浙江省溫州十校聯(lián)合體2021-2022學年高二下學期物理期中聯(lián)考試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題1．下列為普朗克常量h單位的是（）A．J/s B．N?m C．kg?m2．北京冬奧會比賽留下了許多精彩畫面。下列是四項比賽時的照片，說法正確的是（）A．研究甲圖中運動員谷愛凌U型場地技巧時，可以將運動員看作質(zhì)點B．研究乙圖中韓聰和隋文靜雙人花滑的動作時，可以將運動員看作質(zhì)點C．研究丙圖中冰壺運動的軌跡時，不能將冰壺看成質(zhì)點D．記錄了圖中任子威100米短道速滑比賽用時，可以忽略運動員的大小和形狀3．下列四幅圖所涉及的物理知識，說法不正確是（）A．可變電容器是利用改變兩組鋁片的正對面積來改變電容B．靈敏電流表在運輸時要用導線把兩個接線柱連在一起，是利用電磁阻尼C．電磁爐是利用變化的磁場使電磁爐面板產(chǎn)生渦流發(fā)熱，傳導給鐵鍋加熱食物D．回旋加速器所加磁場的磁感應(yīng)強度B的大小由粒子的比荷與交流電源的頻率共同決定4．杭黃高鐵被稱為“最美高鐵”。小李乘坐16節(jié)車廂編組的高鐵旅行。他位于某節(jié)車廂尾部且恰好進入毛遂崗隧道時，立即以約為1.5m/s的速度向此節(jié)車廂前部行走，經(jīng)過A．顯示屏上的示數(shù)216km/B．該列車通過毛遂崗隧道的時間約為15sC．該列車的長度約為360mD．毛遂崗隧道長度約為922m5．2022年是空間站建造決戰(zhàn)決勝之年，根據(jù)任務(wù)安排，今年將組織實施空間站問天艙、夢天艙、貨運補給、載人飛行等6次飛行任務(wù)，完成空間站在軌建造，建成在軌穩(wěn)定運行的國家太空實驗室，到時會有6位航天員同時在空間站中執(zhí)行任務(wù)。目前，執(zhí)行空間站建造階段2次載人飛行的航天員乘組已經(jīng)選定，正在開展任務(wù)訓練，其中有宇航員的急動度訓練。急動度j是加速度變化量Δa與發(fā)生這一變化所用時間Δt的比值，即j=ΔaA．0~B．3~C．t=1.5s時與D．t=2s時與t=4s時的急動度大小相等、方向相反6．如圖所示，高空滑索是一項勇敢者的運動，某人用輕繩通過滑環(huán)懸吊在傾角為30°的鋼索上運動，在下滑過程中輕繩始終保持豎直，不計空氣阻力，則下列說法中不正確的是（）A．該人處于失重狀態(tài)B．該人做勻速運動C．滑環(huán)受到四個力的作用D．鋼索對滑環(huán)的作用力等于人和滑環(huán)的總重力7．下列有關(guān)運動的說法正確的是（）A．圖甲中A球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，若A球角速度越大則θ越小B．圖乙中質(zhì)量為m的小球到達最高點時對上管壁的壓力為3mg，則小球的速度大小為2C．圖丙中皮帶輪上b點的加速度大于a的加速度D．圖丙中皮帶輪上c點的線速度等于d點的線速度8．手持軟長繩的一端O點，在豎直平面內(nèi)連續(xù)向上、向下抖動軟繩（可視為簡諧運動），帶動繩上的其他質(zhì)點振動形成沿繩水平傳播的簡諧波，P、Q為繩上的兩點。t=0時O點由平衡位置開始振動，經(jīng)過時間Δt在繩上第一次形成的波形如圖所示，則（）A．O點的起振方向向下B．此時P點與Q點的速度相同C．該繩波的周期T=D．若手上下振動加快，該波的波長將變大9．2021年10月16日發(fā)射神舟十三號載人飛船，翟志剛、王亞平、葉光富3名航天員將執(zhí)行飛行任務(wù)，將在中國空間站駐留6個月。假設(shè)中國空間站繞地球運動看作勻速圓周運動，在圓軌道上一天時間內(nèi)繞地球飛行約為16圈，已知地球的半徑為6400km，地球表面的重力加速度取9.A．王亞平在該軌道上飛行時，一天內(nèi)出現(xiàn)16次日出日落，每次從日出到日落的時間間隔為0B．由于失重，王亞平在“中國空間站”中不能用天平測物體的質(zhì)量，但可用彈力健身器鍛煉身體C．王亞平將在太空拍到的照片傳到地面所需的時間約為1sD．“神舟十三號”與“中國空間站”對接的過程是將“神舟十三號”送到“中國空間站”的同一圓軌道上再加速對接成功10．如圖所示，某次雷雨天氣，帶電云層和建筑物上的避雷針之間形成電場，圖中虛線為該電場的三條等勢線，實線為某帶電粒子從A運動到B的軌跡，A、B為運動軌跡上的兩點。