2023-2024学年浙江省杭州市等4地5校高二（上）月考物理试卷（12月）（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省杭州市等4地5校高二（上）月考物理试卷（12月）（含解析），共33页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。

1.下列物理量的单位用国际单位制的基本单位描述，且描述正确的是( )
A. 动摩擦因数μ的单位是kg/s2
B. 万有引力常量G的单位是m2/(kg⋅s2)
C. 弹簧劲度系数k的单位是N/m
D. 静电力常量k的单位是kg⋅m3/(s4⋅A2)
2.近年来，多地开展文明城市创建工作，不断提升城市文明程度和市民文明素养，而礼让斑马线，已成为城市一道亮丽的风景线。图示为一辆小汽车以10m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至车头距路口斑马线15m处时，司机发现有一小女孩正横穿马路，司机从发现女孩到停车用时3s，在这3s内，汽车运动的v−t图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 小车刹车时的加速度为−103m/s2
B. 小车3s内的平均速度为5m/s
C. 3s末该汽车的车头刚好停在斑马线前
D. 司机至少应提前0.5s刹车才能在斑马线前停下
3.水平地面上有两位同学正在进行拔河比赛，比赛过程中左侧绳子始终略低于右侧，绳子的质量可忽略，如图所示。按规定谁先把对方拉过两者中间位置算谁胜，则下列说法正确的是( )
A. 左侧同学拉绳的力和右侧同学拉绳的力是一对相互作用力
B. 若地面光滑，两位同学一定同时到达中间位置
C. 若两位同学质量相等，双脚和地面间的动摩擦因数也相同，左侧同学先到达中间位置
D. 若两位同学质量相等，双脚和地面间的动摩擦因数也相同，右侧同学先到达中间位置
4.2022年10月9日7时43分，我国在酒泉卫星发射中心使用长征二号运载火箭，成功将先进天基太阳天文台“夸父一号”卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。该卫星设计寿命4年，运行在距离地面约720千米的太阳同步晨昏轨道。根据以上信息，可推断( )
A. 火箭的发射速度应介于7.9km/s至11.2km/s之间
B. 该卫星绕地球运行的速度一定比地球同步卫星小
C. 该卫星绕地球一圈的时间等于地球的自转周期
D. 该卫星的机械能一定比地球同步卫星大
5.2022年10月1日，女篮世界杯在澳大利亚悉尼落下帷幕，中国女篮一路过关斩将，最终取得平历史最佳战绩的世界杯亚军。图甲为9号运动员突破对方防守正在投篮时的情景，物理模型见图乙。假设篮球从地面上方的某点B斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上的A点，反弹后穿过篮筐，不计空气阻力。设抛射点B离地高H，抛出时篮球的速度v0，抛射角θ。若抛射点B向远离篮板方向水平移动一小段距离，要使抛出的篮球仍能垂直击中篮板上的A点，则以下措施可行的是( )
A. 抛射点高度H升高，抛射速度v0不变，抛射角θ减小
B. 抛射点高度H升高，抛射速度v0增大，抛射角θ不变
C. 抛射点高度H不变，抛射速度v0增大，抛射角θ增大
D. 抛射点高度H不变，抛射速度v0增大，抛射角θ不变
6.如图所示为一种叫做“迪斯科魔盘”的娱乐设施，魔盘绕中心轴线在水平面内做圆周运动，当魔盘转动很慢时，站在魔盘上的人会随磨盘一起转动，当魔盘转速逐渐增大时，人会陆续被甩向盘边，转速达到一定值时，人会“贴”在魔盘竖直壁上而不会滑下。若所有人与魔盘间各部分的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，魔盘半径为r，则下列说法正确的是( )
A. 人随魔盘转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用
B. 转速增大，两人抱在一起不容易被甩到边上
C. 当魔盘角速度为ω时，离圆心距离r0<μgω处的人不会被甩出
D. 当人能“贴”在魔盘竖直壁上且对盘底无压力时，魔盘的转速一定不小于12π gμr
7.如图所示，一个质量为m，带电量为−q的小球A，用一根绝缘细线悬挂在O点，为了让小球A在图示位置能保持静止，在离A球距离为r的某点固定一带电量为+Q的B球(图中未画出)，则B球所带电量可能的是( )
A. mgr22kqB. mgr23kqC. mgr24kqD. mgr25kq
8.太阳能电池有许多优点，如使用寿命长，保养费用低，但缺点是价格昂贵，效率低，光电转换效率只有25%左右。假定地球表面的太阳辐射能为800W/m2，一年按200天、每天8h光照计算，一个年耗电量为1280kW⋅h的家庭，如果家用电器全部改用供电效率为80%的太阳能蓄电池供电，为满足供电要求，则需在屋顶安装太阳能电池板的最少面积约为( )
A. 25m2B. 15m2C. 5m2D. 1.25m2
9.一辆汽车以80km/h的速度匀速行驶，每10km耗油约1L，根据汽油的热值进行简单的计算可知，此时消耗的功率约为70kW。如图为汽车行驶时功率分配的大致比例图，具体来说，在70kW中，约有1kW由于汽油的蒸发而“消失”，化学能无法利用成为化学污染源，大约只有17kW用于做功，而其余的52kW包括了排气管排出的废热和散热器的热量，两者约各占一半，用于做功的17kW也有不少损耗，约5kW用于发动机的水箱循环和空调，约3kW消耗于传动装置，最后只有9kW到达驱动轮。下列说法正确的是( )
A. 汽油属于可再生能源
B. 整辆车的总效率仅有13%左右
C. 汽车匀速行驶时所受的阻力约为3150N
D. 每1s中消耗的燃料最终转化为内能的大约5.2×104J
10.如图所示，一铁箱静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒定拉力F，作用时间为t，物体仍保持静止状态。下列说法正确的是( )
A. 铁箱所受拉力F的冲量大小为FtcsθB. 铁箱所受重力的冲量大小为0
C. 铁箱所受合力的冲量大小为0D. 铁箱的动量变化量的大小为Ft
11.如图所示，轻弹簧的一端固定在光滑斜面上，另一端拴着一个小球静止在斜面上，当把小球沿斜面拉下一段距离(弹簧在弹性限度内)，然后松开，小球开始运动，空气阻力忽略不计，若以小球静止时的位置为坐标原点，关于小球受到的合力F随位移x变化的关系图正确的是( )
