河南省漯河市2023－2024學(xué)年高三上學(xué)期物理期末質(zhì)量監(jiān)測(cè)姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二總分評(píng)分一、選擇題：本題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，第8~10題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1．2023年兩會(huì)期間，核聚變領(lǐng)域首席專家段旭如表示，可控核聚變技術(shù)研發(fā)已進(jìn)入快車道，預(yù)計(jì)再過(guò)30年可以實(shí)現(xiàn)商用。下列相關(guān)描述正確的是（）A．核聚變過(guò)程中核子的總質(zhì)量增加B．核聚變反應(yīng)中釋放的γ射線具有較強(qiáng)的穿透能力C．核反應(yīng)92235D．原子彈是利用核聚變?cè)碇瞥傻?．一半圓環(huán)直徑為AB，圓心為O，半圓環(huán)放置于豎直平面內(nèi)，直徑AB與水平方向的夾角為如圖所示的θ，A、B兩端系著一根不可伸長(zhǎng)的輕繩，繩長(zhǎng)大于直徑AB，繩上套有一光滑小球，現(xiàn)將半圓環(huán)在豎直平面內(nèi)繞圓心O順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)過(guò)2θ。在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．輕繩的拉力先增大后減小 B．輕繩的拉力先減小后增大C．小球受到的合力先減小后增大 D．小球受到的合力先增大后減小3．如圖所示，將小球從傾角為θ=37°的斜面底端正上方某點(diǎn)以8m/s的速度水平拋出，同時(shí)一束平行光豎直向下照射小球，在斜面上留下了小球的“影子”，“影子”沿斜面運(yùn)動(dòng)6m時(shí)小球撞在斜面上。小球的質(zhì)量為2kg，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，不考慮小球與斜面相撞后的運(yùn)動(dòng)情況，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列說(shuō)法正確的是（）A．小球的“影子”沿斜面做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．小球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為0.75sC．拋出點(diǎn)與斜面底端的高度差為5.4mD．小球撞在斜面瞬間重力的瞬時(shí)功率為200W4．2023年10月26日17時(shí)46分，神州十七號(hào)載人飛船成功對(duì)接空間站天和核心艙，天和核心艙在距離地球表面h高度處圍繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，地球半徑為R，地球表面重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．若飛船繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)M處，則它的周期大于核心艙的周期B．若飛船在M處，則它的向心加速度小于核心艙的向心加速度C．若飛船在N處，則應(yīng)加速變軌才能成功對(duì)接核心艙D．天和核心艙的周期為2π5．如圖所示，一封閉著理想氣體的絕熱氣缸置于水平地面上，絕熱活塞將氣缸分為a、b兩部分，活塞與氣缸之間無(wú)摩擦；初始時(shí)a、b中的氣體壓強(qiáng)、溫度均相等，現(xiàn)通過(guò)電阻絲對(duì)a中的氣體進(jìn)行緩慢加熱，停止加熱并達(dá)到穩(wěn)定后（）A．a(chǎn)中的氣體溫度減小B．a(chǎn)中的氣體壓強(qiáng)減小C．b中的氣體壓強(qiáng)增大D．b中的氣體單位體積內(nèi)的分子數(shù)不變6．2023年12月18日在甘肅臨夏州積石山縣發(fā)生了6.2級(jí)地震，讓人感覺地球處于“活躍”的時(shí)期。地震波既有橫波，也有縱波，若我國(guó)地震局截獲了一列沿x軸正方向傳播的地震橫波，在t（圖中實(shí)線）與（t＋0.5）s（圖中虛線）兩個(gè)時(shí)刻x軸上?3~A．質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期T=1.0sB．最小波速v=4km/sC．t時(shí)刻位于x=1km的質(zhì)點(diǎn)沿y軸正向振動(dòng)D．從t時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，x=2.5km處的質(zhì)點(diǎn)比x=2km處的質(zhì)點(diǎn)先回到平衡位置7．中空的圓筒形導(dǎo)體中的電流所產(chǎn)生的磁場(chǎng)，會(huì)對(duì)其載流粒子施加洛倫茲力，可用于設(shè)計(jì)能提供安全核能且燃料不虞匱乏的核融合反應(yīng)器。如圖所示為筒壁很薄、截面圓半徑為R的鋁制長(zhǎng)直圓筒，電流I平行于圓筒軸線穩(wěn)定流動(dòng)，均勻通過(guò)筒壁各截面，筒壁可看作n條完全相同且平行的均勻分布的長(zhǎng)直載流導(dǎo)線，每條導(dǎo)線中的電流均為i=In，n比1大得多。已知通電電流為i的長(zhǎng)直導(dǎo)線在距離r處激發(fā)的磁感應(yīng)強(qiáng)度A．