第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2025-2026學(xué)年黑龍江省齊齊哈爾市高三（上）期末物理試卷一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.學(xué)習(xí)物理的過程中我們需要定義很多物理量，如速度定義式為v=ΔxΔt，下列物理量表達(dá)式不是定義式的是(

)A.電場(chǎng)強(qiáng)度E=Fq B.電容C=QU

C.電流I=2.如圖所示，一個(gè)光滑的半球固定在水平面上，一個(gè)小滑塊靜止在半圓球的頂端，經(jīng)擾動(dòng)以初速度為零沿半球面下滑，則滑塊從半球頂端運(yùn)動(dòng)到地面的過程中(

)A.滑塊一直沿球面運(yùn)動(dòng)

B.滑塊的加速度不斷增大

C.滑塊重力的功率不斷增大

D.滑塊沿水平方向的速度先增大后減小3.一根通電直導(dǎo)線垂直放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，以導(dǎo)線為中心，R為半徑的圓周上有a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)，已知a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度為0。則下列說法正確的是(

)A.直導(dǎo)線中電流方向垂直紙面向外

B.b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.1T

C.c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.2T

D.如果將通電導(dǎo)線撤去，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度就為零4.如圖所示，實(shí)線表示某電場(chǎng)的電場(chǎng)線，一帶電粒子(不計(jì)重力)在該電場(chǎng)中，從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡為虛線所示，則在粒子從a到b的過程中，下列說法正確的是(

)A.粒子帶負(fù)電

B.粒子在a點(diǎn)的加速度小于在b點(diǎn)的加速度

C.電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功

D.粒子的電勢(shì)能減小5.在如圖所示的電路中R1、R2為定值電阻，電容器的電容為C，A、B間的電壓恒定。若調(diào)節(jié)電阻箱R接入電路的阻值，使電容器的帶電量減少ΔQ，則在該過程中(

)A.電阻箱R接入電路的阻值減小

B.電阻R1兩端的電壓增大，增加量大于ΔQC

C.通過電阻R1的電流增大，增加量小于ΔQCR1

D.通過電阻箱R的電流減小，減小量大于ΔQCR2

6.如圖，“L”型導(dǎo)線abc固定并垂直放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ab⊥bc，ab長(zhǎng)為l，bc長(zhǎng)為34l，導(dǎo)線通入恒定電流I，設(shè)導(dǎo)線受到的安培力大小為A.F=74BIl，tanθ=43

B.F=74BIl，tanθ=347.2030年之前，中國(guó)航天員將登上月球。如圖所示，月球的半徑為R，假設(shè)甲、乙兩艘宇宙飛船分別繞月球做橢圓軌道和圓軌道運(yùn)動(dòng)，甲的近地點(diǎn)正好在月面，遠(yuǎn)地點(diǎn)與月面的最近距離為2R，甲的遠(yuǎn)地點(diǎn)與乙軌道的最近距離為R，則甲、乙的周期之比為(

)A.1：1 B.2：1 C.22：1二、多選題：本大題共3小題，共18分。8.如圖甲為一列簡(jiǎn)諧橫波在t=0.1s時(shí)刻的波形圖，P，Q為波的傳播方向上的兩質(zhì)點(diǎn)，圖乙為x=2m處的質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)圖像。下列說法正確的是(

)

A.波沿x軸正方向傳播

B.在t=0～0.05s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)Q的加速度先增大后減小

C.在接下來的四分之一周期內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P和質(zhì)點(diǎn)Q通過的路程可能相等

D.在任意一個(gè)周期內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P和質(zhì)點(diǎn)Q一定有兩個(gè)時(shí)刻位移相同9.如圖所示，光滑傾斜滑道OM與粗糙水平滑道MN平滑連接。質(zhì)量為1kg的滑塊從O點(diǎn)由靜止滑下，在N點(diǎn)與緩沖墻發(fā)生碰撞，反彈后在距墻1m的P點(diǎn)停下。已知O點(diǎn)比M點(diǎn)高1.25m，滑道MN長(zhǎng)4m，滑塊與滑道MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是A.滑塊運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的速度大小為6m/s B.滑塊運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的速度大小為4m/s

C.緩沖墻對(duì)滑塊的沖量大小為5N?s D.10.如圖所示為回旋加速器的示意圖，兩個(gè)靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一個(gè)氘核從加速器的A處由靜止開始加速，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后從加速器出口C處射出。已知D型盒的半徑為R，高頻交變電源的電壓為U、頻率為f，氘核質(zhì)量為m。下列說法正確的是(