A. B.
C. D.
12.一列简谐横波沿x轴正方向传播，该波的周期T=0.4s，某时刻，波刚好传到x=6m处，波形如图所示，P点为x=2m处的质点，下列说法正确的是( )
A. 这列波的波速为15m/s
B. 波源开始振动的方向沿y轴负方向
C. 在一个周期内，质点P运动的路程为0
D. 从该时刻开始计时，质点P做简谐运动的表达式为y=10sin(5πt)cm
13.用火箭发射人造地球卫星，以喷气前的火箭为参考系，在极短时间内喷出燃气的质量为m，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u，喷气后火箭的质量为M。下列关于火箭的描述正确的是( )
A. 若继续喷出燃气，火箭的速度会减小
B. 喷气后，火箭的速度变化量为−muM
C. 喷气后，火箭的速度大小一定为muM−m
D. 为了提高火箭的速度，可以研制新型燃料以减小燃气的喷射速度u
14.如图所示，宽为l的导轨与水平面成α角，一根质量为m的金属棒放在导轨上。空间存在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场，当回路总电流为I时，金属棒静止在导轨上。下列说法正确的是( )
A. 金属棒所受支持力大小为mgcsαB. 金属棒所受安培力大小为BIlcsα
C. 金属杆所受安培力方向为水平向右D. 金属杆所受摩擦力方向一定沿导轨向下
15.光滑绝缘水平桌面上的正方形区域内，存在竖直向下的匀强磁场，一粗细均匀的直角三角形金属线框置于桌面上，如图所示。现用一水平外力F将线框匀速拉出磁场区域，此过程中，线框中的电流I随时间t变化的关系图像正确的是( )
A. B.
C. D.
16.交流发电机的示意图如图甲所示，线圈以OO′为轴匀速转动，产生的正弦式交变电流的波形如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 该正弦式交流电的频率为50Hz
B. 1s内，电流的方向发生5次变化
C. 电流的有效值为10 2A
D. t=0.05s时，线圈平面转到中性面，穿过线圈的磁通量最大
17.速度选择器是质谱仪的重要组成部分，由两块平行金属板构成，工作时在两板上加一定电压，同时在两板间垂直于电场方向上加一匀强磁场。电场和磁场的联合作用，从各种速率的带电粒子中选择出具有一定速率的粒子。已知所加的电压为U，磁感应强度为B，板间距为d，板的长度为L。下列说法正确的是( )
A. 两板间的匀强电场的场强E=UL
B. 筛选出的运动粒子的速率v=UBd
C. 只能筛选特定速率的正粒子，不能筛选特定速率的负粒子
D. 筛选出的粒子是沿PQ做匀加速直线运动
二、多选题（本大题共5小题，共15分）
18.下列各图中所涉及到的物理现象及应用，说法正确的是( )
A. 法拉第利用电流的磁效应原理发明了圆盘发电机
B. 避雷针利用静电屏蔽保护建筑物免遭雷击
C. 红外线理疗仪通过热疗作用促进人体局部血液循环加快受伤软组织的修复
D. 夜晚可看到偏红色和偏蓝色的恒星，“蓝星”表面温度比“红星”表面温度高
19.振动是普遍存在的物理运动形式。关于振动，下列说法正确的是( )
A. 做简谐运动的物体通过平衡位置时，动能最大
B. 物体做受迫振动达到稳定后，振动频率等于驱动力的频率，与振动系统的固有频率无关
C. 当驱动力的频率等于固有频率时，振动系统的振幅达到最大值，发生共振现象
D. 做阻尼振动的物体，振幅随时间逐渐减小，振动系统的机械能减少，振动频率也随着减小
20.一列横波在t=3s时的波形图如图甲所示，其中质点M的振动图像如图乙所示。则( )
A. 这列波沿x轴的负方向传播B. t=3s时，质点M的加速度最大
C. 再过1s，质点M到达波峰D. 再过53s，质点N到达平衡位置
21.当线圈中的电流随时间变化时，由于电磁感应，附近的另一个线圈中会产生感应电流。实际上，这个线圈附近的任何导体中都会产生感应电流，看起来就像水中的旋涡，所以把它叫做涡电流。下列关于涡流的应用说法正确的是( )
A. 图1中炉外有线圈，线圈中通以反复变化的电流，利用涡流产生的热量使金属熔化
B. 图2中为了减少涡流，利用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯
C. 图3中探雷器遇见金属时，金属会感应出涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，使仪器报警
D. 图4中两个磁性很强的小圆柱形永磁体同时从铝管上端管口落入，无论铝管有无裂缝，它们同时从铝管下端管口落出
22.兴建垃圾焚烧发电站十分有利于城市环境保护，尤其有利于土地资源和水资源的保护，实现可持续发展。现有一座小型垃圾焚烧发电站的输出功率为100kW，经变压器升压后，输出电压为1×104V，经过降压变压器给一居民小区供电，变压器均为理想变压器。如图所示，发电站到用户的距离是20km，输电线的总电阻为10Ω，则( )
A. 输电线路中的电流为10A
B. 用户获得的功率为99.9kW
C. 若输出电压加倍，线路损耗的电功率减半
D. 若用户所需电压220V，则降压变压器原副线圈匝数比为495：11