帶電粒子的重力不計，避雷針帶負電。則（）A．帶電粒子帶負電B．避雷針尖端附近電勢較高C．帶電粒子在A點的加速度大于在B點的加速度D．帶電粒子在A點的電勢能大于在B點的電勢能11．教學用發(fā)電機能夠產(chǎn)生正弦式交變電流。利用該發(fā)電機（內(nèi)阻可忽略）通過理想變壓器向定值電阻R供電，電路如圖所示，n1A．R消耗的功率變?yōu)?PB．電壓表V的讀數(shù)變?yōu)?C．電流表A的讀數(shù)變?yōu)?D．通過R的交變電流頻率變?yōu)樵瓉淼?倍12．航母上飛機彈射起飛是利用電磁驅(qū)動來實現(xiàn)的。電磁驅(qū)動原理如圖所示，在固定線圈左右兩側(cè)對稱位置放置兩個閉合金屬圓環(huán)，鋁環(huán)和銅環(huán)的形狀、大小相同，已知銅的電阻率較小，則合上開關(guān)S的瞬間（）A．兩個金屬環(huán)都向左運動B．從左側(cè)向右看，兩個金屬環(huán)中感應(yīng)電流都沿順時針方向C．銅環(huán)受到的安培力等于鋁環(huán)受到的安培力D．若交換電源正負極，兩個金屬環(huán)運動方向都與交換前相反13．某科研小組在進行一次科研實驗時，將一個能產(chǎn)生多種正離子（質(zhì)子、氘核、氚核及氦核等）的粒子源放在如圖裝置的位置。粒子源產(chǎn)生的正離子飄入（初速度很小，可忽略不計）電壓為U1的加速電場，經(jīng)加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中心線射入。已知平行金屬板A、B板長為L，相距為d，兩板間的電壓為UA．U1與U2B．各離子在電場中的運動軌跡重合C．各離子從A，B板間射出時的速度相同D．各離子從粒子源到從A，B板間射出的時間相同二、多選題14．頻率不同的兩束單色光a和b（頻率νaA．若從下表面射出時，b光一定在a光的右側(cè)B．兩束單色光都有可能不會從玻璃磚的下表面射出C．單色光b在玻璃磚中的速度小于單色光a在玻璃磚中的速度D．在相同條件下，分別用a、b光進行雙縫干涉實驗，則用a光得到干涉條紋間距較大15．利用光敏電阻（阻值隨光照強度的增大而減小）制作的光傳感器，可以記錄傳遞帶上工件的輸送情況。如圖甲所示是光電計數(shù)器的工作示意圖，其中A是發(fā)光儀器，B是傳送帶上的物品，R1為光敏電阻，R2為定值電阻；圖乙是輸出電信號與時間的關(guān)系。若傳送帶始終勻速運動，每個工件的距離為0.1m，則下列說法正確的是（）A．當有光照射R1時，信號處理系統(tǒng)獲得高電壓B．信號處理系統(tǒng)每獲得一次高電壓就計數(shù)一次C．傳送帶運動的速度是0.1m/sD．該傳送帶每小時輸送7200個工件16．如圖所示，為LC振蕩電路的某一狀態(tài)，此時線圈L中磁場方向向上，電容器中電場方向向上，則（）A．此時電容器處于放電狀態(tài)B．從此時開始，在很短的時間內(nèi)電路中電流將逐漸變小C．此時電路處于磁場能向電場能轉(zhuǎn)化的狀態(tài)D．若線圈的自感系數(shù)L越大、電容器的電容C越大，則振蕩電路產(chǎn)生的振蕩電流的頻率越小三、實驗題17．（1）小明同學用如圖甲所示的裝置進行用單擺測量重力加速度的實驗。①以下是實驗過程中的一些做法，其中正確的有；A．盡量選擇質(zhì)量大、體積小的擺球B．將擺球拉到最大位移處釋放，同時快速按下秒表開始計時C．測量擺長時，讓單擺自然下垂，先測出擺線長度，然后加上擺球的半徑D．用秒表測量單擺完成1次全振動所用時間作為單擺的周期②用10分度的游標卡尺測量了小球直徑d，示數(shù)如圖乙所示，則小球直徑d=mm；（2）在探究“物體質(zhì)量一定時，加速度與力的關(guān)系”的實驗中，某同學作了如圖所示的實驗改進，添加了用力傳感器來測細線中的拉力。關(guān)于實驗改進后，下列說法正確的是____。A．力傳感器測得的是砂和砂桶的總重力B．小車受到的合力等于力傳感器測得的大小C．砂和砂桶的總質(zhì)量不需遠小于小車質(zhì)量D．本實驗不需要進行阻力補償18．如圖甲所示，將一根銅棒和一根鋅棒插入一只蘋果內(nèi)，就成了一個簡單的“水果電池”。小明同學做了兩個這樣的水果電池，并依次進行以下實驗：（1）用多用電表的直流電壓（0~2.