湖南省2024年高考物理模擬試卷及答案16

湖南省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。得分1．在物理學(xué)的發(fā)展過(guò)程中，科學(xué)家們總結(jié)出了許多物理學(xué)研究方法，以下關(guān)于物理學(xué)研究方法的敘述正確的是（）A．在不需要考慮帶電物體本身的大小和形狀時(shí)，用點(diǎn)電荷來(lái)代替物體的方法叫微元法B．在推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí)，把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運(yùn)動(dòng)，然后把各小段的位移相加，這里采用了理想模型法C．演繹推理是從一般性結(jié)論推出個(gè)別性結(jié)論的方法，即從已知的某些一般原理、定理、法則、公理或科學(xué)概念出發(fā)，推出新結(jié)論的一種思維活動(dòng)。比如，楞次定律的得出用的就是演繹推理的方法D．物理概念是運(yùn)用抽象、概括等方法進(jìn)行思維加工的產(chǎn)物。科學(xué)前輩就是在追尋不變量的努力中，通過(guò)抽象、概括等方法提出了動(dòng)量的概念2．丹麥物理學(xué)家奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭開了人類研究電磁間關(guān)系的序幕。三根相互平行的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線a、b、c電流均為I，如圖所示放在等腰直角三角形三個(gè)頂點(diǎn)上，每根通電直導(dǎo)線單獨(dú)存在時(shí)，O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度都是B，則三根通電導(dǎo)線同時(shí)存在時(shí)O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為（）A．5B B．3B C．22B 3．如圖甲所示，小明在地球表面進(jìn)行了物體在豎直方向做直線運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)，彈簧原長(zhǎng)時(shí)，小球由靜止釋放，在彈簧彈力與重力作用下，測(cè)得小球的加速度a與位移x的關(guān)系圖像如圖乙所示。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，地球的半徑為R，萬(wàn)有引力常量為G，不考慮地球自轉(zhuǎn)影響，忽略空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A．小球的位移為x0時(shí)，小球正好處于完全失重狀態(tài) B．小球的最大速度為aC．小球的質(zhì)量為kx02a0 4．如圖所示四幅圖為物體做直線運(yùn)動(dòng)的圖像，下列說(shuō)法正確的是（）A．甲圖中，物體在0~t0時(shí)間內(nèi)的位移等于vB．乙圖中，物體的加速度大小為1m/s2C．丙圖中，陰影面積表示t1~t2時(shí)間內(nèi)物體的加速度變化量D．丁圖中t=4s時(shí)物體的速度大小為35m/s5．如圖所示，真空中有一邊長(zhǎng)為l的正六邊形ABCDFG，O為正六邊形中心，在A、B、C三點(diǎn)分別固定電荷量為q、-2q、q（q>0）的三個(gè)點(diǎn)電荷。已知點(diǎn)電荷Q的電勢(shì)公式φ=kQA．O點(diǎn)電勢(shì)為負(fù)B．D點(diǎn)和G點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同C．O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為kqD．把一帶負(fù)電的試探電荷從O點(diǎn)移至F點(diǎn)，其電勢(shì)能變大6．某款手機(jī)“彈球游戲”可簡(jiǎn)化為如圖所示。游戲者將小球（視為質(zhì)點(diǎn)）以某個(gè)初速度垂直墻壁水平射出，在與臺(tái)階、豎直墻的碰撞不超過(guò)兩次的前提下，擊中第三級(jí)臺(tái)階的水平面MN段為通關(guān)。已知臺(tái)階的寬和高均為d，以v0射出時(shí)恰擊中第一級(jí)臺(tái)階的末端，所有碰撞均為彈性碰撞，以下說(shuō)法正確的是（）A．以v0射出時(shí)，小球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為3dB．以2v0射出時(shí)不能通關(guān)C．若小球的初速度v的滿足2vD．若利用墻面且僅反彈一次擊中第三級(jí)臺(tái)階的水平面，碰撞點(diǎn)距N點(diǎn)高度須小于27閱卷人二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。得分7．如圖所示，矩形盒內(nèi)用兩根不可伸長(zhǎng)的輕線固定一個(gè)質(zhì)量為m=0.6kg的勻質(zhì)小球，a線與水平方向成37°角，b線水平。兩根輕線所能承受的最大拉力都是Fm=15N，已知sin37°=0A．系統(tǒng)靜止時(shí)，a線所受的拉力大小12NbB．系統(tǒng)靜止時(shí)，b線所受的拉力大小8NC．當(dāng)系統(tǒng)沿豎直方向勻加速上升時(shí)，為保證輕線不被拉斷，加速度最大為5m/s2D．