三、实验题（本大题共3小题，共12分）
23.小北在学习牛顿运动定律时，做了“探究加速度与力和质量的关系”实验
①下列实验中用到的科学方法与该实验相同的是__________
A.探究两个互成角度的力的合成规律实验
B.验证机械能守恒定律实验
C.探究向心力大小的表达式实验
D.观察电容器的充放电实验
②下图是小北在实验时得到的一条纸带，已知打点计时器的工作频率为50Hz，则小车的加速度a=__________m/s2(结果保留2位有效数字)。
24.小北在学习曲线运动时，做了“探究平抛运动的特点”实验
(1)关于该实验下列说法正确的是__________

A.用折线连接描绘的点得到小球的运动轨迹
B.实验时应先确定x轴再确定y轴
C.斜槽轨道必须是光滑的
D.无需称出小球的质量
(2)小北在实验时得到如图所示的实验结果，图中的a、b、c、d为小球在平抛运动中的几个位置。已知图中每个小方格的边长为L，重力加速度为g，则该小球经过b点时的速度大小为__________
25.小北在学习电路及其应用时，做了“金属丝电阻率的测量”实验
(1)小北用螺旋测微器测量待测电阻丝的直径如图(a)所示，该待测电阻丝的直径d为__________mm；
(2)经粗测该段电阻丝的阻值Rx约为4Ω，小北从实验室找到了如下几种实验器材：
A.电流表A1(量程0—0.6A，内阻约5Ω)
B.电流表A2(量程0—3A，内阻约0.5Ω)
C.灵敏电流计G(量程0—3mA，内阻为100Ω)
D.滑动变阻器R1(最大阻值5Ω，额定电流2.0A)
E.滑动变阻器R2(最大阻值1kΩ，额定电流1.0A)
F.定值电阻R3(阻值为900Ω)
G.定值电阻R4(阻值为10Ω)
H.直流稳压电源E(输出电压为3V)，开关S，导线若干
①为了使测量范围尽可能大，结果尽可能准确，上述器材中小北应选用的实验器材有(填写器材前的字母)__________；
②根据所选用的实验器材，请在图方框内画出实验电路图(电阻丝用Rx表示)__________( )
(3)通过实验得到金属丝的伏安特性曲线I−U图像的斜率为k，已测得金属丝的直径为d，长度为l。则该金属丝的电阻率为__________
四、计算题（本大题共3小题，共18分）
26.在11月份浙皖闽赣联盟花园免费游景点活动中，小北去了江山如画家庭农场游玩。在体验惊险刺激的卡丁车项目时，他了解到卡丁车的最大速度为12m/s，卡丁车行驶时阻力为总重的0.1倍，刹车制动时所受阻力为总重的0.6倍，在驾车时小北与车的总质量为125kg。试求：
(1)将卡丁车的刹车制动过程简化为匀变速直线运动，求卡丁车的最大刹车距离。
(2)当小北驾车以最大速度匀速直线行驶时，求此时发动机的输出功率。
(3)小北在直线赛道上以4m/s匀速直线行驶时，由于操作失误未能刹车制动，使得卡丁车径直行驶撞上缓冲围墙，经过1s速度减到0。求车对围墙平均作用力的大小。
27.某兴趣小组设计了一个游戏装置，其简化模型如图所示，水平地面上有两个圆轨道与地面平滑连接，两圆轨道最低点处左右两侧内外略错开，圆半径R1=0.5m，R2=1m，左侧固定一轻弹簧，右侧有一倾角θ=30°的斜面，两圆轨道与地面的接触点A、B间粗糙，动摩擦因数μ=0.1，AB间距离L=5m，其余接触面均光滑。现有一质量m=0.1kg的物块从斜面上距地面高度为h=5m处由静止释放。忽略在轻弹簧以及其余轨道连接处的机械能损失。
(1)求物块第一次滑到斜面底端的时间。
(2)求物块第二次到达大圆轨道顶端D点时对轨道的弹力。
(3)若AB间距L可调整，但要求L>15m，若在运动全过程中物块均不脱离轨道，求满足条件的L的范围。
28.如图所示，板长为L、板间距离为d的平行板电容器的两极板水平放置，上极板带负电，下极板带正电，竖直屏M距板右端距离为L2。大量带正电且电荷量为q、质量为m的油滴以初速度v0不断沿电容器中线射入两板间，不考虑油滴打在板上对两极板间电压的影响，已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力、电容器极板的边缘效应和油滴间的相互作用。
(1)若使油滴均能打在上极板，求板间电压U应满足的关系；
(2)若已知油滴最后垂直打在M上，求在板间时小球在竖直方向上的位移大小。
(3)在(2)的情况下，当第一颗油滴飞出平行板的同时，在平行板右侧、竖直屏M左侧的区域内出现一个如图所示随时间周期性变化的匀强电场，规定竖直向上为正方向，T=L2v0，求M上接收到油滴区域的长度，以及落到该区域中点以下部分油滴的发射时刻范围。
五、综合题（本大题共2小题，共21分）
29.某兴趣小组为了研究碰撞过程中动量及能量传递问题，设计了如图实验装置，放置在地面MN上的高为h1=0.45m的平台上有一发射装置，A点右侧放置高h2=0.2m的足够长桌面BC，桌面边缘B点与A点的水平距离为L=2.8m，桌面上从左边缘B点开始每隔d=0.5m放置足够多可视为质点的薄圆柱片。某一次实验中，发射装置以速度v0=6m/s从装置末端A点水平射出与桌面上相同的薄圆柱片，该圆柱片与地面碰撞反弹后水平撞击桌面边缘的第一个圆柱片。已知圆柱片与桌面的动摩擦因数μ=0.4，忽略圆柱片与地面碰撞时的重力，圆柱片间的碰撞为一维弹性碰撞，所有的运动及碰撞都在如图平面内发生，求：(可能用到的关系式：1+22+32+⋯+n2=n(n+1)(2n+1)6)
