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廣東省2025屆高三下學(xué)期沖刺練習(xí)卷
本試卷共6頁，15小題，滿分100分。考試用時(shí)75分鐘。
一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。
1．2025年1月20日，我國自主設(shè)計(jì)全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置（EAST）創(chuàng)造了新的世界記錄，實(shí)現(xiàn)了1億攝氏度穩(wěn)態(tài)長(zhǎng)脈沖高約束模等離子體運(yùn)行1066秒。該裝置中的核反應(yīng)方程為，其中可以用中子轟擊得到，下列說法正確的是（　　）
A．該核反應(yīng)方程中是質(zhì)子
B．該核反應(yīng)滿足電荷數(shù)守恒和質(zhì)量守恒
C．的比結(jié)合能大于的比結(jié)合能
D．用中子轟擊還能得到，該反應(yīng)屬于核聚變
2．如圖所示，兩束單色光同時(shí)從空氣中沿同一方向以角從MN面射入某長(zhǎng)方體玻璃磚，折射光束在MP面均發(fā)生了全反射，反射光射向PQ面。下列說法正確的是（　　）
A．反射光束射向PQ面，可能在PQ面發(fā)生全反射
B．若光束1是藍(lán)光，光束2可能是紅光
C．逐漸減小時(shí)，兩單色光在MP面將不發(fā)生全反射
D．改變，若光束1能在MP面發(fā)生全發(fā)射，光束2一定也可以
3．在地震中產(chǎn)生的地震波既有橫波也有縱波，假設(shè)某次地震中，震源在地面上A點(diǎn)正下方，地面上B點(diǎn)與A點(diǎn)距離為100 km，地震波中縱波波速為6.4 km/s，橫波波速為3.2 km/s，地震波頻率為10 Hz，位于A點(diǎn)的觀察者在接收到縱波2 s后才接收到橫波，則以下說法中錯(cuò)誤的是（　　）
A．震源距離A點(diǎn)深度為12.8 km
B．位于B點(diǎn)的觀察者先感覺到左右晃動(dòng)，后感覺到上下振動(dòng)
C．縱波的波長(zhǎng)大于橫波的波長(zhǎng)
D．位于B點(diǎn)的觀察者接收到縱波比接收到橫波也要早2 s
4．2024年10月30日，神舟十九號(hào)由長(zhǎng)征二號(hào)F遙十九運(yùn)載火箭送入近地點(diǎn)約為200km，遠(yuǎn)地點(diǎn)約為362km的預(yù)定橢圓軌道。約6.5小時(shí)后，神舟十九號(hào)成功對(duì)接空間站天和核心艙前向端口，如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．飛船從近地點(diǎn)沿橢圓軌道到達(dá)遠(yuǎn)地點(diǎn)的過程中機(jī)械能增加
B．飛船在橢圓軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)與變軌到圓軌道后相比，加速度大小不變
C．空間站組合體中的人和物體均處于超重狀態(tài)
D．對(duì)接后空間站組合體質(zhì)量增大，在原來的圓軌道上運(yùn)行的速度變大
5．如圖所示是磁電式電流表的結(jié)構(gòu)圖和磁場(chǎng)分布圖，若磁極與圓柱間的磁場(chǎng)都是沿半徑方向，且磁場(chǎng)有理想的邊界，線圈經(jīng)過有磁場(chǎng)的位置處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。某同學(xué)用此種電流表中的線圈和磁體做成發(fā)電機(jī)使用，讓線圈勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，若從圖中水平位置開始計(jì)時(shí)，取起始電流方向?yàn)檎较颍硎井a(chǎn)生的電流隨時(shí)間變化關(guān)系的下列圖像中正確的是（　　）
A．B．C．D．
6．如圖所示，一輕彈簧下端掛一物體，上端用手牽引使重物勻速上升，從手突然停止到物體上升至最高點(diǎn)的過程中，物體運(yùn)動(dòng)的速率v、加速度大小a、動(dòng)能、機(jī)械能E隨物體上升高度h變化的圖像可能正確的是（　　）
A．B．C．D．
