吉林省敦化市2022届高三下学期物理临考冲刺试卷
一、单选题
1．（2021·浦东三模）如图所示，磁性白板放置在水平地面上，在白板上用一小磁铁压住一张白纸。现向右轻拉白纸，但未拉动，在该过程中（ ）
A．小磁铁受到向右的摩擦力 B．小磁铁只受两个力的作用
C．白纸下表面受到向左的摩擦力 D．白板下表面与地面间无摩擦力
【答案】C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】AB．小磁铁受到竖直向下的重力、白板对小磁铁吸引力和竖直向上的支持力，三力平衡，静止不动，所以小磁铁不受摩擦力，AB不符合题意；
C．对小磁铁和白纸作为整体受力分析可知，水平方向上受到向右的拉力和向左的摩擦力平衡，C符合题意；
D．对小磁针、白纸和磁性白板整体受力分析可知，水平方向上受到向右的拉力和地面对磁性白板向左的摩擦力平衡，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由于小磁铁静止所以没有受到摩擦力的作用；小磁铁受到支持力，重力和吸引力的作用；白纸静止受到了白板向左的摩擦力作用；由于白板静止所以受到了地面向左的摩擦力作用。
2．（2022·敦化模拟）一辆汽车遇到险情紧急刹车，刹车过程做匀减速运动，刹车后第1s内的位移为16m，最后1s内的位移为8m，则汽车的刹车时间为（ ）
A．1s B．1.5s C．2 s D．2.5s
【答案】B
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】最后1s内的汽车位移为8m，根据x=at2，可知加速度大小为a=16m/s2
刹车后第1s内的平均速度大小v=m/s=lm/s，则刹车的时间：t=0.5s+s=1.5s
故答案为：B
【分析】根据匀变速直线运动的规律得出汽车的加速度，利用平均速度的表达式得出第1s内的平均速度，从而得出刹车的时间。
3．（2020·济南模拟）如图所示为剪式千斤顶的截面图。四根等长的支持臂用光滑铰链连接，转动手柄，通过水平螺纹轴减小MN间的距离，以抬高重物。保持重物不变，MP和PN夹角为120°时N点受到螺纹轴的作用力为F1；MP和PN夹角为60°时N点受到螺纹轴的作用力为F2。不计支持臂和螺纹轴的重力，则F1与F2大小之比为（ ）
A．1：1 B．1：3 C． ：1 D．3：1
【答案】D
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】当两臂间的夹角为 时，两臂受到的压力为
对 点分析， 点受到螺纹轴的作用力为
当两臂间的夹角为 时，两臂受到的压力为
对 点分析， 点受到螺纹轴的作用力为
则有
A、B、C不符合题意，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】利用平衡条件可以求出N点受到的作用力的比值。
4．（2022·敦化模拟）关于速度、速度变化量和加速度的关系，正确说法是（ ）
A．物体运动的速度越大，则其加速度一定越大
B．物体的速度变化量越大，则其加速度一定越大
C．物体的速度变化率越大，则其加速度一定越大
D．物体的加速度大于零，则物体一定在做加速运动
【答案】C
【知识点】加速度
【解析】【解答】A．物体运动的速度大时，可能做匀速直线运动，加速度为零，A项错误；
B．据可知，物体的速度变化量大时，加速度不一定大，B项错误；
C．物体的速度变化率就是，物体的速度变化率越大，则其加速度一定越大，C项正确；
D．当物体的加速度大于零，速度小于零时，物体的速度方向与加速度方向相反，物体做减速运动，D项错误。
故答案为：C。
【分析】当物体速度达到最大值时加速度为零，结合加速度 的定义式得出速度变化量和加速度的关系，当速度和加速度方向相反时物体做减速运动。
5．（2022·敦化模拟）真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和α粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。粒子重力不计。下列说法中正确的是（ ）
A．在荧光屏上只出现1个亮点
B．三种粒子出偏转电场时的速度相同
C．三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2∶1∶1
D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】ABC．根据动能定理得
则进入偏转电场的速度
因为质子、氘核和α粒子的比荷之比为2：1：1，则初速度之比为，在偏转电场中运动时间，则知时间之比为，在竖直方向上的分速度则出电场时的速度
因为粒子的比荷不同，则速度的大小不同，偏转位移
因为
则有
与粒子的电量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，荧光屏将只出现一个亮点，A符合题意，BC不符合题意；
D．偏转电场的电场力对粒子做功W=qEy
因为E和y相同，电量之比为1：1：2，则电场力做功为1：1：2，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】粒子在电场中 根据动能定理得出粒子速度的表达式，粒子在偏转电场中做类平抛运动，结合平抛运动的规律得出三种粒子出偏转电场的速度以及在偏转电场中运动的时间，通过恒力做功的表达式得出电场力做功之比。