(1)发射器发出的圆柱片到达B点的速度v1；
(2)最多能撞击到桌面上第几个圆柱片；
(3)若在圆柱片侧面涂上某种特殊材料，能使圆柱片在碰撞后黏在一起，不考虑涂上材料后对其它因素的影响，试求最多能撞击到桌面上第几个圆柱片；
(4)在第(3)小题的情况下，若将桌面上的圆柱片间距改为0.01m，桌面上第一个圆柱片仍然在桌面左边缘B点，试求最多能撞击到桌面上第几个圆柱片。
30.舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界最先进的水平。某兴趣小组依据所学知识设计出了一种电磁弹射模型，其原理可简化为图乙所示情景：水平面内由平行长直金属导轨组成的水平区域内，等间距分布着竖直向下和竖直向上的磁场，磁感应强度均为B。电磁弹射装置可简化为一个矩形金属框，其长边等于导轨间距L，短边等于每个磁场的宽度。磁场以速度v0向右匀速运动，固定在金属框上方的舰载机在电磁力和发动机推力的双重作用下加速向右滑行，达到起飞速度时舰载机和金属框自动脱离，飞机升空。舰载机在水平跑道上加速滑行时，受到竖直向上的机翼升力、发动机推力、空气阻力。升力F升、空气阻力F阻均与舰载机运动的速度成正比，即F升=k1v，F阻=k2v，k1、k2为已知常量。金属框与导轨接触面间的等效动摩擦因数为μ。已知舰载机质量为M，金属框质量为m，舰载机在轨道上加速滑行时发动机推力为恒力F，金属框电阻为R，其余电阻均不计。
(1)判断金属框在图乙位置时的感应电流方向(填“顺时针”或“逆时针”)；
(2)当舰载机达到升空速度时，金属框内感应电流多大？
(3)舰载机在水平轨道上匀加速滑行时磁感应强度B需满足什么条件？
(4)写出舰载机在水平轨道上匀加速滑行时发动机推力的功率随时间变化的关系式。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
由各公式及力学单位制得解。
本题主要考查力学单位制，难度一般。
【解答】
A.由滑动摩擦力公式：Ff=μmg，可知，由于力的单位为N，而1N=1kg·m/s2，由此可知，动摩擦因数μ无单位，故A错误；
B.由万有引力公式：F=Gm1m2r2，可得万有引力常量G的单位是：N·m2kg2=kg·m/s2·m2kg2=m3kg·s2，故B错误；
C.由胡克定律：F=kx可得弹簧劲度系数k的单位是：N/m=kg·m/s2m=kg/s2，故C错误；
D.由静电力公式：F=kq1q2r2，It=q，联立可得静电力常量k的单位是：kg⋅m3/(s4⋅A2)，故D正确。
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了运动学公式的应用，根据v−t图象分析清楚汽车的运动过程是解题的前提，应用运动学公式和图象的意义即可解题。
【解答】
A.由v−t图象知汽车刹车时的加速度为：a=ΔvΔt=0−102m/s2=−5m/s2，故A选项错误；
B.v−t图象与时间轴为成的面积表示位移，小车3s内的位移x=10m+10m=20m，则小车3s内的平均速度为v=xt=203m/s，故B选项错；
C.由于小车3s内的位移x=20m>15m，所以3s末该汽车的车头已经越过斑马线，故C选项错误；
D.若驾驶员的反应时间(从发现行人到汽车开始减速)为t0=0.5s设从踩下刹车到汽车停下经历的时间为t=2s，则x,=v0t0+12v0t=5m+10m=15m，即汽车的车头刚好停在斑马线前，故D选项正确。
3.【答案】C
【解析】A.左侧同学拉绳的力和右侧同学拉绳的力是一对平衡力，故A错误；
B.若地面光滑，两位同学受到的合外力大小相等，两位同学的质量不清楚，质量小的同学加速度大，先到达中间位置，故B错误；
CD.若两位同学质量相等，双脚和地面间的动摩擦因数也相同，左侧同学受到斜向上的拉力，正压力小于重力，右侧同学受到斜向下的拉力，正压力大于重力，故左侧同学与地面的最大静摩擦力小于右侧同学与地面的最大静摩擦力，左侧同学先到达中间位置，故C正确，D错误。
故选C。
4.【答案】A
【解析】【分析】
第一宇宙速度有三种说法：①它是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度；②它是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度；
③它是卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度．
卫星做圆周运动，通过万有引力提供向心力分析线速度，根据开普勒第三定律分析周期。
【解答】
A、绕地卫星的发射速度要大于第一宇宙速度7.9km/s，小于第二宇宙速度11.2km/s，故A正确；
B、根据GMmr2=mv2r，解得v= GMr，轨道半径越小，线速度v越大，该卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，所以该卫星绕地球运行的速度一定比地球同步卫星大，故B错误；