（2）用如圖丙所示的電路測量該電池組（兩個水果電池串聯(lián)）的電動勢和內(nèi)阻，已知定值電阻R0=990Ω，兩只電流表規(guī)格相同，量程均為0~3.0mA，內(nèi)阻均為10Ω）。若身邊有兩種規(guī)格的滑動變阻器：（3）根據(jù)上述實驗中兩只電流表讀數(shù)的多組數(shù)據(jù)，在I1?I2圖中描點并作出圖像，如圖丁所示，可求得該電池組的電動勢與內(nèi)阻分別為E=V、四、解答題19．如圖所示，是一種巨型娛樂器械可以使人體驗超重和失重狀態(tài)。一可乘坐二十多個人的環(huán)形座艙套裝在豎直柱子上，由升降機送上幾十米的高處，然后讓座艙自由下落。落到一定位置時，制動系統(tǒng)啟動，到達地面時剛好停下。已知座艙開始下落時的高度為75m，落到地面所用的時間為5s，制動系統(tǒng)啟動后座艙做勻減運動。求：（1）制動系統(tǒng)啟動時離地面的高度；（2）座艙離地面20m時，質(zhì)量為60kg的人對座艙的壓力大小。20．如圖所示，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點，彈簧處于自然狀態(tài)時其右端位于B點。水平桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑軌道MNP，其形狀為半徑R=0.8m的圓環(huán)剪去了左上角135°的圓弧，MN為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離也是R。用質(zhì)量m1=0.4kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點，釋放后彈簧恢復原長時物塊恰停止在B點。用同種材料制作的質(zhì)量為m2（1）BP間的水平距離XBP（2）判斷m2（3）若用材料相同的質(zhì)量為m（m<m21．如圖所示，兩根光滑平行金屬導軌放置在傾角為θ=30°絕緣斜面上，兩導軌間距導軌L=1m，導軌足夠長且電阻忽略不計。導軌上端接一個阻值為R=4Ω的電阻。兩導軌間分布著磁感應(yīng)強度大小不變、方向垂直于斜面（向上與向下）交替變化的條形區(qū)域的勻強磁場，每一條形磁場區(qū)域的寬度為X1=1.2m，相鄰條形磁場區(qū)域的間距為X2=1.5m，斜面處的磁場邊界都是水平的?，F(xiàn)一長為（1）磁場的磁感應(yīng)強度B的大??；（2）導體棒通過每一個磁場區(qū)域的過程，通過電阻R的電荷量q；（3）從導體棒進入磁場開始計時，通過導體棒電流的有效值I。22．離子發(fā)動機（圖甲）是利用電能加速工質(zhì)（工作介質(zhì)）形成高速粒子流而產(chǎn)生推力的航天器發(fā)動機。其原理如圖乙所示，其原理如下：首先系統(tǒng)將等離子體經(jīng)系統(tǒng)處理后，從下方以恒定速率v1向上射入有磁感應(yīng)強度大小為B1，方向垂直紙面向里的勻強磁場的區(qū)域Ⅰ內(nèi)。柵電極MN和PQ間距為d（柵電極是多孔薄金屬板，帶電微粒能自由通過），當柵電極MN、PQ間形成穩(wěn)定的電場后，自動關(guān)閉區(qū)域Ⅰ系統(tǒng)（關(guān)閉粒子進入通道、撤去磁場）。間距為D的兩水平放置極板間為區(qū)域Ⅱ，區(qū)域Ⅱ中僅在直徑為D的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的磁場，磁感應(yīng)強度大小為B2，放在下極板A處的粒子放射源能夠發(fā)射速率相等的正離子，離子放射源發(fā)出的正離子速度方向與下極板夾角為α（1）求在A處發(fā)射的正離子的速度大小v2（2）若正離子經(jīng)過區(qū)域Ⅰ加速后，離開PQ的速度大小為2v2，求v1（3）若在第（2）問的情況下，假設(shè)航天器的總質(zhì)量為M，正在以速度v運動，發(fā)現(xiàn)運動方向偏離預定方向θ角，如圖丙所示，為了使飛船回到預定的飛行方向，飛船啟用推進器沿垂直于飛船速度的方向進行推進調(diào)整，且推進器工作時間極短，求離子推進器噴射出的粒子數(shù)N。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】根據(jù)ε=hν可知普朗克常量單位為J?s，又由1J=kg?m2?故答案為：D。