圓筒內(nèi)部各處的磁感應(yīng)強(qiáng)度均不為0B．圓筒外部各處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與筒壁垂直C．每條導(dǎo)線受到的安培力方向都垂直筒壁向內(nèi)D．若電流I變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，每條導(dǎo)線受到的安培力也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍8．在同一水平面內(nèi)平行正對(duì)放置的兩相同細(xì)金屬桿A、B，分別帶有沿桿均勻分布的等量異種電荷，如圖所示。水平面上方的P點(diǎn)到每桿兩端點(diǎn)的距離都相等，Q點(diǎn)是P點(diǎn)在水平面內(nèi)的投影點(diǎn)（P、Q兩點(diǎn)圖中未標(biāo)出）。下列說(shuō)法正確的是（）A．P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為零B．將負(fù)試探電荷從P點(diǎn)沿PQ連線移到Q點(diǎn)的過(guò)程中，其電勢(shì)能不斷減小C．在P點(diǎn)另放入一個(gè)正點(diǎn)電荷后，Q點(diǎn)的電勢(shì)一定升高D．在P點(diǎn)另放入一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷后，Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度一定增大9．將兩大小相同、質(zhì)量相等的鉛球從圖甲中左、右兩個(gè)圓筒的正上方相同高度處同時(shí)由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，兩球分別與左、右兩個(gè)筒的底部發(fā)生碰撞，假設(shè)碰后兩球沿豎直方向反彈且速度相同。已知左筒底部為鋼板，右筒底部為泡沫，用壓力傳感器同時(shí)測(cè)出力隨時(shí)間變化的曲線①和曲線②，如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．曲線①代表右球的碰撞情況，曲線②代表左球的碰撞情況B．曲線①與時(shí)間軸圍成的面積小于曲線②與時(shí)間軸圍成的面積C．兩小球到達(dá)圓筒底部時(shí)，它們碰前的動(dòng)量相等D．碰撞過(guò)程中，兩個(gè)小球所受合力沖量相等10．如圖所示，粗糙絕緣的直桿傾斜固定，輕質(zhì)絕緣彈簧AB套在直桿上且位于直桿末端。一帶正電的小球也套在桿上，從某一位置P由靜止下滑，下滑到點(diǎn)M時(shí)速度最大，到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度為零（M、N兩點(diǎn)未標(biāo)出）。若在桿所在的豎直平面內(nèi)加一方向垂直桿斜向右上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，小球仍然從P點(diǎn)由靜止下滑（電量不變），則下列判斷正確的是（）A．磁場(chǎng)足夠強(qiáng)時(shí)，小球有可能不能到達(dá)A點(diǎn)B．小球速度最大的位置一定在P、M之間的某一位置C．因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉?，所以小球下降的最低點(diǎn)仍然在N點(diǎn)D．第二種情況下彈簧所具有的最大彈性勢(shì)能一定比第一次小二、非選擇題：本題共6小題，共60分。11．小明用如圖甲所示的裝置來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，該裝置由水平長(zhǎng)木板及固定在木板左端的硬幣發(fā)射器組成，硬幣發(fā)射器包括支架、彈片及彈片釋放裝置，釋放彈片可將硬幣以某一初速度彈出。已知五角硬幣和一元硬幣與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)近似相等，主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：①將五角硬幣置于發(fā)射槽口，釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，硬幣沿著長(zhǎng)木板中心線運(yùn)動(dòng)，在長(zhǎng)木板中心線的適當(dāng)位置取一點(diǎn)O，測(cè)出硬幣停止滑動(dòng)時(shí)硬幣右側(cè)到O點(diǎn)的距離。再?gòu)耐晃恢冕尫艔椘瑢⒂矌虐l(fā)射出去，重復(fù)多次，取該距離的平均值記為S1②將一元硬幣放在長(zhǎng)木板上，使其左側(cè)位于O點(diǎn)，并使其直徑與中心線重合，按步驟①?gòu)耐晃恢冕尫艔椘匦聫椛湮褰怯矌?，使兩硬幣?duì)心正碰，重復(fù)多次，分別測(cè)出兩硬幣碰后停止滑行時(shí)距O點(diǎn)距離的平均值S2和S（1）實(shí)驗(yàn)中還需要測(cè)量的量有____A．五角硬幣和一元硬幣的質(zhì)量m1、B．五角硬幣和一元硬幣的直徑d1、C．硬幣與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μD．發(fā)射槽口到O點(diǎn)距離S0（2）該同學(xué)要驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為（用已知量和測(cè)量的量表示），若進(jìn)一步研究該碰撞是否為彈性碰撞，需要判斷關(guān)系式是否成立（用S1、S2、12．