2019-2020学年重庆市南岸区高二上学期期末学业质量调研抽测物理试题 解析版

2019-2020学年重庆市南岸区高二上学期期末学业质量调研抽测物理试题 解析版

绝密★启用前 重庆市南岸区2019-2020学年(上)期末学业质量调研抽测 高二物理试卷 ‎（分数：100分 时间：90分钟）‎ 注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。‎ 一、单选题 1. 一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示，径迹上的每小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途空气电离，粒子的能量逐渐减少带电荷量不变，从图中情况可以确定 ‎ A. 粒子从a运动到b，带正电 B. 粒子从b运动到a，带正电 C. 粒子从a运动到b，带负电 D. 粒子从b运动到a，带负电 2. 回旋加速器的核心部分是真空室中的两个相距很近的D形金属盒．把它们放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面向下．连接好高频交流电源后，两盒间的窄缝中能形成匀强电场，带电粒子在磁场中做圆周运动，每次通过两盒间的窄缝时都能被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置引出，如果用同一回旋加速器分别加速氚核和粒子，比较它们所需的高频交流电源的周期和引出时的最大动能，下列说法正确的是 A. 加速氚核的交流电源的周期较大；氚核获得的最大动能较大 B. 加速氚核的交流电源的周期较小；氚核获得的最大动能较大 C. 加速氚核的交流电源的周期较大；氚核获得的最大动能较小 D. 加速氚核的交流电源的周期较小；氚核获得的最大动能较小 1. 如图所示为两分子系统的势能与两分子间距离r的关系曲线。下列说法正确的是 ‎ A. 当r大于时，分子间的作用力表现为引力 B. 当r等于时，分子间的作用力表现为斥力 C. 当r小于时，分子间的作用力表现为斥力 D. 在r由变到的过程中，分子间的作用力做负功 ‎ 2. 一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是 A. B. C. D. ‎ 3. 如图所示，实线表示某电场的电场线方向未标出，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为、，粒子在M和N时加速度大小分别为、，速度大小分别为、，电势能分别为、下列判断正确的是 A. ， B. ， C. ， D. ，‎ 4. 如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动．磁场的磁感应强度，线圈的边长、，匝数，线圈总电阻，线圈的两端经集流环和电刷与电阻 连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，线圈的转速在时刻，线圈平面与磁场方向平行，则下列说法正确的是 A. 交流发电机产生电动势随时间的变化关系是 B. 交流电压表的示数为 C. 从时刻开始转过的过程中，通过电阻的电量为  D. 电阻R上的热功率为 1. 如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则    ‎ A. 增大，E增大 B. 增大，不变 C. 减小，增大 D. 减小，E不变 二、多选题 2. 一只小船渡河，水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边．小船相对于水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，其运动轨迹如图所示．船相对于水的初速度大小均相同，且方向垂直于河岸，船在渡河过程中船头方向始终不变．由此可知 ‎ A. 小船沿三条不同轨迹渡河的时间相同 B. 沿AC轨迹渡河所用时间最短 C. 沿AC和AD轨迹小船都是做匀变速运动 D. AD是匀减速运动的轨迹 3. 下列说法正确的是 A. 光的粒子性被光电效应和康普顿效应所证实 ‎ B. 粒子散射实验说明原子核内部具有复杂结构 C. 射线是原子的核外电子电离后形成的电子流 D. 比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定 1. 如图所示，小车板面上的物体质量为，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为现沿水平向右的方向对小车施以作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到，随即以的加速度做匀加速直线运动．下列说法中正确的是        ‎ A. 