6．（2022·敦化模拟）如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为的木块，开始时木块静止，现让一质量为的木块从木块正上方高为处自由下落，与木块碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间木块下降到最低点。已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块与木块碰撞时间极短，重力加速度为，下列关于从两木块发生碰撞到木块第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块的冲量的大小正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】动量定理；动量守恒定律
【解析】【解答】B下落h时的速度为
物块B与A碰撞过程动量守恒，则
以向下为正方向，则两物块从开始运动到到达最低点过程中由动量定理
从两木块发生碰撞到木块第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块的冲量的大小为I=2I1
联立解得
故答案为：D。
【分析】根据匀变速直线运动的规律得出B下落h时的速度，在AB碰撞的过程中根据动量守恒和动量定理得出 两木块发生碰撞到木块第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块的冲量 。
二、多选题
7．（2022·敦化模拟）在天文观察中发现，一颗行星绕一颗恒星按固定轨道运行，轨道近似为圆周。若测得行星的绕行周期T，轨道半径r，结合引力常量G，可以计算出的物理量有（ ）
A．恒星的质量 B．行星的质量
C．行星运动的线速度 D．行星运动的加速度
【答案】A,C,D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．设恒星质量为M，根据
得行星绕行有
解得
所以可以求出恒星的质量，A符合题意；
B．行星绕恒星的圆周运动计算中，不能求出行星质量，只能求出中心天体的质量。所以B不符合题意；C．综合圆周运动规律，行星绕行速度有
所以可以求出行星运动的线速度，C符合题意；
D．由
得行星运动的加速度
所以可以求出行星运动的加速度，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】根据万有引力提供向心力，从而得出该恒星的质量，利用线速度和周期的关系得出行星的线速度，结合角速度和周期的关系以及角速度和向心加速度的关系得出该行星的加速度。
8．下列关于热学现象的说法，正确的是（ ）
A．在水中撒入适量花椒粉，加热发现花椒粉在翻滚，说明温度越高，布朗运动越剧烈
B．为了把地下的水分引上来，采用磙子将地面压紧，是利用了毛细现象
C．将与水面接触的干净玻璃板提离水面，实验时发现拉力大于玻璃板重力，主要原因是玻璃板受大气压力
D．密闭容器内的液体经很长时间液面也不会降低，但容器内仍有液体分子飞离液面
E．同等温度下，干湿泡湿度计温度差越大，表明该环境相对湿度越小
【答案】B,D,E
【知识点】布朗运动；饱和汽及物态变化中能量；毛细现象和液体的表面张力
【解析】【解答】A．在加热时发现花椒粉在翻滚，该运动是由水的翻滚引起的，不是布朗运动，A不符合题意；
B．为了把地下的水分引上来，采用磙子将地面压紧，是利用了毛细现象，B符合题意；
C．将与水面接触的干净玻璃板提离水面，实验时发现拉力大于玻璃板重力，主要原因是因为玻璃板受到水分子的分子引力，C不符合题意；
D．密闭容器内的液体经很长时间液面也不会降低，但容器内仍有液体分子飞离液面，只是飞离液面的分子数与进入液面的分子数相等，D符合题意；
E．干泡温度计和湿泡温度计组成，由于蒸发吸热，湿泡所示的温度 小于干泡所示的温度。干湿泡温度计温差的大小与空气湿度有关，温度相差越大，表明该环境相对湿度越小，空气越干燥。故E符合题意。
故答案为：BDE。
【分析】加热过程只能提现水分子的运动；利用平衡条件可以判别玻璃是受到水分子的引力作用；水面不会降低是由于与水蒸气处于动态平衡；干湿度的温差大小所以蒸发快空气相对湿度小。
9．（2022·敦化模拟）有一种调压变压器的构造如图所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，C、D之间加上输入电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压，图中A为交流电流表，V为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C、D两端按正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是（ ）
A．当R3不变，滑动触头P顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小
B．当R3不变，滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小
C．当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大
D．当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大
【答案】A,C
【知识点】变压器原理；电路动态分析
【解析】【解答】A．当不变，滑动触头顺时针转动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数减少，两端的电压减小，总电流减小，滑动变阻器两端的电压将变小，电流表的读数变小，A符合题意；
