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2022年安徽省淮北市高考物理一模试卷
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这是一份2022年安徽省淮北市高考物理一模试卷，共22页。试卷主要包含了9km/s，【答案】B，【答案】D，【答案】C，【答案】A，【答案】AD，【答案】BC等内容，欢迎下载使用。
2022年安徽省淮北市高考物理一模试卷
1. 1934年，约里奥⋅居里夫妇发现经过α粒子轰击的铝片中含有放射性的磷 1530P，他们由于发现人工放射性而获得了1935年的诺贝尔物理学奖。磷 1530P的衰变方程为： 1530P→1430Si+Y。则下列说法正确的是( )
A. Y是质子
B. Y是正电子
C. 改变压力、温度或化学状态， 1530P的半衰期会改变
D. 经过两个完整的半衰期后， 1530P将完全衰变殆尽
2. 如图所示为两边支撑腿等长的“人字梯”，调节支撑腿之间的角度可以获取更大高度，所以是人们在生活和工作中经常使用的登高工具。现有一个人站在“人字梯”的最高处，当两边支撑腿之间的角度增大时，则( )
A. 对地面的压力增大 B. 对地面的压力减小
C. 一条支撑腿受到的摩擦力减小 D. 一条支撑腿受到的摩擦力增大
3. 如图所示，两根通电长直导线a、b平行且水平放置，a、b中的电流强度均为I，此时b受到的安培力大小为F.当在a、b的上方再放置一根与a、b平行的通电长直导线c后，b受到的安培力大小仍为F，图中a、b、c三者间距相等，此时a受到的安培力大小为( )
A. F B. 3F C. 23 F D. 7F
4. 物体的运动状态可用位置坐标x和动量p描述，称为相，对应p−x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p−x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。若将质点竖直向上抛出，以抛出点为坐标原点，竖直向上为正方向，忽略空气阻力则质点对应的相轨迹是( )
A. B.
C. D.
5. 如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，OO′为板间水平中线，AB板间的电势差U随时间t的变化情况如图乙所示。有一个质量为m，电荷量为q的带电小球，t=0时刻从O点以v0的速度水平射入电场。T时刻小球恰好从O′点射出电场，小球运动过程中未与极板相碰。则下列说法正确的是( )
A. 板间电压U=4mgdq B. 板间电压U=3mgdq
C. 小球从O′点射出时速度方向水平 D. t=T2时刻，小球运动到最低点
6. 如图所示，一弹性轻绳(弹力与其伸长量成正比)左端固定在墙上A点，右端穿过一固定的光滑圆环B连接一个质量为m的小球，小球在B点时，弹性轻绳处在原长状态。小球穿过竖直固定杆在C处时，弹性轻绳的弹力大小为mg。将小球从C点由静止释放，到达D点时速度恰好为0。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.2，A、B、C在一条水平直线上，BC=l，CD=h，重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。则小球从C运动到D的过程中( )
A. 受到的摩擦力一直增大
B. 下落0.8l的高度时，小球加速度为零
C. 小球在D点时，弹性轻绳的弹性势能为0.8mgh
D. 若仅把小球质量变为3m，则小球到达D点时的速度大小为2gh
7. 2021年4月29日，长征五号遥二运载火箭在海南文昌成功将空间站天和核心舱送入离地高约450km的预定轨道。2021年10月16日，神舟十三号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接，将航天员翟志刚、王亚平、叶光富成功送入了天和核心舱。他们将在核心舱驻留6个月，主要任务是验证中国空间站建造相关技术，为我国空间站后续建造及运营任务奠定基础。下列说法正确的是( )
A. 核心舱在轨运行周期小于24小时
B. 组合体在轨运行速度大于7.9km/s
C. 火箭发射升空过程中，发动机喷出的燃气推动空气，空气推动火箭上升
D. 在宇宙飞船加速升空过程中，宇航员处于超重状态；当宇航员进入空间站仍然受重力作用，但处于失重状态
8. 如图所示，在匀强电场中有O、A、B三点，OA=OB=10cm，其中O、A电势分别为10V、20V，OA与OB的夹角为120∘。现有一不计重力、带电量为e的粒子以6eV的动能从A点沿AO方向飞入电场，经过B点时动能与在A点时相同，则下列说法正确的是( )
A. 该粒子带负电
B. 粒子运动过程中，电场力一直做正功
C. 粒子能运动到O点，且在O点时电势能为10eV
D. 该电场强度大小为200V/m，方向垂直于AB连线向左
9. 如图所示，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中。理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2。当线圈绕垂直于磁场的轴，以角速度ω匀速转动时，理想电流表A1读数为I。不计线圈电阻，下列说法正确的是( )
A. 电流表A0的读数为n1In0
B. 电阻R2两端的电压为n2IR1n1
C. n0与n1的比值为2NBL2ωIR1
D. 发电机的功率为2NBL2ωI(n1+n2)n0
10. 如图甲所示，质量分别为mA和mB的两物体用轻弹簧连接置于光滑水平面，初始时两物体锁定，弹簧处于压缩状态。t=0时刻将B物体解除锁定，t=t1时刻解除A物体的锁定，此时B物体的速度为v0，AB两物体运动的a−t图像如图乙所示，其中S1和S2分别表示0∼t1时间和t1∼t3时间内B物体的的a−t图像与坐标轴所围面积的大小，则下列说法正确的是( )
A. mA
C. t4时刻，弹簧伸长量最大
D. 0∼t5时间内，弹簧对A物体的冲量大小为mB v0
11. 李明同学利用如图甲所示的实验装置来探究滑块的加速度与力的关系。
(1)李明用图乙中的螺旋测微器测得遮光条的宽度d=______mm。
(2)接通气源，调节导轨水平。在导轨上放置一个带有遮光条滑块，滑块用轻质细线绕过气垫
导轨左端的定滑轮与物体P相连，实验时一定要进行的操作或保证的条件是______。
A.选用宽度较大的遮光条
B.两个光电门距离适当大些
C.物体P的质量要远小于滑块的质量
(3)将滑块由图甲位置从静止释放，在物体P的牵引下先后通过两个光电门，测得遮光条通过
光电门1和2的时间分别为Δt1、Δt2，两个光电门间距离为L，则滑块加速度a=______。(用以上测得物理量符号表示)
12. 某同学从实验室找到如下器材，准备测未知电源电动势和内阻。
A.待测电源一个
B.直流电压表V，量程为3V，内阻非常大
C.定值电阻R0=150Ω
D.电阻箱R
E.导线和开关
该同学设计的电路如图甲所示，根据该电路进行实验操作：多次改变电阻箱的阻值，记录每次电阻箱的阻值R和电压表的示数U，在IU−R坐标系中描出的坐标点如图乙所示。
(1)分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则IU与R的关系式为______。
(2)在图乙的坐标纸上画出IU−R关系图线。
(3)根据图线求得电源电动势E=______V，内阻r=______Ω(保留三位有效数字)。