當(dāng)系統(tǒng)沿水平方向向右勻加速時(shí)，為保證輕線不被拉斷，加速度最大為10m/s28．圖甲起重機(jī)某次從t=0時(shí)刻由靜止開始提升質(zhì)量為m=150kg的物體，其a?t圖像如圖乙所示，5~10s內(nèi)起重機(jī)的功率為額定功率，不計(jì)其它阻力，重力加速度為g=10m/sA．物體在0~10s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的最大速度為10m/sB．起重機(jī)的額定功率為18000WC．5~10s內(nèi)起重機(jī)對(duì)物體做的功等于0~5s內(nèi)起重機(jī)對(duì)物體做功的1.5倍D．5~10s內(nèi)起重機(jī)對(duì)物體做的功等于0~5s內(nèi)起重機(jī)對(duì)物體做功的2倍9．如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上光滑轉(zhuǎn)軸O上，另一端與套在粗糙固定直桿N處質(zhì)量為0.2kg的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）相連。直桿與水平面的夾角為30°，N點(diǎn)距水平面的高度為0.4m，NP=PM，ON=OM，OP等于彈簧原長(zhǎng)。小球從N處由靜止開始下滑，經(jīng)過(guò)P處的速度為2m/s，并恰能停止在M處。已知重力加速度取10m/s2，小球與直桿的動(dòng)摩擦因數(shù)為35，則下列說(shuō)法正確的是（）A．小球通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的加速度大小為3m/s2B．彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為0.5JC．小球通過(guò)NP段與PM段摩擦力做功相等D．N到P過(guò)程中，球和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為0.4J10．如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ=37°的絕緣斜面上，底部接有一阻值R=2Ω的定值電阻，軌道上端開口，間距L=1m，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直斜面向上。質(zhì)量m=0.2kg的金屬棒ab置于導(dǎo)軌上，通過(guò)細(xì)線（細(xì)線與導(dǎo)軌平行）經(jīng)定滑輪與質(zhì)量為M=0.2kg的小物塊相連。金屬棒ab在導(dǎo)軌間的電阻r=1Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。金屬棒由靜止釋放到勻速運(yùn)動(dòng)前，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱總共為1.552J，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)空氣阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，則下列說(shuō)法正確的（）A．金屬棒ab勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小為0.6m/sB．金屬棒ab沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻R上的最大電功率為0.36WC．金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)到最大速度沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的距離2mD．從金屬棒ab開始運(yùn)動(dòng)至達(dá)到最大速度過(guò)程中，流過(guò)電阻R的總電荷量為2C閱卷人三、非選擇題：本題共5小題，共56分。得分11．某小組為了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，物塊P、Q用跨過(guò)定滑輪的輕繩相連，P底端固定一寬度為d的輕質(zhì)遮光條，托住P，用刻度尺測(cè)出遮光條所在位置A與固定在鐵架臺(tái)上的光電門B之間的高度差h（d??）。已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。（1）用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條的寬度d如圖丙所示，則圖丙中游標(biāo)卡尺的讀數(shù)應(yīng)為cm。（2）下列實(shí)驗(yàn)步驟正確的是____A．選擇兩個(gè)質(zhì)量相等的物塊進(jìn)行實(shí)驗(yàn) B．實(shí)驗(yàn)時(shí)，要確保物塊P由靜止釋放C．需要測(cè)量出兩物塊的質(zhì)量mP和mQ D．需要測(cè)量出遮光條從A到達(dá)B所用的時(shí)間T（3）改變高度h，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，測(cè)得各次遮光條的擋光時(shí)間t，以h為橫軸、1t2為縱軸建立平面直角坐標(biāo)系，在坐標(biāo)系中作出1t12．