物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化 B. 物体受到的摩擦力先减小、后增大，先向左、后向右 C. 当小车加速度向右为时，物体不受摩擦力作用 D. 小车以的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为8N 2. 如图所示，在矩形区域abcd内有匀强电场和匀强磁场已知电场方向平行于ad边且由a向d，磁场方面垂直于abcd平面，ab边长为，ad边长为一带电粒子从ad边的中点O平行于ab方向以大小为的速度射入场区，恰好作匀速直线运动；若撤去电场，其它条件不变，则粒子从c点射出场区粒子重力不计下列说法正确的是     ‎ A. 磁场方面垂直abcd平面向外 B. 撤去电场后，该粒子在磁场中的运动时间为 C. 若撤去磁场，其它条件不变，则粒子在电场中运动时间为 D. 若撤去磁场，其它条件不变，则粒子射出电场时的速度大小为 3. 如图所示，矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AB边长为d，BC边长为2d，O是BC边的中点，E是AD边的中点，在O点有一粒子源，可以在纸面内向磁场内各个方向射出质量均为m、电荷量均为q、有同种电性的带电粒子，粒子射出的速度大小相同，其中速度与OB边的夹角为的粒子恰好从E点射 出磁场，不计粒子的重力，则 ‎ A. 粒于带正电 B. 粒子运动的速度大小为 C. 粒子在磁场中运动的最长时间为 D. 磁场区域中有粒子通过的面积为 1. 一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地．汽车先做匀加速运动，接着做匀减速运动，开到乙地刚好停止．其图象如图所示，那么在和两段时间内 A. 加速度大小比为2：1 B. 位移大小比为1：‎3 ‎C. 平均速度大小比为2：1 D. 平均速度大小比为1：1‎ 2. 如图所示，穿在一根光滑固定杆上的小球A、B通过一条跨过定滑轮的细绳连接，杆与水平方向成角，不计所有摩擦．当两球静止时，OA绳沿竖直方向，OB绳与杆的夹角为，则下列说法正确的是 A. 小球A可能受到3个力的作用 B. 小球B一定受到3个力的作用 C. 小球A、B的质量之比：： D. 小球A、B的质量之比：：1‎ 3. 如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A，物体与弹簧连接，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的图象如图乙所示重力加速度为，则    ‎ A. 施加外力前，弹簧的形变量为 ‎ B. 外力施加的瞬间，A，B间的弹力大小为 C. A，B在时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零 D. 弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 1. 如图所示，在倾角为的光滑斜面上，有三条水平虚线、、，它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ宽度均为d，两区域分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框，从上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过进入磁场Ⅰ时，恰好以速度做匀速直线运动；当ab边在越过运动到之前的某个时刻，线框又开始以速度做匀速直线运动，重力加速度为在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是 ‎ A. 线框中感应电流的方向不变 B. 线框ab边从运动到所用时间大于从运动到所用时间 C. 线框以速度做匀速直线运动时，发热功率为 D. 线框从ab边进入磁场到速度变为的过程中，减少的机械能与重力做功的关系式是 三、实验题 2. 研究小组欲测一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率．步骤如下： 用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为______mm； 用螺旋测微器测量其直径如图2，由图2可知其直径为______cm； ‎ 该同学想用伏安法测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻阻值约为200欧 电流表量程，内阻约     电流表量程，内阻约 电压表量程，内阻约     电压表量程，内阻约 直流电源电动势3V，内阻不计 滑动变阻器阻值范围，允许通过的最大电流 滑动变阻器阻值范围，允许通过的最大电流 开关S        导线若干 电流表应用______，电压表应用______，滑动变阻器应用______填所用器材的代号 1. 