2023届新疆高考模拟物理试卷（五）（含答案）
文档属性
| 名称 | 2023届新疆高考模拟物理试卷（五）（含答案） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 637.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2023-01-30 00:00:00 | ||
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文档简介
新疆高考模拟卷·物理试题卷（五）
一、选择题
1．下列说法正确的是（ ）
A．牛顿利用斜面研究自由落体运动时，使用了“外推”的方法，即当斜面的倾角为90°时，物体在斜面上的运动就变成了自由落体运动
B．运动的合成与分解是研究曲线运动的一般方法，该方法不适用于研究匀速圆周运动
C．物理模型在物理学的研究中起了重要作用，其中“质点”、“点电荷”和“轻弹簧”都是理想化模型
D．库仑利用扭秤装置研究电荷间相互作用力的大小跟电荷量和距离的关系时，采用了理想实验法
2．四个质点做直线运动，它们的速度图象分别如图所示，在2s末不能回到出发点的是（ ）
A． B． C． D．
3．关于动量、冲量，下列说法正确的是（ ）
A．物体动量越大，表明它受到的冲量越大
B．物体受到合外力的冲量等于它的动量的变化量
C．物体的速度大小没有变化，则它受到的冲量大小等于零
D．物体动量的方向就是它受到的冲量的方向
4．如图，在赤道平面内，绕地球做圆周运动的人造卫星a、b质量相同，某时刻两卫星与地心恰好在同一直线上，则（ ）
A．a所需要的向心力较大 B．a、b所需的向心力一样大 C．b绕地球运行的角速度较大 D．a、b绕地球运行的角速度一样大
5．如图所示为某一电场的电场线和等势面。已知φa=5V，φc=3V，ab=bc，则（ ）
A．φb=4V
B．φb＜4V
C．φb＞4V
D．上述情况都有可能
6．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列做法中正确的是（ ）
A．增大偏转磁场的磁感应强度 B．增大加速电场的电场强度
C．增大D形金属盒的半径 D．减小狭缝间的距离
7．在如图所示的电路中，闭合开关K后，当滑动变阻器R1的滑动片P向b端移动时（ ）
A．A1的示数增大，V的示数减小
B．A1的示数减小，A2的示数增大
C．A2的示数增大，V的示数增大
D．A1的示数增大，A2的示数增大
8．如图所示，竖直放置的弹簧，小球从弹簧正上方某一高处落下，从球接触弹簧到弹簧被压缩到最大的过程中，关于小球运动的下述说法中正确的是（ ）
A．小球的机械能不断减小 B．小球的机械能不断增大
C．弹簧的弹性势能不断增大 D．弹簧的弹性势能不断减小
二、非选择题
9．如图是做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中打点计时器打出 的纸带．纸带上面每打一点的时间间隔是 0.02s，且每两个记数点间还有四个计 时点未画出．已知记数点之间的距离：S1=1.2cm，S2=2.4cm，S3=3.6cm，S4=4.8cm．
则：①记数点 3 对应的小车速度v3=_____________ m/s；
②小车运动的加速度a=_____________m/s2；
③记数点 0 对应的小车速度v0=_____________m/s．
10．小宇同学利用图示器材探究电路规律：
（1）断开开关S，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆挡，此时读数为20Ω，此时测得的是____________的阻值；
（2）将旋转开关指向直流电流挡，闭合开关S，将滑片从最左端缓慢移动到最右端，发现该过程中读数最大为320mA，则移动过程中读数变化情况是( )
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先减小后增大
D．先增大后减小
（3）将旋转开关指向直流电压挡，闭合开关S后移动滑动头，发现该过程中电表读数最大为1.2V，结合前两问条件可知，该电源电动势为________V．（结果保留两位小数）