13. 在沟谷深壑、地形险峻的山区，由于暴雨、暴雪极易引发山体滑坡并携带大量泥沙石块形成泥石流(如图甲所示)，发生泥石流常常会冲毁公路铁路等交通设施甚至村镇等，造成巨大损失。现将泥石流运动过程进行简化，如图乙所示，假设泥石流从A点由静止开始沿坡体匀加速直线下滑，坡体倾角α=53∘，泥石流与坡体间动摩擦因数μ=215，A点距离坡体底端B点长度为90m，泥石流经过B点时没有速度损失，然后在水平面上做匀减速直线运动，加速度大小为5m/s，一辆汽车停在距离B点右侧80m的C处，当泥石流到达B点时，司机发现险情，立即启动车并以4m/s2加速度向右做匀加速直线运动，以求逃生。g=10m/s2，求：
(1)泥石流经过B点时的速度大小；
(2)汽车行驶过程中，泥石流与汽车间的最小距离。
14. 如图所示，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFGH矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、感应强度大小为B的匀强磁场。在t=t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；t=t2时刻，流经a棒的电流为0，此时b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b的质量分别为2m和m，电阻分别为R和2R.在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，求：
(1)t1时刻a棒加速度大小；
(2)t1∼t2时间内，a棒产生的焦耳热。
15. 如图所示，在第Ⅱ象限的空间中存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面(纸面)向外，在第象限的空间中存在匀强电场，场强的方向与xOy平面平行，且与x轴的负方向成60∘的夹角斜向下。一质量为m、带电量为+q的粒子以速度v0从x轴上的a点沿y轴的正方向射入磁场，然后从y轴上的b点飞出磁场区域，从c点穿过x轴进入匀强电场区域，并且通过c点正下方的d点。已知a点的坐标为(−h,0)，b点的坐标为(0,33h)，粒子的重力不计。
(1)求匀强磁场的磁感应强度；
(2)若匀强电场的场强E与匀强磁场的磁感应强度B的比值EB=3v0，求粒子从a运动到d所用时间。
16. 如图所示，质量m=1kg小物块可视为质点，在光滑水平平台上压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧储存了一定的弹性势能。打开锁扣K，小物块将以水平速度v0向右滑出平台后做平抛运动，并恰好能从B点沿切线方向无碰撞地进入BC段光滑圆弧形轨道，圆弧半径R=0.6m，OB连线与竖直方向夹角θ=60∘，轨道最低点C与放置在水平面的薄木板相切，薄板质量M=2kg，长度L=1.2m。已知平台与C点的竖直距离h=0.675m，小物块与薄板间动摩擦因数μ1=0.2，木板与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.4，g=10m/s2，求：
(1)小物块压缩弹簧时储存的弹性势能Ep；
(2)物块m运动到圆弧最低点C时对轨道的压力；
(3)物块m滑上薄板同时，对木板施加F=22N的水平向右恒力，物块在木板上运动时间。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB、衰变的过程中质量数与电荷数一定守恒，可知Y的质量数：A=30−30=0，电荷数为：z=15−14=1，可知Y是正电子，故A错误，B正确；
C、半衰期由核内部本身的因素决定，改变压力、温度或化学状态， 1530P的半衰期不会改变，故C错误；
D、经过两个半衰期，剩余的 1530P为：m=m0(12)2=m04，即经过两个完整的半衰期后， 1530P剩余开始时的14，故D错误。
故选：B。
正β衰变中原子核内的一个质子转化成了一个中子和一个正电子；衰变的过程中质量数与电荷数守恒；半衰期由核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关；根据半衰期与时间的关系判断。
本题考查原子核衰变与对半衰期的理解，解答的关键是要知道半衰期由核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关。
2.【答案】D
【解析】解：AB、人字梯在地面上静止时，受到重力、地面的支持力与摩擦力，竖直方向两侧支撑腿受到支持力的合力与重力大小相等，方向相反，与人字梯两支撑腿的夹角无关，所以当两边支撑腿之间的角度增大时，人字梯受到的支持力不变，根据牛顿第三定律，人字梯对地面得压力不变，故AB错误；
CD、人字梯静止时，地面对人字梯的作用力的合力沿梯子支撑腿的方向，否则会发生转动；对其中一支撑腿受力分析如图：
支撑腿受到的支持力不变，则人字梯的两支撑腿之间的夹角越大，受到的摩擦力越大，所以当两边支撑腿之间的角度增大时，任意一条支撑腿受到的摩擦力增大，故C错误，D正确。
故选：D。
对人字梯进行受力分析，结合共点力平衡的条件即可得出结论。
该题考查物体的受力分析，解答的关键是正确对物体进行受力分析。
3.【答案】B
【解析】解：由右手定则可知，导线a在b处产生的磁场方向竖直向下，由左手定则得知b受到a的安培力的方向为水平向右(如图)
由牛顿第三定律可知a受到的b的安培力大小为F，方向水平向左(如图)；
放入导线c后，c在b处的磁感应强度方向垂直于bc连线向上，由左手定则得知c对b的安培力方向沿cb连线指向c，因此时b受到c的磁场力大小为F(受到a、c的安培力的合力)，a、c对b的安培力的夹角为120∘，所以c对b的安培力大小仍为F；
c在a和b处的磁感应强度大小相等，因a、b中的电流强度均为I，所以a受到c的安培力为F，方向由c指向a(如图所示)；
a受到的两个安培力之间的夹角为60∘，所以b受到的磁场力大小为：Fa=3F，故B正确，ACD错误；
故选：B。
由左手定则先判断出b受到a的安培力的方向，利用牛顿第三定律得知a受到b的安培力的大小和方向；
加入c后通过对b的受力情况的分析，得知c对a的安培力的大小和方向，利用安培力的大小与电流成正比的规律可知a受到c的安培力大小，再利用左手定则判知其方向，作图画出a受到安培力的示意图，通过平行四边形定则即可求得a受到的磁场力大小。
该题考查了安培力的大小和方向的分析，涉及到的安培力较多，这就要求在解答的过程中要细心，要有一定的条理性；要知道在磁场强度相同的情况下，安培力的大小与电流的大小成正比；同时要注意数学知识在物理学中的应用。
4.【答案】C
【解析】解：一质点沿x轴正方向做竖直上抛运动，那么位移与速度关系为：x=v2−v02−2g，
而动量表达式为：p=mv，
两式联立有：p2=m2(v02−2gx)
再由位移沿着x轴正方向，则x取正值，动量p先取正值再取负值。综上所述，故C正确，ABD错误。
故选：C。
依据竖直上抛运动速度-位移关系，结合动量的定义式，及数学的二次函数图象，即可分析判定。
本题考查匀变速直线运动的规律及动量的表达式内容，要理解位移、速度与动量均为矢量，并注意矢量的正负取值。
5.【答案】A
【解析】解：AB、取竖直向下为正方向，设T2∼T时间内小球的加速度大小为a。
在0∼T2时间内，小球在竖直方向上做自由落体运动，竖直位移大小为y1=12g(T2)2
T2∼T时间内，在竖直方向上，小球先向下做匀减速直线运动，速度减至零后向上做匀加速直线运动，加速度恒定，将这段时间内小球的运动看成一种匀减速直线运动，竖直位移为y2=(g⋅T2)T2−12a(T2)2
T时刻小球恰好到达O′点时，有y1+y2=0
根据牛顿第二定律得：qUd−mg=ma
联立以上各式解得：a=3g，U=4mgdq，故A正确，B错误；
C、T时刻小球竖直分速度大小为vy=g⋅T2−a⋅T2=g⋅T2−3g⋅T2=−gT，负号表示方向竖直向上，因此，小球从O′点射出时速度方向不沿水平方向，故C错误；
D、t=T2时刻后，小球开始受到竖直向上的电场力，小球由于惯性，先向下运动，后向上运动，则t=T2时刻，小球没有运动到最低点，故D错误。