用如图所示电路测量电源的电动势和内电阻。 实验器材：待测电源电动势约3V，内阻约，保护电阻阻值和阻值，滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。 主要实验步骤： 将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关； 逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I 以U为纵坐标，I为横坐标，做图线、I都用国际单位 求出图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。 回答下列问题： 电压表最好选用______，电流表最好选用______ A.电压表，内阻约          电压表，内阻约 C.电流表，内阻约       电流表，内阻约 用k、‎ a、和表示待测电源的电动势E和内电阻r的表达式______，______，代入数值可得E和r的测量值。‎ 1. 图a为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路．  已知毫安表表头的内阻为，满偏电流为；和为阻值固定的电阻．若使用a和b两个接线柱，电表量程为；若使用a和c两个接线柱，电表量程为由题给条件和数据，可求出________，________． 现用一量程为、内阻为的标准电流表A对改装电表的挡进行校准，校准时需选取的刻度为、、、、、电池的电动势为，内阻忽略不计；定值电阻有两种规格，阻值分别为和；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为和则应选用阻值为________的电阻，R应选用最大阻值为________的滑动变阻器． 若电阻和中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图b的电路可以判断出损坏的电阻．图b中的为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图a虚线框内的电路．则图中的d点应和接线柱________选填“b”或“c”相连．判断依据是：_________________．‎ 四、计算题 2. 如图1所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电。改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流I均随之变化。 以 U为纵坐标，I为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R变化过程中图象的示意图，并说明图象与两坐标轴交点的物理意义。 请在图2画好的关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率； 请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件。 请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和。 ‎ 1. 如图所示，在矩形区域abcd内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场矩形区域的边长，一粒子源处在ad边中点O，在时刻粒子源垂直于磁场发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与Od的夹角分布在范围内。已知在bc边能接受到的最早到达的粒子时间为，粒子在磁场中做圆周运动的半径，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求： 粒子在磁场中的运动周期T； 粒子的比荷； ‎ 粒子在磁场中运动的最长时间。 ‎ ‎ ‎ 1. 如图所示，是某兴趣小组通过弹射器研究弹性势能的实验装置。半径为R的光滑半圆管道管道内径远小于竖直固定于水平面上，管道最低点B恰与粗糙水平面相切，弹射器固定于水平面上。某次实验过程中，一个可看作质点的质量为m的小物块，将弹簧压缩至A处，已知A、B相距为弹射器将小物块由静止开始弹出，小物块沿圆管道恰好到达最髙点已知小物块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，求： 小物块到达B点时的速度及小物块在管道最低点B处受到的支持力； 小物块在AB段克服摩擦力所做的功； 弹射器释放的弹性势能。 ‎ 答案和解析 ‎1.【答案】B ‎ ‎【解析】【分析】 根据可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决本题的关键。 