C、根据开普勒第三定律可知该卫星的周期小于地球同步卫星的周期，而地球同步卫星周期等于地球自转周期，故C错误；
D、该卫星与地球同步卫星的质量大小关系未知，无法判断机械能的大小，故D错误。
故选A。
5.【答案】A
【解析】篮球从地面上方的某点B斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上的A点，在空中运动时间为
t=v0sinθg
竖直位移为
h=(v0sinθ)2g=v02sin2θg
A点的高度为
ha=h+H=v02sin2θg+H
水平位移为
x=v0csθ⋅t=v02sinθcsθg=v02sin2θ2g
A.抛射点高度H升高，抛射速度v0不变，抛射角θ减小，垂直击中篮板的位置高度可能不变，水平位移可能减小，故A符合题意；
B.抛射点高度H升高，抛射速度v0增大，抛射角θ不变，垂直击中篮板的位置高度变高，水平位移增大，故B不符合题意；
C.抛射点高度H不变，抛射速度v0增大，抛射角θ增大，垂直击中篮板的位置高度变高，水平位移可能减小，故C不符合题意；
D.抛射点高度H不变，抛射速度v0增大，抛射角θ不变，垂直击中篮板的位置高度变高，水平位移增大，故D不符合题意。
故选A。
6.【答案】D
【解析】A.人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力，向心力是效果力，故A错误；
B.要使人不被被甩到边上，即最大摩擦力应大于所需向心力，即有
μmg=mr2πn2
可见此关系式与人的质量无关，所以转速增大，两人抱在一起不影响是否会被甩到边上，故B错误；
C.当魔盘角速度为ω时，要不被甩出，应该
μmg>mr0ω2
得
r0<μgω2
故C错误；
D.人恰好贴在魔盘上时，有
mg=f
N=mr2πn2
又
f=μN
联立解得转速为
n=12π gμr
故“魔盘”的转速一定不小于 12π gμr ，故D正确。
故选D。
7.【答案】A
【解析】【分析】
以小球为研究对象，分析受力情况，根据矢量三角形法，确定力F的最小值，再根据库仑定律求出Q的最小值．
用力的矢量三角形定则分析力的极值问题的实质是数形结合求极值的一种方法．数形结合在数学中是常用的一种方法．
【解答】
以小球A为研究对象，A受重力mg，绳拉力T，库仑力F，应有F与T的合力与mg等大反向，如图所示，
在合力一定时，T方向一定的前提下，另一分力的最小值由三角形定则可知F应垂直绳所在的直线，
故F=mgsinθ，
由库仑定律：kQqr2=mgsinθ，
得Q=mgr22kq，
因为这是最小库仑力，所以应有Q⩾mgr22kq．
故选A．
8.【答案】C
【解析】设需在屋顶安装太阳能电池板的最少面积约为S，由题意有
1280=0.8S×8×200×25％×80％
得
S=5m2
故选C。
9.【答案】B
【解析】A.汽油属于不可再生能源，故A错误；
B.整辆车的总效率仅有
η=970×100%≈13%
故B正确；
C.汽车匀速行驶时所受的阻力等于牵引力
f=F=Pv=9000803.6N=405N
故C错误；
D.每1s中消耗的燃料最终转化为内能的大约
E=70 × 103J−9 × 103J=61 × 103J
故D错误。
故选B。
10.【答案】C
【解析】A.铁箱所受拉力F的冲量大小为Ft，选项A错误；
B.铁箱所受重力的冲量大小为mgt，选项B错误；
CD.铁箱所受合力为零，则合力的冲量大小为0，动量变化量的大小为0，选项C正确，D错误。
故选C。
11.【答案】A
【解析】小球在平衡位置时满足
kx0=mgsinθ
以平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为x轴正向，则当小球从平衡位置向下拉x时，则回复力
F=−k(x+x0)+mgsinθ=−kx
则F−x图像为A。
故选A。
12.【答案】D
【解析】A.由图可知，波长为
λ=4m
所以波速为
v=λT=40.4m/s=10m/s
故A错误；
B.波在传播过程中，所有质点的起振方向都相同，根据波形的平移法可知在图示时刻，波刚好传到x=6m处，则波源开始振动的方向沿y轴正方向，故B错误；
C.在一个周期内，质点P运动的路程为4个振幅，即路程为40cm，故C错误；
D.由图可知，在该时刻，质点P处于平衡位置且向上振动，振幅为10cm，所以
y=Asin2πTt=10sin(5πt)cm
故D正确。
故选D。
13.【答案】B
【解析】A.火箭向后喷气，火箭对喷出的气体有向后的作用力，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而使火箭获得了向前的推力，不断喷出气体，则火箭的速度会越来越大，故A错误；
BC.由动量守恒可知
mu+MΔv=0
即喷气后，火箭的速度变化量为
Δv=−muM
因喷气前火箭的速度未知，则不能确定喷气后火箭的速度，选项B正确，C错误；
D.为了提高火箭的速度，可以研制新型燃料以增加燃气的喷射速度u，选项D错误。
故选B。
14.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查安培力作用下的平衡问题。