11．航拍仪是目前比较普遍的一种拍摄仪器,如图,在一次拍摄中,航拍仪从地面由静止启动,获得竖直向上、大小恒定的升力F,开始匀加速起飞,运动t=8s后,到达h=32m的高度,此时航拍仪突然出现故障而失去动力,在到达最高点时动力系统恰好恢复。已知航拍仪的质量 m=2kg,航拍仪在运动过程中受到Ff=12N的空气阻力,假设航拍仪在运动过程中始终保持水平,（重力加速度g=10m/s2），求：
（1）航拍仪匀加速起飞的加速度大小；
（2）航拍仪匀加速起飞时升力的大小；
（3）航拍仪动力系统恢复时所在的高度H。
12．截面积为0.2m2的100匝圆形线圈A处在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，如图所示，磁感应强度正按＝0.02T/s的规律均匀减小，开始时S未闭合．R1＝4Ω，R2=6Ω，C=30 F，线圈内阻不计．求：
（1）S闭合后，通过R2的电流大小；
（2）S闭合后一段时间又断开，则S切断后通过R2的电量是多少？
13．下列有关热现象分析与判断正确的是（ ）
A．布朗运动是由于液体分子对固定小颗粒的撞击引起的，固定小颗粒的体积越大，液体分子对它的撞击越多，布朗运动就越显著
B．在墙壁与外界无热传递的封闭房间里，夏天为了降低温度，同时打开电冰箱和电风扇，两电器工作较长时间后，房子内的气温将会增加
C．温度升高，单位时间里从液体表面飞出的分子数越多，液体继续蒸发，饱和气压强增大
D．一定质量的理想气体经历等温压缩过程时，气体压强增大，从分子动理论观点来分析，这是因为单位时间内，器壁单位面积上分子碰撞的次数增多
E．在一个大气压下，的水吸收热量变为的水蒸气，在这个过程中，水蒸气的内能＋水的内能＋水变成水蒸气体积膨胀对外界做的功
14．如图所示，竖直放置的汽缸，活塞横截面积为S=0.01m2，可在汽缸内无摩擦滑动。汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，汽缸内封闭了一段高为80 cm的气柱（U形管内的气体体积不计）。此时缸内气体温度为7℃，U形管内水银面高度差h1=5 cm。已知大气压强p0=1.0×105 Pa，水银的密度ρ=13.6×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求活塞的质量m；
(2)若对汽缸缓慢加热的同时，在活塞上缓慢添加沙粒，可保持活塞的高度不变。当缸内气体温度升高到37 ℃时，求U形管内水银面的高度差为多少。
15．如图甲所示的弹簧振子（以O点为平衡位置在B、C间振动），取水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移的正方向，得到如图乙所示的振动曲线，由曲线所给的信息可知，下列说法正确的是（ ）
A．t=0时，振子处在B位置
B．振子运动的周期为4 s
C．t=4 s时振子对平衡位置的位移为10 cm
D．t=2.5 s时振子对平衡位置的位移为5 cm
E．如果振子的质量为0.5 kg，弹簧的劲度系数为20 N/cm，则振子的最大加速度大小为400 m/s2
16．如图所示为一透明的圆柱体的横截面，其半径为R，透明圆柱体的折射率为n，AB是一条直径。今有一束平行光沿平行AB方向射向圆柱体。求：经透明圆柱体折射后，恰能经过B点的入射光线的入射点到AB的垂直距离。
1．C
【详解】
A．伽利略利用斜面研究自由落体运动时，使用了“外推”的方法，即当斜面的倾角为90°时，物体在斜面上的运动就变成了自由落体运动，故A错误；
B．运动的合成与分解是研究曲线运动的一般方法，该方法也同样适用于研究匀速圆周运动，故B错误；
C．物理模型在物理学的研究中起了重要作用，其中“质点”、“点电荷”和“轻弹簧”都是忽略次要因素，突出关键因素的理想化模型，故C正确；
D．库仑利用扭秤装置研究电荷间相互作用力的大小跟电荷量和距离的关系时，研究一个变量与多个变量之间的关系时，应用了控制变量法，故D错误。
故选C。
2．C
【详解】
A．质点先朝负方向做匀减速直线运动，再朝正方向做匀加速直线运动，图象与时间轴所围的面积表示位移，可知2s内的总位移为0，2s末回到出发点，A错误；
