2023年湖北省七市（州）高考物理一调试卷（含答案解析）

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2023年湖北省七市（州）高考物理一调试卷
1. 2022年10月19日，中国新一代“人造太阳”(HL−2M)科学研究取得突破性进展，等离子体电流突破100万安培，创造了我国可控核聚变装置运行新纪录。已知该装置内部发生的核反应方程为； 12H+13H→24He+X，已知 12H、 13H、 24He和X的质量分别为2.0141u、3.0161u、4.0026u和1.0087u，1u相当于931.5MeV，则下列说法中正确的是(    )

A. 一个X的质量约等于一个电子的质量
B. 该反应吸收的能量约为17.6MeV
C. 该反应生成物的结合能小于反应物的结合能之和
D. 动能相同的一个X和一个电子，电子的德布罗意波长比X的德布罗意波长长
2. 明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧。如图所示，可转动的把手上a点到转轴的距离为2R，辘轳边缘b点到转轴的距离为R。甲转动把手，把井底的乙加速拉起来，则此过程中(    )
A. 绳对乙的拉力大于乙对绳的拉力
B. 绳对乙的拉力做功大于乙克服重力做功
C. a点的角速度大于b点的角速度
D. a点的线速度小于b点的线速度


3. 2022年农业农村部公示的“中国美丽休闲乡村”名单上，湖北10个村榜上有名。在乡村振兴的战场上，湖北是积极的创新者和践行者。如图所示，某村在进行基础设施建设时修建了一个截面为等腰梯形的水池，水池深度为d，坡面的倾角为a，在注满水的情况下，一束与水平面夹角为θ的平行单色黄光照射到水面，倾斜入射的平行光刚好能够照亮整个水池底部(不考虑光的反射)。已知光在空气中的传播速度为c，下面说法正确的是(    )

A. 水对黄光的折射率为n=cosαcosθ
B. 根据已知条件无法求出水对黄光的折射率
C. 根据已知条件可以求出黄光从水面直接折射到水池底部所用的时间
D. 若仅将单色黄光改为单色红光，也能照亮整个水池底部
4. 2022年2月27日11时06分，我国在文昌发射场使用长征八号运载火箭，以“1箭22星”方式，成功地将22颗地球卫星发射升空。22颗卫星绕地球做圆周运动的轨道半径的三次方r3与各自绕地球做圆周运动的周期的平方T2的关系如图所示，图中直线斜率为k。已知某一卫星A做圆周运动的周期为T0，万有引力常量为G，根据已知条件，无法求出的是(    )
A. 卫星A做圆周运动的半径 B. 卫星A做圆周运动线速度的大小
C. 地球的质量 D. 地球的密度
5. 如图甲所示，用一劲度系数为k的轻质绝缘弹簧将边长为d粗细均匀的匀质正方形金属线框竖直悬挂，静止时弹簧的长度为L1。现将该金属线框如图乙所示接入电路，导线的左右接触点分别为线框左右两边的中点，磁场方向垂直电面向外，大小为B，电源的电动势为E，内电阻为r，线框每边的电阻均为R，其余导线电阻忽略不计，导线与线框之间作用力忽略不计，则闭合开关S稳定后，弹簧的长度(    )
A. L1+BdEk(R+r) B. L1+BdE2k(R+r) C. L1−BdEk(R+r) D. L1−BdE2k(R+r)
6. 在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为3m静止的B球发生对心碰撞，碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是(    )
A. 0.2v B. 0.3v C. 0.4v D. 0.6v
7. 如图甲所示，绝缘光滑水平面上有A、B、O三点，以O点为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标轴x轴，A点坐标为−2m，B点坐标为2m，空间中存在水平电场，图乙、丙左侧图线为四分之一圆弧，右侧图线为一条倾斜线段。现把一质量为m、电荷量为q的负点电荷，以初速度v0由A点向右射出，若负点电荷可以沿直线到达B处，则下列说法正确的是(忽略负点电荷形成的电场)(    )

A. 若A、B两点间的电势变化如图乙，负点电荷到达B点时速度大于v0
B. 若A、B两点间的电势变化如图乙，负点电荷到达坐标为− 2m和 2m处时，电场力的功率不相等
C. 若A、B两点间的电场强度变化如图丙，负点电荷从A到B速度先增大再减小
D. 若A、B两点间的电场强度变化如图丙，负点电荷到达坐标为− 2m和 2m处处时，电场力相同
8. 如图所示，交流电源输出电压恒定，两个变压器为理想变压器，各个灯泡规格相同，当开关断开时发现除L7外其他灯泡发光亮度相同，下列说法正确的是(    )