7．某興趣小組使用圖甲所示的裝置，探究釹磁鐵在長(zhǎng)螺線管中運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電流變化規(guī)律，將螺線管一端固定在鐵架臺(tái)上，另一端自然下垂，電流傳感器連接長(zhǎng)螺線管的上下兩端，將釹磁鐵從靠近螺線管的上方由靜止釋放。在釹磁鐵穿過整個(gè)線圈的過程中，傳感器顯示的電流隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（ ）
A．時(shí)刻，穿過線圈磁通量的變化率最大
B．時(shí)間內(nèi)，釹磁鐵做勻速直線運(yùn)動(dòng)
C．若只增加釹磁鐵釋放高度，則感應(yīng)電流的峰值變大
D．若只調(diào)轉(zhuǎn)釹磁鐵的極性，再從同一位置釋放，感應(yīng)電流的方向不變
二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18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6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。
8．航空母艦艦載機(jī)如果安裝輔助起飛的電磁彈射系統(tǒng)（如圖甲所示）能迅速達(dá)到起飛速度。電磁彈射系統(tǒng)的一種設(shè)計(jì)可簡(jiǎn)化為乙圖所示，圖中、是光滑平行金屬直導(dǎo)軌（電阻忽略不計(jì)），是電磁彈射車，回路中電流恒定，且可當(dāng)長(zhǎng)直導(dǎo)線處理。該電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)對(duì)彈射車施加力的作用，從而帶動(dòng)艦載機(jī)由靜止開始向右加速起飛，不計(jì)空氣阻力，關(guān)于該系統(tǒng)，下列說法正確的是（　　）
A．、間的磁場(chǎng)是勻強(qiáng)磁場(chǎng)
B．彈射車所受的安培力與電流的大小成正比
C．彈射車的速度與運(yùn)動(dòng)的時(shí)間成正比
D．若改變回路中的電流方向，彈射車也能正常加速
9．如圖，空間有A、B、C、D四點(diǎn)，它們分別位于一個(gè)正方體的四個(gè)頂點(diǎn)上，該正方體的一條棱位于一根無限長(zhǎng)均勻帶正電的細(xì)直棒上，不計(jì)質(zhì)子、電子的重力，下列說法正確的是（　　）
A．A、C兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，方向不同
B．B、D兩點(diǎn)電勢(shì)相同
C．將質(zhì)子從C點(diǎn)沿CD方向射出，質(zhì)子不可能做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)
D．將電子從C點(diǎn)沿CB方向射出，電子不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)
10．某裝置如圖所示，兩根輕桿OA、OB與小球及一小滑塊通過鉸鏈連接，桿OA的A端與固定在豎直光滑桿上的鉸鏈相連．小球與小滑塊的質(zhì)量均為m，輕桿OA、OB長(zhǎng)均為l，原長(zhǎng)為l的輕質(zhì)彈簧與滑塊都套在該豎直桿上，彈簧連接在A點(diǎn)與小滑塊之間．裝置靜止時(shí)，彈簧長(zhǎng)為1.6l，重力加速度為g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，以下說法正確的是 (　　)
A．輕桿OA對(duì)小球的作用力方向與豎直軸的夾角為53°
B．輕桿OB對(duì)小滑塊的作用力方向沿OB桿向下，大小為
C．輕桿OA與OB對(duì)小球的作用力大小之比是5∶8
D．彈簧的勁度系數(shù)k＝
三、非選擇題：本題共5小題，共54分。
11．探究向心力大小F與物體的質(zhì)量m、角速度ω和軌道半徑r的關(guān)系實(shí)驗(yàn)。
（1）本實(shí)驗(yàn)所采用的實(shí)驗(yàn)探究方法與下列哪些實(shí)驗(yàn)是相同的 ；
A．探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)
B．探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系
C．探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律
D．探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系
（2）某同學(xué)用向心力演示器進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)情景如甲、乙、丙三圖所示