某實(shí)驗(yàn)小組利用如下器材測(cè)定一電壓表的量程Ux和內(nèi)阻Rx；待測(cè)電壓表V1（量程約0~3.0V，內(nèi)阻約為3kΩ）標(biāo)準(zhǔn)電壓表V2（量程0~6.0V，內(nèi)阻約為20kΩ）滑動(dòng)變阻器R（最大阻值50Ω）電阻箱R（0~9999.9Ω）直流電源E（7.5V.有內(nèi)阻）開關(guān)S及導(dǎo)線若干回答下列問(wèn)題：（1）現(xiàn)用多用電表測(cè)電壓表V1的內(nèi)阻，選擇倍率“×100”擋，其它操作無(wú)誤，多用電表表盤示數(shù)如圖甲，則電壓表V1的內(nèi)阻約為。（2）圖丙是該實(shí)驗(yàn)小組未完成的實(shí)物連線圖，請(qǐng)你根據(jù)圖乙原理圖完成實(shí)物連線。（3）閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器和電阻箱的阻值，保證V1滿偏，記錄V2的示數(shù)U2和電阻箱的阻值R，斷開開關(guān)。多次重復(fù)上述操作。根據(jù)多次測(cè)得的數(shù)值在U2?R坐標(biāo)系中描點(diǎn)，如圖丁。請(qǐng)根據(jù)坐標(biāo)系中的描點(diǎn)作出U2（4）根據(jù)圖丁中圖線求得V1的量程Ux＝V，內(nèi)阻Rx＝。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）13．如圖，在傾角37°足夠長(zhǎng)的斜面上有一個(gè)質(zhì)量為1kg的物體，物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25。物體在拉力F的作用下從斜面底端由靜止開始運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)的大小為10N方向沿斜面向上。已知sin37°=0.6，cos（1）物體的加速度大??？（2）加速2s后撤去F，讓物體在斜面上運(yùn)動(dòng)，物體靜止開始在斜面上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的熱量是多少？14．如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，x軸上方有一圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，其圓心為O1（0，2m）、半徑R=2m，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2×10?2T，方向垂直于紙面向外。在x軸下方有勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E=0.2N/C，方向水平向左。在磁場(chǎng)的左側(cè)0（1）粒子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r；（2）粒子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間t；（3）粒子打在y軸上離原點(diǎn)O的最遠(yuǎn)距離d，以及粒子的最大電勢(shì)能（取坐標(biāo)原點(diǎn)電勢(shì)為0）。15．如圖所示，足夠長(zhǎng)的水平光滑直軌道AB和水平傳送帶平滑無(wú)縫連接，傳送帶長(zhǎng)L=4m，以10m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，帶有光滑圓弧管道EF的裝置P固定于水平地面上，EF位于豎直平面內(nèi)，由兩段半徑均為R=0.8m的14圓弧細(xì)管道組成，EF管道與水平傳送帶和水平地面上的直軌道MN均平滑相切連接，MN長(zhǎng)L2=2m，右側(cè)為豎直墻壁。滑塊a的質(zhì)量m1=0.3kg，滑塊b與輕彈簧相連，質(zhì)量m2=0.1kg，滑塊c質(zhì)量m3=0.6kg，滑塊a、b、c均靜置于軌道AB上?，F(xiàn)讓滑塊a以一定的初速度水平向右運(yùn)動(dòng)，與滑塊b相撞后立即被粘住，之后與滑塊c發(fā)生相互作用，c與勁度系數(shù)k=1.5N/m的輕質(zhì)彈簧分離后滑上傳送帶，加速之后經(jīng)EF管道后滑上MN。已知滑塊c第一次經(jīng)過(guò)E時(shí)對(duì)軌道上方壓力大小為42N，滑塊c與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.35，與MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.4，其它摩擦和阻力均不計(jì)，滑塊與豎直墻壁的碰撞為彈性碰撞，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小g=10m/s2，彈簧的彈性勢(shì)能E（1）滑塊c第一次經(jīng)過(guò)F點(diǎn)時(shí)速度大小（結(jié)果可用根號(hào)表示）；（2）滑塊a的初速度大小v0：（3）試通過(guò)計(jì)算判斷滑塊c能否再次與彈簧發(fā)生相互作用，若能，求出彈簧第二次壓縮時(shí)最大的壓縮量。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、在不需要考慮帶電物體本身的大小和形狀時(shí)，用點(diǎn)電荷來(lái)代替物體的方法叫理想模型法，故A錯(cuò)誤；