B．质点先朝正方向做匀速直线运动，再朝负方向做匀速直线运动，2s内的总位移为0，2s末回到出发点，B错误；
C．质点在2s内均朝正方向运动，2s内的总位移大于0，2s末不能回到出发点，C正确；
D．质点先朝正方向做匀减速直线运动，再朝负方向做匀加速直线运动，可知2s内的总位移为0，2s末回到出发点，D错误。
故选C。
3．B
【详解】
AB．据动量定理，物体受到合外力的冲量为动量的变化量，物体的动量大，但是如果动量不变，则所受的冲量为零，则选项A错误，B正确；
C．物体的速度大小没有变化，方向可能变化，它受到的冲量大小不一定等于零，C错误；
D．冲量的方向是动量变化量的方向，不一定是动量的方向，选项D错误。
故选B。
4．A
【详解】
AB．卫星运动由万有引力提供圆周运动向心力，由于两卫星质量相同，根据
可知，轨道半径小的a卫星所需向心力较大，A正确，B错误；
CD．根据
可知，轨道半径大的b星的角速度小，CD错误。
故选A。
【点睛】
掌握万有引力提供圆周运动向心力，能熟练根据半径质量关系分析描述圆周运动物理量的关系是正确解题的基础。
5．B
【详解】
由图可得，ab段电场线比bc段电场线密，所以ab段场强较大，根据公式U=Ed可知，a、b间电势差Uab大于b、c间电势差Ubc，可得
得到
故选B。
6．AC
【详解】
粒子在回旋加速器中的最大半径为D形盒的半径，根据洛伦兹力提供向心力有
故最大动能为
由此可知，当增大磁感应强度、增大D形金属盒的半径均可以增大最大动能，而与加速电场的电场强度、狭缝间的距离无关。
故选AC。
7．AD
【详解】
试题分析：当滑动变阻器的滑动片P向b端移动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，电路总电阻减小，电路总电流增大，所以A1的示数增大，路端电压减小，即V的示数减小，两端的电压减小，故通过的电流减小，而总电流是增大的，所以通过的电流增大，即A2的示数增大，故AD正确；
考点：考查了电路动态分析
8．AC
【详解】
AB．从球接触弹簧到弹簧被压缩到最大的过程中，小球克服弹簧的弹力做功，小球的机械能不断减小，A正确，B错误；
CD．小球与弹簧组成的系统机械能守恒，小球的机械能不断减小，弹簧的机械能不断增大，C正确，D错误。
故选AC。
9． 0.42 1.2 0.06
【详解】
试题分析：纸带上面每打一点的时间间隔是0．02s，且每两个记数点间还有四个计时点未画出，那么纸带上的两个点的实际时间间隔是：T=0．02×5=0．1s．根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度：，根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小为： , 及，代入数据解得：．
由速度与时间公式： ，代入数据解得：．
考点：探究小车速度随时间变化的规律
【名师点睛】本题主要考查了探究小车速度随时间变化的规律．根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小．
10． 滑动变阻器 A 1.48
【详解】
（1）当断开电键S，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆挡，由图可知，此时欧姆挡测量滑动变阻器总电阻．
（2）将旋转开关指向直流电流挡，闭合电键S，将滑片从最左端缓慢移动到最右端的过程中，变阻器滑片两侧的电阻并联，总电阻先增大后减小，则总电流先减小后增大．滑片从最右端移至中点的过程中，变阻器并联电阻增大，并联电压增大，而滑片右侧电阻减小，所以直流电流挡的读数增大．滑片从中点移至最右端的过程中，电路的总电流增大，通过变阻器左侧电阻的电流减小，所以直流电流挡的读数增大，故A正确．
（3）将旋转开关指向直流电流挡，闭合电键S时，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得： E=Imax（R1+r）=0.32（R1+r）
将旋转开关指向直流电压挡，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得： 联立以上可解得：.