故选：A。
小球在竖直方向上，先做自由落体运动，后向下做匀减速直线运动，速度减至零后向上做匀加速直线运动，将小球在匀强电场中的运动看成一种匀减速直线运动，根据T时间内竖直方向总位移为零，由位移-时间公式列式，结合牛顿第二定律求出加速度与板间电压的关系，即可求解板间电压。由速度-时间公式求出T时刻竖直方向的分速度，再确定小球从O′点射出时速度的方向。结合小球的运动情况，分析何时运动到最低点。
解决本题时，要理清小球的运动过程，将T2∼T时间内小球的往返运动看成一种匀减速直线运动(类似于竖直上抛运动)，分析前后两个过程的位移关系，这是解决本题的关键。
6.【答案】B
【解析】解：A、BC的长度为l，根据胡克定律，有：mg=kl，
从C到D的过程中，绳与竖直方向的夹角为α时，伸长量为Δx=lsinα，故弹力为：F=klsinα，
对球受力分析，受重力、橡皮条的弹力、摩擦力，支持力，水平方向平衡，故N=Fsinα=kl=mg，
故小球从C到D的过程中受到的摩擦力为：f=μN=0.2mg，故A错误；
C、故小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为：Wf=fh=0.2mgh，
对球从C到D过程，根据动能定理，有：，解得：，由于在C点弹簧具有弹性势能Ep1>0，根据可知，EP2>0.8mgh，故C错误；
D、若仅把小球的质量变成3m，小球从C到D过程，根据动能定理可得：
解得：v1=4gh3，故D错误；
B、下落0.8l的高度时，对小球受力分析有：mg−f−k⋅0.8l=ma，解得a=0，故B正确；
故选：B。
首先对球受力分析，受重力、橡皮条的拉力、支持力和摩擦力，水平方向平衡；再根据胡克定律得到支持力和摩擦力不变；然后结合动能定理列式分析即可。
本题考查功能关系，关键是结合水平方向平衡和胡克定律得到摩擦力是不变的，注意橡皮条的弹力是变化的，小球在平衡位置速度最大，要结合动能定理列式分析。
7.【答案】AD
【解析】解：AB、根据GMmr2=m4π2T2r=mv2r得：T=2πr3GM，v=GMr
空间站轨道高度约400km，远小于地球同步卫星的轨道高度，所以其飞行速度小于第一宇宙速度且周期小于24小时，故A正确，B错误；
C、火箭发射升空的过程中，火箭给喷出的燃气作用力，燃气给火箭反作用力，推动火箭上升，故C错误；
D、在在宇宙飞船加速升空过程中，宇航员处于超重状态；空间站中工作的宇航员受到地球引力作用，处于完全失重状态，故D正确。
故选：AD。
空间站以及实验舱内的物体均处于完全失重状态，相互接触物体间弹力为零，利用万有引力提供向心力找出周期表达式，实现“问天”、“梦天”实验舱从低轨道与“天和”核心舱对接需要加速。
注意物体处于完全失重状态时，仍然受到重力作用，重力全部提供向心力，实验舱应从低轨道加速与核心舱对接。
8.【答案】AD
【解析】解：AB、粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，因粒子在AB两点的动能相同，可知粒子在AB两点的电势能相等，即AB两点电势相同，则场强的方向垂直AB指向O，由粒子的运动轨迹可知，粒子带负电，从A到B电场力线做负功后做正功，故A正确，B错误；
C、粒子在A点时，电势能和动能之和为，若粒子能运动到O点，电势能EpO=−10eV，则动能EkA=E−EpO=−14eV−(−10eV)=−4ev，不合实际，故粒子不能运动到O点，故C错误；
D、根据U=Ed，可知电场强度大小为E=UAOOAcos60∘=20V−10V10×10−2×12=200V/m，方向垂直于AB连线向左，故D正确。
故选：AD。
粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，根据AB两点的动能知道电势能关系，从而知道电势关系和场强的方向，根据运动轨迹判断电场力做功的情况，根据U=Ed求场强。
此题关键是知道粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，抓住这一点可进行判断，注意U=Ed公式中d的物理意义。
9.【答案】BC
【解析】解：AB、由题知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律得：U1=IR1
根据变压器电压与匝数的关系有：n0n1=U0U1；n0n2=U0U2
代入数据有：U0=n0n1IR1；U2=n2n1IR1
再由欧姆定律得：U2=I2R2
可计算出：I2=n2R1n1R2I
P0=P1+P2
I0U0=I2R1+I22R2
I0=(n1n0+n22R1n1n0R2)I，综上可知，故A错误，B正确；
C、由于矩形线圈产生的交流电流直接输入原线圈，则有：
Emax=NB2L2ω，U0=Emax2=2NBL2ω
由AB选项可知，U0=n0n1IR1
则n0n1=2NBL2ωIR1，故C正确；
D、由于变压器为理想变压器，则有
P0=P1+P2=U1I+U2I2=I2R1+U2I2
代入选项ABC中的公式可得：P0=2NBL2ωIn0(n12R2+n22R1n1R2)，故D错误；
故选：BC。
根据匝数比得出两端电压之比，同时要根据法拉第电磁感应定律计算出最大的电动势以及电压的有效值；
理想变压器原副线圈两端的功率相等，由此计算出发动机的功率。
本题主要考查了变压器的构造和原理，理解原副线圈两端的电压比与匝数比的关系，在计算电流的时候要注意是利用功率相等推导而出，这是很多学生容易犯错误的点。
10.【答案】ABD
【解析】解：A、弹簧对A和对B的弹力F大小相等，由牛顿第二定律得：a=Fm，由图乙所示图象可知，在t2时刻A、B的加速度大小关系是：aA>aB，即解得：mA
C、由图乙分析可知在t2时刻两物体加速度最大，此时弹簧处于伸长量最大，t3时刻加速度为0，弹簧恢复到原长，t4时刻两物体加速度最大，且对B的弹力向右，对A的弹力向左，可知此时处于弹簧压缩量最大的时刻，故C错误；
D、对AB两物体由于动量守恒，由图乙可知t1∼t5时刻速度变化量为0，所以0∼t5时间内，弹簧对A物体的冲量大小为mB v0，故D正确；
故选：ABD。
a−t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度变化量；根据题意分析清楚A、B的运动过程；应用动量定理、牛顿第二定律、能量守恒定律与动量守恒定律分析答题。
根据题意结合图乙所示图象分析清楚A、B的运动过程是解题的前提与关键，应用动量定理、牛顿第二定律与动量守恒定律即可解题；解题时要注意a−t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量；在t2时刻A、B的速度相同，这是本题的关键点也是易错点。
11.【答案】2.603BC(dΔt2)2−(dΔt1)22L
【解析】解：(1)螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，根据图乙可知，d=2.5mm+10.3×0.01mm=2.603mm；
(2)A、遮光条越短，则滑块经过遮光条的时间越短，测量的速度误差越小，故A错误；
B、两个光电门距离适当大些，方便测量数据，而且实验误差也较小，故B正确；
C、为了保证绳子拉力接近于物块P的质量，需要保证物体P的质量远小于滑块的质量，故C正确；
故选：BC。
(3)在极短时间内，物体的瞬时速度等于该过程的平均速度，则遮光条经过光电门1的速度为：v1=dΔt1，同理可得：v2=dΔt2
根据速度-位移时间公式可知，滑块的加速度a=(dΔt2)2−(dΔt1)22L
故答案为：(1)2.603；(2)BC；(3)(dΔt2)2−(dΔt1)22L
(1)根据螺旋测微器的读数规则结合图乙得出d的示数；
