2024年九省聯考（安徽省）高考物理適應性試卷（1月份）一、選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的。1．（4分）核能是蘊藏在原子核內部的能量、合理利用核能，可以有效緩解常規能源短缺問題。在鈾核裂變實驗中，核反應方程是U+n→Ba+Kr+3X，U核的結合能為E1，Ba核的結合能為E2，Kr核的結合能為E3。則（）A．該核反應過程動量不守恒 B．該核反應方程中的X為n C．該核反應中釋放的核能為（E1﹣E2﹣E3） D．該核反應中電荷數守恒，質量數不守恒2．（4分）某國宇航局發射行星探測衛星，由于沒有把部分資料中實際使用的單位制轉換為國際單位制，造成重大損失。國際單位制中力學有三個基本單位，用這三個基本單位導出功率單位—瓦特（W）的表達形式為（）A．kg?m2?s﹣3 B．kg?m3?s﹣2 C．kg2?m3?s﹣1 D．kg2?m?s﹣33．（4分）“水袖功”是中國古典舞中用于表達情感的常用技巧，舞者通過手把有規律的抖動傳導至袖子上，營造出一種“行云流水”的美感。這一過程其實就是機械波的傳播。下列關于機械波中橫波的說法正確的是（）A．介質中質點沿波的傳播方向移動 B．介質中質點的振動速度等于波速 C．橫波是傳遞能量的一種方式 D．橫波由一種介質進入另一種介質時頻率發生變化4．（4分）某同學在水平勻速直線行駛的實驗車上，利用實驗裝置豎直向上提起小球，從某時刻開始計時，坐在實驗車上的人觀測小球運動的情況，作出速度平方（v2）與提起高度（y）的關系圖像如圖所示。則地面上靜止的觀察者看到小球的運動軌跡可能是（）A． B． C． D．5．（4分）如圖所示，M、N是某靜電場中一條豎直方向電場線上的兩點，電場線方向未標出。現有質量為m的帶電小球在電場力和重力作用下沿該電場線向下運動，小球通過M點的速度為v1，經過一段時間后，小球通過N點的速度為v2，方向向上。由此可以判斷（）A．M點的場強大于N點的場強 B．M點的電勢低于N點的電勢 C．小球在M點的動能小于它在N點的動能 D．小球在M點的電勢能小于它在N點的電勢能6．（4分）一定質量的理想氣體從狀態a開始。第一次經絕熱過程到狀態b；第二次先經等壓過程到狀態c，再經等容過程到狀態b。p﹣V圖像如圖所示。則（）A．c→b過程。氣體從外界吸熱 B．a→c→b過程比a→b過程氣體對外界所做的功多 C．氣體在狀態a時比在狀態b時的分子平均動能小 D．氣體在狀態a時比在狀態c時單位時間內撞擊在單位面積上的分子數少7．（4分）如圖所示，有兩顆衛星繞某星球做橢圓軌道運動，兩顆衛星的近地點均與星球表面很近（可視為相切），衛星1和衛星2的軌道遠地點到星球表面的最近距離分別為h1、h2，衛星1和衛星2的環繞周期之比為k。忽略星球自轉的影響，已知引力常量為G，星球表面的重力加速度為gc。則星球的平均密度為（）A． B． C． D．8．（4分）如圖所示，輕繩1兩端分別固定在M、N兩點（N點在M點右上方），輕繩1上套有一個輕質的光滑小環O，質量為m的物塊P通過另一根經繩2懸掛在環的下方，處于靜止狀態，∠MON＝60°。現用一水平向右的力F緩慢拉動物塊，直到輕繩2與MN連線方向垂直。已知重力加速度為g。下列說法錯誤的是（）A．施加拉力F前，輕繩1的張力大小為 B．物塊在緩慢移動過程中，輕繩2的延長線始終平分∠MON C．物塊在緩慢移動過程中，輕繩2的張力越來越大 D．物塊在緩慢移動過程中，經繩1的張力可能先增大后減小二、選擇題：本題共2小題，每小題5分，共10分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。（多選）9．（5分）如圖所示，圓形區域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里。