如圖甲所示的電路是可以用來(lái)測(cè)量電阻絲的電阻率，這一電路是在傳統(tǒng)實(shí)驗(yàn)“測(cè)量電阻絲的電阻率”基礎(chǔ)上進(jìn)行改進(jìn)的，與傳統(tǒng)電路相比，多設(shè)置一個(gè)定值電阻R0和一個(gè)開關(guān)S'。被測(cè)電阻（1）主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：①用螺旋測(cè)微器測(cè)量電阻絲的直徑，測(cè)量結(jié)果如圖丙所示，則電阻絲的直徑的測(cè)量值D=mm；②按照?qǐng)D甲連接電路，讓開關(guān)S、S'處于斷開狀態(tài)，同時(shí)將滑動(dòng)變阻器阻值調(diào)到最大，測(cè)量并記錄兩鱷魚夾之間的距離③僅閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片，盡量使得V和A的指針落在表盤中央附近，記錄下此時(shí)V和A讀數(shù)，分別記作U和I1④再閉合S'，然后調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片，使得V的讀數(shù)仍為U，記錄A的讀數(shù)，記作I2，則此時(shí)電阻絲的測(cè)量值R⑤改變兩個(gè)鱷魚夾之間的距離，重復(fù)步驟②③④得到多組數(shù)據(jù)。（2）用圖像法處理數(shù)據(jù)：將得到的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在Rx?L坐標(biāo)系中描點(diǎn)并擬合為一條直線，如圖丁所示，測(cè)得這條直線斜率k的數(shù)值等于1.6×10（3）這種改進(jìn)型電路的優(yōu)點(diǎn)是____A．克服了電壓表內(nèi)電阻對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果帶來(lái)的系統(tǒng)誤差B．克服了電流表內(nèi)電阻對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果帶來(lái)的系統(tǒng)誤差C．克服了電源內(nèi)電阻對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果帶來(lái)的系統(tǒng)誤差13．如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為10kg的物體，在垂直于斜面推力F的作用下靜止在傾角θ＝37°的固定斜面上，已知物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，斜面足夠長(zhǎng)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。取g＝10m／s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）若要使物體靜止在斜面上，推力F至少為多大；（2）若撤去推力F，物體沿斜面下滑4m的過(guò)程中，求物體的平均速度大小。14．如圖所示，一玻璃磚的截面由半圓和等邊三角形ABC組成，O點(diǎn)為圓心，半圓的直徑BC長(zhǎng)為2R，半圓上的D點(diǎn)到BC的距離為32（1）玻璃磚的折射率n；（2）光在玻璃磚中的傳播時(shí)間t。15．如圖所示，兩平行極板間距y和長(zhǎng)度x之比為36，兩極板間加電場(chǎng)強(qiáng)度未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一重力不計(jì)的帶電粒子以速度v0（1）粒子從上極板飛出的速度方向與OP的夾角θ為多大；（2）當(dāng)粒子恰好垂直打在熒光屏上的N點(diǎn)時(shí)，MN距OQ的距離為多大，該粒子的比荷為多大；（3）為使上述粒子打在熒光屏上MN的中點(diǎn)，MN應(yīng)該向上移動(dòng)多大距離。16．如圖所示，兩電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)光滑金屬軌道EG、FH平行排列，間距L=1m。EF右側(cè)水平部分有垂直軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1T。導(dǎo)體棒PQ質(zhì)量m2=0.1kg，電阻R2=4Ω，靜止在邊界EF右側(cè)x處。導(dǎo)體棒MN質(zhì)量（1）若h=3.（2）若h=3.2m，兩棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)發(fā)生彈性碰撞，求從MN進(jìn)入磁場(chǎng)到兩棒達(dá)到穩(wěn)定過(guò)程中，導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱（3）若x=am，h=bm，要求MN與PQ運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好不相撞，求a與b滿足的函數(shù)關(guān)系。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.核聚變過(guò)程中有能量放出，所以核聚變過(guò)程中存在質(zhì)量虧損，A不符合題意；