(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(3)在极短时间内，物体的瞬时速度等于该过程的平均速度，结合速度-位移公式计算出滑块的加速度。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，熟悉螺旋测微器的读数规则，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式计算出滑块的加速度。
12.【答案】1U=1ER0⋅R+R0+rER0 3.0030.0
【解析】解：(1)由题图甲可知，电压表与定值电阻R0并联，可测定电阻R0两端的电压，由欧姆定律可求得电路中的电流，由闭合电路欧姆定律可得：
E=UR0(R0+R+r)，
变形得：1U=1ER0⋅R+R0+rER0；
(2)用直线将描出各点连接起来，使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点分居直线两侧，画出IU−R关系图线如图所示：
(3)结合关系式和作出图线可知：
R0+rER0=0.40V−1，
1ER0=0.80−0.40180V−1⋅Ω−1
联立解得：E=3.00V，r=30.0Ω。
故答案为：(1)1U=1ER0⋅R+R0+rER0(2)图见解析(3)3.00，30.0
(1)根据闭合电路欧姆定律得IU与R的关系式；
(2)根据描点法作图连接图线；
(3)结合关系式和作出图线求电源电动势和内阻。
本题考查了测量电动势和内电阻的实验，注意应用闭合电路欧姆定律与电阻定律求出图象的函数表达式是正确解题的前提与关键，要掌握应用图象法处理实验数据的方法。
13.【答案】解：(1)设泥石流质量为m，从A到B，由动能定理：mgLsinα−μmgLcosα=12mvB2，解得：vB=36m/s
(2)泥石流于汽车速度相等时之间距离最小，经时间t速度相等，vB−a1t=a2t，解得：t=4s，共速v=a2t=4×4m/s=16m/s，二者之间最小距离为：d=80+12vt−v+vB2t=80m+12×16×4m−16+362×4m=8m
答：(1)泥石流经过B点时的速度大小为36m/s；
(2)汽车行驶过程中，泥石流与汽车间的最小距离为8m。
【解析】(1)由动能定理可以求出泥石流到达B点时的速度大小．
(2)泥石流于汽车速度相等时之间距离最小，由匀变速运动规律求达到共速时间，再分别表达二者位移，计算最小距离。
分析清楚泥石流的运动过程和受力情况是解题的前提与关键，应用动能定理即可解题；本题也可以应用牛顿第二定律与匀变速直线运动的运动规律分析求解．
14.【答案】解：(1)由题知，t1时刻根据右手定则可知，a棒产生的感应电流方向是E→F，b棒产生的感应电流反向概念股是H→G，即两个感应电流方向相同，所以回路中感应电动势为两杆产生的感应电动势之和，即
E=2BLv0
回路中感应电流为：I=E3R
对a棒，根据牛顿第二定律有：BIL=2ma
联立解得：a=B2L2v03mR
(2)根据左手定则可知，a棒受到的安培力向左，b棒受到的安培力向右，由于流过a、b棒的电流一直相等，故两个力大小相等；
则a棒与b棒组成的系统动量守恒，由题知，t2时刻流过a棒的电流为零时，说明a、b棒之间的磁通量不变，即a、b棒在此时刻达到了共速状态，设为v。
取向右为正方向，根据系统动量守恒有：
2mv0−mv0=(m+2m)v
在t1∼t2时间内，对a、b棒组成的系统，根据能量守恒有：
12(2m+m)v02=12(2m+m)v2+Q
解得：Q=43mv02
因为流过导体棒的电流始终相等，根据公式Q=I2Rt可知，a、b棒产生的热量与电阻成正比
因此，a棒产生的焦耳热为：Qa=RQR+2R=49mv02
答：(1)t1时刻a棒加速度大小为B2L2v03mR；
(2)t1∼t2时间内，a棒产生的焦耳热为49mv02。
【解析】(1)根据右手定则分析出感应电流的方向，由此得出总的电动势，根据欧姆定律计算电流，结合牛顿第二定律分析出a棒的加速度；
(2)根据动量守恒定律计算出共速，根据能量守恒计算出产生的总热量，再根据电阻的大小关系得出a棒产生的热量。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律，根据动生电动势的计算公式结合欧姆定律分析出电路中的电流，根据安培力公式结合牛顿第二定律分析出加速度，根据能量守恒分析出产生的总热量并结合电路特点和电阻的大小计算出不同电阻的产热量。
15.【答案】解：(1)由题意可知，粒子在磁场运动的轨迹如图1所示：
图1
由几何关系可得：R2=(h−R)2+(33h)2，解得：R=23h
带电粒子做匀速圆周运动则：qv0B=mv02R
联立解得：B=3mv02qh
(2)粒子不计重力，在从b到c做匀速直线运动，运动轨迹如图2所示：
图2
由几何关系可得：tan∠ObO′=Oa−O′aOb，解得：tan∠ObO′=33，那么∠ObO′=30∘
又由几何关系可得：∠bcO=30∘，bc=Obsin30∘
根据t2=bcv0解得：t2=23h3v0
由几何关系可得：∠bO′a=120∘
粒子在磁场中运动的时间为：t1=120∘360∘T，其中T=2πRv0
联立解得：t1=4πhqv0
在电场中，粒子恰好过d点，则水平位移为0，根据运动学规律可得：0=vxt3−12axt32
根据运动的分解可得：vx=v0cos30∘，qEsin30∘=max
又EB=3v0
联立解得：t3=4h3v0
综上所述，粒子从a运动到d所用时间为：t=t1+t2+t3，解得：t=(4π+63+129)hv0
答：(1)匀强磁场的磁感应强度为3mv02qh；
(2)粒子从a运动到d所用时间为(4π+63+129)hv0。
【解析】(1)作出带电粒子在磁场中运动的轨迹图，根据几何关系得到半径大小，再根据qv0B=mv02R解得磁感应强度大小；
(2)分别计算出圆周运动时间、匀速直线运动时间和类平抛运动时间，三者相加即为粒子从a运动到d所用时间。
本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，解题的关键：1、清楚运动类型，根据不同运动类型进行列式解题；2、会作运动轨迹图和几何分析。
16.【答案】解：(1)小物块由A运动到B做平抛运动，下落的高度为H=h−R(1−cosθ)
在B点竖直方向的速度大小为：vy=2gH
联立解得：vy=7.5m/s
在B点根据运动的合成与分解可得：v0=vytanθ，
代入数据解得：v0=2.5m/s
根据能量守恒定律可得：EP=12mv02=12×1×2.5J=1.25J；
(2)设小物块在C点的速度大小为v1，小物块从A到C过程中，根据动能定理可得：mgh=12mv12−12mv02
解得：v1=4m/s；
在最低点C，根据牛顿第二定律可得：FN−mg=mv12R
代入数据解得：FN≈36.7N；
根据牛顿第三定律可得物块m运动到圆弧最低点C时对轨道的压力为36.7N，方向向下；
(3)物块与薄板间滑动摩擦力：f1=μ1mg=0.2×10N=2N
薄板与地面间滑动摩擦力：f2=μ2(m+M)g=0.4×(1+2)×10N=12N
物块滑上薄板先向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得：f1=ma1
解得：a1=2m/s2
薄板向右做匀加速直线运动：F+f1−f2=Ma2
代入数据解得：a2=6m/s2
经时间t1两者共速，
代入数据解得：t1=0.5s，
时间t1内，木块的位移：，代入数据解得：
木板的位移：
物块相对于板向右滑行：
共速后，物块向右匀加速最大加速度为a1′=2m/s2
此时薄板向右匀加速：F−f1−f2=Ma2′
代入数据解得：a2′=4m/s2>a1′
说明物块相对薄板向左滑行，一定会从左端滑下
此过程物块位移：
薄板位移：
相对位移：
联立解得：t1=1s
故物块在薄板上活动时间为：t=t1+t2=0.5s+1s=1.5s.