A. n1：n2=1：5 B. n3：n4=1：3
C. 开关闭合稳定后，L3变亮，L4变暗 D. 开关闭合稳定后，L1变暗，L2变亮
9. 如图所示，M、N是水平面内两振动情况完全相同的简谐横波波源，其振动方向为竖直方向，P、Q、R分别位于M、N连线的中垂线上，且PQ=QR，某时刻P是两列波的波谷相遇点，R是与P相邻的波峰相遇点，下列说法正确的是(    )

A. Q处质点为振动加强点
B. Q处质点的振幅小于P、R处质点的振幅
C. Q处质点此时在平衡位置上方，正在向上运动
D. Q处质点此时在平衡位置下方，正在向下运动
10. 如图所示，光滑的金属圆环型轨道MN、PQ竖直放置，两环之间ABDC内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。长为2l的轻质金属杆，有小孔的一端套在内环MN上，另一端连接带孔金属球，球的质量为m，球套在外环PQ上，且都与轨道接触良好，内圆半径r1=l，外圆半径r2=3l，PM和NQ间分别接有阻值为R1和R2的电阻，R1=R2=R0，让金属杆从AB处无初速释放，金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速度为v，金属杆、金属球和圆环轨道电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g，则(    )

A. 金属球向下运动过程中，Q处的电势高于N处的电势
B. 金属杆第一次即将离开磁场时，R1两端的电压U=4B0lv3
C. 金属杆从释放到第一次离开磁场的过程中，通过R2的电荷量q=4πB0l2R0
D. 金属杆从释放到第一次离开磁场的过程中，R1上生成的焦耳热Q=32mgl−14mv2
11. 某航空兴趣小组自制一带动力飞行器，开始让飞行器器悬停在空中，测得从此处竖直向上运动2h0范围内，飞行器的加速度a与上升的高度h的关系如图所示。设飞行器总质量为m且不变，取竖直向上为正方向，重力加速度为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是(    )
A. 飞行器上升12h0时，其发动机提供动力大小为3mg2
B. 飞行器上升h0时，其速度大小为 2gh0
C. 飞行器上升h0过程中，其机械能增加3mgh02
D. 飞行器上升2h0时，其发动机功率为0
12. 2022年11月30日7时33分，翘盼已久的神舟十四号航天员乘组顺利打开“家门”，热情欢迎远道而来的神舟十五号乘组亲人入驻“天宫”。胜利会师的两个航天员乘组，一起在中国人自己的“太空家园”里留下了一张载入史册的太空合影(图甲)。假设刘洋想在太空用如图乙所示的装置验证碰撞中的动量守恒，粗糙导轨平放在实验台上，A、B两滑块上装有相同的挡光板但宽度未知，两静止滑块A、B被压缩的弹簧弹开后，左侧A滑块通过左侧的光电计时器，记录挡光时间为t1，右侧B滑块通过右侧的光电计时器，记录挡光时间为t2，A、B质量未知。
(1)假如航天员在A、B两滑块中间夹了一个质量不计的压力传感器，现给B滑块一个恒力，如图丙所示，此时压力传感器示数为N1，将A、B对换位置，给A施加相同的恒力，压力传感器示数为N2，据此可知A、B两滑块的质量之比mA：mB=______ (用N1、N2表示)。

(2)关于在天宫二号中验证碰撞中的动量守恒的实验，下列说法正确的是______ ；
A.需要测出挡光板宽度d
B.可以用天平测出A、B物块的质量
C.验证动量守恒，不需要先平衡摩擦力
D.通过题干条件和步骤(1)无法估算出弹簧的弹性势能
(3)写出验证滑块A、B动量守恒的表达式______ (用N1、N2、t1、t2表示)。
13. 如图所示，已知表头G的满偏电流为1mA，表头上标记的内阻值为400Ω，R1、R2和R3是定值电阻，其中R1=100Ω。某同学将其改装为两个量程的电压表，图中虚线框内是电压表的改装电路。若使用a、b两个接线柱电压表的量程为10V，若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为30V。
(1)根据上述所给条件，定值电阻的阻值为R2=______ Ω，R3=______ Ω；
(2)用量程为30V的标准电压表V对改装表30V挡的不同刻度进行校准。若由于表头G上标记的内阻值偏小。造成每次校验时标准电压表读数______ (填“大于”或“小于”)改装电压表读数。
(3)该同学计划用欧姆表测出表头G的内阻。所用欧姆表内部电源电动势为1.50V，表盘中间刻线示数为“15”，欧姆表选取“×100”挡位并进行欧姆调零，然后将该欧姆表红、黑表笔接在表头G两接线柱上，则红表笔应接在表头G ______ (填“正”或“负”)接线柱。此时表头G读数为0.78mA，可知表头G内阻为______ Ω(保留三位有效数字)。