B、推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí)，把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運(yùn)動(dòng)，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法，故B錯(cuò)誤；

C、演繹推理是從一般性結(jié)論推出個(gè)別性結(jié)論的方法，即從已知的某些一般原理、定理、法則、公理或科學(xué)概念出發(fā)，推出新結(jié)論的一種思維活動(dòng)。演繹推理是從一般到特殊的推理過(guò)程，而楞次定律的得出是從特殊到一般的推理過(guò)程，可知，楞次定律的得出用的是歸納推理的方法，故C錯(cuò)誤；

D、物理概念是運(yùn)用抽象、概括等方法進(jìn)行思維加工的產(chǎn)物?？茖W(xué)前輩就是在追尋不變量的努力中，通過(guò)抽象、概括等方法提出了動(dòng)量的概念，故D正確。

故答案為：D。

【分析】熟悉掌握各物理研究方法的具體內(nèi)容及其在物理研究中的具體應(yīng)用與成就。2．【答案】A【解析】【解答】如圖所示由安培定則，可知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線a和c在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向均垂直于ac斜向左下，大小為B。通電長(zhǎng)直導(dǎo)線b在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于bO斜向右下，大小也也為B。

將兩個(gè)相互垂直的磁感應(yīng)強(qiáng)度B合成，得到它兩個(gè)合磁感應(yīng)強(qiáng)度2B，方向垂直于bc向下。再將另一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度B與2B合成，如圖所示

由余弦定理得B解得B故答案為：A。

【分析】根據(jù)安培定則確定各導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，再根據(jù)矢量合成法則確定O點(diǎn)合磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。3．【答案】B【解析】【解答】A、由題圖乙可知，小球的位移為x0時(shí)，小球的加速度為0，小球的合力為0，彈簧的拉力與小球的重力等大方向，小球既不是失重狀態(tài)也不是超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；

B、小球的加速度a與位移x的關(guān)系圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度平方的一半，當(dāng)小球的加速度為零時(shí)，小球的加速度最大，設(shè)小球的最大速度為v，則有1得小球的最大速度v=故B正確；

C、設(shè)地球表面的重力加速度為g，小球的質(zhì)量為m，當(dāng)小球向下運(yùn)動(dòng)的位移為x，彈簧的伸長(zhǎng)量也為x，設(shè)小球的加速度為a，對(duì)小球受力分析，由牛頓第二定律可得mg?kx=ma整理可得a=?結(jié)合圖乙可得g=a0故C錯(cuò)誤；

D、設(shè)地球的質(zhì)量為M，由mg=又有g(shù)=月球的密度為ρ=聯(lián)立得ρ=故D錯(cuò)誤。

故答案為：B。

【分析】加速為零時(shí)，物體處于平衡狀態(tài)。加速度a與位移x的關(guān)系圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度平方的一半，當(dāng)小球的速度最大時(shí)，加速度為零。根據(jù)小球的受力情況結(jié)合牛頓第二定律確定圖像的函數(shù)表達(dá)式，再根據(jù)圖像確定小球的質(zhì)量。地球表面的物體重力等于萬(wàn)有引力。4．【答案】D【解析】【解答】A、根據(jù)v-t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積表示位移，由圖甲可知，物體在這段時(shí)間內(nèi)的位移x>故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2ax=可得v可知，v2-x圖像中圖線的斜率為2a，由圖乙可得，物體的加速度為0.5m/s2。故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)a-t圖像中圖線與橫軸所圍面積表示速度的變化量可知，丙圖中，陰影面積表示t1~t2時(shí)間內(nèi)物體的速度變化量。故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x=可得x結(jié)合圖丁可得v0=?5m/s由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v=可得，t=4s時(shí)物體的速度為v=35故D正確。