答：(1)小物块压缩弹簧时储存的弹性势能为1.25J；
(2)物块m运动到圆弧最低点C时对轨道的压力为36.7N，方向向下；
(3)物块m滑上薄板同时，对木板施加F=22N的水平向右恒力，物块在木板上运动时间为1.5s。
【解析】(1)小物块由A运动到B做平抛运动，求出物块在B点竖直方向的速度大小，在B点根据运动的合成与分解求解平抛运动的初速度，根据能量守恒定律求解弹簧的弹性势能；
(2)小物块从A到C过程中，根据动能定理求解达到C点的速度大小，在最低点C，根据牛顿第二定律、牛顿第三定律进行解答；
(3)求出物块在木板上减速运动的加速度大小和木板加速度大小，分析二者的运动情况，根据位移关系进行解答。
本题主要是考查了功能关系、能量守恒定律以及牛顿第二定律的综合应用，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，分阶段进行研究。
2022年安徽省淮北市高考物理一模试卷
1. 1934年，约里奥⋅居里夫妇发现经过α粒子轰击的铝片中含有放射性的磷 1530P，他们由于发现人工放射性而获得了1935年的诺贝尔物理学奖。磷 1530P的衰变方程为： 1530P→1430Si+Y。则下列说法正确的是( )
A. Y是质子
B. Y是正电子
C. 改变压力、温度或化学状态， 1530P的半衰期会改变
D. 经过两个完整的半衰期后， 1530P将完全衰变殆尽
2. 如图所示为两边支撑腿等长的“人字梯”，调节支撑腿之间的角度可以获取更大高度，所以是人们在生活和工作中经常使用的登高工具。现有一个人站在“人字梯”的最高处，当两边支撑腿之间的角度增大时，则( )
A. 对地面的压力增大 B. 对地面的压力减小
C. 一条支撑腿受到的摩擦力减小 D. 一条支撑腿受到的摩擦力增大
3. 如图所示，两根通电长直导线a、b平行且水平放置，a、b中的电流强度均为I，此时b受到的安培力大小为F.当在a、b的上方再放置一根与a、b平行的通电长直导线c后，b受到的安培力大小仍为F，图中a、b、c三者间距相等，此时a受到的安培力大小为( )
A. F B. 3F C. 23 F D. 7F
4. 物体的运动状态可用位置坐标x和动量p描述，称为相，对应p−x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p−x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。若将质点竖直向上抛出，以抛出点为坐标原点，竖直向上为正方向，忽略空气阻力则质点对应的相轨迹是( )
A. B.
C. D.
5. 如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，OO′为板间水平中线，AB板间的电势差U随时间t的变化情况如图乙所示。有一个质量为m，电荷量为q的带电小球，t=0时刻从O点以v0的速度水平射入电场。T时刻小球恰好从O′点射出电场，小球运动过程中未与极板相碰。则下列说法正确的是( )
A. 板间电压U=4mgdq B. 板间电压U=3mgdq
C. 小球从O′点射出时速度方向水平 D. t=T2时刻，小球运动到最低点
6. 如图所示，一弹性轻绳(弹力与其伸长量成正比)左端固定在墙上A点，右端穿过一固定的光滑圆环B连接一个质量为m的小球，小球在B点时，弹性轻绳处在原长状态。小球穿过竖直固定杆在C处时，弹性轻绳的弹力大小为mg。将小球从C点由静止释放，到达D点时速度恰好为0。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.2，A、B、C在一条水平直线上，BC=l，CD=h，重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。则小球从C运动到D的过程中( )
A. 受到的摩擦力一直增大
B. 下落0.8l的高度时，小球加速度为零
C. 小球在D点时，弹性轻绳的弹性势能为0.8mgh
D. 若仅把小球质量变为3m，则小球到达D点时的速度大小为2gh
7. 2021年4月29日，长征五号遥二运载火箭在海南文昌成功将空间站天和核心舱送入离地高约450km的预定轨道。2021年10月16日，神舟十三号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接，将航天员翟志刚、王亚平、叶光富成功送入了天和核心舱。他们将在核心舱驻留6个月，主要任务是验证中国空间站建造相关技术，为我国空间站后续建造及运营任务奠定基础。下列说法正确的是( )
A. 核心舱在轨运行周期小于24小时
B. 组合体在轨运行速度大于7.9km/s
C. 火箭发射升空过程中，发动机喷出的燃气推动空气，空气推动火箭上升
D. 在宇宙飞船加速升空过程中，宇航员处于超重状态；当宇航员进入空间站仍然受重力作用，但处于失重状态
8. 如图所示，在匀强电场中有O、A、B三点，OA=OB=10cm，其中O、A电势分别为10V、20V，OA与OB的夹角为120∘。现有一不计重力、带电量为e的粒子以6eV的动能从A点沿AO方向飞入电场，经过B点时动能与在A点时相同，则下列说法正确的是( )
A. 该粒子带负电
B. 粒子运动过程中，电场力一直做正功
C. 粒子能运动到O点，且在O点时电势能为10eV
D. 该电场强度大小为200V/m，方向垂直于AB连线向左
9. 如图所示，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中。理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2。当线圈绕垂直于磁场的轴，以角速度ω匀速转动时，理想电流表A1读数为I。不计线圈电阻，下列说法正确的是( )
A. 电流表A0的读数为n1In0
B. 电阻R2两端的电压为n2IR1n1
C. n0与n1的比值为2NBL2ωIR1
D. 发电机的功率为2NBL2ωI(n1+n2)n0
10. 如图甲所示，质量分别为mA和mB的两物体用轻弹簧连接置于光滑水平面，初始时两物体锁定，弹簧处于压缩状态。t=0时刻将B物体解除锁定，t=t1时刻解除A物体的锁定，此时B物体的速度为v0，AB两物体运动的a−t图像如图乙所示，其中S1和S2分别表示0∼t1时间和t1∼t3时间内B物体的的a−t图像与坐标轴所围面积的大小，则下列说法正确的是( )
A. mA
C. t4时刻，弹簧伸长量最大
D. 0∼t5时间内，弹簧对A物体的冲量大小为mB v0
11. 李明同学利用如图甲所示的实验装置来探究滑块的加速度与力的关系。
(1)李明用图乙中的螺旋测微器测得遮光条的宽度d=______mm。
(2)接通气源，调节导轨水平。在导轨上放置一个带有遮光条滑块，滑块用轻质细线绕过气垫
导轨左端的定滑轮与物体P相连，实验时一定要进行的操作或保证的条件是______。
A.选用宽度较大的遮光条
B.两个光电门距离适当大些
C.物体P的质量要远小于滑块的质量
(3)将滑块由图甲位置从静止释放，在物体P的牵引下先后通过两个光电门，测得遮光条通过
光电门1和2的时间分别为Δt1、Δt2，两个光电门间距离为L，则滑块加速度a=______。(用以上测得物理量符号表示)
12. 某同学从实验室找到如下器材，准备测未知电源电动势和内阻。
A.待测电源一个
B.直流电压表V，量程为3V，内阻非常大
C.定值电阻R0=150Ω
D.电阻箱R
E.导线和开关
该同学设计的电路如图甲所示，根据该电路进行实验操作：多次改变电阻箱的阻值，记录每次电阻箱的阻值R和电压表的示数U，在IU−R坐标系中描出的坐标点如图乙所示。
(1)分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则IU与R的关系式为______。
(2)在图乙的坐标纸上画出IU−R关系图线。
(3)根据图线求得电源电动势E=______V，内阻r=______Ω(保留三位有效数字)。