14. 户外野营充气床垫体积小，重量轻便于携带。受到广大户外旅游爱好者的欢迎，但这种充气床垫的缺点是如果温度变化太大，由于热胀冷缩原理体积会减小。出现塌缩，影响睡眼效果。如图所示为一正充气床垫，充气前里面有部分气体，使用手动充气泵往里面打气。充好气后，关闭充气阀门，床垫内气体体积为5V，压强为3p0，此充气过程中环境温度为T0。(热力学温度)并保持不变，气体可视为理想气体。
(1)该床垫充气前内部气体的压强为大气压p0，体积为V，充气泵每次打入压强为p，体积为V20的气体，要充好床垫，求充气泵K需要打气的次数？
(2)充好气后若夜同环境温度降为29T030。床垫内气体体积减小2%，求夜间床垫内气体压强？

15. 如图甲所示。一对平行金属板M、N，两板长为2L，两板间距离为 3L，置于O1处的粒子发射源可沿两板的中线O1O发射初速度为v0、电荷量为q，质量为m的带正电的粒子，M、N板间加变化规律如图乙所示交变电压UMN，金属板的右边界与y轴重合，板的中心线O1O与x轴重合，y轴右侧存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。t=0时发射的粒子1恰好贴着N板右端垂直轴射出，Lv0时刻发射的粒子2与粒子1的运动轨迹交于磁场中的P点，已知P点的横坐标为L2。不计粒子重力及相互间作用力，求：
(1)U0的大小：
(2)磁场的磁感应强度的大小B。

16. 某同学设计了如图所示的传送装置，长L=21m的倾斜传送带右端与竖直平面内的光滑圆弧形轨道平滑对接于B点，平台略低干圆弧形轨道的最高点P，O点为圆心，OC水平，圆弧半径R=1823m，传送带倾角为θ=37∘，传送带静止时，该同学将质量m=1kg的小工件从圆弧形轨道内侧的C点无初度释放，工件最后停止在传送带上D点，测得D与B的距离为d=12023m，工件可视为质点，传送带各处粗糙程度相同，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。
(1)求工件与传送带间的动摩擦因数μ；
(2)当传送带以某恒定速度v0斜向上运动时，能使由静止放上传送带左端A的该工件到达B点后做圆周运动恰好到达P点，求传送装置因传送工件而多消耗的能量E；
(3)在(2)的条件下，每隔时间T=1s，在A端由静止放上个相同的工件，求第1个工件到达B点后的1s内。传送带对所有工件的摩擦力的总冲量大小I。
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A.核反应公式 12H+13H→24He+X，根据质量数和电荷数守恒可知X的质量数是1，电荷数是0，所以X是中子，中子的质量大于电子的质量，故A错误；
B.根据质能方程ΔE=Δmc2知ΔE=(2.0141u+3.0161u−4.0026u−1.0087u)×931.5MeV=17.6MeV，核反应前的质量大于核反应后的质量，所以此过程是一个放出能量的过程，故B错误；
C.由于反应放出能量，该反应生成物的结合能大于反应物的结合能之和，故C错误；
D.X是中子，由于λ=hp=h 2mEK，知动能相同的一个中子和一个电子，由于中子的质量大于电子的质量，所以电子的德布罗意波长比X的德布罗意波长长，故D正确。
故选：D。
根据质量数守恒与电荷数守恒判断；核反应有质量亏损；根据质能方程E=Δmc2，求核能；轻核聚变过程，生成物的结合能大于反应物的结合能；根据德布罗意波长公式判断。
本题考查学生对核聚变、质量亏损、质能方程的掌握，是一道基础题。