此类问题解决办法，对平衡的物体进行受力分析，根据左手定则分析安培力的方向，根据安培力公式F=BIL分析安培力的大小，应用该公式时要注意磁场方向是否与电流方向垂直，若不垂直，则需要用F=BILsinθ求安培力大小(其中θ为磁场与电流方向的夹角)，然后根据平衡条件列式求解。
【解答】
根据左手定则可知金属棒受到的安培力方向水平向右，
分析金属棒，可知金属棒不一定会受到摩擦力，
当不受摩擦力时，如下图所示
磁场与电流垂直，所以安培力F=BIl，
根据平衡条件F=mgtanα，
支持力N=mgcsα，故ABD错误，C正确。
15.【答案】A
【解析】如图所示
设夹角为 θ ，有效长度为 L ，线框以速度为 v 匀速拉出磁场区域用时为t，由图得
L=vttanθ
感应电流为
I=BLvR=Bv2tanθRt
可见电流I与时间t成正比。
故选A。
16.【答案】D
【解析】A.该正弦式交流电的频率为
f=1T=10.2Hz=5Hz
故A错误；
B.一周期内，电流的方向发生2次变化，故1s内，电流的方向发生10次变化，故B错误；
C.电流的有效值为
I=Im 2=10 2A=5 2A
故C错误；
D.t=0.05s时，线圈平面转到中性面，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率最小，故D正确。
故选D。
17.【答案】B
【解析】【分析】
由速度选择器的原理得解。
本题主要考查速度选择器的原理，知道洛伦兹力与电场力相平衡是解题的关键，难度不大。
【解答】
A.由匀强电场的场强轻语电势差的关系：E=Ud结合题意可得两板间的匀强电场的场强：E=Ud，故A错误；
BD.由速度选择器的原理可知，被筛选出的运动粒子在复合场中受力平衡，做匀速直线运动，才能从另一侧穿出，故有：qvB=qE，E=Ud，联立解得筛选出的运动粒子的速率：v=UBd，故B正确，D错误；
C.由速度选择器的原理可知，当粒子带负电时，电场力和洛伦兹力均反向，粒子受力仍平衡，所以速度选择器只选择粒子的速度，与粒子的电性无关，故C错误。
18.【答案】CD
【解析】A.法拉第利用电磁感应原理发明了圆盘发电机，选项A错误；
B.避雷针利用尖端放电保护建筑物免遭雷击，选项B错误；
C.红外线理疗仪通过热疗作用促进人体局部血液循环加快受伤软组织的修复，选项C正确；
D.恒星的颜色是由温度决定的，温度越低，颜色越偏红，温度越高，颜色越偏蓝，故“蓝星”表面温度比“红星”表面温度高，选项 D正确。
故选CD。
19.【答案】ABC
【解析】A.做简谐运动的物体通过平衡位置时，速度最大，动能最大，故A正确；
B.物体做受迫振动达到稳定后，振动频率等于驱动力的频率，与振动系统的固有频率无关，故B正确；
C.当驱动力的频率等于固有频率时，振动系统的振幅达到最大值，发生共振现象，故C正确；
D.做阻尼振动的物体，振幅随时间逐渐减小，振动系统的机械能减少，振动频率不变，故D错误。
故选ABC。
20.【答案】AD
【解析】A.由图乙可知，t=3s时，质点M向下振动，根据上下坡法可知这列波沿x轴的负方向传播，故A正确；
B.由图乙可知，t=3s时，质点M位于平衡位置，速度最大，加速度最小，故B错误；
C.由图乙可知，波的周期为 4s ，t=3s时，质点M向下振动，质点M到达波峰时有
t1=(n+34)T=4n+3 (n=0,1,2,3⋯)( )
故再过1s，质点M未到达波峰，故C错误；
D.波形图的表达式为
y=6sin(2π4x)=6sinπx2
当 y=3cm ，且
3m解得
xN=133m
波的传播速度为
v=λT=44m/s=1m/s
t=3s后质点N第一次到达平衡位置，有
t2=6−xNv=6−1331s=53s
故D正确。
故选AD。
21.【答案】ABC
【解析】A.图中炉外有线圈，线圈中通以交变电流，利用电磁感应在金属中形成的涡流，从而产生的热量使金属熔化，A正确；
B.图中为了减少涡流，利用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，B正确；
C.图中探雷器遇见金属时，金属会感应出涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，使仪器报警，C正确；
D.图中两个磁性很强的小圆柱形永磁体同时从铝管上端管口落入。有裂缝铝管只能在铝管的侧壁产生感应电流，对磁体阻碍作用不明显，而无裂缝的铝管不仅侧壁会产生感应电流，同时铝管可看成一系列的圆环叠加，水平圆环也产生感应电流对磁体有阻碍作用，则有裂缝铝管中的磁体先从下端管口落出，D错误。
故选ABC。
22.【答案】AD
【解析】A.输电线路中的电流为
I2=P出U出=100×1031×104A=10A
故A正确；
B.输电线损失功率为
P损=I22r=1000W
用户获得的功率为
P4=P出−P损=99kW
故B错误；
C.输电线损失功率为
P损=I22r=P出2U出2r
可见，若输出电压加倍，线路损耗的电功率减为原来的 14 ，故C错误；
D.降压变压器副线圈的电流为
I4=P4U4=99×103220
降压变压器原副线圈匝数比为
n3n4=I4I2=49511
故D正确。