)A.核在D形盒中運(yùn)動(dòng)時(shí)間與加速電壓U無關(guān)

B.氘核的最大動(dòng)能為2mπ2f2R2

C.氘核第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為2：1

三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共16分。11.某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖甲所示的裝置做“探究加速度與合外力關(guān)系”實(shí)驗(yàn)。當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，滑塊和遮光條的總質(zhì)量為M。

(1)為了使滑塊受到的合外力近似等于鉤碼的重力，下列操作必要的是______(多選)。

A.平衡摩擦力

B.調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌水平

C.調(diào)節(jié)牽引滑塊的細(xì)線水平

D.使鉤碼質(zhì)量遠(yuǎn)小于滑塊質(zhì)量

(2)先用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條的寬度d，如圖乙所示，則d=______mm。

(3)按正確的操作，接通氣源，將滑塊由A點(diǎn)靜止釋放(A點(diǎn)到光電門的距離為x)，記錄鉤碼的質(zhì)量及滑塊通過光電門時(shí)遮光條遮光時(shí)間，改變懸掛鉤碼的質(zhì)量進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，每次滑塊均從A點(diǎn)由靜止釋放，實(shí)驗(yàn)測(cè)得多組鉤碼的質(zhì)量m及對(duì)應(yīng)的遮光條遮光時(shí)間t，作出1t2?m圖像，如果圖像是一條過原點(diǎn)的傾斜直線，圖像的斜率等于______，則表明質(zhì)量一定時(shí)，加速度與合外力成正比。若要用此實(shí)驗(yàn)過程驗(yàn)證動(dòng)能定理，只要驗(yàn)證表達(dá)式______成立即可。(用題中物理量符號(hào)表示)12.實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)通過測(cè)繪小燈泡的I?U圖像，研究小燈泡的電阻隨電壓變化的規(guī)律，并準(zhǔn)確測(cè)出小燈泡在額定電壓下的電阻及功率。實(shí)驗(yàn)室提供的器材有：

待測(cè)小燈泡：額定電壓約為2.4V，電阻約為幾歐；

直流電源E：電動(dòng)勢(shì)為3.0V，內(nèi)阻約1Ω；

電壓表V：量程為3.0V，內(nèi)阻約3kΩ；

電流表A：量程為0.6A.內(nèi)阻RA=0.5Ω；

滑動(dòng)變阻器R1：最大阻值為10Ω；

滑動(dòng)變阻器R2：最大阻值為1kΩ；

開關(guān)S和導(dǎo)線若干。

(1)要測(cè)繪小燈泡的I?U圖像，并準(zhǔn)確測(cè)出小燈泡在額定電壓下的電阻及功率，應(yīng)選擇圖甲和圖乙兩個(gè)電路中的圖______(填“甲”或“乙”)，變阻器應(yīng)選擇______(填“R1”或“R2”)。

(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)記錄的電流表和電壓表的讀數(shù)I和U，描繪出I?U圖像，如圖丙所示，則小燈泡的電阻隨電壓的增大而______(填“增大”或“減小”)。當(dāng)電流表示數(shù)為0.4A時(shí)，小燈泡正常發(fā)光，由此可推算出小燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻為______Ω，功率為______W(結(jié)果均保留2四、計(jì)算題：本大題共3小題，共38分。13.如圖所示，相距20cm的平行金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面夾角θ=37°，垂直于導(dǎo)軌的金屬棒ab的質(zhì)量為110g，它與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.50，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為1T的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌所接的電源電動(dòng)勢(shì)為10V，內(nèi)阻為1Ω，在開關(guān)閉合狀態(tài)下，金屬棒ab恰好不下滑，導(dǎo)軌和金屬棒ab電阻不計(jì)，重力加速度取g=10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

(1)金屬棒ab所受的安培力大?。?/p>

(2)滑動(dòng)變阻器R接入電路的阻值。14.如圖所示，帶圓弧槽的小車靜止在光滑的水平面上，槽的A端與圓心O的連線與豎直方向的夾角為θ=53°，B端與圓心O等高。一個(gè)質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的小球以水平向右的初速度v0拋出，剛好從A點(diǎn)無碰撞地進(jìn)入圓弧槽，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)恰好與小車相對(duì)靜止。圓弧槽光滑，小車質(zhì)量為2m，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：