B．当不变，滑动触头逆时针转动时，副线圈匝数增大，电压增大，电流表读数变大，电压表读数变大，B不符合题意；
CD．保持的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则两端的电压不变，当将触头向上移动时，连入电路的电阻的阻值变大，因而总电流减小，分担的电压减小，并联支路的电压即电压表的示数增大，通过的电流增大，流过滑动变阻器的电流减小，所以电流表读数变小，电压表读数变大，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】根据理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系以及电路的动态分析得出电流表示数的变化情况，保持的位置不动时根据电路的动态分析滑动触头向上滑动时电流表和电压表示数的变化情况。
10．（2022·敦化模拟）如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电量为+q、质量为m的小球在力F的作用下，沿图中虚线由M至N做竖直向上的匀速运动，已知力F和MN之间的夹角为45°，MN之间的距离为d，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．电场的方向可能水平向左
B．电场强度E的最小值为
C．当qE＝mg时，小球从M运动到N时电势能变化量为零
D．F所做的功一定为
【答案】B,C
【知识点】共点力平衡条件的应用；受力分析的应用；电场及电场力
【解析】【解答】A．小球受到重力mg、拉力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图
根据上图可知，电场力在右侧，由于小球带正电，电场方向与电场力方向相同，故指向右侧，A不符合题意；
B．由图可知，当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小，则得
所以电场强度的最小值为
B符合题意；
C．当mg=Eq时，根据几何关系，电场力水平向右，与MN垂直，小球从M运动到N电场力不做功，即小球从M运动到N时电势能变化量为零，C符合题意；
D．由于电场力变化时，F大小也跟随着改变，所以做功也不能具体确定值，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】对小球进行受力分析，根据力的合成以及共点力平衡得出电场强度的方向及最小值，并得出电势能的变化情况。
三、实验题
11．（2022·敦化模拟）某实验小组用如图所示的装置探究功和速度变化的关系：将小钢球从固定轨道倾斜部分不同位置由静止释放，经轨道末端水平飞出，落到铺着白纸和复写纸的水平地面上，在白纸上留下点迹．为了使问题简化，小钢球在轨道倾斜部分下滑的距离分别为L、2L、3L、4L…，这样在轨道倾斜部分合外力对小钢球做的功就可以分别记为W0、2W0、3W0、4W0…．
（1）为了减小实验误差必须进行多次测量，在L、2L、3L、4L…处的每个释放点都要让小钢球重复释放多次，在白纸上留下多个点迹，那么，确定砸同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是 ；
（2）为了完成实验，除了测量小钢球离开轨道后的下落高度h和水平位移s，还需测量 ．
A．小钢球释放位置离斜面底端的距离L的具体数值
B．小钢球的质量m
C．小钢球离开轨道后的下落高度h
D．小钢球离开轨道后的水平位移x
（3）请用上述必要的物理量写出探究动能定理的关系式：W= ；
（4）该实验小组利用实验数据得到了如图所示的图象，则图象的横坐标表示 （用实验中测量的物理量符号表示）．
【答案】（1）用尽可能小的圆圈圈住尽量多的落点
（2）圆心即为平均落点的位置
（3）B
（4）
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）确定砸同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是：用尽可能小的圆圈圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置；
（2）根据动能定律可得：W=mv2
根据平抛规律可得：x=vt，h=gt2
联立可得探究动能定理的关系式：W=，
根据表达式可知为了探究动能定理，并测量当地的重力加速度还需测量的量为小钢球的质量m，故答案为：B．
（3）由解析（2）可知探究动能定理的关系式为：W=．
（4）根据图象形状可知，W与横轴表示的物理量成正比例，又因为表达式为W=，所以图象的横坐标表示x2．
【分析】（1）确定小球平均落地点的方法是用尽可能小的圆圈圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置；
（2）根据动能定理以及平抛运动的规律得出合力做功的表达式，从而得出需要测量的物理量；
（3）根据（2）中的表达式得出探究动能定理的关系式；
（4）根据图像以及合力做功的表达式得出该图像横轴代表的物理量。
12．（2022·敦化模拟）某同学利用多用表测量分压电路电阻的变化范围，按如下步骤测量：
（1）选用欧姆档×10倍率，先将表笔短接调零，再如图甲所示，将表笔接到分压电路两端，从滑片移动到最右端开始进行测量，如图乙所示，根据指针位置，电阻读数为 Ω。
（2）将滑片逐渐滑动到最左端而不做其他变动，移动过程中读数变化情况是____
A．增大 B．减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
