兩球碰撞過程中動量守恒的表達(dá)式為____________（用所測物理量的字母表示）?！即鸢浮剑?）1.5（2）1（3）〖解析〗（1）[1]相鄰落點在水平方向的距離相等，則相鄰落點間的運動時間相同，豎直方向做自由落體運動，根據(jù)勻變速直線運動相鄰相等時間內(nèi)位移差為定值則相鄰落點間時間為該小球做平拋運動的初速度大小為兩小球離開軌道末端做平拋運動的高度相同，從離開軌道末端到落地的時間相同，設(shè)為t，則小球在碰撞前的速度為碰撞后的速度為小球在碰撞前的速度為碰撞后的速度為碰撞恢復(fù)系數(shù)為若碰撞過程為彈性碰撞，則機械能守恒則即兩小球的動量變化量相等解得則有若測得，可以判定小球的碰撞為彈性碰撞；（3）測得斜槽末端與的連線與豎直方向的夾角為，由平拋規(guī)律設(shè)斜槽末端與M的連線長度為R（即圓弧半徑為R）解得測得斜槽末端與連線與豎直方向的夾角為，同理可得測得斜槽末端與的連線與豎直方向夾角為，同理可得由動量守恒化簡可得11.如圖，一球員在籃球場三分線附近正對籃板投籃，已知球員投球點A距離地面2.40m，球在空中飛行軌跡的最高點B距地面4.85m，球落入籃筐中心C點時速度與水平方向呈角，籃筐高度為3.05m，三分線距C點的水平距離為7.25m，不計空氣阻力，g取10。求：（1）籃球在飛行過程中到達(dá)最高點B時的速度的大??；（2）籃球在點A投出的速度的大??；（3）該球員出手點A和三分線的水平距離x?！即鸢浮剑?）6m/s；（2）；（3）0.55m〖解析〗（1）球從最高點運動到籃筐的過程中，豎直方向高度差由公式可得球入筐時的速度的豎直分量球入筐時的速度的水平分量球水平方向做勻速直線運動，則（2）球從出手到運動到最高點的過程中豎直方向高度差由公式可得最高點速度豎直分量由公式可得出手速度的大?。?）球水平方向運動總位移球員距三分線的距離12.在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。為了準(zhǔn)確的注人離子，需要在一個有限空間中用電磁場對離子的運動軌跡進(jìn)行調(diào)控。現(xiàn)在我們來研究一個類似的模型。在空間內(nèi)存在邊長的立方體，以O(shè)為坐標(biāo)原點，沿和方向分別建立x、y、z軸。在面的中心M處存在一粒子發(fā)射源，可在底面內(nèi)平行于底面沿任意方向發(fā)射初速度，比荷的帶正電粒子。在區(qū)域內(nèi)施加一定的勻強電場或者勻強磁場，使粒子可以達(dá)到相應(yīng)的空間位置。不計重力，則：（1）在立方體內(nèi)施加沿y軸正向的勻強電場，使粒子只能從面飛出，求施加電場的電場強度E的最小值；（2）在立方體內(nèi)施加沿y軸正向的勻強磁場，若磁感應(yīng)強度大小為，求粒子在磁場中運動時間的最小值和最大值；（3）在第（2）問的基礎(chǔ)上再加上沿y軸正向的勻強電場，電場強度為。判斷第（2）問中最小時間和最大時間所對應(yīng)的粒子能否從面飛出？若粒子不能從面飛出，請寫出這些粒子從平面飛出立方體區(qū)域時的空間坐標(biāo)。（結(jié)果保留2位小數(shù)）〖答案〗（1）；（2），；（3）在磁場中運動時間最長的粒子能從平面射出，運動時間最短的粒子不能從平面射出，飛出的空間坐標(biāo)為〖解析〗（1）施加沿y軸正向的勻強電場，使粒子只能從面飛出，粒子做類平拋運動，沿y軸方向做勻加速直線運動且沿初速度方向做勻速直線運動解得代入數(shù)據(jù)得（2）在立方體內(nèi)施加沿y軸正向的勻強磁場，當(dāng)磁感應(yīng)強度大小為時，有解得代入數(shù)據(jù)得粒子在平面做勻速圓周運動，粒子在磁場中運動時間最長的軌跡圖如下其中同理可得其中聯(lián)立解得且有解得故有解得粒子在平面內(nèi)運動時間最短的軌跡圖如下則有解得故有解得（3）在（2）問的基礎(chǔ)上再加上沿y軸正向的勻強電場后，粒子的運動可分解為平面內(nèi)的勻速圓周運動和y軸方向的勻加速直線運動。若粒子能從平面射出，則有得因為故在磁場中運動時間最長的粒子能從平面射出，運動時間最短的粒子不能從平面射出。運動時間最短的粒子在y