(1)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，球與小車的共同速度大??；

(2)小球拋出點(diǎn)與A點(diǎn)的高度差；

(3)圓弧槽的半徑R。15.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第二象限內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ，在第三、四象限內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ，在x軸上P(?L,0)點(diǎn)，沿與x軸負(fù)方向成45°角以大小為v0的速度向磁場(chǎng)Ⅰ內(nèi)射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，粒子經(jīng)磁場(chǎng)Ⅰ偏轉(zhuǎn)后，剛好垂直y軸進(jìn)入電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從x軸上Q[(22+2)L,0]點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ，粒子經(jīng)磁場(chǎng)Ⅱ偏轉(zhuǎn)后再次經(jīng)過x軸的位置為M(?2L,0)點(diǎn)(未畫出)，粒子重力不計(jì)，求：

(1)磁場(chǎng)I的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；

(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；

(3)粒子從P

答案解析1.【答案】D

【解析】解：A.電場(chǎng)強(qiáng)度E=Fq是比值定義式：電場(chǎng)強(qiáng)度由電場(chǎng)本身決定，與試探電荷的受力F、電荷量q無關(guān)，僅用Fq定義電場(chǎng)強(qiáng)度，屬于定義式，故A錯(cuò)誤；

B.電容C=QU是比值定義式：電容由電容器本身的結(jié)構(gòu)(極板面積、間距、電介質(zhì))決定，與電荷量Q、電壓U無關(guān)，僅用QU定義電容，屬于定義式，故D錯(cuò)誤；

C.電流I=qt是比值定義式：電流是單位時(shí)間內(nèi)通過導(dǎo)體橫截面的電荷量，用qt定義電流，屬于定義式，故C錯(cuò)誤；

D.磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式是B=FIl，因?yàn)镈不是，故D正確。

故選：D。

定義式的特點(diǎn)：通過“兩個(gè)已知物理量的比值”定義新物理量，公式僅用于計(jì)算，不反映物理量的決定因素。

常見定義式：加速度a=ΔvΔt2.【答案】C

【解析】解：A、物塊沿球面下滑至對(duì)球面的壓力恰為零時(shí)，將脫離球面做斜下拋運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、滑塊脫離球面后做斜下拋運(yùn)動(dòng)，其加速度保持不變，故B錯(cuò)誤；

C、滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中，其豎直方向的分速度持續(xù)增大，因此重力的瞬時(shí)功率也不斷增大，故C正確；

D、滑塊脫離球面后，其在水平方向的速度分量保持不變，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

滑塊從半球頂端靜止下滑，需分析其運(yùn)動(dòng)過程與受力變化。初始階段滑塊沿球面運(yùn)動(dòng)，受到重力和支持力作用，隨著下滑角度增大，支持力減小至零時(shí)滑塊脫離球面，此后做斜下拋運(yùn)動(dòng)，加速度恒為重力加速度。重力的功率取決于豎直方向分速度，滑塊運(yùn)動(dòng)過程中豎直速度持續(xù)增加，因此功率不斷增大。水平方向速度在脫離球面后保持不變，之前受支持力水平分量影響先增后減。

本題以光滑半球面與小滑塊為模型，巧妙融合圓周運(yùn)動(dòng)、斜拋運(yùn)動(dòng)以及能量與功率的綜合分析。題目通過設(shè)計(jì)滑塊從頂端下滑并可能脫離球面的過程，深入考查學(xué)生對(duì)動(dòng)力學(xué)臨界條件、運(yùn)動(dòng)分解及瞬時(shí)功率概念的理解與應(yīng)用能力。計(jì)算量適中，但需要清晰的物理圖景構(gòu)建能力，特別是判斷滑塊何時(shí)脫離球面這一關(guān)鍵點(diǎn)，以及脫離前后水平方向速度的變化規(guī)律。其中，重力的瞬時(shí)功率P=mgvy取決于豎直分速度vy3.【答案】A

【解析】解：A、根據(jù)安培定則可知，直導(dǎo)線中電流方向垂直紙面向外時(shí)，a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度才可能為零，即電流磁場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)在a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向。故A正確；

BC、直線電流磁場(chǎng)在圓周上a、b、c、d四點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為0.1B，方向?yàn)樵擖c(diǎn)沿圓周的切線方向，如圖：