2.【答案】B 
【解析】解：A、绳对乙的拉力与乙对绳的拉力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，即绳对乙的拉力大小等于乙对绳的拉力，故A错误；
B、由于乙被加速拉起，其加速度方向向上，即绳对乙的拉力大于重力，可知绳对乙的拉力做功大于乙克服重力做功，故B正确；
C、a、b两点属于同轴转动，角速度相同，即a点的角速度等于b点的角速度，故C错误；
D、根据va=2ωR，vb=ωR可知，a点的线速度大于b点的线速度，故D错误。
故选：B。
根据运动情况分析绳子拉力大小；同轴转动，角速度相同，根据圆周运动的角速度与线速度判定线速度大小；根据功的计算公式求解克服重力做的功。
本题关键明确同缘传动和同轴传动的特点，能够根据运动情况进行分析。

3.【答案】C 
【解析】解：AB、由题意可知，若刚好能够照亮整个水池底部，则黄光的入射角为(π2−θ)，折射角为(π2−α)，根据折射定律，可得水对黄光的折射率为n=sin(π2−θ)sin(π2−α)=cosθcosα，故AB错误；
C、由n=cv可知黄光在水中的传播速度为v=cn，黄光从水面直接折射到水池底部经过的路程为s=dsinα，故黄光从水面直接折射到水池底部所用的时间为t=sv，故C正确；
D、因为红光的折射率小于黄光，

所以仅将单色黄光改为单色红光，不能照亮整个水池底部，故D错误。
故选：C。
根据题意倾斜入射的平行光刚好能够照亮整个水池底部，找到黄光的入射角和折射角，求出折射率；由n=cv可知黄光在水中的传播速度为v=cn，在求出黄光从水面直接折射到水池底部经过的路程和时间；因为红光的折射率小于黄光，分析仅将单色黄光改为单色红光，能不能照亮整个水池底部。
本题主要考查光的折射，熟练掌握根据折射定律求出光在水中的速度，根据几何关系求出光在水中的路程即可求出时间。

4.【答案】D 
【解析】解：A、由图可得：r3T2=k，已知卫星A做圆周运动的周期为T0，可得卫星A做圆周运动的半径r0=3kT02，故A正确；
B、卫星A的线速度v=2πr0T0，故B正确；
C、对卫星A，根据万有引力提供向心力，得GMmr02=m4π2T02r0，解得地球质量M=4π2r03GT02，故C正确；
D、地球的密度ρ=MV=M43πR3，由于不知地球的半径R，所以不能求出地球的密度，故D错误。
本题选不可求的，
故选：D。
根据图像写出r3与T2的关系式，再结合卫星A做圆周运动的周期为T0，求出卫星A做圆周运动的半径。根据v=2πrT可求出卫星A做圆周运动线速度的大小。根据万有引力提供向心力列式，能求出地球的质量。结合密度公式分析能否求出地球的密度。
解答本题时，要掌握卫星问题的基本思路：万有引力提供向心力，通过列式分析。

5.【答案】A 
【解析】解：根据题意可知，线框平均分成两部分并联接入电路中，线框的等效电阻为R1=2R⋅2R2R+2R=R
由欧姆定律可知，电流中的总电流为I=ER1+r=ER+r
方向从左向右通过线框，由并联分流原理可知，通过线框上下部分的电流均为I1=E2(R+r)
由左手定则可知，线框上下部分均受向下的安培力，则线框受到的安培力为F=2BI1d=BEdR+r
由胡克定律可知，弹簧形变量的变化量为Δx=Fk=BEdk(R+r)
则此时的弹簧长度为L=L1+Δx=L1+BEdk(R+r)
故A正确，BCD错误。
故选：A。
由欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式与平衡条件求解弹簧形变量的变化量，进而得到弹簧长度。
本题考查安培力、欧姆定律和胡克定律，解题关键是掌握安培力的公式，结合胡克定律和平衡条件列式求解即可。