【分析】利用其能量子方程結(jié)合功的表達式可以求出普朗克常量的單位。2．【答案】D【解析】【解答】AB．質(zhì)點是只計質(zhì)量不計大小、形狀的一個幾何點，是實際物體在一定條件的科學抽象，能否看作質(zhì)點物體本身無關(guān)，要看所研究問題的性質(zhì)，看物體的形狀和大小在所研究的問題中是否可以忽略。因為要研究谷愛凌U型場地技巧以及韓聰和隋文靜雙人花滑的動作，此時不能將其看作質(zhì)點，AB不符合題意；CD．而研究丙圖中冰壺運動的軌跡以及任子威100米短道速滑比賽用時，就可以忽略其動作、大小而將其視為質(zhì)點，C不符合題意，D符合題意。故答案為：D。

【分析】物體能否作為質(zhì)點主要看本身形狀大小對所研究的問題是否有影響。3．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)電容器的決定式C=知C與板間距離d、極板正對面積和電介質(zhì)，由圖知板間距離d和電介質(zhì)沒有改變，可知可變電容器是利用改變兩組鋁片的正對面積來改變電容，A正確，不符合題意；B．用導線將電流表的兩個接線柱連在一起，電流表線圈形成閉合回路，在運輸過程中線圈轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生感應(yīng)電流，使線圈獲得電磁阻尼作用，從而減緩指針的晃動，B正確，不符合題意；C．電磁爐是利用電磁感應(yīng)現(xiàn)象產(chǎn)生的渦流，使鍋體發(fā)熱從而加熱食物，C錯誤，符合題意；D．根據(jù)洛倫茲力提供向心力，可得qvB=m又粒子運動的周期為T=解得B=回旋加速器所加磁場的磁感應(yīng)強度B的大小由粒子的比荷與交流電源的頻率共同決定，D正確，不符合題意。故答案為：C。