B.γ射線波長(zhǎng)短，能量高，具有較強(qiáng)的穿透能力，B符合題意；

C.方程92是核裂變反應(yīng)，C不符合題意；

D.原子彈是利用核裂變?cè)碇瞥傻?，D不符合題意。

故答案為：B。

【分析】放能核反應(yīng)中，一定有質(zhì)量虧損；根據(jù)γ射線的性質(zhì)分析；根據(jù)核裂變和核聚變的特點(diǎn)分析反應(yīng)類型；根據(jù)原子彈的原理分析。2．【答案】A【解析】【解答】AB.設(shè)輕繩與豎直方向夾角為a，AN、NB間夾角為2α，如圖：

則根據(jù)幾何關(guān)系可得2Rcosθ=MA，ANsinα+NBsin根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可得2F可得F=可知，圓環(huán)從圖示位置繞圓心O順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)過(guò)2θ角的過(guò)程中，輕繩的拉力F先增大再減小，A符合題意，B不符合題意；

CD.因?yàn)樾∏蚴蔷徛\(yùn)動(dòng)，所以小球一直處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，合力一直為0，CD不符合題意。

故答案為：A。

【分析】根據(jù)小球受力，由共點(diǎn)力平衡條件幾何關(guān)系，求出F的表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式分析圓環(huán)從圖示位置繞圓心O順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)過(guò)2θ角的過(guò)程中，輕繩拉力的變化情況；小球處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，合力一直為零。3．【答案】C【解析】【解答】A.小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平位移與時(shí)間的關(guān)系為x=則小球在斜面的“影子”運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系為s=由此式可知“影子”做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A不符合題意；

B.小球的水平位移為x=6則小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=B不符合題意；

C.小球豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，故小球撞到斜面時(shí)，豎直方向的位移為h=可得拋出點(diǎn)與斜面底端的高度差為H=h+6C符合題意；

D.小球撞在斜面瞬間重力的瞬時(shí)功率為P=mgD不符合題意。

故答案為：C。

【分析】推導(dǎo)小球“影子”運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系式，根據(jù)關(guān)系式的特點(diǎn)分析影子的運(yùn)動(dòng)方式；根據(jù)小球水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，求出小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間；根據(jù)小球豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，求出小球撞到斜面時(shí)下落的位移，再結(jié)合幾何關(guān)系，求出小球的拋出點(diǎn)與斜面底端的高度差；根據(jù)功率的公式P=Fvcos4．【答案】D【解析】【解答】AB.根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可得G可得T=若飛船繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)M處，軌道半徑小于核心艙的軌道半徑，則它的周期小于核心艙的周期，A不符合題意；