11．（1）1m/s2；（2）34N；（3）34m
【详解】
(1)根据位移时间公式可知得
(2)根据牛顿第二定律可知
解得
(3)失去动力时的速度
失去动力后，根据牛顿第二定律求得加速度大小为
继续上升的高度为
航拍仪动力系统恢复时所在的高度
12．（1）0.04A （2）7.2×10-6C
【详解】
试题分析：线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小．再由闭合电路的殴姆定律可求出电流，从而得出电阻两端电压，最终确定电量．
（1）磁感应强度变化率的大小为，B逐渐减弱
故感应电动势为
感应电流为
（2）两端的电压为
则电量为
13．BCD
【详解】
A．布朗运动是由于液体分子对小颗粒的撞击引起的，小颗粒的体积越大，液体分子对它的撞击越多，不平衡性越不明显，布朗运动就越不显著，故A错误；
B．在墙壁与外界无热传递的封闭房间里，同时打开电冰箱和电风扇，两电器工作较长时间后，因为消耗了电能，故，与外界无热交换，故，根据热力学第一定律可得
则房间内的气体内能增加，所以气温将升高，故B正确；
C．温度升高，液体分子的平均动能增大，单位时间里从液体表面飞出的分子数增多，原来的动态平衡要被破坏，液体就要继续蒸发，饱和气的密度增大，分子运动的平均动能也变大，所以饱和气压增大，故C正确；
D．一定质量的理想气体经历等温压缩过程时，气体压强增大，从分子动理论观点来分析，这是因为单位时间内器壁单位面积上分子碰撞的次数增多了，故D正确；
E．温度不变则分子平均动能不变，100℃的水变成同温度的水蒸气的过程要吸收热量，平均动能不变，内能增加。由于要对外做功，根据热力学第一定律可知，吸收的热量等于对外界做的功和物体内能的增加量，所以等于水蒸气和水的内能的增量加上水变成水蒸气体积膨胀对外界做的功，故E错误。
故选BCD。
14．(1)6.8 kg；(2)13.4 cm
【详解】
(1)对活塞有
p0S+mg=p1S
由题意，可知
p1=p0+ρgh1
解得
m=ρh1S
代入数值得
m=6.8 kg
(2)活塞位置不变，汽缸内气体做等容变化，当缸内气体温度升高到37℃时，设U形管内水银面的高度差h2
由
代入数据解得
15．ABE
【详解】
A．由乙图振动曲线可知t=0时，振子的位移为负向最大，又因为水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移的正方向，这说明振子处于B位置，故A正确；
B．由图乙可知振子振动周期为4s，故B正确；
C．由图看出，t=4 s时振子对平衡位置的位移为-10cm，故C错误；
D．由于振子做的是变加速直线运动，不是匀速直线运动，所以t=2.5s时振子对平衡位置的位移不是5cm，故D错误；
E．由题可知，k=20N/cm=2000N/m，振幅A=10cm=0.1m．振子的最大加速度在最大位移处，由弹簧受力和牛顿第二定律可得最大加速度大小为
故E正确。
故选ABE。
16．
【详解】
设光线P经折射后经过B点，光路图如图所示
由折射定律有
又由几何关系有
α = 2β
解得
，
由几何关系，离AB直线的距离
的光线经折射后能到达B点。
一、选择题
1．下列说法正确的是（ ）
A．牛顿利用斜面研究自由落体运动时，使用了“外推”的方法，即当斜面的倾角为90°时，物体在斜面上的运动就变成了自由落体运动
B．运动的合成与分解是研究曲线运动的一般方法，该方法不适用于研究匀速圆周运动
C．物理模型在物理学的研究中起了重要作用，其中“质点”、“点电荷”和“轻弹簧”都是理想化模型
D．库仑利用扭秤装置研究电荷间相互作用力的大小跟电荷量和距离的关系时，采用了理想实验法
2．四个质点做直线运动，它们的速度图象分别如图所示，在2s末不能回到出发点的是（ ）
A． B． C． D．
3．关于动量、冲量，下列说法正确的是（ ）
A．物体动量越大，表明它受到的冲量越大
B．物体受到合外力的冲量等于它的动量的变化量
C．物体的速度大小没有变化，则它受到的冲量大小等于零
D．物体动量的方向就是它受到的冲量的方向
4．如图，在赤道平面内，绕地球做圆周运动的人造卫星a、b质量相同，某时刻两卫星与地心恰好在同一直线上，则（ ）
A．a所需要的向心力较大 B．a、b所需的向心力一样大 C．b绕地球运行的角速度较大 D．a、b绕地球运行的角速度一样大
5．如图所示为某一电场的电场线和等势面。已知φa=5V，φc=3V，ab=bc，则（ ）
A．φb=4V
B．φb＜4V
C．φb＞4V
D．上述情况都有可能
6．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列做法中正确的是（ ）
A．增大偏转磁场的磁感应强度 B．增大加速电场的电场强度
C．增大D形金属盒的半径 D．减小狭缝间的距离
7．在如图所示的电路中，闭合开关K后，当滑动变阻器R1的滑动片P向b端移动时（ ）
A．A1的示数增大，V的示数减小
B．A1的示数减小，A2的示数增大
C．A2的示数增大，V的示数增大
D．A1的示数增大，A2的示数增大