（3）记录下整个过程中读数的最小值为 24Ω，得到电阻的变化范围。这样测量的最小值的方法是否合理？若合理，写出电阻变化范围；若不合理，说明应如何改正 。
【答案】（1）200
（2）B
（3）不合理，倍率偏大，应换×1倍率重新调零后再测量。
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】(1)欧姆表表盘示数为20.0，倍率为10，则最后读数为：20.0×10=200Ω，
(2)根据串并联电路的特点可知，将滑片逐渐滑动到最左端而不做其他变动，电路的电阻减小，则移动过程中读数减小，B符合题意；
故答案为：B。
(3)不合理，读数为24Ω时采用×10时指针太偏右，倍率偏大，应换×1倍率重新调零后再测量。
【分析】（1）根据欧姆表盘的读数原理 得出电阻的大小；
（2）利用串并联电路的特点得出滑片移动过程中欧姆表读数的变化情况；
（3）根据欧姆表指针的偏转情况得出倍率的大小，从而进行再次调零测量。
四、解答题
13．（2022·敦化模拟）如图所示，在匀强磁场中水平放置两根平行的金属导轨，导轨间距L＝1.0 m。匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B＝0.20 T。两根金属杆ab和cd与导轨的动摩擦因数μ＝0.5。两金属杆的质量均为m＝0.20 kg，电阻均为R＝0.20 Ω。若用与导轨平行的恒力F作用在金属杆ab上，使ab杆沿导轨由静止开始向右运动，经过t＝3 s，达到最大速度v，此时cd杆受静摩擦力恰好达到最大。整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
（1）ab杆沿导轨运动的最大速度v；
（2）作用在金属杆ab上拉力的最大功率P；
（3）ab棒由静止到最大速度的过程中通过ab棒的电荷量q。
【答案】（1）解：金属杆cd受力平衡：F安=μmg
根据电磁感应定律，金属杆ab上产生的感应电动势为：E感=BLv
根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab的电流：I=，F安=BIL
由以上四式可得：v=10m/s
（2）解：金属杆ab受力平衡，受拉力：F=F安＋μmg
根据功率公式：P=Fv
解得：P=20W
（3）解：对杆ab，由动量定理有：(F－μmg)t－BILt=mv－0
即：(F－μmg)t－BLq=mv
解得：q=5C
【知识点】共点力平衡条件的应用；动量定理；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）根据共点力平衡以及法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出ab杆沿导轨运动的最大速度；
（2）利用共点力平衡以及瞬时功率的表达式得出拉力的最大功率 ；
（3） 对杆ab，由动量定理得出通过ab棒的电荷量 。
14．（2022·敦化模拟）如图所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从点水平飞出，经过落到倾斜雪道上的点。在落到点时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起，已知点是倾斜雪道的起点，倾斜雪道总长，下端经过一小段圆弧过渡后与足够长的水平雪道相接，倾斜雪道与水平面的夹角，滑雪板与雪道的动摩擦因数均为，不计空气阻力，取，，，求：
（1）运动员离开点时的速度大小及点到点的距离；
（2）运动员在水平雪道上滑行的距离。
【答案】（1）解：运动员在竖直方向做自由落体运动，有：，
运动员在水平方向上做匀速直线运动，有：，
解得：
（2）解：运动员落到点前瞬间：，
运动员落到点后沿斜面向下运动，其初速度：
对运动员从点沿斜面运动到最后停止的过程，由功能关系可知：解得：
【知识点】功能关系；平抛运动
【解析】【分析】（1）将运动员的运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动，结合水平和竖直方向的运动得出初速度的大小以及AO之间的距离；
（2）根据速度的分解以及功能关系得出运动员在水平雪道上滑行的距离。
15．（2020·辽宁模拟）如图所示为一下粗上细且上端开口的薄壁玻璃管，管内有一段被水银密闭的气体，上管足够长，图中细管的截面积S1=1cm2，粗管的截面积S2=2 cm2，管内水银长度h1=h2=2 cm，封闭气体长度L=8cm，大气压强p0=76cmHg，气体初始温度为320K，若缓慢升高气体温度，求：
（1）粗管内的水银刚被全部挤出时气体的温度；
（2）气体的温度达到533K时，水银柱上端距粗玻璃管底部的距离。
【答案】（1）解：以封闭的气体为研究对象，初态气体体积
压强为
由于水银总体积保持不变，设水银全部进入细管水银长度为 ，则
末状态气体
从初状态到末状态。由理想气体状态方程，有
代入数据解得
（2）解：气体温度达到533K时，设水银上端距粗玻璃管底部的距离为H，则
气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）结合气体初末状态的温度、压强和体积，利用理想气体物态方程求解末状态气体的温度。
（2）气体做等压变化，结合气体初状态和末状态的体积和温度，利用盖—吕萨克定律列方程求解末状态的温度即可。
1 / 1吉林省敦化市2022届高三下学期物理临考冲刺试卷
一、单选题
1．（2021·浦东三模）如图所示，磁性白板放置在水平地面上，在白板上用一小磁铁压住一张白纸。现向右轻拉白纸，但未拉动，在该过程中（ ）