B.由牛頓第二定律可得a=飛船軌道半徑小于核心艙的軌道半徑，故飛船的向心加速度大于核心艙的向心加速度，B不符合題意；

C.若飛船在N處，則應(yīng)減速做向心運(yùn)動(dòng)，才能變軌到核心艙軌道與核心艙對(duì)接，C不符合題意；

D.根據(jù)萬(wàn)有引力等于重力可得G天和核心艙繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得G聯(lián)立解得天和核心艙的周期為T=2πD符合題意。

故答案為：D。

【分析】根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力推導(dǎo)周期表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式比較飛船與核心艙運(yùn)行周期的大小關(guān)系；根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)向心加速度的表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式比較飛船與核心艙向心加速度的大小關(guān)系；由衛(wèi)星變軌的規(guī)律，分析飛船要與核心艙對(duì)接要采取的措施；根據(jù)萬(wàn)有引力等于重力和萬(wàn)有引力提供核心艙做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，綜合推導(dǎo)天和核心艙的周期。5．【答案】C【解析】【解答】ABC.假設(shè)活塞不動(dòng)，電阻絲對(duì)a進(jìn)行加熱，溫度升高，壓強(qiáng)增大，由圖可知，a、b壓強(qiáng)應(yīng)相等，所以活塞應(yīng)向右移動(dòng)，b中氣體的體積減小，壓強(qiáng)增大，a、b中氣體壓強(qiáng)應(yīng)相等，所以a中壓強(qiáng)增大，由pV可知，a氣體壓強(qiáng)增大，體積增大，所以溫度增大，AB不符合題意，C符合題意；

D.因?yàn)閎的體積減小，氣體總分子數(shù)不變，則b中的氣體單位體積內(nèi)的分子數(shù)增大，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】分析如果活塞不動(dòng)，a中氣體被加熱后壓強(qiáng)的變化，結(jié)合a、b兩部分氣體壓強(qiáng)總相等的特點(diǎn)，得出活塞的運(yùn)動(dòng)方向，繼而得到b中氣體壓強(qiáng)的變化情況，再由理想氣體狀態(tài)方程分析a中氣體溫度的變化情況；根據(jù)b中氣體體積的變化，分析b中氣體單位體積內(nèi)的分子數(shù)的變化情況。6．【答案】B【解析】【解答】A.根據(jù)一個(gè)周期波向前傳播一個(gè)波長(zhǎng)的距離，結(jié)合圖像可得?t=0.5可得周期為T=A不符合題意；

B.由圖可知波長(zhǎng)為λ=4kmv=可知當(dāng)n=0時(shí)，波速最小，最小波速為vB符合題意；

C.波沿x軸正方向傳播，根據(jù)波形平移法可知，t時(shí)刻位于x=1km的質(zhì)點(diǎn)沿軸負(fù)向振動(dòng)，C不符合題意；

D.從t時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，根據(jù)波形平移法可知，x=2km處的質(zhì)點(diǎn)接下來(lái)由端點(diǎn)向下振動(dòng)，x=2.5km處的質(zhì)點(diǎn)再該時(shí)刻向上振動(dòng)，故x=2km處的質(zhì)點(diǎn)比x=2.5km處的質(zhì)點(diǎn)先回到平衡位置，D不符合題意。

故答案為：B。

【分析】根據(jù)一個(gè)周期波向前傳播一個(gè)波長(zhǎng)的距離，結(jié)合圖像中波向前傳播的距離與波長(zhǎng)的關(guān)系，求出質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期；由波速公式v=λ7．【答案】C【解析】【解答】A.圓筒軸線處的磁場(chǎng)為條通電導(dǎo)線激發(fā)磁場(chǎng)的矢量和，由安培定則和對(duì)稱性可知，圓筒軸線處的磁場(chǎng)剛好抵消，磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，A不符合題意；

B.各條通電導(dǎo)線在圓筒外部P處激發(fā)的磁場(chǎng)如圖所示：

由對(duì)稱性可知，合磁場(chǎng)方向在垂直軸線的平面內(nèi)且與筒壁切線平行，B不符合題意；

C.某條通電導(dǎo)線受到的安培力是受除它之外的n-1條通電導(dǎo)線激發(fā)的合磁場(chǎng)施加的，由對(duì)稱性可知通電導(dǎo)線處合磁場(chǎng)沿圓周切線方向，由左手定則判斷，這條通電導(dǎo)線受到的安培力垂直筒壁方向指向軸線，C符合題意；