8．如图所示，竖直放置的弹簧，小球从弹簧正上方某一高处落下，从球接触弹簧到弹簧被压缩到最大的过程中，关于小球运动的下述说法中正确的是（ ）
A．小球的机械能不断减小 B．小球的机械能不断增大
C．弹簧的弹性势能不断增大 D．弹簧的弹性势能不断减小
二、非选择题
9．如图是做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中打点计时器打出 的纸带．纸带上面每打一点的时间间隔是 0.02s，且每两个记数点间还有四个计 时点未画出．已知记数点之间的距离：S1=1.2cm，S2=2.4cm，S3=3.6cm，S4=4.8cm．
则：①记数点 3 对应的小车速度v3=_____________ m/s；
②小车运动的加速度a=_____________m/s2；
③记数点 0 对应的小车速度v0=_____________m/s．
10．小宇同学利用图示器材探究电路规律：
（1）断开开关S，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆挡，此时读数为20Ω，此时测得的是____________的阻值；
（2）将旋转开关指向直流电流挡，闭合开关S，将滑片从最左端缓慢移动到最右端，发现该过程中读数最大为320mA，则移动过程中读数变化情况是( )
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先减小后增大
D．先增大后减小
（3）将旋转开关指向直流电压挡，闭合开关S后移动滑动头，发现该过程中电表读数最大为1.2V，结合前两问条件可知，该电源电动势为________V．（结果保留两位小数）
11．航拍仪是目前比较普遍的一种拍摄仪器,如图,在一次拍摄中,航拍仪从地面由静止启动,获得竖直向上、大小恒定的升力F,开始匀加速起飞,运动t=8s后,到达h=32m的高度,此时航拍仪突然出现故障而失去动力,在到达最高点时动力系统恰好恢复。已知航拍仪的质量 m=2kg,航拍仪在运动过程中受到Ff=12N的空气阻力,假设航拍仪在运动过程中始终保持水平,（重力加速度g=10m/s2），求：
（1）航拍仪匀加速起飞的加速度大小；
（2）航拍仪匀加速起飞时升力的大小；
（3）航拍仪动力系统恢复时所在的高度H。
12．截面积为0.2m2的100匝圆形线圈A处在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，如图所示，磁感应强度正按＝0.02T/s的规律均匀减小，开始时S未闭合．R1＝4Ω，R2=6Ω，C=30 F，线圈内阻不计．求：
（1）S闭合后，通过R2的电流大小；
（2）S闭合后一段时间又断开，则S切断后通过R2的电量是多少？
13．下列有关热现象分析与判断正确的是（ ）
A．布朗运动是由于液体分子对固定小颗粒的撞击引起的，固定小颗粒的体积越大，液体分子对它的撞击越多，布朗运动就越显著
B．在墙壁与外界无热传递的封闭房间里，夏天为了降低温度，同时打开电冰箱和电风扇，两电器工作较长时间后，房子内的气温将会增加
C．温度升高，单位时间里从液体表面飞出的分子数越多，液体继续蒸发，饱和气压强增大
D．一定质量的理想气体经历等温压缩过程时，气体压强增大，从分子动理论观点来分析，这是因为单位时间内，器壁单位面积上分子碰撞的次数增多
E．在一个大气压下，的水吸收热量变为的水蒸气，在这个过程中，水蒸气的内能＋水的内能＋水变成水蒸气体积膨胀对外界做的功
14．如图所示，竖直放置的汽缸，活塞横截面积为S=0.01m2，可在汽缸内无摩擦滑动。汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，汽缸内封闭了一段高为80 cm的气柱（U形管内的气体体积不计）。此时缸内气体温度为7℃，U形管内水银面高度差h1=5 cm。已知大气压强p0=1.0×105 Pa，水银的密度ρ=13.6×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求活塞的质量m；
(2)若对汽缸缓慢加热的同时，在活塞上缓慢添加沙粒，可保持活塞的高度不变。当缸内气体温度升高到37 ℃时，求U形管内水银面的高度差为多少。
15．如图甲所示的弹簧振子（以O点为平衡位置在B、C间振动），取水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移的正方向，得到如图乙所示的振动曲线，由曲线所给的信息可知，下列说法正确的是（ ）
A．t=0时，振子处在B位置
B．振子运动的周期为4 s
C．t=4 s时振子对平衡位置的位移为10 cm
D．t=2.5 s时振子对平衡位置的位移为5 cm
E．如果振子的质量为0.5 kg，弹簧的劲度系数为20 N/cm，则振子的最大加速度大小为400 m/s2
16．如图所示为一透明的圆柱体的横截面，其半径为R，透明圆柱体的折射率为n，AB是一条直径。今有一束平行光沿平行AB方向射向圆柱体。求：经透明圆柱体折射后，恰能经过B点的入射光线的入射点到AB的垂直距离。