A．小磁铁受到向右的摩擦力 B．小磁铁只受两个力的作用
C．白纸下表面受到向左的摩擦力 D．白板下表面与地面间无摩擦力
2．（2022·敦化模拟）一辆汽车遇到险情紧急刹车，刹车过程做匀减速运动，刹车后第1s内的位移为16m，最后1s内的位移为8m，则汽车的刹车时间为（ ）
A．1s B．1.5s C．2 s D．2.5s
3．（2020·济南模拟）如图所示为剪式千斤顶的截面图。四根等长的支持臂用光滑铰链连接，转动手柄，通过水平螺纹轴减小MN间的距离，以抬高重物。保持重物不变，MP和PN夹角为120°时N点受到螺纹轴的作用力为F1；MP和PN夹角为60°时N点受到螺纹轴的作用力为F2。不计支持臂和螺纹轴的重力，则F1与F2大小之比为（ ）
A．1：1 B．1：3 C． ：1 D．3：1
4．（2022·敦化模拟）关于速度、速度变化量和加速度的关系，正确说法是（ ）
A．物体运动的速度越大，则其加速度一定越大
B．物体的速度变化量越大，则其加速度一定越大
C．物体的速度变化率越大，则其加速度一定越大
D．物体的加速度大于零，则物体一定在做加速运动
5．（2022·敦化模拟）真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和α粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。粒子重力不计。下列说法中正确的是（ ）
A．在荧光屏上只出现1个亮点
B．三种粒子出偏转电场时的速度相同
C．三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2∶1∶1
D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2
6．（2022·敦化模拟）如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为的木块，开始时木块静止，现让一质量为的木块从木块正上方高为处自由下落，与木块碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间木块下降到最低点。已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块与木块碰撞时间极短，重力加速度为，下列关于从两木块发生碰撞到木块第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块的冲量的大小正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
7．（2022·敦化模拟）在天文观察中发现，一颗行星绕一颗恒星按固定轨道运行，轨道近似为圆周。若测得行星的绕行周期T，轨道半径r，结合引力常量G，可以计算出的物理量有（ ）
A．恒星的质量 B．行星的质量
C．行星运动的线速度 D．行星运动的加速度
8．下列关于热学现象的说法，正确的是（ ）
A．在水中撒入适量花椒粉，加热发现花椒粉在翻滚，说明温度越高，布朗运动越剧烈
B．为了把地下的水分引上来，采用磙子将地面压紧，是利用了毛细现象
C．将与水面接触的干净玻璃板提离水面，实验时发现拉力大于玻璃板重力，主要原因是玻璃板受大气压力
D．密闭容器内的液体经很长时间液面也不会降低，但容器内仍有液体分子飞离液面
E．同等温度下，干湿泡湿度计温度差越大，表明该环境相对湿度越小
9．（2022·敦化模拟）有一种调压变压器的构造如图所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，C、D之间加上输入电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压，图中A为交流电流表，V为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C、D两端按正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是（ ）
A．当R3不变，滑动触头P顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小
B．当R3不变，滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小
C．当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大
D．当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大
10．（2022·敦化模拟）如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电量为+q、质量为m的小球在力F的作用下，沿图中虚线由M至N做竖直向上的匀速运动，已知力F和MN之间的夹角为45°，MN之间的距离为d，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．电场的方向可能水平向左
B．电场强度E的最小值为
C．当qE＝mg时，小球从M运动到N时电势能变化量为零
D．F所做的功一定为
三、实验题
11．（2022·敦化模拟）某实验小组用如图所示的装置探究功和速度变化的关系：将小钢球从固定轨道倾斜部分不同位置由静止释放，经轨道末端水平飞出，落到铺着白纸和复写纸的水平地面上，在白纸上留下点迹．为了使问题简化，小钢球在轨道倾斜部分下滑的距离分别为L、2L、3L、4L…，这样在轨道倾斜部分合外力对小钢球做的功就可以分别记为W0、2W0、3W0、4W0…．