D.若電流I為原來(lái)的2倍，由磁場(chǎng)的疊加，某條通電導(dǎo)線所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，由安培力公式F=BIl，可知通電導(dǎo)線受到的安培力變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】由安培定則判斷通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)，根據(jù)對(duì)稱性分析圓筒內(nèi)部和外部各處的磁感應(yīng)強(qiáng)度；同樣由安培定則結(jié)合對(duì)稱性分析某條通電導(dǎo)線所在處的磁場(chǎng)，再由左手定則判斷導(dǎo)線受到的洛倫茲力方向；根據(jù)安培力的公式F=BIL，分析若電流I變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，每條導(dǎo)線受到的安培力的變化情況。8．【答案】C,D【解析】【解答】A.將兩金屬桿形成的電場(chǎng)等效為位置在金屬桿中心處的兩等量異種電荷的電場(chǎng)，因?yàn)榈攘慨惙N點(diǎn)電荷中垂線上點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，所以P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不為零，A不符合題意；

B.等量異種點(diǎn)電荷中垂線是等勢(shì)線，故PQ連線為等勢(shì)線，將負(fù)試探電荷從P點(diǎn)沿PO連線移到O點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力不做功，電勢(shì)能不變，B不符合題意；

C.Q點(diǎn)的電勢(shì)是各個(gè)點(diǎn)電荷在O點(diǎn)電勢(shì)的代數(shù)和，在P點(diǎn)另放入一個(gè)正點(diǎn)電荷后，Q點(diǎn)的電勢(shì)一定升高，C符合題意；

D.Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度是各個(gè)點(diǎn)電荷在Q點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量和，在P點(diǎn)另放一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷后，Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，D符合題意。

故答案為：CD。

【分析】將兩金屬桿形成的電場(chǎng)等效為位置在金屬桿中心處的兩等量異種電荷的電場(chǎng)，再根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布，分析P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷中垂線是等勢(shì)線的特點(diǎn)，得出PQ連線為等勢(shì)線，再由電場(chǎng)力做功分析電勢(shì)能的變化；電勢(shì)是標(biāo)量，電勢(shì)為各點(diǎn)電荷產(chǎn)生電場(chǎng)的電勢(shì)的代數(shù)和；電場(chǎng)強(qiáng)度為矢量，Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度是各個(gè)點(diǎn)電荷在Q點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量和。9．【答案】B,C,D【解析】【解答】A.左球與鋼板碰撞時(shí)間較短，右球與泡沫碰撞時(shí)間較長(zhǎng)，即曲線①代表左球的碰撞情況，曲線②代表右球的碰撞情況，A不符合題意；

C.因?yàn)閮汕蚺銮白杂上侣涞母叨认嗤?，所以碰前的速度相等，兩球的?dòng)量相等，C符合題意；

D.由題意可知，碰撞過(guò)程中，兩球的初速度v0I=mv-m相等，D符合題意；

B.F-t圖像中面積表示F產(chǎn)生的沖量，根據(jù)動(dòng)量定理可得I因?yàn)榍€①中作用時(shí)間比曲線②中作用時(shí)間短，所以曲線①與時(shí)間軸圍成的面積小于曲線②與時(shí)間軸圍成的面積，B符合題意。