a.三個(gè)情境中，圖 是探究向心力大小F與質(zhì)量m關(guān)系（選填“甲”、“乙”、“丙”）。
b.在甲情境中，若兩鋼球所受向心力的比值為1∶9，則實(shí)驗(yàn)中選取兩個(gè)變速塔輪的半徑之比為 。
（3）某物理興趣小組利用傳感器進(jìn)行探究，實(shí)驗(yàn)裝置原理如圖所示。裝置中水平光滑直槽能隨豎直轉(zhuǎn)軸一起轉(zhuǎn)動(dòng)，將滑塊套在水平直槽上，用細(xì)線將滑塊與固定的力傳感器連接。當(dāng)滑塊隨水平光滑直槽一起勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線的拉力提供滑塊做圓周運(yùn)動(dòng)需要的向心力。拉力的大小可以通過力傳感器測(cè)得，滑塊轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度可以通過角速度傳感器測(cè)得。
小組同學(xué)先讓一個(gè)滑塊做半徑r為0.14m的圓周運(yùn)動(dòng)，得到圖甲中①圖線。然后保持滑塊質(zhì)量不變，再將運(yùn)動(dòng)的半徑r分別調(diào)整為0.12m、0.10m、0.08m、0.06m，在同一坐標(biāo)系中又分別得到圖甲中②、③、④、⑤四條圖線。
a.對(duì)①圖線的數(shù)據(jù)進(jìn)行處理，獲得了F-x 圖像，如圖乙所示，該圖像是一條過原點(diǎn)的直線，則圖像橫坐標(biāo)x代表的是 。
b.對(duì)5條F-ω圖線進(jìn)行比較分析，得出ω一定時(shí)，F(xiàn)∝r的結(jié)論。請(qǐng)你簡(jiǎn)要說明得到結(jié)論的方法 。
12．某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖所示的裝置來驗(yàn)證牛頓第二定律。組裝器材后，使細(xì)線較豎直方向偏移一定的角度，由靜止釋放小球，記錄遮光條通過光電門時(shí)的擋光時(shí)間，并通過力傳感器記錄小球在最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力。測(cè)得小球及遮光條的總質(zhì)量為，小球在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，遮光條的寬度為。回答下列問題：
(1)該小組利用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條的寬度，如下圖所示，遮光條的寬度為___________。（選“A”或“B”或“C”）
A． B． C．
(2)小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的加速度大小為 ；（用表示）
(3)改變小球初始的位置，重復(fù)測(cè)量，得到多組、數(shù)據(jù)，利用實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪制圖像、圖像如圖甲、乙所示，利用圖 （填“甲”或“乙”），可以更直觀地驗(yàn)證牛頓第二定律。
13．如圖甲所示，厚度不計(jì)的導(dǎo)熱活塞A、B將兩部分理想氣體封閉在內(nèi)壁光滑的圓柱形導(dǎo)熱氣缸內(nèi)，活塞A的質(zhì)量可忽略不計(jì)，活塞B的質(zhì)量為，穩(wěn)定時(shí)下部氣體壓強(qiáng)是上部氣體壓強(qiáng)的2倍，兩部分氣柱的高度均為。現(xiàn)將質(zhì)量為物體輕放在活塞A上，活塞A從下降到恢復(fù)穩(wěn)定的過程中外界的溫度和大氣壓強(qiáng)均保持不變，如圖乙所示。已知大氣壓強(qiáng)，重力加速度，求：
（1）活塞在氣缸內(nèi)移動(dòng)的過程中，氣體內(nèi)能___________（填“變大”、“變小”或“不變”），氣體___________（填“吸熱”、“放熱”或“不吸放熱”）。
（2）活塞橫截面積的大小。
（3）從放上物體到恢復(fù)穩(wěn)定，活塞A下降的距離。
14．冰壺運(yùn)動(dòng)深受觀眾喜愛，如圖（a）所示是北京冬奧會(huì)冰壺比賽中國隊(duì)員投擲冰壺的鏡頭。如圖（b）所示，在某次投擲中，冰壺甲與靜止的冰壺乙發(fā)生正碰前2s時(shí)的瞬時(shí)速率為，碰后冰壺甲繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)后停止。已知兩只冰壺和冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，兩冰壺質(zhì)量均為，兩冰壺均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為。求：