（1）为了减小实验误差必须进行多次测量，在L、2L、3L、4L…处的每个释放点都要让小钢球重复释放多次，在白纸上留下多个点迹，那么，确定砸同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是 ；
（2）为了完成实验，除了测量小钢球离开轨道后的下落高度h和水平位移s，还需测量 ．
A．小钢球释放位置离斜面底端的距离L的具体数值
B．小钢球的质量m
C．小钢球离开轨道后的下落高度h
D．小钢球离开轨道后的水平位移x
（3）请用上述必要的物理量写出探究动能定理的关系式：W= ；
（4）该实验小组利用实验数据得到了如图所示的图象，则图象的横坐标表示 （用实验中测量的物理量符号表示）．
12．（2022·敦化模拟）某同学利用多用表测量分压电路电阻的变化范围，按如下步骤测量：
（1）选用欧姆档×10倍率，先将表笔短接调零，再如图甲所示，将表笔接到分压电路两端，从滑片移动到最右端开始进行测量，如图乙所示，根据指针位置，电阻读数为 Ω。
（2）将滑片逐渐滑动到最左端而不做其他变动，移动过程中读数变化情况是____
A．增大 B．减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
（3）记录下整个过程中读数的最小值为 24Ω，得到电阻的变化范围。这样测量的最小值的方法是否合理？若合理，写出电阻变化范围；若不合理，说明应如何改正 。
四、解答题
13．（2022·敦化模拟）如图所示，在匀强磁场中水平放置两根平行的金属导轨，导轨间距L＝1.0 m。匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B＝0.20 T。两根金属杆ab和cd与导轨的动摩擦因数μ＝0.5。两金属杆的质量均为m＝0.20 kg，电阻均为R＝0.20 Ω。若用与导轨平行的恒力F作用在金属杆ab上，使ab杆沿导轨由静止开始向右运动，经过t＝3 s，达到最大速度v，此时cd杆受静摩擦力恰好达到最大。整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
（1）ab杆沿导轨运动的最大速度v；
（2）作用在金属杆ab上拉力的最大功率P；
（3）ab棒由静止到最大速度的过程中通过ab棒的电荷量q。
14．（2022·敦化模拟）如图所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从点水平飞出，经过落到倾斜雪道上的点。在落到点时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起，已知点是倾斜雪道的起点，倾斜雪道总长，下端经过一小段圆弧过渡后与足够长的水平雪道相接，倾斜雪道与水平面的夹角，滑雪板与雪道的动摩擦因数均为，不计空气阻力，取，，，求：
（1）运动员离开点时的速度大小及点到点的距离；
（2）运动员在水平雪道上滑行的距离。
15．（2020·辽宁模拟）如图所示为一下粗上细且上端开口的薄壁玻璃管，管内有一段被水银密闭的气体，上管足够长，图中细管的截面积S1=1cm2，粗管的截面积S2=2 cm2，管内水银长度h1=h2=2 cm，封闭气体长度L=8cm，大气压强p0=76cmHg，气体初始温度为320K，若缓慢升高气体温度，求：
（1）粗管内的水银刚被全部挤出时气体的温度；
（2）气体的温度达到533K时，水银柱上端距粗玻璃管底部的距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】AB．小磁铁受到竖直向下的重力、白板对小磁铁吸引力和竖直向上的支持力，三力平衡，静止不动，所以小磁铁不受摩擦力，AB不符合题意；
C．对小磁铁和白纸作为整体受力分析可知，水平方向上受到向右的拉力和向左的摩擦力平衡，C符合题意；
D．对小磁针、白纸和磁性白板整体受力分析可知，水平方向上受到向右的拉力和地面对磁性白板向左的摩擦力平衡，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由于小磁铁静止所以没有受到摩擦力的作用；小磁铁受到支持力，重力和吸引力的作用；白纸静止受到了白板向左的摩擦力作用；由于白板静止所以受到了地面向左的摩擦力作用。
2．【答案】B
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】最后1s内的汽车位移为8m，根据x=at2，可知加速度大小为a=16m/s2
刹车后第1s内的平均速度大小v=m/s=lm/s，则刹车的时间：t=0.5s+s=1.5s
故答案为：B
【分析】根据匀变速直线运动的规律得出汽车的加速度，利用平均速度的表达式得出第1s内的平均速度，从而得出刹车的时间。
3．【答案】D
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】当两臂间的夹角为 时，两臂受到的压力为
对 点分析， 点受到螺纹轴的作用力为
当两臂间的夹角为 时，两臂受到的压力为
对 点分析， 点受到螺纹轴的作用力为
则有
A、B、C不符合题意，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】利用平衡条件可以求出N点受到的作用力的比值。
4．【答案】C
【知识点】加速度
【解析】【解答】A．物体运动的速度大时，可能做匀速直线运动，加速度为零，A项错误；