本题是带电粒子在磁场中圆周运动的半径公式的直接考查，基础题目。 【解答】 由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，再根据左手定则可知，粒子带正电，故B正确，ACD错误。 故选B。 2.【答案】C ‎ ‎【解析】【分析】 回旋加速器工作时，交流电源的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速．由牛顿第二定律推导出最大动能的表达式和周期表达式进行讨论即可。 对于回旋加速器，关键是要理解其工作原理，掌握工作条件，由洛伦兹力等于向心力，得到最大动能表达式。 【解答】 交流电源的周期等于粒子圆周运动的周期，为：，由于氚核的较大，则加速氚核的交流电源的周期较大；根据得，粒子出D形盒时最大速度为，最大动能为：；由于氚核的较小，则氚核获得的最大动能较小，故ABD错误，C正确。 故选C。 3.【答案】C ‎ ‎【解析】解：A、分子间距离等于时分子势能最小，即当时分子间作用力为零，当r小于时分子力表现为斥力；当r大于小于时分子力表现为斥力；当r大于时分子力表现为引力，故A、B错误，C正确。 ‎ D、在r由变到的过程中，分子间为斥力，分子力做正功分子势能减小，故D错误。 故选：C。 从分子势能图象可知，当分子势能最小时，即时分子间的引力等于斥力，分子间作用力为零。 当时，分子间表现为斥力，当时，表现为引力，所以当r由变到时分子间的作用力做正功。 本题主要考查分子势能图象的理解，知道分子势能随距离增大关系，同时明确分子间作力与分子势能之间的关系。 4.【答案】C ‎ ‎【解析】【分析】 本题考查动量定理的应用，在应用时要注意先明确正方向，然后才能列动能定理的关系式求解．由题意可知，铁锤的初末动量，由动量定理可求得其对木桩的平均冲力． 【解答】 对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力；设向下为正方向，则有： 得：； 由牛顿第三定律可知，铁锤对桩的平均冲力为：；故C正确，ABD错误。 故选C。 5.【答案】D ‎ ‎【解析】【分析】 带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于粒子带负电，因此电场线方向指向左上方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线的疏密反应电场的强弱。 解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。 【解答】 带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，根据带负电粒子受力情况可知，电场线方向斜向左上方，又沿着电场线方向，电势逐渐降低，故 ； 若粒子从M到N过程，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故带电粒子通过M点时的速度比通过N点时的速度大，即 ， 在M点具有的电势能比在N点具有的电势能小，即 ； 根据电场线疏密可知，，根据和牛顿第二定律可知， ；故D正确，ABC错误。 故选D。 6.【答案】C ‎ ‎【解析】【分析】 交流发电机产生电动势的最大值，交流电压表显示的是路端电压有效值，通过电阻的电量为，电阻R上的热功率 本题考查了交流电的峰值和有效值、周期和频率的关系，记住，求电量用电动势的平均值，求热量用有效值． 【解答】 A.磁场的磁感应强度，线圈的边长、，匝数，线圈总电阻， 线圈的转速。所以 最大值，故A错误 B.交流电压表显示的是路端电压有效值，示数为，故B错误 C.从时刻开始转过的过程中，通过电阻的电量，故C正确 D.电阻R上的热功率，故D错误 故选：C。 ‎ ‎7.【答案】D ‎ ‎【解析】【分析】 电容器和电源断开，极板上的电量不变，根据电容器的定义式可分析电容的变化，再根据决定式分析电压的变化，从而分析静电计指针夹角的变化；根据分析电场强度的变化；根据电势与电势差之间的关系可分析P点电势，再由电势分析电势能的变化。 解题的关键在于正确掌握电容的决定式和定义式；同时注意要掌握相关结论的应用，如本题中可以直接应用结论：当充电后断开电源时，如果只改变两板间距离，则两板间的电场强度不变。 【解答】 电容器和电源断开，电量不变，上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据可知，电容C增大，则根据可知，电压U减小，故静电计指针偏角减小； 两板间的电场强度为：，因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变； 再根据设P与下极板距离为L，则P点的电势，电势能，因此电荷在P点的电势能保持不变，故D正确，ABC错误。 