故答案為：D。

【分析】v-t圖線與橫軸圍成的面積表示位移，v-t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積表示位移，截距表示初速度。a-t圖像中圖線與橫軸所圍面積表示速度的變化量。5．【答案】C【解析】【解答】A、根據(jù)題意可得，O點(diǎn)電勢(shì)為φ故A錯(cuò)誤；

B、如圖所示

根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度計(jì)算公式可得EA=EC根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加原理可知D點(diǎn)和G點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)不相同，故B錯(cuò)誤；

C、O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E方向由O指向B，故C正確；

D、從O點(diǎn)到F點(diǎn)電勢(shì)升高，所以把一帶負(fù)電的試探電荷從O點(diǎn)移至F點(diǎn)，其電勢(shì)能變小，故D錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】電勢(shì)是標(biāo)量，等于各電荷在該處電勢(shì)的代數(shù)和。電場(chǎng)強(qiáng)度時(shí)矢量，等于各電荷在該處場(chǎng)強(qiáng)的矢量和。電勢(shì)高的位置，負(fù)電荷的電勢(shì)能小。6．【答案】C【解析】【解答】A、以v0速度射出時(shí)，小球恰好擊中第一級(jí)臺(tái)階的末端發(fā)生彈性碰撞，則有d=v0解得t1=反彈后小球做斜拋運(yùn)動(dòng)，該斜拋運(yùn)動(dòng)與以v0速度射出時(shí)的平拋運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性，可知小球?qū)⒃谂c第一級(jí)臺(tái)階等高的位置與墻碰撞并反彈，此時(shí)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律可知v假設(shè)小球能落到MN段，則有2d=vy1結(jié)合上述解得x可知，假設(shè)成立，則以v0射出時(shí)，小球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=3解得t=故A錯(cuò)誤；

B、若小球下落的高度為2d，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律得2d=12結(jié)合上述解得x=2可知，小球的初速度為2v0時(shí)越過(guò)第二級(jí)臺(tái)階，那么若能落在第三級(jí)臺(tái)階上，則有3d=12結(jié)合上述解得x'=2可知小球落在第三級(jí)臺(tái)階前會(huì)先碰到墻上，由于碰撞為彈性碰撞，水平速度大小不變，方向反向，可知，碰后小球會(huì)落在MN上，故B錯(cuò)誤；

C、若小球直接擊中第三級(jí)臺(tái)階MN段，小球射出初速度的最大值為剛好打在Ｎ點(diǎn)上3d=12解得v若小球直接擊中第三級(jí)臺(tái)階MN段，小球射出初速度的最小值為運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與第二級(jí)臺(tái)階右端擦肩而過(guò)，則有2d=12解得v綜合上述可知，直接擊中第三級(jí)臺(tái)階MN段所需初速度的取值范圍為2故C正確；

D、若利用墻面且僅反彈一次擊中第三級(jí)臺(tái)階的水平面，設(shè)碰撞點(diǎn)距N點(diǎn)高度為h，則與墻碰前3d??=12與墻碰后，設(shè)小球的落點(diǎn)剛好是M，則有?=gt7結(jié)合上述解得?=故若利用墻面且僅反彈一次擊中第三級(jí)臺(tái)階的水平面，碰撞點(diǎn)距N點(diǎn)高度須小于2116d，故D錯(cuò)誤。

故答案為：C。7．【答案】B,C【解析】【解答】AB、小球受力如圖所示

系統(tǒng)靜止時(shí)，豎直方向有F水平方向有Fa?解得Fa=10故B正確，A錯(cuò)誤；

C、系統(tǒng)豎直向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球受力如圖所示

當(dāng)a線拉力為15N時(shí)，由牛頓第二定律得，豎直方向有F水平方向有F解得F此時(shí)加速度有最大值a=5故C正確；

D、系統(tǒng)水平向右勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得，豎直方向有F水平方向有F解得F當(dāng)Fb=15N時(shí)，加速度最大為a=12.5故D錯(cuò)誤。