故选AD。
23.【答案】 C 0.89
【解析】(1)[1]探究加速度与力和质量的关系运用了控制变量法。
A.探究两个互成角度的力的合成规律实验运用了等效替代的思想，故A不符合要求；
B.验证机械能守恒定律实验未运用了控制变量法，故B不符合要求；
C.探究向心力大小的表达式实验运用了控制变量法，故C符合要求；
D.观察电容器的充放电实验未运用了控制变量法，故D不符合要求。
故选C。
(2)[2]相邻两计数点的时间间隔为
T=5×0.02s=0.1s
根据逐差法求出小车的加速度为
a=xBD−xOB(2T)2=14.05−5.25−5.25(2×0.1)2×10−2m/s2≈0.89m/s2
24.【答案】 D 52 gL
【解析】(1)[1]A.应用平滑的曲线连接描绘的点得到小球的运动轨迹，故A错误；
B.实验时应用重锤先确定y轴再确定x轴，故B错误；
C.为使小球到达斜槽末端的速度相等，每次实验时小球应从同一位置静止释放，斜槽轨道不需要光滑，故C错误；
D.探究平抛运动的特点，无需称出小球的质量，故D正确。
故选D。
(2)[2]根据匀变速直线运动的推论
Δy=ybc−yab=gT2
相邻两点间的时间间隔为
T= Δyg= Lg
小球的水平速度为
v0=2Lt=2 gL
该小球经过b点时的竖直方向速度大小为
vby=yac2T=3L2T=32 gL
该小球经过b点时的速度大小为
vb= v02+vby2=52 gL
25.【答案】 1.103##1.104##1.105##1.106##1.107 ACDFH ρ=πd24kl
【解析】(1)[1]用螺旋测微器测量待测电阻丝的直径d为1mm+0.01mm×10.5=1.105mm；
(2)①[2]电源电动势3V，待测电阻为4Ω，可知电路中最大电流不超过0.75A，则电流表选择A；题中没有电压表，则可用电流计G与定值电阻R3串联改装成3V的电压表，故选CF；滑动变阻器要接成分压电路，则选用阻值较小的D，另外需要H：直流稳压电源E(输出电压为3V)，开关S，导线若干；故选ACDFH。
②[3]根据所选用的实验器材画出实验电路如图，因改装后的电压表内阻已知，则采用电流表外接：
(3)[4]通过实验得到金属丝的伏安特性曲线I−U图像的斜率为k，可知
Rx=1k
根据
Rx=ρl14πd2
解得金属丝的电阻率为
ρ=πd24kl
26.【答案】(1) x减=12m ；(2) P=1500W ；(3) F′=375N
【解析】(1)减速时加速度大小
a=0.6mgm=6m/s2
根据动力学公式
v2=2ax减
代入数据得
x减=12m
(2)最大速度行驶时
f=0.1mg=125N
发动机的输出功率为
P=fv=125×12W=1500W
(3)对车的减速过程的平均加速度为
a′=ΔvΔt=41m/s2=4m/s2
根据牛顿第二定律有
F+f=ma′
解得
F=375N
根据牛顿第三定律可知车对围墙平均作用力的大小为
F′=F=375N
27.【答案】解：(1)物块第一次滑到斜面底端的加速度： mgsinθ=ma
物块第一次滑到斜面底端的时间：12at2=hsinθ ，代入数据得t=2s
(2) 物块第二次到达大圆轨道顶端D点的速度：mg(h−2R2)−2μmgL=12mvD2−0
物块第二次到达大圆轨道顶端D点时对轨道的弹力：FN+mg=mvD2R2
代入数据得FN=3N，由牛顿第三定律，物块对轨道弹力FN′=3N，方向向上。
(3)从h=5m处滑下，一定可经过D点
①当不脱轨且可恰好第一次到A圆轨道半径等高处时：
有mgh−μmgL1−mgR1=0，得L1≥45m
②当不脱轨且可恰好第一次到A圆轨道最高点时
mgh−μmgL2−mg⋅2R1=12m( gR1)2−0，得L2≤37.5m
③与弹簧作用后，一定可返回通过A轨道。
当不脱轨且可恰好第一次返回到B圆轨道半径等高处时
mgh−2μmgL3−mgR2=0，得L3≥20m
④当不脱轨且可恰好第一次返回到B圆轨道最高点时
mgh−2μmgL4−mg⋅2R2=12m( gR2)2−0 得L4≤12.5m<15m，舍去。
综上，L的范围为20m≤L≤37.5m或L≥45m。

【解析】解决本题时需要掌握圆周运动的临界条件，知道滑块恰好到达最高点时由重力提供向心力，选择合适的运动过程应用动能定理求解速度大小。
(1)从物块第一次滑到斜面底端的过程，根据牛顿第二定律和运动学公式求得物块第一次滑到斜面底端的时间;
(2)根据动能定理求出物块通过D点时的速度。在D点，对物块，利用牛顿运动定律求物块在D点时对轨道的压力;
(3) 在运动全过程中物块均不脱离轨道分情况讨论AB间距L，在整个过程中根据动能定理即可判断
28.【答案】(1) U>mv02d2qL2+mgdq ；(2) y=gL24v02 ；(3) gL216v02 ， T4+kT≤t≤3T4+kT (k为非负整数)
【解析】(1)油滴打在上极板有
12at2=d2
油滴在电容器中加速度为
qUd−mg=ma
油滴均能打在上极板有
L>v0t
联立得
U>mv02d2qL2+mgdq
(2)水平方向有
L=v0t1 ， L2=v0t2
竖直方向有
a1=qUmd−g ， a2=g
竖直方向速度有