13. 在沟谷深壑、地形险峻的山区，由于暴雨、暴雪极易引发山体滑坡并携带大量泥沙石块形成泥石流(如图甲所示)，发生泥石流常常会冲毁公路铁路等交通设施甚至村镇等，造成巨大损失。现将泥石流运动过程进行简化，如图乙所示，假设泥石流从A点由静止开始沿坡体匀加速直线下滑，坡体倾角α=53∘，泥石流与坡体间动摩擦因数μ=215，A点距离坡体底端B点长度为90m，泥石流经过B点时没有速度损失，然后在水平面上做匀减速直线运动，加速度大小为5m/s，一辆汽车停在距离B点右侧80m的C处，当泥石流到达B点时，司机发现险情，立即启动车并以4m/s2加速度向右做匀加速直线运动，以求逃生。g=10m/s2，求：
(1)泥石流经过B点时的速度大小；
(2)汽车行驶过程中，泥石流与汽车间的最小距离。
14. 如图所示，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFGH矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、感应强度大小为B的匀强磁场。在t=t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；t=t2时刻，流经a棒的电流为0，此时b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b的质量分别为2m和m，电阻分别为R和2R.在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，求：
(1)t1时刻a棒加速度大小；
(2)t1∼t2时间内，a棒产生的焦耳热。
15. 如图所示，在第Ⅱ象限的空间中存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面(纸面)向外，在第象限的空间中存在匀强电场，场强的方向与xOy平面平行，且与x轴的负方向成60∘的夹角斜向下。一质量为m、带电量为+q的粒子以速度v0从x轴上的a点沿y轴的正方向射入磁场，然后从y轴上的b点飞出磁场区域，从c点穿过x轴进入匀强电场区域，并且通过c点正下方的d点。已知a点的坐标为(−h,0)，b点的坐标为(0,33h)，粒子的重力不计。
(1)求匀强磁场的磁感应强度；
(2)若匀强电场的场强E与匀强磁场的磁感应强度B的比值EB=3v0，求粒子从a运动到d所用时间。
16. 如图所示，质量m=1kg小物块可视为质点，在光滑水平平台上压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧储存了一定的弹性势能。打开锁扣K，小物块将以水平速度v0向右滑出平台后做平抛运动，并恰好能从B点沿切线方向无碰撞地进入BC段光滑圆弧形轨道，圆弧半径R=0.6m，OB连线与竖直方向夹角θ=60∘，轨道最低点C与放置在水平面的薄木板相切，薄板质量M=2kg，长度L=1.2m。已知平台与C点的竖直距离h=0.675m，小物块与薄板间动摩擦因数μ1=0.2，木板与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.4，g=10m/s2，求：
(1)小物块压缩弹簧时储存的弹性势能Ep；
(2)物块m运动到圆弧最低点C时对轨道的压力；
(3)物块m滑上薄板同时，对木板施加F=22N的水平向右恒力，物块在木板上运动时间。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB、衰变的过程中质量数与电荷数一定守恒，可知Y的质量数：A=30−30=0，电荷数为：z=15−14=1，可知Y是正电子，故A错误，B正确；
C、半衰期由核内部本身的因素决定，改变压力、温度或化学状态， 1530P的半衰期不会改变，故C错误；
D、经过两个半衰期，剩余的 1530P为：m=m0(12)2=m04，即经过两个完整的半衰期后， 1530P剩余开始时的14，故D错误。
故选：B。
正β衰变中原子核内的一个质子转化成了一个中子和一个正电子；衰变的过程中质量数与电荷数守恒；半衰期由核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关；根据半衰期与时间的关系判断。
本题考查原子核衰变与对半衰期的理解，解答的关键是要知道半衰期由核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关。
2.【答案】D
【解析】解：AB、人字梯在地面上静止时，受到重力、地面的支持力与摩擦力，竖直方向两侧支撑腿受到支持力的合力与重力大小相等，方向相反，与人字梯两支撑腿的夹角无关，所以当两边支撑腿之间的角度增大时，人字梯受到的支持力不变，根据牛顿第三定律，人字梯对地面得压力不变，故AB错误；
CD、人字梯静止时，地面对人字梯的作用力的合力沿梯子支撑腿的方向，否则会发生转动；对其中一支撑腿受力分析如图：
支撑腿受到的支持力不变，则人字梯的两支撑腿之间的夹角越大，受到的摩擦力越大，所以当两边支撑腿之间的角度增大时，任意一条支撑腿受到的摩擦力增大，故C错误，D正确。
故选：D。
对人字梯进行受力分析，结合共点力平衡的条件即可得出结论。
该题考查物体的受力分析，解答的关键是正确对物体进行受力分析。
3.【答案】B
【解析】解：由右手定则可知，导线a在b处产生的磁场方向竖直向下，由左手定则得知b受到a的安培力的方向为水平向右(如图)
由牛顿第三定律可知a受到的b的安培力大小为F，方向水平向左(如图)；
放入导线c后，c在b处的磁感应强度方向垂直于bc连线向上，由左手定则得知c对b的安培力方向沿cb连线指向c，因此时b受到c的磁场力大小为F(受到a、c的安培力的合力)，a、c对b的安培力的夹角为120∘，所以c对b的安培力大小仍为F；
c在a和b处的磁感应强度大小相等，因a、b中的电流强度均为I，所以a受到c的安培力为F，方向由c指向a(如图所示)；
a受到的两个安培力之间的夹角为60∘，所以b受到的磁场力大小为：Fa=3F，故B正确，ACD错误；
故选：B。
由左手定则先判断出b受到a的安培力的方向，利用牛顿第三定律得知a受到b的安培力的大小和方向；
加入c后通过对b的受力情况的分析，得知c对a的安培力的大小和方向，利用安培力的大小与电流成正比的规律可知a受到c的安培力大小，再利用左手定则判知其方向，作图画出a受到安培力的示意图，通过平行四边形定则即可求得a受到的磁场力大小。
该题考查了安培力的大小和方向的分析，涉及到的安培力较多，这就要求在解答的过程中要细心，要有一定的条理性；要知道在磁场强度相同的情况下，安培力的大小与电流的大小成正比；同时要注意数学知识在物理学中的应用。
4.【答案】C
【解析】解：一质点沿x轴正方向做竖直上抛运动，那么位移与速度关系为：x=v2−v02−2g，
而动量表达式为：p=mv，
两式联立有：p2=m2(v02−2gx)
再由位移沿着x轴正方向，则x取正值，动量p先取正值再取负值。综上所述，故C正确，ABD错误。
故选：C。
依据竖直上抛运动速度-位移关系，结合动量的定义式，及数学的二次函数图象，即可分析判定。
本题考查匀变速直线运动的规律及动量的表达式内容，要理解位移、速度与动量均为矢量，并注意矢量的正负取值。
5.【答案】A
【解析】解：AB、取竖直向下为正方向，设T2∼T时间内小球的加速度大小为a。
在0∼T2时间内，小球在竖直方向上做自由落体运动，竖直位移大小为y1=12g(T2)2
T2∼T时间内，在竖直方向上，小球先向下做匀减速直线运动，速度减至零后向上做匀加速直线运动，加速度恒定，将这段时间内小球的运动看成一种匀减速直线运动，竖直位移为y2=(g⋅T2)T2−12a(T2)2
T时刻小球恰好到达O′点时，有y1+y2=0
根据牛顿第二定律得：qUd−mg=ma
联立以上各式解得：a=3g，U=4mgdq，故A正确，B错误；
C、T时刻小球竖直分速度大小为vy=g⋅T2−a⋅T2=g⋅T2−3g⋅T2=−gT，负号表示方向竖直向上，因此，小球从O′点射出时速度方向不沿水平方向，故C错误；
D、t=T2时刻后，小球开始受到竖直向上的电场力，小球由于惯性，先向下运动，后向上运动，则t=T2时刻，小球没有运动到最低点，故D错误。
故选：A。
小球在竖直方向上，先做自由落体运动，后向下做匀减速直线运动，速度减至零后向上做匀加速直线运动，将小球在匀强电场中的运动看成一种匀减速直线运动，根据T时间内竖直方向总位移为零，由位移-时间公式列式，结合牛顿第二定律求出加速度与板间电压的关系，即可求解板间电压。由速度-时间公式求出T时刻竖直方向的分速度，再确定小球从O′点射出时速度的方向。结合小球的运动情况，分析何时运动到最低点。