6.【答案】C 
【解析】解：A、B两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞过程中满足动量守恒定律，设A、B两球碰撞后速度分别为v1、v2，选A球初速度方向为正方向，由动量守恒定律：mv=−mv1+3mv2
假设碰后A球静止，v1=0，解得v2=13v
因为A球被反弹，所以B球速度v2>13v
A、B两球碰撞过程中能量可能有损失，则12mv2≥12mv12+12×3mv22
解得v2≤v2
故v3 故选：C。
首先从水平面光滑上判断AB两球碰撞过程中动量守恒，由于A球被反弹，所以可以判断出B球的速度会大于13v；在两球碰撞的过程中，有可能会存在能量的损失，由碰撞前后的动能求出B球的速度同时会小于等于12v，由两个速度的范围求出最终的结果．
解决本题要注意临界状态的判断，有两个临界状态，其一是AB两球碰撞后A静止，由此求出速度的范围之一，即v2>13v；第二个临界状态时能量恰好没有损失时，有能量的关系求出速度的另一个范围v2≤12v，所以解决一些物理问题时，寻找临界状态是解决问题的突破口．

7.【答案】B 
【解析】解：A、由图乙可知，A与B两点的电势均为零，AB间的电势差为零，负点从A点到B点电场力为零，由动能定理可知负点电荷到达B点时速度等于v0，选项A错误；
B、φ−x图像斜率的绝对值表示电场强度的大小，由图乙可知，O点运动到B点过程是匀强电场，该电场强度的大小与下图中虚线表示的电场强度大小相等，如图：

由于左侧图线为四分之一圆弧，将虚线平移至与圆弧相切，切点处的电场强度大小与右侧电场强度大小相等，根据几何关系可知该切点的横坐标为− 2m，即当负点电荷分别处于− 2m和 2m时，电场力大小相等。
而负点电荷由A点运动到B点过程中，先做加速度减小的变加速运动，后做匀减速直线运动，作出v−t图如图所示

根据A点到− 2m和 2m到B点的位移相等，结合图像可知− 2m处的速度大于 2m处的速度，所以电场力的功率不相等，故B正确；
C、由图丙可知从A到B电场方向向右不变，则负电荷一直受到向左的电场力，从A到B速度一直减小，故C错误；
D、由图丙可知负点电荷到达坐标为− 2m和 2m处时，电场强度大小不同，电场力不同，故D错误。
故选：B。
若A、B两点间的电势变化如图乙，AB间的电势差为零，电场力做功为零，由动能定理分析负点电荷到达B点时的速度。φ−x图线的斜率表示电场强度，根据斜率判断电场强度大小关系。负点电荷由A点运动到B点过程中，先做加速度减小的变加速运动，后做匀减速直线运动，作出v−t图像，分析负点电荷到达坐标为− 2m和 2m处时速度大小关系，再分析电场力的功率关系。若A、B两点间的电场强度变化如图丙，从A到B电场方向向右不变，则负电荷一直受到向左的电场力，速度一直减小。负点电荷到达坐标为− 2m和 2m处时电场强度大小不等，电场力不等。
解决本题的关键是掌握电场线方向与电势变化的关系、知道φ−x图线的斜率表示电场强度，能熟练运用电势能的表达式判断电势能的变化。

8.【答案】AC 
【解析】解：AB.开关闭合后，设每个灯泡的电流为I，电阻为R，交流电源输出为I0；
电源的输入功率P入=6PL，即I0⋅IR=6I2R
解得I0=6I
根据并联电路电流的分配关系I1=I0−I=6I−I=5I
左边变压器副线圈中的电流I2=I
根据理想变压器电流与匝数比的关系n1n2=I2I1=I5I=1:5
对右边变压器I3=I，I4=3I
根据理想变压器电流与匝数比的关系n3n4=I4I3=3II=3:1，故A正确，B错误；
CD.开关闭合稳定后，交流电源输出电压恒定，灯泡L1两端电压不变，亮度不变
左侧变压器副线圈两端电压U2=n2n1U1
由于线圈匝数比不变，电压U1不变，因此U2不变
右侧变压器的副线圈的支路增多，负载电阻减小，电流I4增大
根据理想变压器电流与匝数比的关系，右侧变压器原线圈中的电流I3增大
根据功率公式P=I2R可知，灯泡L2、L3变亮
由U3=U2−2I3R，可知U3减小
根据理想变压器电压与匝数比的关系U4=n3n4U3
可知灯泡L4、L5、L6两端电压变小
根据功率公式P=U42R可知，灯泡L4、L5、L6变暗，故C正确，D错误。
故选：AC。
AB.开关闭合后，根据功率关系、电流关系以及理想变压器电流与匝数比的关系线圈的匝数比；
CD.交流电源输出电压恒定，根据功率公式分析灯泡L1的亮度变化；开关闭合稳定后，右侧变压器副线圈中的电流变大，原线圈中的电流变大，根据功率公式和理想变压器电压与匝数比的关系分析其余各灯泡的亮度变化。
本题考查了理想变压器的功率关系、电压与匝数比的关系、电流与匝数比的关系以及电功率公式的灵活运用；开关闭合前，抓住“6个灯泡正常发光”是解题的关键。