故选D。 8.【答案】BCD ‎ ‎【解析】【分析】 根据运动的合成，结合合成法则，即可确定各自运动轨迹，由运动学公式，从而确定运动的时间与速度大小。 考查运动的合成与分解的应用，注意船运动的性质不同，是解题的关键，并注意曲线运动的条件。 【解答】 A.船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，因运动的性质不同，则渡河时间也不同，故A错误； B.沿AC轨迹，船是匀加速运动，则船到达对岸的速度最大，所以使用的时间最短．故B正确； ‎ 沿AB轨迹，合速度不变，说明船相对于水的速度不变；沿AC轨迹运动，由图可知，弯曲的方向向上，所以沿垂直于河岸的方向做加速运动；而沿AD的轨迹的运动弯曲的方向向下，可知小船沿垂直于河岸的方向做减速运动，故CD正确。 故选BCD。 9.【答案】AD ‎ ‎【解析】【分析】 光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性；粒子散射实验提出原子核式结构模型；射线产生的过程是：原子核内的一个中子变为质子，同时释放一个电子；比结合能的大小反映原子核的稳定程度。 本题考查能量子的概念，知道光电效应与康普顿效应的作用，理解粒子散射实验与天然放射现象各揭示了什么，注意要区分开，不能相互混淆。 【解答】 A.为解释光电效应现象爱因斯坦提出了光子说，说明光具有粒子性；康普顿效应深入地揭示了光的粒子性，遵守能量守恒和动量守恒，它表明光子不仅具有能量而且具有动量，故A正确； B.粒子散射实验提出原子核式结构模型，而天然放射现象的发现揭示了原子核复杂结构，故B错误； C.射线是原子核发生衰变时，原子核内的一个中子变为质子，同时释放一个电子后形成的电子流，故C错误； D.比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故D正确。 故选AD。 10.【答案】ABC ‎ ‎【解析】【分析】‎ 对物体受力分析，先求出平衡状态的静摩擦力，再求出无摩擦力时的临界加速度，以及摩擦力向右达到已知的最大值时的临界加速度，让实际加速度与这两个临界加速度比较，从而确定摩擦力的变化情况。‎ 本题考查了运动学中的临界与极值问题，对物体受力分析，求出无摩擦力时的临界加速度，由此进行分析解答。‎ ‎【解答】‎ 物体静止不动时，水平方向弹力和向左的静摩擦力二力平衡，有，‎ 物体随小车一起向右加速，当静摩擦力为零时，有，解得：，‎ 当静摩擦力向右时，且达到6N时，有，解得：，‎ 由于，故物体与小车始终保持相对静止，弹簧伸长量不变，故弹力不变，‎ 由于，故物体受静摩擦力先向左，减小到零后反向增加，且当小车向右的加速度为时，物体不受摩擦力作用，当小车以的加速度向右做匀加速直线运动时，静摩擦力向右，由于，解得，故ABC正确，D错误。‎ 故选ABC。r ‎ 11.【答案】BD ‎ ‎【解析】【分析】‎ 由左手定则判断出磁场的方向；根据洛伦兹力提供向心力得出粒子的周期，然后结合偏转角求时间； 若撤去磁场，粒子在电场中做类平抛运动，将运动分解，即可。‎ 解决本题的关键知道矩形区域加电场和磁场时，粒子的运动规律，结合运动学公式进行比较。‎ ‎【解答】‎ A.设粒子带正电荷，则受到的电场力的方向向下，洛伦兹力的方向向上，由左手定则可得，磁场的方向垂直于纸面向里。同理，若粒子带负电，则受到的电场力的方向上，洛伦兹力的方向向下，由左手定则可得，磁场的方向垂直于纸面向里。故A错误； B.撤去电场后，该粒子在磁场中做圆周运动，其运动的轨迹如图，‎ ‎ 则：‎ 由洛伦兹力提供向心力得：‎ 得：‎ 粒子运动的周期T，则：‎ 粒子的偏转角：所以：‎ 该粒子在磁场中的运动时间为：，故B正确；‎ C.若撤去磁场，其他条件不变，则粒子在电场中做类平抛运动，运动时间：，故C错误；‎ D.电场与磁场同时存在时，粒子做匀速直线运动，则：得：，若撤去磁场，粒子在电场中的加速度，粒子射出电场时沿电场方向的分速度：‎ ‎，粒子的速度：，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎ 12.【答案】BCD ‎ ‎【解析】【分析】 根据左手定则和粒子偏转方向判断电性；根据粒子的轨迹结合几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求解速度；根据粒子做圆周运动的圆心角求解时间； 本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，根据粒子的运动轨迹和几何知识求解。 【解答】  由左手定则和粒子偏转方向知粒于带负电，故A错误； B.根据速度与OB边的夹角为的粒子恰好从E点射出磁场的轨迹结合几何关系知粒子做圆周运动的半径，根据，解得：，故B正确； C.由题意知所有射入磁场的粒子做圆周运动的半径相同，根据旋转圆知粒子在磁场中运动的最长时间为，故C正确； D.