故答案為：BC。

【分析】靜止時(shí)小球處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件及力的合成與分解確定各繩拉力的大小。根據(jù)小球的加速度方向，確定哪根繩子容易達(dá)到臨界值，再根據(jù)臨界條件結(jié)合牛頓第二定律及平衡條件去誒多功能臨界加速度的大小。8．【答案】B,D【解析】【解答】A、由a-t圖像可知，物體在0~5s做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，5s時(shí)物體的速度為v由于5s后物體繼續(xù)做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，可知物體在0~10s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的最大速度大于10m/s，故A錯(cuò)誤；

B、由a-t圖像可知，在5s時(shí)，物體結(jié)束做勻加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)起重機(jī)功率達(dá)到最大功率，根據(jù)牛頓第二定律可得F?mg=ma解得F=1800則起重機(jī)的額定功率為P故B正確；

CD、0~5s內(nèi)，物體的位移為x0~5s內(nèi)起重機(jī)對(duì)物體做的功為W5~10s內(nèi)起重機(jī)保持額定功率不變，則5~10s內(nèi)起重機(jī)對(duì)物體做的功W可得2故D正確，C錯(cuò)誤。

故答案為：BD。

【分析】v-t圖像與時(shí)間軸所圍面積表示位移。當(dāng)功率恒定不變時(shí)，當(dāng)速度越大，牽引力越小。重物加速度方向不變，即重物始終做加速運(yùn)動(dòng)。根據(jù)圖像確定各時(shí)間段內(nèi)物體的運(yùn)動(dòng)情況。再根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律及瞬時(shí)功率公式及公的定義進(jìn)行解答。9．【答案】C,D【解析】【解答】A、因在P點(diǎn)時(shí)彈簧在原長(zhǎng)，則到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的加速度為a=g故A錯(cuò)誤；

C、因NP段與PM段關(guān)于P點(diǎn)對(duì)稱，則在兩段上彈力的平均值相等，則摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，故C正確；

B、設(shè)小球從N運(yùn)動(dòng)到P的過(guò)程克服摩擦力做功為Wf，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為Ep，根據(jù)能量守恒定律得，對(duì)于小球N到P的過(guò)程有mgN到M的過(guò)程有mg?=2得E故B錯(cuò)誤；

D、N到P過(guò)程中，球和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE=故D正確。

故答案為：CD。

【分析】彈簧的形變量相等，則彈簧的彈性勢(shì)能不變。確定運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球受力的變化情況，再根據(jù)對(duì)稱性分析各力的變化情況。明確運(yùn)動(dòng)過(guò)程中各力的做功情況及能量的轉(zhuǎn)化情況，再根據(jù)動(dòng)能定理及能量守恒定律進(jìn)行解答。10．【答案】A,D【解析】【解答】A、金屬棒ab勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電流為I金屬棒處于平衡狀態(tài)，對(duì)金屬棒與小物塊整體進(jìn)行分析有Mg=mg解得v故A正確；

B、金屬棒ab勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，此時(shí)電阻上的電功率也最大，則有P結(jié)合上述解得P故B錯(cuò)誤；

C、金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)到最大速度過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有Mgx=根據(jù)串聯(lián)電路規(guī)律有Q解得x=3故C錯(cuò)誤；

D、從金屬棒ab開始運(yùn)動(dòng)至達(dá)到最大速度過(guò)程中，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值E=感應(yīng)電流的平均值I=解得q=2故D正確。