質量為m、電荷量為q的帶電粒子由A點沿平行于直徑CD的方向射入磁場，經過圓心O，最后離開磁場。已知圓形區域半徑為R，A點到CD的距離為，不計粒子重力。則（）A．粒子帶負電 B．粒子運動速率為 C．粒子在磁場中運動的時間為 D．粒子在磁場中運動的路程為（多選）10．（5分）如圖所示，實線是實驗小組某次研究平拋運動得到的實際軌跡，虛線是相同初始條件下平拋運動的理論軌跡。分析后得知這種差異是空氣阻力影響的結果。實驗中，小球的質量為m，水平初速度為v0，初始時小球離地面高度為h。已知小球落地時速度大小為v，方向與水平面成θ角，小球在運動過程中受到的空氣阻力大小與速率成正比，比例系數為k，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．小球落地時重力的功率為mgv B．小球下落的時間為 C．小球下落過程中的水平位移大小為 D．小球下落過程中空氣阻力所做的功為三、非選擇題。11．（6分）某同學通過雙縫干涉實驗測量光的波長，實驗裝置如圖（a）所示。（1）一毛玻璃屏上相鄰亮條紋的間距可利用測量頭測出，如圖（b）所示。先將測量頭分劃板中心刻線與一明條紋中心P重合，其讀數為0.822mm，然后沿同一方向轉動手輪，使分劃板中心刻線移過4條暗條紋，與另一明條紋中心P′重合，相應的讀數如圖（c）所示，該讀數為mm。（2）已知雙縫間的距離為0.2mm，雙縫到屏的距離為1.5m，此單色光波長是mm。（保留三位有效數字）12．（10分）多用電表是一種多功能、多量程的電學儀表，可測量直流電流、直流電壓、交流電壓、電阻等物理量。（1）指針式多用電表使用前應該調整，使指針指向“0”。（2）某電阻阻值約為幾百歐姆，現用該電表測此電阻，測量前，需要以下操作，其順序是。（填寫序號）A．將紅表筆和黑表筆直接接觸B．把選擇開關旋轉到“×10”位置C．調節歐姆調零旋鈕使指針指向歐姆零點正確進行實驗操作后，電表的讀數如圖甲所示，該讀數是Ω。（3）圖乙是某同學設計的多用電表測電阻的歐姆調零原理圖，電池的負極應接表筆（選填“紅”或“黑”）。圖中G為表頭，量程100μA，內阻Rg＝2.5kΩ，RT＝0.5kΩ，通過調節a、b間的觸點，使G滿偏。已知R2＝4.8kΩ，電池電動勢為1.50V（電池內阻可忽略），觸點在a端時G滿偏，則R1＝kΩ。13．（10分）如圖，相距l＝2.5m的兩平臺位于同一水平面內，二者之間用傳送帶相接。傳送帶向右勻速運動，根據需要設定驅動系統的速度大小v＝1m/s。質量m＝10kg的貨物（可視為質點）放在距傳送帶左側1m處的P點，右側平臺的人通過一根輕繩用恒力F＝40N水平向右拉貨物。已知貨物與平臺間的動摩擦因數μ1＝0.2，貨物與傳送帶間的動摩擦因數μ2＝0.5，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）貨物運動到傳送帶左端時的速度大小；（2）貨物在傳送帶上運動的時間。14．（14分）如圖甲所示，兩根平行光滑足夠長金屬導軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，其間距L＝2m。導軌間存在垂直于斜面向上的勻強磁場，磁感應強度B＝2T。兩根金屬棒NQ和ab與導軌始終保持垂直且接觸良好，NQ棒通過一絕緣細線與固定在斜面上的拉力傳感器連接（連接前，傳感器已校零），細線平行于導軌。已知ab棒的質量為2kg，NQ棒和ab棒接入電路的電阻均為2Ω，導軌電阻不計。將ab棒從靜止開始釋放，同時對其施加平行于導軌的外力F，此時拉力傳感器開始測量細線拉力FT，作出力FT隨時間t的變化圖像如圖乙所示（力FT大小沒有超出拉力傳感器量程），重力加速度g取10m/s2。求：（1）t1＝1s時，金屬棒ab的速度大小；（2）t2＝3s時，外力F的大小；（3）已知金屬棒ab在0～3s的時間內產生的熱量為4.5J，求這段時間外力F所做的功。