【分析】其可變電容器是利用改變其正對面積來改變電容的大??；電流表兩個接線柱連接在一起是利用感應(yīng)電流產(chǎn)生電磁阻尼減小其指針的晃動；電磁爐時利用電磁感應(yīng)產(chǎn)生的渦流，使鍋體發(fā)熱加熱食物。4．【答案】B【解析】【解答】A．顯示屏上的示數(shù)216km/B．該列車通過毛遂崗隧道的時間大于15s，B錯誤，符合題意；C．一節(jié)車廂的長度約為l=922m-60m/s×15s=22m所以總長約為lC正確，不符合題意；D．毛遂崗隧道長度約為x=D正確，不符合題意。故答案為：B。

【分析】顯示屏上顯示瞬時速率的大小；列車過隧道的時間大于15s；利用其列車的速度可以求出其車廂的長度；利用其相對運動可以求出隧道的長度。5．【答案】C【解析】【解答】A．0~B．3~CD.1~5s時間內(nèi)加速度隨時間的變化率不變，所以t=1.5s時與t=3s時的急動度大小和方向都相同，t=2s時與故答案為：C。

【分析】利用其加速度的變化可以判別第1s內(nèi)航天員不是做勻加速直線運動；利用其加速度的絕對值可以判別加速度的大小變化；利用其圖像斜率可以判別急動度的大小及方向。6．【答案】A【解析】【解答】AB．以人為研究對象，人受重力和繩子的拉力兩個力的作用，人沿著鋼索做直線運動，則繩子的拉力和人的重力二力平衡，否則下滑過程中輕繩不能保持豎直，所以人做勻速運動，不處于超重也不處于失重狀態(tài)，A錯誤，符合題意，B正確，不符合題意；C．滑環(huán)受到自身重力，繩的拉力，沿著鋼索方向向上的摩擦力以及垂直于鋼索方向向上的支持力，C正確，不符合題意；D．以滑環(huán)和人的整體為研究對象，根據(jù)平衡條件可得，鋼索對滑環(huán)的作用力等于人和滑環(huán)的總重力，D正確，不符合題意。故答案為：A。

【分析】利用其人的受力分析可以判別人做勻速直線運動所以不處于失重狀態(tài)；利用其圓環(huán)的平衡條件可以判別受力的個數(shù)；利用整體的平衡條件可以判別鋼索對圓環(huán)的作用力等于整體的重力。7．【答案】B【解析】【解答】A．圖甲中A球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，設(shè)繩長為l，根據(jù)牛頓第二定律有mg解得ω=可知當A球角速度越大則θ越大，A不符合題意；B．由牛頓第二定律mg+3mg=解得v=2B符合題意；C．a(chǎn)、c兩點有相同的線速度，由a=可知半徑小的加速度大，則a點的加速度大于c點的加速度b、c兩點有相同的角速度，由a=可知半徑大的加速度大，則c點的加速度又大于b點的加速度，所以a點的加速度大于b點的加速度，C不符合題意；D．c、d兩點有相同的角速度，由v=ωr可知半徑大的線速度大，則c點的線速度小于d點的線速度，D不符合題意。故答案為：B。

【分析】利用牛頓第二定律可以求出角速度的表達式進而判別其角速度越大其夾角越大；利用其豎直方向的牛頓第二定律可以求出小球經(jīng)過最高點速度的大小；利用其ac線速度相等，及bc角速度相等可以比較其b與a加速度的大??；其cd角速度相等所以線速度不相等。8．【答案】C【解析】【解答】A．由波形圖分析知此時Q點的振動方向向上，所以O(shè)點的起振方向向上，A不符合題意；B．此時P點速度方向向下，Q點的速度向上，B不符合題意；C．由Δt=可知T=C符合題意；D．由v=λf可知，v不變，f變大，λ將變小，D不符合題意。故答案為：C。

【分析】利用其Q點的振動方向可以判別波源的起振方向；利用其波的傳播方程可以判別其質(zhì)點的速度方向；利用其振動時間和周期的關(guān)系可以求出周期的大??；當其頻率變大波速不變可以判別波長將變小。9．【答案】B【解析】【解答】A．依題意，空間站的周期為T=衛(wèi)星衛(wèi)東的示意圖如圖可知從A點開始日出到B點為日落并不是半個周期即0.75h，A不符合題意；B．根據(jù)天平和彈力健身器的工作原理，可知在失重環(huán)境下，不能用天平測物體的質(zhì)量，但可用彈力健身器鍛煉身體。B符合題意；C．空間站所受萬有引力提供向心力，有GMm解得h=400km照片傳到地面的速度為電磁波的傳播速度，即光速，所需的時間為t=C不符合題意；D．將“神舟十三號”送到“中國空間站”的同一圓軌道上加速后會做離心運動，飛到更高的軌道，無法與空間站對接。D不符合題意。故答案為：B。