解决本题时，要理清小球的运动过程，将T2∼T时间内小球的往返运动看成一种匀减速直线运动(类似于竖直上抛运动)，分析前后两个过程的位移关系，这是解决本题的关键。
6.【答案】B
【解析】解：A、BC的长度为l，根据胡克定律，有：mg=kl，
从C到D的过程中，绳与竖直方向的夹角为α时，伸长量为Δx=lsinα，故弹力为：F=klsinα，
对球受力分析，受重力、橡皮条的弹力、摩擦力，支持力，水平方向平衡，故N=Fsinα=kl=mg，
故小球从C到D的过程中受到的摩擦力为：f=μN=0.2mg，故A错误；
C、故小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为：Wf=fh=0.2mgh，
对球从C到D过程，根据动能定理，有：，解得：，由于在C点弹簧具有弹性势能Ep1>0，根据可知，EP2>0.8mgh，故C错误；
D、若仅把小球的质量变成3m，小球从C到D过程，根据动能定理可得：
解得：v1=4gh3，故D错误；
B、下落0.8l的高度时，对小球受力分析有：mg−f−k⋅0.8l=ma，解得a=0，故B正确；
故选：B。
首先对球受力分析，受重力、橡皮条的拉力、支持力和摩擦力，水平方向平衡；再根据胡克定律得到支持力和摩擦力不变；然后结合动能定理列式分析即可。
本题考查功能关系，关键是结合水平方向平衡和胡克定律得到摩擦力是不变的，注意橡皮条的弹力是变化的，小球在平衡位置速度最大，要结合动能定理列式分析。
7.【答案】AD
【解析】解：AB、根据GMmr2=m4π2T2r=mv2r得：T=2πr3GM，v=GMr
空间站轨道高度约400km，远小于地球同步卫星的轨道高度，所以其飞行速度小于第一宇宙速度且周期小于24小时，故A正确，B错误；
C、火箭发射升空的过程中，火箭给喷出的燃气作用力，燃气给火箭反作用力，推动火箭上升，故C错误；
D、在在宇宙飞船加速升空过程中，宇航员处于超重状态；空间站中工作的宇航员受到地球引力作用，处于完全失重状态，故D正确。
故选：AD。
空间站以及实验舱内的物体均处于完全失重状态，相互接触物体间弹力为零，利用万有引力提供向心力找出周期表达式，实现“问天”、“梦天”实验舱从低轨道与“天和”核心舱对接需要加速。
注意物体处于完全失重状态时，仍然受到重力作用，重力全部提供向心力，实验舱应从低轨道加速与核心舱对接。
8.【答案】AD
【解析】解：AB、粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，因粒子在AB两点的动能相同，可知粒子在AB两点的电势能相等，即AB两点电势相同，则场强的方向垂直AB指向O，由粒子的运动轨迹可知，粒子带负电，从A到B电场力线做负功后做正功，故A正确，B错误；
C、粒子在A点时，电势能和动能之和为，若粒子能运动到O点，电势能EpO=−10eV，则动能EkA=E−EpO=−14eV−(−10eV)=−4ev，不合实际，故粒子不能运动到O点，故C错误；
D、根据U=Ed，可知电场强度大小为E=UAOOAcos60∘=20V−10V10×10−2×12=200V/m，方向垂直于AB连线向左，故D正确。
故选：AD。
粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，根据AB两点的动能知道电势能关系，从而知道电势关系和场强的方向，根据运动轨迹判断电场力做功的情况，根据U=Ed求场强。
此题关键是知道粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，抓住这一点可进行判断，注意U=Ed公式中d的物理意义。
9.【答案】BC
【解析】解：AB、由题知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律得：U1=IR1
根据变压器电压与匝数的关系有：n0n1=U0U1；n0n2=U0U2
代入数据有：U0=n0n1IR1；U2=n2n1IR1
再由欧姆定律得：U2=I2R2
可计算出：I2=n2R1n1R2I
P0=P1+P2
I0U0=I2R1+I22R2
I0=(n1n0+n22R1n1n0R2)I，综上可知，故A错误，B正确；
C、由于矩形线圈产生的交流电流直接输入原线圈，则有：
Emax=NB2L2ω，U0=Emax2=2NBL2ω
由AB选项可知，U0=n0n1IR1
则n0n1=2NBL2ωIR1，故C正确；
D、由于变压器为理想变压器，则有
P0=P1+P2=U1I+U2I2=I2R1+U2I2
代入选项ABC中的公式可得：P0=2NBL2ωIn0(n12R2+n22R1n1R2)，故D错误；
故选：BC。
根据匝数比得出两端电压之比，同时要根据法拉第电磁感应定律计算出最大的电动势以及电压的有效值；
理想变压器原副线圈两端的功率相等，由此计算出发动机的功率。
本题主要考查了变压器的构造和原理，理解原副线圈两端的电压比与匝数比的关系，在计算电流的时候要注意是利用功率相等推导而出，这是很多学生容易犯错误的点。
10.【答案】ABD
【解析】解：A、弹簧对A和对B的弹力F大小相等，由牛顿第二定律得：a=Fm，由图乙所示图象可知，在t2时刻A、B的加速度大小关系是：aA>aB，即解得：mA
C、由图乙分析可知在t2时刻两物体加速度最大，此时弹簧处于伸长量最大，t3时刻加速度为0，弹簧恢复到原长，t4时刻两物体加速度最大，且对B的弹力向右，对A的弹力向左，可知此时处于弹簧压缩量最大的时刻，故C错误；
D、对AB两物体由于动量守恒，由图乙可知t1∼t5时刻速度变化量为0，所以0∼t5时间内，弹簧对A物体的冲量大小为mB v0，故D正确；
故选：ABD。
a−t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度变化量；根据题意分析清楚A、B的运动过程；应用动量定理、牛顿第二定律、能量守恒定律与动量守恒定律分析答题。
根据题意结合图乙所示图象分析清楚A、B的运动过程是解题的前提与关键，应用动量定理、牛顿第二定律与动量守恒定律即可解题；解题时要注意a−t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量；在t2时刻A、B的速度相同，这是本题的关键点也是易错点。
11.【答案】2.603BC(dΔt2)2−(dΔt1)22L
【解析】解：(1)螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，根据图乙可知，d=2.5mm+10.3×0.01mm=2.603mm；
(2)A、遮光条越短，则滑块经过遮光条的时间越短，测量的速度误差越小，故A错误；
B、两个光电门距离适当大些，方便测量数据，而且实验误差也较小，故B正确；
C、为了保证绳子拉力接近于物块P的质量，需要保证物体P的质量远小于滑块的质量，故C正确；
故选：BC。
(3)在极短时间内，物体的瞬时速度等于该过程的平均速度，则遮光条经过光电门1的速度为：v1=dΔt1，同理可得：v2=dΔt2
根据速度-位移时间公式可知，滑块的加速度a=(dΔt2)2−(dΔt1)22L
故答案为：(1)2.603；(2)BC；(3)(dΔt2)2−(dΔt1)22L
(1)根据螺旋测微器的读数规则结合图乙得出d的示数；
(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(3)在极短时间内，物体的瞬时速度等于该过程的平均速度，结合速度-位移公式计算出滑块的加速度。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，熟悉螺旋测微器的读数规则，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式计算出滑块的加速度。
12.【答案】1U=1ER0⋅R+R0+rER0 3.0030.0
【解析】解：(1)由题图甲可知，电压表与定值电阻R0并联，可测定电阻R0两端的电压，由欧姆定律可求得电路中的电流，由闭合电路欧姆定律可得：