9.【答案】AD 
【解析】解：AB.两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇是振动的加强点，因此P和R均是振动加强点，所以两点连线上的点也是振动加强点，即Q点也是振动加强点，P、Q、R三点均是两列波的振动加强点其振幅为两列波振幅的叠加，即Q处的振幅等于P、R处质点的振幅，故A正确，B错误；
CD.因为P是两列波的波谷相遇点，R是与P相邻的波峰相遇点，所以P、R两点相距半波长，又因为PQ=QR，所以Q处质点此时在平衡位置下方，且正在向下运动，故C错误，D正确。
故选：AD。
AB.两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇是振动的加强点，波峰与波谷相遇是振动的减弱点；加强点与加强点之间的连线是振动的加强点；
CD.由于P是两列波的波谷相遇点，R是与P相邻的波峰相遇点，因此P、R两点相距半波长，据此分析作答。
本题考查了波的叠加和振动加强与减弱的判断；加强点与加强点之间的连线是振动的加强点。

10.【答案】BD 
【解析】解：A、金属球向下运动过程中，金属杆切割磁感线，产生了感应电流，AB杆相当于电源，由右手定则可知AB杆中电流方向由B流向A，A端为正极，B端为负极，则Q处的电势低于N处的电势，故A错误；
B、金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速度为v，根据线速度、角速度和半径关系可知A端的速度为v3，金属杆切割磁感线，产生的感应电动势为：E=B0×2l×v+v32=43B0lv
电阻R1和R2并联，则R1两端的电压为：U=4B0lv3，故B正确；
C、设金属杆从释放到第一次离开磁场的时间为Δt，根据法拉第电磁感应定律有：E−=ΔΦΔt=B0×[12×π2×(3l)2−12×π2×l2]Δt=2πB0l2Δt
通过R2的电流为：I−=E−R0
通过R2的电荷量为：q=I−⋅Δt=2πB0l2R0，故C错误；
D、根据题意，全过程中，根据动能定理有：mg×3l−2Q=12mv2，则R1上生成的焦耳热：Q=32mgl−14mv2，故D正确。
故选：BD。
根据题意应用右手定则判断出感应电流方向，然后确定Q和N点电势的高低。
由E=Blv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后应用欧姆定律求电阻R1上电压；
根据法拉第电磁感应定律求出该过程的平均感应电动势，结合欧姆定律、电流的定义式求出通过电阻R的电荷量；
根据能量守恒定律、焦耳定律求出电阻R上的热量。
本题是电磁感应与电路相结合的一道综合题，分析清楚电路结构、分析清楚金属杆的运动过程是解题的前提，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒定律与右手定则即可解题。

11.【答案】AC 
【解析】解：A、由图示图象可知，飞行器上升12h0时的加速度a=12g，对飞行器，由牛顿第二定律得：F−mg=ma，解得发动机提供的动力大小F=3mg2，故A正确；
B、对飞行器，由牛顿第二定律得F合=ma，合力对飞行器做的功W=F合h=mha−，由图示图象可知，飞行器上升h0时，合力对飞行器做的功W=mh0×0+g2=12mgh0，飞行器上升h0过程中，由动能定理得：W=12mv2−0，解得飞行器上升h0时的速度大小v= gh0，故B错误；
C、设飞行器上升h0过程发动机做功为W，对飞行器，由动能定理的：W−mgh0=12mv2−0，解得：W=32mgh0，重力做功不改变机械能，机械能的增加量等于发动机做的功，由功能关系可知，飞行器机械能的增加量ΔE=W=32mgh0，故C正确；
D、由图示图象可知，飞行器上升2h0时，加速度a=0，由牛顿第二定律得：F−mg=ma，此时飞行器的作用力F=mg，飞行器先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，飞行器上升2h0时的速度v′≠0，发动机的功率P=Fv′=mgv′≠0，故D错误。
故选：AC。
根据图示图线求出飞行器上升12h0时的加速度，应用牛顿第二定律求出发动机提供的动力大小；根据图示图象求出合力做的功，应用动能定理求出飞行器的速度；根据功能关系求出机械能的增加量；根据功率公式求出发动机的功率。
根据图示图象分析清楚飞行器的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律、动能定理与功率公式可以解题。