【分析】利用其運動的圈數(shù)和時間可以求出空間站的周期，利用其運行的角度可以判別其日出及日落的時間間隔；當處于完全失重時不能利用天平測量質(zhì)量但可以利用彈力健身器鍛煉身體；利用其引力提供向心力可以求出空間站的高度，結(jié)合傳播速度可以求出傳播的時間；神舟十三號與空間站對接應(yīng)該在低軌道加速進行離心變軌。10．【答案】D【解析】【解答】A．根據(jù)帶電粒子的運動軌跡可知，帶電粒子受到指向曲線彎曲內(nèi)側(cè)的作用力，即帶電粒子與帶負電的避雷針之間為相互吸引力，帶電粒子帶正電，A不符合題意；B．避雷針帶負電，帶電云層和建筑物上的避雷針之間形成電場中，電場線指向避雷針，沿著電場線的方向，電勢降低，由此可知，避雷針尖端附近電勢較低，B不符合題意；C．等勢線越密集的位置，電場強度越強，由此可知，B點的電場強度大小大于A的，則帶電粒子在B點的加速度大于在A點的加速度，C不符合題意；D．避雷針尖端附近電勢較低，即φ根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系E又因為粒子帶正電，則帶電粒子在A點的電勢能大于在B點的電勢能，D符合題意。故答案為：D。

【分析】利用其粒子運動軌跡可以判別其電場力的方向進而判別帶電粒子帶負電；利用其電場線的分布可以判別電勢的高低；利用其等勢面的疏密可以比較場強和加速度的大??；利用電勢結(jié)合電性可以比較電勢能的大小。11．【答案】A【解析】【解答】AB．根據(jù)E當發(fā)電機線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼?倍，則發(fā)電機感應(yīng)電動勢的最大值變?yōu)樵瓉淼?倍，感應(yīng)電動勢的有效值變?yōu)樵瓉淼?倍，則理想變壓器原線圈的電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)n可知，副線圈的電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，電壓表讀數(shù)變?yōu)?U，根據(jù)P=因定值電阻兩端電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，則R消耗的功率變?yōu)?P，A符合題意，B不符合題意；C．根據(jù)歐姆定律可知理想變壓器副線圈的電流變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)n可知，理想變壓器原線圈的電流變?yōu)樵瓉淼?倍，電流表讀數(shù)變?yōu)?I，C不符合題意；D．根據(jù)ω=2πT可得ω=2πf可知通過R的交變電流頻率變?yōu)樵瓉淼?倍，D不符合題意。故答案為：A。

【分析】利用其線圈的轉(zhuǎn)速可以判別其電動勢的變化，結(jié)合其匝數(shù)之比可以判別其電壓表讀數(shù)變?yōu)樵瓉淼?倍；結(jié)合其電功率的表達式可以判別其電阻R消耗的功率為原來的4倍；利用其歐姆定律可以判別其輸出電流變?yōu)樵瓉淼?倍，結(jié)合匝數(shù)之比可以判別輸入電流為原來的2倍；利用其轉(zhuǎn)速與頻率的關(guān)系可以判別其交流電頻率為原來的2倍。12．【答案】B【解析】【解答】A．合上開關(guān)S的瞬間，電流從無到有，通過兩金屬環(huán)的磁通量增大，由楞次定律的推論要阻礙磁通量的增大，兩環(huán)應(yīng)遠離線圈，所以A不符合題意；B．由右手定則得兩金屬環(huán)的磁通量向左增大，原磁場的方向向左，由楞次定律得感應(yīng)磁場的方向向右，再由右手定則可得兩環(huán)的感應(yīng)電流方向向右，所以從左側(cè)向右看，兩個金屬環(huán)中感應(yīng)電流都沿順時針方向，則B符合題意；C．兩種金屬環(huán)的材料不同，電阻率不同電阻不同，感應(yīng)電流不同，則它們的安培力也不同，所以C不符合題意；D．交換電源正負極，閉合開關(guān)瞬間變化相同所以兩個金屬環(huán)運動方向都與交換前相同。則D不符合題意；故答案為：B。