vy=a1t1 ， vy=gt2
板间时小球在竖直方向上的位移大小为
y=12a1t12
联立得
y=gL24v02
(3)由水平方向分运动知，油滴将在板外运动T时间，若有电场，则有
qE=mg
竖直方向做匀速直线运动，若无电场，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，从飞出板间开始，竖直方向初速度
vy0=a1t1=gL2v0
若先匀速再减速，有最大位移
lmax=vy0⋅T2+vy0⋅T2−12g⋅T22
若先减速再匀速，有最小位移
lmin=vy0⋅T2−12g⋅T22+vy0−g⋅T2⋅T2
则油滴区域长度
l=lmax−lmin=gL216v02
设第一个周期内出发，打在区域下半部分的油滴发射时刻为t。
①若经历了匀速−减速−匀速过程，则
vy0⋅T2−t+vy0⋅T2−12g⋅T22+vy0−g⋅T2t≤lmax+lmin2
得
T4≤t≤T2
②若经历了减速−匀速−减速过程
则
vy0⋅T2−12g⋅T22+vy0−g(T−t)⋅T2≤lmax+lmin2
得
T2≤t≤3T4
综上，当发射时刻t满足 T4+kT≤t≤3T4+kT (k为非负整数)时油滴落在下半部分。
29.【答案】(1) 5m/s ；(2)7；(3)2；(4)9
【解析】(1)从A点弹出到落地
h1=12gt12
可得
t1=0.3s
所以
x1=v0t1=1.8m ①
从落地点反弹到B点：
h2=12gt22
可得
t2=0.2s
有
x2=v1t2=L−x1
可得
v1=5m/s ②
(2)若圆柱片间的碰撞为弹性碰撞，则满足动量守恒
mv1=mv1′+mv2′
动能相等
12mv12=12mv1′2+12mv2′2
可得
v1′=0 ， v2′=v1
可以看出碰撞过程中速度并未减小，只是发生了传递，可以将这一过程看作一个物体再没有碰撞情况下的匀减速运动
v12=2μgx
可得
x=3.125m ③
xd=6.25
所以最多能撞击到桌面上第7个圆柱片④
(3)若圆柱片在碰撞后黏在一起，与第一个相碰：
mv1=2mv1′ ， v1′=2.5m/s ⑤
经过圆柱片间的减速
v1′2−v22=2μ2gd
可得与第二个圆柱片撞前的速度
v2=1.5m/s ⑥
与第二个相碰
2mv2=3mv2′ ， v2′=1m/s
经过圆柱片间的减速
v2′2−v32=2μ2gd
可得与第二个圆柱片撞前的速度
v32<0
所以最多能撞击到桌面上第2个圆柱片⑦
(4)与第一个圆柱片碰撞前动能
Ek1=12mv12
与第一个圆柱片碰撞过程中
mv1=2mv1′
与第一个圆柱片碰撞后动能
Ek1′=122mv1′2=14mv12=12Ek1 ⑧
与第二个圆柱片碰撞前动能
Ek2=Ek1′−μ2mgd=12Ek1−2μmgd
与第二个圆柱片碰撞过程中
2mv2=3mv2′
与第二个圆柱片碰撞后动能
Ek2′=123mv2′2=23Ek2=23(12Ek1−2μmgd)=13Ek1−223μmgd
与第三个圆柱片碰撞前动能
Ek3=Ek2′−μ3mgd=13Ek1−223μmgd−3μmgd
与第三个圆柱片碰撞过程中
3mv2=4mv2′
与第三个圆柱片碰撞后动能
Ek3′=124mv3′2=34Ek3=34(13Ek1−223μmgd−3μmgd)=14Ek1−224μmgd−324μmgd
同理可得与第n个圆柱片碰撞后的动能
Ekn′=1n+1Ek1−22n+1μmgd−32n+1μmgd−42n+1μmgd−⋯−n2n+1μmgd
=1n+1Ek1−1n+1(n(n+1)(2n+1)6−1)μmgd ⑨
若与第n个圆柱片碰撞后不能与第 n+1 个碰撞，则应满足
Ekn′<μ(n+1)mgd
满足此关系的最小n值为
n=9
所以最多能撞击到桌面上第9个圆柱片⑩
30.【答案】(1)顺时针；(2) 2BL(k1v0−Mg)k1R ；(3) B= μk1R−k2R2L(B>12L [μ(M+m)g−F]Rv0) ；(4) P=FF(M+m)+4B2L2v0(M+m)R−μgt
【解析】(1)根据右手定则可知，金属框左右两边产生的感应电流方向均为顺时针方向，所以金属框中电流方向为顺时针；
(2)达到升空速度，舰载机升力等于重力，即
k1v=Mg
E=2BLv相
I=ER
联立可得
I=2BL(k1v0−Mg)k1R
(3)由牛顿第二定律知
F+4B2L2v0−vR−k2v−μMg+mg−k1v=(M+m)a
变形得
F+4B2L2v0R−μ(M+m)g+(μk1−k2−4B2L2R)v=(M+m)a
舰载机做匀加速滑行需满足的条件
μk1−k2−4B2L2R=0
即
B= μk1R−k2R2L
为保证飞机能做匀加速运动，还需满足动力大于阻力，即
F(M+m)+4B2L2v0(M+m)R−μg>0
解方程得
B>12L [μ(M+m)g−F]Rv0
所以，B需满足的条件为
B= μk1R−k2R2L(B>12L [μ(M+m)g−F]Rv0)
(4)舰载机加速度为
a=F(M+m)+4B2L2v0(M+m)R−μg
v=at
P=F推v
所以发动机推力的功率随时间变化的关系式为
P=FF(M+m)+4B2L2v0(M+m)R−μgt