12.【答案】N1：N2  CDN1t1=N2t2 
【解析】解：(1)以A、B和压力传感器作为整体，设加速度为a，根据牛顿第二定律F=(mA+mB)a
对滑块A，根据牛顿第二定律N1=mAa
对滑块B，根据牛顿第二定律N2=mBa
联立可得A、B两滑块的质量之比mA：mB=N1：N2
(2)A.滑块A通过光电门1的速度大小v1=dt1
滑块B通过光电门2的速度大小v2=dt2
取滑块A运动的方向为正方向，如果动量守恒，则有mAvA−mBvB=0
即mAdt1−mBdt2=0
可得mAt1=mBt2
因此不需要测出挡光板宽度d，故A错误；
B.“天宫”中物体处于完全失重状态，不能可以用天平测出A、B物块的质量，故B错误；
C.物体处于完全失重状态，与导轨间无弹力，不受摩擦力，不需要平衡摩擦力，故C正确；
D.根据能量守恒，弹性势能为Ep=12mAvA2+12mBvB2
可知，因为物体质量和挡光板宽度未知，故无法估算出弹簧的弹性势能，故D正确。
故选：CD。
(3)结合(1)、(2)的分析可知验证滑块A、B动量守恒的表达式为mAt1=mBt2
即N1t1=N2t2
故答案为：(1)N1：N2；(2)CD；(3)N1t1=N2t2。
(1)以A、B和压力传感器作为整体，设加速度为a，根据整体法和隔离法求质量之比；
(2)根据光电门求瞬时速度，根据动量守恒判断是否需要测挡光板宽度；天平是根据杠杆平衡条件测质量，“天宫”中物体处于完全失重状态；处于完全失重的滑块对轨道无压力，无需平衡摩擦力；根据能量守恒得到弹性势能与滑块动能的关系，由于滑块质量未知，再分析是否能够求解弹性势能；
(3)根据(1)、(2)分析得出结论。
本题以“太空授课”为背景，考查了在“天宫”中做验证动量守恒的实验，聚知识性、趣味性一体，体现了物理知识的实际运用。

13.【答案】1920 4000 大于  负  423 
【解析】解：(1)根据题意，R1与表头G构成量程为I的电流表，则IgRg=(I−Ig)R1
代入数据得I=5mA
组装后的电流表的内阻RA=100×400100+400Ω=80Ω
若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为10 V，则Uab=I(RA+R2)
代入数据解得R2=1920Ω
若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为30V，则Uac=I(RA+R2+R3)
代入数据解得R3=4000Ω
(2)由于表头G上标记的内阻值偏小，改装后的电流表量程偏小，改装表30V挡刻度标记值小于实际值，造成每次校验时标准电压表读数大于改装电压表读数。
(3)由于红表笔接欧姆表内部电源的负极，红表笔应接在表头G负极。
欧姆表“×100”挡的内阻等于中值电阻R内=R中=15×100Ω=1500Ω
由闭合电路欧姆定律I1=ER内+Rg
代入数据得0.78×10−3A=1.501500+RgA
解得Rg=423Ω
故答案为：(1)1920，4000；(2)大于；(3)负，423Ω。
(1)根据欧姆定律计算；
(2)根据内阻偏小分析电流和电压的变化判断；
(3)根据欧姆表的原理分析判断。
本题考查电表的改装，要求掌握电表的改装原理和误差分析。

14.【答案】解：(1)白天充好气的床垫内气体压强为p1=3p0，温度为T1=T0，体积为V1=5V。
设床垫充好气，充气泵需要打气的次数为n，对充好气后床垫内所有气体分析可得：
p0V+np0×V20=p1V1
解得：n=280次
(2)夜间床垫气体压强、温度、体积分别为p2、V2和T2，其中：V2=5V−5V×2%=49V10
对床垫内的气体分析，根据一定质量的理想气体状态方程可得：p1V1T1=p2V2T2
解得：p2=145p049
答：(1)充气泵需要打气的次数为280次；
(2)夜间床垫内气体压强为145p049。 
【解析】(1)对充好气后床垫内所有气体分析，根据“分态式”列方程进行解答；
(2)对床垫内的气体分析，根据一定质量的理想气体状态方程列方程进行解答。
本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用一定质量的理想气体的状态方程列方程求解。