【分析】利用其開關(guān)閉合時磁通量增大，結(jié)合楞次定律可以判別兩環(huán)應(yīng)該遠離線圈；利用楞次定律可以判別感應(yīng)電流的方向；利用其兩種環(huán)其電阻不同所以電流不同，則受到的安培力大小不同；當其電源正負極對換時其兩個金屬環(huán)運動的方向與交換前相同。13．【答案】B【解析】【解答】A．粒子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為v0，根據(jù)動能定理可得粒子進入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動，若粒子能夠從A、B板間射出則粒子的豎直偏轉(zhuǎn)位移y應(yīng)滿足y<根據(jù)類平拋的特點可得L=y=聯(lián)立可得UA不符合題意；B．假設(shè)帶電粒子向下偏轉(zhuǎn)，以S為坐標原點建立直角坐標系，如圖所示根據(jù)類平拋運動的特點可以求出粒子的豎直位移和水平位移分別為y=x=聯(lián)立可求得粒子的軌跡方程為y=由此可知，粒子運動的軌跡與正離子的比荷無關(guān)，只有加速電場和偏轉(zhuǎn)電場的性質(zhì)決定，即各離子在電場中的運動軌跡重合，B符合題意；C．各離子在電場中的運動軌跡重合，即在偏轉(zhuǎn)電場中的豎直偏轉(zhuǎn)位移相同，豎直偏轉(zhuǎn)位移為y，設(shè)粒子射出時的速度大小為v，根據(jù)動能定理可得q解得v=由此可知，粒子射出電場時的速度大小與正離子的比荷相關(guān)，即各離子從A、B板間射出時的速度大小不同，速度方向相同，C不符合題意；D．設(shè)加速電場的寬度為d1，粒子在加速電場中運動的時間為t1解得t離子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t離子從粒子源到從A、B板間射出的時間為t由此可知，離子從粒子源到從A、B板間射出的時間與正離子的比荷相關(guān)，即各離子從A、B板間射出的時間不相同，D不符合題意。故答案為：B。

【分析】粒子在電場中加速，利用動能定理可以求出加速獲得的速度表達式，結(jié)合其粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的位移公式可以求出加速電壓與偏轉(zhuǎn)電壓的比值；利用其類平拋運動的位移公式可以求出偏轉(zhuǎn)位移的表達式進而判別與離子的比荷無關(guān)；利用其動能定理可以判別離開偏轉(zhuǎn)電場的速度與粒子的比荷有關(guān)；利用其勻變速的位移公式結(jié)合在偏轉(zhuǎn)電場的位移公式可以求出其粒子運動的時間大小與比荷有關(guān)。14．【答案】C,D【解析】【解答】A．因為光的頻率越大折射率越大，由題意兩束光的入射角相等，由折射定律n=可知，b光的折射角大于a光的折射角，所以b光的出射點可能在a光的左側(cè)，即從下表面射出時，b光不一定在a光的右側(cè)，A不符合題意；B．因為光發(fā)生全反射的條件是光從光密介質(zhì)射向光疏介質(zhì)，所以從空氣射向玻璃時，一定可以發(fā)生折射，即兩束單色光都會從玻璃磚的下表面射出，B不符合題意；C．由v=可知，單色光b在玻璃磚中的速度小于單色光a在玻璃磚中的速度，C符合題意；D．由c=λν可知，a光的波長大于b光的波長，則由Δx=可知，在相同條件下，分別用a、b光進行雙縫干涉實驗，則用a光得到干涉條紋的間距較大，D符合題意。故答案為：CD。

【分析】利用折射率的大小可以比較其折射角的大小但不能判別其b光的位置；其光從光疏介質(zhì)射向光密介質(zhì)一定不會發(fā)生全反射；利用其折射率的大小可以比較光傳播速度的大小；利用其光的波長可以比較干涉條紋間距的大小。15．【答案】B,D【解析】【解答】A．當有光照射R1時，R1阻值變小，回路電流變大，根據(jù)UR1兩端的電壓U1變小，信號處理系統(tǒng)獲得低電壓，A不符合題意；B．工件每遮擋光一次，R1的阻值變大一次，R1兩端的電壓U1變大一次，信號處理系統(tǒng)就獲得一次高電壓，就計數(shù)一次，B符合題意；C.傳送帶運動的速度是v=C不符合題意；D．該傳送帶每小時輸送工件的數(shù)量為n=D符合題意。故答案為：BD。