根據(jù)矢量合成可得：Bb=2B,Bc=B2+B2

代入數(shù)據(jù)可得：Bb=0.2T,Bc=0.14.【答案】C

【解析】解：A.因?yàn)閹щ娏Ｗ幼銮€運(yùn)動(dòng)時(shí)所受合力(電場(chǎng)力)指向運(yùn)動(dòng)軌跡凹側(cè)、帶電粒子所受電場(chǎng)力與電場(chǎng)方向相同或相反，則由圖可知，該帶電粒子所受電場(chǎng)力指向右上方、該粒子所受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)方向相同，由此可知，該粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；

B.因?yàn)橥浑妶?chǎng)中，電場(chǎng)線越密集的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，則由圖可知，a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，則由F=qE=ma可知，粒子在a點(diǎn)的加速度大于在b點(diǎn)的加速度，故B錯(cuò)誤；

CD.結(jié)合A中分析及題圖可知，粒子從a到b的過程，其所受電場(chǎng)力的方向與速度方向的夾角為鈍角，則電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功，則電勢(shì)能增大，故C正確，D錯(cuò)誤；

故選：C。

A.結(jié)合題意，由曲線運(yùn)動(dòng)中合力方向的特點(diǎn)、電場(chǎng)力的方向與場(chǎng)強(qiáng)方向的關(guān)系，即可分析判斷；

B.結(jié)合題意，由電場(chǎng)線與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系、電場(chǎng)強(qiáng)度與加速度的關(guān)系，即可分析判斷；

CD.結(jié)合前面分析及題意，由電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)、電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系，即可分析判斷。

本題主要考查帶電粒子的軌跡、受力、電性、電場(chǎng)方向的互判，解題時(shí)需注意，軌跡類問題的解題突破點(diǎn)在于，根據(jù)軌跡分析出粒子受到的電場(chǎng)力方向，再結(jié)合電場(chǎng)中各物理量的參數(shù)特點(diǎn)與關(guān)系分析各物理量的情況。5.【答案】D

【解析】解：ABC、根據(jù)電路圖分析可知，電容器兩端電壓等于R2兩端電壓，若電容器帶電量減少ΔQ，則R2兩端電壓減少量為ΔU=ΔQC。由于電源總電壓保持不變，因此電阻R1兩端電壓將增大，其增加量亦為ΔQC，故通過R1的電流增大量為ΔQCR1。由于并聯(lián)部分電壓增大，依據(jù)串并聯(lián)電路特點(diǎn)可知，電阻箱R接入電路的阻值增大，故ABC錯(cuò)誤；

D、流過R1和R的總電流減少了ΔQCR2，而通過R1的電流是增大的，因此通過電阻箱R的電流必定減小，且其減小量大于ΔQCR2，故D正確。

故選：D。

本題需分析含電容器的動(dòng)態(tài)電路。已知電容器帶電量減少，意味著其兩端電壓降低，該電壓等于R26.【答案】D

【解析】【分析】

連接ac，根據(jù)幾何關(guān)系求出ac的長(zhǎng)度，由F=BIL求出安培力的大小，根據(jù)幾何關(guān)系得到tanθ

本題考查安培力的計(jì)算，關(guān)鍵在于理解安培力公式中的L為有效長(zhǎng)度，導(dǎo)線為曲線時(shí)，L為初末兩點(diǎn)的連線。

【解答】連接ac，根據(jù)幾何關(guān)系得ac=54l，根據(jù)F=BIL=54BIl，F(xiàn)與BC的夾角θ，tanθ=bcab=7.【答案】A

【解析】解：由題意可得甲橢圓軌道的長(zhǎng)軸為4R，則半長(zhǎng)軸為2R，設(shè)乙圓軌道的半徑為r，當(dāng)甲的遠(yuǎn)地點(diǎn)與乙的最近距離為R，由幾何關(guān)系可得r=R+R=2R，解得r=2R，設(shè)甲、乙的周期分別為T甲T乙，由開普勒第三定律可得T甲2T乙2=(2R)3(2R)3，則有T甲：8.【答案】AD

【解析】解：A、由圖乙可知，t=0.1s時(shí)質(zhì)點(diǎn)P沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)“上下坡”法，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P應(yīng)位于波傳播方向波形的上坡，再由圖甲可知波沿x軸正方向傳播，故A正確；