15．（18分）為激發學生參與體育活動的興趣，某學校計劃修建用于滑板訓練的場地。老師和同學們圍繞物體在起伏地面上的運動問題，討論并設計了如圖所示的路面，其中AB是傾角為53°的斜面，凹圓弧和凸圓弧的半徑均為R，且D、F兩點處于同一高度，B、E兩點處于另一高度，整個路面無摩擦且各段之間平滑連接。在斜面AB上距離水平面BE高度為h（未知量）的地方放置一個質量為m的小球（可視為質點），讓它由靜止開始運動。已知重力加速度為g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）當h＝0.6R時，求小球經過最低點C時，路面受到的壓力；（2）若小球一定能沿路面運動到F點，求h的取值范圍；（3）在某次試驗中，小球運動到段的G點時，重力功率出現了極大值，已知該點路面傾角θ＝37°，求h的值。2024年九省聯考（安徽省）高考物理適應性試卷（1月份）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的。1．（4分）核能是蘊藏在原子核內部的能量、合理利用核能，可以有效緩解常規能源短缺問題。在鈾核裂變實驗中，核反應方程是U+n→Ba+Kr+3X，U核的結合能為E1，Ba核的結合能為E2，Kr核的結合能為E3。則（）A．該核反應過程動量不守恒 B．該核反應方程中的X為n C．該核反應中釋放的核能為（E1﹣E2﹣E3） D．該核反應中電荷數守恒，質量數不守恒【分析】根據動量守恒的條件分析A，核反應的電荷數守恒和質量數守恒，根據核能與結合能的關系分析C。【解答】解：A、核反應過程中由于系統不受外力作用，動量一定守恒，故A錯誤；BD、由核反應的電荷數守恒和質量數守恒可得出，X為n，故B正確，D錯誤；C、核反應釋放的核能為反應前后的核的結合能之和的差值，釋放的核能為（E2+E3﹣E1），故C錯誤；故選：B。【點評】本題考查對核衰變理解與質能方程的應用，注意對核反應的理解，不要死記硬背。2．（4分）某國宇航局發射行星探測衛星，由于沒有把部分資料中實際使用的單位制轉換為國際單位制，造成重大損失。國際單位制中力學有三個基本單位，用這三個基本單位導出功率單位—瓦特（W）的表達形式為（）A．kg?m2?s﹣3 B．kg?m3?s﹣2 C．kg2?m3?s﹣1 D．kg2?m?s﹣3【分析】根據功率的定義式推導出功率的單位W與國際單位制中力學基本單位的關系。【解答】解：根據功率的定義式得功率的單位為：1，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題根據功率的定義式、功的計算公式、牛頓第二定律相結合推導出功率的單位W與國際單位制中力學基本單位的關系。3．（4分）“水袖功”是中國古典舞中用于表達情感的常用技巧，舞者通過手把有規律的抖動傳導至袖子上，營造出一種“行云流水”的美感。這一過程其實就是機械波的傳播。下列關于機械波中橫波的說法正確的是（）A．介質中質點沿波的傳播方向移動 B．介質中質點的振動速度等于波速 C．橫波是傳遞能量的一種方式 D．橫波由一種介質進入另一種介質時頻率發生變化【分析】機械波在傳播過程中，介質中質點不向前移動。介質中質點的振動速度不等于波速，波速與介質有關，振動的速度與距平衡位置的距離有關。橫波是傳遞能量的一種方式。波的頻率由波源決定，與介質無關。【解答】解：A、機械波在傳播過程中，介質中質點不會沿波的傳播方向向前移動，只在自己平衡位置附近振動，故A錯誤；B、介質中質點的振動速度不等于波速，波速與介質有關，振動的速度與距平衡位置的距離有關，故B錯誤；C、橫波和縱波都能傳遞能量，所以橫波是傳遞能量的一種方式，故C正確；D、機械波的頻率由波源決定，與介質無關，因此橫波由一種介質進入另一種介質時頻率不發生變化，故D錯誤。