（1）冰壺甲與冰壺乙碰前2s時(shí)，兩冰壺之間的距離s；
（2）兩冰壺碰撞過程中損失的總動(dòng)能。
15．如圖所示，三個(gè)同心圓a、b、c的半徑分別為、、，在圓a區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在圓a和圓b間的環(huán)形區(qū)域存在背向圓心的輻向電場(chǎng)，在圓b和圓c間的環(huán)形區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度。一質(zhì)量為、帶電量為的粒子，從圓a邊界上的A點(diǎn)沿半徑方向以速度射入圓a內(nèi)，第一次從圓a邊界射出時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)，經(jīng)過輻向電場(chǎng)加速后，從圓b邊界上進(jìn)入外環(huán)區(qū)域，粒子恰好不會(huì)從圓c飛離磁場(chǎng)。不計(jì)粒子的重力。
（1）求圓a區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；
（2）求圓a與圓b兩邊界間輻向電場(chǎng)的電勢(shì)差；
（3）若將圓a區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)大小改為，粒子在繞O運(yùn)動(dòng)一周內(nèi)可從電場(chǎng)回到入射點(diǎn)A，求滿足此過程的可能值及粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間。
試卷第1頁，共3頁
參考答案
1．C【詳解】A．由質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒得X的電荷數(shù)為0，質(zhì)量數(shù)為1，所以X為中子，故A錯(cuò)誤；
B．核反應(yīng)滿足電荷數(shù)守恒，但由于核反應(yīng)過程中有質(zhì)量虧損，會(huì)以能量的形式釋放出來，所以不滿足質(zhì)量守恒，而是滿足質(zhì)量數(shù)守恒，故B錯(cuò)誤；
C．生成物比反應(yīng)物更加穩(wěn)定，所以的比結(jié)合能大于的比結(jié)合能，故C正確；
D．用中子轟擊的反應(yīng)屬于人工核轉(zhuǎn)變，核聚變是質(zhì)量較小的核結(jié)合成質(zhì)量較大的核的反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。
故選C。
2．D【詳解】A．根據(jù)幾何關(guān)系可知光線在MN面的折射角等于光線從玻璃面PQ到空氣中的入射角，根據(jù)光路可逆可知兩束光都不可能在PQ面發(fā)生全反射，故A錯(cuò)誤；
B．由光路圖可知，入射角相同，光線1的折射角較大，根據(jù)折射定律可知，則，由于藍(lán)光的頻率大于紅光的頻率，所以可知若光束1是藍(lán)光，光束2不可能是紅光，故B錯(cuò)誤；
C．若逐漸減小時(shí)，根據(jù)折射定律結(jié)合幾何關(guān)系可知兩單色光在MP面的入射角將逐漸增大，一定發(fā)生全反射，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)，可知光線在MP面發(fā)生全發(fā)射時(shí)的臨界角，所以可知改變，若光束1能在MP面發(fā)生全發(fā)射，光束2一定也可以，故D正確。故選D。
3．D【詳解】A．設(shè)縱波的波速為v1，橫波的波速為v2，震源距離A點(diǎn)深度為s，則有Δt=-=2 s
解得s=12.8 km故A正確；
B．地面上B點(diǎn)與A點(diǎn)距離遠(yuǎn)大于震源距A點(diǎn)的距離，當(dāng)縱波到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，觀察者左右晃動(dòng)，橫波傳來后，再上下振動(dòng)，故B正確；
C．根據(jù)公式λ=得縱波的波長(zhǎng)大于橫波的波長(zhǎng)，故C正確；
D．根據(jù)Δt=-可知，距震源越遠(yuǎn)，橫、縱波到達(dá)的時(shí)間差越大。位于B點(diǎn)的觀察者接收到縱波比接收到橫波要早，時(shí)間差要大于2 s，故D錯(cuò)誤。