B、波的周期為0.2s，t=0.1s時(shí)質(zhì)點(diǎn)Q位于平衡位置與波谷之間且沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，因此在t=0時(shí)刻，即t=0.1s時(shí)刻的半個(gè)周期前，質(zhì)點(diǎn)Q一定位于波峰與平衡位置之間且沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，t=0～0.05s內(nèi)，經(jīng)過四分之一個(gè)周期，質(zhì)點(diǎn)Q位移先減小后增大，其加速度a=?kx/m先減小后增大，故B錯(cuò)誤；

C、在四分之一周期內(nèi)，位于平衡位置的質(zhì)點(diǎn)P走過的路程恰好為一個(gè)振幅A，而質(zhì)點(diǎn)Q在此時(shí)間段內(nèi)路程不等于A，故C錯(cuò)誤；

D、圖示時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)Q正沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)P正沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，在接下來的四分之一周期內(nèi)，二者運(yùn)動(dòng)軌跡存在交點(diǎn)，必存在一個(gè)時(shí)刻位移相同，之后當(dāng)P第一次返回平衡位置時(shí)(從圖示時(shí)刻經(jīng)歷半個(gè)周期)，由波動(dòng)對(duì)稱性可知此時(shí)質(zhì)點(diǎn)Q的位置與圖示位置關(guān)于x軸對(duì)稱并沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，則在接下來的四分之一周期內(nèi)，二者運(yùn)動(dòng)軌跡再次存在交點(diǎn)，必存在另一時(shí)刻位移相同，因此在一個(gè)完整周期內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P和質(zhì)點(diǎn)Q有兩個(gè)時(shí)刻位移相同，故D正確。

故選：AD。

首先通過圖乙t=0.1s時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方向結(jié)合圖甲波形，運(yùn)用“上下坡”法判斷波的傳播方向；然后依據(jù)波動(dòng)周期和t=0.1s時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)Q的位置與速度方向，推斷其在t=0時(shí)刻的振動(dòng)狀態(tài)，進(jìn)而分析t=0～0.05s內(nèi)其位移與加速度的變化關(guān)系；對(duì)于四分之一周期內(nèi)的路程比較，需考慮兩質(zhì)點(diǎn)初始位置不同導(dǎo)致的路程差異；最后分析一個(gè)周期內(nèi)兩質(zhì)點(diǎn)位移相同的可能性，關(guān)鍵在于理解兩質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)步調(diào)的差異及它們?cè)诓煌瑫r(shí)刻經(jīng)過相同位移位置的可能性。

本題綜合考查機(jī)械波傳播規(guī)律與質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)圖像的分析，涉及波動(dòng)圖像與振動(dòng)圖像的關(guān)聯(lián)、質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)狀態(tài)的判斷以及波動(dòng)的時(shí)空周期性等核心知識(shí)。題目巧妙地將波形圖與振動(dòng)圖結(jié)合，要求考生通過質(zhì)點(diǎn)P在特定時(shí)刻的振動(dòng)方向推斷波的傳播方向，進(jìn)而分析不同質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)。本題計(jì)算量不大，但思維層次豐富，著重考查學(xué)生的圖像分析能力、邏輯推理能力以及對(duì)波動(dòng)過程中各質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)關(guān)聯(lián)性的理解。正確解答需要準(zhǔn)確把握“上下坡”法則、振動(dòng)與波動(dòng)的對(duì)應(yīng)關(guān)系，并運(yùn)用波動(dòng)對(duì)稱性進(jìn)行嚴(yán)謹(jǐn)分析。9.【答案】CD

【解析】解：A.由O到M，由動(dòng)能定理可知，mgh=12mv02，代入數(shù)據(jù)可得：滑塊運(yùn)動(dòng)到M的速度大小v0=5m/s，故A錯(cuò)誤；

B.由M到N，由動(dòng)能定理可知，?μmgxMN=12mv12?12mv02，代入數(shù)據(jù)可得：滑塊運(yùn)動(dòng)到N的速度大小v1=3m/s，故B錯(cuò)誤；

C.由N到P，由動(dòng)能定理可知，?μmgxNP=0?12mv22，代入數(shù)據(jù)可得：滑塊反彈后速度大小v2=2m/s，

以水平向右為正方向，由動(dòng)量定理可知，I=mv2?(?mv1)，代入數(shù)據(jù)可得：緩沖墻對(duì)滑塊的沖量I=5N?s，方向水平向右，故C10.【答案】BD