故選：C。【點評】解答本題的關鍵要掌握波速、頻率的決定因素，知道波速與介質有關，波的頻率與波源有關。4．（4分）某同學在水平勻速直線行駛的實驗車上，利用實驗裝置豎直向上提起小球，從某時刻開始計時，坐在實驗車上的人觀測小球運動的情況，作出速度平方（v2）與提起高度（y）的關系圖像如圖所示。則地面上靜止的觀察者看到小球的運動軌跡可能是（）A． B． C． D．【分析】將小球的運動沿水平方向與豎直方向分解，結合運動的獨立性判斷y方向的運動特點，然后再合成即可。【解答】解：速度平方與提起高度的關系圖像是坐在實驗車上的人觀察的圖像，即小球相對于車沿豎直方向向上的速度關系圖像。小車相對于車豎直提起，則圖像中的速度為小球豎直方向的速度圖像。開始時v2不變，則速度的大小v不變；之后v2與y是線性關系，由速度與位移關系公式。所以開始小球時在豎直方向上做勻速運動，之后做勻加速直線運動，加速度豎直向上。小球在水平方向一直隨實驗車做勻速直線運動，結合運動的合成可知，地面上靜止的觀察者看到小球的運動軌跡是先斜向上做勻速直線運動，后做向上偏轉的類斜拋運動。故ABD錯誤，C正確。故選：C。【點評】該題考查運動的合成與分解，能正確分析小球沿豎直方向的運動的特點是關鍵。5．（4分）如圖所示，M、N是某靜電場中一條豎直方向電場線上的兩點，電場線方向未標出。現有質量為m的帶電小球在電場力和重力作用下沿該電場線向下運動，小球通過M點的速度為v1，經過一段時間后，小球通過N點的速度為v2，方向向上。由此可以判斷（）A．M點的場強大于N點的場強 B．M點的電勢低于N點的電勢 C．小球在M點的動能小于它在N點的動能 D．小球在M點的電勢能小于它在N點的電勢能【分析】根據電場線分布情況分析場強大小。根據小球的運動情況，判斷電場力方向，分析電場線方向，再判斷電勢高低。根據重力做功和電場力做功的大小關系，分析動能的大小。根據電場力做功情況分析電勢能的大小。【解答】解：該電場線沿豎直方向，帶電小球僅在重力和沿電場線的電場力的作用運動下，在M點速度方向豎直向下變為在N點豎直向上，由此可知小球先減速后反向加速，小球所受電場力方向豎直向上。A、僅一條電場線不能確定電場線分布情況，且不知道M、N兩點的加速度大小關系，所以無法判斷M、N兩點的場強大小關系，故A錯誤；B、小球所受電場力方向豎直向上，但未知小球所帶電荷的電性，所以不能確定電場線的方向，故無法判斷M、N兩點的電勢高低，故B錯誤；C、小球從M到N點，未知重力做功和電場力做功的大小關系以及M、N兩點的速度大小關系，所以無法判斷小球在MN兩點的動能大小關系，故C錯誤；D、小球受到的電場力方向豎直向上，從M點到N點電場力做負功，電勢能增加，所以小球在M點的電勢能小于N點的電勢能，故D正確。故選：D。【點評】解決本題時，關鍵應明確電場力做正功時電荷的電勢能減小，電場力做負功時電勢能增加。6．（4分）一定質量的理想氣體從狀態a開始。第一次經絕熱過程到狀態b；第二次先經等壓過程到狀態c，再經等容過程到狀態b。p﹣V圖像如圖所示。則（）A．c→b過程。氣體從外界吸熱 B．a→c→b過程比a→b過程氣體對外界所做的功多 C．氣體在狀態a時比在狀態b時的分子平均動能小 D．氣體在狀態a時比在狀態c時單位時間內撞擊在單位面積上的分子數少【分析】c→b過程，氣體發生等容變化，根據壓強變化分析溫度變化，進而判斷出內能變化，由熱力學第一定律分析吸放熱情況。根據p﹣V圖像與橫坐標圍成的面積表示為氣體做功多少，分析氣體對外界所做的功大小。溫度是分子平均動能的標志，根據溫度關系分析分子平均動能關系。a→c過程，氣體的壓強不變，結合壓強的微觀意義分析單位時間內撞擊在單位面積上的分子數多少。【解答】解：A、c→b過程，氣體體積不變，即氣體發生等容變化過程，氣體壓強變小，溫度降低，故氣體的內能減小。