故答案為：BCD。

【分析】右筒底部的泡沫由緩沖作用，所以球與泡沫碰撞時(shí)間長(zhǎng)；根據(jù)兩球碰前自由下落的高度相同，判斷兩球碰前的動(dòng)量關(guān)系；由動(dòng)量定理分析兩小球碰撞過(guò)程中受到的合力沖量的大小關(guān)系；根據(jù)F-t圖像中面積表示F產(chǎn)生的沖量，結(jié)合動(dòng)量定理，分析兩個(gè)圖線與時(shí)間軸所圍面積的大小關(guān)系。10．【答案】B,D【解析】【解答】A.第一次能由靜止開始下滑，說(shuō)明mg第二次開始下滑后，多一個(gè)垂直桿的、水平方向的洛倫茲力，洛倫茲力由零逐漸增大，小球?qū)U的彈力由mgcosθ逐漸增大，滑動(dòng)摩擦力也從μmgcosθ開始逐漸增大，如果小球在到達(dá)A之前摩擦力沒(méi)有增大到等于重力的下滑分量，則小球一直加速運(yùn)動(dòng)到A，如果小球沒(méi)有到達(dá)A之前摩擦力就增大了等于下滑力，則加速結(jié)束，速度最大，之后做勻速運(yùn)動(dòng)，直到到達(dá)A點(diǎn)，所以不存在到達(dá)A點(diǎn)之前就停下來(lái)的情況，A不符合題意；

B.由于第二次相對(duì)于第一次經(jīng)過(guò)同一位置時(shí)，摩擦力會(huì)變大，所以加速度為零，也就是速度最大的位置一定在M點(diǎn)之上，B符合題意；

CD.第二種情況下摩擦力變大，經(jīng)過(guò)相同的路徑克服摩擦力做的功會(huì)變大，機(jī)械能減小較第一次多，所以第二次小球不能到達(dá)第一次的最低點(diǎn)N，彈簧所具有的最大彈性勢(shì)能比第一次小，C不符合題意，D符合題意。11．【答案】（1）A（2）m1S【解析】【解答】（1）A.為了得出動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式，應(yīng)測(cè)量五角硬幣和一元硬幣的質(zhì)量m1、m2，A符合題意；

BD.驗(yàn)證碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，需要測(cè)出硬幣在O點(diǎn)以后滑行的位移，可以不測(cè)量五角硬幣和一元硬幣的直徑，發(fā)射槽口到O點(diǎn)的距離也不需要測(cè)量，BD不符合題意；

C.由于五角硬幣和一元硬幣與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)近似相等，所以硬幣與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)不需要測(cè)量，C不符合題意；

故答案為：A。v由牛頓第二定律可得硬幣的加速度大小為a=聯(lián)立可得v=由動(dòng)量守恒定律可知m即m整理得m故該同學(xué)要驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為m如果該碰撞為彈性碰撞，則還需要滿足能量守恒定律，即1解得m【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析要測(cè)量的物理量；（2）根據(jù)測(cè)得的物理量，求出兩硬幣碰撞前后的速度，再由動(dòng)量守恒定律分析該實(shí)驗(yàn)要驗(yàn)證的表達(dá)式；彈簧碰撞過(guò)程中除要滿足動(dòng)量守恒外，還需滿足能量守恒定律，由此求出需要判斷是否成立的表達(dá)式。12．【答案】（1）3.799/3.800/3.801；U（2）1（3）A【解析】【解答】（1）①螺旋測(cè)微器讀數(shù)D=3.5mm+30.0×0.01mm=3.800mm；④由于開關(guān)S'是斷開的，根據(jù)歐姆定律可得定值電阻的阻值R0=UI1，閉合開關(guān)S'，電阻絲與定值電阻并聯(lián)，并聯(lián)后的總電阻小于定值電阻的阻值R0，電流表示數(shù)增大，電壓表示數(shù)變小。向左調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片使電壓表的示數(shù)仍為U，電阻絲與定值電阻并聯(lián)后的總電阻為R'=R0RxR0+Rx，根據(jù)歐姆定律得R'=UI2，聯(lián)立解得Rx=UI2-I1；（2）根據(jù)Rx13．【答案】（1）解：若要使物體靜止在斜面上，根據(jù)平衡條件得mg解得推力至少為F=40N（2）解：若撤去推力F，根據(jù)牛頓第二定律可得mg解得a=2m物體沿斜面下滑4m過(guò)程中，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得v解得v=4m則物體的平均速度大小為v【解析】【分析】（1）分析物體的受力，當(dāng)物體恰好能靜止在斜面上時(shí)，推力F最小，由共點(diǎn)力平衡條件求解推力F的最小值；（2）撤去推力F，由牛頓第二定律求出物體下滑的加速度，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)