1．C
【详解】
A．伽利略利用斜面研究自由落体运动时，使用了“外推”的方法，即当斜面的倾角为90°时，物体在斜面上的运动就变成了自由落体运动，故A错误；
B．运动的合成与分解是研究曲线运动的一般方法，该方法也同样适用于研究匀速圆周运动，故B错误；
C．物理模型在物理学的研究中起了重要作用，其中“质点”、“点电荷”和“轻弹簧”都是忽略次要因素，突出关键因素的理想化模型，故C正确；
D．库仑利用扭秤装置研究电荷间相互作用力的大小跟电荷量和距离的关系时，研究一个变量与多个变量之间的关系时，应用了控制变量法，故D错误。
故选C。
2．C
【详解】
A．质点先朝负方向做匀减速直线运动，再朝正方向做匀加速直线运动，图象与时间轴所围的面积表示位移，可知2s内的总位移为0，2s末回到出发点，A错误；
B．质点先朝正方向做匀速直线运动，再朝负方向做匀速直线运动，2s内的总位移为0，2s末回到出发点，B错误；
C．质点在2s内均朝正方向运动，2s内的总位移大于0，2s末不能回到出发点，C正确；
D．质点先朝正方向做匀减速直线运动，再朝负方向做匀加速直线运动，可知2s内的总位移为0，2s末回到出发点，D错误。
故选C。
3．B
【详解】
AB．据动量定理，物体受到合外力的冲量为动量的变化量，物体的动量大，但是如果动量不变，则所受的冲量为零，则选项A错误，B正确；
C．物体的速度大小没有变化，方向可能变化，它受到的冲量大小不一定等于零，C错误；
D．冲量的方向是动量变化量的方向，不一定是动量的方向，选项D错误。
故选B。
4．A
【详解】
AB．卫星运动由万有引力提供圆周运动向心力，由于两卫星质量相同，根据
可知，轨道半径小的a卫星所需向心力较大，A正确，B错误；
CD．根据
可知，轨道半径大的b星的角速度小，CD错误。
故选A。
【点睛】
掌握万有引力提供圆周运动向心力，能熟练根据半径质量关系分析描述圆周运动物理量的关系是正确解题的基础。
5．B
【详解】
由图可得，ab段电场线比bc段电场线密，所以ab段场强较大，根据公式U=Ed可知，a、b间电势差Uab大于b、c间电势差Ubc，可得
得到
故选B。
6．AC
【详解】
粒子在回旋加速器中的最大半径为D形盒的半径，根据洛伦兹力提供向心力有
故最大动能为
由此可知，当增大磁感应强度、增大D形金属盒的半径均可以增大最大动能，而与加速电场的电场强度、狭缝间的距离无关。
故选AC。
7．AD
【详解】
试题分析：当滑动变阻器的滑动片P向b端移动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，电路总电阻减小，电路总电流增大，所以A1的示数增大，路端电压减小，即V的示数减小，两端的电压减小，故通过的电流减小，而总电流是增大的，所以通过的电流增大，即A2的示数增大，故AD正确；
考点：考查了电路动态分析
8．AC
【详解】
AB．从球接触弹簧到弹簧被压缩到最大的过程中，小球克服弹簧的弹力做功，小球的机械能不断减小，A正确，B错误；
CD．小球与弹簧组成的系统机械能守恒，小球的机械能不断减小，弹簧的机械能不断增大，C正确，D错误。
故选AC。
9． 0.42 1.2 0.06
【详解】
试题分析：纸带上面每打一点的时间间隔是0．02s，且每两个记数点间还有四个计时点未画出，那么纸带上的两个点的实际时间间隔是：T=0．02×5=0．1s．根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度：，根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小为： , 及，代入数据解得：．
由速度与时间公式： ，代入数据解得：．
考点：探究小车速度随时间变化的规律
【名师点睛】本题主要考查了探究小车速度随时间变化的规律．根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小．
10． 滑动变阻器 A 1.48
【详解】
（1）当断开电键S，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆挡，由图可知，此时欧姆挡测量滑动变阻器总电阻．
（2）将旋转开关指向直流电流挡，闭合电键S，将滑片从最左端缓慢移动到最右端的过程中，变阻器滑片两侧的电阻并联，总电阻先增大后减小，则总电流先减小后增大．滑片从最右端移至中点的过程中，变阻器并联电阻增大，并联电压增大，而滑片右侧电阻减小，所以直流电流挡的读数增大．滑片从中点移至最右端的过程中，电路的总电流增大，通过变阻器左侧电阻的电流减小，所以直流电流挡的读数增大，故A正确．
（3）将旋转开关指向直流电流挡，闭合电键S时，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得： E=Imax（R1+r）=0.32（R1+r）
将旋转开关指向直流电压挡，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得： 联立以上可解得：.