本題要求選錯(cuò)誤的，故選D。
4．B【詳解】A．飛船從近地點(diǎn)沿橢圓軌道到達(dá)遠(yuǎn)地點(diǎn)的過程中，只受到地球引力，只有地球引力做功，所以機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)牛頓第二定律可得飛船在橢圓軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)與變軌到圓軌道后相比，到地球的距離相等，所以加速度大小不變，故B正確；
C．空間站組合體中的人和物體受到的萬有引力全部用來提供向心力，所以空間站組合體中的人和物體處于失重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)牛頓第二定律解得
可知，在圓軌道上運(yùn)動(dòng)的線速度大小與物體質(zhì)量無關(guān)，所以對(duì)接后空間站組合體質(zhì)量增大，在原來的圓軌道上運(yùn)行的速度大小不變，故D錯(cuò)誤。故選B。
5．C【詳解】由于線圈在磁場(chǎng)中切割磁感線，切割速度方向總是與磁場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B、導(dǎo)線有效長(zhǎng)度L和導(dǎo)線切割速率v等物理量都不變化，由E＝BLv可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，感應(yīng)電流大小不變；根據(jù)右手定則，電流方向做周期性變化。故選C。
6．B【詳解】AB．根據(jù)題意可知，輕彈簧拉著重物做勻速直線運(yùn)動(dòng)，彈簧處于拉伸狀態(tài)且拉力等于重力，當(dāng)手突然停止運(yùn)動(dòng)后的一小段時(shí)間內(nèi)，由于慣性，重物繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，彈簧的形變量減小，則彈力減小，彈力小于重力，加速度向下，向上做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為，根據(jù)牛頓第二定律可得，加速度大小與上升高度的關(guān)系為
當(dāng)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)，彈力一直減小，加速度一直增大；若彈簧伸長(zhǎng)量減小到零之后，物體繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，彈簧被壓縮，彈力增大且向下，根據(jù)牛頓第二定律可得，加速度大小與上升高度的關(guān)系仍為
可知，物體一直做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，圖像為過原點(diǎn)的直線，圖像斜率會(huì)逐漸增大，故A錯(cuò)誤，B正確；
C．根據(jù)題意，由動(dòng)能定理可知，物體動(dòng)能的變化量為
可知，圖像的斜率表示物體受到合力，由上述分析可知，物體受到的合力一直增大，則圖像的斜率一直增大，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)題意，由功能關(guān)系可知，物體機(jī)械能的變化等于彈簧彈力做功，即
由上述分析可知，彈簧先做正功，機(jī)械能增加，后做負(fù)功，機(jī)械能減小，故D錯(cuò)誤。故選B。
7．C【詳解】A．時(shí)刻電流為0，說明感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有
可知穿過線圈磁通量的變化率為0，A項(xiàng)錯(cuò)誤；
B．時(shí)間內(nèi)，電流為0，則磁鐵不受安培力，只受重力，釹磁鐵做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；
C．若只增加釹磁鐵釋放高度，切割速度變大，則感應(yīng)電流的峰值也變大，C項(xiàng)正確；
D．若只調(diào)轉(zhuǎn)釹磁鐵的極性，再從同一位置釋放，磁場(chǎng)方向相反，故感應(yīng)電流也將反向，D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選C。
8．CD【詳解】A．根據(jù)左手定則可知，MN、PQ間有豎直向上的磁場(chǎng)，且離導(dǎo)線越遠(yuǎn)磁場(chǎng)越弱，故不是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，故A錯(cuò)誤；