【解析】解：AB.氘核最大速度v=2πRT=2πRf

則獲得的最大動(dòng)能為EK=12mv2=12m(2πRf)2=2mπ2f2R2

加速的次數(shù)為N=EkqU，f=1TT=2πmqB

解得N=2mπ2R2qUT2

由于D形盒的半徑R不變，氘核做圓周運(yùn)動(dòng)周期T不變，加速電壓U越大，加速次數(shù)N越少，氘核在D形盒中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短，故A錯(cuò)誤，B正確；

C.加速一次，根據(jù)電場(chǎng)加速動(dòng)能定理和洛倫茲力提供向心力，有qU=12mv12，qv1B=mv1211.【答案】BCD

3.60

2gxM【解析】解：(1)AB.為了使滑塊受到的合外力近似等于鉤碼的重力，應(yīng)調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌水平，氣墊導(dǎo)軌上阻力很小故不需要平衡摩擦力，故A錯(cuò)誤，B正確；

C.調(diào)節(jié)牽引滑塊的細(xì)線水平，這樣細(xì)線拉力才能才能與滑塊的運(yùn)動(dòng)方向相同，細(xì)線的拉力才等于滑塊所受的合力，故C正確；

D.設(shè)鉤碼的質(zhì)量為m，滑塊的質(zhì)量為M，對(duì)鉤碼受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有mg?T=ma

對(duì)滑塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有T=Ma

只有使鉤碼質(zhì)量遠(yuǎn)小于滑塊質(zhì)量，T≈mg

故選：BCD。

(2)該游標(biāo)卡尺游標(biāo)尺為(20分)度值，則其精度為0.05mm，主尺讀數(shù)為3mm，游標(biāo)尺讀數(shù)為12×0.05mm=0.60mm，所以遮光條的寬度d=3mm+0.60mm=3.60mm。

(3)對(duì)滑塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有mg=Ma，

滑塊通過光電門的速度v=dt

由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知(dt)2=2ax，

解得1t2=2gxMd2m，則1t2?m圖像的斜率等于k=2gxMd2，則表明質(zhì)量一定時(shí)，加速度與合外力成正比；若要用此實(shí)驗(yàn)過程驗(yàn)證動(dòng)能定理，只要驗(yàn)證滑塊和鉤碼系統(tǒng)的的動(dòng)能定理表達(dá)式mgx=1212.【答案】乙

R1

增大

6.0

0.96【解析】解：(1)由于電流表內(nèi)阻已知，即內(nèi)阻RA=0.5Ω，電流表內(nèi)接，可準(zhǔn)確測(cè)出各電壓下小燈泡的電阻，所以應(yīng)選擇圖乙電路；

伏安特性曲線要求電壓從0開始調(diào)節(jié)，滑動(dòng)變阻器采用分壓器連接，為了操作方便，滑動(dòng)變阻器選R1；

(2)I?U圖像為曲線，圖線上的點(diǎn)與原點(diǎn)的連線的斜率等于電阻的倒數(shù)，可知燈泡與電流表的總電阻隨電壓的增大而增大，則小燈泡的電阻隨電壓的增大而增大；

當(dāng)電流表示數(shù)為I=0.4A時(shí)，小燈泡正常發(fā)光，此時(shí)的電壓U=2.60V，由此可推算出小燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻為：

RL=UI?RA，代入數(shù)據(jù)解得：RL=6.0Ω

功率為：PL=I2RL=0.42×6.0W=0.96W。

故答案為：13.【答案】金屬棒ab所受的安培力大小為0.2N

滑動(dòng)變阻器R接入電路的阻值為9Ω

【解析】解：(1)設(shè)金屬棒ab所受的安培力大小為F，

結(jié)合題意，對(duì)金屬棒ab受力分析，可得下圖：

則由平衡條件可得：

FN=Fsinθ+mgcosθ，

Fcosθ+f=mgsinθ，

其中：

f=μFN，

聯(lián)立可得：

F=0.2N；

(2)根據(jù)安培力的計(jì)算公式F=BIL可知，電路中的電流為：

I=FBL，

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：

E=I(r+R)，

聯(lián)立可得：

R=9Ω；

答：(1)金屬棒ab所受的安培力大小為0.2N；

(2)滑動(dòng)變阻器R接入電路的阻值為9Ω。

(1)結(jié)合題意，對(duì)金屬棒ab受力分析，由平衡條件及摩擦力的計(jì)算公式分別列式，即可分析求解；14.【答案】小球與小車在水平方向動(dòng)量守恒，