11．（1）1m/s2；（2）34N；（3）34m
【详解】
(1)根据位移时间公式可知得
(2)根据牛顿第二定律可知
解得
(3)失去动力时的速度
失去动力后，根据牛顿第二定律求得加速度大小为
继续上升的高度为
航拍仪动力系统恢复时所在的高度
12．（1）0.04A （2）7.2×10-6C
【详解】
试题分析：线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小．再由闭合电路的殴姆定律可求出电流，从而得出电阻两端电压，最终确定电量．
（1）磁感应强度变化率的大小为，B逐渐减弱
故感应电动势为
感应电流为
（2）两端的电压为
则电量为
13．BCD
【详解】
A．布朗运动是由于液体分子对小颗粒的撞击引起的，小颗粒的体积越大，液体分子对它的撞击越多，不平衡性越不明显，布朗运动就越不显著，故A错误；
B．在墙壁与外界无热传递的封闭房间里，同时打开电冰箱和电风扇，两电器工作较长时间后，因为消耗了电能，故，与外界无热交换，故，根据热力学第一定律可得
则房间内的气体内能增加，所以气温将升高，故B正确；
C．温度升高，液体分子的平均动能增大，单位时间里从液体表面飞出的分子数增多，原来的动态平衡要被破坏，液体就要继续蒸发，饱和气的密度增大，分子运动的平均动能也变大，所以饱和气压增大，故C正确；
D．一定质量的理想气体经历等温压缩过程时，气体压强增大，从分子动理论观点来分析，这是因为单位时间内器壁单位面积上分子碰撞的次数增多了，故D正确；
E．温度不变则分子平均动能不变，100℃的水变成同温度的水蒸气的过程要吸收热量，平均动能不变，内能增加。由于要对外做功，根据热力学第一定律可知，吸收的热量等于对外界做的功和物体内能的增加量，所以等于水蒸气和水的内能的增量加上水变成水蒸气体积膨胀对外界做的功，故E错误。
故选BCD。
14．(1)6.8 kg；(2)13.4 cm
【详解】
(1)对活塞有
p0S+mg=p1S
由题意，可知
p1=p0+ρgh1
解得
m=ρh1S
代入数值得
m=6.8 kg
(2)活塞位置不变，汽缸内气体做等容变化，当缸内气体温度升高到37℃时，设U形管内水银面的高度差h2
由
代入数据解得
15．ABE
【详解】
A．由乙图振动曲线可知t=0时，振子的位移为负向最大，又因为水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移的正方向，这说明振子处于B位置，故A正确；
B．由图乙可知振子振动周期为4s，故B正确；
C．由图看出，t=4 s时振子对平衡位置的位移为-10cm，故C错误；
D．由于振子做的是变加速直线运动，不是匀速直线运动，所以t=2.5s时振子对平衡位置的位移不是5cm，故D错误；
E．由题可知，k=20N/cm=2000N/m，振幅A=10cm=0.1m．振子的最大加速度在最大位移处，由弹簧受力和牛顿第二定律可得最大加速度大小为
故E正确。
故选ABE。
16．
【详解】
设光线P经折射后经过B点，光路图如图所示
由折射定律有
又由几何关系有
α = 2β
解得
，
由几何关系，离AB直线的距离
的光线经折射后能到达B点。
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