B．導(dǎo)軌間的磁場(chǎng)由電流產(chǎn)生，可看成正比于電流，由可知，彈射車所受的安培力與電流的平方是正比關(guān)系，故B錯(cuò)誤；
C．沿導(dǎo)軌方向磁場(chǎng)不變，且回路PBAM中電流恒定，導(dǎo)軌間距不變，由可知，安培力大小不變，由牛頓第二定律可知，加速度不變，由可知彈射車的速度與運(yùn)動(dòng)的時(shí)間成正比，故C正確；
D．根據(jù)右手螺旋定則可知電流方向沿回路PBAM時(shí)，導(dǎo)軌之間產(chǎn)生豎直向上的磁場(chǎng)，結(jié)合左手定則可知電磁彈射車所受安培力方向向右，當(dāng)電流方向沿回路MABP時(shí)，根據(jù)右手螺旋定則導(dǎo)軌之間產(chǎn)生豎直向下的磁場(chǎng)，結(jié)合左手定則可知電磁彈射車所受安培力方向依然向右，所以改變回路中的電流方向，電磁彈射車所受安培力不變，仍能正常加速，故D正確。故選CD。
9．AC【詳解】A．由對(duì)稱知識(shí)可知，A、C兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小相同，方向不同，A正確；
B．B、D兩點(diǎn)距離直導(dǎo)線的距離不等，則電勢(shì)不相同，B錯(cuò)誤；
C．將質(zhì)子從C點(diǎn)向CD方向射出，質(zhì)子將受到直導(dǎo)線中正電荷的斥力而遠(yuǎn)離直導(dǎo)線運(yùn)動(dòng)，所受的庫侖力逐漸減小，則加速度減小，不可能做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，C正確；
D．將電子從C點(diǎn)向CB方向射出，則電子受直導(dǎo)線中正電荷的引力作用，若引力恰好等于向心力，則電子繞導(dǎo)線做勻速圓周運(yùn)動(dòng)， D錯(cuò)誤。故選AC。
10．BD【詳解】AC、對(duì)球受力分析，重力，桿OA、OB對(duì)球的支持力（沿著桿的方向），依據(jù)平行四邊形定則，結(jié)合幾何關(guān)系與三角知識(shí)，則有：OA與豎直夾角為，即，解得：，
因，輕桿OA與OB對(duì)小球的作用力大小之比是1：1，AC錯(cuò)誤；
BD、對(duì)小滑塊受力分析，如圖所示；由上分析可知，，
依據(jù)牛頓第三定律，則輕桿OB對(duì)小滑塊的作用力方向沿OB桿向下，大小為，B正確；
對(duì)于小滑塊，根據(jù)平衡條件，則有：，解得，
再由胡克定律，則有：，D正確；
11． BD 丙 3∶1 ω2（或mω2等帶ω2即可） 見詳解
【詳解】（1）[1]A．在本實(shí)驗(yàn)中，利用控制變量法來探究向心力的大小與小球質(zhì)量、角速度、半徑之間的關(guān)系。探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，例如兩球同時(shí)落地，兩球在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)效果相同，應(yīng)用了等效思想，故A錯(cuò)誤；
B．當(dāng)一個(gè)物理量與多個(gè)物理量相關(guān)時(shí)，應(yīng)采用控制變量法，探究該物理量與某一個(gè)量的關(guān)系，在探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)中，保持原線圈輸入的電壓U1一定，探究副線圈輸出的電壓U2與和匝數(shù)n1、n2的關(guān)系，故B正確；
C．探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律，即兩個(gè)分力與合力的作用效果相同，采用的是等效替代的思想，故C錯(cuò)誤；
D．探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系是通過控制變量法研究的，故D正確。故選BD。
(2)[2]根據(jù)
可知，要探究向心力大小F與質(zhì)量m關(guān)系，需控制小球的角速度和半徑不變，由圖可知，兩側(cè)采用皮帶傳動(dòng)，所以兩側(cè)具有相等的線速度，根據(jù)皮帶傳動(dòng)的特點(diǎn)可知，應(yīng)該選擇兩個(gè)塔輪的半徑相等，而且運(yùn)動(dòng)半徑也相同，選取不同質(zhì)量的小球，故圖丙正確。
[3]兩個(gè)球的質(zhì)量相等，半徑相同，由；；已知
所以