【分析】當其光敏電阻的阻值減小時，利用閉合電路的歐姆定律可以判別其R1兩端的電壓減?。焕闷湮灰坪蜁r間可以求出傳送帶運動的速度；利用其總時間及單個工件的運輸時間可以求出每個小時運輸?shù)墓ぜ?shù)量。16．【答案】B,C,D【解析】【解答】A．由右手定則可知線圈中的電流方向從上往下，由電場方向知下極板帶正電，故電容器處于充電狀態(tài)，A不符合題意；B．電容器處于充電狀態(tài)，電路中電流將逐漸變小，B符合題意；C．此時電路處于充電狀態(tài)，所以電路處于磁場能向電場能轉(zhuǎn)化的狀態(tài)，C符合題意；D．由f=1故答案為：BCD。

【分析】利用其右手定則可以判別電流的方向，結(jié)合其極板的電性可以判別電容器處于充電狀態(tài)，則其電流不斷減??；其磁場能向電場能轉(zhuǎn)化；當其自感系數(shù)和電容越大時其振動電路產(chǎn)生的頻率越小。17．【答案】（1）AC；16.4（2）C【解析】【解答】（1）A．為了減小空氣阻力，所以盡量選擇質(zhì)量大、體積小的擺球，A符合題意；B．單擺釋放的角度應(yīng)當小，擺動穩(wěn)定后，開始計時，計時起點終點為擺球通過平衡位置，B不符合題意；C．測量擺長時，讓單擺自然下垂，先測出擺線長度，然后加上擺球的半徑，C符合題意；D．用秒表測量單擺完成30~50次次全振動所用時間，然后求平均擺動一次的時間作為單擺的周期，D不符合題意。故答案為：AC；由圖乙可知，d=16mm+0（2）AC．力傳感器可以精確測得繩子對小車的拉力，由于砂和砂桶做加速運動，則力傳感器測得的并不是砂和砂桶的總重力，故不需要滿足砂和砂桶的總質(zhì)量遠小于小車質(zhì)量，A不符合題意，C符合題意；B．小車受到的合力等于力傳感器測得的大小的兩倍，B不符合題意D．本實驗仍需要進行阻力補償，D不符合題意。故答案為：C。

【分析】（1）為了減小空氣阻力應(yīng)該選擇密度較大的擺球；擺球擺動其最低點開始計時；用秒表測量多次全擺動的時間，結(jié)合其周期數(shù)可以求出單擺的周期；利用游標卡尺的結(jié)構(gòu)和精度可以讀出對應(yīng)的讀數(shù)；

（2）力傳感器測量其繩子對小車的拉力；小車受到的合力等于拉力的兩倍；實驗不需要滿足質(zhì)量要求但需要平衡阻力。18．【答案】（1）0.70（2）B（3）1.45?1【解析】【解答】（1）讀數(shù)約為0.（2）因為水果電池的內(nèi)阻較大，為了實驗中數(shù)據(jù)變化較為明顯，減小實驗誤差，故答案為：B。（3）由閉合回路歐姆定律可得I期中R為電流表的電阻，由I1?I2解得r=5.2×1因為I1?I2圖中的數(shù)據(jù)讀取有誤差，所以內(nèi)阻的取值范圍可為

【分析】（1）利用其電壓表的分度值可以讀出對應(yīng)的讀數(shù)；

（2）由于水果電池的內(nèi)阻偏大，所以為了數(shù)據(jù)變化明顯應(yīng)該滑動變阻器使用大阻值；

（3）利用閉合電路的歐姆定律結(jié)合圖像斜率和截距可以求出電動勢和內(nèi)阻的大小。19．【答案】（1）解：設(shè)制動時的速度為v，則v-t圖像如圖所示由v?t圖像知h=解得v=30m又hh（2）解：設(shè)制動后運動的加速度大小為aa=根據(jù)牛頓第二定律有F解得F根據(jù)牛頓第三定律知，人對座艙的壓力大小F【解析】【分析】（1）座艙先做自由落體運動后做勻減速直線運動，利用其速度時間圖像結(jié)合面積