B．据可知，物体的速度变化量大时，加速度不一定大，B项错误；
C．物体的速度变化率就是，物体的速度变化率越大，则其加速度一定越大，C项正确；
D．当物体的加速度大于零，速度小于零时，物体的速度方向与加速度方向相反，物体做减速运动，D项错误。
故答案为：C。
【分析】当物体速度达到最大值时加速度为零，结合加速度 的定义式得出速度变化量和加速度的关系，当速度和加速度方向相反时物体做减速运动。
5．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】ABC．根据动能定理得
则进入偏转电场的速度
因为质子、氘核和α粒子的比荷之比为2：1：1，则初速度之比为，在偏转电场中运动时间，则知时间之比为，在竖直方向上的分速度则出电场时的速度
因为粒子的比荷不同，则速度的大小不同，偏转位移
因为
则有
与粒子的电量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，荧光屏将只出现一个亮点，A符合题意，BC不符合题意；
D．偏转电场的电场力对粒子做功W=qEy
因为E和y相同，电量之比为1：1：2，则电场力做功为1：1：2，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】粒子在电场中 根据动能定理得出粒子速度的表达式，粒子在偏转电场中做类平抛运动，结合平抛运动的规律得出三种粒子出偏转电场的速度以及在偏转电场中运动的时间，通过恒力做功的表达式得出电场力做功之比。
6．【答案】D
【知识点】动量定理；动量守恒定律
【解析】【解答】B下落h时的速度为
物块B与A碰撞过程动量守恒，则
以向下为正方向，则两物块从开始运动到到达最低点过程中由动量定理
从两木块发生碰撞到木块第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块的冲量的大小为I=2I1
联立解得
故答案为：D。
【分析】根据匀变速直线运动的规律得出B下落h时的速度，在AB碰撞的过程中根据动量守恒和动量定理得出 两木块发生碰撞到木块第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块的冲量 。
7．【答案】A,C,D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．设恒星质量为M，根据
得行星绕行有
解得
所以可以求出恒星的质量，A符合题意；
B．行星绕恒星的圆周运动计算中，不能求出行星质量，只能求出中心天体的质量。所以B不符合题意；C．综合圆周运动规律，行星绕行速度有
所以可以求出行星运动的线速度，C符合题意；
D．由
得行星运动的加速度
所以可以求出行星运动的加速度，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】根据万有引力提供向心力，从而得出该恒星的质量，利用线速度和周期的关系得出行星的线速度，结合角速度和周期的关系以及角速度和向心加速度的关系得出该行星的加速度。
8．【答案】B,D,E
【知识点】布朗运动；饱和汽及物态变化中能量；毛细现象和液体的表面张力
【解析】【解答】A．在加热时发现花椒粉在翻滚，该运动是由水的翻滚引起的，不是布朗运动，A不符合题意；
B．为了把地下的水分引上来，采用磙子将地面压紧，是利用了毛细现象，B符合题意；
C．将与水面接触的干净玻璃板提离水面，实验时发现拉力大于玻璃板重力，主要原因是因为玻璃板受到水分子的分子引力，C不符合题意；
D．密闭容器内的液体经很长时间液面也不会降低，但容器内仍有液体分子飞离液面，只是飞离液面的分子数与进入液面的分子数相等，D符合题意；
E．干泡温度计和湿泡温度计组成，由于蒸发吸热，湿泡所示的温度 小于干泡所示的温度。干湿泡温度计温差的大小与空气湿度有关，温度相差越大，表明该环境相对湿度越小，空气越干燥。故E符合题意。
故答案为：BDE。
【分析】加热过程只能提现水分子的运动；利用平衡条件可以判别玻璃是受到水分子的引力作用；水面不会降低是由于与水蒸气处于动态平衡；干湿度的温差大小所以蒸发快空气相对湿度小。
9．【答案】A,C
【知识点】变压器原理；电路动态分析
【解析】【解答】A．当不变，滑动触头顺时针转动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数减少，两端的电压减小，总电流减小，滑动变阻器两端的电压将变小，电流表的读数变小，A符合题意；
B．当不变，滑动触头逆时针转动时，副线圈匝数增大，电压增大，电流表读数变大，电压表读数变大，B不符合题意；
CD．保持的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则两端的电压不变，当将触头向上移动时，连入电路的电阻的阻值变大，因而总电流减小，分担的电压减小，并联支路的电压即电压表的示数增大，通过的电流增大，流过滑动变阻器的电流减小，所以电流表读数变小，电压表读数变大，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】根据理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系以及电路的动态分析得出电流表示数的变化情况，保持的位置不动时根据电路的动态分析滑动触头向上滑动时电流表和电压表示数的变化情况。
10．【答案】B,C
【知识点】共点力平衡条件的应用；受力分析的应用；电场及电场力
【解析】【解答】A．小球受到重力mg、拉力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图