根据旋转圆知磁场区域中有粒子通过的面积为，故D正确。 故选BCD。 13.【答案】AD ‎ ‎【解析】解：A、根据速度时间图象的斜率等于加速度大小，则有在和两段时间内加速度大小之比为：：：：故A正确。 B、根据“面积”等于位移大小，则有位移之比为：：：故B错误。 C、D平均速度大小之比为：：：故C错误，D正确 故选：AD。 根据速度图象的斜率等于加速度求解加速度之比．速度图象与坐标轴所围“面积”等于位移大小，由几何知识求解位移大小之比．根据匀变速直线运动的平均速度公式求解平均速度之比． 本题只要抓住速度图象的两个数学意义就能正解作答：斜率等于加速度，“面积”等于位移大小． 14.【答案】BD ‎ ‎【解析】解：A、对A球受力分析可知，A受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对A球没有弹力，否则A不能平衡，故A错误； B、对B球受力分析可知，B受到重力，绳子的拉力以及杆对B球的弹力，三个力的合力为零，故B正确； C、分别对AB两球分析，运用合成法，如图： 根据共点力平衡条件，得： 根据正弦定理列式 故：：1，故C错误，D正确． 故选：BD． 分别对AB两球分析，运用合成法，用T表示出A、B两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳子AB两球的拉力是相等的． 本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来． 15.【答案】AB ‎ ‎【解析】【分析】 根据物体的平衡条件，可得到施加外力前弹簧的形变量；由牛顿第二定律，隔离物体B，可得AB间的弹力大小；AB分离的瞬间，它们具有共同的速度和加速度，由此计算此时弹簧的弹力；当B物体合力为零时，速度最大，而弹簧恢复到原长时，B受到的合力为重力，已经减速一段时间，速度不是最大值。 本题关键是明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整体和B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程分析。 【解答】 A.施加外力前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：，解得：，故A正确； B.施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有：，其中：F ，解得：，故B正确； C.物体A、B在时刻分离，此时A、B具有共同的速度与加速度，且：，对B：，解得：，故C错误； D.B受重力、弹力及压力的作用，当合力为零时，速度最大，而弹簧恢复到原长时，B受到的合力为重力，已经减速一段时间，速度不是最大值。故D错误。 故选AB。 16.【答案】CD ‎ ‎【解析】解：A、线圈的ab边进入磁场I过程，由右手定则判断可知，电流方向为逆时针；线框从磁场Ⅰ出来并进入磁场Ⅱ过程中，电流方向为顺时针；线框从磁场Ⅱ出来过程中，电流方向为逆时针，则线框中感应电流的方向会改变，故A错误； B、当线框ab边恰好达到时，ab边与cd边共同切割磁感线，感应电动势为之前的2倍，瞬时电流也为之前时刻的2倍，所以ab与cd边受到的沿斜面向上的安培力合力为重力沿斜面向下的分量的4倍，线圈将做加速度逐渐减小的减速运动，直到以速度匀速直线运动，则有，ab边从运动到的平均速度大于从运动到的平均速度，则线框ab边从 运动到所用时间小于从运动到的时间，故B错误； C、线圈以速度匀速运动时，，得，电功率，故C正确； D、机械能的减小等于线框产生的电能，则由能量守恒得知：线框从ab边进入磁场到速度变为的过程中，减少的机械能与线框产生的焦耳热的关系式是，即是，故D正确； 故选：CD。 本题考查了导体切割磁感线中的能量及受力关系，要注意共点力的平衡条件及功能关系的应用，要知道导轨光滑时线框减小的机械能等于产生的电能． 17.【答案】；； ； ； ‎ ‎【解析】【分析】 游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，不估读； 螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，需估读一位； 根据通过电阻的最大电流选择电流表，根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选择滑动变阻器。 本题考查了游标卡尺与螺旋测微器的读数、实验器材的选择，要掌握实验器材的选择原则，对游标卡尺读数时要注意游标尺的精度；选择实验器材时首先要考虑安全，其次要考虑精确性原则，同时还要兼顾方便实验操作。 【解答】 由图示游标卡尺可知，其示数为：； 由图示螺旋测微器可知，其示数为：； 通过电阻的最大电流：，电流表选择； 电源电动势为3V，电压表应选择；为方便实验操作滑动变阻器应选择． 