15.【答案】解：(1)根据题意可知，t=0时刻入射的粒子在两板间运动轨迹如图所示

水平方向上，匀速直线运动有：2L=v0t
竖直方向上，匀加速直线运动有： 32L=12a(t02)2×2
由牛顿第二定律有：U0 3Lq=ma
联立解得：U0=3mv022q
(2)由(1)同理可知Lv0时刻，入射的粒子恰好贴着M板右侧垂直y轴射入磁场，2粒子进入磁场时的y方向的速度大小v=v0，两个粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示

由几何关系可得两圆弧对应的圆心间的距离为：d= 3L
且：2 r2−(L2)2=d
解得：r=L
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，得：qv0B=mv02r
解得：B=mv0qL
答：(1)U0的大小为3mv022q；
(2)磁场的磁感应强度的大小B为mv0qL。 
【解析】(1)t=0时刻入射的粒子在电场中做类平抛运动，粒子1恰好贴着N板右侧垂直y轴射出，离开电场时竖直分位移大小为L，应用类平抛运动规律可以求出电压U0的大小。
(2)由(1)同理可知t=Lv0时刻入射的粒子恰好贴着M板右侧垂直y轴射入磁场，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子的轨迹半径，然后应用牛顿第二定律求出磁感应强度B的大小。
本题考查带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用牛顿第二定律和运动学规律相结合进行解题。

16.【答案】解：(1)从C点到D点由动能定理：mg(Rcosθ+dsinθ)−μmgcosθ⋅d=0
解得μ=0.9
(2)工件恰能做圆周运动到最高点P
在最高点，重力提供向心力mg=mvp2R
工件从B到D由机械能守恒有−mg(R+Rcosθ)=12mvP2−12mvB2
解得vB=6m/s
设工件到达B前经时间t1，发生位移x1，速度达到vB。则由题意在传送带上加速运动的过程中由动能定理有μmgcosθ⋅x1−mgsinθ⋅x1=12mvB2
由动量定理有μmgcosθ⋅t1−mgsinθ⋅t1=mvB−0
代入数据得t1=5s，x1=15m
因x1 在t1时间内，传送带发生的位移为x2=v0t1
解得x2=30m
此后工件匀速运动，传送带在此过程发生的位移为x3=L−x1=6m
由能量守恒定律可知传送装置因传送工件而多消耗的能量用于传送带克服摩擦力做功E=μmgcosθ⋅x2+mgsinθ⋅x3
代入数据解得E=252J
(3)设每个工件在传送带上做匀速运动的时间为t2，由运动学规律有t2=x3v0
代入数据得t2=1s
即每个工件在传送带上运动的总时间为t总=t1+t2，解得t总=6s
可知t总T=6
故第1个工件到达B点时，第7个工件刚要放上传送带。
分析可知传送带对第2个工件的摩擦力在此后t=1s内的冲量I2=mgsinθ⋅t，I2=6N⋅s
对第3−7个工件的摩擦力在此后t=1s内的冲量I3=I4=I5=I6=I7=μmgcosθ⋅t，解得I3=I4=I5=I6=I7=7.2N⋅s1s内传动带对工件摩擦力的总冲量大小为I=I2+I3+I4+I5+I6+I7，解得I=42N⋅s
答：(1)工件与传送带间的动摩擦因数0.9；
(2)传送装置因传送工件而多消耗的能量252J；
(3)传送带对所有工件的摩擦力的总冲量大小42N⋅s。 
【解析】(1)从C点到D点由动能定理，求动摩擦因数；
(2)在最高点，重力提供向心力，从B到D由机械能守恒，求B点速度，在传送带上加速运动的过程中由动能定理和动量定理，求工件到达B前经时间t1，发生位移x1，速度达到vB，工件匀速运动，传送带在此过程发生的位移，满足匀速直线运动公式求位移，再根据传送带克服摩擦力做功公式，求克服摩擦力做功。
(3)由运动学规律，求工件在传送带上做匀速运动的时间，再求总时间，再求力的冲量。
本题是一道综合性较强，难度较高的题，解题关键是正确掌握动能定理、机械能守恒定律、圆周运动的牛顿第二定律、冲量定义等。