兩個(gè)塔輪邊緣的線速度相等由
知兩個(gè)變速塔輪的半徑之比為
（3）[4]小組同學(xué)先讓一個(gè)滑塊做半徑r為0.14m的圓周運(yùn)動(dòng)，得到圖甲中①圖線，由①圖線知F與ω不成正比，通過分析①圖線中數(shù)據(jù)可知F與ω2成正比，即F與ω2的關(guān)系圖像是一條過原點(diǎn)的直線，即x可以是ω2，又因ω變化時(shí)，滑塊質(zhì)量與運(yùn)動(dòng)半徑都不變，所以x也可以是mω2或rω2等帶ω2即可。
[5]探究F與r的關(guān)系時(shí)，要先控制m和ω不變，因此可在圖像中找到同一個(gè)ω對(duì)應(yīng)的向心力，根據(jù)5組向心力F和半徑r的數(shù)據(jù)，在F-r坐標(biāo)系中描點(diǎn)做圖，若得到一條過原點(diǎn)的直線，則說明F與r成正比。
12．(1)B(2)(3)乙【詳解】（1）20分度游標(biāo)卡尺的精確值為，由圖可知遮光條的寬度為故選B。
（2）小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為則小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的加速度大小為
（3）小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得
可得可知利用圖乙可以更直觀地驗(yàn)證牛頓第二定律。
13．（1）不變，放熱；（2）；（3）
【詳解】（1）活塞在氣缸內(nèi)移動(dòng)的過程中，氣體溫度不變，內(nèi)能不變，外界對(duì)氣體做正功，則，
根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得故氣體對(duì)外放熱。
（2）初始狀態(tài)時(shí)，對(duì)活塞B受力分析，由平衡條件
代入數(shù)據(jù)解得活塞橫截面積的大小
（3）放上重物后，對(duì)活塞A受力分析，由平衡條件得
對(duì)上部氣體由玻意耳定律得，
同理，此時(shí)對(duì)活塞B得由玻意耳定律得，
綜上所述，從放上物體到恢復(fù)穩(wěn)定，活塞A下降的距離
14．（1）；（2）
【詳解】（1）根據(jù)題意，對(duì)冰壺甲，由牛頓第二定律有解得
冰壺甲與冰壺乙碰前2s時(shí)，兩冰壺之間的距離
（2）冰壺甲與靜止的冰壺乙碰撞前的速度為
碰撞后，對(duì)冰壺甲有解得
碰撞過程動(dòng)量守恒，則有解得
則兩冰壺碰撞過程中損失的總動(dòng)能
15．（1）；（2）；（3）（，，，），
【詳解】（1）粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，設(shè)半徑為，由洛倫茲力提供向心力得
由幾何關(guān)系可得聯(lián)立可得
（2）從圓b邊界上進(jìn)入外環(huán)區(qū)域，粒子恰好不會(huì)從圓c飛離磁場(chǎng)，如圖所示
設(shè)粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的軌道半徑為，由幾何關(guān)系可得解得
由洛倫茲力提供向心力可得
粒子經(jīng)過輻向電場(chǎng)加速過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得
聯(lián)立解得
（3）若粒子可以回到A點(diǎn)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
設(shè)粒子在和磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)的次數(shù)各為，粒子在磁場(chǎng)中相對(duì)于O點(diǎn)轉(zhuǎn)過的圓心角不變，為，則在磁場(chǎng)中相對(duì)于O點(diǎn)轉(zhuǎn)過的圓心角為
粒子在磁場(chǎng)中的軌跡半徑為
由洛倫茲力提供向心力得
聯(lián)立可得（，，，）
當(dāng)時(shí)，時(shí)間最短，此時(shí)
粒子每次經(jīng)過磁場(chǎng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為，每次經(jīng)過磁場(chǎng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為，則有
答案第1頁，共2頁

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