故答案为：；；；；。 ‎ ‎18.【答案】A   C   ak   ‎ ‎【解析】解：此实验是测出路端电压与电流的关系图象，从图象来求电动势和内阻，由于此实验的误差是电压表的分流，关于电压表的选择显然电压表的内阻越大，分流越小，所以电压表选大内阻的A； 先估算此电路的最大电流，从准确度和量程角度看，当然选量程较小的电流表C； 根据闭合电路欧姆定律有：，显然当电流时，图象在横轴上的截距，图象斜率，所以电源的内阻，电动势 。 故答案为：，C；， 根据串并联电路的规律可知应装应接电阻值；由闭合电路欧姆定律分析求解电动势和内电阻。 本题考查电表的改装及电动势和内电阻的测量，要注意明确闭合电路欧姆定律的应用；明确当电压表串联在电源两端时，电压表的示数为电源的电动势。 19.【答案】  35    3000  若电流表无示数，则说明断路，若电流表有示数，则说明断路。 ‎ ‎【解析】【分析】‎ 根据串并联电路特点与欧姆定律分别列示可以求出电阻阻值；应用串联电路特点与欧姆定律求出定值电阻与滑动变阻器的阻值，然后作出选择。‎ 本题考查了求电阻阻值、实验器材的选择，知道电流表的改装原理、分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。‎ ‎【解答】‎ 使用a、b接线柱时，，‎ 使用a、c接线柱时，，‎ 以上两式联立解得：，；‎ 改装后电流表内阻：，‎ 作为保护电阻，电流最大时，电路总电阻约为：，，则应选；‎ 电路电流最小时：，则滑动变阻器应选择的。 若电流表无示数，则说明断路，若电流表有示数，则说明断路。‎ 故答案为：  35    3000  若电流表无示数，则说明断路，若电流表有示数，则说明断路。‎ ‎ 20.【答案】解：根据闭合电路的欧姆定律可得，解得， 画出的图象如图所示； 图象与纵坐标的坐标值为电源电动势，与横轴交点表示短路电流； 、如图中网格图形所示； b、电路中的电流强度为 输出电功率 当，即时输出功率最大，最大电功率； 电动势的定义式为， 根据能量守恒，在图1中，非静电力做的功W 产生的电能等于外电路和内电路产生的电热， 即：， 所以， 解得。 答：图象如图所示；图象与纵坐标的坐标值为电源电动势，与横轴交点表示短路电流； 、如图中网格图形所示；b、时输出功率最大，最大电功率； 电源电动势定义式；证明见解析。 ‎ ‎【解析】根据闭合电路的欧姆定律得到表达式，再画出图象；根据表达式分析图象与两坐标轴交点的物理意义； 根据画出图象，根据闭合电路的欧姆定律结合电功率的计算公式求解最大输出功率； 电动势的定义式为；根据能量守恒定律证明电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和。 本题主要是考查闭合电路欧姆定律和电功率的计算，能够推导出关系式是画出图象的关键；知道电源最大输出功率的条件。 21.【答案】解：由粒子沿Od方向发射从磁场边界cd上的p点离开磁场， 说明粒子受向右的洛伦兹力向右偏，由左手定则知粒子带正电荷 初速度沿Od方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图1，其圆心为， 由几何关系有：所以：   解得： 粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得： 周期 带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为 联立以上式子解得 如图2所示，在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹的弦， 圆轨迹的直径为‎2L， 所以：Ob弦对应的圆心角为 ‎， 粒子在磁场中运动的最长时间 答：粒子在磁场中的运动周期T为； 粒子的比荷为； 粒子在磁场中运动的最长时间为 ‎ ‎【解析】本题考查分析和处理粒子在磁场中运动的轨迹问题，难点在于分析时间的最大值，也可以运用极限分析法分析。 22.【答案】解：小物块恰到C点，则有：         从B点到C点小物块机械能守恒，则有：， 解得：。 B处，由牛顿第二定律得：， 解得：。 小物块在AB段克服摩擦力所做的功为：。 由能量守恒可知，弹射器释放的弹性势能为：。 答：小物块到达B点时的速度为，小物块在管道最低点B处受到的支持力为5mg； 小物块在AB段克服摩擦力所做的功为； 弹射器释放的弹性势能为。 ‎ ‎【解析】抓住小物块恰好到达C点，则小物块在C点的速度为0，根据机械能守恒定律求出B点的速度，结合牛顿第二定律求出物块在B点所受的支持力。 根据摩擦力的大小，求出小物块在AB段克服摩擦力做功的大小。 根据能量守恒求出弹射器释放的弹性势能。 本题考查了圆周运动和机械能守恒、牛顿第二定律和能量守恒定律的综合运用，知道物块在最低点向心力的来源，结合牛顿第二定律求出支持力。 ‎