該過程氣體對外不做功，由熱力學第一定律可知氣體向外界放熱，故A錯誤；B、p﹣V圖像與橫坐標圍成的面積表示為氣體做功的多少，由圖像可知，a→c→b過程比a→b過程氣體對外界所做的功多，故B正確；C、a→b過程為絕熱過程，氣體體積變大，氣體對外做功，由熱力學第一定律可知，氣體內能減小，溫度降低。結合溫度是分子平均動能的標志，可知氣體在狀態a時比在狀態b時的分子平均動能大，故C錯誤；D、a→c過程，氣體的壓強不變，溫度升高，分子的平均動能變大，平均每次分子撞擊容器壁的沖力變大。由氣體壓強的微觀解釋可知，在狀態a時比在狀態c時單位時間內撞擊在單位面積上的分子數多，故D錯誤。故選：B。【點評】本題主要考查氣體實驗定律和熱力學第一定律，要理解圖像的物理意義，結合一定質量的理想氣體只與溫度有關，溫度是分子平均動能的標志進行分析。7．（4分）如圖所示，有兩顆衛星繞某星球做橢圓軌道運動，兩顆衛星的近地點均與星球表面很近（可視為相切），衛星1和衛星2的軌道遠地點到星球表面的最近距離分別為h1、h2，衛星1和衛星2的環繞周期之比為k。忽略星球自轉的影響，已知引力常量為G，星球表面的重力加速度為gc。則星球的平均密度為（）A． B． C． D．【分析】已知衛星1和衛星2的環繞周期之比為k，根據開普勒第三定律求出星球的半徑，再根據星球表面上，物體的重力等于萬有引力求出星球的質量，再求星球的平均密度。【解答】解：設星球的半徑為R，則衛星一、衛星二軌道的半長軸分別為，由開普勒第三定律得解得：星球表面的重力加速度為gc，根據萬有引力等于重力得星球的質量為聯立解得星球的平均密度為：，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題是開普勒第三定律和萬有引力定律的綜合應用，關鍵要掌握重力等于萬有引力這一思路，來求解星球的質量。8．（4分）如圖所示，輕繩1兩端分別固定在M、N兩點（N點在M點右上方），輕繩1上套有一個輕質的光滑小環O，質量為m的物塊P通過另一根經繩2懸掛在環的下方，處于靜止狀態，∠MON＝60°。現用一水平向右的力F緩慢拉動物塊，直到輕繩2與MN連線方向垂直。已知重力加速度為g。下列說法錯誤的是（）A．施加拉力F前，輕繩1的張力大小為 B．物塊在緩慢移動過程中，輕繩2的延長線始終平分∠MON C．物塊在緩慢移動過程中，輕繩2的張力越來越大 D．物塊在緩慢移動過程中，經繩1的張力可能先增大后減小【分析】以小環O為研究對象，豎直方向根據受力平衡求出輕繩1的張力大小；根據受力平衡分析物塊在緩慢移動過程中輕繩2的延長線方向；以物塊為對象，根據受力平衡分析輕繩2的張力變化情況；以小環O為對象，根據受力平衡分析經繩1的張力變化情況。【解答】解：A．施加拉力F前，以小環O為研究對象，受到輕繩2的拉力等于物塊P的重力mg，豎直方向根據受力平衡可得2T1cos30°＝mg解得輕繩1的張力大小為故A正確；B．物塊在緩慢移動過程中，以小環O為研究對象，由于小環O兩側輕繩1的張力大小總是相等，則小環O兩側輕繩1的張力合力沿∠MON平分線上，根據受力平衡可知輕繩2的延長線始終平分∠MON，故B正確；C．物塊在緩慢移動過程中，以物塊為研究對象，根據受力平衡可得T2cosθ＝mg可知輕繩2與豎直方向的夾角θ逐漸增大，cosθ越來越小，則輕繩2的張力越來越大，故C正確；D．物塊在緩慢移動過程中，由于M、N之間的輕繩1長度不變，根據數學知識可知，小環O的運動軌跡為橢圓，M、N為橢圓的兩個焦點；當輕繩2與MN連線方向垂直時，小環O剛好位于橢圓的短軸頂點上，根據橢圓知識可知此時∠MON最大，則此過程∠MON＝α逐漸增大，以小環O為研究對象，根據受力平衡可得2T′1cosα＝T2可得可知此過程經繩1的張力一直增大，故D錯誤。本題選擇錯誤的，故選：D。