根据上图可知，电场力在右侧，由于小球带正电，电场方向与电场力方向相同，故指向右侧，A不符合题意；
B．由图可知，当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小，则得
所以电场强度的最小值为
B符合题意；
C．当mg=Eq时，根据几何关系，电场力水平向右，与MN垂直，小球从M运动到N电场力不做功，即小球从M运动到N时电势能变化量为零，C符合题意；
D．由于电场力变化时，F大小也跟随着改变，所以做功也不能具体确定值，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】对小球进行受力分析，根据力的合成以及共点力平衡得出电场强度的方向及最小值，并得出电势能的变化情况。
11．【答案】（1）用尽可能小的圆圈圈住尽量多的落点
（2）圆心即为平均落点的位置
（3）B
（4）
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）确定砸同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是：用尽可能小的圆圈圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置；
（2）根据动能定律可得：W=mv2
根据平抛规律可得：x=vt，h=gt2
联立可得探究动能定理的关系式：W=，
根据表达式可知为了探究动能定理，并测量当地的重力加速度还需测量的量为小钢球的质量m，故答案为：B．
（3）由解析（2）可知探究动能定理的关系式为：W=．
（4）根据图象形状可知，W与横轴表示的物理量成正比例，又因为表达式为W=，所以图象的横坐标表示x2．
【分析】（1）确定小球平均落地点的方法是用尽可能小的圆圈圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置；
（2）根据动能定理以及平抛运动的规律得出合力做功的表达式，从而得出需要测量的物理量；
（3）根据（2）中的表达式得出探究动能定理的关系式；
（4）根据图像以及合力做功的表达式得出该图像横轴代表的物理量。
12．【答案】（1）200
（2）B
（3）不合理，倍率偏大，应换×1倍率重新调零后再测量。
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】(1)欧姆表表盘示数为20.0，倍率为10，则最后读数为：20.0×10=200Ω，
(2)根据串并联电路的特点可知，将滑片逐渐滑动到最左端而不做其他变动，电路的电阻减小，则移动过程中读数减小，B符合题意；
故答案为：B。
(3)不合理，读数为24Ω时采用×10时指针太偏右，倍率偏大，应换×1倍率重新调零后再测量。
【分析】（1）根据欧姆表盘的读数原理 得出电阻的大小；
（2）利用串并联电路的特点得出滑片移动过程中欧姆表读数的变化情况；
（3）根据欧姆表指针的偏转情况得出倍率的大小，从而进行再次调零测量。
13．【答案】（1）解：金属杆cd受力平衡：F安=μmg
根据电磁感应定律，金属杆ab上产生的感应电动势为：E感=BLv
根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab的电流：I=，F安=BIL
由以上四式可得：v=10m/s
（2）解：金属杆ab受力平衡，受拉力：F=F安＋μmg
根据功率公式：P=Fv
解得：P=20W
（3）解：对杆ab，由动量定理有：(F－μmg)t－BILt=mv－0
即：(F－μmg)t－BLq=mv
解得：q=5C
【知识点】共点力平衡条件的应用；动量定理；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）根据共点力平衡以及法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出ab杆沿导轨运动的最大速度；
（2）利用共点力平衡以及瞬时功率的表达式得出拉力的最大功率 ；
（3） 对杆ab，由动量定理得出通过ab棒的电荷量 。
14．【答案】（1）解：运动员在竖直方向做自由落体运动，有：，
运动员在水平方向上做匀速直线运动，有：，
解得：
（2）解：运动员落到点前瞬间：，
运动员落到点后沿斜面向下运动，其初速度：
对运动员从点沿斜面运动到最后停止的过程，由功能关系可知：解得：
【知识点】功能关系；平抛运动
【解析】【分析】（1）将运动员的运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动，结合水平和竖直方向的运动得出初速度的大小以及AO之间的距离；
（2）根据速度的分解以及功能关系得出运动员在水平雪道上滑行的距离。
15．【答案】（1）解：以封闭的气体为研究对象，初态气体体积
压强为
由于水银总体积保持不变，设水银全部进入细管水银长度为 ，则
末状态气体
从初状态到末状态。由理想气体状态方程，有
代入数据解得
（2）解：气体温度达到533K时，设水银上端距粗玻璃管底部的距离为H，则
气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）结合气体初末状态的温度、压强和体积，利用理想气体物态方程求解末状态气体的温度。
（2）气体做等压变化，结合气体初状态和末状态的体积和温度，利用盖—吕萨克定律列方程求解末状态的温度即可。
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