故答案為：AD。

【分析】物體勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)處于受力平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件及電磁感應(yīng)定律和安培力公式確定勻速時(shí)的速度。當(dāng)通過(guò)電阻R的電流越大，電阻R上的電功率越大，根據(jù)電磁感應(yīng)定律及閉合電路的歐姆定律可知此時(shí)導(dǎo)體棒的速度越大。確定運(yùn)動(dòng)過(guò)程各力的做功情況再根據(jù)動(dòng)能定理確定導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的位移。熟悉掌握求解導(dǎo)體切割磁場(chǎng)通過(guò)導(dǎo)體棒電荷量的三種方法。11．【答案】（1）0.52（2）B；C（3）2【解析】【解答】（1）用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條的寬度d為0.5（2）A、實(shí)驗(yàn)中要讓物塊P下降，Q上升，則選擇兩個(gè)質(zhì)量不相等，故A錯(cuò)誤；

B、實(shí)驗(yàn)時(shí)，要確保物塊P由靜止釋放，故B正確；

C、需要測(cè)量出兩物塊的質(zhì)量mP和mQ，故C正確；

D、實(shí)驗(yàn)中不需要測(cè)量出遮光條從A到達(dá)B所用的時(shí)間T，故D錯(cuò)誤。

故答案為：BC。

（3）物塊P經(jīng)過(guò)光電門時(shí)的速度v=實(shí)驗(yàn)中要驗(yàn)證的關(guān)系(即1則k=【分析】讀數(shù)時(shí)注意儀器的分度值及是否需要估讀。根據(jù)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度確定物塊經(jīng)過(guò)光電門的速度。物塊P、Q的速度大小相等。再根據(jù)機(jī)械能守恒的條件推到得出圖像的表達(dá)式，再分析圖像斜率的物理意義。12．【答案】（1）3200（2）（3）（4）2.5~3.0均可；2.8##2.9##3.0##3.1##3.2【解析】【解答】（1）電壓表V1的內(nèi)阻約為R=32×100（2）電路連線如圖

（3）作出U2-R圖線如圖

（4）由電路可知U根據(jù)圖丁中圖線可得Ux=2.5【分析】讀書注意是否需要估讀。根據(jù)歐姆定律及串并聯(lián)電路的規(guī)律結(jié)合電路圖推導(dǎo)得出圖像的函數(shù)表達(dá)式，分析圖像斜率及截距的物理意義，再結(jié)合圖像進(jìn)行數(shù)據(jù)處理。13．【答案】（1）解：設(shè)物塊在力F作用下向上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為a，由牛頓第二定律有F?mg代數(shù)求得a（2）解：F作用2s，末速度v位移x撤出外力F后，物塊繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，加速度為a2=?gsinθ?μg物塊向上減速到0后，又會(huì)下滑到斜面底端x全過(guò)程摩擦生熱Q=?【解析】【分析】（1）對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律及力的合成與分解進(jìn)行解答；

（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律關(guān)系確定撤去拉力是物塊的速度及位移。確定撤去拉后物塊的加速度，物體到達(dá)最高點(diǎn)速度為零，根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律確定撤去拉力后物塊向上運(yùn)動(dòng)的位移。根據(jù)物體所受摩擦力與重力沿斜面方向分力的大小關(guān)系，判斷物體到達(dá)最高點(diǎn)后是否下滑，再確定物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的總位移，再根據(jù)摩擦力做功與摩擦生熱的關(guān)系進(jìn)行解答。14．【答案】（1）解：粒子磁場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力可得qvB=m可得r=代入數(shù)據(jù)解得r=2m（2）解：所有粒子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)后都從原點(diǎn)O出來(lái)，其中從最上面射進(jìn)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，如圖所示，由幾何關(guān)系可得其對(duì)應(yīng)的圓心角為α=120°可得t=又T=聯(lián)立解得粒子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為t=（3）解：所有粒子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)后都從原點(diǎn)O出來(lái)，從原點(diǎn)O出來(lái)后射入第三象限的粒子向左偏，到不了y軸。射入第四象限的粒子向左偏可以打到y(tǒng)軸，設(shè)射入第四象限的粒子射入時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向夾角為θ，由幾何關(guān)系可得其與y軸負(fù)方向的夾角0≤θ≤30°又a=t=2|當(dāng)θ=30°時(shí)，|yd=當(dāng)粒子在第四象限離y軸最遠(yuǎn)時(shí)，電勢(shì)能最大。E【解析】【