【點評】本題考查了物體的平衡條件的基本應用，受力分析后要明確哪些力的大小不變，寫出表達式即可求解。二、選擇題：本題共2小題，每小題5分，共10分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。（多選）9．（5分）如圖所示，圓形區域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里。質量為m、電荷量為q的帶電粒子由A點沿平行于直徑CD的方向射入磁場，經過圓心O，最后離開磁場。已知圓形區域半徑為R，A點到CD的距離為，不計粒子重力。則（）A．粒子帶負電 B．粒子運動速率為 C．粒子在磁場中運動的時間為 D．粒子在磁場中運動的路程為【分析】根據粒子軌跡彎曲方向判斷粒子受到的洛倫茲力方向，根據左手定則判斷粒子的電性。粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡，根據幾何關系求出軌跡半徑，再根據洛倫茲力提供向心力列式求解粒子運動速率。根據軌跡所對應的圓心角和周期求解粒子在磁場中運動的時間。根據幾何關系求粒子在磁場中運動的路程。【解答】解：A、由于粒子經過圓心O，最后離開磁場，可知粒子在A點所受洛倫茲力方向向下，根據左手定則可知，四指指向與速度方向相反，所以粒子帶負電，故A正確；B、根據題意，作出粒子的運動軌跡，如圖所示。由于圓形區域半徑為R，A點到CD的距離為，令粒子做圓周運動的軌跡半徑為r，根據幾何關系有解得：r＝R粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則解得粒子運動速率為：，故B錯誤；C、由于圓形區域半徑為R，A點到CD的距離為，根據上述分析，粒子做圓周運動的軌跡半徑也為R，則△AOO'與△EOO'均為等邊三角形所以軌跡所對應的圓心角∠AO′E＝120°粒子圓周運動的周期為則粒子在磁場中運動的時間為，故C錯誤；D、粒子在磁場中運動的路程為：，故D正確。故選：AD。【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，關鍵要正確分析粒子的受力情況，畫出軌跡，結合幾何關系和圓周運動的相關公式即可完成解答（多選）10．（5分）如圖所示，實線是實驗小組某次研究平拋運動得到的實際軌跡，虛線是相同初始條件下平拋運動的理論軌跡。分析后得知這種差異是空氣阻力影響的結果。實驗中，小球的質量為m，水平初速度為v0，初始時小球離地面高度為h。已知小球落地時速度大小為v，方向與水平面成θ角，小球在運動過程中受到的空氣阻力大小與速率成正比，比例系數為k，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．小球落地時重力的功率為mgv B．小球下落的時間為 C．小球下落過程中的水平位移大小為 D．小球下落過程中空氣阻力所做的功為【分析】根據PG＝mgvy求小球落地時重力的功率。在豎直方向上，運用動量定理求出小球下落的時間。小球在水平方向根據動量定理求小球下落過程中的水平位移大小。根據動能定理求空氣阻力所做的功。【解答】解：A、小球落地時豎直分速度為vy＝vsinθ，重力的功率為PG＝mgvy＝mgvsinθ，故A錯誤；B、取豎直向下為正方向，小球下落過程中，在豎直方向上，根據動量定理得mvsinθ＝mgt﹣k（vy1+vy2+vy3+......）t又∑（vy1+vy2+vy3+......）t＝h解得小球下落的時間為：，故B正確；C、取水平向右為正方向，小球在水平方向，根據動量定理得mvcosθ﹣mv0＝﹣k（vx1+vx2+vx3+......）t又∑（vx1+vx2+vx3+......）t＝x解得小球下落過程中的水平位移大小為：，故C正確；D、對于小球下落過程，根據動能定理得：解得小球下落過程中空氣阻力所做的功為：，故D正確。