E=UR0(R0+R+r)，
变形得：1U=1ER0⋅R+R0+rER0；
(2)用直线将描出各点连接起来，使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点分居直线两侧，画出IU−R关系图线如图所示：
(3)结合关系式和作出图线可知：
R0+rER0=0.40V−1，
1ER0=0.80−0.40180V−1⋅Ω−1
联立解得：E=3.00V，r=30.0Ω。
故答案为：(1)1U=1ER0⋅R+R0+rER0(2)图见解析(3)3.00，30.0
(1)根据闭合电路欧姆定律得IU与R的关系式；
(2)根据描点法作图连接图线；
(3)结合关系式和作出图线求电源电动势和内阻。
本题考查了测量电动势和内电阻的实验，注意应用闭合电路欧姆定律与电阻定律求出图象的函数表达式是正确解题的前提与关键，要掌握应用图象法处理实验数据的方法。
13.【答案】解：(1)设泥石流质量为m，从A到B，由动能定理：mgLsinα−μmgLcosα=12mvB2，解得：vB=36m/s
(2)泥石流于汽车速度相等时之间距离最小，经时间t速度相等，vB−a1t=a2t，解得：t=4s，共速v=a2t=4×4m/s=16m/s，二者之间最小距离为：d=80+12vt−v+vB2t=80m+12×16×4m−16+362×4m=8m
答：(1)泥石流经过B点时的速度大小为36m/s；
(2)汽车行驶过程中，泥石流与汽车间的最小距离为8m。
【解析】(1)由动能定理可以求出泥石流到达B点时的速度大小．
(2)泥石流于汽车速度相等时之间距离最小，由匀变速运动规律求达到共速时间，再分别表达二者位移，计算最小距离。
分析清楚泥石流的运动过程和受力情况是解题的前提与关键，应用动能定理即可解题；本题也可以应用牛顿第二定律与匀变速直线运动的运动规律分析求解．
14.【答案】解：(1)由题知，t1时刻根据右手定则可知，a棒产生的感应电流方向是E→F，b棒产生的感应电流反向概念股是H→G，即两个感应电流方向相同，所以回路中感应电动势为两杆产生的感应电动势之和，即
E=2BLv0
回路中感应电流为：I=E3R
对a棒，根据牛顿第二定律有：BIL=2ma
联立解得：a=B2L2v03mR
(2)根据左手定则可知，a棒受到的安培力向左，b棒受到的安培力向右，由于流过a、b棒的电流一直相等，故两个力大小相等；
则a棒与b棒组成的系统动量守恒，由题知，t2时刻流过a棒的电流为零时，说明a、b棒之间的磁通量不变，即a、b棒在此时刻达到了共速状态，设为v。
取向右为正方向，根据系统动量守恒有：
2mv0−mv0=(m+2m)v
在t1∼t2时间内，对a、b棒组成的系统，根据能量守恒有：
12(2m+m)v02=12(2m+m)v2+Q
解得：Q=43mv02
因为流过导体棒的电流始终相等，根据公式Q=I2Rt可知，a、b棒产生的热量与电阻成正比
因此，a棒产生的焦耳热为：Qa=RQR+2R=49mv02
答：(1)t1时刻a棒加速度大小为B2L2v03mR；
(2)t1∼t2时间内，a棒产生的焦耳热为49mv02。
【解析】(1)根据右手定则分析出感应电流的方向，由此得出总的电动势，根据欧姆定律计算电流，结合牛顿第二定律分析出a棒的加速度；
(2)根据动量守恒定律计算出共速，根据能量守恒计算出产生的总热量，再根据电阻的大小关系得出a棒产生的热量。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律，根据动生电动势的计算公式结合欧姆定律分析出电路中的电流，根据安培力公式结合牛顿第二定律分析出加速度，根据能量守恒分析出产生的总热量并结合电路特点和电阻的大小计算出不同电阻的产热量。
15.【答案】解：(1)由题意可知，粒子在磁场运动的轨迹如图1所示：
图1
由几何关系可得：R2=(h−R)2+(33h)2，解得：R=23h
带电粒子做匀速圆周运动则：qv0B=mv02R
联立解得：B=3mv02qh
(2)粒子不计重力，在从b到c做匀速直线运动，运动轨迹如图2所示：
图2
由几何关系可得：tan∠ObO′=Oa−O′aOb，解得：tan∠ObO′=33，那么∠ObO′=30∘
又由几何关系可得：∠bcO=30∘，bc=Obsin30∘
根据t2=bcv0解得：t2=23h3v0
由几何关系可得：∠bO′a=120∘
粒子在磁场中运动的时间为：t1=120∘360∘T，其中T=2πRv0
联立解得：t1=4πhqv0
在电场中，粒子恰好过d点，则水平位移为0，根据运动学规律可得：0=vxt3−12axt32
根据运动的分解可得：vx=v0cos30∘，qEsin30∘=max
又EB=3v0
联立解得：t3=4h3v0
综上所述，粒子从a运动到d所用时间为：t=t1+t2+t3，解得：t=(4π+63+129)hv0
答：(1)匀强磁场的磁感应强度为3mv02qh；
(2)粒子从a运动到d所用时间为(4π+63+129)hv0。
【解析】(1)作出带电粒子在磁场中运动的轨迹图，根据几何关系得到半径大小，再根据qv0B=mv02R解得磁感应强度大小；
(2)分别计算出圆周运动时间、匀速直线运动时间和类平抛运动时间，三者相加即为粒子从a运动到d所用时间。
本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，解题的关键：1、清楚运动类型，根据不同运动类型进行列式解题；2、会作运动轨迹图和几何分析。
16.【答案】解：(1)小物块由A运动到B做平抛运动，下落的高度为H=h−R(1−cosθ)
在B点竖直方向的速度大小为：vy=2gH
联立解得：vy=7.5m/s
在B点根据运动的合成与分解可得：v0=vytanθ，
代入数据解得：v0=2.5m/s
根据能量守恒定律可得：EP=12mv02=12×1×2.5J=1.25J；
(2)设小物块在C点的速度大小为v1，小物块从A到C过程中，根据动能定理可得：mgh=12mv12−12mv02
解得：v1=4m/s；
在最低点C，根据牛顿第二定律可得：FN−mg=mv12R
代入数据解得：FN≈36.7N；
根据牛顿第三定律可得物块m运动到圆弧最低点C时对轨道的压力为36.7N，方向向下；
(3)物块与薄板间滑动摩擦力：f1=μ1mg=0.2×10N=2N
薄板与地面间滑动摩擦力：f2=μ2(m+M)g=0.4×(1+2)×10N=12N
物块滑上薄板先向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得：f1=ma1
解得：a1=2m/s2
薄板向右做匀加速直线运动：F+f1−f2=Ma2
代入数据解得：a2=6m/s2
经时间t1两者共速，
代入数据解得：t1=0.5s，
时间t1内，木块的位移：，代入数据解得：
木板的位移：
物块相对于板向右滑行：
共速后，物块向右匀加速最大加速度为a1′=2m/s2
此时薄板向右匀加速：F−f1−f2=Ma2′
代入数据解得：a2′=4m/s2>a1′
说明物块相对薄板向左滑行，一定会从左端滑下
此过程物块位移：
薄板位移：
相对位移：
联立解得：t1=1s
故物块在薄板上活动时间为：t=t1+t2=0.5s+1s=1.5s.
答：(1)小物块压缩弹簧时储存的弹性势能为1.25J；
(2)物块m运动到圆弧最低点C时对轨道的压力为36.7N，方向向下；
(3)物块m滑上薄板同时，对木板施加F=22N的水平向右恒力，物块在木板上运动时间为1.5s。
【解析】(1)小物块由A运动到B做平抛运动，求出物块在B点竖直方向的速度大小，在B点根据运动的合成与分解求解平抛运动的初速度，根据能量守恒定律求解弹簧的弹性势能；
(2)小物块从A到C过程中，根据动能定理求解达到C点的速度大小，在最低点C，根据牛顿第二定律、牛顿第三定律进行解答；
(3)求出物块在木板上减速运动的加速度大小和木板加速度大小，分析二者的运动情况，根据位移关系进行解答。
本题主要是考查了功能关系、能量守恒定律以及牛顿第二定律的综合应用，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，分阶段进行研究。
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