故選：BCD。【點評】解答本題的關鍵要掌握動量定理，并能分方向應用，并能采用積分法求分位移。要知道重力做功的功率與豎直分速度有關。三、非選擇題。11．（6分）某同學通過雙縫干涉實驗測量光的波長，實驗裝置如圖（a）所示。（1）一毛玻璃屏上相鄰亮條紋的間距可利用測量頭測出，如圖（b）所示。先將測量頭分劃板中心刻線與一明條紋中心P重合，其讀數為0.822mm，然后沿同一方向轉動手輪，使分劃板中心刻線移過4條暗條紋，與另一明條紋中心P′重合，相應的讀數如圖（c）所示，該讀數為20.502mm。（2）已知雙縫間的距離為0.2mm，雙縫到屏的距離為1.5m，此單色光波長是6.56×10﹣4mm。（保留三位有效數字）【分析】（1）固定刻度讀數與可動刻度讀數之和是螺旋測微器的讀數，需要估讀一位。（5）先求出相鄰兩亮條紋的間距，再根據雙縫干涉條紋間距公式Δx＝求出波長。【解答】解：（1）該讀數為：20.5mm+0.2×0.01mm＝20.502mm（2）已知條紋PP'間還有3條亮條紋，則相鄰兩亮條紋的間距為Δx＝mm＝4.920mm已知d＝0.2mm＝0.0002m，l＝1.5m由干涉條紋的間距公式解得：λ＝6.56×10﹣4mm故答案為：（1）20.502；（2）6.56×10﹣4。【點評】理解實驗原理、掌握基礎知識是解題的前提，根據題意應用雙縫干涉條紋間距公式Δx＝即可解題，解題時要注意單位換算。12．（10分）多用電表是一種多功能、多量程的電學儀表，可測量直流電流、直流電壓、交流電壓、電阻等物理量。（1）指針式多用電表使用前應該調整指針定位螺絲，使指針指向“0”。（2）某電阻阻值約為幾百歐姆，現用該電表測此電阻，測量前，需要以下操作，其順序是BAC。（填寫序號）A．將紅表筆和黑表筆直接接觸B．把選擇開關旋轉到“×10”位置C．調節歐姆調零旋鈕使指針指向歐姆零點正確進行實驗操作后，電表的讀數如圖甲所示，該讀數是193Ω。（3）圖乙是某同學設計的多用電表測電阻的歐姆調零原理圖，電池的負極應接紅表筆（選填“紅”或“黑”）。圖中G為表頭，量程100μA，內阻Rg＝2.5kΩ，RT＝0.5kΩ，通過調節a、b間的觸點，使G滿偏。已知R2＝4.8kΩ，電池電動勢為1.50V（電池內阻可忽略），觸點在a端時G滿偏，則R1＝2kΩ。【分析】（1）使用歐姆表時，指針式多用電表使用前應該調整指針定位螺絲；（2）根據歐姆表的使用步驟及讀數方法解答；（3）根據歐姆表內部構造結合歐姆定律分析解答。【解答】解：（1）指針式多用電表使用前應該調整指針定位螺絲，使指針指向“0”；（2）用指針式多用電表測幾百歐姆電阻時，應先將開關旋轉到“×10”位置，再將紅表筆和黑表筆直接接觸，最后調節歐姆調零旋鈕使指針指向歐姆零點，所以正確的順序是BAC。該電阻的阻值為19.3×10Ω＝193Ω（3）電池的負極應接多用電表的負極，則應接多用電表的紅表筆；觸點在a端時G滿偏，則RT與G串聯，串聯部分的電壓為U1＝Ig（RT+Rg）根據串并聯電路的特點可知R2兩端的電壓為U2＝E﹣U1所以通過R2的電流為則通過R1的電流為I1＝I﹣Ig根據部分電路歐姆定律得解得R1＝2000Ω＝2kΩ故答案為：（1）指針定位螺絲；（2）BAC；193；（3）紅；2【點評】解決本題的關鍵掌握歐姆表的讀數方法，以及歐姆表的操作步驟，知道歐姆表的內部構造原理。13．（10分）如圖，相距l＝2.5m的兩平臺位于同一水平面內，二者之間用傳送帶相接。傳送帶向右勻速運動，根據需要設定驅動系統的速度大小v＝1m/s。質量m＝10kg的貨物（可視為質點）放在距傳送帶左側1m處的P點，右側平臺的人通過一根輕繩用恒力F＝40N水平向右拉貨物。已知貨物與平臺間的動摩擦因數μ1＝0.2，貨物與傳送帶間的動摩擦因數μ2＝0.5，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）貨物運動到傳送帶左端時的速度大小；（2）貨物在傳送帶上運動的時間。【分析】（1）對貨物受力分析，由牛頓第二定律求解加速度大小，根據運動學公式計算速度；（2）滑塊先加速再減速，根據速度—時間關系結合位移—時間關系進行解答。【解答】解：（1）根據牛頓第二定律貨物在左端平臺上時加速度為由運動學規律有其中s1＝1m解得貨物運動到傳送帶左端時的速度大小為v1＝2m/s（2）由于v1＞v，故可知貨物滑上傳送帶后受到的摩擦力向左，此時加速度為故貨物開始做勻減速運動，設經過時間t2與傳送帶共速，得該段時間貨物位移為共速后貨物勻速運動，設再經過時間t3到達傳送帶右端，得故貨物在傳送帶上運動的時間為t＝t2+t3代入數據解得t＝2s答：（1）貨物運動到傳送帶左端時的速度大小為2m/s；（2）貨物在傳送帶上運動的時間為2s。【點評】對于牛頓第二定律的綜合應用問題，關鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運動學的計算公式求解加速度，再根據題目要求進行解答；知道加速度是聯系力和運動的橋梁。14．（14分）如圖甲所示，兩根平行光滑足夠長金屬導軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，其間距L＝2m。導軌間存在垂直于斜面向上的勻強磁場，磁感應強度B＝2T。兩根金屬棒NQ和ab與導軌始終保持垂直且接觸良好，NQ棒通過一絕緣細線與固定在斜面上的拉力傳感器連接（連接前，傳感器已校零），細線平行于導軌。已知ab棒的質量為2kg，NQ棒和ab棒接入電路的電阻均為2Ω，導軌電阻不計。將ab棒從靜止開始釋放，同時對其施加平行于導軌的外力F，此時拉力傳感器開始測量細線拉力FT，作出力FT隨時間t的變化圖像如圖乙所示（力FT大小沒有超出拉力傳感器量程），重力加速度g取10m/s2。求：（1）t1＝1s時，金屬棒ab的速度大小；（2）t2＝3s時，外力F的大小；（3）已知金屬棒ab在0～3s的時間內產生的熱量為4.5J，求這段時間外力F所做的功。【分析】（1）（2）t＝0時，對棒NQ受力分析，根據平衡條件求解其質量，1s和3s時，根據平衡條件求解安培力大小，根據安培力公式求解電流，根據閉合電路歐姆定律求解電源電動勢，根據感應電動勢公式求解導體棒的速度；根據速度公式分析ab棒的運動情況，根據牛頓第二定律求解外力F的大小；（3）根據勻變速直線運動公式求解導體棒的位移，根據動能定理求解外力做的功。【解答】解：（1）設棒NQ的質量為M，當t＝0時，由平衡條件得：Mgsinθ＝FT＝2N代入數據解得：M＝0.4kgt1＝1s，棒NQ受到沿斜面向上的拉力F′T＝4N對棒NQ分析，由平衡條件得：Mgsinθ+Fan＝F′T＝4N代入數據解得：Fan＝2N導體棒所受安培力為：Fan＝BIL代入數據解得：I＝0.5感應電動勢為E＝I（2R）＝0.5×2×2Ω＝2V導體棒切割磁感線產生的感應電動勢有：E＝BLv1代入數據解得：v1＝0.5m/s（2）當t2＝3s時，棒NQ受到沿斜面向上的拉力F″T＝8N對棒NQ受力分析，由平衡條件得：Mgsinθ+F′an＝F″T＝8N代入數據解得：F′an＝6N導體棒所受安培力為：Fan＝BIL代入數據解得：I′＝1.5A感應電動勢為E′＝I′（2R）＝1.5×2×2Ω＝6V導體棒切割磁感線產生的感應電動勢有：E′＝BLv2代入數據解得：v2＝1.5m/s由以上可知，棒ab的速度可表示為由于FT隨時間均勻增大，所以ab在做勻加速直線運動，其加速度為對棒ab受力分析，由牛頓第二定律得：mgsinθ﹣F′an﹣F＝ma代入數據解得：F＝3N（3）在0～3s的時間內金屬棒的位移為對金屬棒ab，由動能定理得：這段時間ab克服安培力所